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Enunciado

Cálculo - Cálculo - 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas)- Ed: 12º - Capítulo 8.Exercícios Práticos - Ex. 28

Calcule as integrais. Talvez seja necessário fazer substituição primeiro.

Passo 1

Perceba que vamos precisar utilizar uma substituição.

Vamos tomar u =   e s + 1 ⟹   d u = e s d s 2 e s + 1 d s   ⟹ d s =   2 u   d u u 2 - 1 e e s = u 2 + 1

∫ d s e s + 1   = ∫ 2 u   d u u u 2 - 1 =   ∫ 2   d u u 2 - 1    

Passo 2

Então, podemos aplicar as frações parciais para resolver a integral. Como o grau do polinômio do denominador é maior que o do numerador, que tem grau zero. Fanta apenas decompor o denominador, ou seja,

2   d u u 2 - 1 =     A u - 1 + B u + 1  

Passo 3

Calculando o mmc, ficamos com

2 ( u - 1 ) 1 + u =     A     1 + u + B ( u - 1 )   ( u - 1 ) 1 + u    

Passo 4

Como os denominadores são iguais,

A     u + 1 + B ( u - 1 )   =   2  

Juntando os coeficientes de mesmo grau,

u A + B + A - B   =   2

Passo 5

Igualando os coeficientes do polinômio, temos que

A + B = 0 A - B = 2

Daí,

A = 1 e B = - 1

Passo 6

Sendo assim,

∫ 2 d u   ( u - 1 ) 1 + u   = ∫   [     1 u - 1 - 1 1 + u ]   d u = ∫ 1 u - 1 d u   - ∫ 1 u + 1   d u

Resolvendo as integrais (usando a tabela)

  • ∫ 1 u - 1 d u =   ln ⁡ u - 1
  • ∫ 1 u + 1   d u =   l n ⁡ | u + 1 |

Passo 7

Substituindo,

∫ 2 ( u - 1 ) 1 + u d u     = ∫ 1 u - 1 d u   - ∫ 1 u + 1   d u = ln ⁡ u - 1 -   ln ⁡ u + 1 + C      

Passo 8

Retornando à nossa substituição,

∫ d s e s + 1   = ln ⁡ u - 1 -   ln ⁡ u + 1 + C     = ln ⁡   e s + 1 - 1 - ln ⁡   e s + 1 - 1 + C    

Resposta

∫ d s e s + 1   =     ln ⁡   e s + 1 - 1 - ln ⁡   e s + 1 - 1 + C      

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