CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL

MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO

=

π

∫

b

a

2

dx

)

x

(

y

V

E APLICAÇÕES

-

ADELMO RIBEIRO DE JESUS

-

MARIA AMÉLIA P. BARBOSA

-

ILKA REBOUÇAS FREIRE

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL

Profs: Adelmo R. de Jesus e Maria Amélia P. Barbosa

Texto 2 - Métodos de Integração

1. Recordando os conceitos

A) Como vimos no capítulo anterior, a integral indefinida é a operação inversa da derivada. Em termos mais precisos, dizemos que F(x) é uma integral indefinida de f(x) se F´(x) = f(x), para todo x pertencente ao domínio de f. Simbolicamente escrevemos:

∫

f(x)dx=F(x)+C ⇔ F´(x)=f(x)

Exemplos:

1. C

3 ) x 3 sen( dx ) x 3

cos( = +

∫

pois [ cos(3x)

3 3 cos(3x) 3

sen(3x) _′= ⋅ ₌

  



2.

∫

x⋅exdx= x ex −ex +C pois (x ex – ex )´ = ex + x ex – ex = x ex

B) Por um lado, o conceito de integral indefinida é simples e fácil de compreender. Por outro lado, o cálculo da integral nem sempre é simples, como enfatizamos abaixo.

C) Pode-se demonstrar que toda função contínua em [a,b] tem integral indefinida em [a,b] . Por exemplo,

∫

₊+ dx 4 x

) 1 x sen(

2 3

tem uma primitiva, mas a questão é “qual é esta primitiva?”

D) Além da dificuldade de encontrar uma primitiva para uma dada função (veja o item C), pode-se mostrar que a primitiva de uma função elementar pode não se expressar como um número finito de funções elementares. Por

exemplo, as integrais

∫

−

dx e 2

2 x

e dx x

x sen

∫

não podem ser expressas por meio de funções elementares.

2. Os métodos de integração

Tendo em vista as observações acima, vamos analisar a resolução de algumas integrais do Cálculo. Neste texto abordaremos os seguintes métodos de resolução de integrais:

2.1 Integrais imediatas; casos simples e conseqüências 2.2 Integrais por substituição de variáveis

2.3 Integrais por partes

2.4 Integrais de funções trigonométricas

2.1 Integrais imediatas; casos simples e conseqüências

Através do conhecimento das derivadas das funções podemos obter as expressões de algumas integrais indefinidas. Por exemplo:

a) (tgx) ´ = sec2x Logo,

∫

sec2xdx= tg x +C

b) [arctg(x) ]´ = 2 x 1

1

+ Logo, 1 x dx arctg(x) C 1

2 = +

+

∫

Com isso, podemos organizar uma tabela para uso posterior, como a apresentada abaixo:

1)

∫

du=u+C

2)

1

α

u du u

1

α α

+

= +

∫

+

C

(αéconstante,α≠-1)

3)

∫

=ln u +C u

du

4) C

a ln

a du a

u

u _{= +}

∫

5)

∫

eudu =eu +C

6)

∫

sen u du=−cosu +C

7)

∫

cosu du =sen u +C

8)

∫

tgu du= - ln (cos u) + C = ln(sec u) + C

9)

∫

cotgu du=ln (sen u)+C

10)

∫

secudu = ln (sec u + tg u ) + C

11)

∫

sec2udu

=

tg u + C

12)

∫

cossec2u du

=

−cotgu+C

13)

∫

secu. tgu du =secu +C

14)

∫

cossecu.cotgu du=−cosecu +C

15)

∫

−_u2 1

du

= arcsen u +C ,

∫

−_u2 1

du

-=arccosu +C

16)

∫

+_u2 1

du

= arctg u+C

17)

∫

+ 2

2

u a

du

= ) C

a u ( arctg a

1 ₊

18

∫

−_u2 1

du

= C

u 1

u 1 ln 2

1 ₊

− +

Justificativa da tabela de integrais

Algumas integrais acima são visivelmente fáceis, e algumas não. Para comprovar que a integral 10) da tabela está realmente correta, derivamos o resultado para chegar ao integrando. Vejamos este caso:

Exercício: Verifique que

∫

sec xdx = ln (sec x + tg x ) + C

Solução: [ ln (sec x + tg x ) ]’ = (secxtgx sec x) x

tg x sec

1 _{⋅ +} 2

+ = secx tg x secx(tgx secx)

1 _{⋅ +}

+ = sec x

A integral 18)

∫

−_u2 1

du

= C

u 1 u 1 ln 2 1 ₊ − +

vai ser feita posteriormente usando o método de decomposição

em frações parciais.

Casos simples de integrais imediatas:

1.

