FACULDADE DE ENGENHARIA DA UNIVERSIDADE DO PORTO. Mestrado Integrado em Engenharia Electrotécnica e de Computadores ANÁLISE MATEMÁTICA 1

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1 FACULDADE DE ENGENHARIA DA UNIVERSIDADE DO PORTO Mestrdo Integrdo em Engenhri Electrotécnic e de Computdores ANÁLISE MATEMÁTICA APONTAMENTOS DAS AULAS TEÓRICAS PARTE II Mri do Rosário de Pinho e Mri Mrgrid Ferreir Setembro 2007

2 Índice Integris Indefinidos 5. Integris Indefinidos-Noções Básics Método d Substituição Integrção por Prtes Outrs Técnics de Integrção Integrl Definido Definição Cálculo de Áres Teorem Fundmentl do Cálculo Extensão d Noção de Integrl Definido Equções Diferenciis Introdução Equções Diferenciis de vriáveis sepráveis Equções diferenciis lineres (EDL) de primeir ordem Existênci e Unicidde de Solução Resolução de EDL de Primeir Ordem Equções Diferenciis Lineres de Ordem Superior Um Existênci e unicidde de solução EDL Homogénes de Coeficientes Constntes Resolução de EDL homogénes de coeficientes constntes de ordem Resolução de EDL homogénes de coeficientes constntes de ordem n EDL de Coeficientes Constntes, de ordem 2, Não Homogénes Eq. Dif. Lineres Não Homogénes, de Coeficientes Constntes

3 ÍNDICE 3 4 Trnsformd de Lplce Introdução Definição Existênci d trnsformd de Lplce Proprieddes d trnsformd de Lplce Deslocmentos n vriável t e n vriável s Função Impulso Integrl de Convolução Sucessões e Séries Numérics 8 5. Indução Finit Sucessões Convergênci de Sucessões Séries Numérics Demonstrção do Teorem Testes de Convergênci de Séries Testes de Convergênci de Séries de Termos Não Negtivos Demonstrção de Resultdos Anteriores Demonstrção do Teorem Demonstrção do Teorem Demonstrção do Teorem Demonstrção do Teorem Demonstrção do Teorem Demonstrção do Teorem Séries Alternds Convergênci Absolut e Condicionl Qudro Resumo Séries de Potêncis e Aproximção Polinomil Séries de Potêncis Séries de Tylor Funções Polinomiis de Tylor Significdo Geométrico d Função Polinomil de Tylor

4 ÍNDICE Resto de Tylor Resto de Tylor e Série de Tylor Bibliogrfi

5 Cpítulo Integris Indefinidos Dd um função, sbemos já determinr um nov função que se obtém d inicil trvés d derivção. A questão que se levnt gor é seguinte: Dd um função f, será possível determinr um outr função F tl que F (x) = f(x)? Um função F nests condições, cso exist, design-se por integrl ou primitiv de f. Podemos determinr derivd de um qulquer função utilizndo s regrs de derivção. Gostrimos tmbém de ter o nosso dispor um conjunto de regrs que nos permit integrr um função. Infelizmente, integrção é gerlmente mis difícil. Neste cpítulo estudremos e desenvolveremos lgums ds técnics de integrção.. Integris Indefinidos-Noções Básics Sendo f um função derivável, su derivd é um nov função g tl que g(x) = f (x). O problem que queremos resolver gor é Dd um função f será possível determinr um função F tl que F (x) = f(x)? Vmos nlisr lguns csos.. Sej f(x) = e x. Queremos determinr um função F tl que F (x) = e x. Se F (x) = e x, então F (x) = f(x). Será que est função é únic? Não. De fcto, se G(x) = e x + C, onde C é um constnte, temos G (x) = e x = f(x). 5

6 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 6 Logo, neste cso, não temos um únic função F cuj derivd F sej igul f. O que temos é um fmíli de funções d form e x + C onde C é um qulquer constnte. Este fcto não é surpreendente. Bst lembrr que dus funções que diferem de um constnte têm mesm derivd. 2. Sej gor f(x) = x. Qul função (ou funções) F tl que F (x) = x? Este problem é fácil. Relmente pr qulquer função d form F (x) = x2 2 F (x) = x. + C, C constnte, temos 3. Consideremos função f do exemplo nterior definid em R. Será que há lgum função G tl que G (x) = x que não poss ser escrit n form x2 2 + C? Sej então G (x) = x e considere H(x) = G(x) x2 2 H (x) = G (x) x = 0. C. Vem Logo H é um função constnte, ou sej, existe um K R tl que H(x) = K pr todo o x R. Deduz-se então que G(x) x2 2 C = K, ou sej, G(x) = x2 2 + K + C. Or som de dus constntes, K e C, é ind um constnte. Sej ˆK = K + C. Temos G(x) = x2 2 + ˆK. Quer isto dizer que qulquer função G tl que G (x) = x é d form x ˆK. Exercícios.. Determine F tl que F (x) = f(x) onde f é:. f(x) = x. 2. f(x) = x f(x) = x f(x) = x 2 + x. 5. f(x) = x 2 + x f(x) = x 2 + bx + c,, b e c constntes. 7. f(x) = sin(x). 8. f(x) = sin(x). 9. f(x) = cos(x). 0. f(x) = sin(x)+cos(x).. f(x) = 2xe x2. 2. f(x) = xe x2. 3. f(x) = 2 sin(2x). 4. f(x) = sin(2x). 5. f(x) = x f(x) = x. 7. f(x) = sec 2 (x). 8. f(x) = sec 2 (2x).

7 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 7 Definição..2 O interior de D f, D f, é formdo por todos os pontos x D f pr os quis existe um δ > 0 tl que (c δ, c + δ) D f. Definição..3 Um função F diz-se um primitiv ou integrl d função f se pr todo o x no interior de D f. F (x) = f(x) Já vimos que que relção entre f e F não é unívoc. Assim, não existe um integrl ou primitiv de f, ms sim um fmíli de primitivs. Se F é tl que F (x) = f(x) e G(x) = F (x) + C, então G (x) = F (x) = f(x) ou sej, se F é um primitiv de f qulquer outr função d form F (x) + C, onde C é um constnte, é ind um primitiv de f. Sej F um primitiv de um função qulquer f cujo domínio é um intervlo I. Será que existe mis lgum função L que sej um primitiv de f que não se poss escrever n form F (x)+c? Suponhmos que L e F são primitivs diferentes de f definids no interior do intervlo I. Isto signific que L e F são dus funções com mesm derivd. Logo diferem de um constnte, i.e., L(x) = F (x) + C. Sendo F um primitiv de f, então G(x) = F (x) + C design-se por primitiv gerl de f. A integrção ou primitivção pode ser vist como resolução d equção diferencil: dy = f(x) (.) dx Um solução dest equção é um função F cuj derivd F (x) stisfz equção pr todo o x D onde D represent o interior do domínio de f. Como já vimos, um função nesss condições design-se por integrl ou primitiv de f. A operção que nos permite clculr tods s soluções dest equção ( primitiv gerl de f) design-se por integrção. Se ssocirmos o símbolo à integrção, podemos escrever F (x) = f(x)dx. Escreve-se f(x)dx = F (x) + C qundo F (x) = f(x) Por definição de integrl ou primitiv, vem f(x)dx = F (x)dx = F (x) + C

8 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 8 Est iguldde permite concluir que integrção é operção invers d derivção menos de um constnte. Assim, prtindo de um função f, derivndo- e integrndo função derivd não obtemos pens função donde prtimos, ms sim um fmíli de funções à qul f pertence. E qulquer outr função dest fmíli é igul f mis um constnte. Por outro ldo, prtindo de um função f e começndo por integrr est função obtém-se um fmíli de funções cujs derivds são sempre f. Ou sej, derivção é operção invers d integrção. Exercícios..4 Clssifique, justificndo, s seguintes firmções em Verddeirs ou Flss:. x x x + C = (x 3 + 3x + ) dx. 2. x ln(x) x + C = ln(x) dx. 3. cos 4 (x) + C = 4 sin(x) cos 3 (x) dx. 4. rctn 2 (x) + C = 2 rctn(x) + x 2 dx. 5. rctn(x 2 + ) + C = 2x + (x 2 + ) 2 dx. 4 ln 6. ln 4 3 (x) (x) + C = dx. x 7. ln(x 4 + 5x) + C = 4x x 4 + 5x dx. A relção de operção invers entre derivção e integrção permite obter directmente primitivs ou integris de váris funções prtir ds tbels de derivção. Por exemplo:

9 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 9 Fórmul de Derivção Fórmul de Integrção d dx (C) = 0 d dx (Kx) = K d dx (xn ) = nx n 0dx = C Kdx = Kx + C x n dx = xn+ + C pr n n + d dx (ln(x)) = x d (sin(x)) = cos(x) dx d (cos(x)) = sin(x) dx d dx ex = e x d dx rctn(x) = + x 2 d dx rcsin(x) = x 2 dx x = ln x +C cos(x)dx = sin(x) + C sin(x)dx = cos(x) + C e x dx = e x + C dx + x 2 = rctn(x) + C dx x 2 = rcsin(x) + C Tl como derivção tmbém integrção é um operção liner. De fcto, sendo α um qulquer constnte e f e g dus funções definids num intervlo berto D, temos αf(x)dx = α f(x)dx pois ( α f(x)dx + C) = αf(x) e (f(x) + g(x)) dx = f(x)dx + g(x)dx ddo que ( f(x)dx + ( g(x)dx) = ( f(x)dx) + g(x)dx) = f(x) + g(x)

10 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 0 Exemplo..5 Vmos gor proveitr tudo o que prendemos sobre integrção pr clculr lguns integris. Observe-se que técnic utilizd nesse cálculo é de reescrever função cujo integrl se pretende clculr em som de funções mis simples e de integrção imedit, ou sej, funções cujos integris podem ser clculdos utilizndo tbel nterior.. (x 3 + 2x ) dx = x 3 dx + = x4 4 + C + 2xdx 2xdx = x4 4 + C + x 2 + C 2 = x4 4 + x2 + C Note-se que som de constntes C e C 2 é ind um constnte que é qui representd por C. 2. x + x dx = = x dx + x x /2 dx + dx x x /2 dx = x3/ x/2 2 + C = 2 3 x3/2 + 2x /2 + C 3. 3x 2 2 x 2 dx = ( 3x 2 x 2 2 x 2 ) dx = = (3 2x 2 ) dx 3dx 2 x 2 dx ( ) x + C = 3x 2 = 3x + 2 x + C 4. dx x 2 = x + C

11 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge Consideremos x > 0. Os gráficos de três primitivs diferentes de f(x) = são presentdos n figur seguinte. Observe-se que os gráficos trçdos correspondem funções x2 d form + C, pr vlores de C iguis, 0 e. x Suponhmos que um prtícul tem movimento rectilíneo e que em cd instnte t su posição é dd por x(t). Se x(t) é posição d prtícul em cd instnte, então velocidde é v(t) = x (t) e celerção é (t) = x (t). O próximo exemplo ilustr um plicção d integrção neste tipo de problems. Exemplo..6 A 80 metros de ltur, lnç-se um objecto de mss unitári n verticl e com velocidde inicil de 64m/s. Clcule posição do móvel em cd instnte e o instnte em que este tinge o solo. Resolução: Sej x(t) posição do móvel em cd instnte. Sbemos que no instnte inicil, t = 0, temos x(0) = 80 e x (0) = 64. Sendo g celerção d grvidde, o movimento do sólido stisfz equção x (t) = g. Por integrção podemos obter função velocidde do móvel: v(t) = x (t) = x (t)dt = gt + C Sbemos então que função velocidde terá que ser um elemento d fmíli de funções dd por gt + C. Pr identificr totlmente função velocidde do móvel, precismos de seleccionr um função de entre tods ests. Tl é possível pois sbemos que o vlor inicil d velocidde deverá ser v(0) = 64. Assim v(0) = 64 = g 0 + C = 64 = C = 64. A função velocidde é v(t) = gt A integrção de v conduz-nos gor à função posição. x(t) = v(t)dt = ( gt + 64)dt = g 2 t2 + 64t + C 0 A constnte C 0 é clculd usndo condição inicil x(0) = 80. Obtemos C 0 = 80. Logo x(t) = g 2 t2 + 64t + 80

12 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 2 Obtid função posição estmos em condições de resolver segund prte do exercício: determinr o instnte t em que o móvel tinge o solo, i.e., o instnte t tl que x(t) = 0. Consideremos g = 9.8. Resolvendo então equção 4.9t t + 80 = 0 obtemos dois vlores pr t, um dos quis é negtivo (logo não tem interesse) e o outro é proximdmente.5. Este é o vlor pretendido..2 Método d Substituição Vimos já como clculr integris de funções simples prtir d tbel d derivção. Pssemos gor funções mis complicds. Sej f(x) = e kx onde k é um constnte qulquer diferente de 0. Queremos clculr o integrl dest função, I (x) = e kx dx. Sej F (u) = e u e u = g(x) = kx. Então e Se em vez de I (x) = f(x) = F g(x) = e kx f (x) = F (g(x))g (x) = ke kx e kx dx tivessemos I 2 (x) = ke kx dx, então o problem er simples, pois, como vimos, ke kx é derivd de e kx. Como I 2 (x) = ki (x), obtemos I (x) = k I 2(x) = k ekx + C Observe-se como regr d derivd d função compost foi um grnde uxílio no cálculo deste integrl. Argumentos nálogos os utilizdos nteriormente permitem clculr o integrl de f(x) = 2xe x2. Sendo g(x) = x 2, vem I = 2xe x2 dx = g (x)e g(x) dx Defin-se u = g(x) e F (u) = e u. Então I = F (g(x))g (x)dx == [F (g(x))] dx = F (g(x)) + C = e x2 + C O que fizemos foi reconhecer que função integrr f(x) = 2xe x2 podi ser escrit como derivd de um função compost. Pr tl foi essencil ssocir g(x) = x 2 com su derivd g (x) = 2x, ssocição ess feit trvés d introdução de um nov vriável. Est técnic pode ser generlizd de form brnger um grnde clsse de funções. Suponhmos que queremos clculr F (x)dx e que F pode ser escrit como F (x) = f(g(x))g (x)

13 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 3 O integrl clculr é então F (x)dx = f(g(x))g (x)dx (2.) O cálculo deste integrl é feito d seguinte form:. Considermos substituição ou mudnç de vriável: Escreve-se du = g (x)dx. u = g(x) du dx = g (x) 2. Substituindo em (2.) temos F (x)dx = f(u)du (2.2) 3. Clculmos (2.2) obtendo um primitiv express em u. Sej el G(u), i.e., G(u) = f(u)du. 4. Como o nosso objectivo é determinção de um primitiv de F (x), substituimos por fim u por g(x) e temos: F (x)dx = G(g(x)) + C Este método de cálculo de integris design-se por Método de Substituição. Convém slientr que este método deve ser utilizdo sempre que o cálculo do integrl f(u)du for mis simples e directo do que o de F (x)dx. Note-se ind que expressão (2.2) deve ser lid como f(u)du = f(u) du dx dx f(u)du é um função, primitiv de f, em termos d vriável u. Por outro ldo, f(g(x))g (x)dx represent um primitiv de (f g(x)) g (x) em termos de x. N verdde estmos n presenç de dus primitivs de funções diferentes. Qundo, por simplicidde de notção, escrevemos f(g(x))g (x)dx = f(u)du devemos ter sempre presente que estmos utilizr um simbolismo que nos fcilit escrit. Pr indicrmos que temos um iguldde de funções deverímos escrever f(g(x))g (x)dx = f(u)du u=g(x)

14 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 4 Exemplo.2. Vejmos gor outros exemplos de integris cujo cálculo pode ser feito utilizndo o método d substituição.. Pretende-se clculr e x ln(), vem x dx onde é um constnte qulquer positiv. Como x = x dx = e x ln() dx Sej u = x ln(). Então du = ln()dx. Pelo método d substituição vem e xlog() e u dx = ln() du = e u du ln() = e u ln() + C = ex ln() ln() + C = 2. Sej f um qulquer função diferenciável. Desej-se clculr f n (x)f (x)dx x ln() + C onde f n represent o produto d função f, n vezes. Sej u = f(x). Logo du = f (x)dx. Susbtituindo no integrl ddo vem f n (x)f (x)dx = u n du = un+ n + + C = f n+ (x) n + + C 3. Sej gor f um qulquer função diferenciável tl que f(x) 0 pr todo o x. Queremos clculr f (x) f(x) dx Fzendo u = f(x), obtemos du = f (x)dx. Assim f (x) f(x) dx = du u = ln u +C = ln f(x) +C 4. Pretende-se clculr + e x e x dx Multiplicndo e dividindo função integrr por e x, obtemos + e x e x e x ex dx Se u = e x, então du = e x dx. Substituindo n últim expressão do integrl clculr vem + u u u du Como + u u u = 2 u + u

15 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 5 temos + u u( u) du = 2 u du + u du O integrl du é de cálculo imedito: u u du = ln u +C. Rest-nos ssim o cálculo 2 de du. Neste cso, podemos, mis um vez, utilizr o método d substituição u considerndo gor v = u. Então dv = du e vem 2 dv du = 2 u v = 2 ln v +C 2 = 2 ln u +C 2 Assim Concluimos que 2 u du + u du = ln u +C 2 ln u +C 2 + e x e x dx = ln ex +C 2 ln e x +C 2 = ln(e x ) 2 ln e x +C ( ) = x + ln ( e x ) 2 + C.3 Integrção por Prtes N secção nterior derivção d função compost foi determinnte pr o cálculo de integris ou primitivs de lgums funções. Um outr regr de derivção, útil n integrção, é d derivd do produto. Lembremos que se f e g são funções diferenciáveis, então função produto f g é tmbém diferenciável e (f g) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) (3.) Suponhmos que queremos clculr o integrl de um função F e que est função pode ser decompost num produto de funções, h e g. Suponhmos ind que h é reconhecidmente derivd de um outr função f. Assim, F (x)dx = h(x)g(x)dx = f (x)g(x)dx D iguldde (3.) vem f (x)g(x)dx [(f = g) (x) f(x)g (x) ] dx = (f g) (x)dx f(x)g (x)dx = (f g)(x) f(x)g (x)dx (3.2)

16 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 6 ou sej, o cálculo de f (x)g(x)dx fic reduzido o de f(x)g (x)dx. É evidente que este processo, denomindo integrção por prtes, é vntjoso qundo o cálculo de f(x)g (x)dx é mis simples do que o de f (x)g(x)dx. Em (3.2) trnsformmos integrção de um função n som de dois integris. Como vimos trás, cd integrção produz um constnte. Como som de constntes é ind um constnte é usul escrever constnte só no psso finl d integrção. Ilustremos plicção d integrção por prtes com um exemplo. O integrl que queremos clculr é xe x dx. A função xe x pode ser escrit como o produto de dus outrs funções, g(x) = x e f(x) = e x. Como f (x) = f(x), podemos escrever: xe x dx = f (x)g(x)dx Atendendo que g (x) =, integrção por prtes conduz xe x dx = xe x e x dx Logo xe x dx = xe x e x + C Exemplo.3. A plicção d integrção por prtes nem sempre é direct. Algums vezes é necessário dr um jud, como veremos de seguid.. Consideremos ln(x)dx. À primeir vist, integrção por prtes em nd nos poderá judr: prece que não estmos pernte um produto de funções. Todvi, pode sempre escrever-se ln(x) = ln(x) A consttção deste simples fcto permite definir f (x) = e g(x) = ln(x) A plicção d integrção por prtes é gor possível e conduz : ln(x)dx = x ln(x) x dx = x ln(x) dx = x ln(x) x + C x 2. Clculemos (ln(x)) 2 dx. Sej f(x) = ln(x) e g (x) = ln(x) Então f (x) = x e g(x) = x(ln(x) )

17 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 7 Integrndo por prtes, obtemos (ln(x)) 2 dx = ln(x) [x ln(x) x] [x(ln(x) )] dx x = ln(x) [x ln(x) x] ln(x)dx + dx ln(x) 3. Queremos clculr dx. Sej x = x (ln(x)) 2 x ln(x) x(ln(x) ) + x + C = ln(x) (x ln(x) 2x) + 2x + C f (x) = x e g(x) = ln(x) Então, f(x) = ln(x), g (x) = x e ln(x) x dx = ln(x) ln(x) ln(x) dx (3.3) x Num primeir nálise, somos levdos concluir que integrção por prtes foi perfeitmente inútil. Afinl, o integrl clculr é o inicil. Um observção mis tent de (3.3) depress nos convence que estmos pernte um iguldde de funções. Assim, podemos somr mbos os membros d iguldde ou sej, ln(x)dx. Obtemos x 2 ln(x)dx = ln(x) ln(x) x (ln(x))2 ln(x)dx = + C x 2 4. No cálculo de lguns integris, integrção por prtes poderá ter que ser utilizd mis do que um vez. Vejmos um exemplo. Considere-se e x sin(x)dx e sej f(x) = e x e g (x) = sin(x). Assim f (x) = e x e g(x) = cos(x). Logo e x sin(x)dx = e x cos(x) e x ( cos(x))dx = e x cos(x) + O gru de dificuldde do cálculo de e x cos(x)dx é o mesmo do cálculo de e x cos(x)dx (3.4) e x sin(x)dx. Se definirmos u(x) = e x e v (x) = cos(x), podemos plicr integrção por prtes mis um vez. Assim e x cos(x)dx = e x sin(x) e x sin(x)dx Substituindo em (3.4) vem e x sin(x)dx = e x cos(x) + e x sin(x) e x sin(x)dx

18 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 8 Mis um vez, obtivemos um iguldde de funções e mesm função prece em mbos os membros d iguldde. Deduz-se então que e x sin(x)dx = ex (sin(x) cos(x)) + C 2 e x sin(x)dx, A utilizção consecutiv d integrção por prtes deve ser feit com cuiddo. No exemplo nterior, se segund integrção por prtes tivesse sido feit considerndo u(x) = cos(x) e v (x) = e x, terímos obtido e x cos(x)dx = e x cos(x) + e x sin(x)dx Substituindo em (3.4) viri e x sin(x)dx = e x cos(x) + e x cos(x) + e x sin(x)dx ou sej, e x sin(x)dx = e x sin(x)dx Est escolh de funções u e v desfez integrção por prtes inicil. Pr terminr est secção, vmos gor ilustrr um plicção, prticulrmente útil, d integrção por prtes que conduz às designds Fórmuls de Redução. Consideremos o integrl sin n (x)dx, onde n é um qulquer nturl mior que 2. Sej f (x) = sin(x) e g(x) = sin n (x). Assim f(x) = cos(x) e g (x) = (n ) sin n 2 (x) cos(x). Atendendo que cos 2 (x) = sin 2 (x) vem sin n (x)dx = sin n (x) cos(x) + (n ) cos 2 (x) sin n 2 (x)dx ( = sin n (x) cos(x) + (n ) sin 2 (x) ) sin n 2 (x)dx = sin n (x) cos(x) + (n ) sin n 2 (x)dx (n ) sin n (x)dx Somndo (n ) sin n (x)dx mbos os membros dest iguldde obtemos n sin n (x)dx = sin n (x) cos(x) + (n ) sin n 2 (x)dx ou sej sin n (x)dx = n sinn (x) cos(x) + n n sin n 2 (x)dx (3.5)

19 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 9 Est é fórmul de redução de sin n (x)dx e permite clculr este integrl por recorrênci. Vejmos como. Sej n = 5. Então: sin 5 (x)dx = 5 sin4 (x) cos(x) + 4 sin 3 (x)dx 5 Rest-nos clculr sin 3 (x)dx. Aplicndo mis um vez (3.5) vem Como sin 3 (x)dx = 3 sin2 (x) cos(x) sin(x)dx = cos(x), concluimos que sin (x)dx sin 5 (x)dx = 5 sin4 (x) cos(x) 4 5 sin2 (x) cos(x) 8 5 cos(x) + C Sej gor n = 4. Usndo (3.5), deduzimos que sin 4 (x)dx = 4 sin3 (x) cos(x) sin 2 (x)dx Flt-nos gor clculr este último integrl. Agor n = 2. A fórmul (3.5) pode ind ser plicd neste cso (verifique!). Vejmos um processo lterntivo. A idei é diminuir potênci de sin(x). Pr tl, recorremos às fórmuls trigonométrics. Neste cso, é prticulrmente útil iguldde sin 2 (x) = cos(2x) 2 que nos permite concluir sin 2 (x)dx = 2 Assim cos(2x) dx dx = 2 2 x sin(2x) 4 sin 4 dx = 4 sin3 (x) cos(x) x 3 6 sin(2x) + C + C Exercício.3.2. Deduz s seguintes fórmuls de redução: () cos n (x)dx = n cosn (x) sin(x) + n cos n 2 (x)dx pr n > 2 (verifique se n est iguldde é ou não válid pr n = 2); dx (b) (x 2 + ) n = x 2n 3 dx 2n 2 (x ) n 2n 2 (x 2 pr n >. + ) n 2. Utilizndo o exercício nterior clcule cos 5 (x)dx e cos 6 (x)dx. (Sugestão: lembre-se que cos 2 (x) = + cos(2x) ). 2 dx Clcule ind (x 2 + ) 5 e dx (x 2 + ) 4.

20 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 20.4 Outrs Técnics de Integrção Os métodos de integrção por prtes e de substituição são os principis métodos de integrção. Só por si permitem clculr integris de um grnde clsse de funções. Contudo, o cálculo de integris de muits funções exige utilizção de lgums técnics própris dicionis. Seguidmente iremos presentr um list de lgums desss técnics. Integris de Funções Trigonométrics Determinmos n secção nterior fórmuls de redução que nos permitem clculr integris do tipo sin n (x)dx e cos n (x)dx. Integris deste tipo podem, lterntivmente, ser clculdos com jud de certs igulddes de funções trigonométrics. A.. Integris do tipo sin n (x)dx e cos n (x)dx pr n pr. Lembremos que sin 2 (x) + cos 2 (x) = sin 2 (x) = cos(2x) 2 cos 2 (x) = + cos(2x) 2 Se n é pr, escreve-se n = 2k. Logo (sin sin n (x)dx = 2 (x) ) ( ) k cos(2x) k dx = dx 2 Este novo integrl envolve um som de termos com potêncis d função cos(x) mis bixs.

21 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 2 Exemplo.4. Considere-se sin 4 (x)dx. Vem sin 4 (x)dx = ( ) cos(2x) 2 dx 2 = ( 4 2 cos(2x) + ) 4 cos2 (2x) dx = dx cos(2x)dx cos 2 (2x)dx = 4 x 4 sin(2x) + 4 cos 2 (2x)dx = 4 x 4 sin(2x) + 4 ( + cos(4x) 2 ) dx Exercício.4.2 Clcule = x 4 sin(2x) 4 cos 4 (x)dx. + x 8 + sin(4x) 32 + C A.2. Integris do tipo sin n (x)dx e cos n (x)dx pr n ímpr e n 3. Se n é ímpr, n = 2k + pr lgum k. Então sin n (x)dx = sin(x) sin 2k (x)dx = cos n (x)dx = cos(x) cos 2k (x)dx = sin(x) ( cos 2 (x) ) k dx cos(x) ( sin 2 (x) ) k dx Exemplo.4.3 Clculemos gor I (x) = cos 5 (x)dx. Temos cos 5 (x)dx = cos(x) ( sin 2 (x) ) 2 dx (cos(x) = 2 cos(x) sin 2 (x) + cos(x) sin 4 (x) ) dx = sin(x) 2 cos(x) sin 2 (x)dx + cos(x) sin 4 (x)dx Ficmos reduzidos o cálculo de dois integris do tipo cos(x) sin 2k (x)dx. Observe-se que estes são integris d form f (x)f n (x)dx, onde n = 2k e f(x) = sin(x). Como f (x)f n (x)dx = f n+ (x) n +

22 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 22 concluimos que B. Integris do tipo cos 5 (x)dx = sin(x) 2 3 sin3 (x)dx + 5 sin5 (x) + C cos m (x) sin n (x)dx onde m e n são nturis miores do que. No exemplo nterior tivemos que clculr um integrl do tipo cos(x) sin 2k (x)dx O que contece qundo temos miores do que? cos m (x) sin n (x)dx, onde n e m são mbos nturis e Suponhmos que n é ímpr. Então n é pr. Sej n = 2k. Assim cos m (x) sin n (x)dx = cos m (x) sin(x) sin 2k (x)dx = cos m (x) sin(x) ( cos 2 (x) ) k dx Desenvolvendo o binómio ( cos 2 (x) ) k obtemos um som de integris do tipo sin(x) cos p (x)dx onde p é um nturl mior que m. Este tipo de integris são obvimente fáceis de integrr. Se n é pr e m é ímpr, considermos m = 2k. Assim obtemos cos m (x) sin n (x)dx = cos(x) cos 2k (x) sin n (x)dx = cos(x) ( sin 2 (x) ) k sin n (x)dx Estmos n presenç de um som de integris d form sin p (x) cos(x)dx onde p é um nturl mior que n, integris esses que, como nteriormente, são de integrção imedit. Se m e n são simultnemente ímpres, podemos optr por escrever o integrl como som de integris d form sin p (x) cos(x)dx ou d form sin(x) cos p (x)dx. Neste processo tref mis moros é do desenvolvimento do binómio. Exctmente por isso, é conselhável trnsformr o integrl em prcels d form sin p (x) cos(x)dx se m < n e em sin(x) cos p (x)dx se n < m.

23 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 23 Exemplo.4.4 Sej I(x) = sin 3 (x) cos 5 (x)dx. Então sin 3 (x) cos 5 (x)dx = = = sin(x) sin 2 (x) cos 5 (x)dx sin(x) ( cos 2 (x) ) cos 5 (x)dx sin(x) cos 5 (x)dx sin(x) cos 7 (x)dx = 6 cos6 (x) + 8 cos8 (x) + C Se tivessemos inicilmente optdo por escrever sin 3 (x) cos 5 (x)dx = cos(x) cos 4 (x) sin 3 (x)dx terimos que considerr cos 4 (x) = ( sin 2 (x) ) 2 = 2 sin 2 (x) + sin 4 (x) o que dri origem 3 integris em vez de 2. C. Integris envolvendo potêncis tn(x), cot(x), sec(x) e csc(x). Antes de profundr este ssunto, presentmos mis lguns integris que podem ser clculdos prtir de tbels de derivção. Fic crgo do luno verificção d vercidde d seguinte tbel (not: bst ver que derivd d primitiv é função integrr). sec 2 (x)dx = tn(x) + C csc 2 (x)dx = cot(x) + C sec(x)dx = ln sec(x) + tn(x) +C csc(x)dx = ln csc(x) + cot(x) +C Flt-nos clculr e tn(x)dx e cot(x)dx. Por definição temos tn(x)dx = cot(x)dx = sin(x) cos(x) dx cos(x) sin(x) dx

24 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 24 No cso do primeiro integrl, fç-se u = cos(x). Vem du = sin(x)dx e ssim obtemos du tn(x)dx = = ln cos(x) +C u No cso do segundo integrl, sej v = sin(x). Como dv = cos(x)dx, vem cot(x)dx = dv v = ln sin(x) +C No que se segue, m represent, como é usul, um número nturl. C.. Integris de funções envolvendo tn m (x) ou cot m (x) Nestes csos, deveremos usr s seguintes igulddes: + tn 2 (x) = sec 2 (x) ou + cot 2 (x) = csc 2 (x) Exemplo.4.5 Desej-se clculr tn 3 (x)dx. O procedimento é o seguinte tn 3 (x)dx = tn(x) sec 2 (x)dx tn(x)dx sin(x) = cos 3 dx + ln cos(x) (x) du = + ln cos(x) u3 = u ln cos(x) = + ln cos(x) 2u2 = 2 cos 2 + ln cos(x) +C (x) Exercício.4.6 Clcule cot 5 (x)dx. C.2. Integris de funções envolvendo sec m (x) ou csc m (x) Há dois csos considerr:. Se m é impr, seguir os seguintes pssos: () Evidencir sec 2 (x) ou csc 2 (x), conforme os csos.

25 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 25 (b) Integrr por prtes e usr s relções tn 2 (x) = sec 2 (x) ou cot 2 (x) = csc 2 (x) 2. Se m é pr, fzer os seguinte: () Pôr em evidênci sec 2 (x) ou csc 2 (x), conforme os csos. (b) Escrever os integris em termos de tn(x) usndo + tn 2 (x) = sec 2 (x) ou + cot 2 (x) = csc 2 (x) Exemplo.4.7. Queremos clculr sec 3 (x)dx Neste cso m = 3 é ímpr. Devemos começr por pôr em evidênci sec 2 (x): sec 3 (x)dx = sec(x) sec 2 (x)dx Depois fz-se integrção por prtes. Sej então f (x) = sec 2 (x) e g(x) = sec(x). Então f(x) = tn(x) e g (x) = sec(x) tn(x). Assim, sec 3 (x)dx = sec(x) sec 2 (x)dx = sec(x) tn(x) sec(x) tn 2 (x)dx = sec(x) tn(x) sec(x) ( sec 2 (x) ) dx = sec(x) tn(x) sec 3 (x)dx + sec(x)dx Como em cd membro d iguldde prece mesm função sec 3 (x)dx, concluímos que 2 sec 3 (x)dx = sec(x) tn(x) + ln( sec(x) + tn(x) ) + C Logo sec 3 (x)dx = 2 sec(x) tn(x) + ln( sec(x) + tn(x) ) + C 2

26 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge Desej-se clculr sec 4 (x)dx Argumentos similres os nteriores conduzem-nos ( sec 4 (x)dx = + tn 2 (x) ) sec 2 (x)dx = sec 2 (x)dx + sec 2 (x) tn 2 (x)dx = tn(x) + tn3 (x) + C. 3 C.3. Integris de funções envolvendo tn n (x) sec m (x) ou cot n (x)csc m (x) Há dois csos considerr:. Se n é pr, considerr n = 2k. Usndo ou tn 2 (x) = sec 2 (x) cot 2 (x) = csc 2 (x) vem, conforme os csos, tn n (x) sec m (x)dx = (sec 2 (x) ) k sec m (x)dx ou cot n (x) csc m (x)dx = (csc 2 (x) ) k csc m (x)dx Desenvolvendo o binómio obtemos integris como em C Se n é ímpr, n = 2k +, fzer o seguinte: () trnsformr o produto de form obter sec(x) tn(x) ou csc(x) cot(x) (b) Usr s relções tn 2 (x) = sec 2 (x) ou Exemplo.4.8. Considere-se cot 2 (x) = csc 2 (x) tn 4 (x) sec m (x)dx, onde m é qulquer nturl. Então: tn 4 (x) sec m (x)dx = (sec 2 (x) ) 2 sec m (x)dx = = (sec 4 (x) 2sec 2 (x) + ) sec m (x)dx sec m+4 (x)dx 2 sec m+2 (x)dx + sec m (x)dx Cd um destes 3 integris pode ser clculdo como indicdo em C.2.

27 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge Sej m um qulquer nturl mior que. Queremos clculr tn 5 (x) sec m (x)dx. tn 5 (x) sec m (x)dx = = = = = tn(x) sec(x) tn 4 (x) sec m (x)dx tn(x) sec(x) ( sec 2 (x) ) 2 sec m (x)dx tn(x) sec(x) ( sec 4 (x) 2 sec 2 (x) + ) sec m (x)dx tn(x) sec(x) ( sec m+3 2 sec m+ (x) + sec m (x) ) dx g (x)g m+3 (x)dx 2 g (x)g m+ (x)dx + g (x)g m (x)dx onde g(x) = sec(x). Exercício.4.9 Clcule tn 5 (x) sec(x)dx. Integris de Funções Rcionis Um função F definid como o quociente de dus funções polimoniis design-se por função rcionl. Qundo se escreve R(y, z) estmos referir-nos um função rcionl ns vriáveis y e z, ou sej, R(y, z) represent um frcção onde o numerdor e o denomindor são funções polinomiis ns vriáveis y e z. De seguid, iremos desenvolver váris técnics de integrção deste tipo de funções. D. Integris de funções R(x, x) = p(x), onde p e q são funções polinomiis. q(x) Inicimos este estudo considerndo s mis simples funções deste tipo. A. dx, onde A e são constntes. x A dx. Sendo u = (x ) vem (x ) n A (x ) n dx = A dx = A ln x +C (4.) x A u n du = A un n + C = A n + C (4.2) (x ) n Mx + N (x ) 2 dx onde M, N, e b são constntes e b 0. Sej bz = x. Então + b2

28 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 28 dz = dx. Est mudnç de vriável permite-nos clculr o integrl d seguinte form: b Mx + N Mbz + M + N (x ) 2 + b 2 dx = b b 2 (z 2 dz + ) z M + N dz = M z 2 dz + + b z 2 + = M 2 ln z2 + + M + N rctn(z) + C = M 2 ln ( x b Mx + N Observe-se que se b = 0, então temos Mx + N (x ) 2 dx = = M 2 M(x ) + M (x ) 2 dx + 2(x ) dx + M (x ) 2 b ) M + N ( x rctn b b ) + C dx. Este integrl é de cálculo fácil: (x ) 2 N (x ) 2 dx (x ) 2 dx + N (x ) 2 dx = M 2 ln (x )2 M + N x + C (4.3) Estes 3 integris, clculdos em, 2, e 3, serão essenciis no que se segue. Consideremos gor o integrl onde p e q são dus funções polinomiis. p(x) q(x) dx Se o gru de p for superior o gru de q, começmos por fzer divisão polinomil: p(x) r(x) = d(x) + q(x) q(x) Aqui r é o resto d divisão e d é o quociente. As funções d e r são mbs funções polinomiis e o gru de r é menor do que o gru de q. O cálculo do integrl inicil trnsform-se ssim no cálculo de dois integris, d(x)dx r(x) e dx. O primeiro integrl d(x)dx fcilmente se clcul, um vez que d é um q(x) função polinomil. O problem que se nos depr é gor o do cálculo de integris de funções rcionis tis que o gru d função em numerdor é necessárimente menor do que o gru d função em denomindor. Vejmos como gir nest situção.. Começ-se por clculr todos os zeros reis e complexos de q(x). Sej 0 o coeficiente d mior potênci de x n expressão d função polinomil q(x) e suponhmos que q tem:

29 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 29 () l zeros reis diferentes,..., l de multiplicidde respectivmente s,..., s l, (b) 2µ rizes complexs α ± β i,..., α µ ± β µ i de multiplicidde respectivmente λ,..., λ µ. Podemos então escrever q(x) d seguinte form: q(x) = 0 (x ) s... (x l ) s [ l (x α ) 2 + β] 2 λ... [(x α µ ) 2 + βµ 2 ] λµ 2. Clculr constntes A i,j, com i =,..., l e j =,..., s i, M ν,k e N ν,k com ν =,..., µ e k =,..., λ ν pelo método dos coeficientes indetermindos tl que r(x) q(x) = A, (x ) + A,2 (x A,s ) 2 (x ) s s elementos + A 2, (x 2 ) + A 2,2 (x A 2,s 2 ) 2 (x 2 ) s 2 s 2 elementos A l, (x l ) + A l, A l,s l (x l ) 2 (x l ) s l s l elementos + M,x+N, [(x α ) 2 +β] + M,2x+N, M,λ x+n,λ 2 [(x α ) 2 +β] 2 2 [(x α ) 2 +β] 2 λ λ elementos + M 2,x+N 2, [(x α 2 ) 2 +β 2 2] + M 2,2x+N 2,2 [(x α 2 ) 2 +β 2 2] M 2,λ 2 x+n 2,λ 2 [(x α 2 ) 2 +β 2 2] λ 2 λ 2 elementos M µ,x+n µ, [(x α µ) 2 +β 2 µ] + M µ,2x+n µ,2 [(x α µ) 2 +β 2 µ] M µ,λµ x+n µ,λµ [(x α µ) 2 +β 2 µ] λµ λ µ elementos A vercidde dest iguldde pode ser obvimente confirmd efectundo os cálculos do segundo membro. r(x) O cálculo de q(x) dx fic ssim reduzido o cálculo de s +s s l +λ +λ λ µ integris, cd um dos quis está num dos csos D, D2, ou D3. Exemplo.4.0 Iremos gor ver lguns exemplos que ilustrm decomposição em frcções simples nterior.. Considere-se função: f(x) = x5 x 4 + x 2 x + x 3 x Como o gru do numerdor é 5 e do denomindor é 3, começmos por fzer divisão polinomil: x 5 x 4 +0x 3 +x 2 x + x 3 x x 5 +x 3 x 2 x + x 4 +x 3 +x 2 x + x 4 x 2 +x 3 x + x 3 +x +

30 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 30 Deduzimos que x 5 x 4 + x 2 x + x 3 x = x 2 x + + x 3 x A decomposição de q(x) = x 3 x em fctores simples é: q(x) = x(x )(x + ) ou sej, q tem 3 rízes reis e diferentes, 0, e. constntes A, B e C tl que x 3 x = A x + B x + C x + Temos gor que clculr Escrevendo o segundo membro como um únic frcção com o mesmo denomindor vem: x 3 x = Ax2 A + Bx 2 + Bx + Cx 2 Cx x 3 x Temos gor um iguldde de dus frcções cujo denomindor é igul. Els são iguis se os numerdores forem tmbém iguis. Ambos os numerdores são funções polinomiis. Logo são iguis se os coeficientes ds mesms potêncis de x forem iguis. Obtemos Resolvendo o sistem vem A + B + C = 0 B C = 0 A = A = B = 2 C = 2 Concluímos ssim que x 3 x = x + 2(x ) + 2(x + ) Antes de pssrmos os respectivos integris vle pen considerr outr vez x 3 x = A x + B x + C x + (4.4) Pretendemos determinr s constntes A, B e C tis que iguldde (4.4) é verddeir pr todo o x diferente de 0, e. Observe-se que se multiplicrmos mbos os membros dest iguldde por x vem x 2 = A + Bx x + Cx x + Est iguldde, sendo equivlente à nterior, é verddeir pr todo o x diferente de 0, e. Clculndo o limite qundo x tende pr 0 de cd um dos membros d iguldde verific-se que el é ind verddeir pr x = 0. Então, x 2 = A + Bx x=0 x + Cx x=0 x + x=0

31 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 3 ou sej A = Obtemos de imedito o vlor de A. De form nálog podemos determinr B e C. Multiplicndo mbos os membros de (4.4) por x vem Pr x = vem, ou sej, 2 = B. A(x ) C(x ) x 2 = + B + + x x x + x 2 + x = x= A(x ) x +B + x= C(x ) x + x= Se multiplicrmos gor mbos os membros de (4.4) por x + vem e pr x = obtemos x 2 x = x= donde 2 = C A(x + ) B(x + ) x 2 = + + C x x x A(x + ) x + x= B(x + ) x +C x= Pr determinr cd um destes coeficientes não é necessário efectur tntos cálculos. Anlisndo o que fizemos depress concluímos que cd um dos coeficientes A, B ou C é igul o vlor d função F (x) no ponto, onde é riz do denomindor ssocid o coeficiente que queremos clculr e F é frcção que se obtém pós simplificção d frcção x x 3 x. Um pouco de reflexão sobre técnic usd, lev-nos concluir que este método permite clculr coeficientes ssocidos rízes de multiplicidde. Pssemos o cálculo do integrl x 5 x 4 + x 2 x + x 3 dx x Assim x 5 x 4 + x 2 x + x 3 dx = x = (x 2 x + )dx + x 2 dx xdx + dx x + = x3 x2 dx x x 3 x dx dx dx 2(x ) + dx 2(x + ) ln x + 2 ln x + ln x + +C 2

32 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 32 2x 2. Consideremos o integrl x(x 2 dx. Neste cso não é necessári divisão 2x + ) polinomil, pois o gru do polinómio do numerdor já é menor do que o do denomindor. A decomposição do denomindor é simples um vez que x(x 2 2x + ) = x(x ) 2. Este tem um riz rel de multiplicidde 2 e um riz simples 0. Há três constntes determinr. 2x x(x ) 2 = A x + B (x ) 2 + C x Como vimos no exemplo nterior, determin-se A d seguinte form: 2x (x ) 2 = A x=0 = A (4.5) O mesmo método pode ser utilizdo no cálculo de B. Relmente, multiplicndo mbos os membros de (4.5) por (x ) 2 tem-se 2x x = A(x )2 x + B + C(x ) Qundo x =, vem = B Ou sej, B é igul o vlor que 2x tom qundo x =. Dest nálise, é tmbém x clro que C não poderá ser clculdo dest form (porquê?). A lterntiv prece ser o método dos coeficientes indetermindos que conduz um sistem de três equções três incógnits, A, B e C, dus ds quis já conhecemos. Tl seri fstidioso. Como conhecemos já quis os vlores de A e B podemos escrever: 2x x(x ) 2 = x + (x ) 2 + C x Est últim iguldde é verddeir pr todo o x diferente de 0 e. Em prticulr, é verddeir pr x = /2. Neste cso temos 0 = C donde C = Estão gor clculdos os 3 coeficientes. Avncemos com o cálculo do integrl. 2x dx x(x 2 = 2x + ) x + dx (x ) 2 + dx x = ln x + ln x +C x

33 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge Considere-se gor o integrl x 3 x 2 [(x ) 2 + ] dx Como o gru do numerdor é 3, não se fz divisão polinomil. O denomindor é de gru 4 e está já fctorizdo. Tem um riz rel 0 de multiplicidde 2 e dus rízes complexs conjugds + i e i. A decomposição d função rcionl integrr em frcções simples é: x 3 x 2 [(x ) 2 + ] = Mx + N (x ) B x 2 + C x (4.6) O cálculo do coeficiente B é imedito e é: x 3 B = (x ) 2 + = x=0 2 A dificuldde reside gor no cálculo de M, N e C. Observe-se que multiplicndo mbos os membros de (4.6) por (x ) 2 + e substituindo x por 2 + i ou 2 i, introduz números complexos, o que queremos evitr. Afinl de conts, queremos determinr estes coeficientes com o mínimo de trblho. Como já conhecemos B, um form de clculr estes coeficientes é tribuir vlores x em (4.6). Sempre que tl fizermos vmos obter um equção com 3 incógnits, M, N e C. Precismos então de três vlores distintos de x pr obter um sistem. A quntidde de trblho que est operção requer é prticmente equivlente à do método dos coeficientes indetermindos. Optmos por este último. Este método dá origem o sistem: M + C = N + B 2C = 0 2B + 2C = 0 2B = Confirm-se mis um vez que B = 2 e obtemos C = B = N e M = 3 2. Voltemos o integrl. Temos x 3 x 2 [(x ) 2 + ] dx = 3x 2 (x ) 2 + dx 2 = 3(x ) (x ) 2 + dx + 2x 2 ln x = 3 du dv + 4 u + v }{{} 2 + }{{} u=(x ) 2 v=x dx x 2 dx 2 x + 2x 2 ln x = 3 4 ln (x )2 + + rctn(x ) + 2x 2 ln x

