Capítulo 9

9.3 A soma associada dá, usando a fórmula sugerida,

Mas $\lim_{n\to\infty}\frac{e^{1/n}-1}{1/n}=\lim_{t\to 0^{+}}\frac{e^{t}-1}{t}=1$. Logo, $\text{\'{a}rea}(R)=e-1$. 9.5 (1) $I(x)=0$ se $x\leq\frac{1}{2}$, $I(x)=(x-\frac{1}{2})$ se $x>\frac{1}{2}$ (2) $I(x)=-\frac{x^{2}}{2}+x$ (3) $I(x)=x^{2}-x$. 9.6 (1) $-2x+C$ (2) $\frac{x^{2}}{2}+C$ (3) $\frac{x^{3}}{3}+C$ (4) $\frac{x^{n+1}}{n+1}+C$ (5) $\tfrac{2}{3}(1+x)^{3/2}+C$ (6) $\operatorname{sen}x+C$ (7) $-\cos x+C$ (8) $\frac{1}{2}\operatorname{sen}(2x)+C$ (9) $e^{x}+C$ (10) $x+e^{-x}+C$ (11) $\tfrac{1}{2}e^{2x}+C$ (12) $-\tfrac{3}{2}e^{-x^{2}}+C$ (13) $2\sqrt{x}+C$ (14) $\ln x+C$ (15) $\arctan x+C$ (16) Com $-1<x<1$, $\operatorname{arcsen}x+C$ 9.8 Como $\tfrac{x^{2}}{2}-x$ é primitiva de $f(x)=x-1$, temos $\int_{0}^{2}(x-1)\,dx=(\tfrac{x^{2}}{2}-x)|_{0}^{2}=0$. Esse resultado pode ser interpretando decompondo a integral em duas partes: $\int_{0}^{2}f(x)\,dx=\int_{0}^{1}f(x)\,dx+\int_{1}^{2}f(x)\,dx$. Esboçando o gráfico de $f(x)$ entre $0$ e $2$,

Vemos que a primeira parte $\int_{0}^{1}f(x)\,dx=-\tfrac{1}{2}$ é a contribuição do intervalo em que $f$ é negativa, e é exatamente compensada pela contribuição da parte positiva $\int_{1}^{2}f(x)\,dx=+\tfrac{1}{2}$. 9.9 Não, a conta não está certa. É porqué a função $\frac{1}{x^{2}}$ não é contínua (nem definida) em $0$, ora $0$ pertence ao intervalo de integração. Logo, o Teorema Fundamental não se aplica. No entanto, será possível dar um sentido a $\int_{-1}^{2}\frac{1}{x^{2}}\,dx$, usando integrais impróprias. 9.10 (1) $5$, (2) $\frac{16}{3}$, (3) $\frac{1}{3}$, (4) $1$. (5) $\tfrac{125}{6}$. 9.11

Observe que expressando a área com uma integral com respeito a $x$,

Essa integral requer a primitiva de $\ln x$, o que não sabemos (ainda) fazer. 9.12 Consideremos $f_{\alpha}$ para diferentes valores de $\alpha$:

