integral definido. exercicios resolvidos
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Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
Integral definido. Exercícios resolvidos.
a) Calcular os integrais definidos utilizando a fórmula de Barrow.
Exercício 1. ∫ +1
0
1 dxx .
=
+=
+
+=++=++=++
∫∫∫
1
0
2
31
0
12
11
0
2
11
0
1
0
2
3)1(
12
1)1(
)1()1()1(11xx
xdxxdxdxx
( ) ( )1223
212
3
2)01()11(
3
21
3
2 2
3
2
3
2
31
0
2
3
−⋅=
−⋅=
+−+⋅=+⋅= x .
Exercício 2. ( )∫− +
1
122 1x
dxx.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++⋅=+
+⋅=+
⋅=+
=+ ∫∫∫∫∫
−
−
−−−−
1
1
2221
122
21
122
21
122
21
122
)1(12
1
1
)1(
2
1
1
)(
2
1
1
)(2
1
1xdx
x
xd
x
xd
x
xd
x
dxx
( ) ( )( ) 01)1(
1
11
1
2
1
1
1
2
11
2
1
12
1
2
122
1
12
1
1
12
1
1
122
=
+−−
+⋅−=
+⋅−=+⋅−=
+−+⋅=
−−
−
−
+−
xx
x
Exercício 3. ∫+e
x
dxnxl
1
)1(.
=+=⋅+=⋅+=+∫∫∫∫∫eeeee
nxldnxlnxldnxldnxlx
dxnxl
x
dxnxl
11111
)()()()1()1()1(
( ) ( )2
3
2
11
2
1
21
2
22
1
2
1=+=
−+−=
+= nlenl
nlenlxnl
nxl
e
e.
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Exercício 4. ∫ −
2
0216 x
dx.
=
−
=
=−
=− ∫∫ 4
0
4
2
4416
2
0
2
022
2
02
arcsenarcsenx
arcsenx
dx
x
dx
( )6
06
02
1 ππ =−=−
= arcsenarcsen .
Exercício 5. ∫ ++
1
02 54xx
dx.
O polinómio do denominador não tem raizes reais:
2
44
2
201640542 −±−=−±−=⇒=++ xxx .
Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo.
=+++=
++=
+++=
++ ∫∫∫∫1
022
1
02
1
02
1
02 )2(1
)2(
1)2(14454 x
xd
x
dx
xx
dx
xx
dx
( ) )2()3()20()21()2(1
0arctgarctgarctgarctgxarctg −=+−+=+= .
Exercício 6. ∫2
0
)2(
π
dxxsen .
método1o :
( ) =⋅−=⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ 20
2
0
2
0
2
0
)2(2
1)2()2(
2
1)2(
2
1)2()2(
ππππ
xoscxdxsenxdxsendxxsen
( )( ) ( ) 1112
1)0(
2
1)02(
22
2
1 =−−⋅−=−⋅−=
⋅−
⋅⋅−= oscoscoscosc ππ.
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método2o :
=
⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫∫∫
2
0
22
0
2
0
2
0 22)(2cos2)2(
ππππ
xsensenxdsenxdxxsenxdxxsen
12
0
2
12
2
0
22
2222
2
=
−⋅=
−
⋅= sensen
π
.
Exercício 7. ∫2
6
3
π
πdx
xsen
osxc.
=
⋅−=
+−=⋅==
+−−
∫∫∫2
6
2
2
6
132
6
32
6
3
2
6
3
1
2
1
13
)()()(
)(π
π
π
π
π
π
π
π
π
π xsen
xsenxsendxsen
xsen
senxddx
xsen
osxc
( )2
341
2
1
2
1
1
1
1
2
1
6
1
2
1
2
122
22
=−⋅−=
−⋅−=
−
⋅−=
ππsensen
.
Exercício 8. ( )∫ ⋅−1
0
2 dxex x .
( ) ( ) =⋅−
=⋅⋅−⋅=⋅−⋅=⋅− ∫∫∫∫∫
1
0
1
0
21
0
1
0
1
0
1
0
1
0
22
222 xxxx ex
dxedxxdxedxxdxex
( ) eeee 22
522
2
12
2
0
2
1 0122
−=+−=−⋅−
−= .
Exercício 9. ( )∫ ⋅+8
0
32 dxxx .
( ) =⋅+⋅⋅=⋅+⋅=⋅+ ∫∫∫∫∫8
0
3
18
0
2
18
0
38
0
8
0
3 222 dxxdxxdxxdxxdxxx
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=
⋅+
⋅⋅=
++
+⋅=
++ 8
0
3
48
0
2
3
8
0
13
18
0
12
1
4
3
3
22
13
11
2
12 xx
xx
3
10016
4
3216
3
228
4
38
3
2208
4
308
3
22 3 433
4
3
4
2
3
2
3
=⋅+⋅=⋅+⋅=
−⋅+
−⋅= .
Exercício 10. ∫ ⋅+−2
13
12dx
xx
x.
A função xx
x
+−
3
12 é racional.
ACxxBACxBxAAxxx
CBx
x
A
xx
x
xx
x +++=+++=−⇒+++=
+−=
+− 222
223)(12
1)1(
1212
Obtemos o sistema:
==−=
⇔
−==
=+
.2
,1
,1
,1
,2
,0
C
B
A
A
C
BA
Portanto
=⋅+
++⋅−=⋅
+++−=⋅
+−
∫∫∫∫2
12
2
1
2
12
2
13 1
21
1
2112dx
x
xdx
xdx
x
x
xdx
xx
x
=⋅+
+⋅+
+⋅−=⋅
++
++⋅−= ∫ ∫∫∫∫
2
1
2
122
2
1
2
122
2
1 1
2
1
1
1
2
1
1dx
xdx
x
xdx
xdx
xx
xdx
x
=⋅+
⋅++⋅+
⋅+⋅−= ∫ ∫∫2
1
2
12
22
2
1 1
12)1(
1
1
2
11dx
xxd
xdx
x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )+−⋅+−−=⋅++⋅+−= 252
11221
2
1 2
1
2
1
22
1nlnlnlnlxarctgxnlxnl
( ) .4
228
5
2
1
4222
2
35
2
1122
−⋅+
⋅=
−⋅+⋅−⋅=−⋅+ ππarctgnlarctgnlnlarctgarctg
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b) Calcular os integrais efectuando a substituição de variável.
