Calcular esse aqui por frações parciais:
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{senx}dx[/tex3]
Ensino Superior ⇒ Frações Parciais Tópico resolvido
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Mai 2019
11
16:07
Re: Frações Parciais
Observe
Solução:
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{sen(x)}dx=[/tex3]
Multiplique numerador e denominador por sen(x) , fica;
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{sen (x)}{sen^2(x)}dx=[/tex3]
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{sen (x)}{1-cos^2(x)}dx=[/tex3]
Fazendo u = cos (x) → du = - sen (x) dx → sen (x) dx = - du , temos que;
[tex3]-\int\limits_{}^{}\frac{1}{1-u^2}du=-\int\limits_{}^{}\frac{1}{(1-u).(1+u)}du[/tex3]
Teorema ( integração de funções racionais ou método de integração de frações parciais ).
Sejam α , λ , m e n reais dados, com α ≠ λ. Então existem constantes A e B tais que
[tex3]\frac{mx+n}{(x-\alpha ).(x-\lambda )}=\frac{A}{x-\alpha }+\frac{B}{x-\lambda }[/tex3]
Fonte(s)
Livro um curso de CÁLCULO volume 1, Hamilton Luiz Guidorizzi.
Dito isso , temos que:
[tex3]\frac{1}{(1-u).(1+u)}=\frac{A}{1-u}+\frac{B}{1+u}=\frac{A(1+u)+B(1-u)}{(1-u).(1+u)}[/tex3]
Obs.1 Vou deixar o sinal negativo ( - ) de lado por enquanto, multiplicaremos a resposta final pelo mesmo
[tex3]\frac{0.u+1}{(1-u).(1+u)}=\frac{(A-B)u+(A+B)}{(1-u).(1+u)}[/tex3]
Comparando os termos, montamos o seguinte sistema;
[tex3]\begin{cases}
A-B=0 →A=B \ ( I )\\
A+B=1 \ ( II )
\end{cases}[/tex3]
Substituindo ( I ) em ( I I ), fica;
B + B = 1 → 2B = 1 → B = [tex3]\frac{1}{2}[/tex3] , logo , A = [tex3]\frac{1}{2}[/tex3] .
Daí;
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{(1-u).(1+u)}du=\int\limits_{}^{}\frac{A}{1-u}du+\int\limits_{}^{}\frac{B}{1+u}du=[/tex3]
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{\frac{1}{2}}{1-u}du+\int\limits_{}^{}\frac{\frac{1}{2}}{1+u}du=[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{}^{}\frac{1}{1-u}du+\frac{1}{2}.\int\limits_{}^{}\frac{1}{1+u}du=[/tex3]
Obs.2 As duas integrais acima é resolvida através de substituição simples ( t = 1 - u ) ou de forma "direta" mesma, já que se trata de "integrais imediatas".
Resulta em;
[tex3]\frac{1}{2}.(-ln|1-u|+ln|1+u|)+c=[/tex3]
Como u = cos x, vem;
[tex3]\frac{1}{2}.(ln|1+cos (x)|-ln|1-cos(x)|)+c=[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.ln\left|\frac{1+cos (x)}{1-cos(x)}\right|+c=[/tex3]
Por outro lado,
[tex3]\frac{1+cos(x)}{1-cos(x)}=\frac{[1+cos (x)].[1+cos (x)]}{[1-cos(x)].[1+cos(x)]}=\frac{[1+cos (x)]^2}{1-cos^2(x)}=\frac{[1+cos (x)]^2}{sen^2(x)}=[/tex3]
[tex3]=\left(\frac{1+cos(x)}{sen (x)}\right)^2=\left(\frac{1}{sen (x)}+\frac{cos (x)}{sen (x)}\right)^2=[cossec (x)+cotg (x)]^2[/tex3]
Assim,
[tex3]\frac{1}{2}.ln \ |cossec (x)+cotg (x)|^2+c=[/tex3]
[tex3]\frac{2}{2}.ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+c=[/tex3]
[tex3]ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+c=[/tex3]
Portanto,
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{sen(x)}dx=-ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+C=[/tex3]
Nota
Existem outras duas maneiras de se resolver essa integral, uma delas é a "direta" ( integral imediata ) , a outra maneira é usando a seguinte identidade trigonométrica:
[tex3]sen (x)=\frac{2tg\left(\frac{x}{2}\right)}{1+tg^2\left(\frac{x}{2}\right)}[/tex3]
Bons estudos!
