Capítulo 6 Técnicas de Integração Você já deve ter percebido que resolver integrais ou achar primitivas de uma função qualquer não é muito simples, por isso é necessário desenvolver algumas técnicas ou métodos gerais que facilitem esta tarefa. Mesmo programas de computador como o Maple não fazem milagres! Veja, por eemplo, o que acontece quando tentamos usar o Maple para resolver a integral ( + ln()) + ( ln()) d. > int((+log())*sqrt(+(*log())^),); ( + ln()) + ln() d O Maple não encontrou a primitiva!! No entanto, esta integral pode ser resolvida se usarmos o método de substituição de variáveis que aprendemos em capítulos anteriores. De fato, a substituição u = ln() transforma esta integral em + u du, cuja primitiva aprenderemos a calcular, neste capítulo, usando uma técnica geral chamada substituição trigonométrica. Portanto, mesmo tendo a nossa disposição um computador com um fabuloso programa computacional algébrico, ainda assim precisamos estudar e aprender matemática porque, felizmente, só os homens (e mulheres) conseguem pensar e criar. As próimas seções se destinam ao estudo de métodos gerais que se apliquem à resolução de tipos especiais de integrais. 6. Integração por partes O método de substituição de variáveis se aplica à resolução de uma integral cujo integrando envolve, essencialmente, a derivada de uma composição de funções. Essa técnica de integração estabelece, de uma certa maneira, uma regra da cadeia para integrais. Outra importante técnica de integração é conhecida como integração por partes. Esta técnica é aplicada na resolução de uma integral que envolve o produto de duas funções e é uma conseqüência simples da regra do produto para derivadas. O eemplo a seguir ilustra o emprego e a necessidade desta técnica. Sabemos que Conseqüentemente, d ( sen() + cos()) = cos(). d cos() d = sen() + cos() + C. Assim, trabalhando de trás para a frente resolvemos facilmente um problema de integração que envolve o produto de duas funções. No entanto, com as técnicas que temos disponíveis até agora para resolver integrais não conseguiríamos uma resposta para este problema se o tivéssemos proposto na ordem direta. Para resolver integrais deste tipo precisamos de uma espécie de regra do produto para integrais. Motivados pelo eemplo acima, vamos tentar estabelecer esta regra trabalhando de trás para a frente. A regra para a derivada do produto estabelece que (u v) = u v + u v, onde u = u() e v = v() são funções deriváveis. A fórmula acima equivale a u v = (u v) u v.
360 Cap. 6 Técnicas de Integração Integrando esta igualdade, obtemos u v d = uv v u d. Como u = u() du = u ()d e v = v() dv = v ()d, a igualdade acima pode ser escrita como u dv = uv v du. Esta é a fórmula para a integração por partes. Para aplicar esta fórmula na resolução de uma determinada integral, devemos fatorar o integrando em duas partes u e dv (daí o nome do método), levando em consideração dois princípios:. A primitiva v = dv deve ser fácil de determinar.. A nova integral vdu deve ser mais fácil de calcular que a integral original. Observe que no caso de integral definida a fórmula acima é equivalente a Eemplo Calcule e d. b a u dv = u(b) v(b) u(a) v(a) Faça u = e dv = e d. Assim, du = d e v = e d = e. Substituindo estes resultados na fórmula de integração por partes, obtemos e d = e e d = e e + C. Observe que se tivéssemos escolhido u = e e dv = d, teríamos du = e d e v =. Neste caso, aplicando a fórmula de integração por partes transformaríamos a integral original em outra mais difícil de ser calculada, como se segue e d = e b a e d. Portanto, esta segunda escolha é inadequada para resolver a integral proposta. Eemplo Calcule e d. Faça u = e dv = e d. Então, du = d e v = e. Substituindo estes resultados na fórmula de integração por partes, obtemos e d = e e d = e e ( ) + C = e ( + ) + C. v du. Eemplo 3 Calcule ln() d. Para esta integral, faça u = ln() e dv = d. Assim, du = d e v =. Substituindo estes resultados na fórmula de integração por partes, obtemos: ln() d = ln() d = ln() + C = (ln() ) + C. Eemplo 4 Calcule sen() d. Faça u = e dv = sen() d. Então, du = d e v = cos(). Assim, sen() d = cos() cos() d = cos() + sen() + C.
