Universidade Federal de Viçosa

Departamento de Matemática

MAT 140 (Cálculo I) - 2017/IIExercícios Resolvidos e Comentados - Otimização e Integração

1. Nos item a seguir, faça o que lhe é solicitado:

(a) Determine a área da região limitada por C1 : x2 + y2 = 4 e C2 : x2 + y2 = 4x.

Resolução:

Determinemos quais são as curvas. Já sabemos que x2 + y2 = 4 descreve uma circunferência deraio 2 e centro na origem, dado que a equação geral de uma circunferência com centro em (x0, y0)e raio R é: (x− x0)2 + (y − y0)2 = R2. Vejamos a outra curva:

x2 + y2 = 4x⇒ x2 − 4x+ y2 = 0⇒ x2 − 4x+ 4 + y2 = 4⇒ (x− 2)2 + y2 = 22

A outra curva é uma circunferência de raio 2 e centro em (2, 0). A situação está representada na�gura a seguir:

Figura 1: Duas circunferências e a região limitadas por elas.

Para determinarmos a área hachurada precisaremos primeiro determinar os pontos P e Q deinterseção entre as circunferências. Eles são determinados igualando as equações:

y2 = 4− x2 = 4x− x2 ⇒ 4 = 4x⇒ x = 1⇒ y = ±√3

Logo P = (1,√3) e Q = (1,−

√3). Para x ∈ [0, 1] a área é delimitada por C2 e para x ∈ [1, 2] é

delimitada por C1. Note que, ao todo,temos quatro equações: C1+ : y = +√4− x2; C1− : y =

−√4− x2; C2+ : y = +

√4x− x2 e C2− : y = −

√4x− x2. A área que queremos calcular será,

então, dada por:

A = 2

∫ 1

0

√4− (x− 2)2dx+ 2

∫ 2

1

√4− x2dx

Onde o fator dois aparece pois as integrais resultam na área apenas para os valore de y maioresque zero. Por simetria, a área para y menor que zero é a mesma, então basta multiplicarmos pordois. Basicamente, precisamos ser capazes de resolver a seguinte integral:∫ √

a2 − u2du

1

Vamos assumir, sem perda de generalidade, a > 0. Como estamos trabalhando com funções reais,

u ∈ (−a, a). Fazendo a mudança de variáveis u = a sin θ com θ ∈[−π2,π

2

], temos du = a cos θdθ.∫ √

a2 − u2du→∫ √

a2 − a2 sin2 θa cos θdθ =

∫ √a2(1− sin2 θ)a cos θdθ =

∫ √a2 cos2 θa cos θdθ

=

∫|a cos θ|a cos θdθ =

∫a2 cos2 θdθ

Lembrando o fato importante que√v2 = |v| e não somente v. No intervalo θ ∈

[−π2,π

2

], o

cos θ > 0, assim | cos θ| = cos θ.

∫a2 cos2 θdθ =

∫a2(1 + cos 2θ

2

)dθ =

a2

2

∫dθ +

a2

2

∫cos 2θdθ =

a2

2

(θ +

1

2sin 2θ

)+ C

∫a2 cos2 θdθ =

a2

2(θ + sin θ cos θ) + C =

a2

2

(θ + sin θ

√1− sin2 θ

)+ C

Usamos as propriedades trigonométricas:

cos2 θ =1 + 2 cos 2θ

2

sin 2θ = 2 sin θ cos θ

sin2 θ + cos2 θ = 1

Voltando agora para a variável original:∫ √a2 − u2du =

a2

2

(arcsin

u

a+u

a

√1−

(ua

)2)+ C =

a2

2arcsin

u

a+u

2

√a2 − u2 + C

Voltemos agora para o nosso problema. Fazendo a mudança de variáveis u = x− 2 (dx = du) naprimeira integral, temos:

A = 2

∫ −1−2

√4− u2du+ 2

∫ 2

1

√4− x2dx = −2

∫ −2−1

√4− u2du+ 2

∫ 2

1

√4− x2dx

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 = 2

∫ 2

1

√4− v2dv + 2

∫ 2

1

√4− v2dv = 4

∫ 2

1

√4− v2dv

Comparando com a integral que resolvemos anteriormente, tomando a = 2:

A = 4

∫ 2

1

√4− v2dv = 4

[2 arcsin

v

2+v

2

√4− v2

]21=

8π

3− 2√3

2

(c) Determine a área da região limitada pelo grá�co de f(x) = −x2− 2x+3, a tangente ao grá�co noponto (2,−5) e o eixo Y.

Resolução:

Primeiramente determinemos a equação da reta tangente à f no ponto (2,−5). Para determinar-mos a equação da reta, precisamos conhecer sua inclinação m, pois assim a equação será dada por:y − y0 = m(x − x0), onde (x0, y0) é um ponto conhecido pertencente à reta. Uma vez que a retaé tangente à f sabemos que sua inclinação é dada por f ′(x) = −2x − 2; f ′(2) = −6, portanto aequação da reta será: y − (−5) = −6(x− 2)→ y = −6x+ 7.