Solução:
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{sen(x)}dx=[/tex3]
Multiplique numerador e denominador por sen(x) , fica;
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{sen (x)}{sen^2(x)}dx=[/tex3]
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{sen (x)}{1-cos^2(x)}dx=[/tex3]
Fazendo u = cos (x) → du = - sen (x) dx → sen (x) dx = - du , temos que;
[tex3]-\int\limits_{}^{}\frac{1}{1-u^2}du=-\int\limits_{}^{}\frac{1}{(1-u).(1+u)}du[/tex3]
Teorema ( integração de funções racionais ou método de integração de frações parciais ).
Sejam α , λ , m e n reais dados, com α ≠ λ. Então existem constantes A e B tais que
[tex3]\frac{mx+n}{(x-\alpha ).(x-\lambda )}=\frac{A}{x-\alpha }+\frac{B}{x-\lambda }[/tex3]
Fonte(s)
Livro um curso de CÁLCULO volume 1, Hamilton Luiz Guidorizzi.
Dito isso , temos que:
[tex3]\frac{1}{(1-u).(1+u)}=\frac{A}{1-u}+\frac{B}{1+u}=\frac{A(1+u)+B(1-u)}{(1-u).(1+u)}[/tex3]
Obs.1 Vou deixar o sinal negativo ( - ) de lado por enquanto, multiplicaremos a resposta final pelo mesmo
[tex3]\frac{0.u+1}{(1-u).(1+u)}=\frac{(A-B)u+(A+B)}{(1-u).(1+u)}[/tex3]
Comparando os termos, montamos o seguinte sistema;
[tex3]\begin{cases}
A-B=0 →A=B \ ( I )\\
A+B=1 \ ( II )
\end{cases}[/tex3]
Substituindo ( I ) em ( I I ), fica;
B + B = 1 → 2B = 1 → B = [tex3]\frac{1}{2}[/tex3] , logo , A = [tex3]\frac{1}{2}[/tex3] .
Daí;
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{(1-u).(1+u)}du=\int\limits_{}^{}\frac{A}{1-u}du+\int\limits_{}^{}\frac{B}{1+u}du=[/tex3]
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{\frac{1}{2}}{1-u}du+\int\limits_{}^{}\frac{\frac{1}{2}}{1+u}du=[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{}^{}\frac{1}{1-u}du+\frac{1}{2}.\int\limits_{}^{}\frac{1}{1+u}du=[/tex3]
Obs.2 As duas integrais acima é resolvida através de substituição simples ( t = 1 - u ) ou de forma "direta" mesma, já que se trata de "integrais imediatas".
Resulta em;
[tex3]\frac{1}{2}.(-ln|1-u|+ln|1+u|)+c=[/tex3]
Como u = cos x, vem;
[tex3]\frac{1}{2}.(ln|1+cos (x)|-ln|1-cos(x)|)+c=[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.ln\left|\frac{1+cos (x)}{1-cos(x)}\right|+c=[/tex3]
Por outro lado,
[tex3]\frac{1+cos(x)}{1-cos(x)}=\frac{[1+cos (x)].[1+cos (x)]}{[1-cos(x)].[1+cos(x)]}=\frac{[1+cos (x)]^2}{1-cos^2(x)}=\frac{[1+cos (x)]^2}{sen^2(x)}=[/tex3]
[tex3]=\left(\frac{1+cos(x)}{sen (x)}\right)^2=\left(\frac{1}{sen (x)}+\frac{cos (x)}{sen (x)}\right)^2=[cossec (x)+cotg (x)]^2[/tex3]
Assim,
[tex3]\frac{1}{2}.ln \ |cossec (x)+cotg (x)|^2+c=[/tex3]
[tex3]\frac{2}{2}.ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+c=[/tex3]
[tex3]ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+c=[/tex3]
Portanto,
[tex3]\int\limits_{}^{}\frac{1}{sen(x)}dx=-ln \ |cossec (x)+cotg (x)|+C=[/tex3]
Nota
Existem outras duas maneiras de se resolver essa integral, uma delas é a "direta" ( integral imediata ) , a outra maneira é usando a seguinte identidade trigonométrica:
[tex3]sen (x)=\frac{2tg\left(\frac{x}{2}\right)}{1+tg^2\left(\frac{x}{2}\right)}[/tex3]
Bons estudos!
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