Se conhecemos a taxa de variação de uma quantidade em relação a outra, podemos determinar a relação entre essas quantidades?

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1 UNIVERSIDADE DO ESTADO DA BAHIA UNEB DEPARTAMENTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA DCET / CAMPUS I DISCIPLINA: Cálculo II (MAT 089 CH: 75 PROFESSOR: Adrino Ctti SEMESTRE: 0. ALUNO: APOSTILA 0: INTEGRAL INDEFINIDA E TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. Integrção O Cálculo Diferencil lid com o problem de se determinr t de vrição de um quntidde com relção outr. Iniciremos o estudo de um outr prte do cálculo, conhecid como Cálculo Integrl. Aqui estmos interessdos precismente no problem oposto: Se conhecemos t de vrição de um quntidde em relção outr, podemos determinr relção entre esss quntiddes? A ferrment principl utilizd no estudo do cálculo integrl é ntiderivd de um função, e desenvolvemos regrs pr ntiderivção, ou integrção, como é chmdo o processo de encontrr ntiderivd ou integrl indefinid. A derivd foi motivd por problems de determinção do coeficiente ngulr de um ret tngente e definição de velocidde. A integrl definid, como veremos, surge de modo nturl qundo considermos o problem d determinção d áre de um região curvilíne. Est é, entretnto, pens um ds plicções. Veremos que o conceito de integrl, que é formdo totlmente independente do conceito de derivd, gurd com este um relção muito importnte. Est relção entre os dois conceitos foi estbelecid por Newton e Leibniz no século XVII, sendo hoje conhecid como o Teorem Fundmentl do Cálculo. Assim, lém de introduzirmos técnics de integrção (ntidiferencição, o conceito de integrl e trtrmos ds proprieddes e de sus relções com derivd, presentremos lgums plicções do cálculo de comprimentos, áres, volumes e equções diferenciáveis com vriáveis sepráveis, onde est últim, n versão bem leve, pois equções diferenciáveis será um unidde d disciplin Cálculo III... Antidiferencição: A Integrl Indefinid Em estudos nteriores resolvemos problems do tipo: Dd um função f, determinr su derivd f. Estudremos gor um problem relciondo: Dd um função f, chr um função F tl que F = f. Ou sej, operção invers d derivd.. Definição. Um função F será chmd de ntiderivd ou primitiv de um função f num intervlo I se F ( = f( pr todo no intervlo I. Eemplo.. Se F for definid por F( =, então F ( =. Assim, se f for função definid por f( =, então f é derivd de F e F é um ntiderivd, ou primitiv, de f.

2 UNEB 0. Cálculo II Note que, se G for função definid por G( = + 3 então, G tmbém será um primitiv de f, pois G ( =. N verdde, há um infinidde de primitivs pr. De modo gerl, se K é um constnte rbitrári, então + K é um primitiv de, do fto em que derivd de um constnte é zero, ou sej D ( + K = +0 =. Assim, eiste um fmíli de ntiderivds de. Resumimos nos seguintes teorems.. Teorem. Sej F um ntiderivd de f num intervlo I. Se G é um outr ntiderivd de f em I, então G( = F(+K pr lgum constnte rbitrári K e pr todo em I. Prov: Sej H função definid em I por H( = G( F(. Então, pr todo em I temos que H ( = G ( F (. Ms, por hipótese, G ( = F ( pr todo em I, logo H ( = 0 pr todo em I. Portnto H é um função constnte, digmos H( = K, ssim G( = F(+K, pr todo em I..3 Teorem. Sej F um ntiderivd prticulr de f num intervlo I. Então, tod ntiderivd de f em I será d form F(+K onde K é um constnte rbitrári e tods s ntiderivds de f em I poderão ser obtids tribuindo-se certos vlores K. I. Prov: Suponh que G represente qulquer ntiderivd de f em I, então G ( = f(, pr todo em Ms, F é um ntiderivd prticulr de f em I, então F ( = f( pr todo em I. Segue portnto que G ( = F ( pr todo em I. Logo, pelo teorem nterior, eiste um constnte K, tl que G( = F(+K pr todo em I. Como G represent qulquer ntiderivd de f em I, segue que tod ntiderivd de f pode ser obtid de F( + K, onde K é um constnte rbitrári..4 Definição (A Integrl Indefinid. O processo de se determinr tods s ntiderivds de um função é chmdo de ntidiferencição ou integrção. Usmos o símbolo, chmdo de sinl d integrl, pr indicr que operção de integrção deve ser eecutd sobre um função f. Assim f(d = F(+K nos diz que integrl indefinid de f é fmíli de funções dd por F(+K, onde F ( = f(. A função f ser integrd é chmd de integrndo, e constnte K é chmd de constnte de integrção..5 Observção. A epressão d que segue o integrndo f( lembr-nos de que operção é eecutd com respeito. Se vriável independente é t, escrevemos f(tdt. Neste cso, dizemos que tnto t qunto são vriáveis muds. Eemplo.. ( 3 d = 3 + K pois ( 3 + K = 3 ; (b cos(tdt = sen(t+k pois (sen(t+k = cos(t; (c e u du = e u + K pois (e u + K = e u ; (d d = ln(+k pois (ln(+k =. 4 Adrino Ctti

3 UNEB 0... Integrção O seguinte teorem estbelece que diferencição e integrção indefinid são processos inversos porque, de certo modo, um desfz o outro..6 Teorem. ( (i D f( d = f(+k ( (ii D f(d = f( Prov: A verificção pr (i é Óbvi! Verifiquemos (ii. Suponh que F é um ntiderivd de f, ou sej, F = f. Assim, ( ( ( D f(d = D F(+K = D F( + D (K = f(+0 = f(. Regrs Básics de Integrção Acbmos de ver que f (d = f(+k. E isto permite usrmos qulquer fórmul de derivd pr obter um fórmul correspondente de integrl indefinid, que chmmos de integrl imedit, como n tbel seguir. Derivd f ( ( = Integrl Indefinid f (d = f(+k d = +K ( n+ = n n d = n+ n+ n+ + K (ln( = d = ln +K ( = ln d = ln + K (e = e e d = e + K.7 Observção. A fórmul dd n 3 linh, é chmd de regr d potênci pr integrl indefinid, pr tnto, é preciso que tenhmos n =. Como se vê no eemplo seguir, frequentemente é preciso modificr form de um integrndo pr plicr regr d potênci, ou um identidde trigonométric. Eemplo.3. ( 3 d = (b d = (c 3 y dy = tg(z (d sec(z dz = (e 5 d = K = K; d = K = + K; y 3 dy = y K = 3 4 y K; cos(u cotg(u du = cos(z sen(z cos(z dz = sen(z dz = cos(z+k; sec(u tg u du = sec(u+k. 5

4 UNEB 0. Prosseguindo, como n tbel nterior, temos s seguintes integris imedits: n d = n+ + K, n = ; n+ d = ln +K; d = + K, 0 < = ; ln( e d = e + K; sen(d = cos(+k; cos(d = sen(+k; sec (d = tg(+k; cossec (d = cotg(+k; sec( tg(d = sec(+k; cossec( cotg(d = cossec(+k; d = rcsen(+k; d = rccos(+k; d 3. + = rctg(+k; d 4. + = rccotg(+k; d 5. = rcsec(+k; d 6. = rccossec(+k; Cálculo II.8 Observção. À medid que vnçmos, novs integris imedits serão presentds. Pr tnto, precisremos de lgums técnics (ou métodos. Os eemplos (integris contendo o símbolo, serão chmdos de eemplos estrel. Esses eemplos irão completr noss tbel de integris imedits, ms não n su totlidde. Proprieddes Opertóris d Integrl Indefinid Resumimos no seguinte teorem, de fácil verificção..9 Teorem. Sejm f e g dus funções com primitivs num intervlo I e c = 0 um constnte qulquer, então (i c f( d = c f( d; (ii ( f(±g( d = f( d± g( d; Prov: (i Sej F( um primitiv de f(. Então, c F( é um primitiv de c f(, pois (c F( = k F ( = c f(. Portnto, c f( d = c F(+K = c F(+c K, (c K = K = c (F(+K = c f( d. (ii Sejm F( e G( dus primitivs quisquer ds funções f( e g(, respectivmente. Então, F( ± G( é um primitiv d função f( ± g(, pois ( F(±G( = F (± G ( = f(± g(. 6 Adrino Ctti

