Cálculo Diferencial e Integral II

Cálculo Diferencial e Integral II (Cálculo II A, MAT 04) Adriano Pedreira Cattai http://www.alunospgmat.ufba.br/adrianocattai/ clicar em ensino Universidade Federal da Bahia UFBA Semestre 006. Sumário Apresentação. Ementa.......................................... Objetivos.........................................3 Metodologia........................................4 Sugestão Bibliográfica..................................5 Conteúdo Programático.................................6 Recomendações (Dicas) do Professor......................... 3 Integração 4. Antidiferenciação: A Integral Indefinida....................... 4.. Regras Básicas de Integração......................... 6.. Propriedades Operatórias da Integral Indefinida............... 8..3 Versão simples de Equações Diferenciais................... 0..4 Mudança de Variável na Integral Indefinida: Integração por substituição. 3 3 8 3. Integração por Partes................................. 9 Ax + B 3. Integrais do tipo: e ax + bx + c dx Ax + B dx............ 6 ax + bx + c 3.3 Integrais de Funções Racionais............................ 3 3.3. Integrais de Funções Racionais Impróprias................. 3 3.3. Integrais de Funções Racionais Próprias: Método da Decomposição em Frações Parciais................................ 33

3.4 Integrais de Expressões Racionais Contendo sen(x) e/ou cos(x).......... 37 3.5 Integrais de Algumas Funções Irracionais...................... 38 3.6 Integração Trigonométrica............................... 39 3.6. Integração de potências do Seno e do Cosseno................ 40 3.6. Integração de Potências das demais Funções Trigonométricas....... 4 3.6.3 Integrais Envolvendo Produtos........................ 45 3.6.4 Integrais por Substituição Trigonométrica.................. 45

Apresentação. Ementa Noções de primitiva de uma função: Processos gerais de integração: integral definida e aplicações. Estudo das funções reais de várias variáveis: limite, continuidade, derivadas parciais e derivada total; aplicações. Integrais duplas.. Objetivos Estudo do Cálculo Integral para funções de uma variável real e suas aplicações geométricas e físicas bem como o estudo do Cálculo Diferencial e Integral para funções reais de variáveis..3 Metodologia Aulas expositivas.4 Sugestão Bibliográfica. Cálculo A e Cálculo B. FLEMMING, D. M. e GONÇALVES, M. B.. Cálculo com Geometria Analítica. Earl W. Swokowski, Volumes e 3. Cálculo Diferencial e Integral. Piskunov, Volumes e 4. Cálculo - Funções de Mais de Uma Variável. Nilson J. Machado 5. Cálculo. Munem-Foulis, Volumes e 6. O Cálculo com Geometria Analítica. Louis Leithold, Volumes e 7. Um curso de Cálculo. Guidorizi, H., Volumes e.5 Conteúdo Programático. A integral indefinida Processos elementares de integração: substituição, partes, funções racionais, irracionais e trigonométricas.. A integral definida Definição e propriedades básicas; Teorema fundamental do cálculo. 3. Aplicações da integral definida Cálculo de área, volume, comprimento de arco Algumas aplicações à Física; Integrais impróprias;

Apresentação 4. Funções de duas ou mais variáveis Definição, domínio, curvas de nível e representação gráfica; Noções sobre limite e continuidade; Derivadas parciais e suas aplicações; Diferencial e suas aplicações; Derivação composta; Derivação implícita; Derivada direcional, gradiente, plano tangente e reta normal a uma superfície; Derivadas parciais de ordem superior - Teorema de Schwartz. 5. Integrais Duplas Definição, propriedades básicas e interpretação geométrica; Cálculo da integral dupla; Aplicações..6 Recomendações (Dicas) do Professor a. Evite fazer segunda chamada. Estude logo para se dar bem nas primeiras provas. Evite também a final, mas saiba que a prova final faz parte do processo de avaliação. Guarde suas provas, elas garantirão seu conceito. a. Estude a teoria e resolva muitos exercícios. Não se aprende cálculo fazendo um ou dois exemplos e nem estudando na véspera de prova. Não faça só os propostos nas listas, busque mais em livros de cálculo. 3 a. Preste bem atenção na aula, meu quadro não é dos mais belos e organizados. Não falte aula, a presença é indispensável para a compreensão da teoria. 4 a. Se acostume com a notação utilizada no cálculo. A matemática possui uma linguagem própria, por isso, aprenda-a. 5 a. As Três Regras de Ouro para se dar bem em Cálculo R. Estude a teoria e faça muitos exercícios de Cálculo; R. Se a regra não for suficiente, estude mais a teoria e faça ainda mais exercícios de Cálculo; R3. Se as regras e não tiverem o efeito desejado, faça um número monstruosamente grande de exercícios de Cálculo. Texto composto em L A TEXε, APC, Agosto/006 Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 4

Integral Indefinida Integração O Cálculo Diferencial lida com o problema de se determinar a taxa de variação de uma quantidade com relação a outra. Iniciaremos o estudo de uma outra parte do cálculo, conhecida como Cálculo Integral. Aqui estamos interessados precisamente no problema oposto: Se conhecemos a taxa de variação de uma quantidade em relação a outra, podemos determinar a relação entre essas quantidades? A ferramenta principal utilizada no estudo do cálculo integral é a antiderivada de uma função, e desenvolvemos regras para a antiderivação, ou integração, como é chamado o processo de encontrar a antiderivada ou integral indefinida. A derivada foi motivada por problemas de determinação do coeficiente angular de uma reta tangente e definição de velocidade. A integral definida, como veremos, surge de modo natural quando consideramos o problema da determinação da área de uma região curvilínea. Esta é, entretanto, apenas uma das aplicações. Veremos que o conceito de integral, que é formado totalmente independente do conceito de derivada, guarda com este uma relação muito importante. Esta relação entre os dois conceitos foi estabelecida por Newton e Leibniz no século XVII, sendo hoje conhecida como o Teorema Fundamental do Cálculo. Assim, além de introduzirmos técnicas de integração (antidiferenciação), o conceito de integral e tratarmos das propriedades e de suas relações com a derivada, apresentaremos algumas aplicações do cálculo de comprimentos, áreas, volumes e equações diferenciáveis com variáveis separáveis, onde esta última, na versão bem leve, pois equações diferenciáveis será uma unidade da disciplina Cálculo III.. Antidiferenciação: A Integral Indefinida Em estudos anteriores resolvemos problemas do tipo: Dada uma função f, determinar sua derivada f. Estudaremos agora um problema relacionado: Dada uma função f, achar uma função F tal que F = f. Ou seja, a operação inversa da derivada.. Definição. Uma função F será chamada de antiderivada ou primitiva de uma função f num intervalo I se F (x) = f(x) para todo x no intervalo I. Exemplo.. Se F for definida por F(x) = x, então F (x) = x. Assim, se f for a função definida por f(x) = x, então f é a derivada de F e F é uma antiderivada, ou primitiva, de f. Note que, se G for a função definida por G(x) = x +3 então, G também será uma primitiva Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 5

f. Assim f(x)dx = F(x) + K UFBA Cálculo II 006. Integral Indefinida de f, pois G (x) = x. Na verdade, há uma infinidade de primitivas para x. De modo geral, se K é uma constante arbitrária, então x + K é uma primitiva de x, do fato em que a derivada de uma constante é zero, ou seja D x (x + K) = x + 0 = x. Assim, existe uma família de antiderivadas de x. Resumimos nos seguintes teoremas.. Teorema. Seja F uma antiderivada de f num intervalo I. Se G é uma outra antiderivada de f em I, então G(x) = F(x) + K para alguma constante arbitrária K e para todo x em I. Demonstração. Seja H a função definida em I por H(x) = G(x) F(x). Então, para todo x em I temos que H (x) = G (x) F (x). Mas, por hipótese, G (x) = F (x) para todo x em I, logo H (x) = 0 para todo x em I. Portanto H é uma função constante, digamos H(x) = K, assim G(x) = F(x) + K, para todo x em I..3 Teorema. Seja F uma antiderivada particular de f num intervalo I. Então, toda antiderivada de f em I será da forma F(x) + K onde K é uma constante arbitrária e todas as antiderivadas de f em I poderão ser obtidas atribuindo-se certos valores a K. Demonstração. Suponha que G represente qualquer antiderivada de f em I, então G (x) = f(x), para todo x em I. Mas, F é uma antiderivada particular de f em I, então F (x) = f(x) para todo x em I. Segue portanto que G (x) = F (x) para todo x em I. Logo, pelo teorema anterior, existe uma constante K, tal que G(x) = F(x) + K para todo x em I. Como G representa qualquer antiderivada de f em I, segue que toda antiderivada de f pode ser obtida de F(x) + K, onde K é uma constante arbitrária..4 Definição (A Integral Indefinida). O processo de se determinar todas as antiderivadas de uma função é chamado de antidiferenciação ou integração. Usamos o símbolo,chamado de sinal da integral, para indicar que a operação de integração deve ser executada sobre uma função nos diz que a integral indefinida de f é a família de funções dada por F(x)+K, onde F (x) = f(x). A função f a ser integrada é chamada de integrando, e a constante K é chamada de constante de integração. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 6

