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Calcular o valor, em função de x, das seguintes integrais, aplicando o método de integração por partes: (
1)
⌠ ⌠ O método tem a seguinte fórmula: u dv = u v − v du ⌡ ⌡
)
⌠ I = x2 sen( x ) dx ; ⌡ Solução
considerando:
u = x2 => du = 2x dx dv = sen(x)dx => v = −cos( x ) substituindo em I , temos:
⌠ ⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = −x2 cos( x ) − −cos( x ) 2 x dx = ⌡ ⌡ ⌡ ⌠ −x2 cos( x ) + 2 x cos( x ) dx ⌡
⌠ fazendo J = 2 x cos( x ) dx ⌡ considerando w = x => dw = dx dz = cos(x) dx => z = sen(x) substituindo em J , temos:
cos(x) + K
logo, temos:
⌠ ⌠ ⌠ J = 2 w dz = 2 w z − 2 z dw = 2 x sen( x ) − 2 sen( x ) dx = 2 x sen(x) + 2 ⌡ ⌡ ⌡
I = −x2 cos( x ) + J
=
−x2 cos( x ) + 2 x sen(x) + 2 cos(x) + K
------------------------------------------Page 1
2)
⌠ I = ln( tg( x ) ) sec( x )2 dx ⌡ Solução
considerando u = ln(tg(x))
=>
dv = sec( x )2dx
du =
sec( x )2
tg( x ) => v = tg(x)
dx
substituindo em I , temos: ⌠ tg( x ) sec( x )2 ⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = ln( tg( x ) ) tg( x ) − dx = ⌡ ⌡ tg( x ) ⌡ ⌠ ln( tg( x ) ) tg( x ) − sec( x )2 dx = ⌡ = ln( tg( x ) ) tg( x ) − tg( x ) + K = tg( x ) ( ln( tg( x ) ) − 1 ) + K ------------------------------------------
3)
⌠ x ex I = dx ; ( 1 + x )2 ⌡ Solução considerando u = x ex
du = (ex + x ex) dx = ex ( 1 + x ) dx 1 1 dv = dx => v = − 1+x ( 1 + x )2 =>
sustituindo em I , temos:
Page 2
⌠ x e (1 + x) x ex ⌠ x − − − dx = − + e dx = 1+x 1+x 1+x ⌡ ⌡ x 1 ex x x e 1 − + K = + K + K = e 1+x 1+x 1+x x ex
⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = ⌡ ⌡ = −
x ex 1+x
+ ex + K =
-----------------------------------------
4)
⌠ I = x2 ln( x + 1 ) dx ; ⌡ Solução
considerando u = ln( x + 1) 2
dv = x dx
=> du =
=> v =
1 x+1
dx
x3
3 substituindo em I , temos:
⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du ⌡ ⌡ ⌠ 3 x dx = x + 1 ⌡
=
⌠ x3 ln( x + 1 ) − dx = 3 3 (x + 1) ⌡
x3
x3 3
ln( x + 1 ) −
1 3
⌠ 1 2 1 x3 1 = ln( x + 1 ) − x − x + 1 − dx = ln( x + 1 ) − ( 3 3 x+1 3 3 ⌡ ⌠ 1 ⌠ 2 ⌠ ⌠ x dx − x dx + 1 dx − dx ) = ⌡ ⌡ ⌡ x + 1 ⌡ 3 x 1 x3 x2 x3 1 x3 = ln( x +1) − ( − + x − ln( x + 1 ) ) + K = ln( x +1) + ln( x + 1 ) − + 3 3 3 2 3 3 9 x2 x − + K 6 3 x3
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-------------------------------------------
5)
⌠ ln( x ) I = dx ; x ⌡
Solução considerando u = ln(x) dv =
=> du =
1 x
dx
1
dx => v = ln(x) x substituindo em I , temos: ⌠ ln( x ) ln(x) ln(x) − dx x ⌡
⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du ⌡ ⌡
=
I + I = ln( x )2
2 I = ln( x )2
=>
=>
I =
-------------------------------------------
6)
⌠ I = x ln( x )2 dx ; ⌡ Suloção considerando u = ln( x )2 dv = x dx
=> =>
du = 2 ln( x ) v =
1 x
dx
x2
2 substituindo em I , temos;
x2 ⌠ ⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = ln( x )2 −x ln( x ) dx ⌡ ⌡ ⌡ 2 Page 4
=
1 2
ln( x )2 - I
ln( x )2 + K
=>
considerando w = ln(x)
=> dw =
dz = x dx
=>
z =
1 x
dx
x2
2 substituindo nesta última integral de I , temos: x2
⌠ ln( x )2 −w dz = ⌡ 2
I =
x2
⌠ ln( x )2 - ( w z − z dw ) = ⌡ 2
⌠ 2 x dx = 2 x ⌡ x2 x2 1⌠ 2 = ln( x ) − ln(x) + x dx = 2 2 2⌡
x2 2
2
ln( x ) −
x2 2
x2 2
ln( x )2 −
