SOMESB Sociedade Mantenedora de Educação Superior da Bahia S/C Ltda. FTC-EAD Faculdade de Tecnologia e Ciências Ensino a Distância

Transcrição

1 Cálculo II

2 CÁLCULO II

3 SOMESB Sociedde Mntenedor de Educção Superior d Bhi S/C Ltd. Presidente Gervásio Meneses de Oliveir Vice-Presidente Willim Oliveir Superintendente Administrtivo e Finnceiro Smuel Sores Superintendente de Ensino, Pesquis e Extensão Germno Tbcof Superintendente de Desenvolvimento e Plnejmento Acdêmico Pedro Dltro Gusmão d Silv FTC-EAD Fculdde de Tecnologi e Ciêncis Ensino Distânci Diretor Gerl Reinldo de Oliveir Borb Diretor Acdêmico Roberto Frederico Merhy Diretor de Tecnologi Jen Crlo Nerone Diretor Administrtivo e Finnceiro André Portnoi Gerente Acdêmico Ronldo Cost Gerente de Ensino Jne Freire Gerente de Suporte Tecnológico Luís Crlos Nogueir Abbehusen Coord. de Softwres e Sistems Romulo Augusto Merhy Coord. de Telecomunicções e Hrdwre Osmne Chves Coord. de Produção de Mteril Didático João Jcomel EQUIPE DE ELABORAÇÃO / PRODUÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO Produção Acdêmic Autor Abílio Souz Cost Neto Gerente de Ensino Jne Freire Supervisão An Pul Amorim Coordendor de Curso Gecir d Silv Crvlho Revisão Finl Adrino Pedreir Ctti Pulo Henrique Ribeiro do Nscimento. Produção Técnic Edição em L A T E X ε Adrino Pedreir Ctti. Revisão de Texto Crlos Mgno Coordenção João Jcomel Equipe Técnic Pulo Henrique Ribeiro do Nscimento. Alexndre Ribeiro, Cefs Gomes, Cluder Filho, Delmr Brito, Diego Dori Argão, Diego Mi, Fábio Gonçlves, Frncisco Frnç Júnior, Hermínio Filho, Isrel Dnts, Lucs do Vle, Mrcio Serfim, Mriuch Ponte, Rubervl Fonsec e Ttin Coutinho. Copyright c FTC-EAD Todos os direitos reservdos e protegidos pel lei 9.6 de 9//98. É proibid reprodução totl ou prcil, por quisquer meios, sem utorizção prévi, por escrito, d FTC-EAD - Fculdde de Tecnologi e Ciêncis - Ensino distânci.

4 Sumário Bloco : Integrl Indefinid 6 Tem : Antidiferencição e Integrl Indefinid 6 A Integrl Indefinid 6. A Integrl Indefinid Exercícios Propostos Integrção e Equções Diferenciis Resolução de Problems Práticos Ligdos às Equções Diferenciis e Integrção Exercícios Propostos Técnics de Integrção Método d Substituição Exercícios Propostos Integrção por Prtes Exercícios Propostos Tem : Outros Processos Geris de Integrção Outrs Técnics de Integrção. Integrção de Funções Trigonométrics As Integris sen(u) du e cos(u) du As Integris tg(u) du e cotg(u) du As Integris sec(u) du e cossec(u) du Integrção de Funções que Envolvem Potêncis de Funções Trigonométrics Integris d Form sen n (u) du e cos n (u) du, n N Integris d Form sen m (u)cos n (u) du, m, n N Integris d Form tg n (u)du e cotg n (u)du, n N Integris d Form sec n (u)du e cossec n (u)du, n N Integris d Form tg m (u)sec n (u)du e cotg m (u)cossec n (u)du, m, n N Integrção de Funções Envolvendo Seno e Cosseno de Arcos Diferentes Integrção por Substituições Trigonométrics Exercícios Propostos Integrção de Funções Rcionis por Frções Prciis Exercícios Propostos Integrção de Funções Irrcionis Exercícios Propostos

5 CÁLCULO II Bloco : Integrl Definid 46 Tem 3: Áre e Comprimento de Arco 46 A Integrl Definid A Integrl Definid Exercícios Propostos Proprieddes d Integrl Definid Os Teorems Fundmentis do Cálculo Exercícios Propostos Um Pouco d Históri do Cálculo Integrção por Prtes n Integrl Definid Exercícios Propostos Áre Limitd por Curvs Coordends Exercícios Propostos Áres entre Dus Curvs Exercícios Propostos Áre d Região Limitd por Mis de Dus Curvs Exercícios Propostos Comprimento de Arco de um Curv Pln dd su Equção Crtesin Exercícios Propostos Comprimento de Arco de um Curv dd n Form Prmétric Exercícios Propostos Áres de Regiões Plns Associds Funções n Form Prmétric Exercícios Propostos Tem 4: Outrs Aplicções d Integrl Definid e s Integris Imprópris 76 Aplicções ds Integris Definids: Áres e Volumes Comprimento e Áre em Coordends Polres As Principis Curvs dds em Coordends Polres Comprimento de Arco de um Curv Dd em Coordends Polres Áres de Regiões Plns Limitds por Curvs em Coordends Polres Exercícios Propostos Sólidos e Superfícies de Revolução Volume de Sólidos de Revolução Exercícios Propostos Áre de um Superfície de Revolução Exercícios Propostos Integris Imprópris Integris Imprópris com Extremos de Integrção Infinitos Outrs Integris Imprópris Exercícios Propostos Atividde Orientd 96 Referêncis Bibliográfics 97 4

6 Apresentção de Disciplin Cro luno, Este mteril foi produzido com o objetivo de dr suporte os lunos do curso d disciplin Cálculo Diferencil e Integrl I I, estudntes dos cursos ds áres de tecnologi e ciêncis exts. O eixo centrl do curso presentdo é integrção, que será presentdo em qutro principis eixos temáticos. No Tem, estudremos integrl indefinid, seu conceito e s principis técnics de integrção. São presentdos vários exemplos e exercícios propostos, com intuito de proporcionr um ssimilção grdtiv e nturl do conteúdo presentdo. No Tem, presentmos lgums técnics de integrção mis rebuscds pr lguns csos prticulres de funções especiis, como s rcionis, irrcionis e trigonométrics. No Tem 3, presentmos o estudnte integrl definid, sus proprieddes, interpretção geométric e plicções, como o cálculo de áres e o cálculo do comprimento de rco de um curv, que represent o gráfico de um função. No Tem 4, são clculds áre de certs regiões e o comprimento de rcos de curvs que possuem equções em coordends polres, áre de superfícies de revolução e o volume de sólidos de revolução. Estudremos, ind, integrl imprópri e lgums plicções à Físic. Todo o mteril foi preprdo com bstnte cpricho, escolh de cd exemplo, de cd exercício resolvido e proposto, distribuição dos tems foi cuiddosmente feit com o objetivo de proporcionr o estudnte um compreensão grdtiv e nturl dos conteúdos d disciplin, de um mneir uniforme, suve e przeros. No finl, um tividde orientd foi elbord pr que sej resolvid, individulmente, e fç prte de su de vlição. Deixo em evidênci o meu nseio de que estes propósitos tenhm sido tingidos e/ou, o menos reconhecidos. Prof. Abílio Souz Cost Neto. 5