∫

x(2+x3)dx= C

4 x x C 4 x 2 x 2 dx ) x x 2 ( 4 2 4 2

4 _{= + + = + +}

+

∫

2. x x C

3 2 C x 3 2 C 1 x dx x dx x 2 3 2 1 2 1 2 1 1 + = + = + + = = +

∫

∫

3. C

x 2 |) x ln(| 2 3 x C 2 x |) x ln(| 2 3 x dx ) x x 2 x ( dx x 1 x 2 x 2 3 2 3 -3 2 3 2 5 + − − = + − + − = + − = − + −

∫

∫

4. C 3 e |) x ln(| 2 dx e x

2 3x_{ = +} 3x ₊      +

∫

Outras integrais (menos) imediatas:

5.

∫

tg2xdx =

∫

(sec2x−1)dx= tg x - x +C ( note que sec2x = 1 + tg2x )

6.

∫

=

∫

dx= x cos 1 x cos dx 2

2 sec xdx

2

∫

=

tg x + C

7.

∫

secx(secx+tgx)dx =

∫

(sec2x+secx⋅tgx)dx = tg x + sec x + C

8.

∫

+x 1

dx

= ln(|1+x| ) + C ( a derivada de ln (1+x) dá o integrando)

9.

∫

sen(x+2)dx = -cos(x+2) + C ( a derivada de -cos (x + 2) dá o integrando)

10.

∫

cos(x2+1)2xdx = sen(x2+1) + C ( a derivada de sen (x2 + 1) é igual ao integrando)

11. dx x -ln (|1 x |) C

x 1 1 -dx 1 dx x 1 1 dx x 1 1 x dx x 1 1 -1 x dx x 1

x _{= + +}

12 . C 2 x arctg 2 1 4 x dx x 4 1 4 -dx 1 dx x 4 4 dx x 4 4 x dx x 4 4 -4 -x dx x 4 x 2 2 2 2 2 2 2 2 + = + = + + + = + = +

∫

∫

∫

∫

∫

∫

2.2 Integração por Substituição de Variáveis

Como vimos nos Exemplos 8, 9 , 10 acima, às vezes podemos “adivinhar” a primitiva de uma função. Nos Exemplos 11 e 12 fizemos um artifício algébrico que nos conduziu ao resultado. Pelo visto, resolver integrais dessa forma se resumiria a uma questão de sorte e esperteza. Por outro lado, um método que consiste em uma mudança de variável. Este método nos levará a transformar a integral em outra mais simples, com nova roupagem, onde nós poderemos utilizar a tabela de integrais imediatas. Este método é chamado de substituição de variáveis

Consideremos o Exemplo 10) anterior,

∫

cos(x2+1)2xdx.

Observemos que fazendo t = x2+1, a diferencial dt = 2x dx. Dessa forma, a integral acima pode ser reescrita como

∫

cos(x2+1)2xdx=

∫

costdt=sent+C .

Como t = x2+1 , temos finalmente que

∫

cos(x2 +1)2xdx = sen(x2+1)+C Com a mesma substituição t = x2 + 1 resolvemos as integrais abaixo:

∫

+ =

∫

=

∫

= + = (x +1) +C

3 2 C t 3 2 dt t dt t 2xdx 1 x 2 3 2 3 2 1 2 2 C 1) x g( t dt t tg dt sec 2xdx 1) (x

sec2 2 + = 2 = = 2 + +

∫

∫

∫

De uma maneira geral:

Se temos uma integral na forma

∫

f(g(x))g′(x)dx e se sabemos que F é uma primitiva de f, temos que

∫

f(g(x))g′(x)dx = F(g(x)) + C

De fato, fazendo t = g(x) temos dt = g´(x)dx e portanto

∫

f(g(x)) g′(x) dx =

∫

f(t) dt= F(t) + C = F(g(x)) + C

Últimos exemplos: Escolha f(x) = sec2 x . Sabemos que F(x) = tgx é primitiva de f(x). Logo,

C ) x ( tg dx x 2 1 ) x (

sec2 = +

C ) ln(x) ( tg dx x 1 ) x (ln

sec2 = +

∫

Exercícios resolvidos:

1.

∫

(x+1)4dx Faça = x + 1 Logo, dt= dx . Daí,

∫

(x+1)4dx=

∫

t4dx= C 5 ) 1 x ( C 5

t5 5

+ + = +

Nos exemplos, 2, 3 e 4 faça t = x2 +1 e resolva as integrais

2.

∫

(x2 +1)32xdx

3.

∫

ex2+12xdx

4.

∫

cos(x2+1)2xdx

5. Faça t = 2x , dt = 2dx e resolva a integral

∫

e2xdx

Solução:

∫

e2xdx =

2 1

∫

=

∫

= + = +C

2 e C e 2 1 dt e 2 1 dx 2 e 2x t t 2x

6. Resolva as integrais

∫

cos(2x)dxe

∫

sen(2x)dx (Multiplique e divida cada integral por 2 e depois faça t = 2x )

7.

