Departamento de Matemática. MAT 140 (Cálculo I) /II Exercícios Resolvidos e Comentados - Otimização e Integração. Universidade Federal de Viçosa

Transcrição

1 Universidade Federal de Viçosa Departamento de Matemática MAT 4 (Cálculo I) - 7/II Exercícios Resolvidos e Comentados - Otimização e Integração. Nos item a seguir, faça o que lhe é solicitado: (a) Determine a área da região limitada por C : x + y = 4 e C : x + y = 4x. Resolução: Determinemos quais são as curvas. Já sabemos qu + y = 4 descreve uma circunferência de raio e centro na origem, dado que a equação geral de uma circunferência com centro em (x, y ) e raio R é: (x x ) + (y y ) = R. Vejamos a outra curva: x + y = 4x x 4x + y = x 4x y = 4 (x ) + y = A outra curva é uma circunferência de raio e centro em (, ). A situação está representada na gura a seguir: Figura : Duas circunferências e a região limitadas por elas. Para determinarmos a área hachurada precisaremos primeiro determinar os pontos P e Q de interseção entre as circunferências. Eles são determinados igualando as equações: y = 4 x = 4x x 4 = 4x x = y = ± 3 Logo P = (, 3) e Q = (, 3). Para x [, ] a área é delimitada por C e para x [, ] é delimitada por C. Note que, ao todo,temos quatro equações: C+ : y = + 4 x ; C : y = 4 x ; C+ : y = + 4x x e C : y = 4x x. A área que queremos calcular será, então, dada por: A = 4 (x ) dx + 4 x dx Onde o fator dois aparece pois as integrais resultam na área apenas para os valore de y maiores que zero. Por simetria, a área para y menor que zero é a mesma, então basta multiplicarmos por dois. Basicamente, precisamos ser capazes de resolver a seguinte integral: a u du

2 Vamos assumir, sem perda de generalidade, a >. Como estamos[ trabalhando com funções reais, u ( a, a). Fazendo a mudança de variáveis u = a sin θ com θ π, π ], temos du = a cos θdθ. a a u du a a sin θa cos θdθ = a ( sin θ)a cos θdθ = cos θa cos θdθ = a cos θ a cos θdθ = a cos θdθ Lembrando o fato importante que v = v e não somente v. No intervalo θ cos θ >, assim cos θ = cos θ. [ π, π ], o a cos θdθ = a cos θdθ = a ( ) + cos θ a dθ = a (θ + sin θ cos θ) + C = a Usamos as propriedades trigonométricas: cos θ = + cos θ sin θ = sin θ cos θ sin θ + cos θ = dθ + a cos θdθ = a ( ) θ + sin θ sin θ + C (θ + ) sin θ + C Voltando agora para a variável original: ( a u du = a arcsin u a + u ) ( u ) + C = a a a arcsin u a + u a u + C Voltemos agora para o nosso problema. Fazendo a mudança de variáveis u = x (dx = du) na primeira integral, temos: A = 4 u du + 4 x dx = 4 u du + 4 x dx Fazendo outra mudança de variável, v = u (dv = du) e, como a variável de integração é muda, podemos tomar x = v na segunda integral, o que não altera em nada seu resultado: A = 4 v dv + 4 v dv = 4 4 v dv Comparando com a integral que resolvemos anteriormente, tomando a = : A = 4 [ 4 v dv = 4 arcsin v + v ] 4 v = 8π 3 3