W.Bianchini, A.R.Santos 36 Eemplo 5 Calcule arctg() d. Faça u = arctg( ) e dv = d. Então, du = d e v =. Logo, + arctg() d = arctg() + d. Esta última integral pode ser resolvida por substituição de variáveis, fazendo-se t = +, o que implica que dt = d. Assim + d = t dt = ln(t) + C = ln( + ) + C. Logo, arctg() d = arctg() ln( + ) + C. Eemplo 6 Ao aplicar o método de integração por partes, pode acontecer de retornarmos à integral original. Vamos mostrar como solucionar este problema resolvendo a integral e sen() d. Fazendo u = e e dv = sen() d, temos que du = e d e v = cos(). Assim, a fórmula de integração por partes fornece e sen() d = e cos() + e cos() d. Repetindo o mesmo processo para resolver a nova integral, fazemos agora u = e e dv = cos() d. Tem-se, então, que du = e d e v = sen(), e a fórmula de integração por partes, aplicada à última integral da epressão acima, resulta em e sen() d = e cos() + e cos() d = e cos() + e sen() e sen() d. Fazendo I = e sen() d, a igualdade acima nos diz que que é equivalente a I = e cos() + e sen() I isto é, I = e cos() + e sen() + C ou I = e cos() + e sen() e sen() d = e cos() + e sen() + C. + C, 6.. Substituição por partes usando o Maple O maple possui uma sub-rotina, intparts(int(f(),),u) do pacote student, que permite a você praticar o método de integração por partes. Vamos ilustrar como isto é possível com alguns eemplos. Eemplo Vamos resolver as integrais e d e 3 e d com a ajuda do comando intparts do Maple. (Não esqueça que antes de usar este comando temos que avisar o Maple que ele faz parte do pacote student. Esta é a função da linha de comando with(student).) > with(student): Fazendo u =, no comando intparts), temos > I:=intparts(Int(*ep(),),); I := e e d
36 Cap. 6 Técnicas de Integração Neste ponto você deve decidir se a sua escolha da função u foi adequada. A resposta neste caso é sim, pois esta última integral tem uma primitiva imediata. Se quiser, você pode continuar a usar o Maple para acabar de calcular esta integral > I:=value(I); I := e e Usando agora o teorema fundamental do cálculo, podemos resolver a integral definida 3 e d calculando I(b) I(a), onde I = e e é a primitiva de f() = e, encontrada acima. Assim, temos > subs(=3,i)-subs(=-,i); Eemplo Calcule ln() d e 3 + 3 e A escolha u = nos conduz a > J:=intparts(Int(*ln(),),); J := ( ln() ) Por outro lado, fazendo u = ln( ), obtemos ln() d > J:=intparts(Int(*ln(),),ln()); J := ln() d Observe que a segunda escolha é mais adequada para resolver a integral dada. Eemplo 3 Calcule sen() d Neste caso, há várias escolhas possíveis. Vamos tentar todas e observar os resultados.. Fazendo u =, obtemos > A:=intparts(Int(^*sin(),),^); A := cos() cos() d. Escolhendo, agora, u =, temos > A:=intparts(Int(^*sen(),),); A := (sen() cos()) sen() cos() d 3. Ou, ainda, escolhendo u = sen( ), temos > A3:=intparts(Int(^*sen(),),sen()); A3 := 3 sen() 3 3 cos() 3 d Dos resultados obtidos, podemos concluir que a primeira escolha é a mais adequada para se calcular a integral acima 6.. Eercícios. Calcule as integrais a seguir:
W.Bianchini, A.R.Santos 363 (a) sen d (b) sen 3 d (c) cos(a ) d (d) e d (e) cos 4 d (f) e (3 ) cos( ) d (g) 3 e () d (h) sen() d (i) ln() d (j) + d (k) sec d. (a) Verifique a veracidade da fórmula ln n d = ln n ln (n ) d. Fórmulas deste tipo são chamadas fórmulas de redução. Aplicando esta fórmula n vezes, é possível calcular a integral da esquerda. (b) Aplique a fórmula obtida no item anterior para calcular ln 3 d. (c) Deduza uma fórmula de redução para i. n sen() d ii. n e d iii. n ln n d 3. Calcule sen(ln()) d. (Decida qual é o procedimento mais promissor e prossiga com fé!) 6. Integrais trigonométricas especiais Nesta seção estudaremos certas integrais em que o integrando é potência de uma função trigonométrica ou o produto de duas dessas potências, eemplificando cada um dos casos abordados.. Potências pares de seno e coseno Eemplo Para calcular as integrais sen d e cos d podemos proceder de duas maneiras: (a) Usando integração por partes. (b) Utilizando as identidades trigonométricas sen = ( cos( )) e cos = ( + cos( )). Vamos resolver a primeira integral utilizando integração por partes: sen d = sen() sen() d. Fazendo u = sen( ) e dv = sen() d, temos que du = cos() d e v = cos(). Assim, sen d = sen() sen() d = sen() cos() cos() cos() d = sen() cos() + sen d = sen() cos() + sen d. Essa igualdade resulta em: sen d = ( sen() cos() + ) + C = sen( ) 4 Resolvendo a segunda integral utilizando a identidade trigonométrica indicada, temos + cos( ) cos d = d = + sen( ) 4 + C. + C. Eemplo Vamos calcular a integral sen 4 cos d.