Já f(x) pode ser reescrita de uma forma mais conveniente:f(x) = −x2 − 2x+ 3 = 3− (x2 + 2x) = 3− (x2 + 2x+ 1− 1) = 4− (x2 + 2x+ 1) = 4− (x+ 1)2

Nesta forma, se torna mais fácil identi�car f como sendo uma parábola com concavidade vol-tada para baixo, raízes 1 e −3; e cujo vértice é o ponto (−1, 4).A situação proposta pelo problema está esboçada na �gura a seguir:

Figura 2: 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:∫ 2

0

[(−6x+ 7)− (−x2 − 2x+ 3)]dx =

∫ 2

0

(x2 − 4x+ 4)dx =

[x3

3− 2x2 + 4x

]20

=8

3

(e) Duas circunferências concêntricas de raios r1 =√2 e r2 =

√6 são cortadas pelo grá�co de y2 = x.

Determine a área de uma das regiões formadas.

Resolução:

Note que y2 = x é uma parábola.As equações das circunferências são C1 : x2 + y2 = 2 e C2 : x2 + y2 = 6.A �gura 3 ilustra a situação.Precisamos determinar os pontos P,Q, T e U de interseção entre as circunferências e a parábola.

* C1 e a parábola: x2 + y2 = 2 e y2 = x, logo

x2 + x = 2⇒ x2 + 21

2x = 2⇒ x2 + 2

1

2x+

1

4= 2 +

1

4⇒(x+

1

2

)2

=9

4⇒ x+

1

2= ±3

2

Assim temos x = 1 ou x = −2, mas como temos que x = y2 > 0, �camos com x = 1→ y = ±1.

3

Figura 3: Área entre dois círculos e uma parábola

* C2 e a parábola: x2 + y2 = 6 e y2 = x, logo

x2 + x = 6⇒ x2 + 21

2x = 6⇒ x2 + 2

1

2x+

1

4= 6+

1

4⇒(x+

1

2

)2

=25

4⇒ x+

1

2= ±5

2

Assim temos x = 2 ou x = −3, mas como temos que x = y2 > 0, �camos com x = 2 → y =±√2.

Concluímos então que: P = (1, 1), Q = (1,−1), T = (2,√2) e U = (2,−

√2).

Note que do segmento de reta PQ até o segmento RS, área é delimitada pela circunferência C1 epela parábola; do segmento RS até o TU a área é delimitada apenas pela parábola e de TU emdiante, apenas pela circunferência C2. Sendo assim, a área que queremos calcular é dada por:

A = 2

[∫ √21

(√x−√2− x2)dx+

∫ 2

√2

√xdx+

∫ √62

√6− x2dx

]

O fator 2 aparece por estarmos considerando apenas os valores de y positivos de cada equação,pois: x = y2 ⇒ y = ±

√x; x2 + y2 = 2 ⇒ y = ±

√2− x2 e x2 + y2 = 6 ⇒ y = ±

√6− x2. O

sinal de menos na primeira integral pode parecer indicar o contrário, mas lembre-se que quandocalcula-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∫ b

a

[f(x)− g(x)]dx. Voltando à integral:

A = 2

[∫ √21

√xdx+

∫ 2

√2

√xdx−

∫ √21

√2− x2dx+

∫ √62

√6− x2dx

]

A = 2

[∫ 2

1

√xdx−

∫ √21

√2− x2dx+

∫ √62

√6− x2dx

]Retomando à integral que �zemos no item 1. (a), obtemos:

A = 2

[2

3x

32

]21

− 2

[arcsin

x√2+x

2

√2− x2

]√21

+ 2

[3 arcsin

x√6+x

2

√6− x2

]√62

A =2√2− 1

3+

5π

2− 6 arcsin

(√6

3

)

4

(g) Determine m de tal forma que a área da região acima da reta y = mx e abaixo da parábolay = 2x− x2 seja 36.

Resolução:

Vamos reescrever a equação da parábola de uma forma mais adequada:

y = 2x− x2 = −(x2 − 2x) = −(x2 − 2x+ 1− 1) = 1− (x2 − 2x+ 1) = 1− (x− 1)2

Portanto é uma parábola com concavidade voltada para baixo, com raízes 0 e 2; e com vértice noponto (1, 1).

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 = 2x− x2 = mx⇒ x2 + (m− 2)x = 0⇒ x[x+ (m− 2)] = 0⇒ x = 0 ou x = 2−m

Uma vez que x = 0→ y = 0 é a origem, o ponto P é P = (2−m, 2m−m2).

A área hachurada, cujo valor sabemos ser 36, é dada por:

A = 36 =

∫ 2−m

0

[(2x− x2)−mx]dx =

∫ 2−m

0

[−x2 + (2−m)x]dx =

[−x3

3+ (2−m)

x2

2

]2−m0

36 =(2−m)3

2− (2−m)3

3=

(2−m)3

6⇒ (2−m)3 = 63

Uma vez que estamos trabalhando com funções reais, devemos ter m = −4.(i) Determinar a área da região limitada pela curva x2/5 + y2/5 = a2/5, a > 0.