3 (c) Determine a área da região limitada pelo gráco de f(x) = x x + 3, a tangente ao gráco no ponto (, 5) e o eixo Y. Resolução: Primeiramente determinemos a equação da reta tangente à f no ponto (, 5). Para determinarmos a equação da reta, precisamos conhecer sua inclinação m, pois assim a equação será dada por: y y = m(x x ), onde (x, y ) é um ponto conhecido pertencente à reta. Uma vez que a reta é tangente à f sabemos que sua inclinação é dada por f (x) = x ; f () = 6, portanto a equação da reta será: y ( 5) = 6(x ) y = 6x + 7. Já f(x) pode ser reescrita de uma forma mais conveniente: f(x) = x x + 3 = 3 (x + x) = 3 (x + x + ) = 4 (x + x + ) = 4 (x + ) Nesta forma, se torna mais fácil identicar f como sendo uma parábola com concavidade voltada para baixo, raízes e 3; e cujo vértice é o ponto (, 4). A situação proposta pelo problema está esboçada na gura a seguir: Figura : Área entre parábola, reta e o eixo Y. Estando sempre a reta acima da parábola, na região de interesse, a área pedida será dada por: [ ] x [( 6x + 7) ( x x + 3)]dx = (x 3 4x + 4)dx = 3 x + 4x = 8 3 (e) Duas circunferências concêntricas de raios r = e r = 6 são cortadas pelo gráco de y = x. Determine a área de uma das regiões formadas. Resolução: Note que y = x é uma parábola. As equações das circunferências são C : x + y = e C : x + y = 6. A gura 3 ilustra a situação. Precisamos determinar os pontos P, Q, T e U de interseção entre as circunferências e a parábola. * C e a parábola: x + y = e y = x, logo x + x = x + x = x + x + 4 = + ( 4 x + ) = 9 4 x + = ±3 Assim temos x = ou x =, mas como temos qu = y >, camos com x = y = ±. 3

4 Figura 3: Área entre dois círculos e uma parábola * C e a parábola: x + y = 6 e y = x, logo x + x = 6 x + x = 6 x + x + 4 = 6 + ( 4 x + ) = 5 4 x + = ±5 Assim temos x = ou x = 3, mas como temos qu = y >, camos com x = y = ±. Concluímos então que: P = (, ), Q = (, ), T = (, ) e U = (, ). Note que do segmento de reta P Q até o segmento RS, área é delimitada pela circunferência C e pela parábola; do segmento RS até o T U a área é delimitada apenas pela parábola e de T U em diante, apenas pela circunferência C. Sendo assim, a área que queremos calcular é dada por: [ A = ( x ] 6 x )dx + xdx + 6 x dx O fator aparece por estarmos considerando apenas os valores de y positivos de cada equação, pois: x = y y = ± x; x + y = y = ± x + y = 6 y = ± 6 x. O sinal de menos na primeira integral pode parecer indicar o contrário, mas lembre-se que quando calcula-se a área numa determinada por duas funções f e g, tais que f > g para todo x na região de interesse, então a área é dada pela integral [ A = xdx + xdx b a [f(x) g(x)]dx. Voltando à integral: ] 6 x dx + 6 x dx [ ] 6 A = xdx x dx + 6 x dx Retomando à integral que zemos no item. (a), obtemos: [ ] [ A = 3 x 3 arcsin x + x ] [ x + 3 arcsin x + x ] 6 6 x 6 A = 3 ( ) + 5π 6 6 arcsin 3 4

5 (g) Determine m de tal forma que a área da região acima da reta y = mx e abaixo da parábola y = x x seja 36. Resolução: Vamos reescrever a equação da parábola de uma forma mais adequada: y = x x = (x x) = (x x + ) = (x x + ) = (x ) Portanto é uma parábola com concavidade voltada para baixo, com raízes e ; e com vértice no ponto (, ). A reta y = mx é uma reta que passa pela origem. A gura 4 ilustra a situação proposta pelo problema. Figura 4: Área entre uma reta e uma parábola Determinemos o ponto P de interseção entre a reta e a parábola: y = x x = mx x + (m )x = x[x + (m )] = x = ou x = m Uma vez qu = y = é a origem, o ponto P é P = ( m, m m ). A área hachurada, cujo valor sabemos ser 36, é dada por: A = 36 = m [(x x ) mx]dx = m [ x [ x 3 + ( m)x]dx = 3 + ( m)x ] m 36 = ( m)3 ( m)3 3 = ( m)3 6 ( m) 3 = 6 3 Uma vez que estamos trabalhando com funções reais, devemos ter m = 4. (i) Determinar a área da região limitada pela curva x /5 + y /5 = a /5, a >. Resolução: Lembre-se z n/m = m z n. A gura 5 é um esboço da curva e da região delimitada por ela. Note que as variáveis x e y estão restritas ao intervalo [ a, a]. Pela gura 5 e pela própria equação da curva, observamos uma simetria em relação aos eixos x e y, isto é, em relação a uma mudança do tipo x x ou y y. x /5 + y /5 = a /5 y /5 = a /5 x /5 5 y = a /5 x /5 y = (a /5 x /5 ) 5 y = ±(a /5 x /5 ) 5/ Desta forma, podemos calcular a área de apenas uma das 4 partes, pois as outras terão o mesmo valor. Vamos utilizar a região y > > : 5