364 Cap. 6 Técnicas de Integração Para resolver esta integral, vamos utilizar a identidade sen + cos =, para escrever o integrando só em termos de senos ou só em termos de cossenos. Assim, sen 4 cos d = sen 4 ( sen ) d = sen 4 sen 6 d. A integral de sen 4 pode ser calculada, como anteriormente, usando-se a identidade trigonométrica sen = ( cos( )) e observando que sen 4 = (sen ) ; a integral sen 6 d pode ser resolvida por partes, observandose que sen 6 = sen 5 sen().. Potências ímpares de seno ou coseno Integrais do tipo sen 5 cos d são resolvidas por substituição. Para isto, basta observar que sen 5 cos d = sen 4 sen() cos d. Agora, fazendo u = cos(), então du = sen()d. Assim, temos sen 5 cos d = sen 4 sen() cos d = ( u ) u du = u u 4 + u 6 du 3. Potências inteiras de tangente Vamos calcular tg() d. = ( u3 3 u5 5 + u7 7 ) + C = cos3 + cos5 cos7 + C. 3 5 7 A substituição u = cos() e du = sen()d, resulta em sen() tg() d = cos() d = du = ln( u ) + C = ln( cos() ) + C = ln( sec() ) + C. u Da mesma forma é possível obter os seguintes resultados: (a) cotg() d = ln( sen() ) + C (b) tg d = sec d = tg() + C (c) tg 3 d = tg tg() d = (sec ) tg() d = sec tg() d A primeira integral pode ser resolvida fazendo-se u = tg() du = sec d, e assim, tg 3 d = tg ln( sec() ) + C. 4. Potências inteiras de secante Eemplo Calcular sec() d. tg() d Esta integral pode ser resolvida usando-se integração por partes. Porém, um método mais rápido é obtido multiplicando-se e dividindo-se o integrando por sec() + tg() e fazendo a substituição u = sec( ) + tg( ) du = sec( ) tg() + sec () d. Assim, sec() (sec() + tg()) sec() d = d = du = ln( u ) + C = ln( sec() + tg() ) + C. sec() + tg() u
W.Bianchini, A.R.Santos 365 Eemplo Calcular sec 3 d. Como u = sec() du = sec() tg(), e dv = sec d v = tg(), a fórmula de integração por partes resulta em Assim, sec 3 d = sec sec() d = sec() tg() = sec()tg() sec 3 d + sec() d tg sec() d = sec() tg() (sec ) sec() d sec 3 d = sec() tg() + sec() d, ou seja, sec 3 d = (sec() tg() + ln( sec() + tg() ) + C. 6.3 Substituição trigonométrica O método da substituição trigonométrica pode ser empregado na resolução de integrais cujos integrandos envolvem epressões do tipo a, a + e a. A tabela abaio mostra as substituições trigonométricas indicadas em cada caso. Na primeira coluna indicamos o tipo de integrando, na segunda, a substituição a fazer; e, na terceira, a identidade trigonométrica a ser usada. a = a sen θ cos θ = sen θ a + = a tg θ sec θ = + tg θ a = a secθ tg θ = sec θ A seguir, eemplificamos cada um dos casos indicados. Eemplo 9 Calcular d. A substituição indicada é = 3 sen θ, o que implica d = 3 cos θ dθ e daí 9 cos d = 9 sen θ cos(θ) dθ = 9 θ cos(θ) dθ = 9 cos(θ) cos(θ) dθ. Observe que θ = arcsen ( 3 ), para θ no intervalo [ π, π ]. Como neste intervalo cos(θ) 0, temos 9 + cos( θ) θ d = 9 cos sen( θ) θ dθ = 9 dθ = 9 + + C = 9 arcsen( 3 ) + sen(θ) cos(θ) 4 = 9 arcsen( 3 ) + 9 + C. + C = 9 4 arcsen( 3 ) + 9 9 + C Eemplo 4 Calcular + d.
