Calcule
(a) \int \frac{\sqrt{x}}{x^{2}-1} dx
(b) \int_{0}^{1} x^{2} \arcsin x dx
(c) \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x d x}{4+\cos ^{2} x}
(d) \int \frac{d x}{1-\operatorname{sen} x+\cos x} Dica: Faça u=\tan (x / 2) e use as identidades \operatorname{sen} x=2 \operatorname{sen}(x / 2) \cos (x / 2) e \cos x=\cos ^{2}(x / 2)-\operatorname{sen}^{2}(x / 2)
(e) \int \frac{d x}{\sqrt[3]{x+1}}
(f) \int \frac{x^{4} d x}{\sqrt{x^{2}-4}}
(g) \int \frac{d x}{\sqrt{6 x-x^{2}}}

Passo 1

O enunciado pede para calcular sete integrais diferentes, envolvendo técnicas como substituições diretas, substituição trigonométrica, frações parciais, integração por partes e a substituição u=\tan(x/2). Vamos resumir o que usaremos:
  • Para (a) substituição x=t^2 e frações parciais.
  • Para (b) integração por partes e mudança t=1-x^2.
  • Para (c) u=\cos x e simetria.
  • Para (d) a substituição u=\tan(x/2) e as identidades dadas.
  • Para (e) mudança linear u=x+1.
  • Para (f) substituição trigonométrica x=2\operatorname{sec}\theta.
  • Para (g) completar quadrado e usar a integral de arco seno.

Passo 2

(a) Seja x=t^2. Então \,dx=2t\,dt e \sqrt{x}=t. A integral vira
\int \frac{t}{t^4-1}\,2t\,dt =\int \frac{2t^2}{(t^2-1)(t^2+1)}\,dt
e fazemos frações parciais para obter
\frac{2t^2}{t^4-1} =\frac{1}{t^2+1}+\frac12\Bigl(\frac1{t-1}-\frac1{t+1}\Bigr).
Integrando,
\int\frac{dt}{t^2+1}=\arctan t, \quad \int\frac{dt}{t\pm1}=\ln|t\pm1|,
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\int\frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\,dx =\arctan(\sqrt{x}) +\frac12\ln\Bigl|\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\Bigr|+C.

Passo 3

(b) Use integração por partes com \,u=\arcsin x, \,dv=x^2dx. Então \,du=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, \,v=\frac{x^3}{3}. Tem-se
\int_0^1 x^2\arcsin x\,dx =\Bigl[\frac{x^3}{3}\arcsin x\Bigr]_0^1 -\int_0^1\frac{x^3}{3\sqrt{1-x^2}}\,dx.
O primeiro termo vale \pi/6. No segundo, use t=1-x^2 para chegar a \int_0^1 x^3/\sqrt{1-x^2}\,dx=2/3. Assim
\int_0^1 x^2\arcsin x\,dx =\frac{\pi}{6}-\frac13\cdot\frac{2}{3} =\frac{\pi}{6}-\frac{2}{9}.

Passo 4

(c) Faça u=\cos x, então du=-\sin x\,dx e
\int_0^\pi\frac{\sin x}{4+\cos^2x}\,dx =\int_{u=1}^{-1}\frac{-du}{4+u^2} =\int_{-1}^{1}\frac{du}{4+u^2}.
Como é função par,
2\int_0^1\frac{du}{4+u^2} =2\Bigl[\frac1{2}\arctan\frac{u}{2}\Bigr]_0^1 =\arctan\frac12.

Passo 5

(d) Com u=\tan\frac{x}{2} temos \,\sin x=\frac{2u}{1+u^2}, \,\cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \,dx=\frac{2\,du}{1+u^2}. O denominador fica
1-\sin x+\cos x =\frac{2(1-u)}{1+u^2},
de modo que a integral é
\int\frac{dx}{1-\sin x+\cos x} =\int\frac{2\,du/(1+u^2)}{2(1-u)/(1+u^2)} =\int\frac{du}{1-u} =-\ln\bigl|1-u\bigr|+C.
Voltando, \,u=\tan\frac{x}{2}:
-\ln\Bigl|1-\tan\frac{x}{2}\Bigr|+C.

Passo 6

(e) Com u=x+1 vem du=dx e
\int\frac{dx}{\sqrt[3]{x+1}} =\int u^{-1/3}\,du =\frac{u^{2/3}}{2/3}+C =\frac{3}{2}(x+1)^{2/3}+C.

Passo 7

(f) Use x=2\operatorname{sec}\theta, logo dx=2\operatorname{sec}\theta\tan\theta\,d\theta e \sqrt{x^2-4}=2\tan\theta. A integral torna-se
\int\frac{x^4\,dx}{\sqrt{x^2-4}} =16\int\operatorname{sec}^5\theta\,d\theta =16\int\operatorname{sec}^3\theta\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta.
Com t=\tan\theta, \,dt=\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta e \operatorname{sec}^2=1+t^2,
obtém-se
16\int(1+t^2)\,dt =16\Bigl(t+\frac{t^3}{3}\Bigr)+C.
Voltando a x,
t=\tan\theta=\frac{\sqrt{x^2-4}}{2},
fica
8\sqrt{x^2-4} +\frac{2}{3}(x^2-4)^{3/2}+C.

Passo 8

(g) Observe
6x-x^2=9-(x-3)^2,
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\int\frac{dx}{\sqrt{6x-x^2}} =\int\frac{dx}{\sqrt{9-(x-3)^2}} =\arcsin\frac{x-3}{3}+C.

Resposta

(a) \displaystyle \arctan(\sqrt{x})+\tfrac12\ln\!\Bigl|\tfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\Bigr|+C (b) \displaystyle \frac{\pi}{6}-\frac{2}{9} (c) \displaystyle \arctan\frac12 (d) \displaystyle -\ln\!\Bigl|1-\tan\frac{x}{2}\Bigr|+C (e) \displaystyle \frac{3}{2}(x+1)^{2/3}+C (f) \displaystyle 8\sqrt{x^2-4}+\frac{2}{3}(x^2-4)^{3/2}+C (g) \displaystyle \arcsin\frac{x-3}{3}+C

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