Resolução:

Lembre-se zn/m = m√zn. 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 ey, isto é, em relação a uma mudança do tipo x→ −x ou y → −y.

x2/5 + y2/5 = a2/5 ⇒ y2/5 = a2/5 − x2/5 ⇒ 5√y2 = a2/5 − x2/5 ⇒ y2 = (a2/5 − x2/5)5

y = ±(a2/5 − x2/5)5/2

Desta forma, podemos calcular a área de apenas uma das 4 partes, pois as outras terão o mesmovalor. Vamos utilizar a região y > 0 e x > 0:

5

Figura 5: Área delimitada pela curva x2/5 + y2/5 = a2/5

A = 4

∫ a

0

(5√a2 − 5

√x2)5/2dx

Fazendo a mudança de variáveis x = au→ dx = adu; x = a→ u = 1 e x = 0→ u = 0:

A = 4

∫ a

0

(5√a2 − 5

√x2)5/2dx = 4a

∫ 1

0

(5√a2 − 5

√(au)2)5/2du = 4a

∫ 1

0

[5√a2(1− 5

√u2)]5/2du

A = 4a2∫ 1

0

(1− 5√u2)5/2du

Agora, façamos a mudança de variáveis u = sin5 θ com θ ∈[0,π

2

], logo du = 5 sin4 θ cos θdθ;

u = 0→ θ = 0; u = 1→ θ =π

2. Temos também que

(1− 5√u2)5/2 → [1− 5

√(sin5 θ)2]5/2 = [1−(sin5 θ)2/5]5/2 = [1−sin2 θ]5/2 = (cos2 θ)5/2 = (

√cos2 θ)5/2

= | cos θ|5 = cos5 θ

Na última passagem, usamos o fato que no intervalo θ ∈[0,π

2

]o cos θ > 0.

Aplicando todos esses resultados na substituição da integral, obtemos:

A = 4a2∫ 1

0

(1− 5√u2)5/2du = 4a2

∫ π2

0

(cos5 θ)5 sin4 θ cos θdθ = 20a2∫ π

2

0

sin4 θ cos6 θdθ

A = 20a2∫ π

2

0

(sin2 θ)2(cos3 θ)2dθ = 20a2∫ π

2

0

(1−cos2 θ)2(cos3 θ)2dθ = 20a2∫ π

2

0

(cos3 θ−cos5 θ)2dθ

A = 20a2∫ π

2

0

(cos6 θ − 2 cos8 θ + cos10 θ)dθ

Vamos agora, resolver essa integral:

6

cos6 θ = (cos2 θ)3 =

(1 + cos 2θ

2

)3

=1

8(1 + 3 cos 2θ + 3 cos2 2θ + cos3 2θ)

cos8 θ = (cos2 θ)4 =

(1 + cos 2θ

2

)4

=1

16(1 + 4 cos 2θ + 6 cos2 2θ + 4 cos3 2θ + cos4 2θ)

cos10 θ = (cos2 θ)5 =

(1 + cos 2θ

2

)5

=1

32(1+5 cos 2θ+10 cos2 2θ+10 cos3 2θ+5 cos4 2θ+cos5 2θ)

Logo,

cos6 θ − 2 cos8 θ + cos10 θ =1

32(1 + cos 2θ − 2 cos2 2θ − 2 cos3 2θ + cos4 2θ + cos5 2θ)

Mas,

cos2 2θ =1 + cos 4θ

2

cos4 2θ = (cos2 2θ)2 =

(1 + cos 4θ

2

)2

=1

4(1 + 2 cos 4θ + cos2 4θ)

Então,

cos6 θ − 2 cos8 θ + cos10 θ =1

32

(1

4+ cos 2θ − 1

2cos 4θ +

1

4cos2 4θ − 2 cos3 2θ + cos5 2θ

)Por �m,

cos2 4θ =1 + cos 8θ

2

Assim,

cos6 θ − 2 cos8 θ + cos10 θ =1

32

(3

8+ cos 2θ − 1

2cos 4θ +

1

8cos 8θ − 2 cos3 2θ + cos5 2θ

)Calculemos as integrais necessária, uma a uma:∫

3

8dθ =

3θ

8+ C

∫cos 2θdθ =

1

2sin 2θ + C∫

−1

2cos 4θdθ = −1

8sin 4θ + C∫

1

8cos 8θdθ =

1

64sin 8θ + C∫

−2 cos3 2θdθ = −2∫

cos2 2θ cos 2θdθ = −2∫(1− sin2 2θ) cos 2θdθ = − sin 2θ+

1

3sin3 2θ+C∫

cos5 2θdθ =

∫cos4 2θ cos 2θdθ =

∫(cos2 2θ)2 cos 2θdθ =

∫(1− sin2 2θ)2 cos 2θdθ

7

=

∫(1− 2 sin2 2θ + sin4 2θ) cos 2θdθ =

1

2sin 2θ − 1

3sin3 2θ +

1

10sin5 2θ + C

Onde nas duas últimas integrais, utilizamos o método de substituição simples, fazendo u = sin 2θ.