Integral Indefinida.5 Observação. A expressão dx que segue ao integrando f(x) lembra-nos de que a operação é executada com respeito a x. Se a variável independente é t, escrevemosf(t)dt. Neste caso, dizemos que tanto t quanto x são variáveis mudas. Exemplo.. (a)3x dx = x 3 + K pois (x 3 + K) = 3x (b)cos(t)dt = sen(t) + K pois (sen(t) + K) = cos(t) (c)e u du = e u + K pois (e u + K) = e u (d) x dx = ln (x) + K pois (ln (x) + K) = x O seguinte teorema, estabelece que diferenciação e integração indefinida são processos inversos porque, de certo modo, um desfaz o outro..6 Teorema. (i)d x f(x)dx = f(x) + K (ii) D xf(x)dx=f(x) Demonstração. (i) Óbvio! (ii) Suponha que F é uma antiderivada de f, ou seja, F = f. Assim, D xf(x)dx=d xf(x) + K=D xf(x)+0 = f(x).. Regras Básicas de Integração Acabamos de ver quef (x)dx = f(x) + K. E isto permite usarmos qualquer fórmula de derivada para obter uma fórmula correspondente de integral indefinida, que chamamos de integral imediata, como na tabela a seguir. Derivada f (x) Integral Indefinida f (x)dx = f(x) + K x n+ n + (x) = dx = x + K = x n x n dx = xn+ n + + K (ln (x)) = x x (a x ) = a x ln aa x dx = dx = ln x + K ln a ax + K (e x ) = e x e x dx = e x + K Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 7

Integral Indefinida.7 Observação. A fórmula dada na 3 a linha, é chamada de regra da potência para integral indefinida, para tanto, é preciso que tenhamos n. Como se vê no exemplo a seguir, frequentemente é preciso modificar a forma de um integrando para aplicar a regra da potência, ou uma identidade trigonométrica. Exemplo.3. (a)x 3 x dx =x 5 dx = x5+ 5 + + K = 6 x6 + K (b) x dx =x dx = x + + + K = x + K (c)3 x dx =x 3 dx = x 3 + 3 + + K = 3 4 x4 3 + K (d)tg(x) sec(x) dx =cos(x) sen(x) cos(x) dx =sen(x) dx = cos(x) + K (e)cos(u) cotg(u) du =sec(u) tgu du = sec(u) + K Prosseguindo, como na tabela acima, temos as seguintes integrais imediatas:.x n dx = xn+ + K, n ; n +. dx = ln x + K; x 3.a x dx = ax + K, 0 < a ; ln a 4.e x dx = e x + K; 5.sen(x)dx = cos(x) + K; 6.cos(x)dx = sen(x) + K; 7.sec (x)dx = tg(x) + K; 8.cossec (x)dx = cotg(x) + K; 9.sec(x) tg(x)dx = sec(x) + K; 0.cossec(x) cotg(x)dx = cossec(x) + K; dx. = arcsen(x) + K; x dx. = arccos(x) + K; x dx 3. = arctg(x) + K; + x 4. dx = arccotg(x) + K; + x dx 5.x = arcsec(x) + K; x dx 6.x = arccossec(x) + K; x.8 Observação. À medida que avançamos, novas integrais imediatas serão apresentadas. Para tanto, precisaremos de algumas técnicas (ou métodos). Os exemplos (integrais) contendo o símbolo, serão chamados de exemplos estrela. Esses exemplos irão completar nossa tabela de integrais imediatas, mas não na sua totalidade. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 8

Integral Indefinida.. Propriedades Operatórias da Integral Indefinida Resumimos no seguinte teorema, de fácil verificação..9 Teorema. Sejam f e g duas funções com primitivas num intervalo I e c uma constante qualquer, então (i)c f(x) dx = cf(x) dx; (ii)f(x) ± g(x)dx =f(x) dx ±g(x) dx; Demonstração. (i) Seja F(x) uma primitiva de f(x). Então, c F(x) é uma primitiva de c f(x), pois (c F(x)) = k F (x) = c f(x). Portanto, c f(x) dx = c F(x) + K = c F(x) + c K, onde K = c K = c (F(x) + K ) = cf(x) dx. (ii) Sejam F(x) e G(x) duas primitivas quaisquer das funções f(x) e g(x), respectivamente. Então, F(x) + G(x) é uma primitiva da função f(x) + g(x), pois F(x) ± G(x) = F (x) ± G (x) = f(x) ± g(x). Portanto,f(x) ± g(x)dx =F(x) ± G(x)+K =F(x) ± G(x)+K + K, onde K = K + K =F(x) + K ±G(x) + K =f(x) dx ±g(x) dx. Este último teorema estabelece que para determinar uma antiderivada de uma constante vezes uma função, achamos primeiro uma antiderivada da função, multiplicando-a, em seguida, pela constante. E, para determinar uma antiderivada da soma (ou subtração) de duas funções, achamos primeiro a antiderivada de cada uma das funções separadamente e então, somamos (ou subtraimos) o resultado. O teorema seguinte, de prova análoga, estende para um número qualquer, finito, de funções. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 9

Integral Indefinida.0 Teorema. Se f, f,..., f n estão definidas num intervalo, então c f (x) ± c f (x) ±... ± c n f n (x)dx = c f (x)dx ± c f (x)dx ±... ± c nf n (x)dx, onde c,c,...,c n são constantes.. Observação. Não há uma propriedade análoga para o produto entre funções, ou seja, f(x) g(x) dx f(x) dx g(x) dx, como ilustra o seguinte exemplo. Exemplo.4. Como D x 3 ( + x ) 3=( + x ) x, então + x xdx = 3 ( + x ) 3 + K = 3 + x + x 4 + 3 x6 + K. Calculando a integral de cada fator, temos: (i) + x dx =( + x + x 4 ) dx = x + 3 x3 + 5 x5 + K (ii)x dx = x + K. E portanto, + x x dx um polinômio de grau 7. Exemplo.5. Vejamos algumas integrais indefinidas. + x dx x dx, pois o produto entre (i) e (ii) será (a)(5x 4 8x 3 + 9x x + 7) dx = 5x 4 dx 8x 3 dx + 9x dx x dx +7 dx = 5 5 x5 8 4 x4 + 9 3 3 x3 x + 7x + K = x 5 x 4 + 3x 3 x + 7x + K (b) xx + xdx =x x + x dx =x 3 + x dx =x 3 dx +x dx + K = 5 x x + x + K = x5 5 + x (c)x 3 + x dx =x 3 x + x dx =x 3 dx + x x dx = x dx +x dx = x + x + K = x x + K (d)3sec(x) tg(x) 5cossec (x)dx = 3sec(x) tg(x) dx 5cossec (x) dx = 3sec(x) 5( cotg(x)) + K = 3sec(x) + 5cotg(x) + K Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 0

(e)cotg(x) 3sen (x) sen(x) dx = sen(x) cotg(x) dx 3sen (x) sen(x) dx = cossec(x) cotg(x) dx 3sen(x) dx UFBA Cálculo II 006. Integral Indefinida = ( cossec(x)) 3( cos(x)) + K = 3cos(x) cossec(x) + K (f)tg (x) + cotg (x) + 4dx =(sec ) + (cossec (x) ) + 4dx =sec dx +cossec (x) dx + dx = tg(x) cotg(x) + x + K Note que neste último exemplo, usamos as identidades tg (x) + = sec (x) e cotg (x) + = cossec (x). As identidades trigonométricas são frequentemente usadas quando calculamos integrais envolvendo funções trigonométricas. As oito identidades fundamentais a seguir são cruciais. cossec(x) = sen(x) sec(x) = cos(x) cotg(x) = tg(x) tg(x) = sen(x) cos(x) cotg(x) = cos(x) sen(x) sen (x) + cos (x) = tg (x) + = sec (x) cotg (x) + = cossec (x)..3 Versão simples de Equações Diferenciais Um problema aplicado pode ser enunciado em termos de uma equação diferencial, isto é, um equação que envolve derivadas de uma função incógnita. Uma função f é solução de uma equação diferencial se verifica a equação, isto é, se a substituição da função incógnita por f resulta em uma identidade. Resolver uma equação diferencial significa achar todas as suas soluções. Em alguns casos, além da equação diferencial, podemos conhecer certos valores de f, chamados condições iniciais. As integrais indefinidas são úteis para a resolução de certas equações diferenciais, porque, dada uma derivada f (x), podemos integrá-la e usar o Teorema.9 para obter uma equação envolvendo a função incógnita f:f (x) dx = f(x) + K Dada uma condição inicial para f, é possível determinar f(x) explicitamente, como no exemplo a seguir. Exemplo.6. Resolva a equação diferencial sujeita à condição inicial y(0) =. y = 6x + x 5 Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página

Integral Indefinida portanto Resolução: Notemos primeiro que y = dy dy. Assim dx dx = 6x + x 5, e escrevemos dy = (6x + x 5)dx y =dy =(6x + x 5) dx = x 3 + x 5x + K Fazendo x = 0 e utilizando a condição inicial y(0) =, temos y(0) = 0 + 0 0 + K =. Logo a solução da equação diferencial dada, com a condição inicial y(0) =, é y = x 3 + x 5x + Exemplo.7. Em qualquer ponto (x,y) de uma determinada curva, a reta tangente tem uma inclinação igual a 4x 5. Se a curva contém o ponto (3,7), ache sua equação. Resolução: Como a inclinação da reta tangente e uma curva em qualquer ponto (x, y) é o valor da derivada nesse ponto, temos dy = 4x 5, e então dx y =dy =(4x 5) dx = 4 x 5x + K = x 5x + K A equação y = x 5x+K representa uma família de curvas. Como queremos determinar uma certa curva dessa família que contenha o ponto (3,7), substituímos x por 3 e y por 7, obtemos K = 4, e portanto y = x 5x + 4 é a equação da curva pedida. Exemplo.8 (Interpretação Cinética). Do estudo da cinética sabemos que a posição de um ponto material em movimento, sobre uma curva C (trajetória) conhecida, pode ser determinada, em cada instante t, através de sua abscissa s, medida sobre a curva C. A expressão que nos dá s em função de t é s = s(t), e é chamada equação horária. Sendo dado um instante t 0 e sendo t um instante diferente de t 0, chamamos velocidade média do ponto entre os instantes t 0 e t o quociente v m = s(t) s(t 0) t t 0 = s t, e chama se velocidade escalar do ponto no instante t 0 o limite s(t) s(t 0 ) s v (t0 ) = lim v m = lim = lim t t0 t t0 t t 0 t 0 t = s (t 0 ). Em outras palavras, a derivada da função s = s(t) no ponto t = t 0 é igual à velocidade escalar do móvel no instante t 0. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página