∫

dx x e x

= 2

∫

dx

x 2 e x

. ( Fazendo t= x , chega-se ao resultado)

8.

∫

x2 3 2−x3dt ( Faça t = 2 – t3 e daí dx = -3t2 dt . Ajuste o integrando para obter dt )

9.

∫

x2 x−1dx ( Faça t = x − 1)

10.

∫

3xex2dx=3

∫

xex2dx (Tente t = x2 e introduza o fator 2 na integral para ajustar dt )

11.

∫

+ 3 2 x 2 dx x

( Note que a diferencial de (2 + x3) é 3x2dx . Use procedimento análogo para ajustar dt )

12.

∫

+ 2 2 _x

a dx

Esta integral é calculada fazendo inicialmente o seguinte artifício:

∫

_a2_+x2

dx =

∫

+ ) a x 1 ( a dx 2 2 2 =

∫

+ 2 a x 2 _{1 ( )}

dx

a 1

. Fazendo t =

a x

temos x = at e daí dx = a dt . Logo,

∫

_a2_+x2

dx =

∫

+ 2 a x 2 ) ( 1 dx a 1 =

∫

+ 2 2 _{1 t}

adt

a 1

=

∫

+_t2

2.3 Integração por Partes

Algumas integrais não podem ser resolvidas pelo método de substituição de variáveis, ou seja, o método de

substituição não funciona. Por exemplo, na integral

∫

xexdx as opções de substituição ( t = x, ou t = ex ) não resolvem o problema. Porque isto aconteceu? O que fazer nestes casos? A resposta é simples: as funções x e ex não têm nada em comum, não estão relacionadas entre si (como no caso de substituição de variáveis).

Nestes casos, os matemáticos descobriram que certas integrais podem ser divididas em 2 partes, uma delas chamada de u e a outra de dv . Dessa maneira, elas são colocadas na forma

∫

udv.

Além disso, os matemáticos descobriram facilmente uma fórmula que permite trocar a integral desejada por outra, que pode ser mais simples de resolver. Esta fórmula é:

∫

∫

u dv = u v - vdu

Exemplo 1: No caso da integral

∫

xexdx, fazemos u =x e dv = ex dx. Logo, temos du = dx e v = ex .

Usando a fórmula acima, temos:

∫

xexdx = xex -

∫

exdx = xex – ex + C = ex ( x-1 ) + C

Exemplo 2: A integral

∫

x2exdx é resolvida integrando-se por partes 2 vezes. Na 2a vez, recai-se na integral anterior. De fato, fazendo u =x2 e dv = ex dx , temos du = 2xdx e v = ex . Logo,

∫

x2exdx = x2ex -

∫

2xexdx = x2ex – 2

∫

xexdx = x2ex – 2 [xex – ex ] +C = ex ( x2 – 2x +2 ) + C

Exemplo 3: Resolver a integral

∫

xcos x dx

Tomando u =x e dv = cos x dx. Teremos: du = dx e v = sen x .

Usando a fórmula, temos:

∫

xcos x dx = x senx -

∫

sen x dx = x senx – (-cos x) + C = x senx + cos x + C

Exercício 1: Resolver a integral

∫

xsen x dx

Exemplo 4: As integrais

∫

excosx dx e

∫

exsenx dx têm uma particularidade interessante, elas estão

relacionadas entre si. Veja ...

Cálculo de

∫

exsenx dx Fazemos u = ex e dv = sen x dx . Daí temos du = ex e v = –cos x . Assim,

∫

exsenx dx = – excos x +

∫

excosx dx c

Cálculo de

∫

excosx dx Fazemos u = ex e dv = cos x dx . Daí temos du = ex e v = sen x . Assim,

∫

excos x dx = ex sen x -

∫

exsen x dx d

Substituindo d na equação c , temos

∫

exsenx dx = –excos x + [ ex sen x –

∫

exsen x dx ] = ex sen x – excos x –

∫

exsen x dx . Logo,

2

∫

exsenx dx = ex (sen x – cos x) + C . Finalmente,

∫

exsenx dx = 2 1

ex (sen x – cos x) + C

Outra alternativa para a solução: Rearrumando a equação d ficamos com o sistema

∫

exsenx dx = –excos x +

∫

excosx dx c

∫

exsen x dx = ex sen x –

∫

excos x dx e . Somando c com e teremos

2

∫

exsenx dx = ex (sen x – cos x) e assim finalmente

∫

exsenx dx= 2 1

ex (sen x – cos x) + C

Exercício 2: Usando as equações c e d , mostre que

∫

excosx dx = 2 1

ex (sen x + cos x) + C

Outras integrais por partes:

Exemplo 5:

∫

xln x dx e

∫

ln x dx

Para resolver

∫

xln x dx não é conveniente fazer u = x e dv = ln x dx . Isto porque não sabemos quem é v.