A área debaixo do gráfico de $f_{\alpha}$ é dada pela integral

Um simples estudo de $\alpha\mapsto I_{\alpha}$ mostra que o seu máximo é atingido em $\alpha=1$. 9.13 Como $I_{n}=\frac{n}{n+1}a^{\frac{n+1}{n}}$, temos $\lim_{n\to\infty}I_{n}=a$. Quando $n\to\infty$, o gráfico de $x\mapsto x^{1/n}$ em $\mathbb{R}_{+}$ tende ao gráfico da função constante $f(x)\equiv 1$. Ora, $\int_{0}^{a}f(x)\,dx=a$! 9.14 (1) $-\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+x+C$, (2) $\frac{-1}{2x^{2}}-\frac{\operatorname{sen}(2x)}{2}+C$, (3) $-\frac{1}{7x^{7}}-\frac{5}{x}+C$, (4) $2\tan x+C$. 9.15 (1) $\frac{1}{8}(x+1)^{8}+C$ (Obs: aqui, basta fazer a substituição $u=x+1$. Pode também fazer sem, mas implica desenvolver um polinômio de grau $7$!) (2) $\frac{-1}{2(2x+1)}+C$ (3) $\frac{1}{8(1-4x)^{2}}+C$ (4) $-\frac{1}{2}\cos(x^{2})+C$, (5) $\frac{1}{2}\operatorname{sen}^{2}(x)+C$, ou $-\frac{1}{2}\cos^{2}(x)+C$ (6) $2\operatorname{sen}(\sqrt{x})+C$, (7) $\frac{x}{2}+\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(2x)+C$, (8) $\tfrac{1}{2}\ln(1+x^{2})+C$, (9) $\frac{2}{3}(1+\operatorname{sen}x)^{\frac{3}{2}}+C$ (10) $\int\tan x\,dx=\int\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}\,dx=-\int\frac{(\cos x)^{\prime}}{\cos x}\,dx-\ln|\cos x|+C$. (11) $\tfrac{3}{2}\ln(1+x^{2})+5\arctan x+C$ (12) $\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan(\frac{x+1}{\sqrt{2}})+C$ (13) Com a substituição $u:=e^{x}$, $du=e^{x}dx$, $\int e^{x}\tan(e^{x})dx=\int\tan udu=-\ln|\cos u|+C=-\ln|\cos(e^{x})|+C$. (14) $\frac{1}{2(1+y)^{2}}-\frac{1}{1+y}+C$ (15) $\frac{1}{3}(1+x^{2})^{\frac{3}{2}}+C$ (16) $\frac{-1}{2(1+x^{2})}+C$ (17) $-\frac{1}{3\operatorname{sen}^{3}t}+\frac{1}{\operatorname{sen}t}+C$ (a ideia aqui é escrever $\frac{\cos^{3}t}{\operatorname{sen}^{4}t}=\frac{\cos^{2}t}{\operatorname{sen}^{4}t}\cos t=\frac{1-\operatorname{sen}^{2}t}{\operatorname{sen}^{4}t}\cos t$) (18) $\frac{(\operatorname{sen}x)^{4}}{4}-\frac{(\operatorname{sen}x)^{6}}{6}$ 9.16 (1) Com $u=1-x^{2}$, $du=-2x\,dx$, temos

(2) Completando o quadrado, e fazendo a substituição $u=2x-1$,

(3) Com $u=\ln t$, $\int\frac{\ln x}{x}\,dx=\int u\,du=\tfrac{u^{2}}{2}+C=\tfrac{1}{2}(\ln x)^{2}+C$ (4) Com $u=e^{x}$, $\int e^{e^{x}}e^{x}\,dx=\int e^{u}\,du=e^{u}+C=e^{e^{x}}+C$. (5) $\int\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\,dx=x-2\sqrt{x}+2\ln(1+\sqrt{x})+C$. (6) $\int\tan^{2}x\,dx=\int(1+\tan^{2}x-1)\,dx=\tan x-x+C$. 9.17 (1) $\operatorname{sen}x-x\cos x+C$, (2) $\frac{1}{5}x\operatorname{sen}(5x)+\frac{1}{25}\cos(5x)+C$ (3) Integrando duas vezes por partes:

Portanto $\int x^{2}\cos x\,dx=x^{2}\operatorname{sen}x-2(\operatorname{sen}x-x\cos x)+C$. (4) $(x-1)e^{x}+C$ (5) $-\tfrac{1}{3}e^{-3x}(x^{2}-\tfrac{2}{3}x-\tfrac{2}{9})+C$ (6)

9.18 (1) $\int\arctan xdx=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^{2}}\,dx=x\arctan x-\tfrac{1}{2}\ln(1+x^{2})+C$. (2) $x(\ln x)^{2}-2x(\ln x-1)+C$ (3) $x\operatorname{arcsen}x+\sqrt{1-x^{2}}+C$ (4) $\int x\arctan x\,dx=\frac{1}{2}(x^{2}\arctan x-x+\arctan x)+C$ 9.19 (1) $-\frac{e^{-x}}{2}(\operatorname{sen}x+\cos x)+C$ (2) $\frac{e^{-st}}{1+s^{2}}(\operatorname{sen}t-s\cos t)+C$ (3) $\frac{x}{2}(\operatorname{sen}(\ln x)-\cos(lnx))+C$ 9.20 Chamando $u=\sqrt{x+1}$, temos

