DETERMINE A PRIMITIVA POR INTEGRAÇÃO POR PARTES E VERIFIQUE DERIVANDO
\int x^{3} e^{-x} \operatorname{sen}(x) d x

Passo 1

O enunciado pede para encontrar uma primitiva (antiderivada) e verificar derivando a seguinte integral indefinida:
\int x^{3} e^{-x}\sin(x)\,dx.
Informações dadas:
  • A função a integrar é x^{3} e^{-x}\sin(x).
  • Deve-se usar integração por partes para determinar a primitiva e depois verificar, derivando, que o resultado realmente retorna à função integranda.

Passo 2

Lembra da fórmula de integração por partes? Ela vem da regra do produto para derivação e diz:
\int u\,dv = u v - \int v\,du,
onde u e dv são funções escolhidas de modo que du e v sejam fáceis de obter.
Aqui é natural escolher a potência como u (assim ela diminui quando derivamos) e o restante como dv. Então fazemos a escolha:
u = x^{3},\qquad dv = e^{-x}\sin(x)\,dx.
Então
du = 3x^{2}\,dx,
e precisamos de v, ou seja, uma primitiva de e^{-x}\sin(x). No próximo passo calculo essa primitiva.

Passo 3

Calcular v=\displaystyle\int e^{-x}\sin(x)\,dx. Vou fazer isso por integração por partes dupla (procedimento padrão para e^{ax}\sin(bx)).
Defina
J=\int e^{-x}\sin(x)\,dx.
Fazendo integração por partes com p=e^{-x} e dq=\sin x\,dx:
  • p=e^{-x} dp=-e^{-x}\,dx,
  • q=\int \sin x\,dx = -\cos x.
Logo
J = e^{-x}(-\cos x) - \int (-\cos x)(-e^{-x})\,dx = -e^{-x}\cos x - \int e^{-x}\cos x\,dx.
Agora seja
K=\int e^{-x}\cos x\,dx.
Fazendo integração por partes análoga para K (com p=e^{-x}, dq=\cos x\,dx):
  • q=\int\cos x\,dx = \sin x,
    então
K = e^{-x}\sin x - \int \sin x(-e^{-x})\,dx = e^{-x}\sin x + \int e^{-x}\sin x\,dx.
Mas \int e^{-x}\sin x\,dx é J. Então obtemos
K = e^{-x}\sin x + J.
Voltemos à expressão para J:
J = -e^{-x}\cos x - K = -e^{-x}\cos x - (e^{-x}\sin x + J).
Isolando J:
J = -e^{-x}\cos x - e^{-x}\sin x - J \quad\Rightarrow\quad 2J = -e^{-x}(\sin x + \cos x).
Portanto
J = \int e^{-x}\sin x\,dx = -\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x) + C.
Assim escolhemos a primitiva específica (sem constante) como
v = -\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x).

Passo 4

Agora aplicamos a integração por partes principal com u=x^{3} e v encontrado:
\int x^{3} e^{-x}\sin x\,dx = x^{3}v - \int v\,du = x^{3}v - \int \bigl(-\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)\bigr)\cdot 3x^{2}\,dx.
Isto é
\int x^{3} e^{-x}\sin x\,dx = x^{3}\left(-\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)\right) + \tfrac{3}{2}\int x^{2} e^{-x}(\sin x + \cos x)\,dx.
Para organizar o cálculo, defino duas famílias de integrais
A_{n}=\int x^{n} e^{-x}\sin x\,dx,\qquad B_{n}=\int x^{n} e^{-x}\cos x\,dx.
O que acabamos de escrever dá, para n=3,
A_{3} = -\tfrac{1}{2}x^{3}e^{-x}(\sin x + \cos x) + \tfrac{3}{2}\bigl(A_{2}+B_{2}\bigr).
Agora vamos calcular A_{2} e B_{2} usando as mesmas ideias de redução. Em geral, usando u=x^{n} e dv=e^{-x}\sin x\,dx ou dv=e^{-x}\cos x\,dx e as primitivas já conhecidas de e^{-x}\sin x e e^{-x}\cos x, obtemos as fórmulas de redução:
A_{n}=x^{n}W_{s}+\frac{n}{2}\bigl(A_{n-1}+B_{n-1}\bigr), \qquad B_{n}=x^{n}W_{c}-\frac{n}{2}\bigl(A_{n-1}-B_{n-1}\bigr),
onde
W_{s}=\int e^{-x}\sin x\,dx=-\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x+\cos x),
W_{c}=\int e^{-x}\cos x\,dx=\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x).

