Marcelo José Dias Nascimento. Marcelo Nascimento / UFSCar

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Marcelo

Nascimento

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C´

alculo 1

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Marcelo

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Sum´

ario

1 Integrais 5 1.1 Primitivas . . . 5 1.2 Integral de Riemann . . . 7 1.3 C´alculo de ´Areas . . . 14

1.4 Substitui¸c˜ao de Vari´aveis . . . 19

1.5 Integra¸c˜ao por partes . . . 23

1.6 Integrais Trigonom´etricas . . . 28

1.7 Primitivas de Fun¸c˜oes Racionais; Fra¸c˜oes Parciais . . . 30

1.7.1 Denominadores Redut´ıveis do 2◦ Grau . . . 31

1.7.2 Denominadores Redut´ıveis do 3◦ Grau . . . 33

1.7.3 Denominadores Irredut´ıveis do 2◦ Grau . . . 34

1.8 Substitui¸c˜oes Trigonom´etricas . . . 35

1.9 Aplica¸c˜oes da Integral . . . 43

1.9.1 Volume . . . 43

1.9.2 Comprimento de Curva . . . 46

1.10 Integrais Impr´oprias . . . 49

1.10.1 Testes de Convergˆencia . . . 51

1.10.2 Integrandos Descont´ınuos . . . 52

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Cap´ıtulo 1

Integrais

1.1 Primitivas

Sabemos que a derivada de uma fun¸cão constante é zero. Além disso, uma fun¸cão pode ter derivada zero em todos os pontos do seu dom´ınio e não ser constante. Veja o exemplo abaixo.

Exemplo 1.1. Considere a fun¸c˜ao f (x) = x

|x|. Observe que f

0_{(x) = 0 em todo ponto}

de seu dom´ınio, mas f n˜ao ´e constante.

x y

Proposi¸cão 1.2. Seja f cont´ınua em [a, b] e diferenciável em (a, b) e f0(x) = 0, para todo x ∈ (a, b), então f é constante em [a, b].

Demonstra¸c˜ao. Seja x0 ∈ [a, b] fixado. Para todo x ∈ [a, b], x 6= x0, segue do Teorema

do Valor M´edio, que existe c no intervalo aberto de extremos x e x0 tal que

f (x) − f (x0) = f0(c)(x − x0).

Como f0(x) = 0, para todo x ∈ (a, b), temos que f0(c) = 0 e portanto f (x) − f (x0) = 0 =⇒ f (x) = f (x0), ∀x ∈ [a, b].

Portanto, f ´e constante em [a, b].

Pergunta: Porquê o Exemplo 1.1 não contradiz a Proposi¸cão anterior?

Corolário 1.3. Se duas fun¸cões definidas em um intervalo aberto I tiverem a mesma derivada em todo ponto de x ∈ I, então elas vão diferir por uma constante.

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Demonstra¸cão. Ideia da prova: Defina a fun¸cão h(x) = f (x) − g(x). Disto segue que, h0(x) = f0(x) − g0(x), ou seja, h0(x) = 0, para todo x ∈ I e da Proposi¸cão anterior h(x) = k. Segue que f (x) = g(x) + k.

Defini¸c˜_{ao 1.4 (Primitiva). Seja f : [a, b] → R. Uma primitiva (ou antiderivada) de f} em [a, b] ´e uma fun¸c˜ao deriv´_{avel F : [a, b] → R tal que}

F0(x) = f (x) para todo x ∈ [a, b].

Observa¸cão 1.5. Se F for uma primitiva de f , então F será cont´ınua, pois é dife-renciável.

Exemplo 1.6. A fun¸c˜ao F (x) = 1₃x3 ´e uma primitiva de f (x) = x2 _{em R, pois F}0(x) = x2_{, para todo x ∈ R.}

Se F (x) é uma primitiva de f (x) então F (x) + k também será uma primitiva de f (x). Por outro lado, se houver uma outra fun¸cão G(x) que é primitiva de f , pelo visto anteriormente, F e G diferem, neste intervalo, por uma constante. Segue que as primitivas de f são da forma

F (x) + k, k = constante.

Denotamos por

Z

f (x)dx = F (x) + k

a fam´ılia de primitivas de f e chamamos R f (x)dx de integral indefinida de f . Na nota¸c˜aoR f (x)dx, a fun¸c˜ao f denomina-se integrando.

Observa¸c˜ao 1.7. Quando estamos tratando integrais indefinidas, nunca podemos esque-cer a constante k, pois existem infinitas primitivas para uma fun¸c˜ao f e se suprimirmos a constante, teremos encontrado apenas uma das infinitas possibilidades.

Exemplo 1.8.

Z

x2dx = x

3

3 + k.

Das fórmulas de deriva¸cão já vistas, seguem as seguintes primitivas imediatas:

(a)R cdx = cx + k (b)R exdxex+ k (c)R xα_{dx =} xα+1

α+1 + k, α 6= −1 (d)R cos xdx = sin x + k

(e)R sin xdx = − cos x + k (f )R 1

xdx = ln x + k, x > 0

(g)R _x1dx = ln(−x) + k, x < 0 (h)R sec2xdx = tan x + k (i)R √ 1

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1.2. INTEGRAL DE RIEMANN 7

1.2 Integral de Riemann

Defini¸c˜_{ao 1.9. Seja [a, b] ⊂ R um intervalo limitado e fechado. Dizemos que}

P : a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn= bn, n ∈ N,

´

e uma parti¸c˜ao de [a, b]. Neste caso, escrevemos P = {x0, x1, . . . , xn}.

Uma parti¸c˜ao P de [a, b] divide o intervalo em n intervalos.

x a = x0 x1 x2 . . . xi−1 xi . . . xn−1 x_n = b

Observe que os intervalos [xi−1, xi] da parti¸c˜ao P n˜ao precisam ter a mesma amplitude.