366 Cap. 6 Técnicas de Integração A substituição indicada neste caso é = tg θ d = sec θ dθ. Daí, obtemos 4 sec + d = 4 + 4 tg θ sec θ dθ = 4 θ sec θ dθ = 4 = 4 sec 3 θ dθ = (sec θ tg θ + ln( sec θ + tg θ ) + C. sec θ sec θ dθ Observe que a identidade inversa θ = arctg( ) só é válida quando o ângulo θ estiver no intervalo [ π, π ]. Neste intervalo, sec θ > 0. Por esta razão, na penúltima igualdade acima vale a substituição sec θ = sec θ. Para terminar a resolução da integral proposta, devemos retornar à variável. Para isto usamos a identidade trigonométrica tg θ = sec θ. Assim, temos: 4 + d = + ( ) + ln + ( ) + 4 + + C = 4 + + ln + + C. 4 Eemplo 3 Calcular d. A substituição = sec θ implica que d = sec θ tg θ dθ. Daí, temos d = sec θ tg θ tg θ sec θ sec θ dθ = tg θ dθ. Como a identidade θ = arcsec só é válida para θ em [0, π ) ( π, π], tg θ > 0 em (0, π ) e tg θ < 0 em ( π, π), a última integral acima se transforma em tg θ tg θ dθ = dθ = θ + C, se θ (0, π ). dθ = θ + C, se θ ( π, π) Logo, arcsec() + C, se > d = arcsec() + C, se < Eistem casos em que é necessária alguma manipulação algébrica antes de tentarmos aplicar um dos casos de substituição trigonométrica. O eemplo abaio ilustra esta situação. Eemplo 4 Calcular + d. Completando o quadrado no radicando, temos + d = ( + ) ( 3 ) d. A substituição + = 3 sec θ d = 3 sec θ tg θ dθ e conduz a + d = d = ( + ) ( 3 ) sec θ tg θ sec θ dθ = ± sec θ dθ = ln sec θ + tg θ + C = ln + 3 + + 3 + C.
W.Bianchini, A.R.Santos 367 6.4 Funções racionais e frações parciais Recordemos que uma função racional é da forma P () = N() Q(), onde N() e Q() são polinômios. Nesta seção vamos descrever um método usado para integrar funções racionais, que consiste em escrever estas funções como a soma de funções racionais mais simples, cujas integrais sejam calculadas facilmente. Para eemplificar, vamos eaminar a função P () = +5 +. O problema é calcular a +5 + d. Repare que Esta identidade permite concluir que + 5 + + d = ( + ) ( ) = = + 5 + ( ) ( + ) +. d Esta conclusão não seria tão simples se não soubéssemos de antemão que d = ln( ) ln( + ) + C. + + = + 5 +. +5 O problema de integrar a função + se resume, então, ao problema de decompor esta fração em parcelas mais simples. Este método é chamado de decomposição em frações parciais. As regras que permitem chegar a decomposições deste tipo são enumeradas a seguir. Considere a função P () = N(). Se o grau de N() for maior ou igual do que o grau de Q(), podemos efetuar Q() a divisão e escrever P () na forma P () = N() R() = D() + Q() Q(), onde D() é um polinômio, o grau de R() é menor do que o grau de Q() e R() e Q() não têm fatores comuns. Tendo em vista esta observação, o problema de calcular integrais de funções racionais se reduz ao de eaminar o caso das funções onde o grau do numerador é estritamente menor do que o grau do denominador. Estas funções são ditas funções racionais próprias. Nossa tarefa, portanto, é decompor a fração R(), onde o grau de R() é estritamente menor do que o grau de Q() Q(), numa soma de frações mais simples, isto é, R() Q() = R () Q () + R () Q () +... + R n() Q n () esperando que cada uma dessas parcelas possa ser integrada sem muita dificuldade. Em cursos de álgebra, mostra-se que toda função racional pode ser decomposta na forma acima e que. Se Q() = ( r ) ( r )... ( r n ) ( r n ), então R() Q() = A + A +... + A n, r r r n onde A, A,... A n são constantes a serem determinadas.. Se Q( ) = ( r) m, então R() Q() = A r + A ( r) +... + A m ( r) m, onde A, A,... A n são constantes a serem determinadas.