Integral Indefinida Sabemos ainda que a velocidade v de um ponto material em movimento pode variar de instante para instante. A equação que nos dá v em função do tempo t é v = v(t), e é chamada equação da velocidade do ponto. Chama se a aceleração média do ponto entre os instantes t e t 0 o quociente a m = v(t) v(t 0) t t 0 = v t, e chama se aceleração escalar do ponto no instante t 0 o limite: v(t) v(t 0 ) v a (t0 ) = lim a m = lim = lim t t0 t t0 t t 0 t 0 t = v (t 0 ). Em outras palavras, a derivada da função v = v(t) no ponto t = t 0 é igual à aceleração escalar do móvel no instante t 0. Suponha que um ponto percorre uma curva obedecendo à equação horária s = t + t (Unidades SI). No instante t 0 = a velocidade é dada pela derivada s no ponto, ou seja, v () = s s(t) s() (t + t ) ( + ) () = lim = lim t t t t t + t 6 (t )(t + 3) = lim = lim = 5 m/s. t t t t No entanto, podemos, por meio da integração indefinida, percorrer o caminho inverso,ou seja, dada a aceleração a(t), temos v(t) =a(t) dt, e então s(t) =v(t) dt. Suponhamos que uma pedra tenha sido lançada verticalmente para cima de um ponto situado a 45 m acima do solo e com velocidade inicial de 30 m/s. Desprezando a resistência do ar, determine (a) a distância da pedra ao solo após t segundos; (b) o intervalo de tempo durante o qual a pedra sobre; e (c) o instante em que a pedra atinge o solo, e a velocidade nesse instante. Vejamos como. Primeiramente, notemos que o movimento da pedra pode ser representada por um ponto numa coordenada vertical com origem no solo e direção positiva para cima. (a) A distância da pedra ao solo no instante t é s(t) e as condições iniciais são s(0) = 45 e v(0) = 30. Como a velocidade é decrescente, v (t) < 0, isto é, a aceleração é negativa. Logo, pelas observações descritas acima, a(t) = v (t) = 9,8, e então v(t) =a(t) dt = 9,8 dt = 9,8t + K Como v(0) = 30, temos que K = 30, e consequentemente, v(t) = 9,8 dt = 9,8t+30. Obtemos agora, s(t) da seguinte forma: s(t) =v(t) dt =( 9,8t + 30) dt = 4,9t + 30t + K Como s(0) = 45, temos que K = 45. E portanto a distância ao solo no instante t é dado por s(t) = 4,9t + 30t + 45. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 3

e portanto f(x) g (x) dx = Fg(x)+K. () UFBA Cálculo II 006. Integração por substituição (b) A pedra subirá até que v(t) até que v(t) = 0, isto é, 9,8t + 30 = 0, ou t 3. (c) A pedra atingirá o solo quando s(t) = 0, isto é, quando 4,9t + 30t + 45 = 0. Donde t =,4 ou t = 7,36. Como t é não-negativo, temos que quando t = 7,36s a pedra atingirá o solo, sob velocidade v(7, 36) = 9, 8(7, 36) + 30 4, 3m/s...4 Mudança de Variável na Integral Indefinida: Integração por substituição As fórmulas para integrais indefinidas que estabelecemos até aqui têm objetivo limitado, por que não podemos usá-la diretamente para calcular integrais como cos(3x) dx, 4x + dx outg(x) dx. Veremos um simples método, mas poderoso, para mudar a variável de integração de modo que essas integrais (e muitas outras) possam ser calculadas por meio de uma integral imediata. Esta técnica de integração decorre da regra da cadeia. Suponhamos que conhecemos uma primitiva, F, para a função f (isto é, F = f) e que g é uma função derivável. Denotando por h a função composta de F e g, então h(x) = Fg(x)e da fórmulad xäh(x)çdx = h(x) + K temos D xäfg(x)çdx = Fg(x)+K. Aplicando a regra da cadeia no integrando D xäfg(x)çedo fato que F = f obtemos D xäfg(x)ç=f g(x) g (x) = f(x) g (x) Podemos rememorar a fórmula () usando o seguinte artifício: Faça u = g(x). Assim du dx = g (x) e logo du = g (x)dx. Então, podemos reescrever () da seguinte forma: f(u) du = F(u) + K, e portanto, se conhecemos uma primitiva da função f, conhecemos também uma primitiva para (f g) g que é F g. Este método de calcular integrais indefinidas é conhecido como Mudança de Variável ou Método da Substituição, e resumimos da seguinte forma. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 4

Integração por substituição. Teorema (Regra da Cadeia para Antidiferenciação). Se F é uma antiderivada de f, então fg(x)g (x) dx = Fg(x)+K. Se u = g(x) e du = g (x)dx, entãof(u) du = F(u) + K. Exemplo.9. Determinaremos as integrais indefinidas exibidas no começo desta seção (a)cos(3x) dx (b) 4x + dx (c) ( )tg(x) dx Resolução: (a) Fazendo a substituição u = 3x e du = 3dx, temos cos(3x) dx =cos(u) du 3 = 3cos(u) du = 3 sen(u) + K = 3 sen(3x) + K (b) Fazendo a substituição u = 4x + e du = 4dx, temos du 4x + dx = u 4 = 4u du = 4 u 3 3 + K = 6 u3 + K = 6(4x + ) 3 + K (c) Como tg(x) = sen(x), fazendo a mudança de variável u = cos(x) e du = sen(x) dx, temos cos(x) tg(x) dx =sen(x) dx = du = ln u + K = ln cos(x) + K = ln sec(x) + K cos(x) u.3 Observação. Analogamente ao item (c) deste último exemplo, temos que ( )cotg(x) dx = ln sen(x) + K De fato, como cotg(x) = cos(x), façamos a substituição u = sen(x) e du = cos(x) dx, logo sen(x) cotg(x) dx =cos(x) sen(x) dx =du u = ln u + K = ln sen(x) + K..4 Observação. Nem sempre é fácil decidir a substituição u = g(x) necessária para transformar uma integral indefinida em uma forma que possa ser facilmente calculável. Às vezes é preciso tentar várias possibilidades diferentes até achar uma substituição adequada. Na maioria dos casos, nenhuma substituição simplificará propriamente o integrando. Vejamos algumas diretrizes. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 5

Integração por substituição Diretrizes para a substituição da variável:. Decidir por uma substituição favorável u = g(x);. Calcular du = g (x) dx; 3. Com auxílio de. e., transformar a integral em uma forma que envolva apenas a variável u. Se qualquer parte do integrando resultante ainda contiver a variável x, usar uma substituição diferente em., ou outro método, caso a variável x persista em aparecer; 4. Calcular a integral obtida em 3., obtendo uma antiderivada envolvendo u; 5. Substituir u por g(x) na antiderivada obtida na diretriz 4. O resultado deve conter apenas a variável x. Exemplo.0. Calcular, com uma mudança de variável, as seguinte integrais (a)xe x dx (b)x + 5 3x dx Resolução: (a) Fazendo u = x, temos que du = xdx donde du = xdx. Logo xe x dx =e x x dx = e u du = eu + K = ex + K (b) Fazendo u = 3x, temos que du = 3dx, donde u+ 3dx, x = 3 e x + 5 = 3 (u + ) + 5. Logo x + 5 3x dx = 3 3 (u + ) + 5 u du + K = 9u + 7 u = du + 9 97 u du = 9 u + 7 ln u + K 9 = 9 (3x ) + 7 ln 3x + K 9 du + K.5 Observação. Na verdade, este último exemplo, é um caso particular de uma situação mais geral, que fica como exercício a sua verificação. Sejam a,b,c e d números reais, tal que c 0, então ax + b cx + d dx = a c (cx + d) +bc ad c ln cx + d + K..6 Teorema. Se f é derivável com antiderivada F e se n é um número racional, então (i)äf(x)çn f (x) dx =äf(x)çn+ n + + K (ii)f(ax + b) dx = F(ax + b) + K, a 0 a Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 6

Integração por substituição Demonstração. Basta fazer a mudança de variável u = f(x) e du = f (x)dx para (i), e u = ax + b e du = dx para (ii). a Exemplo.. Calculetg(x) sec (x)dx por dois métodos: (a) substituição u = tg(x), (b) substituição u = sec(x), e (c) compare as respostas entre (a) e (b). Resolução: (a) Fazendo u = tg(x), temos que du = sec (x)dx, logo tg(x) sec (x) dx =u du = u + K = tg (x) + K (b) Fazendo u = sec(x), temos que du = sec(x) tg(x)dx, logo tg(x) sec (x) dx =sec(x) sec(x) tg(x) dx =u du = u + K = sec (x) + K (c) Como sec (x) = + tg (x), as funções definidas por tg (x) e sec (x) diferem por uma constante, e assim sendo cada uma serve como antiderivada de tg(x) sec (x), pois sec (x) + K = (tg (x) + ) + K = tg (x) + + K = tg (x) + K, onde K = + K. Algumas vezes é possível obter uma primitiva após efetuarmos a mudança de uma variável, mesmo não sendo tão explicito como no Teorema.. Vejamos o seguinte exemplo como ilustração desse fato. Exemplo.. Calculex + x dx Resolução: a Forma. Fazendo u = + x, temos que du = dx e x = u. Assim temos x + x dx =(u ) u du =u 5 du u 3 du +u du = u7 7 u5 5 + u3 3 + K = 7 ( + x)7 4 5 ( + x)5 + 3 ( + x)3 + K. a Forma. Fazendo v = + x, temos que v = x e vdv = dx. Então x + x dx =(v ) v v dv = v 6 dv 4v 4 dv + v dv = 7 v7 4 5 v5 + 3 v3 + K = 7 ( + x)7 4 5 ( + x)5 + 3 ( + x)3 + K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 7