6 Figura 5: Área delimitada pela curva x /5 + y /5 = a /5 A = 4 a ( 5 a 5 x ) 5/ dx Fazendo a mudança de variáveis x = au dx = adu; x = a u = = u = : A = 4 a ( 5 a 5 x ) 5/ dx = 4a ( 5 a 5 (au) ) 5/ du = 4a [ 5 a ( 5 u )] 5/ du A = 4a ( 5 u ) 5/ du Agora, façamos a mudança de variáveis u = sin 5 θ com θ [, π ], logo du = 5 sin 4 θ cos θdθ; u = θ = ; u = θ = π. Temos também que ( 5 u ) 5/ [ 5 (sin 5 θ) ] 5/ = [ (sin 5 θ) /5 ] 5/ = [ sin θ] 5/ = (cos θ) 5/ = ( cos θ) 5/ = cos θ 5 = cos 5 θ [ Na última passagem, usamos o fato que no intervalo θ, π ] o cos θ >. Aplicando todos esses resultados na substituição da integral, obtemos: A = 4a ( 5 u ) 5/ du = 4a π (cos 5 θ)5 sin 4 θ cos θdθ = a π sin 4 θ cos 6 θdθ A = a π (sin θ) (cos 3 θ) dθ = a π ( cos θ) (cos 3 θ) dθ = a π (cos 3 θ cos 5 θ) dθ A = a π (cos 6 θ cos 8 θ + cos θ)dθ Vamos agora, resolver essa integral: 6

7 ( ) 3 + cos θ cos 6 θ = (cos θ) 3 = = 8 ( + 3 cos θ + 3 cos θ + cos 3 θ) ( ) 4 + cos θ cos 8 θ = (cos θ) 4 = = 6 ( + 4 cos θ + 6 cos θ + 4 cos 3 θ + cos 4 θ) ( ) 5 + cos θ cos θ = (cos θ) 5 = = 3 (+5 cos θ+ cos θ+ cos 3 θ+5 cos 4 θ+cos 5 θ) Logo, Mas, cos 6 θ cos 8 θ + cos θ = 3 ( + cos θ cos θ cos 3 θ + cos 4 θ + cos 5 θ) cos θ = + cos 4θ Então, Por m, Assim, ( ) + cos 4θ cos 4 θ = (cos θ) = = 4 ( + cos 4θ + cos 4θ) cos 6 θ cos 8 θ + cos θ = 3 cos 4θ = + cos 8θ cos 6 θ cos 8 θ + cos θ = 3 Calculemos as integrais necessária, uma a uma: 3 3θ dθ = C cos θdθ = sin θ + C cos 4θdθ = sin 4θ + C 8 ( 4 + cos θ cos 4θ + ) 4 cos 4θ cos 3 θ + cos 5 θ ( cos θ cos 4θ + ) 8 cos 8θ cos3 θ + cos 5 θ 8 cos 8θdθ = sin 8θ + C 64 cos 3 θdθ = cos θ cos θdθ = cos 5 θdθ = ( sin θ) cos θdθ = sin θ + 3 sin3 θ + C cos 4 θ cos θdθ = (cos θ) cos θdθ = ( sin θ) cos θdθ 7