Para cada i = 1, . . . , n, definimos

∆xi = xi− xi−1

a amplitude do intervalo [xi−1, xi]. Definimos, tamb´em

∆P = max 16i6n∆xi,

a amplitude m´axima que um intervalo [xi−1, xi] pode ter.

Sejam f : [a, b] → R e P : a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b uma parti¸c˜ao de [a, b].

Para cada ´ındice i, seja ci um n´umero em [xi−1, xi] escolhido arbitrariamente.

x a = x0 x1 x2 . . . xi−1 xi . . . xn−1 x_n = b c1 c2 ci cn Defini¸c˜ao 1.10. O n´umero n X i=1 f (ci)∆xi = f (c1)∆x1+ f (c2)∆x2+ . . . + f (cn)∆xn

denomina-se soma de Riemann de f , relativa à parti¸cão P e aos números ci.

Geometricamente, podemos interpretar a soma de Riemann

n

X

i=1

f (ci)∆xi

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a soma das ´areas que est˜ao abaixo do eixo x.

x y c1 c2 c3 c4 c5 c6 c7 f (c1) f (c2) f (c3) f (c4) f (c5) f (c6) f (c7)

Defini¸cão 1.11. Diremos que uma fun¸c˜_{ao f : [a, b] → R é Riemann integrável ou} simplesmente integrável, se existir um n´_{umero L ∈ R tal que}

lim ∆P→0 n X i=1 f (ci)∆xi = L

onde P : a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn= b ´e uma parti¸c˜ao de [a, b] e ci ∈ [xi−1, xi].

Traduzindo a defini¸c˜ao acima para a defini¸c˜ao de limite, temos:

Defini¸cão 1.12. Uma fun¸c˜_{ao f : [a, b] → R é dita integrável, se existe um número} L ∈ R tal que dado > 0 existe δ > 0 de modo que

n X i=1 f (ci)∆xi− L <

para toda parti¸c˜ao P : a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b de [a, b] com ∆P < δ, qualquer

que seja a escolha de ci ∈ [xi−1, xi]. Neste caso, escrevemos

L = Z b

a

f (x)dx

que é chamada integral definida ou simplesmente integral de f em rela¸cão à x no inter-valo [a, b].

Proposi¸cão 1.13. Se f for cont´ınua em [a, b] então f é integrável em [a, b]. Observa¸cão 1.14. Por defini¸cão:

Z a a f (x)dx = 0 e Z b a f (x)dx = − Z a b f (x)dx(a < b).

A seguir, vamos ilustrar a defini¸c˜ao de integral, calculando uma integral pela de-fini¸c˜ao.

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Exemplo 1.15. Considere a fun¸c˜ao f (x) = k definida no intervalo [a, b]. Mostre que Z b

a

f (x)dx = k(b − a).

Demonstra¸c˜ao. Seja P = {x0, x1, x2, ..., xn} uma parti¸c˜ao qualquer do intervalo [a, b].

Al´em disso, para qualquer escolha de ci ∈ [xi−1, xi], temos que f (ci) = k para todo

i = 1, ..., n. Agora, observe que            ∆x1 = x1− x0 ∆x2 = x2− x1 .. . ∆xn = xn−1− xn, Segue que n X i=1 f (ci)∆xi = k n X i=1 ∆xi = k(b − a),

tomando o limite na express˜ao acima quando ∆P → 0, obtemos que

lim ∆P→0 n X i=1 f (ci)∆xi = lim ∆P→0 k(b − a) = k(b − a).

Segue da defini¸c˜ao de integral de Riemann que Z b

a

f (x)dx = k(b − a).

Proposi¸cão 1.16. Sejam f, g duas fun¸cões integráveis em [a, b] e k uma constante qualquer. Então:

(a) f ± g ´e integr´avel em [a, b] e Z b a (f ± g)(x)dx = Z b a f (x)dx ± Z b a g(x)dx.

(b) kf é integrável em [a, b] e Z b a kf (x)dx = k Z b a f (xdx). (c) Se f (x) > 0 em [a, b] então Z b a f (x)dx > 0.

(d) Sejam a, b, c ∈ R e suponha que f é integrável em (a, b) em (a, c) e em (c, b) então Z b a f (x)dx = Z c a f (x)dx + Z b c f (x)dx.

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Demonstra¸c˜ao. (a) Para toda parti¸c˜ao P de [a, b] e qualquer que seja a escolha dos c0_is em [xi−1, xi], temos n X i=1 [f (ci) + g(ci)]∆xi − " Z b a f (x)dx + Z b a g(x)dx # 6 6 n X i=1 f (ci)∆xi− Z b a f (x)dx + n X i=1 g(ci)∆xi − Z b a g(x)dx .

Da integrabilidade de f e g, segue que dado > 0 existe δ > 0 tal que n X i=1 f (ci)∆xi− Z b a f (x)dx < 2 e n X i=1 g(ci)∆xi− Z b a g(x)dx < 2, para toda parti¸c˜ao P de [a, b] com ∆P < δ. Logo

n X i=1 [f (ci) + g(ci)]∆xi− " Z b a f (x)dx + Z b a g(x)dx # <

para toda parti¸c˜ao P de [a, b] com ∆P < δ. Assim

lim ∆P→0 n X i=1 [f (ci) + g(ci)]∆xi = Z b a f (x)dx + Z b a g(x)dx

Ou seja, f + g ´e integr´avel e vale Z b a [f (x) + g(x)]dx = Z b a f (x)dx + Z b a g(x)dx. (b) Exerc´ıcio.

(c) Como f (x) > 0 em [a, b], para toda parti¸c˜ao P de [a, b] e qualquer que seja a escolha dos c0_is,

n

X

i=1

f (ci)∆xi > 0.

Suponha por absurdo que

Z b

a

f (x)dx < 0.

Nesse caso, tomando-se > 0 tal que Z b

a

f (x)dx + < 0, existiria um δ > 0 tal que

Z b a f (x)dx − < n X i=1 f (ci)∆xi < Z b a f (x)dx + ,

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para toda parti¸c˜ao P de [a, b] com ∆P < δ. Assim, para alguma parti¸c˜ao P ter´ıamos n X i=1 f (ci)∆xi < 0, absurdo. Portanto, Z b a f (x)dx > 0.

(d) Para toda parti¸c˜ao P de [a, b], com c ∈ P ,

| | | | | | | | x0= a x1 x2 xm−1 c = xm xm+1 xn−1 xn= b c1 c2 cm cm+1 cn temos que n X i=1 f (ci)∆xi− " Z c a f (x)dx + Z b c f (x)dx # 6 6 n X i=1 f (ci)∆xi− Z c a f (x)dx + n X i=1 f (ci)∆xi− Z b c f (x)dx

Como, por hipótese, f é integrável em [a, c] e em [c, d], dado > 0, existe δ > 0 tal que para todo parti¸cão P em [a, b], com c ∈ P e ∆P < δ

n X i=1 f (ci)∆xi− Z c a f (x)dx < 2 e n X i=1 f (ci)∆xi− Z b c f (x)dx < 2, e, portanto n X i=1 f (ci)∆xi− " Z c a f (x)dx + Z b c f (x)dx # < .

Isso conclui a prova.

Exemplo 1.17. Suponha que f, g : [a, b] → R sejam fun¸cões integráveis. Se f (x) > g(x) em [a, b] então Z b a f (x)dx > Z b a g(x)dx.

Demonstra¸c˜_{ao. Basta usar o item (c) do teorema anterior. De fato, como f (x) > g(x)} em [a, b], ent˜ao f (x) > g(x) =⇒ f (x) − g(x) > 0, ent˜ao Z b a [f (x) − g(x)]dx > 0,

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use o item (a) para concluir que Z b a f (x)dx − Z b a g(x)dxdx > 0,

disto concluimos o resultado. ´

E claro que não queremos calcular integrais usando sempre a defini¸cão, então pre-cisamos de uma maneira de calcular integrais sem usar a defini¸cão. Isso será poss´ıvel gra¸cas ao Teorema Fundamental do Cálculo, que surpreendentemente relaciona integrais e derivadas. O próximo teorema é usado para demonstrar o que chamaremos de Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo.

Teorema 1.18. Seja f uma fun¸c˜ao cont´ınua em [a, b] e defina a fun¸c˜ao

g(x) = Z x

a

f (t)dt, x ∈ [a, b].

Então g é diferenciável em (a, b) e g0(x) = f (x). Demonstra¸cão. Se x e x + h estão em (a, b), então

g(x + h) − g(x) = Z x+h a f (t)dt − Z x a f (t)dt = Z x a f (t)dt + Z x+h x f (t)dt − Z x a f (t)dt = Z x+h x f (t)dt.

Para h 6= 0, temos que

g(x + h) − g(x) h = 1 h Z x+h x f (t)dt.

Suponha que h > 0. Como f ´e cont´ınua em [x, x + h], segue do Teorema de Weierstrass que existem x1, x2 ∈ [x, x + h] tais que

f (x1) 6 f (t) 6 f (x2), ∀t ∈ [x + x + h]. Logo f (x1)h 6 Z x+h x f (t)dt 6 f (x2)h, ou seja, f (x1) 6 1 h Z x+h x f (t)dt 6 f (x2), ou o que ´e equivalente f (x1) 6 g(x + h) − g(x) h 6 f (x2).

A desigualdade anterior, pode ser provada de forma similar para h < 0. Agora, se h → 0, x1 → x e x2 → x, logo

lim

h→0f (x1) = limx1→x

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1.2. INTEGRAL DE RIEMANN 13 e lim h→0f (x2) = limx2→x f (x2) = f (x),

pois f ´e cont´ınua e do Teorema do Confronto, obtemos que

g0(x) = lim

h→0

g(x + h) − g(x)

h = f (x).

Teorema 1.19. Seja f uma fun¸c˜ao cont´ınua em [a, b] e suponha que F seja uma primitiva de f , ent˜ao

Z b

a

f (x)dx = F (b) − F (a) = F (x)|b_a.

Teorema Fundamental do C´alculo

Demonstra¸c˜ao. Seja

g(x) = Z x

a

f (t)dt.

Do Teorema anterior, g0(x) = f (x), ou seja, g é uma primitiva de f . Sabemos que duas primitivas só podem diferir por uma constante e como F também é primitiva de f , segue que

F (x) − g(x) = k, _{k ∈ R.}

Fazendo x = a na igualdade acima, obtemos que F (a) = k (lembre que g(a) = 0) e fazendo x = b obtemos F (b) − g(b) = k = F (a). Logo, F (b) − F (a) = g(b) = Z b a f (t)dt.

Observa¸c˜ao 1.20. A diferen¸ca F (b) − F (a) ser´a denotada por F (x) b a , assim Z b a f (x)dx = F (x) b a = F (b) − F (a).

Quando estivermos nas condi¸c˜oes do 1◦ T.F.C. Exemplo 1.21. Calcule

Z 2

1

x2dx.

Demonstra¸cão. Note que f (x) = x2 é cont´ınua em [1, 2] e F (x) = 1₃x3 é uma primitiva de f , então do T.F.C., obtemos que

Z 2 1 x2dx = 1 3x 3 2 1 = 8 3− 1 3 = 7 3.

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Portanto, Z 2 1 x2dx = 7 3. Exemplo 1.22. Calcule Z 2 1 1 x2dx.

Demonstra¸c˜ao. Temos do T.F.C. que Z 2 1 1 x2dx = Z 2 1 x−2dx = −1 x 2 1 = −1 2 + 1 = 1 2. Exemplo 1.23. Calcule Z π₈ 0 sin(2x)dx.

Demonstra¸c˜ao. Temos do T.F.C. que Z π₈ 0 sin(2x)dx = −cos(2x) 2 π 8 0 = − 1 2cos( π 4) + 1 2cos(0) = 2 −√2 4 .

1.3 C´

alculo de ´

Areas

Nesta se¸cão queremos determinar a área de diferentes regiões planas. Essa é uma das muitas aplica¸cões de integrais.

Vejamos como fica:

Caso 1: Seja f uma fun¸c˜_{ao cont´ınua em [a, b], com f (x) > 0 em [a, b]. Queremos} definir a ´area do conjunto A do plano limitado pelas retas x = a, x = b e pelo gr´afico de y = f (x). y = f (x) x y A a _b

Seja P uma parti¸c˜ao de [a, b] e sejam ¯ci e ¯c¯i em [xi−1, xi] tais que

f ( ¯ci) = min c∈[xi−1,xi] {f (x)} f ( ¯c¯i) = max c∈[xi−1,xi] {f (x)}.

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1.3. C ´ALCULO DE ´AREAS 15

Ent˜ao, as somas de Riemann correspondentes, satisfazem

n X i=1 f ( ¯ci)∆xi 6 ´area de A 6 n X i=1 f ( ¯c¯i)∆xi.

Para efeito de ilustra¸c˜ao, veja a figura abaixo.

y = f (x) x y a _b y = f (x) x y a _b

Isso significa que a soma de Riemann Pn

i=1f ( ¯ci)∆xi se aproxima da ´area de A por

“falta”e a soma de Riemann Pn

i=1f ( ¯c¯i)∆xi se aproxima da ´area de A por “sobra”.

Assim, fazendo max16i6n∆xi → 0, temos

lim max16i6n∆xi→0 n X i=1 f ( ¯ci)∆xi 6 lim max16i6n∆xi→0 ´ area de A 6 lim max16i6n∆xi→0 n X i=1 f ( ¯c¯i)∆xi. ou seja, Z b a f (x)dx 6 ´area de A 6 Z b a f (x)dx. Portanto, ´ area de A = Z b a f (x)dx.

Exemplo 1.24. Calcule a ´area da regi˜ao A dada na figura abaixo. y

0 1

y = x2

x A

Demonstra¸cão. Note que, por defini¸cão de área, temos

´ area de A = Z 1 0 x2dx = x 3 3 1 0 = 1 3.

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Caso 2: Se f ´e uma fun¸c˜_{ao cont´ınua em [a, b] tal que f (x) 6 0, ent˜ao}

Z b

a

f (x)dx 6 0.

Nesse caso, definimos a ´area da regi˜ao A, como

´ area de A = − Z b a f (x)dx. x y y = f (x) a b A x y y = −f (x) a b A

Exemplo 1.25. Calcule a área da região limitada pelas retas x = −1, x = 0, y = 0 e pelo gráfico da fun¸cão f (x) = x3_{− 1.}

Demonstra¸c˜ao. x y 0 −1 A A Sabemos que ´ area de A = − Z 0 −1 (x3− 1)dx = −x 4 4 + x 0 −1 = 5 4.

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1.3. C ´ALCULO DE ´AREAS 17

Caso 3: Seja f uma fun¸cão definida em [a, b], cujo gráfico é dado abaixo:

x y y = f (x) b a c d

Seja A conjunto hachurado. Ent˜ao,

´ area de A = Z c a f (x)dx − Z d c f (x)dx + Z b d f (x)dx = Z b a |f (x)|dx.

Exemplo 1.26. Calcule a área do conjunto limitado pelas retas x = −1, x = 1, y = 0 e pelo gráfico de f (x) = x. Demonstra¸cão. x y −1 1 Temos ´ area de A = Z 1 −1 |f (x)|dx = Z 0 −1 −xdx + Z 1 0 xdx = −x 2 2 0 −1+ x2 2 1 0 = 1 2 + 1 2 = 1.

(18)

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Caso 4: Sejam f, g fun¸c˜oes definidas em [a, b], como abaixo:

x y y = f (x) y = g(x) b a

Ent˜ao A ´_{e o conjunto de pontos (x, y) ∈ R limitado pelas retas x = a, x = b e pelos} gr´aficos das fun¸c˜_{oes f e g, onde f (x) > g(x), ∀x ∈ [a, b]. Segue que}

´ area de A = Z b a [f (x) − g(x)]dx = Z b a f (x)dx − Z b a g(x)dx.

Observa¸cão 1.27. Em geral, a área entre duas curvas y = f (x) e y = g(x), com x ∈ [a, b] é

Z b

a

|f (x) − g(x)|dx.

Exemplo 1.28. Calcule a ´area da regi˜ao formada por todos os pontos (x, y) tais que x2 _{6 y 6}√_x.

Demonstra¸cão. A região é dada pela figura abaixo:

x y y = x2 y =√x 1 1 0 ´ area de A = Z 1 0 [√x − x2]dx = x 3 2 3 2 − x 3 3 1 0 = 1 3.

