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Exercícios Resolvidos de Integração por Partes

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Enunciado

Calcule as seguintes integrais:

  ∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x

Passo 1

Bom, ln ⁡ ( x ) é um negócio meio complicado de integrar de primeira. A saída é reparar que o d x ali é como se fosse um polinômio de grau 0 . Então teríamos a função logarítmica multiplicada por 1 d x . Assim,

∫ ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 ∙ 1 d x

Pronto! Encontramos dois tipos de funções diferentes. Sendo assim, cabe usar a Integral por Partes!

O dilema sobre quem vamos chamar de u e quem será o nosso d v , vai depende de quem for mais fácil de integrar. Afinal a gente aqui quer simplificar né? Então vamos usar o macete do LIATE.

Opa, o Logaritmo será a nossa primeira opção para escolher o u , correto? Então o restante será nosso d v .

u = ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 )   ; d v = d x

d u = 2 x + 4 x 2 + 4 x + 5 d x     ; v = x

Agora vamos jogar na fórmula,

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = u . v - ∫ v . d u

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x - ∫ x 2 x + 4 x 2 + 4 x + 5 d x

= ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x - 2 ∫ ( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 d x

A partir de agora só precisamos resolver essa integral e pronto.

Passo 2

∫ ( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 d x

Repara que temos uma fração com grau dois em cima e grau dois embaixo. Vamos dar uma mexida nessa função? Vamos escrever o nosso ( x 2 + 2 x ) como uma diferença de polinômios utilizando o nosso denominador. Repara que,

x 2 + 2 x = x 2 + 4 x + 5 + ( - 2 x - 5 )

Agora vamos substituir na nossa função,

( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 = x 2 + 4 x + 5 + ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 = 1 + ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5

Ok, já melhorou. Em cima ficamos com grau 1 e embaixo com grau 2. Mas e para integrar esse negócio?

∫ 1 + ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 = ∫ 1 d x + ∫ ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 d x

Vamos resolver cada integral,

∫ 1 d x = x + C

Agora vamos para a mais complicada! Mas aí vem o pulo do gato, repara na substituição que eu vou fazer:

∫ ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 d x = ∫ ( - 2 x - 5 ) ( x 2 + 4 x + 4 ) + 1 d x = ∫ ( - 2 x - 5 ) x + 2 2 + 1 d x

u = x + 2   ; d u = d x

∫ ( - 2 x - 5 ) x + 2 2 + 1 d x = ∫ ( - 2 ( u - 2 ) - 5 ) u 2 + 1 d u = ∫ ( - 2 u - 1 ) u 2 + 1 d u

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

= - ln ⁡ u 2 + 1 - arctg ⁡ u = - ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) - arctg ⁡ x + 2

Foi? Só repetindo tudo bonitinho aqui embaixo e não esquecendo que tínhamos um somatório, temos

∫ ( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 d x = ∫ 1 d x + ∫ ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 d x = x - ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 - arctg ⁡ x + 2 + C

Passo 3

Bom, vamos voltar para o pedaço de antes:

∫ ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 d x = ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x - 2 ∫ x 2 + 2 x x 2 + 4 x + 5 d x

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x - 2 ∫ 1 + - 2 x - 5 x 2 + 4 x + 5 d x

= ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 ( x ) - 2 x - ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 - arctg ⁡ x + 2

ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x + 2 - 2 x + 2 arctg ⁡ x + 2 + C

Resposta

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 x + 2 - 2 x + 2 arctg ⁡ x + 2 + C

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