8 = ( sin θ + sin 4 θ) cos θdθ = sin θ 3 sin3 θ + sin5 θ + C Onde nas duas últimas integrais, utilizamos o método de substituição simples, fazendo u = sin θ. Somando todos estes resultados, temos: A = a π (cos 6 θ cos 8 θ+cos θ)dθ = a 3. Resolva os seguintes problemas: [ 3θ 8 8 sin 4θ + 64 sin 8θ + ] π/ sin5 θ = 5π 8 a (b) Determinar a área do retângulo máximo, com base no eixo dos X e vértices superiores sobre a parábola y = x. Resolução: A situação pedida está ilustrada na gura a seguir: Figura 6: Retângulo inscrito na parábola A área do retângulo que desejamos maximizar é dada por: A = xy = x( x ) com x [, ]. Os candidatos a máximos locais no intervalo x (, ) são aqueles pontos onde a derivada primeira de A(x) se anula, ou seja da(x) dx = d dx (4x x3 ) = 4 6x = 6x = 4 x = 4 x = ± Uma vez que estamos restritos ao valores d >, caso contrário a área seria "negativa", o que não faz sentido, tomaremos o candidato a máximo como sendo x =. Para ser um máximo local no intervalo considerado, a derivada segunda neste ponto deve ser negativa. De fato, d A(x) dx ( ) d A(x) = x dx x= = 4 < Logo, x = é o máximo local no intervalo x (, ), o que resulta numa área A() = 3u.a. (unidades de área). Para garantirmos que este é um máximo global no intervalo fechado [, ], temos que checar os pontos de fronteira x = =. Mas A() = A( ) = < A() = 3, portanto a área máxima é, de fato, 3u.a.. 8

9 (d) Uma reta passando por (, ) corta o eixo dos X em A = (a, ) e o eixo dos Y em B = (, b). Determine o triângulo AOB de área mínima para a e b positivos. Resolução: Uma reta que passa pelos pontos P = (x, y ) e Q = (x, y ) deve ter como inclinação m = y y x x. No presente caso, fazendo P = A e Q = B temos m = b < para a > e b >. Uma vez que a a reta deve passar pelo ponto (, ) e a equação da reta de inclinação m que passa por um ponto (x, y ) é dada por y y = m(x x ), temos que a equação da reta será y = b (x ). a Abaixo uma ilustração do problema: Figura 7: Triângulo AOB A área do triângulo é A = ab, mas pela equação da reta temos que b = a a, portanto A(a) = a. Note que esta expressão só faz sentido para a > ( b > ), do contrário teríamos uma a área negativa. Queremos minimizar A(a) com a (, ). Os candidatos a mínimos são tais que da(a) da da(a) da = =, ou seja, a(a ) a = a a a(a ) = (a ) (a ) (a ) = a = ou a = Como a (, ), devemos escolher apenas a =. Vamos analisar o sinal da derivada segunda para este valor de a. d A(a) = (a )(a ) (a a)(a ) = (a )3 a(a )(a ) da (a ) 4 (a ) 4 ( ) d A(a) da a= = > Logo a = ( b = 4) é de fato o mínimo e este é global, pois da da < quando < a < e da > quando a >. Assim o triângulo AOB de área mínima é denido pelos pontos A = (, ), da B = (, 4) e O = (, ). 9

10 (f) Determine o ponto da curva y = ( x) situado a menor distância da origem. Resolução: Primeiramente, reescreveremos a equação da curva de uma forma mais conveniente: y = ( x) y = x x = y x = y ( x ) Nesta forma, ca mais fácil reconhecer a curva como sendo uma parábola que toca o eixo x no ponto (, ) e o eixo y nos pontos (, ± ). Abaixo uma gura da mesma: Figura 8: Parábola x = y A distância de um ponto qualquer (x, y) até um ponto xo dado P = (x, y ) é : d = (x x ) + (y y Portanto a distância de um ponto da curva até a origem (, ) é: d(x) = x + y = x + ( x). Queremos minimizar a função d(x) = x + ( x), para isto basta minimizarmos f(x) = x + ( x) = + (x ) com x. df(x) dx = (x ) = x = d f(x) dx ( ) d f(x) = x dx x= = > Portando, da derivada primeira vericamos qu = era um candidato a mínimo e pela derivada segunda conrmamos ser um mínimo local. Para x = ( y = ) temos que d() =. Qu = é um mínimo global podemos provar, pois (x ) > ; x > + (x ) > d(x) = + (x ) > = d(); x > Assim, o ponto da curva y = ( x) mais próximo da origem é o ponto (, ).