7 CÁLCULO II Integrl Indefinid Antidiferencição e Integrl Indefinid A Integrl Indefinid Apresentção Nest primeir seção, presentremos o conceito de integrl indefinid, bem como os processos mis básicos d operção de integrção, que se present, essencilmente, como invers d operção de derivção, já conhecid do estudnte o ter cursdo disciplin de Cálculo I. Pr cd processo de integrção serão qui presentdos exemplos e exercícios propostos com o intuito de fmilirizr o luno com este conteúdo que, credito, constitui um ds peçs fundmentis no corpo do estudo do cálculo diferencil e integrl.. A Integrl Indefinid Aqui, presentremos, inicilmente, o conceito de primitiv de um função rel, proposições que crcterizm, com mior clrez, este conceito e lguns exemplos, pr depois introduzir o conceito do objeto principl dest seção, integrl indefinid.. Definição. Considere um função f (x). Definimos como um primitiv d função f (x), em um intervlo I, qulquer função F(x) que stisfç iguldde F (x) = f (x), pr todo x I. Se o intervlo I corresponde o domínio d função f, dizemos, simplesmente, que F é um primitiv de f. Por exemplo: () A função F(x) = x5 5 é um primitiv d função f (x) = x4, pois, F (x) = 5 5x4 = x 4 = f (x). (b) Mis gerlmente, qulquer função d form F(x) = x5 + C, onde c é um constnte, é um primitiv 5 de f (x) = x 4, um vez que F (x) = x 5 C 5 + = x 4 = f (x). (c) A função F(x) = 3 cos(x) + C é um primitiv de f (x) = 3 sen(x), pois, F (x) = (3 cos(x) + C) = (3 cos(x) + C) = 3 sen(x) + = 3 sen(x) = f (x). Not. Um primitiv de um função f (x) é comumente chmd de ntiderivd, já que encontrál corresponde à operção invers d derivção. Um generlizção do que ocorre no item (b) do exemplo nterior é expost no Teorem seguir: 6

8 . Teorem. Sej F(x) um primitiv d função f (x). Se G é um outr primitiv de f, então G(x) = F(x) + C, pr lgum constnte rbitrári c e pr todo x I. Prov: Sej H função definid por H(x) = G(x) F(x). Então, pr todo x I, temos que H (x) = G (x) F (x). Ms, por hipótese, G (x) = F (x), x I. Logo, H (x) =, x I. Portnto, H é constnte (em I ), digmos, H(x) = c. Assim, G(x) = F(x) + C, x I. O teorem cim firm, simplesmente, que tods s infinits primitivs de um dd função diferem entre si pelo termo constnte que prece ns sus expressões. O Teorem seguir reforç que não existem outrs primitivs pr um função que não tenhm est form..3 Teorem. Sej F um primitiv (ou ntiderivd) prticulr de um função f em um intervlo I. Então, tod primitiv de F em I é d form F(x) + C, onde c é um constnte qulquer e tods s ntiderivds de f em I poderão ser obtids tribuindo-se vlores c. Prov: Vmos representr por G um primitiv qulquer de f em I. Então, G (x) = f (x), x I. Como F é tmbém um primitiv de f em I, então temos F (x) = f (x), x I. Temos, portnto, G (x) = F (x), x I. Pelo Teorem nterior, segue que existe c tl que G(x) = F(x) + C, x I. Como nós indicmos por G qulquer outr primitiv de f em I, vem então que tod primitiv de f tem form F(x) + C, onde c é constnte..4 Definição (Integrl Indefinid). Ao se determinr um expressão pr fmíli de primitivs de um dd função f (x), estmos relizndo operção invers d diferencição (ou derivção). Est operção é denomind ntidiferencição (ou integrção). Pr indicá-l colocmos o símbolo imeditmente ntes d função f. Assim, iguldde f (x) = F(x) + C nos diz que integrl indefinid de f é fmíli de funções dd por F(x) + C. A função f (x) sobre qul está sendo feit operção de integrção é denomind integrndo e constnte c é denomind constnte de integrção. Not. O símbolo, que prece junto à função f que está sendo integrd, tem finlidde de indicr vriável em relção à qul está sendo feit integrção. Se, por exemplo, vriável independente, o invés de x, fosse t integrl seri escrit f (t) dt. Exemplo.. Encontre: () 3x ; (b) cos(t) dt; (c) e u du; (d) x. Solução: () 3x = x 3 + C, pois (x 3 + C) = 3x ; (c) e u du = e u + C, pois (e u + C) = e u ; (b) cos(t) dt = sen(t) + C, pois (sen(t) + C) = cos(t); (d) x = ln(x) + C, pois (ln(x) + C) = x. O próximo teorem evidenci o fto de que diferencição e integrção são um invers d outr..5 Teorem. Sej f um função e c um constnte. Então i. (D x f (x)) = f (x) + C; ii. D x f (x) =f (x). 7

9 CÁLCULO II Prov: i. Óbvio, pel própri definição de integrl indefinid. ii. Suponh que F sej um primitiv de f, ou sej, F = f. Assim, temos: D x f (x) =D x (F(x) + C) = D x (F(x)) + = f (x). Proprieddes d Integrl Indefinid.6 Teorem. Sejm f e g funções com primitivs em um intervlo I e c um constnte. Então, i. (f (x) ± g(x)) = f (x) ± g(x). ii. c f (x) = c f (x) ; Prov: i. Sejm F(x) e G(x) primitivs quisquer ds funções f (x) e g(x), respectivmente. Então, F(x) ±G(x) é um primitiv d função f (x) ±g(x), pois (F(x) ±G(x)) = F (x) ±G (x) = f (x) ±g(x). Dí, [f (x) ± g(x)] = (F(x) ± G(x)) + C = (F(x) ± G(x)) + C + C, onde c = c + C. Assim, temos finlmente [f (x) ± g(x)] = (F(x) + C ) ± (G(x) + C ) = f (x) ± g(x). ii. Consideremos F(x) um primitiv d função f (x). Então, c F(x) é um primitiv de c f (x), pois (c F(x)) = c F (x). Temos, então c f (x) = c F(x) + C = c F(x) + C c = c [F(x) + C ] = c f (x). Um combinção entre os itens i e ii, do teorem cim, é ddo pelo teorem bixo, que generliz cuj prov é deixd o estudnte como um interessnte exercício. Os rgumentos necessários são completmente nálogos os usdos n demonstrção do teorem nterior..7 Teorem. Sejm f, f,..., f n funções definids em um intervlo I, e c, c,..., c n constntes quisquer, então [c f (x) C n f n ] = c f (x) c n f n (x). Not 3. Não existe propriedde nálog à est pr o produto de funções, despeito do que se poderi, erronemente, imginr, ou sej, [f (x) g(x)] f (x) g(x). Tbel de Integris Imedits Um vez que o processo de integrção de um função é o inverso do processo de diferencição, podemos, com bse ns derivds ds funções elementres, obter um tbel de integris - que serão qui denominds integris imedits - presentd seguir. 8

10 . x = ln x + C. x n = xn+ + C; n n + 3. x = x ln() + C; < 4. e x = e x + C 5. sen(x) = cos(x) + C 6. cos(x) = sen(x) + C 7. sec (x) = tg(x) + C. = rccos(x) + C x 3. + x = rctg(x) + C 4. + x 5. = rccotg(x) + C x x 6. = rcsec(x) + C x x = rccossec(x) + C 7. senh(x) = cosh(x) + C 8. cosh(x) = senh(x) + C 8. cossec (x) = cotg(x) + C 9. sec(x) tg(x) = sec(x) + C. cossec(x) cotg(x) = cossec(x) + C. = rcsen(x) + C x 9. sech (x) = tgh(x) + C. cossech (x) = coth(x) + C. sech(x) tgh(x) = sech(x) + C. cossech(x) coth(x) = cossech(x) + C Not 4. À medid em que prosseguirmos no estudo d integrção, surgirão outrs integris imedits que, no entnto, não são convenientes de serem presentds gor. Antes de presentá-ls tornrse-á necessári exibição de lguns métodos ou técnics simples e usuis de integrção. Vejmos lguns csos de plicção diret ds integris imedits e/ou ds proprieddes vists nteriormente pr integris. Exemplo.. Clcule: () (7x 4 5x 3 + x x + 5) ; (c) x x + x ; (b) 8 sen(x) ; (d) x 3 + x. Solução: () (7x 4 5x 3 + x x + 5) = 7x 4 5x 3 + x x + 5 = 7 x 4 5 x 3 + x x + 5 = 7x5 5 5x4 4 + x3 3 x + 5x + C; (b) 8 sen(x) = 8 sen(x) = 8 cos(x) + C; (c) x x + x = x x + x 3 = x + x = x 3 + x = x x + C = 5 x 5 + x + C. (d) x 3 + x = x x + x = x cotg(x) 3 sen (e) (x) sen(x) + x + C = x x + C; = 3 x + x = x + x = sen(x) cotg(x) 3 sen (x) sen(x) = cossec(x) cotg(x) 3 sen(x) = ( cossec(x)) 3( cos(x))+c = 3 cos(x) cossec(x)+c. 9