Exercício 11. ∫ ⋅⋅2
0
2
π
dxxoscsenx .
Fazemos a substituição tsenx = . Então temos:
21 t
dtdxtarcsenxtsenx
−=⇒=⇒= e 222 11 txsenxosc −=−= .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
0)0(0 ==⇒= sentx nfinfi , 122
=
=⇒= ππsentx upsups
Portanto
=⋅−⋅=⋅−⋅=⋅−
⋅−⋅=⋅⋅ ∫∫∫∫1
0
221
0
21
02
22
0
2 )(12
11
1
1)1( tdtdtttdt
tttdxxoscsenx
π
( ) ( ) =
+
−⋅−=−⋅−⋅−=−⋅−⋅−=+
∫∫
1
0
12
121
0
22
12
1
0
22
12
11
2
1)1(1
2
1)1(1
2
1 ttdttdt
( ) ( ) ( ) ( )3
10111
3
11
3
1
2
31
2
12
322
32
1
0
2
32
1
0
2
32
=
−−−⋅−=
−⋅−=
−⋅−= t
t.
Exercício 12. ∫ ⋅+ −
1
0
1dx
ee xx.
Fazemos a substituição te x = . Então temos:
t
dtdxtnlxte x =⇒=⇒= .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
10 0 ==⇒= etx nfinfi , eetx upsups ==⇒= 11 .
Portanto
( ) ==⋅+
=⋅⋅+
=⋅+
=⋅+ ∫∫∫∫ −
eee
xx
xxtarctgdt
tdt
tt
tdx
ee
dxee 1
12
1
1
0
1
0 1
111
11
11
41
π−=−= earctgarctgearctg .
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Exercício 13. ∫ ⋅+⋅4
0
2 9 dxxx .
Fazemos a substituição tx =+ 92 . Então temos:
9999
2
2222
−
⋅=⇒−=⇒=+⇒=+t
dttdxtxtxtx .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
390 ==⇒= nfinfi tx , 5944 2 =+=⇒= upsups tx .
Portanto
3
98
3
3
3
5
3999
335
3
35
3
25
32
24
0
2 =−=
=⋅=⋅
−⋅⋅−=⋅+⋅ ∫∫∫
tdttdt
t
tttdxxx .
Exercício 14. ∫+++
2
03)1(1 xx
dx.
Fazemos a substituição tx =+1 . Então temos:
dttdxtxtxtx ⋅=⇒−=⇒=+⇒=+ 2111 22 . Determinamos os limites de integração para a variável t :
110 ==⇒= nfinfi tx , 3122 =+=⇒= upsups tx .
Portanto
=+⋅⋅=
+⋅=
+++=
+++ ∫∫∫∫3
12
3
13
2
03
2
03 )1(
22
)1(1)1(1 tt
dtt
tt
dtt
xx
dx
xx
dx
( ) ( )643
213221
23
1
3
12
πππ =
−⋅=−⋅=⋅=+
⋅= ∫ arctgarctgtarctgt
dt.
Exercício 15. ∫ ++
2
0 1
π
xoscxsen
dx.
Fazemos a substituição tx
tg =
2. Então temos:
2
2
2 1
1,
1
2
t
txosc
t
tsenx
+−=
+= .
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21
22
22 t
dtdxtarctgxtarctg
xt
xtg
+⋅=⇒⋅=⇒=⇒=
.
Determinamos os limites de integração para a variável t :
0)0(0 ==⇒= tgtx nfinfi , 142
=
=⇒= ππtgtx upsups .
Portanto
=+
=−+++
⋅=+⋅⋅
+−+
++
=++ ∫∫∫∫
1
0
1
022
1
02
2
2
2
2
0 1121
2
1
2
1
1
1
21
1
1 t
dt
ttt
dt
t
dt
t
t
t
txoscxsen
dxπ
( ) ( ) 201111)1(1
1 1
0
1
0
nlnlnltnltdt
=+−+=+=+⋅+
= ∫ .
Exercício 16. ∫ +
4
0 1 x
dx.
Fazemos a substituição tx = . Então temos:
dttdxtxtx ⋅=⇒=⇒= 22 . Determinamos os limites de integração para a variável t :
000 ==⇒= nfinfi tx , 244 ==⇒= upsups tx .
Portanto
=⋅
+−
++⋅=⋅
+−+⋅=
+⋅⋅=
+⋅=
+ ∫∫∫∫∫2
0
2
0
2
0
2
0
4
0 1
1
1
12
1
112
12
1
2
1dt
tt
tdt
t
t
t
dtt
t
dtt
x
dx
( ) ( ) =+⋅−⋅=+⋅+
⋅−⋅= ∫∫2
0
2
0
2
0
2
0
122)1(1
122 tnlttd
tdt
( ) 32401212)02(2 nlnlnl ⋅−=+−+⋅−−⋅= .
Exercício 17. ∫− ++
0
13 11 x
dx.
Fazemos a substituição tx =+3 1 . Então temos:
dttdxtxtxtx ⋅=⇒−=⇒=+⇒=+ 2333 3111 .
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Determinamos os limites de integração para a variável t :
0111 3 =+−=⇒−= nfinfi tx , 1100 3 =+=⇒= upsups tx .
Portanto
=⋅
+−+
+⋅=⋅
+−+⋅=
+⋅=
+=
++ ∫∫∫∫∫−
dtt
t
tdt
t
t
t
dtt
t
dtt
x
dx 1
0
21
0
21
0
21
0
20
13 1
1
1
13
1
113
13
1
3
11
=⋅
−++
⋅=⋅
++−+
+⋅= ∫∫ dtt
tdt
t
tt
t
1
0
1
0
11
13
1
)1)(1(
1
13
( ) ( ) =⋅−
⋅++⋅=⋅−⋅⋅+⋅
+⋅= ∫∫∫
1
0
1
0
21
0
1
0
1
0
1
0
32
313331
13 t
ttnldtdttdt
t
( )2
323)01(3
2
0
2
1301113
22
−⋅=−⋅−
−⋅++−+⋅= nlnlnl .
Exercício 18. ∫ ⋅−
3
0 6dx
x
x.
Fazemos a substituição tx
x =−6
. Então temos:
⇒+
=⇒⋅−=⇒=−
⇒=− 2
2222
1
66
66 t
txtxtxt
x
xt
x
x
( ) ( ) dtt
tdt
t
ttttdt
t
tdx ⋅
+=⋅
+⋅−+=⋅
′
+=
2222
22
2
2
1
12
1
26)1(12
1
6.