34 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 34 E. Integris de funções R(x, 2 b 2 x 2 ). A simbologi usd trás merece lguns comentário. Escreve-se R(x, 2 b 2 x 2 ) qundo estmos referir-nos um frcção de funções polinomiis ns vriáveis y = x e z = 2 b 2 x 2 pr e b fixos. Supõe-se que b 0. Neste tipo de funções um ds dus mudnçs de vriável seguintes poderá ser útil: ou x = b sin(t) x = b cos(t) Exemplo.4. Considere-se dx. Neste cso = b =. Sej x 2 x = sin(t) = t = rcsin(x) Como dx = cos(t)dt, vem dx x 2 cos(t)dt = sin 2 (t) cos(t) = cos(t) dt = dt = t + C = rcsin(x) + C F. Integris de funções R(x, 2 + b 2 x 2 ). As mudnçs de vriável sugerids são gor ou Exemplo.4.2 Pretende-se clculr x = b tn(t) x = b cot(t) dx + x 2 Como = b =, sej x = tn(t). Então dx = sec 2 (t) + x 2 + tn 2 (t) dt = sec(t)dt = ln sec(t) + tn(t) +C Como t = rctn(x), temos tn(t) = x e sec(t) = + tn 2 (t) = + x 2. Podemos então concluir que dx = ln x + + x 2 +C + x 2

35 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 35 G. Integris de funções R(x, b 2 x 2 2 ). Neste cso s mudnçs de vriável são Exemplo.4.3 Sej I(x) = ou x = b sec(t) x = b csc(t) dx. Considere-se x = sec(t). Então x 2 cos(t) = x t = rccos e sin(t) = ( ) x ( ) 2 x Além disso, dx = tn(t) sec(t)dt. Obtemos ssim I(x) = tn(t) sec(t)dt sec 2 (t) = sec(t)dt = ln sec(t) + tn(t) +C = ln x + x 2 +C H. Integris de funções R(x, x 2 + bx + c) com 0. No cálculo de integris de funções deste tipo idei é sempre de completr um qudrdo n expressão x 2 + bx + c. Eis lguns exemplos que ilustrm utilidde deste processo. Exemplo.4.4 Nos três csos seguintes, indic-se só o processo de integrção. O luno deverá terminr todos os cálculos.. Sej I(x) = x 2 2x dx. Como x 2 2x = x 2 2x+ = (x ) 2 2, fzendo u = x (donde du = dx) obtemos o integrl em u u 2 2 du integrl esse do tipo G. dx 2. Sej I(x) =. Neste cso vem x 2 x 2 dx I(x) = (x 2 ( 2) 3 2 Fzendo u = x, somos conduzidos um integrl do tipo G. 2 ) 2

36 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 36 x 3. Por último sej I(x) = dx. Neste cso, note-se que tudo seri mis x 2 + x 2 simples se no numerdor estivesse derivd d função x 2 +x 2 que prece debixo do sinl de riz. Não está lá, ms podemos fze-l precer multiplicndo e dividindo tudo por 2 e depois somndo e subtrindo. Assim I(x) = 2x + 2 x 2 + x 2 dx = 2 2x + x 2 + x 2 dx 2 dx x 2 + x 2 Temos ssim que clculr dois integris. O primeiro é imedito considerndo z = x 2 + x 2. Pr o segundo deve-se completr o qudrdo tl como no exemplo 2. I. Integris de funções R(sin(x), cos(x)) Considermos gor funções rcionis em que no denomindor e no numerdor precem termos expressos em cos(x) e/ou sin(x). Em gerl, mudnç de vriável ( x ) t = tn 2 permite trnsformr os integris noutros já trtdos. Csos há, contudo, em que outrs mudnçs de vriável são de trtmento mis simples. Temos três csos considerr. I.. Função que stisfz R( sin(x), cos(x)) = R(sin(x), cos(x)). Um função nests condições é, por exemplo, f(x) = tn(x) sec(x). Note-se que tn(x) = sin(x) cos(x) e sec(x) =. Se em vez de sin(x) tivermos sin(x), então cos(x) sin(x) cos 2 (x) = sin(x) cos 2 = tn(x) sec(x) = f(x). (x) No cso de funções rcionis com est propriedde é preferível, n mior prte dos csos, considerr mudnç de vriável t = cos(x) cos(x) + Exemplo.4.5 Sej I(x) = dx. Or est é um função rcionl sin(x)(cos(x) ) com propriedde cim indicd. Sendo t = cos(x), vem dt = sin(x)dx, sin(x) = t 2. Logo cos(x) + sin(x)(cos(x) ) dx = t + ( t 2 )(t ) dt t + = ( t)( + t)( t) dt = dt ( t) 2 Obtivemos um integrl que, n vriável t é de cálculo imedito. Fic crgo do luno finlizção dos cálculo. Não esquecer que solução finl deve estr express em x.

37 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 37 I.2. Função que stisfz R(sin(x), cos(x)) = R(sin(x), cos(x)). Pr funções com est propriedde mudnç de vriável deve ser Exercício.4.6 Clcule t = sin(x) cos(x) sin 3 (x) sin(x) 3 dx. I.3. Função que stisfz R( sin(x), cos(x)) = R(sin(x), cos(x)). A mudnç de vriável é gor t = tn(x) Exercício.4.7 Clcule + 2 cos(x) sin(x)(3 cos(x)) dx. J. Integris de funções d form R(x, x p q, x p 2 q2,...) onde p i e q i são números inteiros não nulos. R(x, x p q, x p 2 q2,...) são funções rcionis onde precem termos em x com potêncis rcionis. Ests funções são muits vezes designds por funções irrcionis. Mudnç de Vriável: x = t k onde k = m.m.c.{q, q 2,...} x /3 Exemplo.4.8 Sej I(x) = x /4 dx. Como = m.m.c.{2, 3, 4} = 2, considerese x = t 2. Então dx = 2t dt. + x/2 Logo I(x) = 2 O luno deve gor concluir os cálculos. K. Integris de funções d form R x, são números inteiros não nulos. t 5 t 3 + t 6 dt ( ) p x + b cx + d q, ( x + b cx + d ) p 2 q 2,... onde p i e q i L. Integris d form não nulos. Mudnç de Vriável: x + b cx + d = tk onde k = m.m.c.{q, q 2,...} x m ( + bx n ) p q dx onde m e n são rcionis e p e q são inteiros Se p é um inteiro, então este integrl é do tipo J. q

38 Cpítulo. Integris Indefinidos Pge 38 Se p q não é inteiro, consider-se dois csos: ) Se m + é inteiro, considerr + bx n = t q ; n b) Se m + + p n q é inteiro, considerr + bxn = x n t q ;