Somando todos estes resultados, temos:

A = 20a2∫ π

2

0

(cos6 θ−2 cos8 θ+cos10 θ)dθ = 20a21

32

[3θ

8− 1

8sin 4θ +

1

64sin 8θ +

1

10sin5 2θ

]π/20

=15π

128a2

2. Resolva os seguintes problemas:

(b) Determinar a área do retângulo máximo, com base no eixo dos X e vértices superiores sobre aparábola y = 12− x2.

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 = 2xy = 2x(12−x2) com x ∈ [0,√12].

Os candidatos a máximos locais no intervalo x ∈ (0,√12) são aqueles pontos onde a derivada

primeira de A(x) se anula, ou seja

dA(x)

dx=

d

dx(24x− 2x3) = 24− 6x2 = 0⇒ 6x2 = 24⇒ x2 = 4⇒ x = ±2

Uma vez que estamos restritos ao valores de x > 0, caso contrário a área seria "negativa", o quenão faz sentido, tomaremos o candidato a máximo como sendo x = 2.

Para ser um máximo local no intervalo considerado, a derivada segunda neste ponto deve sernegativa. De fato,

d2A(x)

dx2= −12x⇒

(d2A(x)

dx2

)x=2

= −24 < 0

Logo, x = 2 é o máximo local no intervalo x ∈ (0,√12), o que resulta numa área A(2) = 32u.a.

(unidades de área).

Para garantirmos que este é um máximo global no intervalo fechado [0,√12], temos que checar os

pontos de fronteira x = 0 e x =√12. Mas A(0) = A(

√12) = 0 < A(2) = 32, portanto a área

máxima é, de fato, 32u.a..

8

(d) Uma reta passando por (1, 2) corta o eixo dos X em A = (a, 0) e o eixo dos Y em B = (0, b).Determine o triângulo AOB de área mínima para a e b positivos.

Resolução:

Uma reta que passa pelos pontos P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) deve ter como inclinaçãom =y2 − y1x2 − x1

.

No presente caso, fazendo P = A e Q = B temos m = − ba< 0 para a > 0 e b > 0. Uma vez que

a reta deve passar pelo ponto (1, 2) e a equação da reta de inclinação m que passa por um ponto

(x0, y0) é dada por y − y0 = m(x− x0), temos que a equação da reta será y − 2 = − ba(x− 1).

Abaixo uma ilustração do problema:

Figura 7: Triângulo AOB

A área do triângulo é A =1

2ab, mas pela equação da reta temos que b =

2a

a− 1, portanto A(a) =

a2

a− 1. Note que esta expressão só faz sentido para a > 1 (⇒ b > 2), do contrário teríamos uma

área negativa.Queremos minimizar A(a) com a ∈ (1,∞).

Os candidatos a mínimos são tais quedA(a)

da= 0, ou seja,

dA(a)

da=

2a(a− 1)− a2

(a− 1)2=a2 − 2a

(a− 1)2=a(a− 2)

(a− 1)2= 0⇒ a = 0 ou a = 2

Como a ∈ (1,∞), devemos escolher apenas a = 2. Vamos analisar o sinal da derivada segundapara este valor de a.

d2A(a)

da2=

(2a− 2)(a− 1)2 − (a2 − 2a)2(a− 1)

(a− 1)4=

2(a− 1)3 − 2a(a− 2)(a− 1)

(a− 1)4(d2A(a)

da2

)a=2

= 2 > 0

Logo a = 2(⇒ b = 4) é de fato o mínimo e este é global, poisdA

da< 0 quando 1 < a < 2 e

dA

da> 0 quando a > 2. Assim o triângulo AOB de área mínima é de�nido pelos pontos A = (2, 0),

B = (0, 4) e O = (0, 0).

9

(f) Determine o ponto da curva y2 = 2(1− x) situado a menor distância da origem.

Resolução:

Primeiramente, reescreveremos a equação da curva de uma forma mais conveniente:

y2 = 2(1− x)⇒ y2 = 2− 2x⇒ 2x = 2− y2 ⇒ x = 1− 1

2y2 (⇒ x ≤ 1)

Nesta forma, �ca mais fácil reconhecer a curva como sendo uma parábola que toca o eixo x noponto (1, 0) e o eixo y nos pontos (0,±

√2). Abaixo uma �gura da mesma:

Figura 8: Parábola x = 1− 1

2y2

A distância de um ponto qualquer (x, y) até um ponto �xo dado P = (x0, y0) é : d =√

(x− x0)2 + (y − y0)2.Portanto a distância de um ponto da curva até a origem (0, 0) é: d(x) =

√x2 + y2 =

√x2 + 2(1− x).

Queremos minimizar a função d(x) =√x2 + 2(1− x), para isto basta minimizarmos

f(x) = x2 + 2(1− x) = 1 + (x− 1)2 com x ≥ 1.

df(x)

dx= 2(x− 1) = 0⇒ x = 1

d2f(x)

dx2= 2x⇒

(d2f(x)

dx2

)x=1

= 2 > 0

Portando, da derivada primeira veri�camos que x = 1 era um candidato a mínimo e pela derivadasegunda con�rmamos ser um mínimo local. Para x = 1 (→ y = 0) temos que d(1) = 1. Que x = 1é um mínimo global podemos provar, pois

(x− 1)2 > 0; ∀x > 1⇒ 1 + (x− 1)2 > 1⇒ d(x) =√

1 + (x− 1)2 > 1 = d(1); ∀x > 1

Assim, o ponto da curva y2 = 2(1− x) mais próximo da origem é o ponto (1, 0).

