Exercícios Resolvidos de Frações Parciais

UNICAMP - (Cálculo 1) - P3 2020.1

Calcule as seguintes integrais. Justifique suas respostas.

  1. ∫ sec 6 ⁡ x tg 5 ⁡ x   d x
  2. ∫ ln ⁡ x x 1 3 d x
  3. ∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2 d x

Passo 1

Fala galera, como vocês estão? Então povo, a primeira integral é bem feia:

∫ sec 6 ⁡ x tg 5 ⁡ x   d x

Mas relaaaaxa! Porque tem um macete muito boa pra resolver questões com produtos de tangente e secante. E esse macete começa com a gente lembrando qual a derivada de tangente e qual a da secante:

tg ⁡ x ' = sec 2 ⁡ x

sec ⁡ x ' = tg ⁡ x   sec ⁡ x

Então se fizéssemos uma substituição do tipo:

u = tg ⁡ x

u = sec ⁡ x

Ao derivar, acharíamos:

d u = sec 2 ⁡ x   d x

d u = tg ⁡ x   sec ⁡ x   d x

Opa! Olha só que bacana! Vamos então procurar uma forma de explicitar na integral esse resultado, acompanhado de d x . Então saca só:

∫ sec 6 ⁡ x tg 5 ⁡ x   d x = ∫ sec 4 ⁡ x tg 5 ⁡ x     sec 2 ⁡ x d x

Já deu pra ver que vamos usar uma substituição u = tg ⁡ x ! Sendo assim, o sec 4 ⁡ x que ficou sobrando pode ser eliminado se lembrarmos de usar a seguinte identidade trigonométrica:

1 + tg 2 ⁡ x = sec 2 ⁡ x

Vamos ter:

∫ sec 4 ⁡ x tg 5 ⁡ x     sec 2 ⁡ x d x = ∫ sec 2 ⁡ x 2 tg 5 ⁡ x     sec 2 ⁡ x d x

= ∫ 1 + tg 2 ⁡ x 2 tg 5 ⁡ x     sec 2 ⁡ x d x

E aplicando a substituição:

u = tg ⁡ x

d u = sec 2 ⁡ x   d x

Ficamos com:

= ∫ 1 + u 2 2 u 5   d u = ∫ 1 + 2 u 2 + u 4 u 5   d u

= ∫ u - 5 + 2 u - 3 + u - 1   d u

= ∫ u - 5 + 2 u - 3   d u + ∫ 1 u   d u

Agora é só integrar esse polinômio de u , e depois voltar pra variável original! Mas um cuidado enorme que tivemos acima foi separar

∫ u - 1   d u = ∫ 1 u   d u = ln ⁡ u

Afinal, essa integral não saí da mesma forma que saem as outras, por regra de integração de polinômio! No final das contas, nosso resultado fica assim ó:

= - u - 4 4 - 2 ∙ u - 2 2 + ln ⁡ u + C

= - tg ⁡ x - 4 4 - tg ⁡ x - 2 + ln ⁡ tg ⁡ x + C

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Pra segunda integral, temos:

∫ ln ⁡ x x 1 3 d x

Galera, novamente vai ser muito bom a gente lembrar as derivadas! Afinal, se escolhermos u = ln ⁡ x , teremos:

d u = 1 x d x

Como isso ajuda a gente? Bem, com essa estratégia, podemos eliminar o ln ⁡ x de dentro da integral ao usarmos integração por partes! Olha a malandragem:

∫ u   d v = u v - ∫ v   d u

Seja:

u = ln ⁡ x   → d u = 1 x d x

d v = 1 x 1 3 d x = x - 1 3   d x   → v = x - 1 3 + 1 - 1 3 + 1 = 3 2   x 2 3

Vamos ter:

∫ ln ⁡ x x 1 3 d x = 3 2   x 2 3   ln ⁡ x - ∫ 3 2 ∙ x 2 3 ∙ 1 x   d u  

∫ ln ⁡ x x 1 3 d x = 3 2   x 2 3   ln ⁡ x - 3 2 ∫ x - 1 3   d u  

E a integral que sobrou do lado direito na verdade é a mesma que fizemos ao transformar d v em v . Sendo assim, como já sabemos seu resultado, temos:

∫ ln ⁡ x x 1 3 d x = 3 2   x 2 3   ln ⁡ x - 3 2 ∙ 3 2   x 2 3 + C

O que resulta, finalmente, em:

∫ ln ⁡ x x 1 3 d x = 3 2 ∙   x 2 3 ∙ ln ⁡ x - 3 2 + C

Ta na mão! Bora pra última letra!

Passo 3

Pra gente fechar com chave de ouro, bora resolver a última integral:

∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2   d x

Humm, divisão de polinômios? Isso tem cara de frações parciais! Podemos reescrever esse cara para:

∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2   d x = ∫ A x - 1 + B x - 2 + C x - 2 2   d x

∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2   d x = ∫ A x - 1   d x + ∫ B x - 2   d x + ∫ C x - 2 2   d x

Onde A , B , C são constantes que a gente pode descobrir se, nessa igualdade:

2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2 = A x - 1 + B x - 2 + C x - 2 2

Colocarmos tudo no mesmo denominador:

2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2 = A x - 2 2 x - 1 x - 2 2 + B x - 1 x - 2 x - 1 x - 2 2 + C x - 1 x - 1 x - 2 2

Eliminando o denominador e abrindo os produtos de polinômios, temos:

2 x 2 - 2 x + 1 = A x 2 - 4 x + 4 + B x 2 - 3 x + 2 + C x - 1

E aplicando a distributiva, seguido de um agrupamento das constantes, a gente fica com essa cosia fofa aqui:

2 x 2 - 2 x + 1 = A x 2 - 4 A x + 4 A + B x 2 - 3 B x + 2 B + C x - C

2 x 2 + - 2 + 1 = A + B x 2 + - 4 A - 3 B + C + 4 A + 2 B - C

O que gera o seguinte sistema de equações:

A + B = 2 - 4 A - 3 B + C = - 2 4 A + 2 B - C = 1

Somando as duas últimas equações, achamos:

- B = - 1

B = 1

E com esse valor, achamos, na primeira, que A = 1 . Com A , B , achamos C na segunda equação:

- 4 - 3 + C = - 2

C = 5

Show de bola! Vamos ter, por enquanto:

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

∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2   d x = ln ⁡ x - 1 + ln ⁡ x - 2 + ∫ 5 x - 2 2   d x

A última integral sai se fizermos uma substituição simples:

u = x - 2

d u = d x

Logo:

∫ 5 x - 2 2   d x = ∫ 5 u 2   d u = ∫ 5 u - 2   d u = 5 u - 1 - 1 = - 5 u

Voltando pra variável original, temos:

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

Resposta

  1. ∫ sec 6 ⁡ x tg 5 ⁡ x   d x = - tg ⁡ x - 4 4 - tg ⁡ x - 2 + ln ⁡ tg ⁡ x + C
  2. ∫ ln ⁡ x x 1 3 d x = 3 2 ∙   x 2 3 ∙ ln ⁡ x - 3 2 + C
  3. ∫ 2 x 2 - 2 x + 1 x - 1 x - 2 2 d x = ln ⁡ x - 1 + ln ⁡ x - 2 - 5 x - 2 + C

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas