Integração por partes

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Universidade de Bras´ılia Departamento de Matem´atica

C´

alculo 1

Integra¸

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ao por partes

Vimos nos textos anteriores que a técnica de mudan¸ca de variáveis é muito útil no cálculo de algumas primitivas. Porém, existem casos em que ela não é suficiente. Por exemplo, suponha que queremos resolver a integral

Z

xexdx.

Uma análise inicial mostra que esta integral não é de resolu¸cão imediata. De fato, se es-tivéssemos integrando somente o termo x, ter´ıamos a primitiva x2

/2, enquanto que se o integrando fosse somente ex_{, poder´ıamos tomar a primitiva e}x_{. Contudo, neste caso, temos}

o produto destas duas fun¸c˜oes.

Uma tentativa inicial seria usar a mudan¸ca u = ex_{, que nos fornece du = e}x_{dx e x = ln(u).}

Assim, Z xexdx = Z xdu = Z ln(u)du.

Embora a igualdade acima esteja correta, ela não nos ajuda muito, porque também não sabemos uma primitiva para a fun¸cão ln(u). Portanto, a integral proposta não deve ser resolvida por mudan¸ca de variáveis. Neste texto vamos introduzir uma nova técnica que vai nos permitir, entre outras coisas, encontrar uma primitiva para a fun¸cão xex_.

Lembre que a fórmula de mudan¸ca de variáveis foi obtida a partir da Regra da Cadeia. O que vamos fazer inicialmente é obter, a partir da regra de deriva¸cão de um produto, uma nova fórmula. Para tanto, lembre que

d

dx[f (x) · g(x)] = f

′_{(x)g(x) + f (x)g}′_(x),

sempre que f e g são deriváveis. Integrando a igualdade acima com respeito a x, e lembrando que uma primitiva de (f (x)g(x))′ _{é o produto f (x)g(x), obtemos}

Z

f (x)g′_{(x)dx = f (x)g(x) −}

Z

f′_(x)g(x)dx.

A igualdade acima é conhecida como fórmula de integra¸cão por partes. Na sequência, vamos mostrar como ela pode ser útil.

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Exemplo 1. Vamos usar a fórmula para resolver a integralR xex_{dx. Se denotarmos f (x) = x} e g′_{(x) = e}x_{, obtemos} Z xexdx = Z f (x)g′_{(x)dx = f (x)g(x) −} Z f′_{(x)g(x)dx = x · g(x) −} Z 1 · g(x)dx. Para finalizar o cálculo, precisamos descobrir quem é g(x). Como g′_{(x) = e}x_{, temos que}

g(x) = R g′_{(x)dx =}_{R e}x_{dx = e}x_{+ K}

1, em que K1 ´e a constante de integra¸c˜ao. Deste modo

Z xex_{dx = x(e}x _{+ K} 1) − Z (ex_{+ K} 1)dx = xex− Z ex_dx, ou ainda, Z xex_{dx = (x − 1)e}x+ K.

Se você quiser, pode checar o resultado acima simplesmente derivando o lado direito. Vale notar que, no cálculo da fun¸cão g acima, a constante de integra¸cão K1 sempre vai

desaparecer. De fato, basta notar que f (x)(g(x) + K1) − Z f′_{(x)(g(x) + K} 1)dx = f (x)g(x) − Z f′_(x)g(x)dx,

qualquer que seja o número K1. Deste modo, ao aplicarmos a fórmula, é comum escolher

K1 = 0 na express˜ao de g(x).

Outra observa¸cão importante é que a fórmula pode ser reescrita de uma maneira mais simples de ser lembrada, através do seguinte artif´ıcio: considere u = f (x) e v = g(x). Com esta defini¸cão, temos que du

dx = f′(x). Se considerarmos, formalmente, o s´ımbolo du dx como

sendo uma fra¸c˜ao, isso nos leva a du = f′_{(x)dx e, de maneira an´aloga, dv = g}′_{(x)dx. Assim,}

a f´ormula de integra¸c˜ao por partes pode ser escrita como Z

udv = uv − Z

vdu.

Exemplo 2. Para a integral indefinida R x cos(x)dx, vamos considerar u = x e dv = cos(x)dx. Deste modo, temos que

u = x, dv = cos(x)dx

du = dx, v =R dv = R cos(x)dx = sen(x),

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ou ainda _Z

x cos(x)dx = x sen(x) + cos(x) + K.

Novamente, a igualdade pode ser checada pela simples deriva¸c˜ao do lado direito.

Ao aplicar a fórmula, é fundamental fazer uma escolha apropriada do termo dv. A primeira dica para esta escolha é lembrar que, para aplicar a fórmula, será necessário conhecer o valor de v, isto é, calcular a integral R dv. Deste modo, o termo dv deve ser uma fun¸cão que sabemos integrar. Esta observa¸cão, quando aplicada no Exemplo 2 acima, descarta imediatamente a escolha dv = x cos(x). Porém, ainda restariam três possibilidades:

dv = xdx, dv = dx, dv = cos(x)dx. J´a vimos que a terceira escolha acima funciona. Para a primeira ter´ıamos

u = cos(x), dv = xdx du = −sen(x) dx, v =R xdx = x2 /2, de modo que Z x cos(x)dx = x 2 2 cos(x) + Z x2 2 sen(x)dx.

Esta igualdade, embora correta, não ajuda muito, porque a integral que aparece do lado direito não parece ser mais simples do que a inicial. Deixamos para o leitor a verifica¸cão de que a escolha dv = dx também não é boa.

Exemplo 3. Vamos calcular

Z

ln(x)dx,

integrando por partes. Fazendo a escolha u = ln(x), somos levados a dv = dx, u = ln(x), dv = dx du = 1 xdx, v =R dx = x, e portanto Z ln(x)dx = x ln(x) − Z ₁ xxdx = x ln(x) − x + K.

Novamente aqui, a escolha dv = ln(x) n˜ao seria boa, porque a princ´ıpio n˜ao sabemos uma primitiva de ln(x).

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Exemplo 4. Em alguns casos precisamos aplicar o m´etodo mais de uma vez. Por exemplo, para Z x2 sen(x)dx, fazemos u = x2

e dv = sen(x)dx, de modo que du = 2xdx e v = − cos(x). Assim Z x2 sen(x)dx = −x2 cos(x) + Z 2x cos(x)dx. Resolvendo a ´ultima integral partes (cf. Exemplo 2), obtemos

Z x2

sen(x)dx = −x2

cos(x) + 2 (x sen(x) + cos(x)) + K, que ´e o resultado desejado.

Observe que a ideia do exemplo acima funciona em qualquer integral do tipoR xn_{f (x)dx,}

quando n ∈ N e a fun¸c˜ao f ´e, por exemplo, do tipo cos(ax), sen(ax) ou eax_{, com a ∈ R.}

Quanto maior o valor de n, mais vezes teremos que integrar por partes. A parte boa é que, a cada integra¸cão, o expoente do termo x da nova integral diminui até chegarmos em x0

= 1. Exemplo 5. Vamos agora aplicar integra¸c˜ao por partes na integral

Z

sen(ln(x))dx, com as escolhas seguintes

u = sen(ln(x)), dv = dx du = cos(ln(x)) x dx, v = x. Substituindo, vem Z sen(ln(x))dx = x sen(ln(x)) − Z cos(ln(x))dx. (1)

Note que a integral resultante parece ter a mesma complexidade da inicial, o que poderia nos levar a pensar que a ideia não foi boa. Porém, vamos aplicar integra¸cão por partes a esta nova integral, com a seguinte escolha

u = cos(ln(x)), dv = dx, du = −sen(ln(x))_x dx, v = x,

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Substituindo a igualdade acima em (1), obtemos Z

sen(ln(x))dx = x sen(ln(x)) − x cos(ln(x)) − Z

sen(ln(x))dx.

Note que a integral que quer´ıamos calcular apareceu novamente, do lado direito, multiplicada por um fator diferente de 1. Podemos ent˜ao lev´a-la para o lado esquerdo da igualdade e obter

Z

sen(ln(x))dx = 1 2 h

x sen(ln(x)) − x cos(ln(x))i+ K, com K sendo a constante de integra¸c˜ao.

A mesma ideia acima nos permite calcular integrais do tipoR eax_{sen(bx)dx ou}_{R e}ax_cos(bx),

com a, b ∈ R. Deixamos para o leitor a tarefa de considerar casos como esses.

Exemplo 6. Em alguns casos, as técnicas de integra¸cão podem se misturar. Por exemplo, na integral R e√x_{dx, podemos fazer a mudan¸ca de variáveis y =} √_{x para obter dx = 2√ydy =}

2ydy, e portanto

Z

e√xdx = 2 Z

yeydy.

Esta última integral pode ser facilmente resolvida por integra¸cão por partes. De maneira análoga podemos tratar, por exemplo, R sen(√x)dx ou R cos(√x)dx.

Finalizamos observando que a fórmula de integra¸cão por partes pode ser aplicada na integral definida. De fato, o Teorema Fundamental do Cálculo implica que

Z b a f (x)g′_{(x)dx = f (x)g(x)} b x=a− Z b a f′_(x)g(x)dx.

Assim, lembrando do Exemplo 1, temos Z 1 0 xexdx = xex 1 x=0− Z 1 0 ex_{dx = (e − 0) − (e}x) 1 x=0 = e − (e − 1) = 1.

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Tarefa

A fórmula de integra¸cão por partes nos permite obter fórmulas recurssivas para algumas integrais. Por exemplo, para todo natural n ≥ 3, considere

In=

Z π/2

0

cosn_(x)dx.

1. Use integra¸c˜ao por partes, com u = cosn−1_{(x) e dv = cos(x)dx, para obter}

Z

cosn(x)dx = sen(x) cosn−1_{(x) + (n − 1)} Z

cosn−2(x) sen2

(x)dx.

2. Lembrando que sen2

(x) + cos2

(x) = 1, conclua que In= n − 1

n In−2, n ≥ 3.