Calcule as integrais:
(a)
\int 2 e^{t} \cos ^{2}\left(e^{t}-2\right) d t
(b)
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \operatorname{sen}^{3}(2 x) \cos ^{2}(2 x) d x
(c)
\int \frac{1}{\sqrt{1-4 x^{2}}} d x
\iint_{-\infty}^{0} \frac{e^{x}}{e^{x}+3} d x

Passo 1

Temos quatro integrais para resolver:
(a) \displaystyle \int 2e^{t}\cos^{2}\bigl(e^{t}-2\bigr)\,dt – aqui vai rolar substituição simples e uso da identidade de cosseno ao quadrado.
(b) \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\operatorname{sen}^{3}(2x)\,\cos^{2}(2x)\,dx – é uma integral trigonométrica no intervalo, usando u=\operatorname{sen}(2x) e a identidade \cos^{2}=1-\operatorname{sen}^{2}.
(c) \displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1-4x^{2}}}\,dx – lembra função arco-seno.
(d) \displaystyle \int_{-\infty}^{0}\frac{e^{x}}{e^{x}+3}\,dx – é imprópria, mas usa u=e^{x} e avaliação de limites.

Passo 2

(a) Começando por
\int 2e^{t}\cos^{2}\bigl(e^{t}-2\bigr)\,dt,
faço a substituição
u = e^{t}-2 \quad\Longrightarrow\quad du = e^{t}\,dt \quad\Longrightarrow\quad 2e^{t}\,dt = 2\,du.
Assim a integral vira
\int 2\cos^{2}(u)\,du.
Uso a identidade
\cos^{2}(u)=\frac{1+\cos(2u)}{2},
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\int 2\cos^{2}(u)\,du = \int\bigl(1+\cos(2u)\bigr)\,du = \int 1\,du + \int\cos(2u)\,du = u + \tfrac12\operatorname{sen}(2u) + C.
Voltando a t:
u = e^{t}-2, \quad 2u = 2e^{t}-4,
logo
\int 2e^{t}\cos^{2}\bigl(e^{t}-2\bigr)\,dt = e^{t}-2 + \tfrac12\,\operatorname{sen}\bigl(2e^{t}-4\bigr) + C.

Passo 3

(b) Agora
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\operatorname{sen}^{3}(2x)\,\cos^{2}(2x)\,dx.
Escrevo \operatorname{sen}^{3}(2x)=\operatorname{sen}^{2}(2x)\,\operatorname{sen}(2x) e uso \operatorname{sen}^{2}(2x)=1-\cos^{2}(2x), mas prefiro usar u=\operatorname{sen}(2x):
u=\operatorname{sen}(2x), \quad du = 2\cos(2x)\,dx \quad\Longrightarrow\quad \cos(2x)\,dx = \frac{du}{2}.
A integral tem \cos^{2}(2x)=\cos(2x)\cdot\cos(2x), então um \cos(2x)\,dx vira du/2 e sobra um \cos(2x)=\sqrt{1-u^{2}}? Melhor é reescrever \cos^{2}(2x)=1-\operatorname{sen}^{2}(2x)=1-u^{2}. Assim
\operatorname{sen}^{3}(2x)\,\cos^{2}(2x)\,dx = u^{3}\,(1-u^{2})\;\Bigl(\frac{du}{2}\Bigr) = \frac12\,(u^{3}-u^{5})\,du.
Os limites: quando x=0, u=\operatorname{sen}(0)=0; quando x=\pi/4, u=\operatorname{sen}(\pi/2)=1. Logo
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\operatorname{sen}^{3}(2x)\,\cos^{2}(2x)\,dx = \frac12\int_{0}^{1}(u^{3}-u^{5})\,du = \frac12\Bigl[\frac{u^{4}}{4}-\frac{u^{6}}{6}\Bigr]_{0}^{1} = \frac12\Bigl(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\Bigr) = \frac{1}{24}.

Passo 4

(c) Para
\int \frac{1}{\sqrt{1-4x^{2}}}\,dx
lembro que
\displaystyle \frac{d}{dx}\arcsin(2x)=\frac{2}{\sqrt{1-(2x)^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1-4x^{2}}}.
Portanto
\int \frac{1}{\sqrt{1-4x^{2}}}\,dx = \frac12\,\arcsin(2x) + C.

Passo 5

(d) Finalmente
\int_{-\infty}^{0}\frac{e^{x}}{e^{x}+3}\,dx.
Faço u=e^{x}, então du=e^{x}dx e quando x\to-\infty, u\to0; quando x=0, u=1. A integral fica
\int_{0}^{1}\frac{1}{u+3}\,du = \bigl[\ln|u+3|\bigr]_{0}^{1} = \ln(1+3)-\ln(0+3) = \ln(4)-\ln(3) = \ln\!\Bigl(\frac{4}{3}\Bigr).

Resposta

(a) \displaystyle e^{t}-2 + \tfrac12\,\operatorname{sen}\bigl(2e^{t}-4\bigr) + C
(b) \displaystyle \frac{1}{24}
(c) \displaystyle \frac12\,\arcsin(2x) + C
(d) \displaystyle \ln\!\Bigl(\frac{4}{3}\Bigr)

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