Determinamos os limites de integração para a variável t :
00 =⇒= nfinfi tx , 13 =⇒= upsups tx .
Portanto
( ) ( ) ( ) ( ) =+
⋅⋅⋅=+
⋅⋅⋅=⋅+
⋅=⋅+
⋅=⋅− ∫∫∫∫∫
1
022
1
022
1
022
21
022
3
0 1
26
1
26
112
1
12
6 t
dttt
t
dtttdt
t
tdt
t
ttdx
x
x
Na continuação integramos por partes:
dtdUtU == , ;
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( ) ( ) ( ) ( )( )
2
122
22
2
22
2
2222 1
1
12
1
1
)1(
1
)(
1
2,
1
2
t
t
t
td
t
td
t
dttV
t
dttdV
+−=
+−+=
++=
+=
+⋅=
+⋅=
+−
∫∫∫ .
Obtemos
( ) =
+
+−
+−⋅=
++
+−⋅= ∫
1
022
1
02
1
02 01
0
11
16
116 tarctg
t
dt
t
t
2
)2(3
42
16
−⋅=
+−⋅= ππ.
Exercício 19. ∫ +
1
0 1xe
dx.
Fazemos a substituição te x = . Então temos:
t
dtdxtnlxte x =⇒=⇒= .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
10 0 ==⇒= etx nfinfi , eetx upsups ==⇒= 11 .
Portanto
=⋅
⋅+−
⋅++=⋅
⋅+−+=
⋅+=
+ ∫∫∫∫eee
xdt
tt
t
tt
tdt
tt
tt
tt
dt
e
dx
111
1
0 )1()1(
1
)1(
1
)1(1
( ) ( ) =+−=+⋅+
−⋅=⋅
+−= ∫∫∫
eeeee
tnltnltdt
dtt
dttt 11
111
1)1(1
11
)1(
11
( ) ( )1
2)1()2()1(22)1(1
+=+−=+−+=−+−−=
e
enlenlenlenlnlnelnlenlnlnel .
Exercício 20. ∫ +
3
132 )1( x
dx.
Fazemos a substituição ttgx = . Então temos:
tosc
dtdx
2= , ( )
tt
tsent
t
tsen
t
tsenttgx
22
22
2
22
22
cos
1
cos
cos
cos1
cos111 =+=+=
+=+=+ .
Porque xarctgtttgx =⇒= , determinamos os limites de integração para a variável t :
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4)1(1
π==⇒= arctgtx nfinfi , 3
)3(3π==⇒= arctgtx upsups .
Portanto
( ) =⋅==
=
=
+=
+ ∫∫∫∫∫∫3
4
2
33
4 3
23
4
3
23
4
3
2
23
13
2
3
132 1111)1(
π
π
π
π
π
π
π
π tosc
dttosc
tosc
tosc
dt
tosc
tosc
dt
tosc
tosc
dt
x
dx
x
dx
( )2
23
2
2
2
3
433
3
3
4
−=−=
−
==⋅= ∫πππ
π
π
πsensensentdttosc .
c) Calcular os integrais aplicando o método de integração por partes.
Exercício 21. ∫−
1
0
dxxe x .
Fazemos:
dxdUxU =⇒= , xxx edxeVdxedV −−− −==⇒= ∫ .
Portanto
( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) =−+⋅−=+⋅−=−−−⋅= −−−−−−−∫∫∫
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
xxxxxxx eexdxeexdxeexdxxe
( )( ) ( ) ( ) ( )eee
eeeeeex xx 211
1101 01011
0
1
0−=+−−=−−⋅−⋅−=−⋅−= −−−− .
Exercício 22. ∫2
1
0
dxxarcsen .
Fazemos:
( ) dxx
dxxarcsendUxarcsenU21
1
−=′=⇒= ,
xdxVdxdV ==⇒= ∫ .
Portanto
( ) ( ) =−
⋅−⋅=−
−⋅= ∫∫∫2
1
02
2
2
1
0
2
1
02
2
1
0
2
1
0 1
)(
2
1
1 x
xdxarcsenxdx
x
xxarcsenxdxxarcsen
( ) ( ) =−−⋅+⋅=
−−⋅+⋅= ∫∫
2
1
02
2
2
1
0
2
1
02
2
2
1
01
)1(
2
1
1
)(
2
1
x
xdxarcsenx
x
xdxarcsenx
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11
( ) ( ) ( ) ( ) =
+−
−⋅+⋅=−⋅−⋅+⋅=+−
−
∫
2
1
0
12
12
2
1
0
2
1
0
22
122
1
0
12
11
2
1)1(1
2
1 xxarcsenxxdxxarcsenx
( ) ( ) .12
3
121
4
3
62
101
2
1100
2
1
2
12
12
2
12
−+=−+⋅=
−−
−+
⋅−
⋅= ππarcsenarcsen
Exercício 23. ∫⋅3
4
2
π
π xsen
dxx.
Fazemos:
dxdUxU =⇒= , xctgxsen
dxV
xsen
dxdV −==⇒= ∫ 22
.
Portanto
( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅−−⋅−=⋅∫∫∫3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
2)(
π
π
π
π
π
π
π
π
π
πdx
xsen
xoscxctgxdxxctgxctgx
xsen
dxx
( ) ( ) ( ) =+⋅−=+⋅−= ∫ 3
4
3
4
3
4
3
4
)( π
π
π
π
π
π
π
π senxnlxctgxxsen
xsendxctgx
.2
3
2
1
36
)349(
434433
⋅+−=
−
+
⋅−
⋅−= nlsennlsennlctgctgπππππππ
Exercício 24. ∫ ⋅⋅π
0
3 dxsenxx .
Fazemos:
dxxdUxU 23 3=⇒= , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ .
Portanto
( ) ( )+⋅−+⋅−=⋅−⋅−⋅−=⋅⋅ ∫∫ 00)(3 33
0
2
0
3
0
3 oscoscdxxoscxxoscxdxsenxx πππ
ππ
=⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅+ ∫∫ππ
π0
23
0
2 33 dxxoscxdxxoscx
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
12
Integramos por partes:
xdxdUxU 22 =⇒= , xsendxxoscVdxxoscdV ==⇒= ∫ .
Portanto na continuação temos:
( ) =
⋅⋅−⋅⋅+= ∫
ππ
π0
0
23 23 dxxsenxsenxx
( ) =⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+= ∫∫ππ
ππππ0
3
0
223 66)0(0)(3 dxxsenxdxxsenxsensen
Mais uma vez integramos por partes:
dxdUxU =⇒= , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ .
Portanto obtemos:
( ) =
⋅−−⋅−⋅−= ∫
πππ
00
3 )(6 dxxoscxoscx
( ) =⋅⋅−⋅−⋅⋅+= ∫π
πππ0
3 6)0(0)(6 dxxoscoscosc
( ) ( ) πππππππ π6)0()(6666 33
0
3 −=−⋅−−=⋅−−= sensenxsen .
Exercício 25. ∫ ⋅⋅2
0
2
π
dxxosce x .
Fazemos:
dxedUeU xx ⋅⋅=⇒= 22 2 , xsendxxoscVdxxoscdV ==⇒= ∫ .
Portanto
( ) =⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅ ∫∫2
0
220
22
0
2 2
ππ
π
dxxsenexsenedxxosce xxx
=⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅−
⋅−
⋅= ∫∫⋅⋅ 2
0
22
0
20222
22)0(2
π
π
ππ π
dxxseneedxxsenesenesene xx
Mais uma vez integramos por partes:
dxedUeU xx ⋅⋅=⇒= 22 2 , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
13
Na continuação temos:
( ) =
⋅−⋅⋅−⋅−⋅−= ∫2
0
220
2 )(22
ππ
π dxxoscexoscee xx
( ) ∫∫ ⋅⋅⋅−−=
⋅⋅⋅−⋅⋅+=2
0
22
0
220
2 4222
π
π
ππ
π dxxosceedxxoscexoscee xxx .
Portanto obtemos:
∫∫ ⋅⋅⋅−−=⋅⋅2
0
22
0
2 42
π
π
π
dxxosceedxxosce xx .
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral:
252
0
2 −=⋅⋅⋅ ∫π
π
edxxosce x e 5
22
0
2 −=⋅⋅∫π
π
edxxosce x .
Exercício 26. ∫e
dxnxlsen1
)( .
Fazemos:
( ) dxx
nxloscdxnxlsendUnxlsenU ⋅⋅=⋅′=⇒= 1)()()( ,
xdxVdxdV ==⇒= ∫ .
Portanto
( ) =⋅⋅⋅−⋅= ∫∫e
ee
dxx
nxloscxnxlsenxdxnxlsen1
11
1)()()(
( ) =⋅−⋅=⋅−⋅−⋅= ∫∫ee
dxnxloscsenedxnxloscnlsenenlsene11
)()1()())1((1))((
Mais uma vez integramos por partes:
( ) dxx
nxlsendxnxloscdUnxloscU ⋅⋅−=⋅′=⇒= 1)()()( ,
xdxVdxdV ==⇒= ∫ .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
14
Na continuação temos:
( ) =
⋅−−⋅−⋅= ∫
ee
dxnxlsennxloscxsene1
1))(()()1(
( ) =⋅−⋅−⋅−⋅= ∫e
dxnxlsennloscenloscesene1
)())1((1))(()1(
∫ ⋅−+⋅−⋅=e
dxnxlsenoscesene1
)(1)1()1( .
Portanto obtemos:
∫∫ ⋅−+⋅−⋅=⋅ee
dxnxlsenoscesenedxnxlsen11
)(1)1()1()( .
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral:
1)1()1()(21
+⋅−⋅=⋅⋅ ∫ oscesenedxnxlsene
e 2
1)1()1()(
1
+⋅−⋅=⋅∫oscesene
dxnxlsene
.
Exercício 27. ∫ ⋅+
1
0 1dx
x
xarcsen.
Fazemos:
( ) dxx
dxxarcsendUxarcsenU ⋅−
=⋅′=⇒=21
1,
( ) ( )x
xxdxdx
xVdx
xdV +=
+−
+=+⋅+=⋅+
=⇒⋅+
=+−
−∫∫ 12
12
11
)1(11
1
1
1 12
1
2
1
.
Portanto
( ) =⋅−
⋅+−⋅+=⋅+ ∫∫
1
02
1
0
1
0 1
11212
1dx
xxxarcsenxdx
x
xarcsen
( ) =⋅+⋅−
⋅+−⋅+−⋅+= ∫1
0 11
112)0(012)1(112 dx
xxxarcsenarcsen
=
+−
−⋅+=−⋅−
⋅+=⋅−
⋅−⋅=+−
∫∫
1
0
12
11
0
1
0 12
1)1(
22)1(1
122
1
12
222
xxd
xdx
xπππ
42)01()11(42)1(42 2
1
2
11
0
2
1
−=
−−−⋅+=
−⋅+= πππ x .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
15
Exercício 28. ∫ ⋅1
0
dxxarctg .
Fazemos:
( ) ( ) ( ))1(21
12 xx
dxdxx
xdxxarctgdUxarctgU
+⋅=⋅
′⋅
+=⋅
′=⇒= ,
xVdxdV =⇒= . Portanto
( ) =⋅+⋅
⋅−⋅=⋅ ∫∫1
0
1
0
1
0 )1(2
1dx
xxxxarctgxdxxarctg
( ) =⋅+
⋅−=⋅+
⋅−⋅−⋅= ∫∫1
0
1
0 12
1
412
10011 dx
x
xdx
x
xarctgarctg
π
Fazemos a substituição
dttdxtxtx 22 =⇒=⇒= ; Determinamos os limites de integração para a variável t :
000 ==⇒= nfinfi tx , 111 ==⇒= upsups tx .
Na continuação temos:
=⋅+
−+−=⋅+
−=⋅⋅+
⋅−= ∫∫∫1
02
21
02
21
02 1
11
4142
12
1
4dt
t
tdt
t
tdtt
t
t πππ
=⋅+
+−=⋅
+−−=⋅
+−
++−= ∫∫∫∫
1
02
1
0
1
02
1
022
2
1
1
41
11
41
1
1
1
4dt
tdtdt
tdt
tt
t πππ
( ) ( ) ( ) 12
)0()1()01(44
1
0
1
0−=−+−−=+−= πππ
arctgarctgtarctgt .
Exercício 29. ∫ ⋅+⋅1
0
2 )1( dxxnlx .