11 (h) Deseja-se construir uma piscina de forma cilíndrica com volume igual a 5π m 3. Determine os valores do raio r e da profundidade h (altura), de modo que a piscina possa ser construída com a menor quantidade de material possível. Resolução: O volume do cilindro é: V = πr h = 5π, logo r h = 5. Para minimizarmos a quantidade de material a ser utilizado, devemos minimizar a área da piscina: A(r) = πr + πrh = πr + 5π, com r (, ). r Figura 9: Área da piscina cilíndrica da(r) dr = πr 5π r = πr = 5π r r 3 = 5 r = 5 d A(r) dr = π + 5π r 3 ( ) d A(r) dr r=5 = 6π > Portanto r = 5 é o único mínimo local de A(r), sendo A(5) = 75u.a.. Note que da(r) dr r < 5 e da(r) > se r > 5, portanto r = 5 é mínimo global. dr Assim as dimensões da piscina devem ser: r = 5 e h = 5. < se (j) A taxa aeróbica de uma pessoa com x anos de idade é dada por T (x) = (ln(x) ), x sendo x. Em que idade a pessoa tem capacidade aeróbica máxima. Resolução: Procuremos por extremos locais: dt (x) dx = (/x)x (ln(x) ) x = [3 ln(x)] x = ln(x) = 3 x = e 3

12 d T (x) = (/x)x + [3 ln(x)]x = dx x ( 4 d T (x) )x=e3 = e3 = < dx e e 9 Logo x = e 3 é máximo local. Note que x = e 3 é máximo global. 3. Resolva as seguintes integrais: dt (x) dx x + [3 ln(x)]x x 4 > s < e 3 e dt (x) dx < s > e 3, portanto. ax + b px + q dx ( ) ax + b a px px + q dx = dx + p px + q = = ax p a p ( ) px + q aq dx px + q p + bp aq p ln px + q + C bp px + q + p b a px + q dx = p px + q dx = a p ( px + q q px + q dx + Onde na última integral, utilizamos a substituição simples u = px + q. ) dx + bp aq p b px + q dx px + q dx 3. sec (x) a + b tan(x) dx Fazendo u = a + b tan(x), temos du = b sec (x)dx sec (x) a + b tan(x) dx = b b sec (x) a + b tan(x) dx = b u du = b ln u + C = ln a + b tan(x) + C b 5. x n ln(x)dx Usemos o método de integração por partes, tomando u = ln(x) e dv = x n dx com n, então du = xn+ dx e v =. Pelo método de integração por parte, temos udv = uv vdu, então: x n + x n ln(x)dx = xn+ x n+ n + ln(x) xn+ dx = n + x n + ln(x) x n dx n + [ = xn+ n + ln(x) xn+ (n + ) + C = xn+ ln(x) ] + C n + n + Agora se n =, temos ln(x) x dx = (ln(x)) + C Onde usamos o método de substituição simples tomando u = ln(x).

