Resolver as seguintes integrais usando a técnica de integração por partes.
\begin{array}{lll} \int x \sin (5 x) d x & \int x \ln (3 x) d x & \int(x-1) e^{-x} d x \\\ \int \ln (1-x) d x & \int \cos ^{3}(x) d x & \int x^{2} \ln (x) d x \\\ \int t e^{4 t} d t & \int e^{x} \cos (x / 2) d x & \int x^{2} e^{x} d x \\\ \int(x+1) \cos (2 x) d x & \int e^{3 x} \cos (4 x) d x & \int \arcsin (x / 2) d x \end{array}

Passo 1

O enunciado apresenta doze integrais variadas e pede que usemos a técnica de integração por partes. Em cada caso vamos identificar funções u e dv, calcular du e v, e aplicar a fórmula
\int u\,dv = u\,v - \int v\,du.

Passo 2

Para
I_{1}=\int x\sin(5x)\,dx
escolhemos u=x e dv=\sin(5x)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{\cos(5x)}{5}. Assim
I_{1} =-\frac{x\cos(5x)}{5} +\frac{1}{5}\int\cos(5x)\,dx =-\frac{x\cos(5x)}{5} +\frac{\sin(5x)}{25} +C.

Passo 3

Para
I_{2}=\int x\ln(3x)\,dx
tomamos u=\ln(3x), dv=x\,dx. Então du=\frac{dx}{x} e v=\frac{x^2}{2}. Logo
I_{2} =\frac{x^2}{2}\ln(3x) -\frac{1}{2}\int x\,dx =\frac{x^2}{2}\ln(3x) -\frac{x^2}{4} +C.

Passo 4

Para
I_{3}=\int (x-1)e^{-x}\,dx
podemos separar em \int x e^{-x}dx - \int e^{-x}dx. Para \int x e^{-x}dx use u=x, dv=e^{-x}dx, obtendo
\int x e^{-x}dx =-x e^{-x}-e^{-x} =-(x+1)e^{-x}.
Subtraindo \int e^{-x}dx=-e^{-x}
I_{3} =-(x+1)e^{-x} -(-e^{-x}) =-x\,e^{-x} +C.

Passo 5

Para
I_{4}=\int \ln(1-x)\,dx
escolhemos u=\ln(1-x), dv=dx. Então du=-\frac{dx}{1-x}, v=x, e
I_{4} =x\ln(1-x) -\int x\Bigl(-\frac{1}{1-x}\Bigr)dx =x\ln(1-x) +\int \frac{x}{1-x}dx.
Fazendo divisão x/(1-x)=-1+1/(1-x),
\int\frac{x}{1-x}dx =-\!x-\ln|1-x|,
logo
I_{4} =x\ln(1-x)-x-\ln|1-x|+C.

Passo 6

Para
I_{5}=\int \cos^{3}(x)\,dx
usamos partes com u=\cos^{2}x, dv=\cos x\,dx. Então du=-2\cos x\sin x\,dx, v=\sin x. Assim
I_{5} =\cos^{2}x\sin x - \int \sin x\bigl(-2\cos x\sin x\bigr)dx =\cos^{2}x\sin x+2\int\cos x\sin^{2}x\,dx.
Escrevendo \sin^{2}x=1-\cos^{2}x e resolvendo para I_{5}, obtemos
I_{5} =\frac{2+\cos^{2}x}{3}\,\sin x +C.

Passo 7

Para
I_{6}=\int x^{2}\ln(x)\,dx
tomamos u=\ln x, dv=x^{2}dx. Então du=dx/x, v=x^{3}/3. Logo
I_{6} =\frac{x^{3}}{3}\ln x -\frac{1}{3}\int x^{2}dx =\frac{x^{3}}{3}\ln x -\frac{x^{3}}{9} +C.

Passo 8

Para
I_{7}=\int t e^{4t}\,dt
escolhemos u=t, dv=e^{4t}dt. Então du=dt, v=e^{4t}/4, e
I_{7} =\frac{t e^{4t}}{4} -\frac{1}{4}\int e^{4t}dt =\frac{t e^{4t}}{4} -\frac{e^{4t}}{16} +C.

Passo 9

Para
I_{8}=\int e^{x}\cos\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,dx
fazemos partes duas vezes e resolvemos o sistema que surge. O resultado final é
I_{8} =\frac{e^{x}\bigl(4\cos(\tfrac{x}{2})+2\sin(\tfrac{x}{2})\bigr)}{5} +C.

Passo 10

Para
I_{9}=\int x^{2}e^{x}\,dx
usamos partes com u=x^{2}, dv=e^{x}dx, obtendo
I_{9} =x^{2}e^{x} -2\int x e^{x}dx =e^{x}(x^{2}-2x+2) +C.

Passo 11

Para
I_{10}=\int (x+1)\cos(2x)\,dx
separamos em \int x\cos2x\,dx+\int\cos2x\,dx. Calculando cada parte por partes e somando, chega-se a
I_{10} =\frac{x\sin(2x)}{2} +\frac{\cos(2x)}{4} +\frac{\sin(2x)}{2} +C.

Passo 12

Para
I_{11}=\int e^{3x}\cos(4x)\,dx
novamente aplicamos partes duas vezes e resolvemos o sistema resultante. O antiderivado é
I_{11} =\frac{e^{3x}\bigl(4\sin(4x)+3\cos(4x)\bigr)}{25} +C.

Passo 13

Para
I_{12}=\int \arcsin\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)\,dx
escolhemos u=\arcsin(x/2), dv=dx. Então du=\frac{dx}{2\sqrt{1-x^{2}/4}}, v=x. Fazendo a integral resultante por substituição, obtém-se
I_{12} =x\arcsin\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr) +2\sqrt{1-\tfrac{x^{2}}{4}} +C.

Resposta

(a) \displaystyle -\frac{x\cos(5x)}{5}+\frac{\sin(5x)}{25}+C
(b) \displaystyle \frac{x^{2}}{2}\ln(3x)-\frac{x^{2}}{4}+C
(c) \displaystyle -x\,e^{-x}+C
(d) \displaystyle x\ln(1-x)-x-\ln|1-x|+C
(e) \displaystyle \frac{2+\cos^{2}x}{3}\,\sin x+C
(f) \displaystyle \frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C
(g) \displaystyle \frac{t e^{4t}}{4}-\frac{e^{4t}}{16}+C
(h) \displaystyle \frac{e^{x}\bigl(4\cos(\tfrac{x}{2})+2\sin(\tfrac{x}{2})\bigr)}{5}+C
(i) \displaystyle e^{x}(x^{2}-2x+2)+C
(j) \displaystyle \frac{x\sin(2x)}{2}+\frac{\cos(2x)}{4}+\frac{\sin(2x)}{2}+C
(k) \displaystyle \frac{e^{3x}\bigl(4\sin(4x)+3\cos(4x)\bigr)}{25}+C
(l) \displaystyle x\arcsin\bigl(\tfrac{x}{2}\bigr)+2\sqrt{1-\tfrac{x^{2}}{4}}+C

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