1) O documento apresenta a resolução de um exercício de cálculo que envolve a primitivação da função arcsin(√x) e a determinação de uma constante. 2) Resolve-se a integral de uma função racional através da decomposição em frações parciais. 3) Realiza-se uma substituição na variável para calcular uma integral de uma função racional.

1. Uma resolu¸c˜ao do 3o
teste de An´alise
Matem´atica I.
19 de Dezembro de 2012
1. a) Utilizando a substitui¸c˜ao
√
x = t,
1
t
arcsin(t)2t dt = 2 arcsin(t).
Utilizando a t´ecnica de primitiva¸c˜ao por partes vem:
arcsin(t) =t arcsin(t) − t
1
√
1 − t2
dt
=t arcsin(t) +
1
2
−2t(1 − t2
)− 1
2 dt
=t arcsin(t) + (1 − t2
)
1
2 .
Obtemos assim,
1
√
x
arcsin(
√
x) = 2
√
x arcsin(
√
x) + 2
√
1 − x + C,
com C uma constante real.
b) Sabemos que quando x = 1 a primitiva que queremos encontrar toma o
valor 4. Assim,
2
√
1 arcsin(
√
1) +
√
1 − 1 + C = 4 ⇔ 2
π
2
+ C = 4 ⇔ C = 4 − π.
A primitiva pretendida ´e
2
√
x arcsin(
√
x) + 2
√
1 − x + 4 − π.
2. Dado que a fun¸c˜ao integranda ´e uma fun¸c˜ao racional, e sendo o grau do
polin´omio do numerador inferior ao grau do polin´omio do denominador,
temos de decompor a fun¸c˜ao em frac¸c˜oes mais simples. Para tal determi-
namos os zeros do polin´omio do denominador.
x3
−4x2
+4x = 0 ⇔ x(x2
−4x+4) = 0 ⇔ x = 0 ∨ (x−2)2
= 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2.
Assim,
4
x3 − 4x2 + 4x
=
4
x(x − 2)2
=
A
x
+
B
(x − 2)2
+
C
x − 2
=
A(x − 2)2
+ Bx + Cx(x − 2)
x3 − 4x2 + 4x
.
1

2. Logo,
4 = A(x − 2)2
+ Bx + Cx(x − 2).
Em particular
x = 2 ⇒ 4 = 2B ⇔ B = 2,
x = 0 ⇒ A = 4A ⇔ A = 1.
Tendo determinado duas constantes e faltando determinar apenas C podemos
por exemplo fazer x = 1:
4 = A + B − C ⇔ 4 = 1 + 2 − C ⇔ C = −1.
Donde,
e+2
e
4
x3 − 4x2 + 4x
dx =
e+2
e
1
x
+
2
(x − 2)2
−
1
x − 2
dx
= log x −
2
x − 2
− log(x − 2)
e+2
e
= log(e + 2) −
2
e
− log e − log e +
2
e − 2
+ log(e − 2)
= log(e + 2) −
2
e
− 2 +
2
e − 2
+ log(e − 2).
3. Efectuando a substitui¸c˜ao ex
= t vem,
1
0
e2x
e2x + 2ex + 5
dx =
e
1
t2
t2 + 2t + 5
1
t
dt =
e
1
t
t2 + 2t + 5
dt.
Note que, ex
= t ⇔ x = log t, dx
dt = 1
t , e que se x = 0 temos t = 1 e se
x = 1 temos t = e. Atendendo a que o polin´omio do numerador tem grau
inferior ao grau do polin´omio do denominador e este ultimo ´e um polin´omio
irredut´ıvel de grau 2 temos:
e
1
t
t2 + 2t + 5
dt =
1
2
e
1
2t − 2
t2 + 2t + 5
dt −
e
1
1
t2 + 2t + 5
dt
=
1
2
log(t2
+ 2t + 5)
e
1
−
e
1
1
(t + 1)2 + 4
dt
=
1
2
log(t2
+ 2t + 5)
e
1
−
1
4
e
1
1
(t+1
2 )2 + 1
dt
=
1
2
log(t2
+ 2t + 5)
e
1
− 2
1
4
e
1
1
2
(t+1
2 )2 + 1
dt
=
1
2
(log(e2
+ 2e + 5) − log 8) −
1
2
arctan
t + 1
2
e
1
=
1
2
(log(e2
+ 2e + 5) − log 8) −
1
2
(arctan
e + 1
2
− arctan(1))
=
1
2
(log(e2
+ 2e + 5) − log 8 − arctan
e + 1
2
+
π
4
)
2

3. 4. Comecemos por esbo¸car o dom´ınio em causa.
x
y
−2 −1 1 2
−1
1
2
3
4
y = x2
y = 1/x
y = x − 3
2
Determinemos os pontos de intersec¸c˜ao:
1/x = x2
⇔ x3
= 1 ∧ x = 0 ⇔ x = 1,
1/x = x −
3
2
⇔ 1 = x2
−
3
2
x ∧ x = 0 ⇔ 2x2
− 3x − 2 = 0 ∧ x = 0 ⇔
x =
3 ±
√
9 + 16
4
=
3 ± 5
4
⇔ x = 2 ∨ x = −
1
2
.
A ´area pretendida, A, ser´a obtida calculando o integral:
A =
1
0
x2
− x −
3
2
dx +
2
1
1
x
− x −
3
2
dx
=
x3
3
−
x2
2
+
3
2
x
1
0
+ log x −
x2
2
+
3
2
x
2
1
=
1
3
−
1
2
+
3
2
+ log 2 − 2 + 3 +
1
2
−
3
2
=
1
3
+ log 2 + 1.
5. Trata-se de um integral impr´oprio de 1a
esp´ecie, uma vez que o intervalo de
integra¸c˜ao ´e um conjunto ilimitado, mas a fun¸c˜ao integranda ´e limitada em
qualquer subconjunto limitado contido no dom´ınio de integra¸c˜ao, ] − ∞, 0].
Assim,
0
−∞
1
(1 + x2) π + 2 arctan(x)
dx = lim
y→−∞
0
y
1
1 + x2
(π + 2 arctan(x))− 1
2 dx
= lim
y→−∞
(π + 2 arctan(x))
1
2
0
y
= lim
y→−∞
π + 2 arctan(0) − π + 2 arctan(y)
=
√
π − π − 2
π
2
=
√
π.
3