Fazemos:
( ) ( )2
22
22
1
21
1
1)1()1(
x
dxxdxx
xdxxnldUxnlU
+⋅=⋅′+⋅
+=⋅′+=⇒+= ,
2
2xVdxxdV =⇒= .
Portanto
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
16
=⋅+
−
+⋅=⋅+⋅ ∫∫
1
02
31
0
221
0
2
1)1(
2)1( dx
x
xxnl
xdxxnlx
=⋅+
−+−
+⋅−+⋅= ∫
1
02
32
22
2
1)01(
2
0)11(
2
1dx
x
xxxnlnl
=⋅+
+⋅−⋅=⋅
+−−⋅= ∫∫∫
1
02
1
0
1
02 1
)2(2
1
1)2(
2
1dx
x
xdxxnldx
x
xxnl
( ) =+⋅+−⋅=++⋅+
−⋅= ∫
1
0
21
02
21
0
2
)1(2
1
2
1)2(
2
1
1
)1(
2
1
2)2(
2
1xnlnl
x
xdxnl
( )2
1)2()01()11(
2
1
2
1)2(
2
1 22 −=+−+⋅+−⋅= nlnlnlnl .
Exercício 30. ∫ ⋅+1
0
)1( dxxnl .
Fazemos:
( ) dxx
dxxnldUxnlU ⋅+
=⋅′+=⇒+=1
1)1()1( ,
xVdxdV =⇒= . Portanto
( ) ( ) =⋅+
−+−+⋅−+⋅=⋅+
−+⋅=⋅+ ∫∫∫1
02
1
0
1
0
1
0 1
11)01(0)11(1
1)1()1( dx
x
xnlnldx
x
xxnlxdxxnl
=+⋅+
+−=⋅
+−−= ∫∫∫
1
0
1
0
1
0
)1(1
1)2(
1
11)2( xd
xdxnldx
xnl
( ) ( ) =++−=+⋅+
+−= ∫∫1
0
1
0
1
0
1
0
)1()2()1(1
1)2( xnlxnlxd
xdxnl
( ) 1)2(2)01()11()01()2( −⋅=+−++−−= nlnlnlnl .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
17
d) Calcular os integrais.
Exercício 31. ∫ ⋅++2
6
1
π
πdx
xosc
xsenx.
Fazemos a substituição tx
tg =
2. Então temos:
2
2
2 1
1,
1
2
t
txosc
t
tsenx
+−=
+= .
21
22
22 t
dtdxtarctgxtarctg
xt
xtg
+⋅=⇒⋅=⇒=⇒=
.
Determinamos os limites de integração para a variável t :
=⇒=126
ππtgtx nfinfi , 1
42=
=⇒= ππtgtx upsups .
Portanto
=+⋅⋅
+−++
++⋅
=+⋅⋅
+−+
++⋅
=⋅++
∫∫∫
1
12
2
2
22
21
12
2
2
2
22
6
1
2
1
111
22
1
2
1
11
1
22
1 ππ
π
πtgtg
t
dt
t
ttt
ttarctg
t
dt
t
tt
ttarctg
dxxosc
xsenx
=⋅
++⋅=
+⋅⋅
+
++⋅
= ∫∫
1
12
2
1
12
2
2
2
1
22
1
2
1
21
22
ππtgtg
dtt
ttarctg
t
dt
t
t
ttarctg
=⋅+
⋅+⋅⋅= ∫∫
1
12
2
1
12
122
ππtgtg
dtt
tdttarctg
Integramos por partes o primeiro integral:
tVdtdVdtt
dUtarctgU =⇒=⋅+
=⇒= ;1
12
.
Na continuação temos:
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
18
=⋅+
⋅+
⋅+
−
⋅⋅= ∫∫
1
12
2
1
12
2
1
12
12
1)(2
πππtgtgtg
dtt
tdt
t
ttarctgt
=⋅+
⋅+⋅+
⋅−
⋅
−⋅⋅= ∫∫
1
12
2
1
12
2 12
12
1212)1(12
ππ
ππ
tgtg
dtt
tdt
t
ttgarctgtgarctg
⋅−=
⋅−⋅=126212124
2ππππππ
tgtg .
Exercício 32. ∫ ⋅⋅2
0
3
π
dxxoscxsen .
método1o :
( ) =−⋅⋅−=⋅⋅⋅=⋅⋅ ∫∫∫2
0
22
0
22
0
3 )(1
πππ
xoscdxoscxoscdxxsenxoscxsendxxoscxsen
( ) ( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅⋅−−= ∫∫∫2
0
2
52
0
2
12
0
2 )()()(1
πππ
xoscdosxcxoscdosxcxoscdxoscxosc
( ) ( ) ( ) ( ) =
⋅+
⋅−=
++
+−=
++2
0
2
72
0
2
3
2
0
12
52
0
12
1
7
2
3
2
12
51
2
1
ππ
ππ
osxcosxcosxcosxc
( )( ) ( )( )21
8
7
2
3
20
27
20
23
22
72
7
2
32
3
=−=
−
⋅+
−
⋅−= oscoscoscoscππ
.
método2o :
Porque a função xsen tem exponente impar fazemos a seguinte substituição de variável:
)(,11, 222 xoscddxsenxtxoscxsentxosc −=−=−== .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
19
Determinamos os limites de integração para a variável t :
1)0(0 ==⇒= osctx nfinfi , 022
=
=⇒= ππosctx upsups
Portanto
( ) =−⋅⋅−=⋅⋅⋅=⋅⋅ ∫∫∫2
0
22
0
22
0
3 ))((1
πππ
xoscdxoscxoscdxxsenxoscxsendxxoscxsen
( ) ( ) =⋅
−=⋅⋅−=⋅⋅−−= ∫∫∫
1
0
2
5
2
11
0
20
1
2 11 tdtttdtttdtt
21
8
7
2
3
2
7
2
3
2
12
51
2
1
1
0
2
71
0
2
3
1
0
12
51
0
12
11
0
2
51
0
2
1
=−=
⋅−
⋅=
+−
+=⋅−⋅=
++
∫∫ tttt
tdttdt .
Exercício 33. ∫ ⋅⋅−2
1
3 )2( dxxnlxx .
Integramos por partes. Fazemos:
( ) dxx
dxxnldUxnlU ⋅=⋅′=⇒= 1,
24
33
4)2()2( x
xVdxxxVdxxxdV −=⇒⋅−=⇒⋅−= ∫ .