11 CÁLCULO II.. Exercícios Propostos.. Clcule s seguintes integris: () x 7 (b) x 3 (c) (3x 4 5x 3 + 4) (d) 6t 3 tdt (e) x 4 (5 x ) (f) x x (g) x x + 5 (h) y 4 + y dy y (i) (5 cos(x) 4 sen(x)) (j) sen(x) cos (k) (4 cossec(x) cotg(x) + sec (x) (l) sec (x)[cos 3 (x) + ] (m) (3 cossec (t) 5 sec(t) tg(t)) dt (n) (x) + ;... Determinr função f (x), tl que f (x) = x 3 + cos(x) + C. 3. Integrção e Equções Diferenciis Em diverss situções ou problems mtemáticos, solução consiste em encontrr cert(s) função(ões) que tend certs exigêncis, ou stisfç(m) um dd condição. Est condição é express por um equção, que é chmd equção diferencil. El tem tl nome porque gerlmente envolve derivds d função-incógnit. Encontrr tl função ou tl fmíli de funções é resolver tl equção. Em lguns modelos mis simples de equções diferenciis, um simples integrção é suficiente pr encontrr s funções-solução. Qundo, lém d equção dd, conhecemos lgum vlor prticulr que deve contecer pr solução num certo ponto, podemos determinr explicitmente função f (x) que tende tl condição (chmd condição inicil). As integris indefinids são de muit utilidde n resolução de certs equções diferenciis por que, dd um derivd de um função, digmos, f (x), podemos integrá-l e usr s proprieddes já conhecids d integrl indefinid pr obter um equção que simplesmente envolve incógnit f. Vejmos lguns exemplos: Exemplo.3. Determinr solução d equção diferencil y = 6x + x 5 que tende à condição inicil y() =.

12 Solução: Notemos, primeirmente, que y = dy dy. Assim, temos equção = 6x + x 5 e, reescrevendo, podemos colocr dy = (6x + x 5). Integrndo-se, finlmente, mbos os membros d iguldde, dy = (6x + x 5) temos y = x 3 + x 5x + C. Fzendo x = e utilizndo condição inicil y() =, temos, n equção cim, = C, ou sej, c =. Isto quer dizer que equção dd tem como solução, pr condição inicil y() =, função y = x 3 + x 5x +. Exemplo.4. Em qulquer ponto (x, y) de um determind curv, ret tngente à mesm tem um inclinção igul 4x 5. Sbendo que curv contém o ponto (3, 7), encontre su equção. Solução: Um vez que o vlor d inclinção d ret tngente um curv em qulquer ponto é o vlor d derivd dest função neste ponto, temos y = 4x 5 y = (4x 5) y = 4 x 5x + C y = x 5x + C. Est últim expressão represent tods s curvs que possuem inclinção y = 4x 5 no ponto (x, y). Porém, como queremos que curv contenh o ponto (3, 7), bst então substituirmos, respectivmente, x por 3 e y por 7, e então 7 = (3) 5(3)+C 7 = 8 5+C, o que nos dá c = 4. Portnto, equção desejd é y = x 5x Resolução de Problems Práticos Ligdos às Equções Diferenciis e Integrção Como foi comentdo brevemente no início dest seção, resolver integris indefinids é de fundmentl importânci n resolução de equções diferenciis. Ests, por su vez, precem constntemente n resolução de problems de vridos tems ssocidos o cálculo, como por exemplo, determinção d expressão d posição de um corpo o longo do tempo, conhecendo su função horári d velocidde, expressão d relção existente entre dus grndezs, sendo conhecid tx de vrição de um em relção à outr, e muitos outros csos de plicção dests equções. Vmos, então, lguns exemplos que ilustrm est plicbilidde. Exemplo.5. Em qulquer ponto (x, y) de um determind curv, ret tngente à mesm tem um inclinção igul 4x 5. Sbendo que curv contém o ponto (3, 7), encontre su equção.

13 CÁLCULO II Solução: Um vez que o vlor d inclinção d ret tngente um curv em qulquer ponto é o vlor d derivd dest função neste ponto, temos: y = 4x 5 y = (4x 5) y = 4 x + k y = x 5x 5x + k. Est últim expressão represent tods s curvs que possuem inclinção y 4x 5 no ponto (x, y). Porém, como queremos que curv contenh o ponto (3, 7), bst, então substituirmos, respectivmente, x por 3 e y por 7, e então: 7 = (3) 5(3) + k 7 = k, o que nos dá k = 4. Portnto, equção desejd é y = x 5x + 4. Exemplo.6. Um equção d ret tngente à curv C no ponto (, 3) é y = x +. Se em qulquer ponto(x, y) d curv se tem d y = 6x, encontrr um equção pr curv C. Solução: Pel equção d ret tngente à curv no ponto (, 3), temos que su inclinção neste ponto é m () = (que é o coeficiente ngulr d ret). Então, temos que dy () =. Agor, de d y = 6x, lembrndo que d y = dy, integrndo em relção à x, obtemos: dy = 6x = y = 6 x + C = dy = 3x + C. Como já temos dy () =, substituindo n iguldde cim, obtemos: = 3 + C = = 3 + C = C =. Dí, temos que dy = 3x. Integrndo, mis um vez, em relção à x, temos: dy = (3x ) = y = 3x3 3 x + C = y = x3 x + C. Um vez que o ponto(, 3) pertence à curv, temos que qundox =, y = 3. Portnto, substituindo, temos: 3 = 3 + C = 3 = + C = C = 4. Portnto, um equção pr curv C é y = x 3 x + 4. Exemplo.7. Sbemos, do estudo ds derivds e sus plicções, que velocidde instntâne de um prtícul é tx de vrição (derivd) d posição d prtícul em relção o tempo, enqunto que celerção do móvel é tx temporl de vrição d velocidde, ou sej, tx de vrição (derivd) d velocidde instntâne em relção o tempo. Mostre que pr um movimento em um ret com celerção constnte, velocidde inicil v e deslocmento inicil s, o deslocmento do móvel pós o instnte t é ddo por s = s + v t + t.

14 Solução: Como temos que celerção dv dt do móvel é constnte e igul, então temos que: dv dt =, onde é constnte. Integrndo os dois membros em relção à t, obtemos dv dt dt = dt = v = dt + C = v = t + C. Como sbemos que t = v = v v, d equção cim, concluímos que C = v. Portnto, temos v = t + v. Agor, lembrndo que v = ds, substituindo n iguldde cim e integrndo mbos os membros em dt relção t, obtemos ds dt dt = (t + v )dt = s = t + v t + C. Lembrndo que vt = s = s s e comprndo com equção obtid cim, concluímos que C = s. Portnto, temos que s = s + v t + t. Exemplo.8. 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 tx de vrição de V em relção h é π(3h ), e sbendo que qundo ltur d águ é m, existem no tnque 3π m 3 de águ, determine o volume de águ no tnque qundo ltur for de 3m. Solução: Lembrndo que tx de vrição do volume V em relção h é derivd dv dh, temos que dv = π(3h ). Integrndo mbos os membros em relção h, obtemos dh dv dh dh = π(3h )dh = V = 3π hdh π dh = V = π 3h h +C. Pr h =, temos V = 3π. Portnto, substituindo n iguldde cim, obtemos 3π = π( 3 ) + C = 3π = ( 3 )π + C = 3π = π + C = C = 7π. Assim, temos que expressão do volume em função d ltur é dd por V = π( 3h h) + 7π = π( 3h h + 7 ). Logo, pr h = 3, o volume é: 3 V = π m =π 3... Exercícios Propostos.3. A inclinção d ret tngente num ponto (x, y) qulquer de um curv é 3 x. Se o ponto (9, 4) está n curv, che um equção pr el..4. Os pontos (, 3) e (, ) estão num curv e, em qulquer ponto (x, y) d curv se tem d y = 4x. Encontre um equção d curv..5. Em qulquer ponto (x, y) de um cert curv, tem-se d y = x e um equção d ret tngente est curv no ponto (, ) é y = x. Encontre um equção d curv. 3