368 Cap. 6 Técnicas de Integração 3. Se Q() = (a + b + c) k, sendo a + b + c irredutível, isto é, sem raízes reais, então Q() R() = A + B a + b + c + A + B (a + b + c) +... + A k + B k (a + b + c) k, onde A i e B i para i =...k são constantes a serem determinadas. 4. Se Q() = ( r ) ( r )... ( r n ) ( r) m (a + b + c) k, então R() Q() = A + A +... + A n + B r r r n r + B ( r) +... + B m ( r) m + A + B a + b + c + A + B (a + b + c) +... + A k + B k (a + b + c) k, onde A i e B i para i =...k são constantes a serem determinadas. Vejamos alguns eemplos para ilustar este método. Eemplo Calcule a integral d. Como = ( ) ( + ), temos ( ) ( + ) = A + B A ( + ) + B ( ) =. Assim, + ( ) ( + ) = A ( + ) + B ( ) = (A + B) + A B. Como dois polinômios são iguais quando os coeficientes dos termos de mesmo grau são iguais, temos que A + B = 0 A B =. Resolvendo este sistema, obtemos A = e B =. Portanto, Eemplo d = Calcule d + d = ln ln + + C = ln( + ) + C. ( + 3) d. B, operando algebricamente como no eemplo anterior, obtemos = A( + 3) + B. + 3 Como ( + 3) = A + Logo, A + B = 3 A =. Resolvendo este sistema, concluímos que A = 3 e B = 3. Portanto, ( + 3) d = 3 d 3 + 3 d = 3 (ln ln + 3 ) + C = 3 ln + 3 + C. + + Eemplo 3 Resolva a integral d. Neste caso, como o grau do numerador é igual ao do denominador, primeiro efetuamos a divisão indicada. Faremos isto com o auílio do Maple. Obtemos o quociente da divisão com o comando > quo(^++,^-,, r ); e o resto dessa maneira > r;
W.Bianchini, A.R.Santos 369 Assim, Logo, + + + + + = + + = + + ( ) ( + ). d = + Por decomposição em frações parciais, podemos escrever que Assim, + ( ) ( + ) = A + A + B = A B = A = 3 e B =. Logo, + + d = + + ( ) ( + ) d. B + = A( + ) + B( ). + + ( ) ( + ) d = + 3 = + 3 ln ln + + C. Eemplo 4 Calcule a integral ( ) ( + ) d. Usando decomposição em frações parciais, obtemos d ( ) ( + ) = A + B + C + = A ( + ) + (B + C) ( ). Comparando os dois polinômios, podemos concluir que A + B = 0 C B = A C = 0 Resolvendo este sistema, concluímos que A =, B = e C =. Assim,. + d ( ) ( + ) d = d + + d + + d = ln 4 ln( + ) + arctg() + C. Eemplo 5 Este eemplo ilustra um caso onde o método de decomposição em frações parciais não pode ser usado. Considere a integral + 4 + 3 d. O polinômio Q() = + 4 + 3 é irredutível e o método não funciona porque não leva a nenhuma decomposição da fração dada. (Eperimente!) Neste caso, podemos completar o quadrado que aparece no denominador e tentar algum tipo de substituição, como é feito a seguir: Q() = + 4 + 3 = ( + + 3 ) = ( + + + 3 ) = (( + ) + ) = ( ( + )) +. A substituição u = ( + ), du = d permite, então, escrever + 4 + 3 d = u u + du = = 4 ln(u + ) arctg(u) + C u u + du = 4 ln( + 4 + 3) arctg( ( + )) + C. u + du
370 Cap. 6 Técnicas de Integração 6.4. Usando o Maple para decompor uma função racional em frações parciais O Maple tem uma sub-rotina para converter uma função racional própria em frações parciais. Isto pode ser feito com o comando convert junto com a opção parfrac. O eemplo abaio ilustra o procedimento a ser seguido. > p:=->(^-*-3)/((-)*(^+*+)); > f:=convert(p(),parfrac,); Assim, p := f := 4 5 3 ( ) ( + + ) + 5 3 ( ) ( + + ) d = Resolvendo esta última integral, obtemos > Int(f,):%=int(f,)+c; 4 5 + 5 7 + 9 + +. 4 5 ( ) + (7 + 9 ) 5 ( + + ) d. 7 + 9 + + d = 4 9 ln ( ) + 5 0 ln( + + ) arctg( + ) + C. 5 Derivando a resposta obtida, podemos verificar a correção do resultado. > diff(-4/5*ln(-)+9/0*ln(^+*+)-/5*arctan(+)+c, > ); 4 5 + 9 0 + + + 5 Simplificando esta última epressão, obtemos a função inicial. > normal(%); e assim, comprovamos que a função é, realmente, uma primitiva da função 6.5 Eercícios 3 ( ) ( + + ) + ( + ). 4 ln( ) F () = + 9 ln( + + ) arctg( + ) + C 5 0 5 3 ( ) ( + + ).. Calcule as integrais abaio: (a) cos 3 5 d (b) 4 d (c) (a + ) 3 d (d) + d a (e) d (f) sen 3 d (g) (h) (i) (j) (k) (l) cos 4 d e (3 ) cos( ) d ( ) ( 3) d 3 ( )( 7) d + ( ) ( ) d + + d (m) (n) (o) (p) (q) (r) 3 + 5 6 d 5 + 4 8 3 4 d 5 3 d + + d 3 ( )( + + ) d ( )( + ) d