ln(x) +
x2 4
x2 2
ln(x) +
+ K
------------------------------------------
7)
⌠ I = x3 cos( x2 ) dx ; ⌡
Solução ⌠ 2 2 I = x cos( x ) x dx ⌡ considerando u = x2
=>
du = 2 x dx
=>
substituindo em I , temos: I =
1 2
du = x dx
1⌠ u cos( u ) du 2⌡
considerando w = u
=> dw = du
dz = cos(u) du z = sen(u) substituindo nesta última I , temos: I =
1⌠ 1 1 1 ⌠ ⌠ w dz = ( w z − z dw ) = ( u sen( u ) − sen( u ) du ) = ( u sen(u) + ⌡ ⌡ 2⌡ 2 2 2 Page 5
cos(u) ) + k substituindo u nesta última I , temos: I =
1 2
( x2 sen( x2 ) + cos( x2 ) ) + K =
1 2
x2 sen( x2 ) +
1 2
cos( x2 ) + K
-----------------------------------------
⌠ I = e( −x ) cos( 2 x ) dx ; ⌡
8)
Solução considerando u = e( −x )
du = −e( −x ) dx => −du = e( −x ) dx 1 dv = cos(2x) dx => v = sen(2x) 2 subtituindo em I , temos: 1 1⌠ ⌠ ⌠ sen( 2 x ) e( −x ) dx I = u dv = u v − v du = e( −x ) sen(2x) + ⌡ ⌡ 2 2⌡ fazendo
J =
=>
1⌠ sen( 2 x ) e( −x ) dx 2⌡
considerando w = e( −x )
dw = −e( −x ) dx => −dw = e( −x ) dx 1 dz = sen(2x) dx => z = − cos(2x) 2 substituindo em J , temos:
J = =
=>
1⌠ 1 1 1 1⌠ ⌠ w dz = ( w z − z dw ) = ( − cos(2x) e( −x ) − cos( 2 x ) e( −x ) dx ) ⌡ 2⌡ 2 2 2 2⌡
= −
logo, I = e( −x )
1 4
cos(2x) e( −x ) − 1 2
sen(2x)
−
1 4
1 4
I
cos(2x) e( −x ) − Page 6
1 4
I + K
=>
=>
=>
1
I + 5 4
=>
4
I =
I = 1 2 2
I =
5
1 2
e( −x ) sen( 2 x ) − 1
e( −x ) sen( 2 x ) −
e( −x ) sen( 2 x ) −
4
1 5
1 4
e( −x ) cos( 2 x )
+ K
e( −x ) cos( 2 x ) + K
=>
=>
e( −x ) cos( 2 x ) + K
------------------------------------------
9)
⌠ I = x cossec( 3 )2 dx ; ⌡ Solução considerando u = x
=> du = dx
dv = cossec( 3 x )2 dx
=> v = −
substituindo em I , temos:
1 3
cotg(3x)
1 1⌠ ⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = − x cotg(3x) + cotg( 3 x ) dx ⌡ ⌡ 3 3⌡
fazendo
1⌠ J = cotg( 3 x ) dx = 3⌡
considerando w = sen(3x)
⌠ 1 cos( 3 x ) dx 3 sen( 3 x ) ⌡
=> dw = 3 cos(3x) dx
substituindo em J, temos:
J = logo, I = −
1 3
⌠ 1 1 dw 9 w ⌡
x cotg(3x) +
1 9
=
1 9
ln( | w | ) + K
ln( | sen(3x) | ) + K Page 7
=
1 9
=>
1 3
dw = cos(3x) dx
ln( | sen(3x) | ) + K
-----------------------------------------
10)
⌠ I = arctg( x ) dx ; ⌡ Solução considerando u = arctg(x) dv = dx
=>
=>
du =
v = x
1 1 + x2
dx
substituindo em I , temos: ⌠ x ⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = x arctg(x) − dx ⌡ ⌡ 1 + x2 ⌡
fazendo
⌠ x J = − dx 1 + x2 ⌡
considerando w = 1 + x2
=> dw = 2 x dx
substituindo em J , temos: ⌠ 1 1 J = − dw 2 w ⌡
= −
1 2
1 2
ln( 1 + x2 ) + K
-------------------------------------------
11)
⌠ I = x arctg( x ) dx ; ⌡ Solução
1 2
ln( | w | ) + K = −
logo, I = x arctg(x) −
=>
Page 8
dw = x dx
1 2
ln( 1 + x2 ) + K
considerando u = arctg(x) dv = x dx
1
=> du = =>
1
v =
1 + x2
dx
x2
2 substituindo em I , temos:
⌠ ⌠ I = u dv = u v − v du = ⌡ ⌡
⌠ 1 x2 x arctg(x) − dx = 2 2 1 + x2 ⌡ 1
2
⌠ 1 1 1 2 1⌠ = x arctg(x) − 1 d x = x arctg(x) − − 1 dx + 2 2 2 2⌡ 1 + x2 ⌡ 1 2 1 1 = x arctg(x) − x + arctg(x) + K 2 2 2 1
2
-----------------------------------------============================================ Jailson Marinho Cardoso Aluno do curso de Matemática Universidade Federal da Paraíba Campus I 20/07/2000 ============================================
Page 9
⌠ 1 1 dx = 2 1 + x2 ⌡