Integração por substituição Exemplo.3 ( ). Obter fórmulas para (a)sec(x) dx e (b)cossecx dx Resolução: (a) Multiplicando o numerador e o denominador por sec(x) + tg(x), temos + tg(x)) sec(x) dx =sec(x)(sec(x) dx =sec (x) + sec(x) tg(x) sec(x) + tg(x) sec(x) + tg(x) e mudando de variável, u = sec(x)+tg(x), temos du = (sec(x) tg(x)+sec (x))dx obtém-se sec(x) dx = du = ln u + K u = ln sec(x) + tg(x) + K (b) Multiplicando o numerador e o denominador por cossec(x) cotg(x), temos cotg(x)) cossec(x) dx =cossec(x)(cossec(x) dx =cossec (x) cossec(x) cotg(x) cossec(x) cotg(x) cossec(x) cotg(x) e mudando de variável, u = cossec(x) cotg(x), temos du = ( cossec(x) cotg(x) + cossec (x))dx obtém-se cossec(x) dx = u du = ln u + K = ln cossec(x) cotg(x) + K (d) x ± a dx = ln x +x ± a +K; dx dx (a) dx = arcsenx a x a+k; (b)a + x dx = arctgx a a+k; (c)x x a dx = arcsecx a a+k; (e)x a dx = ln x a a x + a +K; (f) a x dx = ln x + a a x a +K. Exemplo.4 ( ). Mostre, por uma mudança de variável, que Resolução: a x dx = a (a) Notemos primeiro que = a x dx Fazendo u = x, temos que adu = dx e logo a a u (b) Como = a + x dx a + x a + x dx = a Õa dx = x a dx = a a +x a dx, a Õ dx. x a fazendo u = x, temos que adu = dx e logo a a + u du = a arctgu + K = arctgx a a+k. du = arcsenu + K = arcsenx a+k. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 8

=, xõa x dx a a, temos que adu = dx, onde x = au, e logo a (d) Como x = ± a dx x ± a x + x ± a x + x ± a dx, fazendo u = x + x ± a x, temos que du = + x ± a dx = portanto dx = x ± a u du = ln u + K = ln x +x ± a + K. (e) Como = = x a dx (x + a)(x a) dx dx, (x + a) (x a) (x + a) fazendo u = x a e pela regra da derivada do quociente, temos que x + a (c) Como = a x x a dx fazendo u = x a x x a dx = a xõx au u du = a arcsecu + K = a arcsecx a+k. x ± a + x dx, x ± a x dx = a u du a = a u du = ln u + K = ln x a a a x + a +K. du = (x + a) (x a) (x + a) dx = a (x + a) dx, donde, du a = dx (x + a) e portanto (f) Idem (e). 3 Até aqui, estabelecemos fórmulas para o cálculo de integrais indefinidas a partir da fórmula D xäf(x)çdx = f(x) + K e pelo método da substituição de variável, que possibilita transformar uma integral em outra mais simples, que possa ser facilmente calculada. Desenvolveremos então, outras maneiras de simplificar integrais, entre elas a integração por partes. Este poderoso dispositivo permite-nos obter integrais indefinidas de ln (x), arctg(x) e outras expressões transcendentes importantes. Desenvolveremos ainda, técnicas para simplificar integrais que contenham: potência de funções triogonométricas; radicais; expressões racionais e a x, a + x e x a. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 9

Às vezes pode ser preferível fazer uso de uma tabela de integrais, em vez de efetuar uma integração complicada. Tabelas desse tipo pode-se encontrar em quase todos os livros de cálculo. Algumas vezes é necessário empregar técnica de integração para expressar o integrando na forma em que ele aparece na tabela, exigindo que reconheça qual técnica a ser empregada numa dada integral. Quase rodas as fórmulas nas tabelas de integrais, são desenvolvidas a partir das técnicas de integração, por essa razão, aconselhamos o uso das tabelas de integrais somente depois que você dominar a integração. Na prática, não é sempre possível calcular uma integral indefinida, isto é, o integrando não tem uma antiderivada que possa ser expressa em termos das funções elementares. Um exemplo de tal integral é e x dx. 3. Integração por Partes Da fórmula da derivada do produto de duas funções obtemos um método de integração muito útil, chamado Integração por Partes, que é estabelecido da seguinte forma. Se f e g são duas funções diferenciáveis, então D xäf(x) g(x)ç=f (x) g(x) + f(x) g (x) ou equivalentemente f(x) g (x) = D xäf(x) g(x)ç f (x) g(x). Integrando ambos os membros em relação a x, obtemos f(x) g (x) dx =D xäf(x) g(x)çdx f (x) g(x) dx e escrevemos esta última equação da seguinte forma: f(x) g (x) dx = f(x) g(x) f (x) g(x) dx () que é chamada de fórmula de Integração por Partes. Esta fórmula pode ser simplificada fazendo u = f(x) du = f (x)dx dv = g (x)dx v = g(x) resultando na seguinte versão da fórmula de integração por partes u dv = u v v du (3) Observe, que esta fórmula nos permite expressar uma integral indefinida em termos de outra que pode ser mais fácil de calcular, escolhendo adequadamente u e dv. O termo por partes é do Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 0

fato que este processo separa o integrando em duas partes. É importante a escolha adequada de dv, que em geral fazemos representar a parte mais complicada do integrando que possa ser prontamente integrada, pois v será uma primitiva de dv. Resumimos este processo de integração da seguinte forma: Olhamos uma função h que queremos integrar, como o produto de duas funções, uma das quais é a derivada de uma função já conhecida, isto é, h(x) = f(x) g (x), com g sendo uma função conhecida. Como vimos, temos que h(x) dx =f(x) g (x) dx = f(x) g(x) g(x) f (x) dx. Esperamos, então, que nossa escolha para as funções f e g tenham sido boa de maneira que conheçamos uma primitiva para g f. Usando novas variáveis, u e v, podemos representar a igualdade acima de uma forma mais simples: fazendo u = f(x) du = f (x)dx dv = g (x)dx v = g(x) e, portanto, nessas novas variáveis, a fórmula que obtivemos acima, f(x) g (x) dx = f(x) g(x) g(x) f (x) dx se reduz a resultando na seguinte versão da fórmula de integração por partes u dv = u v v du. A seguir, exemplos ilustrando este método de integração. Exemplo 3.. Calcularxln (x) dx. Resolução: Para determinar quais as substituições para u e dv, devemos ter em mente que para encontrar v precisamos saber integrar dv. Isso sugere que u = ln (x) e dv = x dx. Então, du = x dx e v = x + K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página

Da fórmula (3)xln (x) dx = ln (x)x + K x + K dx x = x ln (x) + K ln (x) x dx K dx x = x ln (x) + K ln (x) x 4 K ln (x) + K = x x ln (x) 4 + K. 3. Observação. Neste último exemplo, note que a primeira constante de integração K, não aparece na resposta final. K foi usada somente para mostrar que todas as escolhas de v da forma x + K produzem o mesmo resultado paraxln (x) dx. Essa situação vale em geral e provamos isso da seguinte forma: Escrevendo v + K na fórmula (3), temos u dv = u(v + K ) (v + K ) du = uv + K u v du K du = uv + K u v du K u = uv v du. Assim sendo, é desnecessário escrevermos a constante de integração quando calculamos v a partir de dv. Exemplo 3.. Calcularx 3 e x dx. Resolução: Usando integração por partes, com u = x e dv = xe x, temos então que du = xdx e v = ex em que v foi obtido pelo método de mudança de variável. Da fórmula (3) temos x 3 e x dx = x ex exx dx = x e x xe x dx = x e x ex + K. Exemplo 3.3. Pelo método de integração por partes, calcule as seguintes integrais. (a)xcos(x) dx (b)(x + 3x)sen(x) dx Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página

Resolução: (a) Seja u = x e dv = cos(x) dx. Então du = dx e v = sen(x). Pela fórmula (3) xcos(x) dx = xsen(x) sen(x) dx = xsen(x) + cos(x) + K. (b) Fazendo u = x + 3x e dv = sen(x) dx, temos du = (x + 3)dx e v = cos(x). Portanto, pela fórmula (3), temos (x + 3x)sen(x) dx = (x + 3x)cos(x) ( cos(x))(x + 3) dx = (x + 3x)cos(x) +(x + 3)cos(x) dx. A integral do segundo membro é semelhante à primeira integral, exceto que em vez de sen(x) temos cos(x). Aplicando a integração por partes novamente, sendo u = x + 3 dv = cos(x) du = dx v = sen(x) teremos(x + 3x)sen(x) dx = (x + 3x)cos(x) +(x + 3)sen(x) sen(x) dx = (x + 3x)cos(x) + (x + 3)sen(x) + cos(x) dx + K = (x + 3x )cos(x) + (x + 3)sen(x) + K. 3. Observação. De modo geral, as integrais f(x) cos(x) dx ou f(x) sen(x) dx onde f(x) é um polinômio, usamos a integração por partes, tomando u=f(x) dv = cos(x) dx dv = sen(x) dx ouu=f(x) du = f (x)dx v = sen(x) du = f (x)dx v = cos(x) Exemplo 3.4. Pelo método de integração por partes, calcule as seguintes integrais. (a)xe x dx (b)xln (x) dx Resolução: (a)u=x dv = e x dx du = dx v = e x = xe = (x) dv = x dx (b)u=ln du = dx v = x x xln x dx = xe x e x dx = xe x e x + K = (x )e x + K. (x) dx = xln (x) x x dx = x ln (x) x dx = x ln (x) x + K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 3