10

(h) Deseja-se construir uma piscina de forma cilíndrica com volume igual a 125π m3. Determine osvalores do raio r e da profundidade h (altura), de modo que a piscina possa ser construída com amenor quantidade de material possível.

Resolução:

O volume do cilindro é: V = πr2h = 125π, logo r2h = 125.

Para minimizarmos a quantidade de material a ser utilizado, devemos minimizar a área da piscina:

A(r) = πr2 + 2πrh = πr2 +250π

r, com r ∈ (0,∞).

Figura 9: Área da piscina cilíndrica

dA(r)

dr= 2πr − 250π

r2= 0⇒ 2πr =

250π

r2⇒ r3 = 125⇒ r = 5

d2A(r)

dr2= 2π +

500π

r3⇒(d2A(r)

dr2

)r=5

= 6π > 0

Portanto r = 5 é o único mínimo local de A(r), sendo A(5) = 75u.a.. Note quedA(r)

dr< 0 se

r < 5 edA(r)

dr> 0 se r > 5, portanto r = 5 é mínimo global.

Assim as dimensões da piscina devem ser: r = 5 e h = 5.

(j) A taxa aeróbica de uma pessoa com x anos de idade é dada por

T (x) =110(ln(x)− 2)

x,

sendo x ≥ 11. Em que idade a pessoa tem capacidade aeróbica máxima.

Resolução:

Procuremos por extremos locais:

dT (x)

dx=

(110/x)x− 110(ln(x)− 2)

x2=

110[3− ln(x)]

x2= 0⇒ ln(x) = 3⇒ x = e3

11

d2T (x)

dx2=−(110/x)x2 + 110[3− ln(x)]2x

x4=−110x+ 110[3− ln(x)]2x

x4(d2T (x)

dx2

)x=e3

=−110e3

e12=−110e9

< 0

Logo x = e3 é máximo local. Note quedT (x)

dx> 0 se x < e3 e

dT (x)

dx< 0 se x > e3, portanto

x = e3 é máximo global.

3. Resolva as seguintes integrais:

1.∫

ax+ b

px+ qdx

∫ax+ b

px+ qdx =

∫a

p

(px

px+ q

)dx+

∫b

px+ qdx =

∫a

p

(px+ q − qpx+ q

)dx+

∫b

px+ qdx

=

∫a

p

(px+ q

px+ q

)dx−

∫aq

p

1

px+ q+

∫bp

p

1

px+ qdx =

a

p

∫dx+

bp− aqp

∫1

px+ qdx

=ax

p+bp− aqp2

ln |px+ q|+ C

Onde na última integral, utilizamos a substituição simples u = px+ q.

3.∫

sec2(x)

a+ b tan(x)dx

Fazendo u = a+ b tan(x), temos du = b sec2(x)dx∫sec2(x)

a+ b tan(x)dx =

1

b

∫b sec2(x)

a+ b tan(x)dx =

1

b

∫1

udu =

1

bln |u|+ C =

1

bln |a+ b tan(x)|+ C

5.∫xn ln(x)dx

Usemos o método de integração por partes, tomando u = ln(x) e dv = xndx com n 6= −1, então

du =1

xdx e v =

xn+1

n+ 1. Pelo método de integração por parte, temos

∫udv = uv −

∫vdu, então:

∫xn ln(x)dx =

xn+1

n+ 1ln(x)−

∫xn+1

n+ 1

1

xdx =

xn+1

n+ 1ln(x)− 1

n+ 1

∫xndx

=xn+1

n+ 1ln(x)− xn+1

(n+ 1)2+ C =

xn+1

n+ 1

[ln(x)− 1

n+ 1

]+ C

Agora se n = −1, temos∫ln(x)

xdx =

1

2(ln(x))2 + C

Onde usamos o método de substituição simples tomando u = ln(x).

12

7.∫

ex

a+ bexdx

Tomando u = a+ bex, então du = bexdx temos:∫ex

a+ bexdx =

1

b

∫bex

a+ bexdx =

1

b

∫1

udu =

1

bln |u|+ C =

1

bln |a+ bex|+ C

9.∫x arctan2(x)dx

Usando o método de integração por partes, tomemos u = arctan2(x) e dv = xdx, então du =

2arctan(x)

1 + x2dx e v =

x2

2. Logo,

∫x arctan2(x)dx =

x2

2arctan2(x)−

∫x2

2

arctan(x)

1 + x2dx =

x2

2arctan2(x)−

∫arctan(x)

x2

1 + x2dx

Usemos integração por partes mais uma vez, tomando u = arctan(x) e dv =x2

1 + x2dx, então

du =1

1 + x2dx e vamos determinar v:

v =

∫dv =

x2

1 + x2dx =

∫−1 + 1 + x2

1 + x2dx = −

∫1

1 + x2dx+

∫dx = x− arctan(x)