Portanto
=⋅⋅
−−
⋅
−=⋅⋅− ∫∫
2
1
24
2
1
242
1
3 1
44)2( dx
xx
xxnlx
xdxxnlxx
=⋅
−−=⋅
−−
⋅
−−⋅
−= ∫∫
2
1
32
1
32
42
4
4411
4
122
4
2dxx
xdxx
xnlnl
16
9
2
3
16
15
2
1
2
2
16
1
16
2
2164
22442
1
22
1
42
1
2
1
3
=+−=
−+
−−=
+
−=⋅+⋅−= ∫∫
xxdxxdx
x.
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
20
Exercício 34. ( )∫ ⋅+⋅−++
+−−2
02)2(242
224dx
xxx
xx.
Transformamos a função integranda de modo a obter expressões de forma x
x
+−
2
2.
( ) )(
)2(2
241
12
24
)2(242
224 2
0 2
2
02
∗=⋅+⋅
+−⋅+
−+−⋅
=⋅+⋅−++
+−−∫∫ dx
xx
x
x
x
dxxxx
xx
Fazemos a substituição 2
2
2t
x
x =+−
.
Então
⇒+⋅=⋅−⇒⋅+⋅=−⇒+⋅=−⇒=+−
)1(2222)2(22
2 222222 txtxttxxtxtx
x
21
4
1
)22(
1
4
1
)22(4
1
224
1
2222
2
22
2
2
2
2
2
−+
=+⋅+−
+=
+⋅+−=
+⋅−−=
+⋅−=
tt
t
tt
t
t
t
t
tx .
Portanto
( ) dtt
t
td
tddx ⋅
+−=
+=
−+
=2222
1
8
1
42
1
4.
Determinamos os limites de integração para a variável t :
102
020 =
+−=⇒= nfinfi tx , 0
22
222 =
+−=⇒= upsups tx .
Na continuação temos:
( ) ( ) ( ) =⋅⋅+⋅⋅−⋅=
⋅
+−⋅
+−+
⋅⋅+
−⋅=∗ ∫∫0
1
0
1222
2
4116
8)14(
1
8
221
441
14)( dt
t
ttdt
t
t
tt
t
( ) =⋅+⋅−⋅⋅−=⋅
⋅+⋅⋅−⋅= ∫∫
1
0
20
1 14
4
2
1
4116
8)14(dt
t
ttdt
t
tt
A função integranda é racional irregular. Dividimos o polinómio do numerador pelo polinómio do denominador e obtemos:
=⋅
+⋅⋅⋅+⋅
−⋅−⋅⋅−=⋅
+⋅⋅+−⋅−= ∫∫∫∫
1
0
1
0
1
0
1
0 14
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
14
1
2
1
2
1
2
1dt
tdtdttdt
tt
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
21
=+⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅−=⋅+⋅
⋅+⋅+⋅⋅−= ∫∫∫∫∫∫1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
)14(14
1
16
1
4
1
2
1
14
1
4
1
4
1
2
1td
tdtdttdt
tdtdtt
=
+⋅⋅+
⋅+
⋅−=
1
0
1
0
1
0
2
1416
1
4
1
22
1tnlt
t
( )16
5
16
5
4
1
4
1104114
16
101
4
1
2
0
2
1
2
1 22 nlnlnlnl =++−=+⋅−+⋅⋅+−⋅+
−⋅−= .
Exercício 35. Calcular a área da região plana
{ }xyxyRyxA ≥∧−≤∈= 22 2:),( .
A região é limitada pelo gráfico da parábola 22 xy −= orientada em baixo e pela recta xy = . O esboço da região é apresentado na figura 1.
Os limites de variação (integração) da variável x é o segmento que é a projecção da região sobre o eixo xO . Portanto para determinar os limites de integração
determinamos as abcissas dos pontos de intersecção da parábola 22 xy −= com a recta xy = :
⇒=−+⇒−=⇒−=∧= 0222 222 xxxxxyxy
122
31
2
91 =∨−=⇒±−=±−= xxx .
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
22
Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente só por uma função e a linha que delimita a região na parte de cima também é dada analiticamente só por uma função temos:
( ) =
−
−=−−=−−=
−−−
−−−−∫∫∫∫
1
2
21
2
31
2
1
2
1
2
21
2
1
2
2
23)2(22
xxxdxxdxxdxdxxxS A
2
9
2
3
3
96
2
)2(
2
1
3
)2(
3
1))2(212(
2233
=+−=
−−−
−−−−⋅−⋅= .
Exercício 36. Calcular a área da região plana
{ }242:),( 22 −≥∧+≥∈= xyxyRyxA .
A região é limitada pelo gráfico da parábola 422 += xy orientada no sentido positivo do eixo xO e pela recta 2−= xy . O esboço da região é apresentado na figura 2.
Porque
22
142 22 −=⇔+= yxxy concluímos que o vértice B da parábola tem as
coordenadas ( )0,2− e a parábola intersecta o eixo yO nos pontos ( )2,0 −=C e
( )2,0=D . Determinamos as coordenadas dos pontos de intersecção da parábola
422 += xy com a recta 2−= xy :
⇒+=+−⇒+=−⇒−=∧+= 424442)2(242 222 xxxxxxyxy
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
23
60062 =∨=⇒=− xxxx . Calculemos a área da região.
método1o
A projecção da região sobre o eixo xO é o segmento [ ]6,2− .
Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente por duas funções a área da região representa a soma das áreas das regiões )(BCD e
)(CDE .
A região )(BCD é limitada na parte de baixo pelo ramo 42 +−= xy , na parte
de cima pelo ramo 42 += xy da parábola e a sua projecção sobre o eixo xO é o
segmento [ ]0,2− . Portanto
( )( ) =++=+⋅=+−−+= ∫∫∫−−−
0
2
0
2
0
2
)( )42(424224242 xdxdxxdxxxS BCD
.3
1644
3
24
3
2)42(
3
2
12
1)42(
)42()42( 2
30
2
2
3
0
2
12
10
2
2
1
=⋅=⋅=
+⋅=
+
+=++=−
−
+
−∫ x
xxdx
A região )(CDE é limitada na parte de baixo pela recta 2−= xy , na parte de
cima pelo ramo 42 += xy da parábola e a sua projecção sobre o eixo xO é o
segmento [ ]6,0 . Portanto
( )( ) ( ) =+−+=+−+=−−+= ∫∫∫∫∫6
0
6
0
6
0
6
0
6
0
)( 242242242 dxdxxdxxdxxxdxxxS CDE
( ) =⋅+
−
+
+⋅=+−++⋅=+
∫∫∫6
0
6
0
2
6
0
12
16
0
6
0
6
0
2
1
221
2
1)42(
2
12)42()42(
2
1x
xxdxdxxxdx
( ) =−⋅+
−−
+⋅−+⋅⋅=⋅+
−
+⋅= )06(2
2
0
2
6)402()462(
3
12
2)42(
3
1 222
3
2
36
0
6
0
26
0
2
3
xx
x
( )3
386
3
561218864
3
1 =−=+−−⋅= .