Chamando $u=\ln x$, temos $e^{u}\,du=dx$, e

Logo, $\int x(\ln x)^{2}\,dx=\tfrac{1}{2}x^{2}(\ln x)^{2}-\tfrac{1}{2}x^{2}\ln x+\tfrac{1}{4}x^{2}+C$. 9.21 Para ter $\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}+1}$, isto é $1=A(x^{2}+1)+Bx$, $A$ e $B$ devem satisfazer às três condições $A=0$, $B=0$, $A=1$, que obviamente é impossível. 9.22 Para ter $\frac{1}{x(x+1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{(x+1)^{2}}$, isto é $1=A(x+1)^{2}+Bx$, $A$ e $B$ precisariam satisfazer às três condições $A=0$, $2A+B=0$, $A=1$, que obviamente é impossível. 9.23 (1) $\tfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan(\sqrt{2}x)+C$ (2) Como $\frac{x^{5}}{x^{2}+1}=x^{3}-x+\frac{x}{x^{2}+1}$, temos $\int\frac{x^{5}}{x^{2}+1}\,dx=\tfrac{x^{4}}{4}-\tfrac{x^{2}}{2}+\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+C$. (3) $\frac{-1}{x+2}+C$

(4) A decomposição em frações parciais é da forma $\frac{1}{x(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}$. Colocando no mesmo denominador, $A$ e $B$ tem que satisfazer $1=(A+B)x+A$ para todo $x$. Logo, $A=1$ e $B=-1$. Isto é, $\frac{1}{x^{2}+x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$. Logo,

(5) O integrante é da forma $\frac{P(x)}{Q(x)}$, em que o grau de $P$ é menor do que o de $Q$. Além disso, podemos fatorar $x^{3}+x=x(x^{2}+1)$. O polimômio de ordem $2$ tem discriminante negativo. Logo, é irredutível, e podemos tentar uma decomposição da forma

Colocando no mesmo denominador, $A$ $B$ e $C$ tem que satisfazer $1=(A+B)x^{2}+Cx+A$ para todo $x$. Logo, $A=1$, $C=0$, e $B=-A=-1$. Isto é,

Nesta última integral, fizemos $u=x^{2}+1$, $du=2x\,dx$. (6) Como $\Delta=16>0$, podemos procurar fatorar e fazer uma separação em frações parciais,

(7) Como $\Delta=-8<0$, o denominador não se fatora. Completando o quadrado,

(8) Como $\frac{1}{x(x-2)^{2}}=\frac{1}{4x}-\frac{1}{4(x-2)}+\frac{1}{2(x-2)^{2}}$, temos

(9) $\frac{1}{x^{2}(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{C}{x+1}$, com $A=-1$, $B=1$, $C=1$. Logo,

(10) Como $t^{4}+t^{3}=t^{3}(t+1)$, procuramos uma separação da forma

Colocando no mesmo denominador e juntando os termos vemos que $A,B,C,D$ têm que satisfazer

Identificando os coeficientes obtemos $C=1$, $B=-C=-1$, $A=-B=+1$, e $D=-A=-1$. Isso implica

(11)

(12) $\int\frac{x^{2}+1}{x^{3}+x}\,dx=\int\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$ (13) Com $u=x^{4}-1$, $\int\frac{x^{3}}{x^{4}-1}\,dx=\tfrac{1}{4}\ln|x^{4}-1|+C$ (é bem mais simples do que começar uma decomposição em frações parciais…) (14) Começando com uma integração por partes,

e essa última integral se calcula como no Exemplo 9.23. (15) Primeiro, observe que $x^{3}+1$ possui $x=-1$ como raiz. Logo, ele pode ser fatorado como $x^{3}+1=(x+1)(x^{2}-x+1)$. Como $x^{2}-x+1$ tem um discriminante negativo, procuremos uma decomposição da forma

É fácil ver que $A$, $B$ e $C$ satisfazem às três condições $A+B=0$, $-A+B+C=0$, $A+C=1$. Logo, $A=\frac{1}{3}$, $B=-\frac{1}{3}$, $C=\frac{2}{3}$. Escrevendo

Agora,

Juntando,

9.24 Com a dica, e a substituição $u=\operatorname{sen}x$,

Observe que essa última expressão pode ser transformada da seguinte maneira:

9.25 Como $\Delta=4^{2}-4\cdot 13<0$, o polinômio $x^{2}+4x+13$ tem discriminante negativo. Logo, completando o quadrado: $x^{2}+4x+13=(x+2)^{2}-4+13=(x+2)^{2}+9$, e

Com $u=\frac{1}{3}(x+2)$, $x=3u-2$, $3du=dx$,

9.26 (1) $-\cos x+\tfrac{1}{3}\cos^{3}x+C$ (2) Com $u=\operatorname{sen}x$, $\int\cos^{5}x\,dx=\int(1-u^{2})^{2}\,du=\cdots=\operatorname{sen}x-\tfrac{2}{3}\operatorname{sen}^{3}x+\tfrac{1}{5}\operatorname{sen}^{5}x+C$ (3) Escrevemos $\int(\cos x\operatorname{sen}x)^{5}dx=\int\operatorname{sen}^{5}x(1-\operatorname{sen}^{2}x)^{2}\cos xdx$. Com $u=\operatorname{sen}x$ dá