Assim,∫arctan(x)

x2

1 + x2dx = (arctan(x))(x− arctan(x))−

∫(x− arctan(x))

1

1 + x2dx

= x arctan(x)− arctan2(x)−∫

x

1 + x2dx+

∫arctan(x)

1 + x2dx

= x arctan(x)− arctan2(x)− 1

2ln |1 + x2|+ 1

2arctan2(x) + C

Onde nas duas últimas integrais utilizamos substituição simples. Para a primeira basta tomaru = 1 + x2 e para a segunda tome u = arctan(x). Somando todos estes resultados temos:∫

x arctan2(x)dx =x2

2arctan2(x)−

(x arctan(x)− arctan2(x)− 1

2ln |1 + x2|+ 1

2arctan2(x)

)+C

=(1 + x2)

2arctan2(x) +

1

2ln(1 + x2)− x arctan(x) + C

Lembrando, como 1 + x2 > 0 para qualquer x real, então |1 + x2| = 1 + x2

11.∫

ex

e(2x)− 6ex + 12dx∫

ex

e2x − 6ex + 13dx =

∫ex

(ex)2 − 2(3)(ex) + 32 + 4dx =

∫ex

(ex − 3)2 + 4dx =

1

4

∫ex

( ex−32

)2 + 1dx

13

Tomando u =ex − 3

2, temos que du =

1

2exdx então:

1

4

∫ex

( ex−32

)2 + 1dx =

1

2

∫1

1 + u2du =

1

2arctan(u) + C =

1

2arctan(

ex − 3

2) + C

13.∫

ln(ax)

ln(abx)dx

15.∫

sin(√2x)dx

Tomando u =√2x, temos dw =

√2

1

2√xdx =

1√2xdx =

1

wdx⇒ wdw = dx. Então,∫

sin(√2x)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(√2x)dx = −

√2x cos(

√2x) + sin(

√2x) + C

17.∫

arccos(x)dx

Usemos integração por parte. Tome u = arccos(x) e dv = dx, então du =1√

1− x2dx e v = x,

portanto∫arccos(x)dx = x arccos(x)−

∫x

1√1− x2

dx = x arccos(x) +√1− x2 + C

Na última integração, utilizamos substituição simples fazendo u = 1− x2.

19.∫

sin5(ax)dx∫sin5(ax)dx =

∫sin4(ax) sin(ax)dx =

∫(sin2(ax))2 sin(ax)dx =

∫(1− cos2(ax))2 sin(ax)dx

=

∫(1−2 cos2(ax)+cos4(ax)) sin(ax)dx =

∫sin(ax)dx−2

∫cos2(ax) sin(ax)dx+

∫cos4(ax) sin(ax)dx

= −1

acos(ax) +

2

3acos3(ax)− 1

5acos5(ax) + C

As duas últimas integrais podem ser resolvidas por substituição simples, tomando u = cos(ax).

14

21.∫

sin(mx) cos(nx)dx

Note que sin[(m± n)x] = sin(mx) cos(nx)± sin(nx) cos(mx) ,então

sin(mx) cos(nx) =1

2sin[(m+ n)x+ sin[(m− n)x]. Assim,∫

sin(mx) cos(nx)dx =1

2

∫sin[(m+ n)xdx+

∫sin[(m− n)x]dx

−1

2

{cos[(m+ n)x]

(m+ n)+

cos[(m− n)x](m− n)

}+ C

Este resultado só é válido caso m 6= ±n. Se m = ±n, então∫sin(mx) cos(nx)dx =

∫sin(±nx) cos(nx)dx = ±

∫sin(nx) cos(nx)dx = ± 1

2nsin2(nx) +C

A última integral pode ser resolvida através da substituição simples u = sin(nx).

23.∫

cos(ln(x))dx

Usando integração por partes, seja u = cos(ln(x)) e dv = dx, então du = −sin(ln(x))

xdx e v = 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))

xdx e v = x.

Logo,∫cos(ln(x))dx = x cos(ln(x)) + x sin(ln(x))− int cos(ln(x))dx

Portanto,∫cos(ln(x))dx =

1

2[x cos(ln(x)) + x sin(ln(x))] + C

25.∫

ex

(√e2x − 2ex + 5)3

dx

∫ex

(√e2x − 2ex + 5)3

dx =

∫ex

(√e2x − 2ex + 1 + 4)3

dx =

∫ex

(√(ex − 1)2 + 4)3

dx =1

8

∫ex(√

( ex−12

)2 + 1)3dx

=1

4

∫(1/2)ex(√1 + ( e

x−12

)2)3dx

Seja u =ex − 1

2, então du = (1/2)exdx. Assim,

1

4

∫(1/2)ex(√1 + ( e

x−12

)2)3dx =

1

4

∫1

(1 + u2)32

du

15

Tomando u = tan θ, temos du = sec2 θdθ e 1 + u2 = 1+ tan2 θ = sec2 θ ⇒(1 + u2

) 32 = (sec2 θ)