(19)

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1.4. SUBSTITUIÇ ÃO DE VARI ÁVEIS 19

1.4 Substitui¸

c˜

ao de Vari´

aveis

No cálculo de integrais, seria ótimo se quando olhássemos para o integrando pudéssemos reconhecer uma primitiva imediata para o integrando. Infelizmente, em muitas situa¸cões (quase todas!) as primitivas não são imediatas. Entretanto, fazendo uma mudan¸ca de variáveis, podemos simplificar uma integral a tal ponto que na nova variável podemos reconhecer uma primitiva imediata e isso nos permite resolver a integral na nova variável e portanto resolver a integral original.

Para ilustrar o que foi dito acima, veja se nesse passo vocˆe consegue reconhecer uma primitiva imediata para a fun¸c˜ao

f (x) = 2x√1 + x2_.

Testando

Sejam f e g fun¸c˜oes tais que Im(g) ⊂ Df. Suponha que F ´e uma primitiva para f .

Ent˜ao F (g(x)) ´e uma primitiva para f (g(x))g0(x). De fato, pela regra da cadeia, [F (g(x))]0 = F0(g(x))g0(x) = f (g(x))g0(x).

Portanto,

Z

f (g(x))g0(x)dx = F (g(x)) + k, com k constante. Assim, se fizermos a mudan¸ca de vari´aveis

u = g(x) =⇒ du = g0(x)dx, segue que Z f (g(x))g0(x)dx = Z f (u)du = F (u) + k = F (g(x)) + k. Exemplo 1.30. Calcule R 2x√1 + x2_dx.

Demonstra¸c˜ao. Fa¸camos a seguinte mudan¸ca de vari´aveis: u = 1 + x2 =⇒ du = 2xdx. Assim, Z 2x√1 + x2_{dx =} Z √ 1 + x2_{2xdx =} Z _√ udx = Z u12du = 2 3 √ u3_{+ k =} 2 3 p (1 + x2₎3_{+ k.}

(20)

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Exemplo 1.31. Calcule R x3cos(x4+ 2)dx. Demonstra¸c˜ao. Seja

u = x4+ 2 =⇒ du = 4x3dx. Logo Z x3cos(x4+ 2)dx = 1 4 Z cos udu = 1 4sin u + k = 1 4 ∈ (x 4_{+ 2) + k.} Exemplo 1.32. Calcule Z tan xdx.

Demonstra¸c˜ao. Seja u = cos x, logo du = − sin xdx, portanto Z tan xdx = Z sin x cos xdx = − Z 1 udu = − ln |u| + k = − ln | cos x| + k = ln | sec x| + k.

O que acontece se fizermos a mudan¸ca de variáveis u = sin x? Veja se é poss´ıvel calcular a integral com essa mudan¸ca de variáveis.

Exemplo 1.33. Calcule Z 1 −2 r 1 2x + 1dx. 0 f −2 1

Fazendo u = 1₂x + 1, segue que du = 1₂dx.

x = −2 =⇒ u = 0 x = 1 =⇒ u = 3 2 Logo, Z 1 −2 r 1 2x + 1dx = Z 3₂ 0 2√udu = 22 3u 3 2 3 2 0 = 4 3 r 27 8 .

Existem duas maneiras para calcular uma integral definida por substitui¸cão de variáveis. Uma consiste em calcular a integral indefinida e então usar o T.F.C. Por exemplo: já vimos que Z 2 0 2x√1 + x2_{dx =} 2 3(1 + x 2₎3₂ _{+ k.}

(21)

Marcelo

Nascimento

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UFSCar

1.4. SUBSTITUIÇ ÃO DE VARI ÁVEIS 21

Ou seja, F (x) = 2₃(1 + x2)32 é uma primitiva para a fun¸cão que está no integrando. Logo

do T.F.C. segue que Z 2 0 2x√1 + x2_{dx =} 2 3(1 + x 2₎3₂ 2 0 = 2 35 3 2 − 2 31 3 2 = 2 3( √ 53_{− 1).}

A outra maneira consiste em se mudar os limites de integra¸c˜ao ao fazer a mudan¸ca de vari´aveis. Vamos ilustrar esse procedimento abaixo.

Se g0 for cont´ınua em [a, b] e f for cont´ınua na varia¸c˜ao de u = g(x), ent˜ao Z b a f (g(x))g0(x)dx = Z g(b) g(a) f (u)du.

Demonstra¸cão. Seja F uma primitiva de f . Então F (g(x)) é uma primitiva de f (g(x))g0(x), logo do T.F.C., temos que

Z b a f (g(x))g0(x)dx = F (g(x)) b a = F (g(b)) − F (g(a)).

Por outro lado, ainda do T.F.C., temos que

Z g(b) g(a) f (u)du = F (u) g(b) g(a) = F (g(b)) − F (g(a)).

Isto conclui a prova. Exemplo 1.34. Calcule Z 1 1 2 √ 2x − 1dx.

Demonstra¸c˜ao. Vamos usar a seguinte mudan¸ca de vari´aveis:

u = 2x − 1 =⇒ du = 2dx.

Assim, por essa mudan¸ca de vari´aveis ( x = 1₂ =⇒ u = 0 x = 1 =⇒ u = 1. Logo, Z 1 1 2 √ 2x − 1dx = Z 1 0 1 2 √ udu = 1 2 2 3u 3 2 1 0 = 1 3. Exemplo 1.35. Calcule Z e 1 ln x x dx.

(22)

Marcelo

Nascimento

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Demonstra¸c˜ao. Vamos usar a seguinte mudan¸ca de vari´aveis:

u = ln x =⇒ du = 1 xdx. Assim, por essa mudan¸ca de vari´aveis

( x = 1 =⇒ u = 0 x = e =⇒ u = 1. Assim Z e 1 ln x x dx = Z 1 0 udu = 1 2u 2 1 0 = 1 2.

Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 1.36. Calcule (a) Z x3cos x4dx (b) Z sin5x cos xdx (c) Z tan x sec2xdx (d) Z _sec2_x 3 + 2 tan xdx (e) Z 5 x − 1 + 2 x dx (f ) Z ₁ a2_{+ x}2dx (g) Z ₁ x ln xdx (h) Z ₁ xcos(ln x)dx. (Respostas: (a) 1 4sen x 4_{+ k} _(b) 1 6sen 6_{x + k} _(c) 1 2tg 2_{x + k} _(d) 1 2ln |3 + 2 tan x| + k (e) 5 ln |x − 1| + 2 ln |x| + k (f ) 1 a arctan x a + k (g) ln | ln x| + k (h) sen(ln x) + k.) Exerc´ıcio 1.37. Calcule (a) Z 2 −2 (3s2+ 2s − 1)ds (b) Z 2 1 x3+ 1 x+ 1 x3 dx (c) Z π₂ −π 6 (cos 2x + sin 5x)dx (d) Z 2 0 4 1 + u2 du (e) Z 1 0 xex2dx (f ) Z 0 −1 x(2x + 1)50dx (g) Z 1 0 x (x2_{+ 1)}5dx (h) Z 1 −1 x4(x5+ 3)3dx (i) Z π₂ π 6 sin x (1 − cos2x)dx (j) Z π₃ 0 sin3xdx (Respostas: ( a) 12 (b) 33₈ + ln 2 (c) 3 √ 3 20 (d) 4 arctan 2 (e) 1 2e − 1 2 (f ) − 1 102 (g) 15 128 (h) 12 (i) 3 8 √ 3 (j) 5 24))

(23)

Marcelo

Nascimento

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1.5. INTEGRAC¸ ˜AO POR PARTES 23

(a) A = {(x, y) ∈ R2; x2_{− 1 6 y 6 0}.}

(b) A = {(x, y) ∈ R2_{; 0 6 y 6 |sen x|, 0 6 x 6 2π}.}

(c) A é a região delimitada pelos gráficos de y + x2 _{= 6 e y + 2x − 3 = 0.}

(d) A é a região delimitada pelos gráficos de y − x = 6, y − x3 = 0 e 2y + x = 0. (Respostas: (a) 4

3 (b) 4 (c) 32

3 (d) 22)

Exerc´ıcio 1.39. Sabendo-se que a fun¸c˜ao

f (x) =    √ x −√7 √ x2_{+ 15 − 8}, x 6= 7 a, x = 7. ´ e cont´ınua em x = 7 e que b = Z π/2 0

cos 2x sin 4x dx, o valor de a b ´e: (a) √ 7 7 (b) 2 √ 7 (c) 6 √ 7 49 (d) 4√7 49 (e) 7 √ 7 (Resposta: (c))

Exerc´ıcio 1.40. (a) A equa¸cão da reta tangente ao gráfico de y = f (x) no ponto (1, 3) é y = x + 2. Se em qualquer ponto (x, f (x)) do gráfico de f temos f00(x) = 6x, encontre a expressão de f .

(b) Em qualquer ponto (x, f (x)) do gráfico de y = f (x) temos f00(x) = 2. Encontre a expressão da fun¸cão f , sabendo-se que o ponto (1, 3) é um ponto do gráfico no qual o coeficiente angular da reta tangente é −2.

(Respostas: (a) f (x) = x3_{− 2x + 4} _{(b) f (x) = x}2_{− 4x + 6)}

Exerc´ıcio 1.41. Suponha f cont´ınua em [−1, 1]. Calcule Z 1 0 f (2x − 1)dx sabendo que Z 1 −1 f (u)du = 10. (Resposta: 5)

1.5 Integra¸

c˜

ao por partes

A Regra da Substitui¸cão para integra¸cão corresponde à Regra da Cadeia para diferen-cia¸cão. A Regra do Produto para diferencia¸cão corresponde a uma regra chamada de integra¸cão por partes.

Sejam f, g : [a, b] → R diferenci´aveis em (a, b). Ent˜ao, para cada x ∈ (a, b),

[f (x)g(x)]0 = f0(x)g(x) + f (x)g0(x), ou seja,

(24)

Marcelo

Nascimento

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Como f (x)g(x) é uma primitiva de [f (x)g(x)]0, se existir uma primitiva de f0(x)g(x), então também existirá uma primitiva de f (x)g0(x) e temos a chamada fórmula de integra¸cão por partes:

Z

f (x)g0(x) dx = f (x)g(x) − Z

f0(x)g(x)dx

(1.5.1)

Nota¸c˜ao alternativa. Tomando u = f (x) e v = g(x) , temos du = f0(x) dx e dv = g0(x) dx e podemos reescrever (1.5.1) como

Z

u dv = uv − Z

vdu

Observa¸cão 1.42. Existe alguma maneira de escolher u e dv? A resposta é mais ou menos. Em geral, escolhermos u como a fun¸cão “mais fácil”de derivar e como dv a fun¸cão “mais fácil”de integrar. Em algumas situa¸cões a escolha é óbvia. Em outras você deve utilizar a dica acima.

Exemplo 1.43. Calcule Z

x sen x dx.

Demonstra¸c˜ao. Suponha f (x) = x e g0(x) = sin(x). Ent˜ao, f0(x) = 1 e g(x) = − cos x. Assim

Z

x sen x dx = x(− cos x) − Z

1(− cos x) dx = −x cos x + sin(x) + k.

Exemplo 1.44. Calcule Z

arctan(x)dx.