13 7. a + b dx Tomando u = a + b, então du = b dx temos: a + be dx = b x b a + be dx = x b u du = b ln u + C = b ln a + bex + C 9. x arctan (x)dx Usando o método de integração por partes, tomemos u = arctan (x) e dv = xdx, então du = arctan(x) dx + x e v = x. Logo, x arctan (x)dx = x x arctan(x) arctan (x) dx = x x + x arctan (x) arctan(x) + x dx Usemos integração por partes mais uma vez, tomando u = arctan(x) e dv = du = dx e vamos determinar v: + x v = dv = x + + x + x dx = dx = + x + x dx + x dx, então + x dx = x arctan(x) Assim, x arctan(x) dx = (arctan(x))(x arctan(x)) (x arctan(x)) + x + x dx = x arctan(x) arctan x arctan(x) (x) + x dx + dx + x = x arctan(x) arctan (x) ln + x + arctan (x) + C Onde nas duas últimas integrais utilizamos substituição simples. Para a primeira basta tomar u = + x e para a segunda tome u = arctan(x). Somando todos estes resultados temos: ( x arctan (x)dx = x arctan (x) x arctan(x) arctan (x) ln + x + ) arctan (x) +C = ( + x ) arctan (x) + ln( + x ) x arctan(x) + C Lembrando, como + x > para qualquer x real, então + x = + x. e ( x) 6 + dx dx = ( ) (3)( ) dx = ( 3) + 4 dx = 4 ( ex 3 ) + dx 3

14 Tomando u = ex 3, temos que du = ex dx então: 4 ( ex 3) + dx = + u du = arctan(u) + C = 3 arctan(ex ) + C ln(ax) ln(abx) dx sin( x)dx Tomando u = x, temos dw = x dx = dx = dx wdw = dx. Então, x w sin( x)dx = w sin(w)dw Agora, usando integrações por partes tome u = w e dv = sin(w), então du = dw e v = cos(w), logo w sin(w)dw = w cos(w) + cos(w)dw = w cos(w) + sin(w) + C Portanto, sin( x)dx = x cos( x) + sin( x) + C 7. arccos(x)dx Usemos integração por parte. Tome u = arccos(x) e dv = dx, então du = portanto arccos(x)dx = x arccos(x) x dx = x arccos(x) + x + C x dx e v = x, x Na última integração, utilizamos substituição simples fazendo u = x. 9. sin 5 (ax)dx sin 5 (ax)dx = sin 4 (ax) sin(ax)dx = (sin (ax)) sin(ax)dx = ( cos (ax)) sin(ax)dx = ( cos (ax)+cos 4 (ax)) sin(ax)dx = sin(ax)dx cos (ax) sin(ax)dx+ cos 4 (ax) sin(ax)dx = a cos(ax) + 3a cos3 (ax) 5a cos5 (ax) + C As duas últimas integrais podem ser resolvidas por substituição simples, tomando u = cos(ax). 4

15 . sin(mx) cos(nx)dx Note que sin[(m ± n)x] = sin(mx) cos(nx) ± sin(nx) cos(mx),então sin(mx) cos(nx) = sin[(m + n)x + sin[(m n)x]. Assim, sin[(m + n)xdx + sin[(m n)x]dx sin(mx) cos(nx)dx = { cos[(m + n)x] + (m + n) } cos[(m n)x] + C (m n) Este resultado só é válido caso m ±n. Se m = ±n, então sin(mx) cos(nx)dx = sin(±nx) cos(nx)dx = ± sin(nx) cos(nx)dx = ± n sin (nx) + C A última integral pode ser resolvida através da substituição simples u = sin(nx). 3. cos(ln(x))dx Usando integração por partes, seja u = cos(ln(x)) e dv = dx, então du = sin(ln(x)) dx e v = x. x Assim, cos(ln(x))dx = x cos(ln(x)) + sin(ln(x))dx Agora, fazendo u = sin(ln(x)) e dv = dx na última integral, teremos du = cos(ln(x)) dx e v = x. x Logo, cos(ln(x))dx = x cos(ln(x)) + x sin(ln(x)) int cos(ln(x))dx Portanto, cos(ln(x))dx = [x cos(ln(x)) + x sin(ln(x))] + C 5. ( + 5) 3 dx ( + 5) dx = 3 = 4 ( + + 4) dx = 3 (/) ( ) 3 dx + ( ex ) Seja u = ex, então du = (/) dx. Assim, (/) ( ) 4 3 dx = + ( ex ) 4 ( + u ) 3 5 ( ( ) + 4) 3 dx = 8 du ( ) 3 dx ( ex ) +