W.Bianchini, A.R.Santos 37 6.6 Para você meditar: Como usar o Maple no cálculo de integrais O programa Maple é uma ótima ferramenta para calcular integrais. Porém, como vimos no início deste capítulo, nem o melhor programa de computador consegue calcular certas integrais. Esta é uma das razões pela qual o aluno deve ter noção das técnicas de integração para reconhecer determinados tipos de integrais e decidir o caminho a seguir, mesmo que as contas sejam difíceis ou cansativas quando feitas no braço. Este conhecimento permite que eaminemos com espírito crítico a plausibilidade das respostas obtidas, quer com a ajuda do Maple, quer com a ajuda de outro programa computacional algébrico qualquer. Vamos ilustrar com alguns eemplos como podemos fazer um bom uso dos recursos do Maple no cálculo de integrais. Eemplo Calcule sen(5 ) sen(7 ) d. Sem a ajuda do Maple teríamos que integrar por partes ou utilizar alguma fórmula trigonométrica para simplificar o integrando. Você pode tentar fazer isto, se quiser, para ver a dificuldade. Utilizando o Maple, temos: > Int(sin(5*)*sin(7*),):%=int(sin(5*)*sin(7*),)+C; sen(5 ) sen(7 ) d = sen( ) sen( ) + C. 4 4 Como saber se a resposta obtida está correta À primeira vista, parece difícil concluir que a derivada do resultado obtido é o integrando. No entanto, uma vez mais podemos usar o Maple para eecutar esta tarefa para nós. Assim, > diff(rhs(%),); cos( ) cos( ). Esta função não se parece com o integrando acima. Ainda utilizando o Maple, podemos verificar se eiste alguma identidade trigonométrica que converta o integrando na epressão obtida acima. Para isso, usamos o programa para simplificar o integrando, levando em conta as identidades trigonométricas conhecidas. Isto é feito com o comando abaio. > sin(5*)*sin(7*)=combine(sin(5*)*sin(7*),trig); sen(5 ) sen(7 ) = cos( ) cos( ). Dessa maneira, mostramos que a integral em questão foi calculada corretamente. Eemplo Calcule 7 sen(5 ) d. > Int(^7*sin(5*),):%=value(%)+C; 7 sen(5 ) d = 5 7 cos(5 ) + 7 5 6 sen(5 ) + 4 5 5 cos(5 ) 4 5 4 sen(5 ) 68 65 3 cos(5 ) + 504 35 sen(5 ) 008 008 sen(5 ) + cos(5 ) + C. 785 565 Mais uma vez, podemos utilizar o Maple para verificar a resposta obtida. > diff(rhs(%),); Eemplo 3 Calcule a d. > Int(/sqrt(a^-^),):%=value(%)+C; 7 sin(5 ) a d = I ln(i + a ) + C. O que há de errado com esta resposta estranha Freqüentemente, o Maple nos dá respostas que à primeira vista nos parecem estranhas, mas se analisarmos com cuidado descobriremos o erro. Na maior parte das vezes, o que para nós parece óbvio não é corretamente especificado no comando que fornecemos ao programa, daí a resposta aparentemente sem sentido. No caso, não especificamos quais valores a constante a poderia assumir. Antes de tentar utilizar o
37 Cap. 6 Técnicas de Integração Maple para calcular esta integral, devemos informar ao programa que estamos considerando a > 0. Isto pode ser feito usando-se o comando assume. > assume(a>0); Agora, vamos tentar, outra vez, calcular esta integral: > Int(/sqrt(a^-^),):%=value(%)+c; d = arcsen( a a ) + c. A função obtida dessa vez é realmente uma primitiva de a. (Com o til depois da constante a, o Maple nos informa que esta constante está restrita a assumir determinados valores, no caso o resultado só é válido para valores positivos de a.) Eemplo 4 Vamos retornar ao eemplo com o qual iniciamos este capítulo, isto é, vamos tentar encontrar uma primitiva para a função ( + ln()) + ( ln()). Como vimos, não chegamos a nenhum resultado prático quando tentamos utilizar o Maple nesta tarefa, pois ele não consegue encontrar uma primitiva para esta função. > int((+ln())*sqrt(+(*ln())^),); ( + ln()) + ln() d. No entanto, se soubermos indicar ao programa o que deve ser feito, podemos ensiná-lo a calcular esta integral. Vamos, portanto, orientá-lo a fazer a substituição u = ln(), como se segue: > with(student); > changevar(*log()=u, > Int((+ln())*sqrt(+(*ln())^),), u); + u