Portanto
183
54
3
38
3
16)()( ==+=+= CDEBCDA SSS .
método2o
Observamos que em relação ao eixo yO a região é limitada à esquerda
pela parábola 22
1 2 −= yx , à direita pela recta 2+= yx e a sua projecção sobre o eixo
yO é o segmento [ ]4,2− . Portanto
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
24
=⋅−++=
−+=
+−+= ∫∫∫∫−−−−
dyyydydyyydyyyS A
4
2
24
2
4
2
24
2
2
2
1)4()4(
2
142
2
12
1812303
)2(
3
4
2
1
2
2
2
8
32
1
2
)4( 33224
2
34
2
2
=−=
−−⋅−
−=
⋅−
+=−−
yy.
Exercício 37. Calcular a área da região plana
{ }222222 4)2(1)1(:),( xyyxyxRyxA ≥∧≤−+∧≥−+∈= .
A região é situada fora da circunferência 1)1( 22 =−+ yx , dentro da
circunferência 4)2( 22 =−+ yx e entre os ramos da parábola 2xy = . O esboço da região é dado na figura 3 e porque as funções que delimitam a região são pares concluímos que a região é simétrica em relação ao eixo yO . Portanto para determinar a
área AS da região calculemos a área S da metade da região situada á direita do eixo yO e multiplicamos o resultado obtido por dois.
A metade da região situada á direita do eixo yO é limitada na parte de baixo
pela circunferência 1)1( 22 =−+ yx (mais precisamente pela semicircunferência 211 xy −+= ) e pela parábola 2xy = . Na parte de cima é limitada pela
semicircunferência 242 xy −+= . Determinamos os pontos de intersecção da parábola com as circunferências:
⇔
=∨=
=⇔
=−
=⇔
=+−+
=⇔
=−+
=
1001121)1(
2
2
2
2
2
22
2
yy
xy
yy
xy
yyy
xy
yx
xy
)1,1(),()1,1(),()0,0(),(
10
22
=∨−=∨=⇔
=
=∨
=
=yxyxyx
y
xy
y
xy
.
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
25
Para metade da região situada á direita do eixo yO temos os pontos )0,0(),( =yx e )1,1(),( =yx de intersecção da parábola com a circunferência
1)1( 22 =−+ yx .
⇔
=∨=
=⇔
=−
=⇔
=+−+
=⇔
=−+
=
30034444)2(
2
2
2
2
2
22
2
yy
xy
yy
xy
yyy
xy
yx
xy
)3,3(),()3,3(),()0,0(),(
30
22
=∨−=∨=⇔
=
=∨
=
=yxyxyx
y
xy
y
xy
.
Para metade da região situada á direita do eixo yO temos os pontos
)0,0(),( =yx e )3,3(),( =yx de intersecção da parábola com a circunferência
4)2( 22 =−+ yx . Portanto a projecção da parte direita da região sobre o eixo xO é o segmento
[ ]3,0 . Calculemos a área dela S :
( ) ( ) =−−++−−−−+= ∫∫ dxxxdxxxS3
1
221
0
22 421142
( ) ( ) =−−++−−−+= ∫∫ dxxxdxxx3
1
221
0
22 42141
=−−++−−−+= ∫∫∫∫∫∫ dxxdxxxddxxdxxxd3
1
23
1
23
1
1
0
21
0
21
0
4214
=−+−−−+= ∫∫∫∫∫ dxxxddxxdxxxd3
1
23
1
1
0
23
0
21
0
214
=
−⋅+−−−+= ∫∫
3
1
33
1
1
0
23
0
21
0 3)(214)(
xxdxxdxxx
=+−−+−−−+= ∫∫ 3
13232141
1
0
23
0
2 dxxdxx
)(12
123
2314
3
23
1
0
23
0
21
0
23
0
2 ∗=−−
−⋅+−=−−−+−= ∫∫∫∫ dxxdxx
dxxdxx
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26
No primeiro integral fazemos a substituição tsenx 2= . Então
tdtoscxd ⋅⋅= 2 e tosctosctsenx ==−=
− 222
12
1
Determinamos os limites de integração para a variável t :
0)0(2
0 ==
=⇒= arcsen
xarcsentx nfi
nfinfi ,
32
3
23
π=
=
=⇒= arcsen
xarcsentx
upsupsups .
No segundo integral fazemos a substituição usenx = .
Então
uduoscxd ⋅= e uoscuoscusenx ==−=− 222 11
Determinamos os limites de integração para a variável u :
( ) 0)0(0 ===⇒= arcsenxarcsenux nfinfinfi ,
( ) ( )2
11π===⇒= arcsenxarcsenux upsupsups .
Na continuação temos:
=−⋅⋅⋅+−=∗ ∫∫ duuoscdttosc2
0
23
0
2223
23)(
ππ
Como 2
)2(
2
1
2
)2(12 ααα oscoscosc +=+= temos:
=
+−⋅+⋅+−= ∫∫ duuosc
dttosc2
0
3
0 2
)2(
2
1))2(1(2
3
23
ππ
=⋅⋅−⋅−⋅+⋅+−= ∫∫∫∫ )2()2(4
1
2
1)2()2(2
3
23
2
0
2
0
3
0
3
0
uduoscdutdtosctd
ππππ
=
⋅−
⋅−
+
⋅+−=
2
0
2
0
3
0
3
0
)2(4
1
2
1)2(2
3
23
ππππ
usenutsent
( ) =−⋅−
−⋅−
−
+
−⋅+−= )0()(4
10
22
1)0(
3
20
32
3
23 sensensensen ππππ
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
27
12
5
6
439
42
3
32
3
23
πππ +−=−+⋅+−= .
Portanto
6
5
3
439
12
5
6
43922
ππ +−=
+−⋅== SS A .