5 UNEB 0. Portnto,.. Integrção ( f(± g( d = = = = ( F(±G( + K ( F(±G( + K + K, (K + K = K (F(+K ± (G(+K f( d± g( d. Este último teorem estbelece que pr determinr um ntiderivd de um constnte vezes um função, chmos primeiro um ntiderivd d função, multiplicndo-, em seguid, pel constnte. E, pr determinr um ntiderivd d som (ou subtrção de dus funções, chmos primeiro ntiderivd de cd um ds funções seprdmente e então, sommos (ou subtrimos o resultdo. O teorem seguinte, de prov nálog, estende pr um número qulquer, finito, de funções..0 Teorem. Se f, f,..., f n estão definids num intervlo, então ( c f (±c f (±...±c n f n ( d = c f (d±c f (d±...±c n f n (d, em que c, c,..., c n são constntes. Not. Não há um propriedde nálog pr o produto entre funções, ou sej, como ilustr o seguinte contr-eemplo. f( g( d = Eemplo.4. Fcilmente, vemos que d = K e que que f( g( d = f( d g( d teremos: Um bsurdo, pois f( d g( d, d = + K. Deste modo, se supusermos ( ( d = ( d = d d = + K + K = um polinômio de gru 4. d = K tem gru 3. Eemplo.5. Vejmos lgums integris indefinids. ( ( d = 5 4 d 8 3 d+ 9 d = K d+ 7 d ( (b + d = = K. ( + ( d = 3 + d = 3 d+ d (c 3 + d = = 5 5 ( K = 5 + +K. + 3 d = d+ d = = + + K = + K. d+ d 7

6 UNEB 0. (d + d = + + = = rctg(+k. + + d + d = d + d Cálculo II ( (e 3 sec( tg( 5 cossec ( d = 3 cotg( 3 sen ( f ( sen( d = = sec( tg( d 5 = 3 sec( 5( cotg(+ K = 3 sec(+5 cotg(+k. sen sen( cotg( d 3 ( cossec( cotg( d 3 sen( d sen( d cossec ( d = ( cossec( 3( cos(+k = 3 cos( cossec(+k. ( ( (g tg (+cotg (+4 d = [sec ]+[cossec ( ]+4 d = sec ( d+ cossec ( d+ d = tg( cotg(++k. Note que neste último eemplo, usmos s identiddes tg (+ = sec ( e cotg (+ = cossec (. As identiddes trigonométrics são frequentemente usds qundo clculmos integris envolvendo funções trigonométrics. As identiddes fundmentis seguir são cruciis. cossec( = sen(, sec( = cos(, sen( tg( = cos(, cos( cotg( = sen(, sen (+cos ( =, tg (+ = sec (, cotg (+ = cossec (. Equções Diferenciis: um Visão Muito, Muito, Simples Um equção diferencil é um um equção que envolve um função e sus derivds. Muitos problems plicdos podem ser enuncidos em termos de um equção diferencil. Um função f é solução de um equção diferencil se verific equção, isto é, se substituição d função incógnit por f result em um identidde. Resolver um equção diferencil signific chr tods s sus soluções. Em lguns csos, lém d equção diferencil, podemos conhecer certos vlores de f, chmdos condições iniciis. As integris indefinids são úteis pr resolução de certs equções diferenciis, porque, dd um derivd f (, podemos integrá-l e usr o Teorem.9 pr obter um equção envolvendo função incógnit f : f ( d = f(+k. Dd um condição inicil pr f, é possível determinr f( eplicitmente, como no eemplo seguir. Eemplo.6. Resolv equção diferencil y = sujeit à condição inicil y(0 =. Solução: Escrevendo y = dy dy, temos d d = e dy = (6 + 5d. Portnto, y = dy = (6 + 5 d = K. A condição inicil y(0 =, diz que pr = 0 temos y =, ssim y(0 = K =, ou sej K =. 8 Adrino Ctti

7 UNEB 0. Logo solução d equção diferencil dd, com condição inicil y(0 =, é.. Integrção y = Eemplo.7. Em qulquer ponto (, y de um determind curv, ret tngente tem um inclinção igul 4 5. Se curv contém o ponto (3, 7, che su equção. Solução: Como inclinção d ret tngente e um curv em qulquer ponto(, y é o vlor d derivd nesse ponto, temos dy = 4 5, e então d y = dy = (4 5 d = 5+K. A equção y = 5+K represent um fmíli de curvs. Como queremos determinr um cert curv dess fmíli que contenh o ponto (3, 7, substituição por 3 e y por 7, obtém-se K = 4, e portnto y = 5+ 4 é equção d curv pedid. K = 7 K = 6 K = 5 K = 4 K = 3 K = K = y (3, 7 y 7 = 7( 3 3 Eemplo.8. Um equção d ret tngente t à curv C no ponto (, 3 é t : y = +. Se em qulquer ponto (, y d curv y = f( se tem y = 6, encontrr um equção pr est curv. Solução: Pel equção d ret tngente à curv no ponto (, 3, temos que su inclinção neste ponto é m t ( = (que é o coeficiente ngulr d ret t. Então, temos que y ( =. De y = 6, lembrndo que y = dy d, ou ind dy = y d = 6d, integrndo em relção à, obtemos: y = dy = 6 d = 6 + K = 3 + K. Como já temos y ( =, substituindo n iguldde cim, obtemos: = 3 + K K =. 9

8 UNEB 0. Cálculo II Dí, temos que y = 3. Como y = dy d, ou ind dy = y d. Integrndo, mis um vez, em relção à, temos: y = dy = y d = (3 d = K = 3 +K. Um vez que o ponto (, 3 pertence à curv, temos que y = 3 qundo =. Portnto, substituindo, temos: 3 = 3 + K K = 4. Portnto, um equção pr curv C é y = A função f( = e possui derivd f ( = e, ou sej, neste cso f = f. O eemplo seguinte determin tods funções cuj derivd result n própri função. Eemplo.9. Determine tods s funções y = f( tis que y = y. Solução: Escrevendo y = dy d, supondo y = y, temos dy dy = y, donde = d. Integrndo, temos d y y dy = d ln(y = +K. Assim, y = e +K. Pondo e K = K, temos y = K e. Como K R, temos ssim tods s funções tis que y = y. Interpretção Cinétic Do estudo d cinétic sbemos que posição de um ponto mteril em movimento, sobre um curv C (trjetóri conhecid, pode ser determind, em cd instnte t, trvés de su bsciss s, medid sobre curv C. A epressão que nos dá s em função de t é s = s(t, e é chmd equção horári. Sendo ddo um instnte t 0 e sendo t um instnte diferente de t 0, chmmos velocidde médi do ponto entre os instntes t 0 e t o quociente v m = s(t s(t 0 t t 0 e chm se velocidde esclr do ponto no instnte t 0 o limite = s t, s(t s(t v (t0 = lim v m = lim 0 s = lim t t0 t t0 t t 0 t 0 t = s (t 0. Em outrs plvrs, derivd d função s = s(t no ponto t = t 0 é igul à velocidde esclr do móvel no instnte t 0. Sbemos ind que velocidde v de um ponto mteril em movimento pode vrir de instnte pr instnte. A equção que nos dá v em função do tempo t é v = v(t, e é chmd equção d velocidde do ponto. Chm se celerção médi do ponto entre os instntes t e t 0 o quociente m = v(t v(t 0 t t 0 e chm se celerção esclr do ponto no instnte t 0 o limite: = v t, v(t v(t (t0 = lim m = lim 0 v = lim t t0 t t0 t t 0 t 0 t = v (t 0. Em outrs plvrs, derivd d função v = v(t no ponto t = t 0 é igul à celerção esclr do móvel no instnte t 0. 0 Adrino Ctti

9 UNEB 0... Integrção Eemplo.0. Suponh que um ponto percorre um curv obedecendo à equção horári s = t + t (Uniddes SI. No instnte t 0 = velocidde é dd pel derivd s no ponto, ou sej, v ( = s s(t s( (t + t ( + ( = lim = lim t t t t t + t 6 (t (t+3 = lim = lim = 5 m/s. t t t t No entnto, podemos, por meio d integrção indefinid, percorrer o cminho inverso,ou sej, dd celerção (t, temos v(t = (t dt, e então s(t = v(t dt. Eemplo.. Mostre que pr um movimento em um ret com celerção constnte, com velocidde inicil v 0 e deslocmento inicil s 0, o deslocmento do móvel pós o instnte t é ddo por s = s 0 + v 0 t+ t. Solução: Como temos que celerção ( v (t = dv do móvel é constnte e igul, então temos que dt v (t = dv dt =, onde é constnte. Pondo v (tdt = dv = dt, por integrção em t, obtemos: v(t = v (tdt = dt = t+k. Como t = v = v v 0, d equção cim, concluímos que K = v 0. Portnto, temos v = t + v 0. Lembrndo que v(t = ds dt = s (t, substituindo n iguldde cim e por integrção em t, obtemos s(t = ds = v(tdt = ( t+v 0 dt = t + v 0 t+k. Lembrndo que v t = s = s s 0, comprndo, concluímos que K = s 0. Portnto, temos que s = s 0 + v 0 t+ t. Eemplo.. Um pedr é lnçd verticlmente pr cim de um ponto situdo 45 m cim do solo e com velocidde inicil de 30 m/s. Desprezndo resistênci do r, determine ( distânci d pedr o solo pós t segundos; (b o intervlo de tempo durnte o qul pedr sobre; e (c o instnte em que pedr tinge o solo, e velocidde nesse instnte. Solução: Primeirmente, notemos que o movimento d pedr pode ser representd por um ponto num coordend verticl com origem no solo e direção positiv pr cim. ( A distânci d pedr o solo no instnte t é s(t e s condições iniciis são s(0 = 45 e v(0 = 30. Como velocidde é decrescente, v (t < 0, isto é, celerção é negtiv. Logo, pels observções descrits cim, (t = v (t = 9, 8, e então v(t = (t dt = 9, 8 dt = 9, 8t+K Como v(0 = 30, temos que K = 30, e conseqüentemente, v(t = 9, 8 dt = 9, 8t+30. Obtemos gor, s(t d seguinte form: s(t = v(t dt = ( 9, 8t+30 dt = 4, 9t + 30t+K

10 UNEB 0. Cálculo II Como s(0 = 45, temos que K = 45. E portnto distânci o solo no instnte t é ddo por s(t = 4, 9t + 30t+45. (b A pedr subirá té que v(t té que v(t = 0, isto é, 9, 8t+30 = 0, ou t 3. (c A pedr tingirá o solo qundo s(t = 0, isto é, qundo 4, 9t + 30t+45 = 0. Donde t =, 4 ou t = 7, 36. Como t é não-negtivo, temos que qundo t = 7, 36s pedr tingirá o solo, sob velocidde v(7, 36 = 9, 8(7, , 3m/s. Eemplo.3. Um tnque tem o seu volume de águ V, em m 3, ddo em função d ltur h d águ no mesmo. Sendo conhecido que t de vrição de V em relção h é π(3h, e sbendo que qundo ltur d águ é m, eistem no tnque 3π m 3 de águ, determine o volume de águ no tnque qundo ltur for de 3m. Solução: A t de vrição do volume V em relção h é derivd dv dh, ssim, dv dh Escrevendo dv = π(3h dh e integrndo em relção h, temos V(h = dv = ( 3h π(3h dh = π h + K. = π(3h. Pr h =, temos que o volume é 3π m 3, ou sej V( = 3π. Portnto, obtemos ( 3 3π = π + K K = 7π. ( 3h Assim, epressão do volume em função d ltur h é dd por V(h = π ( 3h π h+ 7. Logo, pr h = 3, o volume é: ( 3 3 V = π 3+ 7 = π m 3. h + 7π = Mudnç de Vriável n Integrl Indefinid: Integrção por substituição As fórmuls pr integris indefinids que estbelecemos té qui têm objetivo limitdo, por que não podemos usá-l diretmente pr clculr integris como cos(3 d, 4+ d ou tg( d. Veremos um simples método, ms poderoso, pr mudr vriável de integrção de modo que esss integris (e muits outrs possm ser clculds por meio de um integrl imedit. Est técnic de integrção decorre d regr d cdei. Suponhmos que conhecemos um primitiv, F, pr função f (isto é, F = f e que g é um função derivável. Denotndo por h função compost de F e g, então h( = F ( g( [ ] e d fórmul D h( d = h(+k temos [ ( ] ( D F g( d = F g( + K. Adrino Ctti

11 UNEB 0. [ ( ] Aplicndo regr d cdei no integrndo D F g( e do fto que F = f obtemos.. Integrção D [ F ( g( ] = F ( g( g ( = f ( ( g ( e portnto f ( ( g ( d = F ( g( + K. (. Podemos rememorr fórmul (. usndo o seguinte rtifício: Fç u = g(. Assim du d = g ( e logo du = g (d. Então, podemos reescrever (. d seguinte form: f(u du = F(u+K, e portnto, se conhecemos um primitiv d função f, conhecemos tmbém um primitiv pr( f g g que é F g. Este método de clculr integris indefinids é conhecido como Mudnç de Vriável ou Método d Substituição, e resumimos d seguinte form.. Teorem (Regr d Cdei pr Antidiferencição. Se F é um ntiderivd de f, então f ( g( g ( d = F ( g( + K. Se u = g( e du = g (d, então f(u du = F(u+K. Eemplo.4. Determine s integris indefinids eibids no começo dest seção. ( cos(3 d (b 4+ d (c ( tg( d Solução: ( Fzendo substituição u = 3 e du = 3d, temos cos(3 d = cos(u du 3 = cos(u du = 3 3 sen(u+k = 3 sen(3+k (b Fzendo substituição u = 4 + e du = 4d, temos u du 4+ d = 4 = 4 u u 3 du = K = 6 u 3 + K = ( K (c Como tg( = sen(, fzendo mudnç de vriável u = cos( e du = sen( d, temos cos( tg( d = sen( cos( d = du u = ln u +K = ln cos( + K = ln sec( + K. Observção. Anlogmente o item (c do eemplo cim, temos que ( cotg( d = ln sen( +K De fto, como cotg( = cos(, fçmos substituição u = sen( e du = cos( d, logo sen( cos( du cotg( d = sen( d = = ln u +K = ln sen( + K. u 3

12 UNEB 0. Cálculo II.3 Observção. Nem sempre é fácil decidir substituição u = g( necessári pr trnsformr um integrl indefinid em um form que poss ser fcilmente clculável. Às vezes é preciso tentr váris possibiliddes diferentes té chr um substituição dequd. N miori dos csos, nenhum substituição simplificrá proprimente o integrndo. Vejmos lgums diretrizes. Diretrizes pr substituição d vriável:. Decidir por um substituição fvorável u = g(;. Clculr du = g ( d; 3. Com uílio de. e., trnsformr integrl em um form que envolv pens vriável u. Se qulquer prte do integrndo resultnte ind contiver vriável, usr um substituição diferente em., ou outro método, cso vriável persist em precer; 4. Clculr integrl obtid em 3., obtendo um ntiderivd envolvendo u; 5. Substituir u por g( n ntiderivd obtid n diretriz 4. O resultdo deve conter pens vriável. Eemplo.5. Clculr, com um mudnç de vriável, s seguinte integris ( e d e (b d. Solução: ( Fzendo u =, temos que du = d donde du = d. Dí e d = e d = e u du = eu + K = e + K. (b Fzendo u = 3, temos que du = 3d, donde u+ d, = e +5 = (u++5. Logo, d = 3 (u++5 du+k = u+7 du+k 3 u 9 u = du u du = 7 u+ 9 9 ln u +K = 7 (3 + ln 3 +K Observção. N verdde, este último eemplo, é um cso prticulr de um situção mis gerl, que fic como eercício su verificção. Sejm, b, c e d números reis, tl que c = 0, então +b c+d d = ( bc d c (c+d+ c ln c+d + K..5 Teorem. Se f é derivável com ntiderivd F e se n = é um número rcionl, então [ ] n (i f( f ( d = (ii [ ] n+ f( + K n+ f(+b d = F(+b+K, = 0 (ii. Prov: Bst fzer mudnç de vriável u = f( e du = f (d pr (i, e u = +b e du = d pr 4 Adrino Ctti

13 UNEB 0. Eemplo.6. Clcule.. Integrção tg( sec (d por dois métodos: ( substituição u = tg(, (b substituição u = sec(, e (c compre s resposts entre ( e (b. Solução: ( Fzendo u = tg(, temos que du = sec (d, logo tg( sec ( d = u du = u + K = tg (+K. (b Fzendo u = sec(, temos que du = sec( tg(d, logo tg( sec ( d = sec( sec( tg( d = u du = u + K = sec (+K. (c Como sec ( = +tg (, s funções definids por tg ( e sec ( diferem por um constnte, e ssim sendo cd um serve como ntiderivd de tg( sec (, pois sec (+K = (tg (++K = tg (+ + K = tg (+K, onde K = + K. Algums vezes é possível obter um primitiv pós efeturmos mudnç de um vriável, mesmo não sendo tão eplicito como no Teorem.. Vejmos o seguinte eemplo como ilustrção desse fto. Eemplo.7. Clcule + d. Solução: Form. Fzendo u = +, temos que du = d e = u. Assim temos + d = (u u du = u 5 du u 3 du+ u du = u 7 7 u u K = 7 ( ( (+ 3 + K. Form. Fzendo v = +, temos que v = e vdv = d. Então + d = (v v v dv = v 6 dv 4 v 4 dv+ v dv = 7 v7 4 5 v5 + 3 v3 + K = 7 ( ( (+ 3 + K. 5

14 UNEB 0. Eemplo.8 (. Obter fórmuls pr ( sec( d e (b cossec( d. Cálculo II Solução: ( Multiplicndo o numerdor e o denomindor por sec(+tg(, temos sec( d = sec((sec(+tg( sec( + tg( d = sec (+sec( tg( sec( + tg( e mudndo de vriável, u = sec(+tg(, temos du = (sec( tg(+sec (d obtém-se sec( d = du = ln u +K u = ln sec(+tg( + K d (b Multiplicndo o numerdor e o denomindor por cossec( cotg(, temos cossec( d = cossec((cossec( cotg( cossec( cotg( d = cossec ( cossec( cotg( cossec( cotg( e mudndo de vriável, u = cossec( cotg(, temos du = ( cossec( cotg(+cossec (d d obtém-se cossec( d = du = ln u +K u = ln cossec( cotg( +K Not. Escrevendo sec( = cos( = cos( cos ( = cos( sen, podemos mudr vriável u = sen(, ( donde du = cos(d e, então, integrmos secnte de outr mneir: cos( sec( d = sen ( d = u du = ln + u u + K = ln +sen( sen( + K. Agor, percebemos que: ln +sen( sen( = ln (+sen((+sen( ( sen((+sen( = ln (+sen( cos ( = ln +sen( cos( = ln sec(+tg(. Eemplo.9 (. Mostre, por um mudnç de vriável, que: ( ( d = rcsen + + K; (d ± d = +K; ln ± (b + d = ( rctg + K; (e d = ln + + K; (c d = ( rcsec + K; (f d = ln + + K. Solução: 6 Adrino Ctti

15 UNEB 0. ( Notemos primeiro que d = ( d = ( d... Integrção Fzendo u =, temos que du = d e logo d = ( du = rcsen(u+k = rcsen + K. u (b Como + d = ( d = + + d = + ( d, pondo u =, temos que du = d e logo +u du = rctg(u+k = ( rctg + K. (c Como d = temos = u donde d = du, e logo d = ( d = (, pel mudnç de vriável u =, u u du = rcsec(u+k = rcsec ( + K. (d Como ± d = ± + ± + ± d, fzendo u = + ±, temos: du = ( + ± d = ± + d, ± portnto ± d = u du = ln u +K = ln + ± +K. (e Como d = derivd do quociente, temos que (+( d = (+ ( (+ d, fzendo u = e pel regr d + du = (+ ( (+ d = (+ d, donde, du = d (+ e portnto d = du u = u du = ln u +K = ln + + K. (f Idem (e. 7

16 UNEB 0. Cálculo II. Técnics de Integrção Até qui, estbelecemos fórmuls pr o cálculo de integris indefinids prtir d fórmul [ ] D f( d = f(+k e pelo método d substituição de vriável, que possibilit trnsformr um integrl em outr mis simples, que poss ser fcilmente clculd. Desenvolveremos então, outrs mneirs de simplificr integris, entre els integrção por prtes. Este poderoso dispositivo permite-nos obter integris indefinids de ln(, rctg( e outrs epressões trnscendentes importntes. Desenvolveremos ind, técnics pr simplificr integris que contenhm: potênci de funções triogonométrics; rdicis; epressões rcionis e, + e. Às vezes pode ser preferível fzer uso de um tbel de integris, em vez de efetur um integrção complicd. Tbels desse tipo pode-se encontrr em quse todos os livros de cálculo. Algums vezes é necessário empregr técnic de integrção pr epressr o integrndo n form em que ele prece n tbel, eigindo que reconheç qul técnic ser empregd num dd integrl. Quse rods s fórmuls ns tbels de integris, são desenvolvids prtir ds técnics de integrção, por ess rzão, conselhmos o uso ds tbels de integris somente depois que você dominr integrção. N prátic, não é sempre possível clculr um integrl indefinid, isto é, o integrndo não tem um ntiderivd que poss ser epress em termos ds funções elementres. Eemplos de tis integris são sen( e d e d... Integrção por Prtes D fórmul d derivd do produto de dus funções obtemos um método de integrção muito útil, chmdo Integrção por Prtes, que é estbelecido d seguinte form. Se f e g são dus funções diferenciáveis, então [ ] D f( g( = f ( g(+ f( g ( ou equivlentemente f( g ( = D [ f( g( ] f ( g(. Integrndo mbos os membros em relção, obtemos f( g [ ] ( d = D f( g( d f ( g( d e escrevemos est últim equção d seguinte form: f( g ( d = f( g( f ( g( d (. que é chmd de fórmul de Integrção por Prtes. Est fórmul pode ser simplificd fzendo u = f( dv = g (d du = f (d v = g( 8 Adrino Ctti

17 UNEB 0. resultndo n seguinte versão d fórmul de integrção por prtes u dv = u v.. Técnics de Integrção v du (.3 Observe, que est fórmul nos permite epressr um integrl indefinid em termos de outr que pode ser mis fácil de clculr, escolhendo dequdmente u e dv. O termo por prtes é do fto que este processo sepr o integrndo em dus prtes. É importnte escolh dequd de dv, que em gerl fzemos representr prte mis complicd do integrndo que poss ser prontmente integrd, pois v será um primitiv de dv. Resumimos este processo de integrção d seguinte form: Olhmos um função h que queremos integrr, como o produto de dus funções, um ds quis é derivd de um função já conhecid, isto é, h( = f( g (, com g sendo um função conhecid. Como vimos, temos que h( d = f( g ( d = f( g( g( f ( d. Espermos, então, que noss escolh pr s funções f e g tenhm sido bo de mneir que conheçmos um primitiv pr g f. Usndo novs vriáveis, u e v, podemos representr iguldde cim de um form mis simples: fzendo u = f( dv = g (d du = f (d v = g( e, portnto, nesss novs vriáveis, fórmul que obtivemos cim, f( g ( d = f( g( g( f ( d se reduz resultndo n seguinte versão d fórmul de integrção por prtes u dv = u v A seguir, eemplos ilustrndo este método de integrção. Eemplo.0. Clculr ln( d. v du. Solução: Pr determinr quis s substituições pr u e dv, devemos ter em mente que pr encontrr v precismos sber integrr dv. Isso sugere que u = ln( e dv = d. Então, du = d e v = + K. D fórmul (.3, temos: ( ( ln( d = ln( + d K + K = ln(+k ln( d K d = ln(+k ln( 4 K ln(+k = ln( 4 + K. 9

18 UNEB 0. Cálculo II.6 Observção. Neste último eemplo, note que primeir constnte de integrção K, não prece n respost finl. K foi usd somente pr mostrr que tods s escolhs de v d form + K produzem o mesmo resultdo pr ln( d. Ess situção vle em gerl e provmos isso d seguinte form: Escrevendo v+k n fórmul (.3, temos u dv = u(v+k (v+k du = uv+k u v du K du = uv+k u v du K u = uv v du. Assim sendo, é desnecessário escrevermos constnte de integrção qundo clculmos v prtir de dv. Eemplo.. Clculr 3 e d. Solução: Usndo integrção por prtes, com u = e dv = e, temos então que du = d e v = e em que v foi obtido pelo método de mudnç de vriável. D fórmul (.3 temos ( ( 3 e d = e e d = e e d = e e + K. Eemplo.. Pelo método de integrção por prtes, clcule s seguintes integris. ( cos( d (b ( + 3 sen( d. Solução: ( Sej u = e dv = cos( d. Então du = d e v = sen(. Pel fórmul (.3 cos( d = sen( sen( d = sen(+cos(+k. (b Fzendo u = + 3 e dv = sen( d, temos du = (+3d e v = cos(. Portnto, pel fórmul (.3, temos ( + 3 sen( d = ( + 3 cos( = ( + 3 cos(+ ( cos((+3 d (+3 cos( d. A integrl do segundo membro é semelhnte à primeir integrl, eceto que em vez de sen( temos 0 Adrino Ctti

19 UNEB 0. cos(. Aplicndo integrção por prtes novmente, sendo.. Técnics de Integrção teremos u = +3 dv = cos(d du = d v = sen( ( ( + 3 sen( d = ( + 3 cos(+ (+3 sen( sen( d = ( + 3 cos(+(+3 sen(+ cos( d+k = ( + 3 cos(+(+3 sen(+k..7 Observção. De modo gerl, s integris f( cos( d ou f( sen( d onde f( é um polinômio, usmos integrção por prtes, tomndo u = f( dv = cos( d u = f( dv = sen( d ou du = f (d v = sen( du = f (d v = cos( Eemplo.3. Pelo método de integrção por prtes, clcule s seguintes integris. ( e d (b ln( d. Solução: ( u = dv = e d du = d v = e = e d = e e d = e e + K = ( e + K. (b u = ln( dv = d du = d v = = ln( d = ln( = ln( d d = ln( + K..8 Observção. De modo gerl, ns integris d form f( d ou f( log ( d onde f( é um polinômio e é um constnte, usmos integrção por prtes, fzendo u = f( dv = d u = log ( dv = f( d du = f (d v = ln( ou du = ln d v = primitiv de f( Eemplo.4 (. Mostre pelo método de integrção por prtes s seguintes fórmuls:

20 UNEB 0. ( ln( d = ln( +K (b rctg( d = rctg( ln(+ +K Cálculo II (c (d e cos(b d = e ( + b b sen(b+ cos(b + K e sen(b d = e ( + b sen(b b cos(b + K Solução: ( Aplicndo o método integrção por prtes, escrevemos: u = ln( dv = d du = d v = Assim, ln( d = ln( d = ln( = ln( +K. d (b Novmente, pelo método de integrção por prtes, temos: u = rctg( dv = d du = + d v = Donde em que rctg( d = rctg( + d = rctg( ln(+ +K, + d foi obtid pel mudnç de vriável u = + e du = d. (c Pel integrção por prtes, tem-se u = e dv = cos(b d du = e d v = b sen(b onde e cos(b d = b e sen(b b e sen(b d. Note que no segundo membro temos um integrl semelhnte, eceto em vez de cos(b temos sen(b. Então, plicndo novmente o método de integrção por prtes, pr est integrl temos u = e dv = sen(b d du = e d v = b cos(b onde e sen(b d = b e cos(b+ b e cos(b d. Adrino Ctti

21 UNEB 0. Substituindo ess epressão n iguldde precedente, temos: e cos(b d = b e sen(b ( b b e cos(b+ b = b e sen(b+ b e cos(b b.. Técnics de Integrção e cos(b d e cos(b d Levndo o primeiro membro integrl do segundo membro, obtemos seguinte iguldde: ( (+ b e cos(b d = e b sen(b+ b cos(b + K e portnto, temos que e cos(b d = e ( + b b sen(b+ cos(b + K. (d Obtém-se de modo nálogo o item (c. Eemplo.5 ( Integrção de Potênci de Funções Trigonométrics: Fórmul de Redução. A integrção por prtes pode às vezes ser usd pr obter fórmuls de redução pr integris. Utilizmos tis fórmuls pr escrever um integrl que envolve potêncis de um epressão, em termos de integris que envolvem potêncis inferiores d mesm epressão. Veremos como estbelecer um fórmul de redução pr s integris de potêncis de funções trigonométrics, dos tipos: sen n (d, cos n (d, tg n (d, que são: ( (b (c (d (e (f cotg n (d, sen n ( d = n cos( senn (+ n sen n ( d n cos n ( d = n sen( cosn (+ n cos n ( d n tg n ( d = n tgn ( tg n ( d cotg n ( d = n cotgn cotg n ( d sec n ( d = n secn ( tg(+ n n sec n ( d cossec n ( d = n cossecn ( cotg(+ n n sec n (d, cossec n ( d cossec n (d Solução: Detlhremos somente o item (, um vez que os demis são nálogos. ( Pel integrção por prtes, fzemos e integrndo, temos u = sen n ( dv = sen( d du = (n sen n ( cos( d v = cos( sen n d = cos( sen n (+(n sen n ( cos ( d 3

22 UNEB 0. como cos ( = sen (, escrevemos sen n d = cos( sen n (+(n = cos( sen n (+(n sen n ( ( sen ( d sen n ( d (n sen n ( d, Cálculo II conseqüentemente sen n ( d+(n onde o membro esquerdo se reduz n sen n ( d = cos( sen n (+(n sen n ( d sen n ( d, e dividindo mbos os membros por n, obtemos sen n ( d = n cos( senn (+ n n sen n ( d. (.4 É evidente que, medinte plicções reiterds d fórmul (.4, clculmos sen n ( d pr qulquer inteiro positivo n, pois esss reduções sucessivs terminm em sen( d ou d, mbs imeditmente integráveis. Eemplo.6. Use um ds fórmuls de redução presentds no eemplo nterior, pr determinr integrl sen 4 ( d. Solução: Usremos fórmul dd no item (, com n = 4. Assim sen 4 ( d = 4 cos( sen3 (+ 3 sen ( d. 4 Aplicndo fórmul (.4, com n =, pr integrl à direit, temos sen ( d = cos( sen(+ d = cos( sen(+ +K, e conseqüentemente, sen 4 d = 4 cos( sen3 (+ 3 sen ( d 4 = 4 cos( sen3 (+ 3 [ 4 cos( sen(+ ] +K = 4 cos( sen3 ( 3 8 cos( sen( K onde K = 3 4 K..9 Observção. Mis dinte, com uílio ds identiddes trigonométrics fundmentis, desenvolveremos outro método pr integris envolvendo potêncis de funções trigonométrics, de um form mis gerl, como por eemplo cos n ( sen m ( d, onde n e m são inteiros quisquer. 4 Adrino Ctti

23 UNEB 0... Integris do tipo: A+B + b+c d e A+B + b+c d.. Técnics de Integrção Fremos discussão em 4 csos, que são: Cso. + b+ c d Cso 3. Cso. A+B + b+ c d Cso 4. + b+c d A+B + b+c d Cso. + b+c d Trnsformmos, primeirmente, o denomindor pondo-o sob form de um som ou de um diferenç de qudrdos, completndo qudrdo, d seguinte form: [ + b+ c = + b + c ] [ = b + + [ ( = + b b 4c 4 [ ( = + b ] + 4 ( b ( b ] ] + c, em que = b 4c. Temos que 4 é sempre mior do que zero, no entnto precismos olhr pr = b 4c. Então (i Se < 0, então > 0, fzendo k = 4 temos + b+ c d = ( ] + d = [ + b k ( + + b k d. Pel mudnç de vriável u = + b e du = d, e pelo Eemplo (.9(b temos + b+ c d = u + k du = ( u k rctg + C. k (ii Se > 0, então < 0, fzendo k = 4 temos + b+ c d = ( ] d = [ + b k ( + b k d. Pel mudnç de vriável u = + b e du = d, e pelo Eemplo (.9(e temos + b+ c d = u k du = k ln u k u+k + C. (iii Se = 0, então + b+c d = e pel mudnç de vriável u = + b e du = d, temos + b+c d = ( d, + b u du = u + C. 5

24 UNEB 0. Eemplo.7. Clculr d. Cálculo II Solução: Notemos primeirmente que = ( Assim = ( = (+ + 6, e então d = (+ + 6 d. Pel mudnç de vriável u = + e du = d temos d = u + 6 du = u rctg( K = ( + 6 rctg +K. 6 Cso. A+B + b+c d Como A+B + b+c d = A + b+ c d+ B + b+ c d precismos clculr pens primeir integrl do ldo direito, visto que, cbmos de resolver integrl do tipo d segund. Observe, que se u = + b+c então du = (+bd. Assim + b+ c d = +b b + b+ c d = +b + b+ c d b + b+c d. A primeir integrl do segundo membro, é fcilmente clculd pel mudnç de vriável u = + b+c e du = ( + bd, deste modo Voltndo à integrl precedente, temos A+B + b+c d +b + b+c d = u du = ln u +K = ln + b+ c +K. = A + b+c d+b + b+c d = A [ ] ln + b+c +K b + b+ c d = A ( ln + b+ c + B Ab + B + b+ c d+k, + b+c em que, K = A K. Eemplo.8. Clcule seguinte integrl d. Solução: Como +3 5 d = 5 d+ 3 5 d, 6 Adrino Ctti

25 UNEB 0. resolvendo primeir integrl do ldo direito, temos 5 d = + 5 d = = ln d+ 5 d+k... Técnics de Integrção 5 d Agor, como 5 d = ( + 5 d = ( 6 d = 6 ln ( 6 ( K, temos finlmente d = 5 d+ 3 5 d = ln 5 +K = ln 5 +K ln ( 6 ( K = 6 ln ln ( K, em que K = K + 4K. Cso 3. + b+c d Com jud d mudnç de vriável indicd no Cso, ess integrl reduz um integrl do tipo: u ± k du, se > 0 ou du, se < 0 k u que são fcilmente clculds com uílio ds fórmuls dds no Eemplo(.9( e (d. Eemplo.9. Clcule seguinte integrl d. ln (+ ln(+5 Solução: Pel mudnç de vriável u = ln( e du = d, temos d = ln (+ ln(+5 u + u+5 du = (u+ + 4 du. Novmente, mudndo vriável, gor, t = u + e dt = du, temos (u+ + 4 du = t+ t + 4 dt = t ln + 4 +K = ln (u+ (u K = ln (ln(+ ln( K. Portnto, d = ln ln ln(++ (ln( K (+ ln(+5 7

26 UNEB 0. A+B Cso 4. + b+c d Cálculo II Clculmos integris deste tipo, usndo trnsformções nálogs às considerds no Cso, pois: A+B + b+c d = A + b+c d+ B + b+c d, onde que segund integrl do ldo direito é justmente do cso imeditmente nterior este. Então + b+c d = +b b + b+ c d = +b + b+ c d b + b+c d e ssim, A+B + b+ c d = A ( +b + b+c d+ B b + b+ c d. Com mudnç de vriável u = + b+ c e du = (+bd, clculmos +b + b+ c d = du = u+k = + b+ c+k. u Portnto, A+B + b+ c d = A ( + b+ c+ B b + b+c d+k, em que K = A K. Eemplo.30. Clcule sen( +cos( cos ( d. Solução: Inicilmente, pel seguinte mudnç de vriável u = cos( e du = sen( d, e do fto que sen( = sen( cos(, temos sen( +cos( cos ( d = = u +u u du = u+ + u u du u+ du +u u + u u du. Pr primeir integrl do ldo direito, fzemos t = +u u e dt = ( u+du, onde que u+ + u u du = dt = t+k = +u u + K t = +cos( cos (+K. Pr segund integrl, escrevemos + u u du = (u u du = (u u+ 4 4 du = ( ] [ du = u 9 4 du, 9 4 (u 8 Adrino Ctti

27 UNEB 0. fzendo v = u e dv = du, temos Portnto, +u u du sen( +cos( cos ( d = 9 dv = rcsen 4 v ( = rcsen 3 v + K = rcsen ( cos( = rcsen + K 3. = u+ du + u u ( v + K 3/ ( ( u + K 3 + u u du = +cos( cos (+K rcsen.. Técnics de Integrção ( cos( 3 + K, em que K = K K...3 Integris de Funções Rcionis.0 Definição. Um função rcionl é um função d form f( = p( em que p( e q( são funções q( polinomiis e q( = 0 pr todo. As funções rcionis podem ser clssificds em própris ou imprópris. Dizemos que um função rcionl f é própri se gr(p < gr(q, cso contrário, isto é, se gr(p gr(q dizemos que f é imprópri. Eemplo.3. ( São funções rcionis própris: f( = e g( = (b São funções rcionis imprópris: f( = 3 e g( = Integris de Funções Rcionis Imprópris Sej f( = p( um função rcionl imprópri. Assim, temos que gr(p gr(q, e então podemos dividir q( p( por q( e obtermos um quociente Q( e um resto R(, em que gr(r < gr(q. Em símbolos, escrevemos: p( = q( Q(+ R(. Dest form, procedemos d seguinte form pr o cálculo d integrl: f(d = = p( q( Q(+ R( q( d = d = q( R( Q(d + q( d q( Q( q( R( + q( d Como gr(r < gr(q, observemos o seguinte:. Observção. Pr o cálculo d integrl de um função rcionl imprópri, dividindo-se o numerdor pelo denomindor, escreve-se função como som de um função polinomil e um função rcionl própri. 9

28 UNEB Eemplo.3. Clcule. + Cálculo II Solução: Pr obter integrl d função f( = + +, dividimos os polinômios p( = e q( = +, e escrevemos p( = + + = ( + +. Dest form, + + d = + ( + + ( d = = d+ + d + d = +ln( + rctg(+k. + d + d Vimos ssim, que o cálculo d integrl de funções rcionis resume-se em obter integris pr funções rcionis própris. Integris de Funções Rcionis Própris: Método d Decomposição em Frções Prciis O Método d Decomposição em Frções Prciis consiste em escrever um função rcionl própri como som de frções prciis que dependem, principlmente, d ftorção do denomindor d função rcionl em R. Sej f( = p( um função rcionl própri, isto é, gr(p < gr(q, então q( em que cd F k (k =,... r tem um ds forms f( = p( q( = F +F F r A (+b n ou A+B ( + b+c n. A som F + F F r é decomposição em frções prciis de f( = p( q( e F k é um frção prcil. Eemplo.33. Se f( = podemos epressr como (+(, ou ind +. A últim epressão é decomposição em frções prciis de. Dest form, pr obter obtendo d = d, integrmos cd um ds frções que constituem decomposição, d d = ln ln + + K = ln K. Not 3. Afirmmos que tod função rcionl possui um decomposição em frções prciis. Um demonstrção deste fto, encontr-se no cpítulo II do livro Álgebr: Um Curso de Introdução de Arnldo Grci e Yves Lequin, publicdo pelo IMPA. 30 Adrino Ctti

29 UNEB 0. Diretrizes pr Decomposição em Frções Prciis.. Técnics de Integrção Sej f( = p( um função rcionl própri. Veremos qutro csos, nos dois primeiros, q( é decompost q( em ftores lineres; e nos dois últimos, q( é decompost em ftores lineres e qudráticos. ( Os ftores de q( são todos lineres e nenhum repetido, isto é, q( = ( +b ( +b ( n +b n em que não há ftores idênticos. Neste cso escrevemos: f( = p( q( = A + A + + A n, +b +b n +b n em que A, A,..., A n são constntes reis serem determinds. Eemplo.34. Sej f( = 3, clculr f(d. Solução: Ftorndo o denomindor temos que f( = 3 = ( (+ = A + B + C +,. Dest form, ( (+ equivlentemente = A( (++ B(++C(. Agor, eliminndo os prênteses no segundo membro e grupndo os termos de mesmo gru, obtemos: = (A+B+C +( A+ B C A Temos ssim, um identidde de polinômios n vriável e sbemos que, pr que isto ocorr, os coeficientes dos termos de mesmo gru nos dois membros devem ser iguis. Dí, temos o seguinte sistem ns incógnits A, B e C: A +B + C = 0 A +B C = A = cuj solução é A =, B = 6 e C = 3. Portnto, ( 3 d = + 6( d = 3(+ d+ 6 = ln + 6 ln 3 ln + +K = 6 ln 3 ( (+ 4 d 3 + K. + d. Observção. Um outr mneir de determinr s constntes A, B e C é, substituindo n identidde = A( (++ B(++C(, vlores convenientes pr (neste cso, escolherímos = 0, = e =, já que um identidde é verddeir pr quisquer vlores de pr os quis el eist. Verifique! 3

30 UNEB 0. Eemplo.35. Integrndo por frções prciis, mostre que d = ln + + K. Cálculo II Solução: Escrevendo frção do integrndo como som de frções prciis, temos: = A + B +. Ou ind, temos = A(++B( = (A+B+ A B. D iguldde entre polinômios, temos o seguinte sistem, ns incógnits A e B: A+ B = 0 A B = donde, = e B =. Portnto d = A d+ B + d = = ln + + K. d + d.3 Observção. Anlogmente, mostr-se que d = ln + + K. ( Os ftores de q( são todos lineres e lguns repetidos. Suponh que( i +b i sej um ftor repetido que se repete p vezes. Então, correspondendo esse ftor hverá som de p frções prciis A A + i +b i ( i +b i + + A p ( i +b i p + A p ( i +b i p em que A, A,..., A p são constntes reis serem determinds. Eemplo.36. Clculr integrl indefinid d. Solução: Ftorndo o denomindor, obtemos 4 4 = (+(, de onde temos que e são rízes simples e 0 é riz dupl deste polinômio. Assim, n decomposição do integrndo em frções prciis, corresponderá este ftor um som de frções prciis, com denomindor, com epoentes vrindo de. Deste modo, escrevemos integrndo como segue: Eliminndo os denomindores temos = A + A + B + + C = A (+( + A (+( + B ( +C (+. Eliminndo os prênteses e grupndo os termos de mesmo gru, obtemos: = (A + B+C 3 +(A B+C +( 4A 4A. 3 Adrino Ctti

31 UNEB 0. D iguldde polinomil cim, temos o seguinte sistem: A +B +C = A B +C = 0 4A = 3 4A =.. Técnics de Integrção cuj solução é A = 3 4, A = 4, B = 5 6 e C = 3 6. Portnto, Finlmente, temos integrl: = d = 3 d 4 + d = 3 4 ln + 4( ou ind, utilizndo proprieddes dos logritmos, d d 3 ln + + ln +K 6 = 3 4 ln ln ln +K d = 6 ln (+ 5 ( K. Eemplo.37. Clculr f(d, em que f( = 3 ( 3. Solução: Note que dois ftores lineres se repetem: dus vezes, e três vezes. Assim, frção do integrndo pode ser escrit como som de frções prciis d seguinte form: 3 ( 3 = A + A + B 3 ( 3 + B ( + B, ou ind, 3 = A ( 3 + A ( 3 + A 3 + B ( + B (. Pel iguldde entre funções polinomiis temos que: Portnto, A = 8, A = 3 6, B 3 = 7 4, B = 5 4 e B = ( 3 d = 8 d+ 3 6 d+ 7 4 ( 3 d+ 5 4 ( d 3 6 = ln 7 8( 5 4( 3 ln +K. 6 d (3 Os ftores de q( são qudráticos irredutíveis, e nenhum ftor qudrático é repetido. Correspondendo o ftor qudrático + b+c no denomindor, temos um frção prcil d form: A+b + b+c. 33

32 UNEB 0. Eemplo.38. Clculr f(d, em que f( = 3 ( ( + +. Cálculo II Solução: Primeirmente, + + = (+ + > 0,, ou sej, o trinômio é irredutível. Assim, frção do integrndo pode ser escrit como som de frções prciis d seguinte form: 3 ( ( + + = A+B C, ou ind, + 3 = (A + B( + C( + +. Desenvolvendo, e igulndo os polinômios, obtemos: A = 9 5, B = 7 5 e C = 4 5. Portnto, 3 ( ( + + d = d d 4 5 d Pr integrr d, percebmos que diferencil do denomindor é (+ d. Assim, se + + somrmos e subtrirmos no numerdor, obteremos d = 9 ( ( d Retornndo noss integrl, temos: + + d. 3 ( ( + + d = 9 5 = 9 0 (+ d (+ d d 4 5 (+ + d 4 5 d d = 9 0 ln rctg(+ 4 ln +K 5 = ln 0 ( rctg(+ +K. 5 ( 4 5 (4 Os ftores de q( são qudráticos irredutíveis, e lguns dos ftores qudráticos são repetidos. Se + b+c for um ftor qudrático no denomindor que se repete p vezes, então correspondendo o ftor ( + b+c p, teremos som ds p frções prciis: A p +B p ( + b+c p + A p +B p ( + b+c p + + A +B ( + b+c + A +B + b+c, em que A, A,..., A p e B, B,..., B p são constntes reis serem determinds. Eemplo.39. Clculr f(d, em que f( = ( 4+5. Solução: Como 4+5 é um trinômio irredutível, frção do integrndo pode ser escrit como som 34 Adrino Ctti

33 UNEB 0. de frções prciis d seguinte form:.. Técnics de Integrção ( 4+ 5 = C + A +B ( A +B 4+5, em que A = 5, A = 4 5, B = 8 5, B = 3 5 e C = 5. ( 4+5 d = ( ( d ( 4+ 5 d+ 5 = 5 d+ 5 =... continur d..4 Integris de Epressões Rcionis Contendo sen( e/ou cos( Se o integrndo envolver um função ( rcionl de sen( e/ou cos( ele poderá ser reduzido um frção rcionl de w pel substituição w = tg. Com s seguintes identiddes trigonométrics sen(θ = sen(θ cos(θ e cos(θ = cos (θ, procedemos d seguinte mneir: ( ( sen( = sen cos = ( sen cos ( ( = tg cos ( sec ( = ( tg ( +tg cos( = cos ( = sec ( = +tg ( = tg ( (. +tg ( Como w = tg, temos Além disso, = rctg(w e dí d = +w dw. Resumimos estes resultdos no seguinte teorem. sen( = w + w e cos( = w +w.4 Teorem. Se um integrndo é um epressão rcionl em sen( e/ou cos(, obteremos um epressão rcionl em w medinte seguinte substituição: ( onde w = tg. sen( = w w, cos( = + w +w, d = +w dw Eemplo.40. Clculr +sen(+cos( d. 35