3.3 Observação. De modo geral, nas integrais da forma f(x) a x dx ou f(x) log a (x) dx onde f(x) é um polinômio e a é uma constante, usamos integração por partes, fazendo u=f(x) dv = a x dx a (x) dv = f(x) dx ouu=log du = f (x)dx v = a x ln (a) du = xlog adx v = primitiva de f(x) Exemplo 3.5 ( ). Mostre pelo método de integração por partes as seguintes fórmulas: (a)ln (x) dx = xln (x) x + K (b)arctg(x) dx = xarctg(x) ln ( + x ) + K (c)e ax cos(bx) dx = (d)e ax sen(bx) dx = eax a + b bsen(bx) + acos(bx)+k eax a + b asen(bx) bcos(bx)+k Resolução: Aplicando o método integração por partes, para (a) e (b) temos: (a) (b) u = ln (x) dv = dx ln du = (x) dx = xln (x) x dx = xln (x) dx x dx v = x = x = xln (x) x + K. x u = arctg(x) dv = dx arctg(x) dx = xarctg(x) du = + x dx v = x = + x dx = xarctg(x) ln ( + x ) + K, em que x + x dx foi obtida pela mudança de variável u = + x e du = xdx. (c) Pela integração por partes, tem-se u = e ax dv = cos(bx) dx du = ae ax dx v = b sen(bx) onde e ax cos(bx) dx = b eax sen(bx) a be ax sen(bx) dx. Note que no segundo membro temos uma integral semelhante, exceto em vez de cos(bx) temos sen(bx). Então, aplicando novamente o método de integração por partes, para esta integral temos Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 4

u = e ax dv = sen(bx) dx du = ae ax dx v = b cos(bx) onde e ax sen(bx) dx = b eax cos(bx) + a be ax cos(bx) dx. Substituindo essa expressão na igualdade precedente, temos: e ax cos(bx) dx = b eax sen(bx) a b b eax cos(bx) + a be ax cos(bx) dx = b eax sen(bx) + a b eax cos(bx) a b e ax cos(bx) dx Levando ao primeiro membro a integral do segundo membro, obtemos a seguinte igualdade: + a b e cos(bx) dx = e ax b sen(bx) + a b cos(bx)+k ax e portanto, temos que e ax cos(bx) dx = (d) Obtém-se de modo análogo ao item (c). eax a + b bsen(bx) + acos(bx)+k. Exemplo 3.6 ( Integração de Potência de Funções Trigonométricas: Fórmula de Redução). A integração por partes pode às vezes ser usada para obter fórmulas de redução para integrais. Utilizamos tais fórmulas para escrever uma integral que envolve potências de uma expressão, em termos de integrais que envolvem potências inferiores da mesma expressão. Veremos como estabelecer uma fórmula de redução para as integrais de potências de funções trigonométricas, dos tipos: sen n (x)dx,cos n (x)dx,tg n (x)dx,cotg n (x)dx,sec n (x)dx,cossec n (x)dx que são: (a)sen n x dx = n cos(x) senn x + n nsen n x dx (b)cos n x dx = n sen(x) cosn x + n ncos n x dx (c)tg n x dx = n tgn x tg n x dx (d)cotg n x dx = n cotgn x cotg n x dx (e)sec n x dx = n secn x tg(x) + n n sec n x dx (f)cossec n x dx = n cossecn x cotg(x) + n n cossec n x dx Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 5

Detalharemos somente o item (a), uma vez que os demais são análogos. (a) Pela integração por partes, fazemos u = sen n x du = (n )sen n x cos(x) dx dv = sen(x) dx v = cos(x) e integrando, temos sen n x dx = cos(x) sen n x + (n )sen n x cos (x) dx como cos (x) = sen (x), escrevemos sen n x dx = cos(x) sen n x + (n )sen n x ( sen (x)) dx = cos(x) sen n x + (n )sen n x dx (n )sen n x dx, consequentemente sen n x dx + (n )sen n x dx = cos(x) sen n x + (n )sen n x dx onde o membro esquerdo se reduz a nsen n x dx, e dividindo ambos os membros por n, obtemos sen n (x) dx = n cos(x) senn x + n nsen n x dx. (4) É evidente que, mediante aplicações reiteradas da fórmula (4), calculamossen n x dx para qualquer inteiro positivo n, pois essas reduções sucessivas terminam emsen(x) dx ou dx, ambas imediatamente integráveis. Suponhamos, por exemplo, que n = 4, então sen 4 (x) dx = 4 cos(x) sen3 x + 3 4sen x dx. Aplicando a fórmula (4), como n =, para a integral à direita, temos sen (x) dx = cos(x) sen(x) + dx Kè = cos(x) sen(x) + x + K, e consequentemente, sen 4 x dx = 4 cos(x) sen3 x + 3 4sen x dx = 4 cos(x) sen3 x + 3 4å cos(x) sen(x) + x + = 4 cos(x) sen3 x 3 8 cos(x) sen(x) + 3 8 x + K onde K = 3 4 K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 6

3.4 Observação. Mais adiante, com auxílio das identidades trigonométricas fundamentais, desenvolveremos outro método para integrais envolvendo potências de funções trigonométricas, de uma forma mais geral, como por exemplocos n x sen m x dx, onde n e m são inteiros quaisquer. Ax + B 3. Integrais do tipo: e ax + bx + c dx Ax + B ax + bx + c dx Faremos a discussão em 4 casos, que são: Caso. ax + bx + c dx Caso 3. ax + bx + c dx Caso. Ax + B ax + bx + c dx Caso 4. Ax + B ax + bx + c dx Caso Considere a integralax + bx + c dx. a Transformamos, primeiramente, o denominador pondo-o sob a forma de uma soma ou de uma diferença de quadrados, completando quadrado, da seguinte forma: ax + bx + c = ax + b a x + c = aæx + = aæx = aæx ax + bx + c dx = é b a x +b b a a 4a + a b b 4ac + + c aé b a + 4a é, onde = b 4ac Temos que 4a é sempre maior do que zero, no entanto precisamos olhar para = b 4ac. Então ax + b a + k dx = a x + a dx. b + k (i) Se < 0, então > 0, fazendo k = 4a temos Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 7

Pela mudança de variável u = x + b a ae du = dx, e pelo Exemplo ( ).4(b) temos a ax + bx + c dx = u + k du = a k arctgu k+c. ax + bx + c dx = (ii) Se > 0, então < 0, fazendo k = 4a temos UFBA Cálculo II 006. ax + b a k dx = x + a dx. b k ax + bx + c dx = a Pela mudança de variável u = x + b a (iii) Se = 0, então e du = dx, e pelo Exemplo ( ).4(e) temos u k du = a k ln u k u + k +C. e pela mudança de variável u = x + b a ax + bx + c dx = a x + b e du = dx, temos a dx, ax + bx + c dx = a u du = au + C. Exemplo 3.7. Calcular x + 8x + 0 Resolução: Notemos primeiramente que x + 8x + 0 = (x + 4x + 0). Assim x + 4x + 0 = (x + 4x + 4) + 0 4 = (x + ) + 6, e então x + 8x + 0 dx = (x + ) + 6. Pela mudança de variável u = x + e du = dx temos u + 6 du = arctgu 6+K 6 x + 8x + 0 dx = = arctgx + 6 6+K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 8

+ B ax + bx + c dx = A x ax + bx + c dx + B Caso Ax + B Considere um tipo de integral mais geral: ax + bx + c dx Como Ax ax + bx + c dx precisamos calcular apenas a primeira integral do lado direito, visto que, acabamos de resolver integral do tipo da segunda. Observe, que se u = ax + bx + c então du = (ax + b)dx. Assim x ax + bx + c dx = aax + b b ax + bx + c dx = a ax + b ax + bx + c a dx b ax + bx + c dx. A primeira integral do segundo membro, é facilmente calculada pela mudança de variável u = ax + bx + c e du = (ax + b)dx, deste modo ax + b ax dx = B + bx + c u du = ln u + K = ln ax + bx + c + K. a dxè+b Voltando à integral precedente, temos Ax x ax + bx + c dx + ax + bx + c dx ax + bx + c ax + bx + c = A a ln ax + bx + c +B Ab ax dx + K, + bx + c onde, K = A a K. x + 3 Exemplo 3.8. Calcule a seguinte integral x x 5 dx. = Resolução: Como x + 3 x x 5 dx + x x 5 dx, resolvendo a primeira integral do lado direito, temos x x x 5 dx = x + x x 5 dx = x x x 5 dx = ln x x 5 x x 5 dx + K. + B ax + bx + c dx = A = A aåln ax + bx + c + K b x x x 5 dx + 3 x x 5 dx + Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 9