Exercício 38. Calcular o comprimento da linha dada pela função xnlxf =)( , com
[ ]62,22∈x .
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+=b
a
dxxfl 2)(1 .
Temos: 62,22 == ba , x
xf1
)( =′ .
Portanto
)(111
162
22
262
222
262
22
2
∗=⋅+=⋅+=⋅
+= ∫∫∫ dxx
xdx
x
xdx
xl
Integramos por substituição.
Fazemos 1111 222222 −=⇒−=⇒=+⇒=+ txtxtxtx .
( ) tdt
tdttxd ⋅
−=⋅
′−=
11
2
2 .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
( ) ( ) 3912212222 ==+=+=⇒= nfinfinfi xtx ,
( ) ( ) 52516216222 ==+=+=⇒= upsupsups xtx .
Na continuação temos:
=⋅
−+
−−=⋅
−+−=⋅
−=⋅
−⋅
−=∗ ∫∫∫∫
5
322
25
32
25
32
25
322 1
1
1
1
1
11
111)( dt
tt
tdt
t
tdt
t
tdt
t
t
t
t
=⋅−
+=⋅
−+= ∫∫∫
5
32
5
3
5
32 1
1
1
11 dt
tdtdt
t
Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares:
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
28
−=
=⇒
=−=+
⇒−+⋅+=⇒+
+−
=− .
2
1
,2
1
1
0)()(1
111
12
B
A
BA
BABAtBA
t
B
t
A
t
Então:
=⋅+
⋅−⋅−
⋅+=⋅
−−
−+= ∫∫∫∫∫
5
3
5
3
5
3
5
3
5
3 1
1
2
1
1
1
2
1
12
1
12
1
dtt
dtt
dtdttt
dt
=
+⋅−
−⋅+
=5
3
5
3
5
3
)1(2
1)1(
2
1tnltnlt
=
+−+⋅−
−−−⋅+−= )13()15(2
1)13()15(
2
1)35( nlnlnlnl
.3
22
12
16
2
12)12()16(
2
12)4()6()2()4(
2
12 nlnlnlnlnlnlnlnl +=
⋅+=
−⋅+=
+−−⋅+=
Exercício 39. Calcular o comprimento da linha dada pela função )()( xoscnlxf = ,
com
∈6
,0π
x .
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+=b
a
dxxfl 2)(1 .
Temos: 6
,0π== ba ,
xosc
xsenxoscnlxf −=
′
=′ )()( .
Portanto
)(1
116
0
6
02
226
02
26
0
2
∗=⋅=⋅+=⋅+=⋅
−+= ∫∫∫∫
ππππ
dxxosc
dxxosc
xsenxoscdx
xosc
xsendx
xosc
xsenl
Integramos por substituição.
Fazemos tdt
dxtarctgxtx
tg ⋅+
=⇒⋅=⇒=
21
2)(2
2.
2
2
1
1
t
txosc
+−= .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
29
( ) 002
==
=⇒= tg
xtgtx nfi
nfinfi ,
=
=⇒=
1226
ππtg
xtgtx ups
upsups .
Na continuação temos:
=⋅−
=⋅+
⋅
+−
=∗ ∫∫
12
02
12
02
2
2 1
2
1
2
1
1
1)(
ππtgtg
tdt
tdt
t
t
Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares:
==
⇒
=+=−
⇒++⋅−=⇒+
+−
=− .1
,1
2
0)()(2
111
22 B
A
BA
BABAtBA
t
B
t
A
t
Então:
=⋅+
+⋅−
=⋅
++
−= ∫∫∫
12
0
12
0
12
0 1
1
1
1
1
1
1
1πππ
tgtgtg
tdt
tdt
tdtt
=
++
−−=+⋅
++−⋅
−−=
∫∫12
0
12
0
12
0
12
0
11)1(1
1)1(
1
1ππππ
tgtgtgtg
tnltnltdt
tdt
=
+−
++
−−
−−= 0112
10112
1 nltgnlnltgnlππ
=
−
+
=
−
+=
−−
+=
1212
1212
121
121
121
121
ππ
ππ
π
πππ
senosc
senosc
nl
tg
tg
nltgnltgnl
=
−
−
⋅
+
=2
1212
12121212
ππ
ππππ
senosc
senoscsenosc
nl
.3
2
11
2
3
61
6
1212122
12
1212
22
22
nlnl
sen
osc
nl
sensenoscosc
senosc
nl =
−=
−
=
+
⋅
⋅−
−
=π
π
ππππ
ππ
Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
30
Exercício 40. Calcular o comprimento da linha dada pela função 3)( xxf = , com
∈3
4,0x .
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+=b
a
dxxfl 2)(1 .
Temos: 3
4,0 == ba , 2
1
2
33
2
3)( xxxxf ⋅=
′
=′
=′ .
Portanto
=
+⋅
+⋅=⋅+=⋅
⋅+= ∫∫∫
3
4
0
2
13
4
0
3
4
0
2
2
1
4
91
4
91
9
4
4
91
2
31 xdxdxxdxxl
27
560
4
91
3
4
4
91
27
8
4
91
3
2
9
4
12
14
91
9
4 2
3
2
33
4
0
2
3
3
4
0
12
1
=
⋅+−
⋅+⋅=
+⋅⋅=
+
+⋅=
+
x
x
.
Exercício 41. Calcular o comprimento da linha dada pela função
xarcsenxxf +−= 21)( , com
∈2
1,0x .
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+=b
a
dxxfl 2)(1 .
Temos: 2
1,0 == ba ,
=−
+−
−=′
+′
−=
′
+−=′
22
22
1
1
111)(
xx
xxarcsenxxarcsenxxf
x
x
x
x
xx
x
xx
x
x
x
xx
x
+−=
+−=
+⋅−−=
+⋅−−=
−
−=−
+−
−=1
1
1
1
11
1
)1()1(
1
1
1
1
1
1 222.
Portanto
=⋅+
=⋅+
−++=⋅+−+=⋅
+−+= ∫∫∫∫
2
1
0
2
1
0
2
1
0
2
1
0
2
1
2
1
11
1
11
1
11 dx
xdx
x
xxdx
x
xdx
x
xl
.)23(212
322
2
1)1(
2)1()1(21
12
2
1
0
2
12
1
0
2
12
1
0
−=
−⋅=
+⋅=+⋅+⋅=⋅
+⋅= ∫∫
− xxdxdx
x