Demonstra¸c˜ao. Usando a nota¸c˜ao alternativa, temos que Z arctan(x)1dx = uv − Z vdu Seja ( u = arctan(x) =⇒ du = _1+x1 2dx dv = 1dx =⇒ v = x. Portanto, Z arctan(x)dx = x arctan(x) − Z x 1 1 + x2dx = x arctan(x) − 1 2ln(1 + x 2_{) + k.}

(25)

Marcelo

Nascimento

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Combinando a fórmula de integra¸cão por partes com o T.F.C., podemos avaliar integrais definidas por partes. Sejam f e g duas fun¸cões com derivadas cont´ınuas em [a, b], então Z b a f (x)g0(x) dx = f (x)g(x) b a − Z b a f0(x)g(x)dx. Exemplo 1.45. Calcule Z t 1 x ln xdx.

         f (x) = ln(x) =⇒ f0(x) = 1 x g0(x) = x =⇒ g(x) = x 2 2 . Assim, Z t 1 x ln(x)dx = x 2 2 ln(x) t 1 − Z t 0 1 x x2 2 dx = t2 2 ln(t) − 1 2 Z t 1 xdx = t 2 2 ln t − 1 2 x2 2 t 1 = t 2 2 ln t − 1 4t 2 ₊1 4.

O próximo exemplo não envolve integra¸cão por partes, entretanto essa integral é usada para resolver uma integral muito importante como veremos a seguir.

Exemplo 1.46. Calcule

Z

sec(x)dx.

Demonstra¸c˜ao. Primeiro observe que

sec(x) = sec(x) tan(x) + sec

2_(x)

sec(x) + tan(x) .

Seja u = sec(x) + tan(x) ent˜ao du = (sec(x) tan(x) + sec2_{(x))dx. Assim}

Z

sec(x)dx =

Z _{sec(x) tan(x) + sec}2_(x)

sec(x) + tan(x) dx = Z ₁

udu = ln |u| + k, ou seja,

Z

sec(x)dx = ln(| sec(x) + tan(x)|) + k.

Z

(26)

Marcelo

Nascimento

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Demonstra¸c˜ao. Vamos usar integra¸c˜ao por partes: note que Z

sec3(x)dx = Z

sec(x) sec2(x)dx. Vamos usar a seguinte integra¸c˜ao por partes;

(

u = sec(x) =⇒ du = sec(x) tan(x)dx dv = sec2(x) =⇒ v = tan(x).

Portanto,

Z

sec(x) sec2(x)dx = sec(x) tan(x) − Z

sec(x) tan(x) tan(x)dx

= sec(x) tan(x) − Z

sec(x) tan2(x)dx Agora, lembre-se que tan2_{(x) = sec}2_{(x) − 1 e assim podemos escrever}

Z

sec3(x)dx = sec(x) tan(x) − Z sec(x)[sec2(x) − 1]dx = sec(x) tan(x) − Z sec3(x)dx + Z sec2(x)dx e, portanto 2 Z

sec3(x)dx = sec(x) tan(x) + Z

sec2(x)dx Disto e do exemplo anterior, obtemos que

Z sec3(x)dx = 1 2sec(x) tan(x) + 1 2ln(| sec(x) + tan(x)|) + k. Exemplo 1.48. Calcule Z excos(x)dx. Demonstra¸c˜ao. Seja

(

u = cos(x) =⇒ du = − sin(x)dx dv = ex _{=⇒ v = e}x_.

Logo, integrando por partes, segue que Z

excos(x)dx = excos(x) − Z

ex(− sin(x))dx. (1.5.2) Observe que R ex_{sin(x)dx apresenta a mesma dificuldade que} _{R e}x_{cos(x)dx. Ent˜}_ao

pa-rece que não vale a pena usar integra¸cão por partes. A dica é: não desista. Se integrarmos por partes novamente:

(

u = sin(x) =⇒ du = cos(x)dx dv = ex _{=⇒ v = e}x_,

(27)

Marcelo

Nascimento

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obtemos que

Z

exsin(x)dx = exsin(x) − Z

excos(x)dx, substituindo em (1.5.2), segue que

Z

excos(x)dx = excos(x) + Z

exsin(x)dx = excos(x) + exsin(x) − Z

excos(x)dx Disto, obtemos que

2 Z

excos(x)dx = excos(x) + exsin(x) Portanto, Z excos(x)dx = 1 2e x_{[cos(x) + sin(x)] + k.} Exemplo 1.49. Calcule Z cos2(x)dx. Demonstra¸c˜ao. Temos que

Z

cos2(x)dx = Z

cos(x) cos(x)dx.

Uma maneira de resolver essa integral ´e usar integra¸c˜ao por partes: sejam ( u = cos(x) =⇒ du = − sin(x)dx dv = cos(x) =⇒ u = sin(x)dx. Logo, Z cos2(x)dx = Z

cos(x) cos(x)dx = sin(x) cos(x) + Z sin2(x)dx = sin(x) cos(x) + Z (1 − cos2(x))dx, ou seja, 2 Z

cos2(x)dx = sin(x) cos(x) + x =⇒ Z

cos2(x)dx = 1

2[sin(x) cos(x) + x] + k. Lembre que sin(x) cos(x) = 1₂sin(2x), logo

Z

cos2(x)dx = x 2 +

1

4sin(2x) + k.

Observa¸cão 1.50. Para a integral anterior é mais interessante usar a identidade tri-gonométrica

cos2(x) = 1

(28)

Marcelo

Nascimento

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Exerc´ıcio: Calcule as integrais

(a) Z arcsen x dx; (b) Z ln x dx; (c) Z x2sen x dx; (d) Z excos x dx; (e) Z 1 0 arctg x dx; (f ) Z 4 1 e √ x _dx.

1.6 Integrais Trigonom´

etricas

Estamos interessados em calcular integrais cujos integrandos são fun¸cões trigonométricas. Para isso usaremos identidades e rela¸cões trigonométricas.