(4) $-\frac{\cos^{1001}x}{1001}+C$ (5) Com $u=\operatorname{sen}t$, $\int(\operatorname{sen}^{2}t\cos t)e^{\operatorname{sen}t}dt=\int u^{2}e^{u}du$. Integrando duas vezes por partes e voltando para a variável $t$,

(6) Com $u=\cos x$, $\int\operatorname{sen}^{3}x\sqrt{\cos x}\,dx=-\int(1-u^{2})\sqrt{u}\,du=-\int(u^{1/2}-u^{5/2})\,du=-\tfrac{2}{3}u^{3/2}+\tfrac{2}{7}u^{7/2}+C=-\tfrac{2}{3}(\cos x)^{3/2}+\tfrac{2}{7}(\cos x)^{7/2}+C$. (7) $\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{2}x\,dx=\int(1-\cos^{2}x)\cos^{2}x\,dx=\int\cos^{2}x\,dx-\int\cos^{4}x\,dx$, e essas duas primitivas já foram calculadas anteriormente. 9.27 (1) $\int\sec^{2}x\,dx=\tan x+C$. (2) $\int\tan^{2}x\,dx=\int(\tan^{2}x+1-1)\,dx=\tan x-x+C$. (3) $\int\tan^{3}x\,dx=\int\tan x(1+\tan^{2}x)\,dx-\int\tan x\,dx=\tfrac{1}{2}\tan^{2}x-\ln|\cos x|+C$. (4) $\int\tan x\sec x\,dx=\sec x+C$. (5) $\int\tan^{4}x\sec^{4}x\,dx=\int\tan^{4}x(\tan^{2}x+1)\sec^{2}x\,dx=\int u^{4}(u^{2}+1)\,du=\tfrac{1}{7}u^{7}+\tfrac{1}{5}u^{5}+C=\tfrac{1}{7}\tan^{7}x+\tfrac{1}{5}\tan^{5}x+C$. (6) $\int\cos^{5}x\tan^{5}x\,dx=\int\operatorname{sen}^{5}x\,dx=\int(1-\cos^{2}x)^{2}\operatorname{sen}x\,dx=-\int(1-u^{2})^{2}\,du=-u+\tfrac{2}{3}u^{3}-\tfrac{1}{5}u^{5}+C=-\cos x+\tfrac{2}{3}\cos^{3}x-\tfrac{1}{5}\cos^{5}x+C$. (7) $\int\sec^{5}x\tan^{3}x\,dx=\int\sec^{4}x(\sec^{2}x-1)(\tan x\sec x)\,dx=\int w^{4}(w^{2}-1)\,dw=\tfrac{1}{7}w^{7}-\tfrac{1}{5}w^{5}+C=\tfrac{1}{7}\sec^{7}x-\tfrac{1}{5}\sec^{5}x+C$. (8) Por partes (lembra que $(\sec\theta)^{\prime}=\tan\theta\sec\theta$):

Logo,

Já calculamos a primitiva de $\sec\theta$ no Exercício 9.24: $\int\sec\theta\,d\theta=\ln\bigl{|}\sec\theta+\tan\theta\bigr{|}+C$. Logo,

9.28 De fato,

9.29 A área é dada por $A=4\int_{0}^{\alpha}\beta\sqrt{1-\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}}\,dx$. Com $x=\alpha\operatorname{sen}\theta$,

Quando $\alpha=\beta=R$, a elipse é um disco de raio $R$, de área $\pi R\cdot R=\pi R^{2}$. 9.30 (1) Sabemos que $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}=\operatorname{arcsen}x+C$, mas isso pode ser verificado de novo fazendo a substituição $x=\operatorname{sen}\theta$: $\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}=\int\frac{1}{\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}\theta}}\cos\theta\,d\theta\int d\theta=\theta+C=\operatorname{arcsen}x+C$. (2) Com $x=\sqrt{10}\operatorname{sen}t$ dá

Uma segunda substituição $u=\cos t$ dá

Para voltar para $x$, observe que $u=\cos t=\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}t}=\sqrt{1-(x/\sqrt{10})^{2}}$. Logo,