15 h(x) + C, temos: D x [F(g(x))] = F(g(x)) + C. e dí, portnto, f (g(x)) g (x) = F(g(x)) + C. (.) Se u = g(x) e du = g (x), então f (u)du = F(u) + C. CÁLCULO II.6. Um coleciondor de rte comprou um pintur por R$, de um rtist cujos trblhos umentm de vlor em relção o tempo, de cordo com fórmul dv dt = 5t3/ + t + 5, onde V é o vlor estimdo de um pintur t nos pós su compr. Se est fórmul permnecer válid pelos próximos 6 nos, qul será o vlor previsto pr pintur pr dqui 4 nos?.7. A eficiênci de um operário é dd por um porcentgem. Por exemplo, se eficiênci de um trblhdor num ddo intervlo de tempo for de 7 por cento, então ele está trblhndo com 7 por cento de todo o seu potencil. Suponh que E por cento sej su eficiênci t hors pós começr trblhr e que tx segundo qul E vri temporlmente é (35 8t) por cento, cd hor. Se eficiênci pós 3h de trblho é de 8, che su eficiênci pós trblhr 8h..3 Técnics de Integrção Neste cpítulo nós veremos lgums técnics pr reduzir integris mis elbords às imedits. Ests técnics fcilitrão bstnte vid do estudnte, visto que nem tod integrl pode ser clculd de cordo com o uso direto d tbel de integris imedits..3. Método d Substituição Este método, que tmbém é chmdo de mudnç de vriável pr integrção, consiste em deixr um dd integrl ser clculd pront pr plicção de um ds fórmuls básics de integrção (ver tbel) pós plicção de um troc de vriável. Este processo se comport como um espécie de Regr d Cdei, só que pr integrção, e tem seguinte justifictiv mtemátic: Suponhmos que F é um primitiv conhecid d função f, ou sej, F = f, e que g é um função derivável. Denotndo por h função compost de F com g, então h(x) = F(g(x)) e d fórmul D x [h(x)] = Agor, plicndo regr d cdei no integrndo D x [F(g(x))] vem: D x [F(g(x))] = F (g(x)) g (x) = f (g(x)) g (x), Agor, fzendo u = g(x), du = g (x) e substituindo em., vem f (u) du = F(u) + C. N prátic, bst definir um função u = g(x) de um mneir que integrl dd reci em um mis simples. Assim funcion o método de integrção, conhecido como mudnç de vriável ou d substituição, e que é descrito formlmente pelo:.8 Teorem (Regr d Cdei pr Integrção). Se F é um ntiderivd de f, então f (g(x)) g (x) = F(g(x)) + C. 4

16 Vejmos lguns exemplos: Exemplo.9. Clculr s seguintes integris indefinids: () sen(3x) (b) 4x + (c) tg(x) x (d) + x (e) du u +, com (f) x + 6x + 3 Solução: () Fzendo u = 3x, temos du = 3. Dí, sen(3x) = sen(u) du 3 = 3 sen(u)du = 3 ( cos(u))+c = 3 cos(u)+c = 3 cos(3x)+c. (b) Fzemos u = 4x +. Dí, temos du = 4 e então du 4x + = u 4 = 4 u du = 4 u C = 6 (4x + ) 3 + C. (c) Temos que tg(x) = sen(x). Logo, fzendo mudnç de vriável u = cos(x), temos, consequentemente, que du = sen(x) e cos(x) então (d) Fzendo u = x +, temos que du = x, e então x = du + x u = ln u + C = ln x + + C tg(x) = sen(x) = du = du = ln u + C = ln cos(x) + C = ln sec(x) + C. cos(x) u u du u + = (e) Um vez que se tem, podemos reescrever integrl dd como segue du u + = du u. + du u + = dw w + = rctg(w) + C = rctg u +C Agor, fzendo w = u, de onde temos que dw = du, ou ind, du = dw. Dí, 5

17 CÁLCULO II (f) Pr plicr um substituição conveniente n resolução dest integrl, devemos primeirmente completr um qudrdo perfeito no denomindor. Pr isto, fzemos então (x + 3) + 4 = = rctg u +C (usndo o exemplo nterior) = rctg x + 3 +C Dí, noss integrl fic = = x + 6x + 3 temos que du = e, portnto, x + 6x + 3 (x + 3). Aplicndo, gor, substituição u = x+3, + 4 x + 6x + 3 = x + 6x = (x + 3) + 4 du u + du u + 4 =.3. Exercícios Propostos.8. Utilizndo o método d substituição, clcule s seguintes integris: x () 5 x (e) x (x 3 ) (i) (b) sen (x)cos(x) (f) (x + sec (3x)) (c) tg(x)sec (x) (g) rcsen(y) Ô y dy (d) 6x sen(x 3 x ) (h) t cos(4t ) dt (j) (tg(x) + cotg(x)) (k) (e x + ) 5 e x + x x3 (l) + 3x + sen(θ)dθ [5 cos(θ)] Integrção por Prtes Nest seção, presentmos técnic de integrção por prtes, que tmbém jud reduzir o cálculo de um integrl mis elbord o cálculo de um integrl mis simples. Est técnic result quse que diretmente d fórmul d derivd do produto, juntmente com definição de integrl. Consideremos então dus funções f e g, deriváveis em um intervlo I. Como já sbemos, d derivd do produto, temos que: [f (x) g(x)] = f (x) g(x) + f (x) g (x), ou ind, f (x) g (x) = [f (x) g(x)] f (x) g(x). Integrndo-se os dois membros dest iguldde em relção x, obtemos: f (x) g (x) = [f (x) g(x)] f (x) g(x). Como [f (x) g(x)] = f (x) g(x), iguldde cim fic f (x) g (x) = f (x) g(x) f (x) g(x). Nest últim iguldde, fzendo u = f (x) e v = g(x), de onde nós temos, respectivmente, du = f (x) e dv = g (x), fórmul finlmente prece em su form mis simples: u dv = u v v du. 6

18 A fórmul cim é chmd Integrção por Prtes. Not 5. Observe que, ns integris que precem no desenvolvimento dest fórmul, suprimimos constnte de integrção.isto pôde ser feito porque tods s constntes que precem no decorrer do processo podem ser substituíds por um únic, que pode ser crescid no finl do processo de integrção. Not 6. N resolução de um dd integrl pelo processo de integrção por prtes, escolh ds prtes que frá o ppel de u e dv deverá ser feit, convenientemente, visto que não é qulquer escolh que torn viável plicção d fórmul, podendo inclusive recir em integris de resolução mis demord. Exemplo.. Clculr s seguintes integris (usndo integrção por prtes): () x e x (b) x sen(x) (c) e x sen(bx) (d) sec 3 (x) ßÞ e x Ð ßÞÐ Solução: () Pr est integrl devemos escolher u = x e dv = e x. Assim, teremos: u = x du = e dv = e x, de onde, integrndo os dois membros d iguldde, obtemos v = e x = e x + C. Aplicndo, gor, fórmul de integrção por prtes, temos: x e x = x e x = xe x + e x + C du v = xe x + e x + C = xe x 4 e x + C ßÞÐ u ßÞÐ dv ßÞÐ u ßÞÐ v ßÞÐ (b) Neste exemplo, escolhemos u = x, de onde temos du = x e dv = sen(x), o que nos dá, integrndo os dois membros, v = sen(x) = cos(x). Dí, plicndo fórmul d integrção por prtes, temos: x sen(x) = u v v du = x ( cos(x)) ( cos(x))x u = x cos(x) + x cos(x). ßÞÐ dv Devemos, gor, clculr seprdmente integrl x cos(x), que tmbém é resolvid por ßÞÐ u ßÞÐ dv prtes. Fzendo u = x e dv = cos(x), temos, respectivmente, du = e v = cos(x) = sen(x) e, portnto, x cos(x) = uv v du = x sen(x) sen(x) = x sen(x) + cos(x) Substituindo, ßÞÐ então, ßÞÐ no cálculo d integrl inicil, temos: x sen(x) = x cos(x) + x cos(x) = x cos(x) + (x sen(x) + cos(x)) + C = x cos(x) + x sen(x) + cos(x) + C, ou ind, x sen(x) = ( x + )cos(x) + x sen(x). u dv Observe que, neste exemplo, escolh de u e dv foi primordil pr recirmos em um outr integrl 7