32 =

sec3 θ. Logo

1

4

∫1

(1 + u2)32

du =1

4

∫sec2 θ

sec3 θdθ =

1

4

∫1

sec θdθ =

1

4

∫cos θdθ =

1

4sin θ+C =

1

4

u√1 + u2

+C

Por �m,

Figura 10: De�nição u = tan θ

∫ex

(√e2x − 2ex + 5)3

dx =1

4

∫(1/2)ex(√1 + ( e

x−12

)2)3dx =

1

2

ex − 1√e2x − 2ex + 5

+ C

27.∫x3(a2x2 − b2)

12dx

Vamos assumir, sem perda de generalidade, b > 0. Tome x =b

asec θ, então dx =

b

asec θ tan θdθ e

(a2x2 − b2)12 = [b2(sec2 θ − 1)]

12 = [b2 tan2 θ]

12 = |b tan θ| = b| tan θ|. Assim∫

x3(a2x2 − b2)12dx =

∫b3

a3sec3 θb| tan θ| b

asec θ tan θdθ =

b5

a4

∫sec4 θ tan2 θdθ

=b5

a4

∫sec2 θ tan2 θ sec2 θdθ =

b5

a4

∫(1+tan2 θ) tan2 θ sec2 θdθ =

b5

a4

∫(tan2 θ+tan4 θ) sec2 θdθ

=b5

a4

[1

3tan3 θ +

1

5tan5 θ

]+ C =

b5

a4

[1

3

(√a2x2 − b2

b

)3

+1

5

(√a2x2 − b2

b

)5]+ C

= (a2x2 − b2)32

[3a2x2 + 2b2

15a4

]+ C

Figura 11: De�nição x =b

asec θ → cos θ =

b

ax

A última integral foi resolvida utilizando substituição simples u = tan θ.

16

29.∫x3e−

x3 dx

Usaremos integrações por partes sucessivamente. Primeiro, seja u = x3 e dv = e−x3 dx, então

du = 3x2dx e v = −3e−x3 . Então∫

x3e−x3 dx = −3x3e−

x3 + 9

∫x2e−

x3 dx

Tomando agora u = x2, então du = 2xdx. Usaremos o mesmo dv de antes.∫x3e−

x3 dx = −3x3e−

x3 + 9

[−3x2e−

x3 + 6

∫xe−

x3 dx

]= −3x3e−

x3 − 27x2e−

x3 + 54

∫xe−

x3 dx

Fazendo agora u = x, então du = dx. Novamente usaremos o mesmo dv.∫x3e−

x3 dx = −3x3e−

x3 − 27x2e−

x3 + 54

[−3xe−

x3 + 3

∫e−

x3 dx

]

= −3x3e−x3 − 27x2e−

x3 − 162xe−

x3 + 162

∫e−

x3 dx = −(3x3 + 27x2 + 162x+ 486)e−

x3 + C

31.∫

1

x8 + x6dx

1

x8 + x6=

1

x6(1 + x2)=Ax5 +Bx4 + Cx3 +Dx2 + Ex+ F

x6+E ′x+ F ′

1 + x2

Temos que determinar os coe�cientes. Para isto, basta somarmos as frações parciais e compararmoscom o lado esquerdo:

1

x8 + x6=

(A+ E ′)x7 + (B + F ′)x6 + (A+ C)x5 + (B +D)x4 + (C + E)x3 + (D + F )x2 + Ex+ F

x6(1 + x2)

Comparando ambos os lados vemos que E = 0 e F = 1, o que determina todas as outras constantes,a saber: C = E ′ = A = 0 e B = −D = −F ′ = 1. Logo

1

x8 + x6=x4 − x2 + 1

x6− 1

1 + x2=

1

x2− 1

x4+

1

x6− 1

1 + x2

Portanto,∫1

x8 + x6=

∫ (1

x2− 1

x4+

1

x6− 1

1 + x2

)dx = −1

x+

1

3x3− 1

5x5− arctanx+ C

33.∫

1

x4 − 1dx

1

x4 − 1=

1

(x2 − 1)(x2 + 1)=Ax+B

x2 − 1+Cx+D

x2 + 1

1

x4 − 1=

(A+ C)x3 + (B +D)x2 + (A− C)x+ (B −D)