(3) Observe que $\sqrt{1-x^{3}}$ não é da forma $\sqrt{a^{2}-b^{2}x^{2}}$! Mas com a substituição $u=1-x^{3}$, $\int\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{3}}}\,dx=-\tfrac{1}{3}\int\frac{du}{\sqrt{u}}=-\tfrac{2}{3}\sqrt{u}+C=-\tfrac{2}{3}\sqrt{1-x^{3}}+C$. (4) Aqui uma simples substituição $u=1-x^{2}$ dá $\int x\sqrt{1-x^{2}}\,dx=-\tfrac{1}{3}(1-x^{2})^{3/2}+C$. (Pode também fazer $x=\operatorname{sen}\theta$, é um pouco mais longo.) (5) Completando o quadrado, $3-2x-x^{2}=4-(x+1)^{2}$. Chamando $x+1=2\operatorname{sen}\theta$,

Voltando para $x$, temos

(6) Com $x=3\operatorname{sen}\theta$ obtemos $\int x^{2}{\sqrt{9-x^{2}}}\,dx=3^{4}\int\operatorname{sen}^{2}\theta\cos^{2}\theta\,d\theta$. 9.31 (1) fazendo $x=\tfrac{1}{2}\tan\theta$ dá

Com $w=\sec\theta$, obtemos $\int(\sec^{2}\theta-1)\sec\theta\tan\theta d\theta=\frac{\sec^{3}\theta}{3}-{\sec\theta}+C$. Mas $\tan\theta=2x$ implica $\sec\theta=\sqrt{\tan^{2}\theta+1}=\sqrt{1+4x^{2}}$. Logo,

Observe que pode também rearranjar um pouco a função e fazer por partes:

dá na mesma! (2) Com $x=\tan\theta$, temos

(3) Aqui não precisa fazer substituição trigonométrica: $u=x^{2}+a^{2}$ dá $\int x\sqrt{x^{2}+a^{2}}\,dx=\tfrac{1}{2}\int\sqrt{u}\,du=\tfrac{1}{3}u^{3/2}+C=\tfrac{1}{3}(x^{2}+a^{2})^{3/2}+C$. (4) Como $x^{2}+2x+2=(x+1)^{2}+1$, a substituição $x+1=\tan\theta$ dá $\int\frac{dx}{\sqrt{x^{2}+2x+2}}=\int\frac{\sec^{2}\theta}{\sec\theta}\,d\theta=\int\sec\theta\,d\theta=\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C=\ln\bigl{|}x+1+\sqrt{x^{2}+2x+2}\bigr{|}+C$. (5) Apesar da função $\frac{1}{(x^{2}+1)^{3}}$ não possuir raizes, façamos a substituição $x=\tan\theta$:

Essa última primitiva já foi calculada em (9.29): $\int\cos^{4}\theta\,d\theta=\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}\theta\cos^{3}\theta+\tfrac{3\theta}{8}+\tfrac{3}{16}\operatorname{sen}(2\theta)+C$. Ora, se $\tan\theta=x$, então $\operatorname{sen}\theta=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$ e $\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$. Logo,

(6) Com $x=2\tan\theta$, $\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}+4}}=\tfrac{1}{4}\int\frac{\cos\theta}{\operatorname{sen}^{2}\theta}\,d\theta=-\frac{1}{4\operatorname{sen}\theta}+C$. Agora observe que $2\tan\theta=x$ implica $\operatorname{sen}\theta=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}$. Logo, $\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}+4}}=-\frac{\sqrt{x^{2}+4}}{4x}+C$. 9.32 Já montamos a integral no Exemplo 10.2, e esta pode ser calculada com os métodos dessa seção: $L=2\int_{0}^{1}\sqrt{1+4x^{2}}\,dx=\frac{\sqrt{5}}{4}+\frac{1}{2}\ln(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2})$. 9.33 (1) Seja $x=\sqrt{3}\sec\theta$. Então $dx=\sqrt{3}\sec\theta\tan\theta$, e

Mas como $\cos\theta=\sqrt{3}/x$, temos (fazer um desenho) $u=\tan\theta=\sqrt{x^{2}-3}/\sqrt{3}$. Logo,

Um outro jeito de calcular essa primitiva é de começar com uma integração por partes:

(2) Com $x=a\sec\theta$, $\int\frac{dx}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\,dx=\int\sec\theta\,d\theta=\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C$. Como $\cos\theta=\frac{a}{x}$,

Logo, $\int\frac{dx}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\,dx=\ln|\tfrac{x}{a}+\tfrac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a}|+C$. (3) Com $x=\sec\theta$, $dx=\sec\theta\tan\theta d\theta$:

Mas $\sec\theta=x$ implica $\tan\theta=\sqrt{x^{2}-1}$. Logo,