du Esta integral pode agora ser resolvida por substituição trigonométrica, ou seja, + u d = u + u + ln( + u + u) (confira!). Podemos também usar o comando int para resolver esta última integral: > int(sqrt(+u^),u); u + u + arcsenh(u). Usando o comando convert(epress~ao,ln) para obter uma outra epressão para a função arcsenh(u) em termos de funções logarítmicas, podemos provar que os dois resultados acima são equivalentes! > convert(arcsinh(u),ln); ln( + u + u). Usando o comando subs, para voltar à variável, obtemos > resposta:=subs({u=*log(),u^=(*log())^ > },u/*sqrt(+u^)+ln(sqrt(+u^)+u)/+c); + C resposta := ln() + ln() + ln( + ln() + ln()) + C. Finalmente, derivando esta resposta para conferir o resultado, vem que > diff(resposta,); ln() + ln() + + ln() + ln() ( ln() + ln()) 4 + ln() + ln() + ln() + ln() + ln() + + ln() + ln()
W.Bianchini, A.R.Santos 373 > simplify(%); ln() 3 + ln() + ln() + + ln(). Fatorando o numerador desta epressão, temos finalmente > primitiva:=factor(^*(log())^3+^*(log())^+log()+)/sqrt(+(*l > og())^); Desse modo, concluímos que primitiva := (ln() + ) + ln(). ( + ln()) + ( ln()) d = ln() ( + ln() ) + ln( ( + ln() )) + ln() + C e, dessa maneira, ensinamos o Maple a calcular esta integral! 6.7 Projetos 6.7. Integração numérica: Regras do trapézio e Simpson O início do desenvolvimento do que hoje chamamos de Cálculo Diferencial e Integral se deu quando os trabalhos de Newton e Leibniz levaram à demonstração do teorema fundamental do cálculo, que estabeleceu a relação eistente entre derivadas e integrais. A partir de então o problema de calcular uma integral, por eemplo b f() d, foi reduzido ao de a determinar uma antiderivada ou primitiva da função f. Além disso, sabemos também que se f for contínua em [a, b], esta primitiva eiste e é contínua. No entanto, como vimos neste capítulo, calcular primitivas em termos de funções elementares (combinações de somas, diferenças, produtos, quocientes, raízes e composições de polinômios, funções trigonométricas, eponenciais ou logaritmos) não é uma tarefa fácil, pelo contrário, eistem funções razoavelmente simples com primitivas que não são funções elementares! Por eemplo, sabe-se que a função e não tem primitiva elementar. Veja como o Maple determina a primitiva desta função. > int(ep(^),); I π erf(i ). A função erf( ), definida simplesmente como erf() = ( π ) 0 e( t) dt, é muito usada em estatística, na teoria de probabilidade. Eistem muitas outras funções que não têm primitiva em termos de funções elementares, mas todos que usam cálculo como uma ferramenta aplicada à ciência ou à engenharia se defrontam, ocasionalmente, com o problema de avaliar integrais deste tipo. O objetivo deste projeto é descrever dois métodos para calcular o valor numérico de uma integral do tipo b f() d, a com o grau de precisão que for necessário. Estes métodos são baseados em procedimentos simples que podem ser aplicados independentemente de podermos encontrar ou não uma primitiva de f. As fórmulas aplicadas em cada caso usam somente aritmética e o cálculo de valores da função f num número finito de pontos do intervalo [a, b]. Estas fórmulas são mais eficientes do que as somas de Riemann, utilizadas na definição de integral, no sentido de que dão resultados mais precisos com menos trabalho computacional. A regra do trapézio Considere uma partição regular do intervalo [a, b] definida pelos pontos a = 0 < <... < n = b. A idéia é aproimar a área entre f() e o eio, para k k, pelo trapézio cuja aresta superior é o segmento que une os pontos ( k, f( k )) e ( k, f( k )), como mostra a figura:
374 Cap. 6 Técnicas de Integração [k ] [k] A área deste trapézio é dada por (f( k ) + f( k )) ( k k ). Como a partição é regular, temos que ( k k ) = b a n =. Somando-se as áreas dos n trapézios considerados na aproimação, teremos que a integral b f() d é aproimadamente igual a a ( f( 0) + f( ) + f( ) +... + f( n ) + f( n) ). Repare que cada um dos valores f( i ), eceto o primeiro e o último, aparece na soma duas vezes, e isso eplica a diferença entre os seus coeficientes que aparecem na fórmula. A regra do trapézio pode então ser enunciada da seguinte maneira: Se f é contínua em [a, b] e se eiste uma partição regular de [a, b] determinada pelos pontos a = 0 < <... n = b, então b f() d é aproimadamente igual a a (b a) (f( 0 ) + f( ) + f( ) +... + f( n ) + f( n )). n Podemos chegar a esta mesma fórmula se considerarmos a média aritmética entre as somas de Riemann, onde f é calculada no etremo esquerdo e no etremo direito, respectivamente, de cada subintervalo da partição. (Veja projeto Somas de Riemann e funções monótonas.) Prova-se que o erro máimo cometido ao usarmos a regra acima para aproimar a integral b f() d é dado por M (b a) 3 n, onde M é um número real positivo tal que f () M para todo em [a, b].. Aproime 0 3 d pela regra do trapézio, dividindo o intervalo [, ] em 4 partes iguais. Estime o erro máimo cometido.. Calcule um valor aproimado para ln() com erro menor do que um centésimo. Regra de Simpson A idéia básica da regra de Simpson é aproimar cada pedaço do gráfico de f por uma parte de parábola que se ajusta à curva, em lugar de aproimar estes pequenos pedaços por segmentos de reta, como foi feito na regra do trapézio. Novamente, considere uma partição regular do intervalo [a, b] em n partes iguais, onde n é um número par. Considere os três primeiros pontos da partição, a saber: a = 0, e e os correspondentes pontos sobre a curva y = f(). Se estes três pontos não forem colineares, eistirá uma única parábola, da forma y = a + b + c, passando por estes pontos. Veja o desenho. a 0 8 6 4 0 3 4
W.Bianchini, A.R.Santos 375 Esta parábola pode ser escrita na forma P () = a ( ) + b ( ) + c. Para que esta parábola passe pelos três pontos dados, três condições são necessárias: (a) Em = 0, tem-se a ( 0 ) + b ( 0 ) + c = f( 0 ). (b) Em =, c = f( ). (c) Em =, a ( ) + b ( ) + c = f( ). Como a partição é regular, = 0 =, e de (b) temos que c = f( ). Assim, b + a ( ) = f( 0 ) f( ) b + a ( ) = f( ) f( ). Daí vem que a ( ) = f( 0 ) f( ) + f( ). Considerando que a parábola cuja equação queremos achar é uma boa aproimação para a curva y = f(), no intervalo [ 0, ], temos que a integral 0 f() d é aproimadamente igual a 0 [a ( ) + b ( ) + c] d. Calculando esta integral e epressando o resultado em termos de, obtemos a ( ) c +. 3 Substituindo nesta epressão os valores anteriormente achados para a e c, temos y + (y 0 y + y ) 3 = (y 0 + 4 y + y ) 3 onde y i = f( i ). O mesmo procedimento pode ser aplicado em cada um dos subintervalos da partição considerada. Somando todos os resultados parciais, chegamos à fórmula 3 (y 0 + 4 y + y +... + 4 y n + y n ) para calcular o valor aproimado da integral b f() d. Esta fórmula é chamada regra de Simpson. Observe que na a regra de Simpson y 0 e y n têm coeficiente ; os y i, para i par, têm coeficiente ; e os y i, para i ímpar, têm coeficiente 4. Pode-se provar que o erro máimo cometido ao aproimarmos uma integral pela regra de Simpson é dado por M (b a) ( ) 4, 80 onde M é o valor máimo da derivada quarta de f em [a, b].. O valor eato de π 0 sen() d não é conhecido. Ache um valor aproimado usando a regra de Simpson com n = 4. Estime o erro cometido.. O valor eato de 5 e d não é conhecido. Ache um valor aproimado usando a regra de Simpson com n = 4. Estime o erro cometido. 3. Ache um valor aproimado para ln() aplicando a regra de Simpson com n = 4. Estime o erro cometido. 4. Use a fórmula π 4 = 0 + d e a regra de Simpson com n = 4 para estimar um valor para π. Estime o erro cometido. 5. As tabelas abaio indicam a relação entre duas variáveis e y. Admitindo que y = f() e que f seja contínua, aproime 4 f() d por meio da (a) Regra do trapézio (b) Regra de Simpson,
376 Cap. 6 Técnicas de Integração i. ii.,5,5,75 3 3,5 3,5 3,75 4 y 4, 3,76 3, 3,58 3,94 4,5 4,69 5,44 7,5,,4,6,8 3 3, 3,4 3,6 3,8 4 y,,4 9,7 8,4 6,3 6, 5,8 5,4 5, 5,9 5,6