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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. 14

Calcule a integral. Talvez seja necessário utilizar uma substituição primeiro

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ

Passo 1

Inicialmente, simplificaremos a expressão de dentro da integral. Para isso utilizaremos o método de substituição, dessa maneira suponha que u = sen ⁡ θ ⇒ d u = c o s θ d θ ⇒ d u c o s θ d u . Logo,

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ = ∫ c o s θ u 2 ⁡ + u - 6 d u c o s θ = ∫ 1 u 2 ⁡ + u - 6 d u

Completando quadrados teremos,

= ∫ 1 u 2 ⁡ + u - 6 d u = ∫ 1 u + 1 2 2 - 25 4 d u

Passo 2

Perceba que o denominador ainda não está do jeito que desejamos . Sendo assim, realizaremos um nova substituição, suponha que v = u + 1 2 ⇒ d v = d u .Assim,

∫ 1 u + 1 2 2 - 25 4 d u = ∫ 1 v 2 - 25 4 d v = ∫ 4 4 v 2 - 25   d v

Utilizando a propriedade de retirada da constante,

= 4 ∫ 1 4 v 2 - 25   d v

Passo 3

Perceba que o denominador ainda não está do jeito que desejamos. Sendo assim, realizaremos

uma nova substituição, suponha que w = 2 5 v ⇒ d w = 2 5 d v   .Além disso, v = 5 2 w

Dessa forma,

= 4 ∫ 1 4 5 2 w 2 - 25     5 2 d w =     4 ∫ 1 4 25 4 w 2 - 25     5 2 d w =     10 ∫ 1 25 w 2 - 25     d w    

=     10 ∫ 1 25 ( w 2 - 1 )     d w     =     10 25 ∫ 1 ( w 2 - 1 )     d w =     2 5 ∫ 1 ( w 2 - 1 )     d w

Com isso podemos reescrever a integral

2 5 ∫ 1 ( w 2 - 1 )     d w = 2 5 ∫ 1 ( w - 1 ) ( w + 1 )     d w

Note que o denominador é um produto de fatores lineares . Dessa maneira, podemos utilizar o método de Heaviside para decompor 1 ( w - 1 ) ( w + 1 )   em frações parciais.

Como as raízes de do denominador são w = 1 e w = - 1 . Determinamos,

A 1 = 1 ( 1 + 1 )   = 1 2

Lembrando que ( w - 1 ) foi oculto do denominador.

A 2 = 1 ( - 1 - 1 )   = - 1 2

Lembrando que ( w + 1 ) foi oculto do denominador.

Logo,

1 ( w - 1 ) ( w + 1 )   = A 1 w - 1 + A 2 w + 1 = 1 2 w - 1 + - 1 2 w + 1 = 1 2 1 w - 1 - 1 2 1 w + 1

Dessa forma,

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

= 2 5 1 2 ∫ 1 w - 1 - 1 2 ∫ 1 w + 1 d w = 2 5 1 2 ln ⁡ w - 1 - 1 2 l n ⁡ | w + 1 |

Assim,

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ = 2 5 ∫ 1 w - 1 w + 1   d w

= 2 5 1 2 ln ⁡ w - 1 - 1 2 ln ⁡ w + 1 = 1 5 ln ⁡ w - 1 - l n ⁡ | w + 1 |

Passo 4

Perceba que encontramos o valor da integral, porém, como a integral é indefinida precisamos voltar para variável original sendo assim,

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ = 1 5 ln ⁡ ( 2 5 v ) - 1 - l n ⁡ | ( 2 5 v ) + 1 |

= 1 5 ln ⁡ 2 5 u + 1 2 - 1 - ln ⁡ 2 5 u + 1 2 + 1

= 1 5 ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 2 - 1 - ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 2 + 1

= 1 5 ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 2 - 1 - ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 2 + 1

= 1 5 ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 5 - 1 - ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 1 5 + 1

= 1 5 ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ - 4 5 - ln ⁡ 2 5 sen ⁡ θ + 6 5

= 1 5 ln ⁡ 1 5 ( 2 sen ⁡ θ - 4 ) - ln ⁡ 1 5 ( 2 sen ⁡ θ + 6 )

Pela propriedades de logaritmo ,

= 1 5 ln ⁡ 1 5 ( 2 sen ⁡ θ - 4 ) 1 5 ( 2 sen ⁡ θ + 6 ) = 1 5 ln ⁡ ( 2 sen ⁡ θ - 4 ) ( 2 sen ⁡ θ + 6 ) = 1 5 ln ⁡ ( sen ⁡ θ - 2 ) ( sen ⁡ θ + 3 )

Portanto,

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ = 1 5 ln ⁡ ( sen ⁡ θ - 2 ) ( sen ⁡ θ + 3 ) + C

Todas as integrais que calculamos foram indefinidas, sendo assim em cada uma delas era necessário um constante, porém, para economia de notação preferimos acrescentar uma única constante C , ao final. Já que ela corresponderá a soma de todas as constantes não acrescentadas até o momento.

Resposta

∫ c o s ( θ )   sen 2 ⁡ θ + sen ⁡ θ - 6 d θ = 1 5 ln ⁡ ( sen ⁡ θ - 2 ) ( sen ⁡ θ + 3 ) + C

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