16 Tomando u = tan θ, temos du = sec θdθ e + u = + tan θ = sec θ ( + u ) 3 = (sec θ) 3 = sec 3 θ. Logo du = sec θ 4 ( + u ) 3 4 sec 3 θ dθ = 4 sec θ dθ = cos θdθ = 4 4 sin θ + C = u 4 + C + u Por m, Figura : Denição u = tan θ ( + 5) dx = 3 4 (/) ( ) 3 dx = + ( ex ) e x C 7. x 3 (a x b ) dx Vamos assumir, sem perda de generalidade, b >. Tom = b a sec θ, então dx = b sec θ tan θdθ e a (a x b ) = [b (sec θ )] = [b tan θ] = b tan θ = b tan θ. Assim x 3 (a x b ) b 3 dx = a 3 sec3 θb tan θ b b5 sec θ tan θdθ = sec 4 θ tan θdθ a a 4 = b5 sec θ tan θ sec θdθ = b5 ( + tan θ) tan θ sec θdθ = b5 (tan θ + tan 4 θ) sec θdθ a 4 a 4 a 4 [ = b5 a 4 3 tan3 θ + ] [ ( ) 3 5 tan5 θ + C = b5 a x b + ( ) 5 ] a x b + C a 4 3 b 5 b [ ] = (a x b ) 3 3a x + b + C 5a 4 Figura : Denição x = b a sec θ cos θ = b ax A última integral foi resolvida utilizando substituição simples u = tan θ. 6

17 9. x 3 e x 3 dx Usaremos integrações por partes sucessivamente. du = 3x dx e v = 3e x 3. Então x 3 e x 3 dx = 3x 3 e x x e x 3 dx Primeiro, seja u = x 3 e dv = e x 3 dx, então Tomando agora u = x, então du = xdx. Usaremos o mesmo dv de antes. [ ] x 3 e x 3 dx = 3x 3 e x x e x xe x 3 dx = 3x 3 e x 3 7x e x xe x 3 dx Fazendo agora u = x, então du = dx. Novamente usaremos o mesmo dv. [ ] x 3 e x 3 dx = 3x 3 e x 3 7x e x xe x e x 3 dx = 3x 3 e x 3 7x e x 3 6xe x e x 3 dx = (3x 3 + 7x + 6x + 486)e x 3 + C 3. x 8 + x 6 dx x 8 + x = 6 x 6 ( + x ) = Ax5 + Bx 4 + Cx 3 + Dx + Ex + F + E x + F x 6 + x Temos que determinar os coecientes. Para isto, basta somarmos as frações parciais e compararmos com o lado esquerdo: x 8 + x = (A + E )x 7 + (B + F )x 6 + (A + C)x 5 + (B + D)x 4 + (C + E)x 3 + (D + F )x + Ex + F 6 x 6 ( + x ) Comparando ambos os lados vemos que E = e F =, o que determina todas as outras constantes, a saber: C = E = A = e B = D = F =. Logo Portanto, x 8 + x = x4 x + 6 x 6 + x = x x + 4 x 6 + x x 8 + x 6 = ( x x + 4 x ) dx = 6 + x x + 3x 3 5x arctan x + C x 4 dx x 4 = (x )(x + ) = Ax + B x + Cx + D x + x 4 = (A + C)x3 + (B + D)x + (A C)x + (B D) x 4 7