x4 − 1

17

Comparando, temos: A + C = 0, B + D = 0, A − C = 0, B − D = 1. Logo A = C = 0 e

B = −D =1

2. Assim,∫

1

x4 − 1dx =

1

2

∫1

x2 − 1dx−1

2

∫1

x2 + 1dx = −1

2

∫1

1− x2dx−1

2

∫1

1 + x2dx = −1

2arctanhx−1

2arctanx+C

35.∫

(x2 + 1)ex

(x+ 1)2dx∫

(x2 + 1)ex

(x+ 1)2dx =

∫(x2 + 2x− 2x+ 1)ex

(x+ 1)2dx =

∫(x+ 1)2ex

(x+ 1)2dx−

∫2xex

(x+ 1)2dx =

∫exdx−2

∫(x+ 1− 1)ex

(x+ 1)2dx

=

∫exdx− 2

∫(x+ 1)ex

(x+ 1)2dx+ 2

∫ex

(x+ 1)2dx =

∫exdx− 2

∫ex

(x+ 1)dx+ 2

∫ex

(x+ 1)2dx

Note que, por integração por partes, fazendo u =1

x+ 1dx e dv = exdx

(⇒ v = ex e dv = − 1

(1 + x)2dx), temos que

∫ex

(x+ 1)dx =

ex

x+ 1+

∫ex

(x+ 1)2dx⇒ −2

∫ex

(x+ 1)dx+ 2

∫ex

(x+ 1)2dx = −2 ex

x+ 1

Logo,∫(x2 + 1)ex

(x+ 1)2dx = ex − 2

ex

x+ 1+ C = ex

(x− 1

x+ 1

)+ C

37.∫

tan4 x sec3 xdx∫tan4 x sec3 xdx =

∫(tan2 x)2 sec3 xdx =

∫(sec2 x−1)2 sec3 xdx =

∫(sec4 x−2 sec2 x+1) sec3 xdx

=

∫(sec7 x− 2 sec5 x+ sec3 x)dx

Vamos resolver as integrais uma a uma:∫sec7 xdx =

∫sec5 x sec2 xdx

Fazendo u = sec5 x e dv = sec2 xdx, então du = 5 sec5 x tanxdx e v = tanx. Por integraçao porpartes,∫

sec7 xdx = tanx sec5 x− 5

∫sec5 x tan2 xdx = tanx sec5 x− 5

∫sec5 x(sec2 x− 1)dx

∫sec7 xdx = tanx sec5 x−5

∫sec7 xdx+5

∫sec5 xdx⇒ 6

∫sec7 xdx = tanx sec5 x+5

∫sec5 xdx∫

sec7 xdx =1

6tanx sec5 x+

5

6

∫sec5 xdx

18

A próxima integral que precisaremos é:∫sec5 xdx =

∫sec3 x sec2 xdx

Fazendo u = sec3 x e dv = sec2 xdx, então du = 3 sec3 x tanxdx e v = tanx. Por integraçao porpartes,∫

sec5 xdx = tanx sec3 x− 3

∫sec3 x tan2 xdx = tanx sec3 x− 3

∫sec3 x(sec2 x− 1)dx

∫sec5 xdx = tanx sec3 x−3

∫sec5 xdx+3

∫sec3 xdx⇒ 4

∫sec5 xdx = tanx sec5+3

∫sec3 xdx∫

sec5 xdx =1

4tanx sec3 x+

3

4

∫sec3 xdx

Por �m, precisaremos determinar a integral∫sec3 xdx =

∫secx sec2 xdx

Fazendo u = secx e dv = sec2 xdx, então du = secx tanxdx e v = tanx. Por integraçao porpartes,∫

sec3 xdx = tanx secx−∫

secx tan2 xdx = tanx secx−∫

secx(sec2 x− 1)dx

∫sec3 xdx = tanx secx−

∫sec3 xdx+

∫secxdx = tanx secx−

∫sec3 xdx+ln | secx+tanx|+C

2

∫sec3 xdx = tanx secx+ln | secx+tanx|+C ⇒

∫sec3 xdx =

1

2tanx secx+

1

2ln | secx+tanx|+C

Voltando agora à integral original e usando os resultados que obtivemos,∫tan4 x sec3 xdx =

∫(sec7 x−2 sec5 x+sec3 x)dx =

1

6tanx sec5 x+

5

6

∫sec5 xdx−2

∫sec5 xdx+

∫sec3 xdx

=1

6tanx sec5 x−7

6

∫sec5 xdx+

∫sec3 xdx =

1

6tanx sec5 x−7

6

[1

4tanx sec3 x+

3

4

∫sec3 xdx

]+

∫sec3 xdx

=1

6tanx sec5 x− 7

24tanx sec3 x−7

8

∫sec3 xdx+

∫sec3 xdx =

1

6tanx sec5 x− 7

24tanx sec3 x+

1

8

∫sec3 xdx

=1

6tanx sec5 x− 7

24tanx sec3 x+

1

8

[1

2tanx secx+

1

2ln | secx+ tanx|

]+ C

= tanx

(1

6sec5 x− 7

24sec3 x+

1

16secx

)+

1

16ln | secx+ tanx|+ C

39.∫

sec2 x

(4− tan2 x)32

dx

Fazendo a substituição u = tanx, então du = sec2 xdx. Logo,∫sec2 x

(4− tan2 x)32

dx =

∫1

(4− u2) 32

du

19

Figura 12: De�nição u = 2 sin θ

Fazendo agora a substituição u = 2 sin θ, então du = 2 cos θdθ e (4 − u2)32 = (4 − 4 sin2 θ)

32 =

8(cos2 θ)32 = 8 cos3 θ. Logo,∫

1

(4− u2) 32

du =

∫2 cos θ

8 cos3 θdθ =

1

4

∫sec2 θdθ =

1

4tan θ + C =

1

4

u√4− u2

+ C

Voltando para a variável original∫sec2 x

(4− tan2 x)32

dx =1

4

tanx√4− tan2 x

+ C

20