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Enunciado

Cálculo - Cálculo - 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas)- Ed: 12º - Capítulo 8.4 - Ex. 21

Expresse os integrandos como soma de frações parciais e calcule as integrais

∫ 0 1 d x x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 )

Passo 1

O problema nos pede para expressarmos o integrando sob a forma de frações parciais, para esse caso onde temos um polinômio irredutível (que não tem como fatorar) no denominador a estratégia é colocar um polinômio de grau menor que ele no numerador, assim

1 x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 ) = A x + 1 + B x + C x 2 + 1

1 x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 ) = A ⋅ x 2 + 1 + ( B x + C ) ⋅ ( x + 1 ) x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 )

1 x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 ) = x 2 ⋅ A + B + x ⋅ B + C + ( A + C ) x + 1 ⋅ ( x 2 + 1 )

Essa igualdade só é satisfeita se

A + B = 0 B + C = 0 A + C = 1

Assim

A = 1 2 ,   B = - 1 2   e   C = 1 2

Dessa forma podemos reescrever nossa integral como sendo

∫ 0 1 1 / 2 x + 1 + ( - 1 / 2 ) ⋅ x + 1 / 2 x 2 + 1   d x

Passo 2

Vamos resolver cada integral separadamente e de maneira indefinida para depois juntarmos em uma coisa só e aplicando os limites de integração

i : ∫ 1 / 2 x + 1   d x = 1 2 ⋅ ln ⁡ x + 1 + C 1 i i : ∫ ( - 1 / 2 ) ⋅ x x 2 + 1   d x =

Fazendo x 2 + 1 = u → d u d x = 2 x → d u 2 = x   d x

- 1 4 ⋅ ∫ d u u = - ln ⁡ u 4 + C 2

Retornando para a variável x

→ - ln ⁡ x 2 + 1 4 + C 2

i i i : ∫ 1 / 2 x 2 + 1   d x = 1 2 ⋅ a r c t g x + C 3

Podemos, por fim, obter o resultado da integral na forma indefinida:

1 2 ⋅ ln ⁡ x + 1 - ln ⁡ u 4 + 1 2 ⋅ a r c t g x + K  

Passo 3

Com o resultado anterior podemos aplicar os limites de integração e obteremos a resposta do problema. Assim,

1 2 ⋅ ln ⁡ x + 1 - ln ⁡ x 2 + 1 4 + 1 2 ⋅ a r c t g x 1 0 =  

1 2 ⋅ ln ⁡ x + 1 - ln ⁡ x 2 + 1 4 + 1 2 ⋅ a r c t g x - 1 2 ⋅ ln ⁡ x + 1 - ln ⁡ x 2 + 1 4 + 1 2 ⋅ a r c t g x =

π + 2 ⋅ ln ⁡ 2 8

Resposta

π + 2 ⋅ ln ⁡ 2 8

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