34 UNEB 0. Solução: Fzendo w = tg (, pels fórmuls dds no teorem cim, temos: Cálculo II +sen(+cos( d = +w + w + w + w +w dw = = +w dw = +w dw ( +K = ln +w +K = ln +tg + w + w+ w dw.5 Observção. O teorem que cbmos de ver, pode ser usdo pr qulquer integrndo que sej um epressão rcionl em sen( e/ou cos(; todvi, é importnte considerr substituições mis simples, como o eemplo seguir. Eemplo.4. Clculr cos( +sen ( d. Solução: Poderímos usr o teorem ddo pr trnsformr em um epressão rcionl em w, no entnto, com seguinte substituição u = sen(, du = cos(d, temos: cos( +sen ( d = quem é um resolução bem mis simples. du = rctg(u+k = rctg(sen(+k, + u..5 Integris de Algums Funções Irrcionis Não há um regr gerl pr resolver integris que envolvm funções irrcionis. No entnto, veremos que muits dels podem ser resolvids com uílio de outrs técnics de integrção pós termos efetudo um simples mudnç de vriável (dequd. Considere o seguinte: Se o integrndo envolver potêncis frcionáris à vriável, então o integrndo pode ser simplificdo pel substituição F( = w n e F (d = n w n dw, em que n é o menor denomindor comum entre os denomindores dos epoentes. Eemplo.4. Clculr + 3 d. Solução: Como os epoentes frcionários são e 3, logo n = mmc(, 3 = 6. Fzendo = w6 e d = 6w 5 dw, temos: ( w 3 6w d = +w dw = 6 w 8 w + dw. Note que o integrndo é um frção imprópri, ssim dividindo o numerdor pelo denomindor teremos: w 8 w + = w6 w 4 + w + w Adrino Ctti

35 UNEB 0. Assim, + 3 d = 6 = 6 w 8 ( w + dw = 6 w 6 w 4 + w + w + + K = ( 7 w7 5 w5 + 3 w3 w+rctg(w.. Técnics de Integrção dw Eemplo.43. Clculr d. Solução: Neste cso, n = 3. Assim, fzendo + 4 = w 3, temos que = w 3 4 e d = 3 w dw. Logo d = 3 w + 4 d = 3 4 w 3 w dw = 3 ( w 4 4w dw = 3 ( 5 w5 w + K = Eemplo.44. Clculr +3 d. Solução: A substituição w = w conduz = +3 3w + e d = 0w dw. Logo (3w + +3 d = 0 = 0 9 w (3w + dw = 0 w w ( w + dw. 3 w [ ( 3 w + ] dw 3 Integrndo por prtes, em que u = w e dv = w ( w + dw,... continur 3 Eemplo.45. Clculr ( 3 ( 3 d e (b + 4+ d Solução:..6 Integrção Trigonométric Algums integris envolvendo funções trigonométrics podem ser resolvids usndo identiddes trigonométrics e o método d substituição. N seção de Integrção por Prtes (seção.., págin 8, obtivemos fórmuls de redução pr integris de potêncis do Seno, Cosseno, Tngente, Cotngente, Secnte e Cossecnte. Integris desse tipo podem ser clculds sem recorrer à integrção por prtes e/ou às fórmuls de redução. Conforme n ( potênci inteir sej pr ou ímpr podemos usr s identiddes trigonométrics sen (+cos ( =, tg (+ = sec (, cotg (+ = cossec (, 37

36 UNEB 0. e o método de substituição, como veremos. sen ( = cos(, cos ( = +cos( Cálculo II Integrção de Potêncis do Seno e do Cosseno o Cso: Consideremos s integris do tipo sen n (d ou cos n (d. ( Se n é inteiro positivo ímpr escrevemos: sen n (d = sen n ( sen(d ou cos n (d = cos n ( cos(d Como n é pr, podemos utilizr identidde trigonométric sen (+cos ( = e o método de substituição, pr obtermos um fórmul fácil de integrção, tl como nos eemplos bio. Eemplo.46. Resolv integrl dd por sen 5 (d. Solução: De cordo com sugestão cim, escrevemos sen 5 (d = sen 4 ( sen(d = ( ( sen ( sen(d = cos ( sen(d. Fzendo u = cos(,du = sen(d, substituindo n identidde cim temos: e portnto sen 5 (d = sen 5 (d = cos(+ cos3 ( 3 ( u du = ( u + u 4 du = u+ u3 3 u5 5 + K, cos5 ( 5 Eemplo.47. Resolv integrl dd por cos 7 (d. + K. Solução: Como cos 7 (d = cos 6 ( cos(d = ( sen ( 3 cos(d, pel substituição u = sen(, du = cos(d, temos cos 7 (d = ( u 3 du = ( 3u + 3u 4 u 6 du = u u 3 + 3u5 5 u7 7 + K = sen( sen 3 (+ 3 sen5 ( 5 sen7 ( 7 + K (b Se n é inteiro positivo pr, então podemos plicr fórmul de ângulo metde pr simplificr integrl, sber: sen ( = cos( Eemplo.48. Clcule cos (d. ou cos ( = +cos( Solução: +cos( cos (d = d = d+ cos(d = Adrino Ctti

37 UNEB 0. Eemplo.49. Clcule sen 4 (d... Técnics de Integrção Solução: ( ( cos( sen 4 (d = sen ( d = d = d cos(d+ cos (d = d cos(d+ +cos(4 d 4 4 =... o Cso: Diretrizes pr clculr sen m ( cos n (d. ( Se m é ímpr, escrevemos sen m ( cos n (d = sen m ( sen( cos n (d e epressmos sen m ( em termos de cos( medinte identidde trigonométric sen ( = cos (. E fzemos substituição u = cos(, du = sen(d e clculmos integrl. (b Se n é impr, escrevemos sen m ( cos n (d = sen m ( cos n ( cos(d e epressmos cos n ( em termos de sen( medinte identidde trigonométric cos ( = sen (. E fzemos substituição u = sen(, du = cos(d e clculmos integrl. (c Se pelo menos um dos epoentes for ímpr, o procedimento é semelhnte os itens ( e (b cim. (d Se m e n são pres utilizmos fórmuls de ângulo metde pr sen ( e cos (, que são sen ( = cos( e cos ( = +cos( pr reduzir os epoentes. Eemplo.50. Determine ( sen 3 ( cos 4 (d e (b sen ( cos 4 (d. Solução: ( sen 3 ( cos 4 (d = = = sen ( sen( cos 4 (d ( cos ( sen( cos 4 (d sen( cos 4 (d sen( cos 6 (d 39

38 UNEB 0. Fzendo u = cos(, temos du = sen(d e então sen 3 ( cos 4 (d = = sen( cos 4 (d u 4 du+ = cos5 ( 5 sen( cos 6 (d u 6 du = u5 5 + u7 7 + K + cos7 ( 7 + K Cálculo II (b sen ( cos 4 (d = ( ( cos( +cos( d =... Integrção de Potêncis ds demis Funções Trigonométrics Veremos como resolver lgums integris de potêncis d Tngente, d Cotngente, d Secnte e d Cossecnte. Primeirmente, relembremos lgums fórmuls envolvendo tngente, cotngente, secnte e cossecnte: tg(d = ln sec( +K cotg(d = ln sen( + K sec(d = ln sec(+tg( + K cossec(d = ln cossec( cotg( + K sec (d = tg(+k cossec (d = cotg(+k sec( tg(d = sec(+k cossec( cotg(d = cossec( + K Com esss fórmuls e s identiddes trigonométrics tg (+ = sec ( ou cotg (+ = cossec ( podemos clculr integris d form tg m ( sec n (d e cotg m ( cossec n (d em que m e n são inteiros não negtivos. o Cso: Consideremos s integris do tipo tg n (d ou cotg n (d Se n é inteiro positivo escrevemos: tg n (d = tg n ( tg (d = ( tg n ( sec ( d e cotg n (d = cotg n ( cotg (d = ( cotg n ( cossec ( d. Com o método de substituição, obtemos um fórmul fácil de integrção, tl como nos eemplos bio. Eemplo.5. Determine ( tg 3 ( d e (b cotg 4 (3d. Solução: ( tg 3 (d = tg( tg (d = ( tg( sec ( d = tg( sec (d tg(d = tg (+ln cos( +K 40 Adrino Ctti

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