19 CÁLCULO II mis simples e ssim relizrmos o cálculo d integrl dd. Se tivéssemos escolhido, por exemplo, u = sen(x) e dv = x, plicção do método de integrção por prtes não judri n resolução d integrl. (c) Pr est integrl, escolhemos u = e x e dv = sen(bx), de onde temos du = e x e v = sen(bx) = cos(bx). Dí, plicndo integrção por prtes, b e x sen(bx) = uv vdu = e x b cos(bx) b cos(bx) e x = ex b cos(bx) + b e x cos(bx) ( ) Resolvendo, gor, e x cos(bx) por prtes, fzemos u = e x du = e x e dv = cos(bx) v = cos(bx) = sen(bx) e obtemos então b e x cos(bx) = e x sen(bx) b b sen(bx)ex = ex b sen(bx) b e x sen(bx) Substituindo este resultdo em ( ), obtemos: e x sen(bx) = ex b cos(bx) + båe x b sen(bx) b e x sen(bx)è = ex b cos(bx) + b ex sen(bx) b e x sen(bx) Agor, note que integrl que prece no segundo membro cim é extmente integrl que queremos clculr. Portnto, como se fosse o x d equção, pssemos o termo que contém pr o primeiro membro, fim de determinr o seu vlor. Temos, então: sen(bx) sen(bx) e x sen(bx) + b e x sen(bx) = ex b cos(bx) + b ex sen(bx) + b e x sen(bx) = ex b cos(bx) + b ex + b b e x sen(bx) = ex cos(bx) + b b + b b e x sen(bx) = e x cos(bx) + b e x b sen(bx) = + b ex cos(bx) + b e, finlmente, temos que e x sen(bx) = b ex + b cos(bx) + b sen(bx). ßÞ Ð (d) Pr o cálculo dest integrl, fzemos u = sec(x) e dv = sec (x) = tg(x), de onde obtemos, respectivmente, du = tg(x) sec(x) e v = sec = tg(x). Dí, temos: sec 3 (x) = sec(x) tg(x) tg(x) tg(x) sec(x) = tg(x) sec(x) tg (x)sec(x). du ßÞÐ u ßÞÐ v ßÞÐ v 8

20 Agor, temos que resolver integrl que prece no segundo membro, pr isto, podemos trnsformá-l usndo relção trigonométric tg = sec (x). Assim, teremos: tg (x)sec(x) = [sec (x) )sec(x)] = [sec 3 (x) sec (x)] = sec 3 (x) sec(x) = sec 3 (x) ln tg(x) + sec(x) Substituindo este resultdo no cálculo d integrl dd, temos então: sec 3 (x) = tg(x) sec(x) sec 3 (x) ln tg(x) + sec(x) = tg(x) sec(x) sec 3 (x) + ln tg(x) + sec(x) Anlogmente à resolução do exemplo nterior, observe que integrl que prece no segundo membro é própri que queremos clculr, então, pssndo- pr o primeiro membro d iguldde, temos: sec 3 (x) + sec 3 (x) = tg(x) sec(x) + ln tg(x) + sec(x) sec 3 (x) = tg(x) sec(x) + ln tg(x) + sec(x) sec 3 (x) = (tg(x) sec(x) + ln tg(x) + sec(x) ).3.4 Exercícios Propostos.9. Utilizndo integrção por prtes, clculr s integris: () x sen(5x) (b) ln(x) (c) (x + )cos(x) (d) e x cos x (e) x ln(x) (f) x cossec (x) (g) x e x (h) sen 3 (x) (i) x cos (x) (j) ln(x + b) x + b (k) x rctg(x) (l) x 3Ô x Gbrito. () x8 4 x5 + C; (b) + C; (c) x4 x 4 + 4x + C; (d) 9 5 t 3 + C; (e) x 5 x7 7 + C; (f) 3 x x x +C; (g) x 3 +5x +C; x (h) ( 9 y y ) y + C; (i) 5 sen(x) + 4 cos(x) + C; (j) sec(x) + C; (k) 4 cossec(x) + tg(x) + C; (l) sen(x) + tg(x) + C; (m) 3 cotg(t) 5 sec(t) + C; (n) rctg(x) + C.. f (x) = sen(x) + x..3 y = x x 5..4 y = 3 x3 + x + 3 x +..5 y = x 4 / + x / 5/3x + 9/4..6 R$64,..7 36%..8 () 5 8 (x ) 4/5 + C; (b) sen3 (x) + C; (c) tg (x) + C; 3 (d) cos 3 (x) + C; (e) (x3 ) + C; (f) 33 3 tg(3x) + C; (g) 4 rcsen(y ) + C; (h) x 3 + 3x + + C; (i) 3 6 sen(4t ) + C; (j) (tg(x) cotg(x) + C; (k) (ex + ) 6 + C; (l) (5 cos(θ)) + C..9 () x 5 cos(5x) + sen(5x) + C; (b) x ln(x) x + C; 5 (x + ) (c) sen(x) + 4 cos(x) + C; (d) 5 ex [sen( x ) + cos(x )] + C; (e) 3 x x ln(x) 4 9 x x + C; (f) x cotg(x) + ln sen(x) + C; (g) e x [x x +]+C; (h) sen (x) cos(x) 3 cos3 (x)+c; (i) 4 [x +x sen(x)+ cos(x)]+c; (j) x + b[ln(x +b) ]+C; (k) x rctg(x) x + rctg(x) + C; (l) x 3 ( x )Ô x 5 ( x ) Ô x + C. 9

21 e cotg(u) du = ln sen(x) + C. CÁLCULO II Outros Processos Geris de Integrção Outrs Técnics de Integrção Apresentção Nest primeir seção presentremos lguns rtifícios muito utilizdos e recomenddos no cálculo de lgums integris que envolvem funções trigonométrics. Estes rtifícios, muits vezes, são usdos pr preprr integrl pr plicção de métodos já corriqueiros, como o d mudnç de vriável (substituição).. Integrção de Funções Trigonométrics.. As Integris sen(u) du e cos(u) du Bem, ests integris já são bem conhecids do leitor, té por já fzerem prte d noss tbel de integris. No entnto vejmos, título de revisão, que às vezes é necessário plicrmos um substituição pr que um dd integrl ser resolvid fique em um ds dus forms cim, já tbelds. Exemplo.. Clculr integrl e x sen(x). Solução: Pr que est integrl reci num ds integris tbelds cim, fzemos substituição u = e x, donde temos du = (e x ) du = e x = du e x Dest mneir, d integrl dd, obtemos um integrl tbeld, como segue: e x sen(x) = u sen(u) du u = sen(u) du = ( cos(u)) + C = cos(ex ) + C... As Integris tg(u) du e cotg(u) du Como já foi visto em form de exercício n seção de Integrção por substituição no primeiro cpítulo, ests integris podem ser fcilmente resolvids (e, com isso, pssr fzer prte ds integris já tbelds) com substituição u = cos(x) (pr integrl de tg(x)) ou u = sen(x) (pr integrl de cotg(x)). Diretmente, com ests substituições, obtemos: tg(u) du = ln cos(x) + C = ln sec(x) + C.