Agora, como temos finalmente x x x 5 dx = + 3 x x 5 dx = onde K = K + 4K. 3 = (x x + ) 5 dx = ln (x ) 6 6 (x ) +, 6 +K x x x 5 dx + x x 5 dx x x 5 = ln x x 5 + K + 4 (x ) 6 dx = ln x x 5 + K + 4 ln (x ) 6 6 (x ) + 6 +4K = 6 ln x x 5 + ln x ( + 6) 3 x + 6 +K, UFBA Cálculo II 006. Caso 3 Considere o tipo de integral ax ou + bx + c dx. Com ajuda da mudança de variável indicada no Caso, essa integral reduz a uma integral do tipo: u ± k du, se a > 0 du, se a < 0 k u que são facilmente calculadas com auxílio das fórmulas dadas no Exemplo( ).4(a) e (d). xln x + ln (x) + 5 dx = = Resolução: Pela mudança de variável u = ln (x) e du = dx x, temos u + u + 5 du Exemplo 3.9. Calcule a seguinte integral xln x + ln (x) + 5 dx. (u + ) + 4 du = Novamente, mudando variável, agora, t = u + e dt = du, temos t + 4 dt = ln t +t + 4 +K = ln (u + ) +(u + ) + 4 +K (u + ) + 4 du. = ln ln (x) + +(ln (x) + ) + 4 +K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 30

Portanto, xln x + ln (x) + 5 dx = ln ln (x) + +(ln (x) + ) + 4 +K Caso 4 Ax + B Integral do tipo ax + bx + c dx. Calculamos integrais deste tipo, usando transformações análogas às consideradas no Caso, pois: Ax ax + bx + c dx, onde que a segunda integral do lado direito é justamente do caso imediatamente anterior a este. Então x ax + bx + c dx = aax + b b ax + bx + c dx = a ax + b ax + bx + c a dx b ax + bx + c dx e assim, Ax + B ax + bx + c a a dx = A ax + b ax + bx + c dx +B b ax + bx + c dx. Com a mudança de variável u = ax + bx + c e du = (ax + b)dx, calculamos ax + b dx = u du ax + bx + c = a u + K = ax + bx + c + K. Portanto, Ax + B ax + bx + c dx = A aax + bx + c +B b dx + K, ax + bx + c + B ax + bx + c dx = A x ax + bx + c dx + B onde K = A a K. Exemplo 3.0. Calcule sen(x) + cos(x) cos (x) dx. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 3

sen(x) + cos(x) cos (x) dx = UFBA Cálculo II 006. = Resolução: Inicialmente, pela seguinte mudança de variável u = cos(x) e du = sen(x) dx, e do fato que sen(x) = sen(x)cos(x), temos u du = u + du + u u + u u u + du du. + u u + u u Para a primeira integral do lado direito, fazemos t = + u u e dt = ( u + )du, onde que u + du = t dt + u u + u u du = = t + K = + u u + K = = = = + cos(x) cos (x) + K. Para a segunda integral, escrevemos (u u ) du (u u + 4 du 4 ) u 9 Õ9 4du du, 4 u + u u du = = Portanto, sen(x) + cos(x) cos (x) dx onde K = K K. dv = arcsenv 9 4 v 3/+K = arcsen 3 v+k = arcsen 3u +K = arcsencos(x) +K. 3 u + du du + u u + u u = + cos(x) cos (x) + K arcsencos(x) 3 +K, fazendo v = u e dv = du, temos 3.3 Integrais de Funções Racionais 3.5 Definição (Função Polinomial). Uma função polinomial é uma função da forma f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a x + a 0 tal que a n,a n,...,a,a,a 0 R. Se a n 0, dizemos que grau de f é n, e denotamos por gr(f) = n. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 3

3.6 Definição (Função Racional). Uma função racional é uma função da forma f(x) = p(x) q(x) em que p(x) e q(x) são funções polinomiais e q(x) 0 para todo x. As funções racionais podem ser classificadas em próprias ou impróprias. Dizemos que uma função racional f é própria se gr(p) < gr(q), caso contrário, isto é, se gr(p) gr(q) dizemos que f é imprópria. Exemplo 3.. (a) São funções racionais próprias: f(x) = x x 3 3x + x e g(x) = x x 3x +. (b) São funções racionais impróprias: f(x) = x x 3x e g(x) = x3 8 x +. 3.3. Integrais de Funções Racionais Impróprias Seja f(x) = p(x) uma função racional imprópria. Assim, temos que gr(p) gr(q), e q(x) então podemos dividir p(x) por q(x) e obtermos um quociente Q(x) e um resto R(x), em que gr(r) < gr(q). Em símbolos, escrevemos: p(x) = q(x) Q(x) + R(x). Desta forma, procedemos da seguinte forma para o cálculo da integral: f(x)dx =p(x) q(x) dx =q(x) Q(x) + R(x) dx q(x) Q(x) =q(x) +R(x) q(x) q(x) dx =Q(x)dx +R(x) q(x) dx Como gr(r) < gr(q), observemos o seguinte: 3.7 Observação. Para o cálculo da integral de uma função racional imprópria, dividindo-se o numerador pelo denominador, escreve-se a função como soma de uma função polinomial e uma função racional própria. Exemplo 3.. Para obter a integral da função f(x) = x + x + x, dividimos os polinômios + p(x) = x + x + e q(x) = x +, e escrevemos p(x) = x + x + = (x + ) + x. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 33

Desta forma, x + x + x + + dx =(x + ) + x x dx + =(x + ) x + + dxx x + dx x =dx x + dx x + dx = x + ln (x + ) arctg(x) + K. Vimos assim, que o cálculo da integral de funções racionais resume-se em obter integrais para funções racionais próprias. 3.3. Integrais de Funções Racionais Próprias: Método da Decomposição em Frações Parciais O Método da Decomposição em Frações Parciais consiste em escrever uma função racional própria como soma de frações parciais que dependem, principalmente, da fatoração do denominador da função racional em R. Seja f(x) = p(x) q(x) uma função racional própria, isto é, gr(p) < gr(q), então f(x) = p(x) q(x) = F + F +... + F r em que cada F k (k =,... r) tem uma das formas A (ax + b) n ou Ax + B (ax + bx + c) n. A soma F +F +...+F r é a decomposição em frações parciais de f(x) = p(x) q(x) e F k é uma fração parcial. x dx = x podemos expressar x como, ou ainda (x + )(x ) x dx, integramos cada uma das frações que constituem a x + dx = ln x ln x + + K = ln x x + +K. Exemplo 3.3. Se f(x) = x x +. A última expressão é a decomposição em frações parciais de x. Desta forma, para obter decomposição, obtendo x dx Afirmamos que toda função racional possui uma decomposição em frações parciais. Uma demonstração deste fato, encontra-se no capítulo II do livro Álgebra: Um Curso de Introdução de Arnaldo Garcia e Yves Lequain, publicado pelo IMPA. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 34

Diretrizes para a Decomposição em Frações Parciais Seja f(x) = p(x) uma função racional própria. Veremos quatro casos, nos dois primeiros, q(x) q(x) é decomposta em fatores lineares; e nos dois últimos, q(x) é decomposta em fatores lineares e quadráticos. () Os fatores de q(x) são todos lineares e nenhum repetido, isto é, q(x) = (a x + b ) (a x + b ) (a n x + b n ) em que não há fatores idênticos. Neste caso escrevemos: f(x) = p(x) q(x) = A + A A n + +, a x + b a x + b a n x + b n em que A,A,...,A n são constantes reais a serem determinadas. Exemplo 3.4. Seja f(x) = x x 3 x x, calcularf(x)dx. Resolução: Fatorando o denominador temos que f(x) = Desta forma, x x(x )(x + ) = A x + Portanto, x B x + x x 3 x x = x x(x )(x + ). C x = A(x )(x + ) + Bx(x + ) + Cx(x ). x + 6 3 Pela igualdade acima entre funções polinomiais temos que A =,B = 6 e c = 3. = x 3 x dx x x + 6(x ) 3(x + )dx = x dx + x dx x + dx = ln x + 6 ln x ln x + + K 3 Exemplo 3.5. Integrando por frações parciais, mostre que x a dx = ln x a a = 6 ln x 3 (x ) (x + ) 4 +K. x + a +K. Resolução: Escrevendo a fração do integrando como soma de frações parciais, temos: x a = A x a + B x + a. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 35

UFBA Cálculo II 006. Ou ainda, temos = A(x+a)+B(x a) = (A+B)x+Aa Ba. Da igualdade entre polinômios, temos o seguinte sistema: + A + B = 0 Aa Ba = donde, a = a e B = a. Portanto A x a dx B x + a dx = a x a a dx x + a dx = ln x a a x + a +K. 3.8 Observação. Analogamente, mostra-se que a x dx = ln x + a a x a +K. x a dx = () Os fatores de q(x) são todos lineares e alguns repetidos. Suponha que (a i x + b i ) seja um fator repetido que se repete p vezes. Então, correspondendo a esse fator haverá a soma de p frações parciais A A + a i x + b i (a i x + b i ) + + A p (a i x + b i ) p + A p (a i x + b i ) p em que A,A,...,A p são constantes reais a serem determinadas. Exemplo 3.6. Seja f(x) = x3 x (x ) 3, calcularf(x)dx. Resolução: Note que dois fatores lineares se repetem: x duas vezes, e x três vezes. Assim, a fração do integrando pode ser escrita como soma de frações parciais da seguinte forma: x 3 x (x ) 3 = A x + A x + B 3 (x ) 3 + B (x ) + B x, ou ainda, x 3 = A (x ) 3 +A x(x ) 3 +A 3 4 x +B x (x )+B 4 x (x ). Pela igualdade entre funções polinomiais temos que: A = 8,A = 3 6,B 3 = 7 4,B = 5 4 e B = 3 6. Portanto, x 3 x (x ) 3dx = 8 x dx + 6 3 x dx + 7 (x ) 3dx + 5 (x ) 6 dx 3 x dx = 8x + 3 6 ln x 7 8(x ) 5 4(x ) 3 ln x + K 6 = x + 7x 4 8x(x ) + 3 6 ln x x +K. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 36

