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Calcule a integral.

∫ x - 1 x ² - 4 x + 5 d x

Passo 1

Primeiro vamos analisar qual regra usar para calcular essa integral, então mãos a massa: vamos tentar simplificar a expressão, se formos tentar achar as raízes do denominador vamos ver que o é negativo, assim não temos raízes reais, vamos tentar então ajustar o denominador para ter raízes reais, vemos que ele se parece muito com x 2 - 4 x + 4 = x - 2 2 , assim vamos fazer essa modificação, e ajustar o numerador também:

∫ x - 1 x ² - 4 x + 5 d x = ∫ x - 2 + 1 x - 2 2 + 1 d x

Pronto, agora tá com uma cara melhor, vamos ver o que dá pra fazer.

Passo 2

Bem, agora podemos usar a Regra da Substituição, vamos fazer uma mudança de variável para encontrar o valor dessa integral, vemos que temos um   x no denominador e no numerador, podemos então usar a mudança de variável:

u = x - 2

Vamos agora achar diferencial de u , derivando:

d u = 1 - 0   d x = d x

Fazendo a substituição ficamos com:

∫ x - 2 + 1 x - 2 2 + 1 d x = ∫ u + 1 u 2 + 1 d u = ∫ u u 2 + 1 + 1 u 2 + 1 d u = ∫ u u 2 + 1 d u + ∫ 1 u 2 + 1 d u

Agora vamos resolver as duas integrais separadamente, para não confundir, vamos lá.

Passo 3

Vamos analisar o que fazer para calcular:

∫ u u 2 + 1 d u

Aqui vamos usar Substituição novamente, repare que temos um u 2 no denominador e u no numerador, que é parecido com a derivada de u 2 , vamos fazer então:

v = u 2 + 1

O que nos dá:

d v = 2 u + 0   d u = 2 u   d u → u   d u = d v 2

Vamos substituir:

∫ u u 2 + 1 d u = ∫ 1 2 v d v

Agora é fácil achar as primitivas da função, usando duas expressões da Tabela de Integrais Indefinidas:

∫ c f x d x = c ∫ f x d x

∫ 1 x d x = ln ⁡ x + C

Agora é só aplicar:

∫ 1 2 v d v = 1 2 ∫ 1 v d v = 1 2 ln ⁡ v + C

Passo 4

Agora vamos para a segunda integral:

∫ 1 u 2 + 1 d u

Esse é simples, já tá na forma de uma das integrais indefinidas da tabela:

∫ 1 x 2 + 1 d x = tg - 1 ⁡ x + C

Então ficamos com:

∫ 1 u 2 + 1 d u = tg - 1 ⁡ u + C

Passo 5

Vamos agora juntar:

∫ u u 2 + 1 d u + ∫ 1 u 2 + 1 d u = 1 2 ln ⁡ v + tg - 1 ⁡ u + C

Calma, não terminou ainda, não esqueça de voltar para a variável x , é só substituir de volta o que você usou no começo:

∫ u u 2 + 1 d u + ∫ 1 u 2 + 1 d u = 1 2 ln ⁡ v + tg - 1 ⁡ u + C = 1 2 ln ⁡ u 2 + 1 + tg - 1 ⁡ x - 2 + C = 1 2 ln ⁡ x - 2 2 + 1 + tg - 1 ⁡ x - 2 + C

Aqui só mais um detalhe, podemos tirar o módulo do l n , pois a expressão vai ser sempre positiva, não importa qual valor de x , assim:

∫ x - 1 x ² - 4 x + 5 d x = ∫ u u 2 + 1 d u + ∫ 1 u 2 + 1 d u = 1 2 ln ⁡ x - 2 2 + 1 + tg - 1 ⁡ x - 2 + C = 1 2 ln ⁡ x 2 - 4 x + 5 + tg - 1 ⁡ x - 2 + C

Resposta

∫ x - 1 x ² - 4 x + 5 d x = 1 2 ln ⁡ x 2 - 4 x + 5 + tg - 1 ⁡ x - 2 + C

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