22 Exemplo.. Determinr s integris: () tg( x) (b) cotg(ln(x)). x x Solução: () Fçmos u = x. Dí vem du = ( x) = x / = x = x = udu. Então, temos:, ou sej, tg( x) x = tg(u) u u du = tg(u) du = ln sec(u) + C = ln sec( x) + C. (b) Pr est, fzemos u = ln(x). Dí, temos du = x e, portnto, integrl fic: cotg(ln(x)) x = cotg(ln(x)) x = cotg(u) du = ln sen(u) + C = ln sen(ln(x)) + C...3 As Integris sec(u) du e cossec(u) du Tmbém fcilmente resolvids plicndo-se um substituição simples, ests dus integris pssm ssim fzer prte d tbel de integris imedits. Pr integrl sec(u) du, fzendo-se um trnsformção conveniente no integrndo (multiplicr e dividir por sec(u) + tg(u) e plicndo substituição w = sec(u) + tg(u) (de onde temos dw = [tg(u) sec(u) + sec (u)]du), temos: + sec(u)] sec(u) + sec sec(u) du = sec(u)[tg(u) du = [tg(u) (u)] du tg(u) + sec(u) tg(u) + sec(u) = dw = ln w + C = ln sec(u) + tg(u) + C. w Portnto, temos sec(u) du = ln sec(u) + tg(u) + C. Pr integrl cossec(u) du, o procedimento é completmente nálogo o utilizdo pr determinr sec(u) du, só que o ftor ser multiplicdo e dividido no integrndo gor é cossec(u) cotg(u) e substituição ser plicd é w = cossec(u) cotg(u). Assim, seguindo os mesmos pssos, obtemos: cossec(u) du = ln cossec(u) cotg(u) + C. Exemplo.3. Clculr s integris: () sec 4x + π 3 (b) dt sen(3t π) Solução: () Fzendo substituição u = 4x + π du, temos du = 4, ou ind, = e, portnto: 3 4 sec 4x + π = sec(u) 3 du 4 = 4 sec(u) du = ln sec(u) + tg(u) + C 4 = ln sec 4x + π + 3 +tg 4x π 3 +C.

23 CÁLCULO II = (b) Pr est integrl, lembremos relção trigonométric cossec(α) = temos du = 3dt, ou ind, dt = du 3 e dí: dt du sen(3t π) sen(u) 3 = 3 cossec(u) du = 3 ln cossec(u) cotg(u) + C = 3. Fzendo u = 3t π, sen(α) ln cossec(3t π) cotg(3t π) + C.. Integrção de Funções que Envolvem Potêncis de Funções Trigonométrics.. Integris d Form sen n (u) du e cos n (u) du, n N Pr o cálculo destes tipos de integris, deve-se trnsformr o integrndo com o uxílio ds relções trigonométrics bixo, já conhecids do luno: (i) sen (x) + cos (x) = (ii) sen (x) = cos(x) (iii) cos (x) = + cos(x) O cálculo com o uxílio dests identiddes consiste em ftorr conveniente o integrndo pr plicção de um dels, deixndo o integrndo preprdo pr o método d substituição. Not 7. Pr n ímpr, é usulmente plicd relção (i), enqunto que pr n pr são mis utilizds (ii) e (iii). Exemplo.4. Clculr s integris: () cos 5 (x) (b) sen 6 (4θ + π)dθ Solução: () Primeiro, fzemos cos 5 (x) = (cos (x)) cos(x) = ( sen (x)) cos(x) = ( sen (x)+ sen 4 (x)) cos(x), de onde temos finlmente cos 5 (x) = cos(x) sen (x) cos(x) + sen 4 (x) cos(x). Com est preprção, reduzimos o cálculo d noss integrl o cálculo de 3 simples integris, dus dels fcilmente resolvids por simples substituição. Vej: cos 5 (x) = [cos(x) sen (x) cos(x) + sen 4 (x) cos(x)] = cos(x) sen (x) cos(x) + sen 4 (x) cos(x) Perceb que primeir ds 3 integris cim é de resolução diret, enqunto que s dus últims são fcilmente resolvids utilizndo inclusive mesm substituição, u = sen(x), que nos dá du = cos(x) e, portnto, temos: cos 5 (x) = sen(x) u du + u 4 du = sen(x) u3 3 + u5 5 + C = sen(x) 3 sen3 (x) + 5 sen5 (x) + C

24 (b) Neste exemplo, primeirmente, fzemos um substituição simples, u = 4θ + π, de onde temos du = 4dθ, ou ind, dθ = du, fim de deixr o integrndo um pouco mis simples pr su 4 preprção usndo um ds relções trigonométrics já mencionds. Assim, temos: sen 6 (4θ + π) dθ = sen 6 (u) du 4 = 4 sen 6 (u) du. Pr clculr sen 6 (u)du, utilizmos relção trigonométric mis conveniente pr este cso (vej que n é pr), fim de preprr o integrndo. Temos: 3 sen 6 (u) = [sen (u)] 3 cos(u) = = 8 [ 3 cos(u) + 3 cos (u) cos 3 (u)] = + cos(4u) 3 cos(u) + 3 cos (u)è 8å 3 = cos(u) cos(4u) 8 cos3 (u) Assim, pr integrl sen 6 (u) du, podemos reescrevê-l d seguinte form: sen 6 (u) du = 5 6 du 3 8 cos(u)du cos(4u) du 8 cos 3 (u) du Pr resolução d integrl que prece por último n iguldde, primeirmente fzemos w = u, de onde temos du = dw, nos dndo cos 3 (u)du = cos 3 (w)dw, e então fzemos: cos 3 (w) = cos (w) cos(w) = ( sen (w))cos(w) = cos(w) sen (w)cos(w) obtendo-se, então cos 3 (u)du = cos(w)dw sen (w)cos(w) dw = sen(w) sen (w)cos(w) dw Resolvendo est últim integrl por um simples substituição, obtemos 3 sen3 (w) e então, voltndo o cálculo de cos 3 (u)du, temos cos 3 (u)du = sen(w) dw 3 sen3 (w) = sen(u) 6 sen3 (u) Voltndo finlmente à, obtemos expressão pr integrl inicil (voltndo, é clro, à vriável u): sen 6 (u) du = 6 du 5 8 cos(u)du cos(4u) 3 du 8 cos 3 (u) du = 5 6 u 3 8 sen(u) sen(4u) 6 sen(u) + 48 sen3 (u) = 5 6 u 4 sen(u) sen(4u) + 48 sen3 (u) Finlmente, voltndo à vriável θ, obtemos sen 6 (4θ + π) dθ = (4θ + π) 3 sen((4θ + π)) + sen(4(4θ + π)) sen3 ((4θ + π)) = 5 3 (4θ + π) sen(8θ + π) + sen(6θ + 4π) sen3 (8θ + π) = 5 (4θ + π) 64 6 sen(8θ) sen(6θ) + 9 sen3 (8θ) 3