(3) Os fatores de q(x) são lineares e quadráticos irredutíveis, e nenhum fator quadrático é repetido. Correspondendo ao fatos quadráticos ax + bx + c no denominador, temos uma fração parcial da forma: Exemplo 3.7. Seja f(x) = Ax + b ax + bx + c. x x 3 (x )(x + x + ), calcularf(x)dx. Resolução: Primeiramente, notemos que o trinômio x + x + é irredutível. Assim, a fração do integrando pode ser escrita como soma de frações parciais da seguinte forma: x x 3 (x )(x + x + ) = Ax + B x + x + + C x, ou ainda, x x + 3 = (Ax + B)(x ) + C(x + x + ). 5 5 Desenvolvendo, e igualando os polinômios, obtemos: A = 9 5,B = 7 5 e C = 4 5. Portanto, x x x + x + dx + 7 x + x + dx 4 x dx x 3 (x )(x + x + ) dx = 9 5 =... fazer! (4) Os fatores de q(x) são lineares e quadráticos irredutíveis, e alguns dos fatores quadráticos são repetidos. Se ax + bx + c for um fator quadrático no denominador que se repete p vezes, então correspondendo ao fator (ax + bx + c) p, teremos a soma das p frações parciais: A p x + B p (ax + bx + c) p + A p x + B p (ax + bx + c) p + + A x + B (ax + bx + c) + A x + B ax + bx + c, em que A,A,...,A p e B,B,...,B p são constantes reais a serem determinadas. Exemplo 3.8. Seja f(x) = x x(x 4x + 5), calcularf(x)dx. Resolução: Como x 4x + 5 é um trinômio irredutível, a fração do integrando pode ser escrita como soma de frações parciais da seguinte forma: ou ainda,......... FAZER!!! x x(x 4x + 5) = C x + A x + B (x 4x + 5) + A + B x 4x + 5, Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 37

3.4 Integrais de Expressões Racionais Contendo sen(x) e/ou cos(x) Se o integrando envolver uma função racional de sen(x) e/ou cos(x) ele poderá ser reduzido a uma fração racional de w pela substituição w = tgx Com as seguintes identidades. sen(θ) = sen(θ) cos(θ) e cos(θ) = cos (θ) procedemos da seguinte maneira: senx sen(x) = senx cos x tgx = tgx cosx = cosx sec x + tg = x cos(x) = cos x tg x = sec x = + tg x = + tg x. Como w = tgx, temos sen(x) = Além disso, x = arctg(w) e daí dx = + w dw. w + w e cos(x) = w + w Resumimos estes resultados no seguinte teorema. 3.9 Teorema. Se um integrando é uma expressão racional em sen(x) e/ou cos(x), obteremos uma expressão racional em w mediante a seguinte substituição: onde w = tgx. sen(x) = + sen(x) + cos(x) dx = w w, cos(x) = + w + w, dx = + w dw Exemplo 3.9. Calcular + sen(x) + cos(x) dx. Resolução: Fazendo w = tgx pelas fórmulas dadas no teorema acima, temos:, = + w + w + w + dw = w + w + w + w dw + w = + w dw + w dw = ln + w + K = ln + tgx +K Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 38

3.0 Observação. O teorema que acabamos de ver, pode ser usado para qualquer integrando que seja uma expressão racional em sen(x) e/ou cos(x); todavia, é importante considerar substituições mais simples, como o exemplo a seguir. Exemplo 3.0. Calcular cos(x) + sen (x) dx. cos(x) + sen (x) dx = Resolução: Poderíamos usar o teorema dado para transformar em uma expressão racional em w, no entanto, com a seguinte substituição u = sen(x), du = cos(x)dx, temos: + udu = arctg(u) + k = arctg (sen(x)) + K, quem é uma resolução bem mais simples. 3.5 Integrais de Algumas Funções Irracionais Não há uma regra geral para resolver integrais que envolvam funções irracionais. No entanto, veremos que muitas delas podem ser resolvidas com auxílio de outras técnicas de integração após termos efetuado uma simples mudança de variável (adequada). Considere o seguinte: Se o integrando envolver potências fracionárias à variável x, então o integrando pode ser simplificado pela substituição f(x) = w n e f (x)dx = n w n dw, em que n é o menor denominador comum entre os denominadores dos expoentes. Exemplo 3.. Calcular x + 3 x dx. Resolução: Como os expoentes fracionários são e, logo n = m.m.c(,3) = 6. Fazendo 3 x = w 6 e dx = 6w 5 dw, temos: x w 8 + 3 x w + dw. dx =w 36w 5 + w dw = 6 6 Note que o integrando é uma fração imprópria, assim dividindo o numerador pelo denominador teremos: w 8 w + = w6 w 4 + w + w +. Assim, x + 3 x dx = w 6 w 4 + w + w + dw = 6 7 w7 5 w5 + 3 w3 w + arctg(w)+k = 8 w + dw = 6w Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 39

x Exemplo 3.. Calcular = 3 3 x + 4 dx. Resolução: Neste caso, n = 3. Assim, fazendo x + 4 = w 3, temos que x = w 3 4 e xdx = 3 w dw. Logo x 3 3 x + 4 dx x 3 x + 4 xdx =w3 4 3 w w dw 4wdw = 3 5 w5 w +K = = 3 w 4 Exemplo 3.3. Calcular x + 3x dx. Resolução: A substituição w = x + 3x Logo w conduz a x = 3w + e dx = 0w (3w + ) dw. 0 0 x + 3x dx = w (3w + ) dw = w å3w + 3è = 0 w 9w w + 3 dw. dw Integrando por partes, em que u = w e dv = w w + dw,... continuar 3 3.6 Integração Trigonométrica Algumas integrais envolvendo funções trigonométricas podem ser resolvidas usando identidades trigonométricas e o método da substituição. Na seção de Integração por Partes (seção 3., página 9), obtivemos fórmulas de redução para integrais de potências do Seno, Cosseno, Tangente, Cotangente, Secante e Cossecante. Integrais desse tipo podem ser calculadas sem recorrer à integração por partes e/ou às fórmulas de redução. Conforme n (a potência inteira) seja par ou ímpar podemos usar as identidades trigonométricas sen (x) + cos (x) =, tg (x) + = sec (x), cot (x) + = csc (x), e o método de substituição, como veremos. sen (x) = cos(x), cos (x) = + cos(x) Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 40

3.6. Integração de potências do Seno e do Cosseno o Caso: Consideremos as integrais do tiposen n (x)dx oucos n (x)dx. (a) Se n é inteiro positivo ímpar escrevemos: sen n (x)dx =sen n (x) sen(x)dx oucos n (x)dx =cos n (x) cos(x)dx Como n é par, podemos utilizar a identidade trigonométrica sen (x)+cos (x) = e o método de substituição, para obtermos uma fórmula fácil de integração, tal como nos exemplos abaixo. Exemplo 3.4. Resolva a integral dada porsen 5 (x)dx. Resolução: De acordo com a sugestão acima, escrevemos sen 5 (x)dx =sen 4 (x)sen(x)dx =sen (x) sen(x)dx = cos (x) sen(x)dx. Fazendo u = cos(x),du = sen(x)dx, substituindo na identidade acima temos: sen 5 (x)dx = ( u) du = ( u + u 4 )du = u + u3 3 u5 5 + K, e portantosen 5 (x)dx = cos(x) + cos3 (x) 3 cos5 (x) 5 Exemplo 3.5. Resolva a integral dada porcos 7 (x)dx. Resolução: Comocos 7 (x)dx =cos 6 (x) cos(x)dx = substituição u = sen(x), du = cos(x)dx, temos cos 7 (x)dx = u 3 du = = u u 3 + 3u5 5 u7 7 + K + K. = sen(x) sen 3 (x) + 3sen5 (x) 5 sen (x)3 cos(x)dx, pela 3u + 3u 4 u 6du sen7 (x) 7 + K (b) Se n é inteiro positivo par, então podemos aplicar a fórmula de ângulo metade para simplificar a integral, a saber: sen (x) = cos(x) ou cos (x) = + cos(x) Exemplo 3.6. Calculecos (x)dx. Resolução:cos + cos(x) (x)dx = dx = + dx =... cos(x)dx Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 4

Exemplo 3.7. Calculesen 4 (x)dx. Resolução:sen 4 (x)dx =sen (x) = dx cos(x) dx = 4dx + 4cos(x)dx 4cos (x)dx = 4dx + cos(x)dx + cos(4x) dx 4 =... o Caso: Diretrizes para calcularsen m (x)cos n (x)dx. (a) Se m é ímpar, escrevemos sen m (x)cos n (x)dx =sen m (x)sen(x)cos n (x)dx e expressamos sen m (x) em termos de cos(x) mediante a identidade trigonométrica sen (x) = cos (x). E fazemos a substituição u = cos(x), du = sen(x)dx e calculamos a integral. (b) Se n é impar, escrevemos sen m (x)cos n (x)dx =sen m (x)cos n (x)cos(x)dx e expressamos cos n (x) em termos de sen(x) mediante a identidade trigonométrica cos (x) = sen (x). E fazemos a substituição u = sen(x), du = cos(x)dx e calculamos a integral. (c) Se pelo menos um dos expoentes for ímpar, o procedimento é semelhante aos itens (a) e (b) acima. (d) Se m e n são pares utilizamos fórmulas de ângulo metade para sen (x) e cos (x), que são sen (x) = cos(x) e cos (x) = + cos(x) para reduzir os expoentes. Exemplo 3.8. sen 3 (x)cos 4 (x)dx =sen (x) sen(x) cos 4 (x)dx = cos (x) sen(x) cos 4 (x)dx =sen(x) cos 4 (x)dx sen(x) cos 6 (x)dx Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 4