Vamos fazer u = lnx e dv = x dx . Daí tem-se du = dx x 1

e também v =

2 x2

Logo,

∫

xln x dx = 2 x2

ln x -

∫

dx x 1 2 x2

= 2 x2

ln x -

∫

xdx 2 1

= 2 x2

ln x – 4 x2

+ C

Chegamos então a:

∫

xln x dx = x₂ 2

ln x – 4 x2

∫

ln x dx =

∫

ln x ⋅1dx . Se fizermos u = ln x e dv = 1dx = dx teremos du = dx x 1

e v = x

Logo,

∫

ln x dx = x ln x -

∫

dx x 1

x = x ln x -

∫

dx = x ln x – x + C , ou seja,

As integrais

∫

x2ln x dx,

∫

x2ln x dx são resolvidas de modo análogo

Exemplo 6:

∫

arctg x dx e

∫

x5ex3 dx

Essas integrais têm um interesse intrínseco, pois mostram que nem sempre um só método de integração é suficiente para se calcular uma integral. são resolvidas usando os 2 métodos já vistos, substituição e partes. Na primeira delas usaremos o método de partes e depois uma substituição . Na segunda, usaremos uma substituição e depois integraremos por partes. Vejamos:

Vamos mostrar que:

∫

arctg x dx= x arctgx - ln(1 x ) 2

1 ₊ 2 _+C

(partes e depois substituição)

Façamos u = arctgx e dv = dx . Daí, du =

2

x 1

1

+ dx e v = x . Usando a fórmula

∫

u dv = u v -

∫

vduvem:

∫

arctg x dx= x arctgx - dx x 1

1 x

2

∫

+ f

A integral dx x 1

1 x

2

∫

+ pode ser escrita como 1 x dx 1 x

2

∫

+ = 1 x 2x dx 1

2 1

2

∫

+

Fazendo t = 1 + x2 , temos dt = 2x dx. Daí,

dx 2x x 1

1 2 1

2

∫

+ = t dt 1 2 1

∫

= ln(|t|) C 2

1 ₊

= ln(1 x ) C 2

1 ₊ 2 _{+ g}

Substituindo g em f temos enfim que

∫

arctg x dx= x arctgx - ln(1 x ) C 2

1 ₊ 2 _{+ , como queríamos demonstrar.}

Exercício 3: Resolva a integral

∫

x5ex3 dx (substituição e depois partes)

Sugestão: Use o artifício x5 = x2 x3 . Daí, a integral fica

∫

x5ex3 dx =

∫

x3ex3 x2dx =

∫

x e 3x dx 3

1 3 x3 2

Fazendo t = x3, temos dt = 3x2 dx . Isto transformará nosso problema na integral do Exemplo 1.

dt

Exemplo 7:

∫

sec3 x dx

Esta é uma integral que é resolvida inicialmente por partes com seguinte artifício inicial: sec3 x = sec x . sec2 x

Usaremos também uma integral que se encontra na tabela de integrais:

∫

secxdx = ln (sec x + tg x ) + C

Vamos começar:

∫

sec3 x dx =

∫

sec x ⋅sec2 x dx

Fazendo u = sec x e dv = sec2 x dx teremos du = sec x tg x e v = tg x

Daí,

∫

sec3 x dx =

∫

sec x ⋅sec2 x dx= sec x tg x -

∫

tg x ⋅sec x tg x dx = sec x tg x -

∫

sec x tg2 x dx h

Mas

∫

sec x tg2 x dx=

∫

sec x (sec2x -1)dx =

∫

sec3 x dx -

∫

sec x dx =

∫

sec3 x dx - ln (sec x + tg x ) i

Substituindo teremos:

∫

sec3 x dx = sec x tg x -

∫

sec x tg2 x dx= secx tg x – [

∫

sec3 x dx - ln (sec x + tg x ) ]

A integral procurada aparece novamente no 2o membro. Efetuando os cálculos, vem:

2

∫

sec3 x dx = sec x tg x + ln (sec x + tg x ) + C . Finalmente, chegamos ao resultado final:

Referências Bibliográficas e Internet:

1. Cálculo – Um Novo Horizonte – H. Anton (vol 1) 2. Cálculo A – Diva Fleming /Miriam Buss

3. Cálculo com Geometria Analítica – Swokowski ( vol 1) 4. História da Matemática – C. Boyer

5. Peanut Softwares (Winplot) . R. Parris . http://math.exeter.edu/rparris

∫

sec3 x dx = 2 1