25 CÁLCULO II.. Integris d Form sen m (u) cos n (u) du, m, n N No cálculo dests integris, devemos usr s relções trigonométrics pr preprr o integrndo, reduzindo integrl dd outrs fcilmente solúveis por substituição. No cso de pelo menos um dos expoentes m e n ser ímpr, deve ser utilizd relção (i), enqunto que no cso dos dois serem pres, devem ser usds s identiddes (ii) e (iii), ms em lgums situções us-se ind (i). No cso prticulr de m e n serem iguis, sendo pres ou ímpres, tmbém se pode usr identidde: (iv) sen(x)cos(x) = sen(x). Exemplo.5. Clculr s integris: () sen 5 (x)cos (x) (b) sen 4 (x)cos (x) Solução: () Preprndo, inicilmente, o integrndo, temos: sen 5 (x)cos (x) = [sen (x)] sen(x) cos (x) = [ cos (x)] sen(x) cos (x) = [ cos (x) + cos 4 (x)] sen(x) cos (x) = cos (x)sen(x) cos 4 (x)sen(x) + cos 6 (x)sen(x) Dí, obtemos sen 5 (x)cos (x) = [cos (x)sen(x) cos 4 (x)sen(x) + cos 6 (x)sen(x)] = cos (x)sen(x) cos 4 (x)sen(x) + cos 6 (x)sen(x) Agor, pr cd um ds integris cim, plicmos substituição u = cos(x), de onde temos du = sen(x), ou ind, du = sen(x), então finlmente temos: sen 5 (x)cos (x) = u du u 4 du u 6 du = u3 3 + u5 5 u7 7 + C = 3 cos3 (x) + 5 cos5 (x) 7 cos7 (x) + C è è (b) Nest integrl percebmos que os dois expoentes são pres, então, n preprção do integrndo, fzemos: è sen 4 (x)cos (x) = [sen (x)] cos cos(x) + (x) =å å cos(x) + cos = (x) å + cos(x) 4 = + cos(x) cos(x) cos (x) 3 = cos(x) cos 8 (x) + cos (x) 3 = cos(x) 8å + cos(4x) + ( sen (x))cos(x)è = cos(x) (x)cos(x)è 8å cos(4x) + cos(x) sen = 6 6 cos(4x) 8 sen (x)cos(x) 4

26 Portnto, pr integrl dd, temos: sen 4 (x)cos (x) = å 6 6 cos(4x) 8 sen (x)cos(x)è = 6 6 cos(4x) 8 sen (x)cos(x) = x sen(4x) 8 6 sen3 (x) + C = x 6 64 sen(4x) 48 sen3 (x) + C...3 Integris d Form tg n (u)du e cotg n (u)du, n N Pr o cálculo dests integris, preprmos o integrndo utilizndo um ds relções (v) tg (u) = sec (u) (vi) cotg (u) = cossec (u) e rtifícios completmente nálogos os utilizdos nos dois csos nteriores. fzemos N integrl tg n (u)du, tg n (u) = tg n (u) tg (u) = tg n (u) (sec (u) ), enqunto que, pr integrl cotg n (u) du, fzemos: cotg n (u) = cotg n (u) cotg (u) = cotg n (u) (cossec (u) ). Exemplo.6. Clculr s integris: () tg 3 (3θ)dθ (b) cotg 4 (x) Solução: () Preprndo, inicilmente, o integrndo, utilizndo relção (v) e trnsformção sugerid cim, temos: tg 3 (3θ) = tg(3θ) tg (3θ) = tg(3θ) (sec (3θ) ) = tg(3θ)sec (3θ) tg(3θ) Assim, temos: tg 3 (3θ)dθ = tg(3θ)sec (3θ)dθ tg(3θ)dθ Aplicndo substituição u = 3θ e, posteriormente, pr primeir integrl, fzendo v = tg(u), obtemos, pr o cálculo cim, tg 3 (3θ)dθ = 6 tg (3θ) + ln cos(3θ) + C 3 5

27 CÁLCULO II (b) Preprndo o integrndo, utilizndo relção (v i), temos: cotg 4 (x) = cotg (x) cotg (x) = cotg (x) (cossec (x) ) = cotg (x)cossec (x) cotg (x) = cotg (x)cossec (x) (cossec (x) ) = cotg (x)cossec (x) cossec (x) + Dest form, noss integrl fic: cotg 4 (x) = (cotg (x)cossec (x) cossec (x) + ) = cotg (x)cossec (x) cossec (x) + Recímos, então, no cálculo de integris muito mis simples, dus dels simplesmente plicndo substituição u = x (de onde se tem du = ) e, posteriormente, pr primeir integrl, plicndo v = cotg(u). Assim, obtemos: cotg 4 (x) = 6 cotg3 (x) + cotg(x) + x + C...4 Integris d Form sec n (u)du e cossec n (u)du, n N Pr o cálculo dests integris, devemos considerr, tmbém, os csos pr n pr ou ímpr. No cso de n ser pr devemos utilizr, n preprção do integrndo, s identiddes (v) e (v i), devidmente justds pr su substituição (com os termos sec (u) e cossec (u) isoldos em lgum dos membros). Fzemos, então: sec n (u) = sec n (u) sec (u) = (sec (u)) n sec (u) = (tg (u) + ) n sec (u) ou cossec n (u) = cossec n (u) cossec (u) = [cossec (u)] n cossec (u) = [cotg (u) + ] n cossec (u), conforme integrl sej d ou d form cim. No cso de n ser ímpr, devemos plicr o método de integrção por prtes, já visto no tem deste mteril. Vejmos gor lguns exemplos que ilustrm plicção dests regrs. Exemplo.7. Clculr s seguintes integris: () cossec 6 (x) (b) sec 3 (x) 6

28 Solução: () Preprndo inicilmente o integrndo: cossec 6 (x) = cossec 4 (x) cossec (x) = [cossec (u)] cossec (x) = [cotg (x) + ] cossec (x) = [(cotg 4 (x) + cotg (x) + ] cossec (x) = cotg 4 (x)cossec (x) + cotg (x)cossec (x) + cossec (x) Portnto, temos: cossec 6 (x) = (cotg 4 (x)cossec (x) + cotg (x)cossec (x) + cossec (x)) = cotg 4 (x)cossec (x) + cotg (x)cossec (x) + cossec (x) As três integris cim são fcilmente solúveis, sendo terceir dels diret (tbeld) e s dus primeirs trvés d substituição u = cotg(x), onde nós obtemos finlmente cossec 6 (x) = 5 cotg5 (x) 3 cotg3 (x) cotg(x) + C. (b) No cálculo dest integrl, já que n é ímpr, vmos utilizr o método de integrção por prtes. Fzemos então: u = sec(x) du = tg(x)sec(x) e dv = sec (x) v = sec (x) = tg(x) (lembre-se que bst dicionr constnte de integrção o finl de todo o processo). Dí, plicndo fórmul de integrção por prtes, obtemos: sec 3 (x) = sec(x)tg(x) tg(x)tg(x)sec(x) Obtivemos, então = sec(x)tg(x) tg (x)sec(x) = sec(x)tg(x) (sec (x) )sec(x) = sec(x)tg(x) sec 3 (x) + sec(x) sec 3 (x) = sec(x)tg(x) sec 3 (x) + sec(x) onde, isolndo-se os termos que contém sec 3 (x) no primeiro membro, obtemos sec 3 (x) = tg(x)sec(x) + sec(x) sec 3 (x) = [tg(x)sec(x) + ln tg(x) + sec(x) ] + C..5 Integris d Form tg m (u) sec n (u)du e cotg m (u) cossec n (u)du, m, n N Nests integris, devemos considerr, ssim como no cso nterior, os csos conforme pridde de m e n. No cso de m ímpr ou n pr, devemos usr s relções trigonométrics (v) e (vi) pr preprr o integrndo pr o método d substituição. 7