18 Comparando, temos: A + C =, B + D =, A C =, B D =. x 4 dx = B = D =. Assim, x dx x + dx = x dx Logo A = C = e + x dx = arctanh x arctan x+c (x + ) 35. (x + ) dx (x + ) (x (x + ) dx = + x x + ) (x + ) dx = (x + ) (x + ) dx (x + )e = x dx (x + ) dx + (x + ) dx = x (x + ) dx = dx (x + )e x dx dx (x + ) (x + ) dx + (x + ) dx Note que, por integração por partes, fazendo u = x + dx e dv = ex dx ( v = e dv = dx), temos que ( + x) ex dx = (x + ) x + + dx (x + ) (x + ) dx + ex dx = (x + ) x + Logo, (x + ) (x + ) dx = ex ex x + + C = ex ( ) x + C x tan 4 x sec 3 xdx tan 4 x sec 3 xdx = (tan x) sec 3 xdx = = (sec 7 x sec 5 x + sec 3 x)dx Vamos resolver as integrais uma a uma: sec 7 xdx = sec 5 x sec xdx (sec x ) sec 3 xdx = (sec 4 x sec x+) sec 3 xdx Fazendo u = sec 5 x e dv = sec xdx, então du = 5 sec 5 x tan xdx e v = tan x. Por integraçao por partes, sec 7 xdx = tan x sec 5 x 5 sec 5 x tan xdx = tan x sec 5 x 5 sec 5 x(sec x )dx sec 7 xdx = tan x sec 5 x 5 sec 7 xdx = 6 tan x sec5 x sec 7 xdx+5 sec 5 xdx sec 5 xdx 6 sec 7 xdx = tan x sec 5 x+5 sec 5 xdx 8

19 A próxima integral que precisaremos é: sec 5 xdx = sec 3 x sec xdx Fazendo u = sec 3 x e dv = sec xdx, então du = 3 sec 3 x tan xdx e v = tan x. Por integraçao por partes, sec 5 xdx = tan x sec 3 x 3 sec 3 x tan xdx = tan x sec 3 x 3 sec 3 x(sec x )dx sec 5 xdx = tan x sec 3 x 3 sec 5 xdx = 4 tan x sec3 x sec 5 xdx+3 sec 3 xdx sec 3 xdx 4 sec 5 xdx = tan x sec 5 +3 sec 3 xdx Por m, precisaremos determinar a integral sec 3 xdx = sec x sec xdx Fazendo u = sec x e dv = sec xdx, então du = sec x tan xdx e v = tan x. Por integraçao por partes, sec 3 xdx = tan x sec x sec x tan xdx = tan x sec x sec x(sec x )dx sec 3 xdx = tan x sec x sec 3 xdx+ sec 3 xdx = tan x sec x+ln sec x+tan x +C sec xdx = tan x sec x sec 3 xdx+ln sec x+tan x +C sec 3 xdx = tan x sec x+ ln sec x+tan x +C Voltando agora à integral original e usando os resultados que obtivemos, tan 4 x sec 3 xdx = (sec 7 x sec 5 x+sec 3 x)dx = 6 tan x sec5 x+ 5 sec 5 xdx 6 sec 5 xdx+ sec 3 xdx = 6 tan x sec5 x 7 sec 5 xdx+ sec 3 xdx = 6 6 tan x sec5 x 7 [ 6 4 tan x sec3 x + 3 ] sec 3 xdx + 4 = 6 tan x sec5 x 7 4 tan x sec3 x 7 sec 3 xdx+ sec 3 xdx = 8 6 tan x sec5 x 7 4 tan x sec3 x+ 8 = 6 tan x sec5 x 7 4 tan x sec3 x + [ 8 tan x sec x + ] ln sec x + tan x + C ( = tan x 6 sec5 x 7 4 sec3 x + ) 6 sec x + ln sec x + tan x + C 6 sec 3 xdx sec 3 xdx 39. sec x dx (4 tan x) 3 Fazendo a substituição u = tan x, então du = sec xdx. Logo, sec x dx = du (4 tan x) 3 (4 u ) 3 9

20 Figura : Denição u = sin θ Fazendo agora a substituição u = sin θ, então du = cos θdθ e (4 u ) 3 = (4 4 sin θ) 3 = 8(cos θ) 3 = 8 cos 3 θ. Logo, cos θ du = (4 u ) 3 8 cos 3 θ dθ = sec θdθ = 4 4 tan θ + C = u 4 + C 4 u Voltando para a variável original sec x dx = tan x (4 tan x) tan x + C