Passo 5

Calculo recursivo passo a passo (começando em n=0).
Para n=0:
A_{0}=W_{s}=-\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x+\cos x), \qquad B_{0}=W_{c}=\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x).
Para n=1:
A_{1}=xW_{s}+\tfrac{1}{2}(A_{0}+B_{0}).
Como
A_{0}+B_{0} = -\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin+\cos)+\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin-\cos) = -e^{-x}\cos x,
segue
A_{1}=xW_{s}-\tfrac{1}{2}e^{-x}\cos x.
Analogamente
B_{1}=xW_{c}-\tfrac{1}{2}(A_{0}-B_{0}),
e
A_{0}-B_{0} = -e^{-x}\sin x,
portanto
B_{1}=xW_{c}+\tfrac{1}{2}e^{-x}\sin x.
Para n=2:
A_{2}=x^{2}W_{s}+ (A_{1}+B_{1}).
Calculando A_{1}+B_{1}:
A_{1}+B_{1}=x(W_{s}+W_{c})+\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x).
Mas W_{s}+W_{c}=-e^{-x}\cos x. Então
A_{1}+B_{1}=-x e^{-x}\cos x + \tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x).
Logo
A_{2}=x^{2}W_{s}-x e^{-x}\cos x + \tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x).
Para B_{2}:
B_{2}=x^{2}W_{c}-(A_{1}-B_{1}).
Mas ao combinar A_{2}+B_{2} (que aparece na fórmula para A_{3}) nota-se uma simplificação conveniente:
A_{2}+B_{2}=x^{2}(W_{s}+W_{c})+2B_{1}.
Usando W_{s}+W_{c}=-e^{-x}\cos x e B_{1}=xW_{c}+\tfrac{1}{2}e^{-x}\sin x, obtemos
A_{2}+B_{2} = -x^{2}e^{-x}\cos x + 2xW_{c} + e^{-x}\sin x.

Passo 6

Agora retorne à expressão para A_{3}:
A_{3} = -\tfrac{1}{2}x^{3}e^{-x}(\sin x + \cos x) + \tfrac{3}{2}\bigl(A_{2}+B_{2}\bigr).
Substituindo a expressão de A_{2}+B_{2}:
A_{3} = -\tfrac{1}{2}x^{3}e^{-x}(\sin x + \cos x) + \tfrac{3}{2}\bigl( -x^{2}e^{-x}\cos x + 2xW_{c} + e^{-x}\sin x\bigr).
Lembre que W_{c}=\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x). Substituindo e fatorando e^{-x} obtém-se, após simplificar os termos em \sin x e \cos x,
\int x^{3} e^{-x}\sin x\,dx = \tfrac{1}{2}e^{-x}\Bigl[(-x^{3}+3x+3)\sin x - (x^{3}+3x^{2}+3x)\cos x\Bigr] + C.
(Isto resulta do desenvolvimento e agrupamento dos coeficientes de \sin x e \cos x; os coeficientes foram combinados conforme mostrado nos passos anteriores.)

Passo 7

Agora verifico que a derivada da primitiva encontrada é realmente x^{3}e^{-x}\sin x. Defina
F(x)=\tfrac{1}{2}e^{-x}\Bigl[U(x)\sin x + V(x)\cos x\Bigr],
onde
U(x)=-x^{3}+3x+3,\qquad V(x)=-(x^{3}+3x^{2}+3x).
Faço F'(x). Usando produto e derivadas de \sin e \cos, obtemos (após organizar termos)
F'(x)=\tfrac{1}{2}e^{-x}\bigl[(-U+U'-V)\sin x + (-V+U+V')\cos x\bigr].
Calculando U' e V':
U'=-3x^{2}+3,\qquad V'=-3x^{2}-6x-3,
e substituindo, chega-se a
(-U+U'-V)=2x^{3},\qquad (-V+U+V')=0.
Portanto
F'(x)=\tfrac{1}{2}e^{-x}\cdot 2x^{3}\sin x = x^{3}e^{-x}\sin x,
o que confirma que F é de fato uma primitiva da integranda.

Resposta

\displaystyle \int x^{3} e^{-x}\sin x\,dx=\tfrac{1}{2}e^{-x}\Bigl[(-x^{3}+3x+3)\sin x-(x^{3}+3x^{2}+3x)\cos x\Bigr]+C

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