29 CÁLCULO II No cso de m pr e n ímpr, integrl deverá ser resolvid pelo método de integrção por prtes (pois nestes csos o integrndo sempre poderá ser expresso em form de potêncis ímpres de secnte e cossecnte), com o integrndo previmente preprdo pr tl. Exemplo.8. Resolver s integris: () tg 5 (x)sec 7 (x) (b) tg (x)sec 3 (x) Solução: () Nest integrl, percebmos que m é ímpr, um dos csos em que devemos preprr o integrndo pr plicção do método d substituição. Fzemos, então: tg 5 (x)sec 7 (x) = Portnto, temos: tg 5 (x)sec 7 (x) tg 4 (x)sec 6 (x)tg(x)sec(x) = [tg (x)] sec 6 (x)[tg(x)sec(x)] = [sec (x) ] sec 6 (x)[tg(x)sec(x)] = [sec 4 (x) sec (x) + ] sec 6 (x)[tg(x)sec(x)] = sec (x)[tg(x)sec(x)] sec 8 (x)[tg(x)sec(x)] + sec 6 (x)[tg(x)sec(x)] = [sec (x)tg(x)sec(x) sec 8 (x)tg(x)sec(x) + sec 6 (x)tg(x)sec(x)] = sec (x)tg(x)sec(x) sec 8 (x)tg(x)sec(x) + sec 6 (x)tg(x)sec(x) Agor, pr o cálculo ds três integris cim, por substituição, fzemos u = sec(x), de onde temos du = tg(x)sec(x) e, finlmente, obtemos tg 5 (x)sec 7 (x) = sec (x) 9 sec9 (x) + 7 sec7 (x) + C. Solução: (b) Observemos que, nest integrl, temos m pr, cso que podemos exprimir, com o uxílio de (v), o integrndo em potêncis ímpres de secnte, deixndo-o pronto pr o método de integrção por prtes. Fzemos então: tg (x)sec 3 (x) = (sec (x) )sec 3 (x) = sec 5 (x) sec 3 (x) Temos então tg (x)sec 3 (x) = sec 5 (x) sec 3 (x). Agor, resolvendo s integris sec 5 (x) e sec 3 (x) por prtes (fç como exercício!), finlmente, obtemos: tg (x)sec 3 (x) = 4 sec3 (x)tg(x) 8 sec(x)tg(x) ln tg(x) + sec(x) + C Integrção de Funções Envolvendo Seno e Cosseno de Arcos Diferentes Qundo função ser integrd envolve seno e cosseno de rcos diferentes, s identiddes 8 (vii) sen()cos(b) = [sen( + b) + sen( b)]

30 (viii) sen()sen(b) = [cos( b) cos( + b)] (ix) cos()cos(b) = [cos( + b) + cos( b)] constituem instrumento importnte n preprção do integrndo e conseqüente simplificção d integrl. Exemplo.9. Clculr integrl sen(4x)cos(x). Solução: Com o uxílio d relção (vii), prepremos o integrndo: sen(4x)cos(x) = [sen(4x + x) + sen(4x x)] = [sen(6x) + sen(x)]. Temos, portnto, pr integrl dd: sen(4x)cos(x) = [sen(6x) + sen(x)] = å sen(6x) + sen(x) è = 6 ( cos(6x)) + [ cos(x)] +C = cos(6x) 4 cos(x) + C Exercícios Propostos.. Clculr s seguintes integris indefinids: () sen 4 (x)cos(x) (b) cos 3 (4x)sen(4x) (c) sen 3 (x) (d) cos ( x ) (e) sen (x)cos 3 (x) (f) sen (3t)cos (3t)dt (g) cos(4x)cos(3x) (h) tg 6 (3x) (i) cotg 3 (t)dt (j) sec 4 (x) (k) cossec 3 (x) (l) sec 4 (ln x) x (m) cotg (3x)cossec 4 (3x) (n) (tg(x) + cotg(x)).. Prove que cotg(x)cossec n (x) = cossecn (x) n + C, pr qulquer n..3 Integrção por Substituições Trigonométrics Em muits integris, onde em seu integrndo precem expressões de um ds forms u, + u ou u, onde >, podemos reduzir o seu cálculo o de um integrl trigonométric de simples resolução (às vezes nem tão simples, ms pelo menos já conhecid). O rtifício ser usdo nestes csos chm-se Substituição Trigonométric e, pr cd um dos três csos cim, existe um substituição trigonométric conveniente. 9

31 CÁLCULO II Primeiro Cso: O integrndo envolve um expressão d form u. Pr este cso, devemos usr sempre substituição u = sen(θ). Teremos, com isso, du = cos(θ)dθ e, supondo que π θ π, temos: Ô u = sen (θ) = ( sen (θ)) = cos (θ) = cosθ. O triângulo retângulo d figur o ldo nos dá um interpretção geométric bem simples deste rtifício. Observemos que expressão u represent, de mneir gerl, medid de um cteto de um triângulo retângulo cuj hipotenus mede e o outro cteto mede u. Assim, se denotmos por θ um dos ângulos gudos deste triângulo, digmos o ângulo oposto o cteto u, teremos, pel definição de seno, que u = cos θ. u θ u Segundo Cso: O integrndo envolve um expressão d form + u. Pr este cso, substituição ser feit é u = tg(θ). Temos dí que du = sec (θ)dθ e, supondo tmbém neste cso que π θ π, temos: Ô + u = + tg (θ) = ( + tg (θ)) = sec (θ) = secθ. A figur o ldo nos dá um significdo geométrico dest substituição. A expressão + u pode ser sempre utilizd pr representr medid d hipotenus de um triângulo retângulo cujos ctetos medem u e. Assim, denotndo por θ um dos ângulos gudos deste triângulo, por exemplo, o djcente o cteto de medid, teremos, diretmente d definição d rzão trigonométric secnte, que + u = sec(θ). u θ u Terceiro Cso: O integrndo envolve um expressão d form u. Neste último cso de substituição trigonométric, substituição ser feit é u = sec(θ), de onde temos du = tg(θ)sec(θ). Então, supondo θ < π (pr u ) ou π θ < 3π (pr u ), temos o integrndo simplificdo como segue: 3 Ôu = sec (θ) = (sec (θ) ) = tg (θ) = tg(θ)

32 Anlogmente os dois primeiros csos, um visulizção do significdo geométrico deste rtifício é ddo pel figur bixo. Note que expressão u denot sempre medid de um dos ctetos de um triângulo retângulo cuj hipotenus mede u e o outro mede. Dest form, denotndo por θ o ângulo gudo djcente o ldo de medid e plicndo definição d rzão trigonométric Tngente, vemos que u = tg(θ). θ u u Exemplo.. Aplicndo um substituição trigonométric conveniente, clculr s seguintes integris: () 9 x x ; (b) Ôx + 5 ; (c) x 3 x 9. Solução: () Observemos que integrl dd ilustr o primeiro cso, pois temos no integrndo um expressão do tipo u, onde = 3 e u = x. Assim, fzemos x = 3 sen(θ), de onde se tem = 3 cos(θ)dθ e, então:ô9 x = 9 9 sen(θ) = 3 cos(θ) = 3 cos(θ). Substituindo n integrl, obtemos: 9 x x = 3 cos(θ) 9 sen (θ) 3 cos(θ)dθ = 9 cos (θ) 9 sen (θ) dθ = cotg (θ)dθ = [cossec (θ) ]dθ = cossec (θ)dθ dθ = cotg(θ) θ + C Pr voltrmos à vriável originl (x), usmos s relções trigonométrics e s funções trigonométrics inverss. De x = 3 sen(θ), obtemos diretmente sen(θ) = x 3 e θ = rcsen x Além disso, de 3. 9 x 9 x 9 x = 3 cos(θ), temos tmbém que cos(θ) =. Dí, temos cotg(θ) =. Portnto, 3 x voltndo à integrl, temos, finlmente, 9 x 9 x x = rcsen(θ) + C. x (b) Percebmos, gor, que trt-se de um cso em que o integrndo envolve um expressão d form + u ( o cso), onde temos = 5 e u = x. Então, devemos fzer x = 5tg(θ), de onde se tem = 5 sec (θ)dθ e então: Ôx + 5 = ( 5tg(θ)) + 5 = 5 tg (θ) + 5 = 5(tg (θ) + ) = 5 sec (θ) = 5 sec(θ) Aplicndo s substituições n integrl, temos: Ôx + 5 = 5sec(θ) 5sec (θ)dθ = 5 sec 3 (θ)dθ = 5 sec 3 (θ)dθ Aproveitndo o cálculo d integrl sec 3 (θ)dθ, já feito no exemplo.7 d seção nterior, temos: Ôx + 5 = 5 [tg(θ)sec(θ) + ln tg(θ) + sec(θ) ] + C. 3