39 Cpítulo 2 Integrl Definido No cpítulo nterior, vimos como podemos determinr tods s funções com um mesm derivd. Ess operção design-se por integrção. Estudámos já diverss técnics que nos permitem integrr um dd função. A derivção não é só um colecção de regrs que permite ssocir um função com um outr; derivd num ponto tem um significdo geométrico do mior interesse. Se derivd tem esse significdo, será lícito esperr que o integrl ou primitiv de um função, sendo operção invers d derivção menos de um constnte, tmbém poss ter significdo geométrico. E é relmente esse o cso. Tl interpretção geométric será estudd neste cpítulo. 2. Definição O cálculo d áre de um determind região é um dos problems importntes com que nos deprmos n vid. Suponhmos que queremos um orçmento pr empedrr o cesso um grgem e que somos informdos do preço d mão de obr ser de 50 euros o metro qudrdo. A noss primeir preocupção será de estimr áre d superfície cobrir. Se ess superfície é poligonl, então não teremos problems em determinr ess áre: sbemos determinr áres de qudrdos, rectângulos, triângulos e té de circunferêncis. O problem surge qundo não é possível dividir região considerd em subregiões poligonis. No que se segue iremos ver como clculr áres de superfícies plns mis geris. Consideremos f : [, b] R um função limitd e não negtiv (ou sej, f(x) 0 pr todo o x [, b]). Consideremos o seguinte conjunto Ω = {(x, y) R 2 : x [, b], 0 y f(x)} Ω é o conjunto de pontos do plno limitdo simultnemente pel rects verticis de equções x = e x = b, pelo eixo dos x s e pelo gráfico de f. 39

40 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 40 A primeir questão que se põe é logo seguinte: será que é possível tribuir um vlor numérico à áre d região Ω? A áre de Ω, se existir, deverá ser um número rel não negtivo. A questão é sber se existe e, nesse cso, como clculr. Suponhmos, num primeir bordgem, que existe um rel não negtivo A, que podemos ssocir à áre de Ω. Se não sbemos clculr ess áre com precisão podemos, pelo menos, tentr determinr um vlor proximdo dess áre. Como função f é limitd, tem supremo e ínfimo: e M = sup{f(x): x [, b]} m = inf{f(x): x [, b]} A áre de Ω será um número rel que vmos designr dorvnte por áre(ω). Sbemos que m (b ) áre(ω) M (b ). Temos dois vlores proximdos de áre(ω). Infelizmente qulquer um destes vlores poderá ser um proximção muito pobre do vlor d áre. Por exemplo, se [, b] = [0, ] e f(x) = 0x, Ω é um triângulo de áre 5. O supremo dest função é M = 0 e o ínfimo é m = 0. As áres dos rectângulos de bse e lturs respectivmente 0 e 0, m ( 0) = 0 e 0 ( 0) = 0, são proximções, no mínimo, muito pobres d áre do triângulo. Contudo, se diferenç entre o supremo e o ínfimo de um função, limitd e definid num intervlo limitdo, for pequen, então fz sentido proximr áre de Ω pels áres dos rectângulos tl como feito em cim. Est simples observção dá origem um processo de cálculo de áres que pssmos descrever. Considermos pontos tis que. x 0 = 2. x n = b 3. x i < x i+ pr i = 0,..., n x 0, x, x 2,..., x n

41 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 4 O conjunto de pontos P = {x 0, x, x 2,..., x n } do intervlo [, b] que stisfzem s condições -3 design-se por Prtição do intervlo [, b]. A prtição P divide o intervlo [, b] em n subintervlos [x i, x i+ ) de mplitude x i = x i+ x i. designmos por Ω i. Estes subintervlos dividem áre de Ω em subregiões que É evidente que Pr cd i = {0,..., n } defin-se n áre(ω) = áre(ω i ) (.) i=0 M i = sup{f(x): x [x i, x i+ )} m i = inf{f(x): x [x i, x i+ )} Considere-se os rectângulos r i e R i de bse x i e ltur, respectivmente m i e M i, tl como indicdo n figur. Tem-se, áre(r i ) = m i x i e áre(r i ) = M i x i.

42 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 42 Então Defin-se, áre(r i ) áre(ω i ) áre(r i ) (.2) I f (P ) = S f (P ) = n m i x i som inferior de f reltivmente à prtição P i=0 n M i x i som superior de f reltivmente à prtição P i=0 De (.) e (.2) deduz-se que I f (P ) áre(ω) S f (P ) (.3) Lembremos que prtição P é formd por n + pontos. A prtir dess sucessão vmos gor definir um nov prtição Q crescentndo pontos P. (Um form possível, ms não únic, de o fzer, é considerr como elementos d prtição Q todos os pontos d prtição P mis os pontos médios dos subintervlos definidos por P.) Diz-se então que nov prtição Q de [, b] stisfz P Q ou sej, todos os pontos d prtição P são pontos d prtição Q e Q tem mis pontos do que P. Fcilmente se verific que I f (P ) I f (Q) áre(ω) S f (Q) S f (P ) (.4) Quer isto dizer que qundo se crescent pontos um prtição, som inferior I f gerd pel nov prtição não diminui (ument ou fic igul à nterior) e som superior S f não ument (diminui ou fic igul à nterior). Note-se que qulquer que sej prtição Q, I f (Q) é um número sempre menor que áre(ω) e, por outro ldo, S f (Q) é sempre mior que áre(ω). Consideremos o conjunto {I f (P ): P prtição de [, b]} formdo pels soms inferiores gerds por tods s prtições possíveis do intervlo [, b]. Como qulquer um dests soms inferiores é sempre menor que áre(ω), concluimos que tl conjunto é limitdo superiormente. Os mesmos rgumentos permitem deduzir que o conjunto é limitdo inferiormente. {S f (P ): P prtição de [, b]}

43 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 43 Defin-se b b b f(x)dx, design-se por integrl inferior e f(x)dx por integrl superior. As considerções nteriores permitem-nos concluir que: f(x)dx = sup{i f (P ): P prtição de [, b]} f(x)dx = inf{s f (P ): P prtição de [, b]} b b f(x)dx áre(ω) e, sendo P um prtição qulquer do intervlo [, b], I f (P ) b f(x)dx áre(ω) b b f(x)dx f(x)dx S f (P ) Qundo b f(x)dx = b f(x)dx = A, função f diz-se integrável em [, b]. podemos ssocir áre(ω) um vlor rel não negtivo, sber, A. O que qui foi feito pode ser visulizdo no esquem d págin seguinte. Neste cso,

44 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 44 Problem Dd um função f : [, b] R, limitd e não negtiv, pretende-se clculr áre(ω) onde Ω = {(x, y) R 2 : x [, b], 0 y f(x)} Processo: Prtição qulquer de [, b] P = {x 0 =, x,..., x n = b} [x i, x i+ ) com x i = x i+ x i m i = inf{f(x) : x [x i, x i+ )} M i = sup{f(x) : x [x i, x i+ )} n n I f (P ) = m i x i S f (P ) = M i x i i=0 i=0 b f(x)dx = sup{i f (P ) : P } b f(x)dx = inf{s f (P ) : P } se iguis }{{} f é integrável em [, b] e áre(ω) = b f(x)dx = b f(x)dx

45 Cpítulo 2. Integrl Definido Pge 45 Tod est bordgem foi feit pr funções não negtivs. pens que função f : [, b] R sej limitd. Suponhmos gor que exigimos Pr est função vmos então repetir tod bordgem feit nteriormente. Podemos definir exctmente d mesm mneir s soms inferiores e superiores. Em prticulr, som superior é sempre mior que som inferior gerd pel mesm prtição. Se P é um prtição qulquer de [, b] e Q um outr prtição do mesmo intervlo tl que P Q, verific-se que Assim, qulquer elemento do conjunto I f (P ) I f (Q) S f (Q) S f (P ) {I f (P ): P prtição de [, b]} é sempre menor ou igul um qulquer elemento do conjunto Logo {S f (P ): P prtição de [, b]} b f(x)dx b f(x)dx De notr que, neste cso, o conceito de áre não intervém em qulquer um dos pssos do processo. Contudo, à semelhnç do que foi feito pr funções não negtivs, dizemos que um função qulquer f : [, b] R limitd é integrável no intervlo [, b] se b f(x)dx = b f(x)dx Observe-se que nem tods s funções limitds são integráveis. Considere-se, por exemplo, função { se x Q [0, ] f(x) = 0 se x (R\Q) [0, ] Se trçrmos o gráfico de f, temos, de imedito, muit dificuldde em tribuir um vlor Ω = {(x, y) R 2 : 0 x, 0 y f(x)}