Mere cosmetic changes.

.gitignore

@@ -1,3 +1,4 @@
+*~
 *.bib
 *.bbl
 *.toc

Makefile

@@ -29,7 +29,7 @@ Makefile calculus.tex refs.bib
 
 refs: \
 refs.bib
-	biber calculus
+	bibtex calculus
 
 calculus.ps: \
 calculus.dvi Makefile

calculus.tex

@@ -4944,11 +4944,11 @@ fundamental, obtemos
 Isso não é lá notícia tão boa porque significa que teremos que
 memorizar muitas derivadas. Por exemplo, qual a derivada de $\cot x$?
 Primeiro lembre-se que $\cot x = 1/\tg x$. Daí aplique a regra do
-quociente e obtenha $- sec^2 x / \tg^2 x = - 1/\sin^2 x = - \csc^2 x$,
+quociente e obtenha $- \sec^2 x / \tg^2 x = - 1/\sin^2 x = - \csc^2
-implicando que $\csc^2 x \dx = - \cot x + c$, como
+x$, implicando que $\int \csc^2 x \dx = - \cot x + c$, como
 desejado. Similarmente, obtém-se assim muitas outras integrais
 fundamentais como $\int \sec x \tg x \dx = \sec x + c$ uma vez que a
-derivada de $\sec x = \sec x \tg x$.  Infelizmente, o único jeito de
+derivada de $\sec x$ é $\sec x \tg x$.  Infelizmente, o único jeito de
 fazer uso dessas regras é memorizar cada uma por prática. Matemáticos
 fazem manuais de integração em que eles catalogam as importantes. A
 gente não vai fazer isso, não, porque seria um trabalho muito mais
@@ -4973,24 +4973,26 @@ derivada $f'(g(x)) g'(x)$ e então obter a regra
 A substituição em si é obtida por identificar na função a ser
 integrada uma expressão qualquer que possa tomar o lugar de $g'(x)$ e
 $g(x)$, fazendo assim a substuição $u = g(x)$ e substuindo por
-consequinte $g'(x) \dx = \du$, terminando por integrar $\int f'(u)
+conseguinte $g'(x) \dx = \du$, terminando com o problema resultante
-\du$.
+$\int f'(u) \du$, que é tipicamente muito mais fácil que o original.
 
 A integração por partes vem da regra do produto. Uma vez que
-$(f(x)g(x))' = f'(x) g(x) + f(x)g'(x)$, então
 %
+  $$(f(x)g(x))' = f'(x) g(x) + f(x)g'(x),$$ 
+%
+então
 \begin{align*}
   \int f(x)g(x) \dx &= \int f'(x) g(x) \dx + \int f(x)g'(x) \dx\\
        f(x)g(x)     &= \int g(x) f'(x) \dx + \int f(x)g'(x) \dx.
 \end{align*}
 %
-Agora declare $u f(x) = u$ e $v = g(x)$ de forma que $\du = f'(x)\dx$
+Agora declare $u = f(x)$ e $v = g(x)$ de forma que $\du = f'(x)\dx$ e
-e $\dv = g'(x)\dx$. Assim, pelo teorema fundamental, obtemos
+$\dv = g'(x)\dx$. Assim, pelo teorema fundamental, obtemos
 %
   $$f(x)g(x) = \int v\du + \int u \dv,$$
 %
-permitindo-nos integral a difícil $\int v\du$ se $\int u \dv$ for
+permitindo-nos integrar a difícil $\int v\du$ se $\int u \dv$ for
-fácil, conversamente permitindo-nos integral a difícil $\int u \dv$
+fácil, conversamente permitindo-nos integrar a difícil $\int u \dv$
 desde que $\int v \du$ seja fácil.  Em outras palavras, uma das duas
 precisa ser fácil de integrar e é por isso que precisamos de alguma
 sabedoria ao escolher $u$ e $v$ durante a integração por partes.
@@ -5007,12 +5009,10 @@ a bonita fórmula
 %
   $$\int x^n e^x \dx = e^x \left(\sum_{i=0}^n (-1)^i \frac{n!}{(n - i)!} x^{n - i}\right) + c$$
 %
-pra todo natural $n$.
+pra todo natural $n$.  Por exemplo, $\int x^5 e^x \dx = e^x (x^5 - 5
-
+x^4 + 20 x^3 - 60x^2 + 120x - 120) + c$. Essa fórmula vem da
-Por exemplo, $\int x^5 e^x \dx = e^x (x^5 - 5 x^4 + 20 x^3 - 60x^2 +
+integração por-partes. Escolhe-se sempre o termo $x^i$ como função $u$
-120x - 120) + c$. Essa fórmula vem da integração
+e $e^x$ como função $v$. Aplica-se a integração por-partes $n$ vezes
-por-partes. Escolhe-se sempre o termo $x^i$ como função $u$ e $e^x$
-como função $v$. Aplica-se a integração por-partes $n$ vezes
 (recursivamente) e em seguida substitui-se de volta em direção ao
 problema original. Na verdade o que fizemos pra obter essa fórmula foi
 computar uma {\em reduction formula} pra integral de $x^n e^x$.
@@ -5046,14 +5046,14 @@ trigonométricas.
 
 Começamos por observar que integrar $\tg x$ não é difícil porque ela é
 obtida por uma substituição trivial. Primeiro escreva $\tg x = \sin x
-/ \cos x$. Em seguida declare $u = \cos x$ de forma que $-\du/(\sin x)
+/ \cos x$. Em seguida declare $u = \cos x$ de forma que $-\du / (\sin
-= \dx$, implicando
+x) = \dx$, implicando
 %
-  $$\int \tg x \dx = -\int 1/u \du = -\ln |\cos x| + c = ln |\sec x| + c,$$
+  $$\int \tg x \dx = -\int 1/u \du = -\ln |\cos x| + c = \ln |\sec x| + c,$$
 %
-como desejado. Agora vamos subir o grau.
+como desejado. 
 
-Feito essa observação, a gente também observa que já sabemos integrar
+Feita essa observação, a gente também observa que já sabemos integrar
 $\sin x$ e $\cos x$, mas que precisamos pensar em potências delas como
 $\sin^2 x$, $\cos^2 x$ {\em et cetera}. Nenhma dessas duas sai por
 por-partes---experimente. Obtemos $\int \sin^2 x \dx = -\sin x \cos x
@@ -5063,7 +5063,6 @@ integral de $\sin^2 x$, estabelecendo-se assim um ciclo do qual não
 conseguiremos sair. Agora, a sorte não é a mesma se desejarmos pelas
 integrais de $\sin^3 x$ ou $\cos^3 x$.
 
-
 \section{Studying functions} 
 
 We're going to look into a series of topics now.  We are mostly using