Fazendo u = cos(x), temos du = sen(x)dx e então sen 3 (x)cos 4 (x)dx =sen(x) cos 4 (x)dx sen(x) cos 6 (x)dx Exemplo 3.9. sen (x) cos 4 (x)dx = = u 4 du +u 6 du = u5 5 u7 7 + K = cos5 (x) 5 cos7 (x) 7 cos(x) + K + cos(x) dx =... 3.6. Integração de Potências das demais Funções Trigonométricas Veremos como resolver algumas integrais de potências da Tangente, da Cotangente, da Secante e da Cossecante. Primeiramente, relembremos algumas fórmulas envolvendo tangente, cotangente, secante e cossecante: tg(x)dx = ln sec(x) + K cot(x)dx = ln sen(x) + K sec(x)dx = ln sec(x) + tg(x) + K csc(x)dx = ln csc(x) cot(x) + K sec (x)dx = tg(x) + K csc (x)dx = cot(x) + K sec(x)tg(x)dx = sec(x) + K csc(x)cot(x)dx = csc(x) + K Com essas fórmulas e as identidades trigonométricas tg (x) + = sec (x) ou cot (x) + = csc (x) podemos calcular integrais da forma tg m (x)sec n (x)dx ecot m (x)csc n (x)dx em que m e n são inteiros não negativos. o Caso: Consideremos as integrais do tipotg n (x)dx oucot n (x)dx Se n é inteiro positivo escrevemos: tg n (x)dx =tg n (x) tg (x)dx =tg n (x) sec (x) dx e cot n (x)dx =cot n (x) cot (x)dx =cot n (x) csc (x) dx e com o método de substituição, obtemos uma fórmula fácil de integração, tal como nos exemplos abaixo. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 43

Exemplo 3.30.tg 3 (x)dx =tg(x) tg (x)dx =tg(x) sec (x) dx =tg(x) sec (x)dx tg(x)dx = tg (x) + ln cos(x) + K Exemplo 3.3. cot 4 (3x)dx = 3cot 4 (u)du = 3cot (u) cot (u)du = 3cot (u) csc (u) du = 3cot (u) csc (u)du 3cot (u)du = 3 3 cot 3 (u) 3csc (u) du = 9 cot3 (3x) + 3 cot(3x) + x + K o Caso: Consideremos as integrais do tiposec n (x)dx oucsc n (x)dx (a) Se n é um inteiro positivo par, escrevemos sec n (x)dx =sec n (x) sec (x)dx =sec (x)n sec (x)dx e =tg (x) + n sec (x)dx csc n (x)dx =csc n (x) csc (x)dx =csc (x)n csc (x)dx =cot (x) + n csc (x)dx. Com a substituição u = tg(x) (e u = cot(x)) obtemos uma fórmula fácil de integração. Exemplo 3.3. csc 6 (x)dx =csc (x) csc (x)dx =cot (x) + csc (x)dx Pela substituição u = cot(x) e du = csc (x)dx, temos csc 6 (x)dx = u + du =... (b) Se n é inteiro positivo impar, utilizamos a integração por partes. Exemplo 3.33. Integraremos por partes sec 3 (x). Comosec 3 (x)dx =sec(x) sec (x)dx, podemos escolher u = sec(x) e dv = sec (x)dx. Assim, du = sec(x) tg(x)dx e v = tg(x). Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 44

Logo, sec 3 (x)dx = sec(x) tg(x) sec(x) tg (x)dx = sec(x) tg(x) sec(x) sec (x) dx = sec(x) tg(x) sec 3 (x)dx +sec(x)dx = sec(x) tg(x) + ln sec(x) + tg(x) sec 3 (x)dx Portanto sec 3 (x)dx = sec(x) tg(x) + ln sec(x) + tg(x) + K, e finalmente: sec 3 (x)dx = sec(x) tg(x) + ln sec(x) + tg(x) + K. 3 o Caso: Consideremos as integrais do tipotg m (x) sec n (x)dx oucot m (x) csc n (x)dx (a) Se m é ímpar, escrevemos a integral como tg m (x) sec n (x)dx =tg m (x) sec n sec(x) tg(x)dx e expressamos tg m (x) em termos de sec(x) mediante a identidade trigonométrica tg (x) = sec (x). E fazemos a substituição u = sec(x), du = sec(x) tg(x)dx e calculamos a integral. (b) Se n é ímpar, escrevemos a integral como tg m (x)sec n (x)dx =tg m (x)sec n (x)sec (x)dx e expressamos sec n (x) em termos de tg(x) mediante a identidade trigonométrica sec (x) = + tg (x). E fazemos a substituição u = tg(x), du = sec (x)dx e calculamos a integral. (c) (c) Se m é par e n é impar não há método padrão para o cálculo da integral. Essa pode ser resolvida por integração por partes. 3. Observação. De modo análogo são calculadas as integrais da formacot m (x)csc n (x)dx Exemplo 3.34. tg 5 (x)sec 7 (x)dx =tg 4 (x) sec 6 (x) sec(x) tg(x)dx =sec (x) sec 6 (x) sec(x) tg(x)dx Com u = sec(x) temos du = sec(x) tg(x)dx, e então tg 5 (x)sec 7 (x)dx =u u 6 du =... Exemplo 3.35. tg (x)sec 3 (x)dx =sec (x) sec 3 (x)dx =sec 5 (x)dx sec 3 (x)dx Para calcular essas duas últimas integrais, usa-se integração por partes. Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 45

3.6.3 Integrais Envolvendo Produtos As integrais trigonométricas que envolvem os produtos cos(mx) cos(nx); sen(mx) sen(nx) ou cos(mx) sen(nx) são facilmente resolvidas quando utilizamos as fórmulas de soma-produto, a saber: sen(a)cos(b) = sen(a + b) + sen(a cos(a)sen(b) = sen(a + b) sen(a cos(a)cos(b) = cos(a + b) + cos(a sen(a)sen(b) = cos(a b) cos(a + b) que são facilmente obtidas pelas fórmulas do seno e cosseno da soma, sen(a + b) = sen(a)cos(b) + cos(a)sen(b) cos(a + b) = cos(a)cos(b) sen(a)sen(b) Exemplo 3.36.sen(3x)cos(4x)dx = (sen(3x + 4x) + sen(3x 4x)) dx = sen(7x)dx sen(x)dx =... 3.6.4 Integrais por Substituição Trigonométrica As substituições trigonométricas nos permitem substituir os binômios a x, a + x e x a pelo quadrado de um único termo e, portanto, transformar várias integrais que contêm raízes quadradas em integrais que podemos calcular diretamente. As substituições mais comuns são x = a sen(θ), x = a tg(θ) e x = a sec(θ). Elas podem ser visualizadas nos seguintes triângulos retângulos: a x x + a x x x a θ a x θ a θ a a x x = a sen(θ) = a cos(θ) a + x x = a tg(θ) = a sec(θ) x a x = a sec(θ) = a tg(θ) Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 46

. Com x = a sen(θ), temos dx = a cos(θ)dθ e a x = a a sen (θ) = a sen (θ)=a cos (θ).. Com x = a tg(θ), temos dx = a sec (θ)dθ e a + x = a + a tg (θ) = a + tg (θ)=a sec (θ). 3. Com x = a sec(θ), temos dx = a sec(θ)tg(θ)dθ e x a = a sec (θ) a = a sec (θ) =a tg (θ). Resumimos assim: Substituição Trigonométrica. x = a sen(θ) substitui a x por a cos (θ). x = a tg(θ) substitui a + x por a sec (θ) 3. x = a sec(θ) substitui x a por a tg (θ) Quando fazemos uma substituição, queremos que a mesma seja revertida de maneira que possamos voltar para a variável original posteriormente. Por exemplo, se x = a sen(θ), queremos poder estabelecer que θ = arcsenx aapós a integração ter ocorrido. Se x = a tg(θ), queremos poder estabelecer que θ = arctgx ano final, o mesmo valendo para x = a sec(θ). Para a reversibilidade precisamos que θ esteja no contradomínio da função trigonométrica inversa correspondente, vejamos: a Reversibilidade na Substituição Trigonométrica. x = a sen(θ) exige θ = arcsenx acom π θ π logo cos(θ) 0. x = a tg(θ) exige θ = arctgx com π θ π logo sec(θ) 0 π θ < 3. x = a sec(θ) exige θ = arcsecx, x a π < θ π, x a logo tg(θ) 0 acom0 Nestas condições, quando o integrando contiver expressões do tipo a x, a + x ou x a, em que a > 0, em geral é possível efetuar a integração através de uma substituição trigonométrica. Que levará a uma integral envolvendo funções trigonométricas. Exemplo 3.37. Calcular as seguintes integras por substituição trigonométrica. (a) (b) x 6 x dx dx x 4 + x (c) 9 x dx (d)( ) 3 x x 6 dx Texto composto em L A TEXε, APC, Abril/006 Adriano Pedreira Cattai apcattai@yahoo.com.br Página 47