Recorde que:

sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b.

Disto segue que

sin a sin b = 1 2[sin(a + b) + sin(a − b)] cos a cos b = 1 2[cos(a + b) + cos(a − b)] sin a sin b = 1 2[cos(a − b) − cos(a + b)] sin2a = 1 2[1 − cos(2a)] cos2a = 1 2[1 + cos(2a)]. Exemplo 1.51. Calcule Z cos3(x)dx. Demonstra¸c˜ao. Observe que

cos3(x) = cos2(x) cos(x) = (1 − sin2(x)) cos(x). Fazendo u = sin(x) obtemos que du = cos(x)dx e ent˜ao

Z cos3(x)dx = Z (1 − u2)du = u − u 3 3 + k u=sin(x) = sin(x) − sin(x) 3 + k. Exemplo 1.52. Calcule Z sin(3x) cos(2x)dx.

(29)

Marcelo

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1.6. INTEGRAIS TRIGONOM ´ETRICAS 29

Demonstra¸c˜ao. Observe que sin(3x) cos(2x) = 1₂[sin(5x) + sin(x)], logo Z sin(3x) cos(2x)dx = 1 2 Z [sin(5x) + sin(x)]dx = − 1 10cos(5x) − 1 2cos(x) + k. Exemplo 1.53. Calcule Z sin4(x)dx. Demonstra¸c˜ao. Temos que

sin2(x) = sin(x) sin(x) = 1

2[cos(0) − cos(2x)] = 1 − cos(2x) 2 , assim sin4(x) = 1 4(1 − cos(2x)) 2 ₌ 1 4[1 − 2 cos(2x) + cos 2_{(2x)] =} 1 4[1 − 2 cos(2x) + 1 2+ 1 2cos(4x)] pois cos2_{(x) =} 1 2[1 + cos(2x)]. Logo, Z sin4(x)dx = 1 4 Z [1 − 2 cos(2x) + 1 2+ 1 2cos(4x)]dx = 3 8x − 1 4sin(2x) + 1 32sin(4x) + k. Exemplo 1.54. Calcule Z sin5(x) cos2(x)dx. Demonstra¸c˜ao. Observe que

sin5(x) cos2(x) = (sin2(x))2cos2(x) sin(x) = (1 − cos2(x))2cos2(x) sin(x). Fazendo u = cos(x), temos que du = − sin(x)dx e assim

Z

sin5(x) cos2(x)dx = Z

(1 − cos2(x))2cos2(x) sin(x)dx = − Z (1 − u2)u2du = − Z (1 − 2u2+ u4)u2du − Z (u2− 2u4_{+ u}6_)du = −[u 3 3 − 2u5 5 + u7 7 ] + k = −cos 3_(x) 3 + 2 5cos 5_{(x) −} 1 7cos 7_{(x) + k.}

(30)

Marcelo

Nascimento

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1.7 Primitivas de Fun¸

c˜

oes Racionais; Fra¸

c˜

oes

Parci-ais

Nesta se¸cão estamos interessados em calcular integrais de fun¸cões racionais, ou seja, de quocientes de polinômios. Considere a seguinte fun¸cão

f (x) = P (x) Q(x),

onde P e Q são polinômios. O método que será empregado aqui, consiste em escrever a fun¸cão racional como soma de fra¸cões mais “simples”, este método é conhecido como fra¸cões parciais. Fra¸cões mais simples, significa fra¸cões cujas primitivas são imediatas ou podem ser encontradas fazendo uma mudan¸ca de variáveis.

A análise é baseada no grau dos polinômios P e Q. Se o grau de P é menor que o grau de Q, então podemos escrever a fun¸cão racional como uma fun¸cão mais simples. Logo adiante descrevemos como fazer isso.

Se o grau do polinômio P é maior ou igual ao grau do polinômio Q, então primeiro fazemos a divisão dos polinômios e em seguida usamos fra¸cões parciais. Observe que, procedemos assim

P (x) Q(x) S(x) R(x)

onde S, P s˜ao polinˆomios e paramos o processo quando o grau de R for menor que o grau de Q. Segue que

P (x)

Q(x) = S(x) + R(x) Q(x).

Agora, S é um polinômio, logo sabemos integrar e usamos fra¸cões parciais para R(x)_Q(x). O próximo exemplo ilustra como se divide polinômios.

Exemplo 1.55. Considere os polinˆomios P (x) = x3_{− x}2_{− 3x + 9 e Q(x) = x}2_{+ x − 2.}

Encontre P (x) Q(x).

Demonstra¸c˜ao. Temos que

P (x) Q(x) = x − 2 + x + 5 x2_{+ x − 2}, pois x3− x2_{− 3x + 9} _x2_{+ x − 2} −x3_{− x}2_{+ 2x} _{x − 2} −2x2_{− x + 9} 2x2_{+ 2x − 4} x + 5

(31)

Marcelo

Nascimento

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1.7. PRIMITIVAS DE FUNÇ ÕES RACIONAIS; FRAÇ ÕES PARCIAIS 31

1.7.1 Denominadores Redut´ıveis do 2

◦

Grau

Teorema 1.56. Sejam α, β, m, n ∈ R, com α 6= β. Ent˜ao existem constantes A, B ∈ R tais que 1. mx + n (x − α)(x − β) = A x − α + B x − β. 2. mx + n (x − α)2 = A x − α + B (x − α)2.

Demonstra¸c˜ao. (a) Observe que mx + n (x − α)(x − β) = A x − α + B x − β = (A + B)x − Aβ − αB (x − α)(x − β) .

Como os denominadores s˜ao iguais, para ocorrer a igualdade acima devemos ter que os numeradores sejam iguais. Ou seja, devemos ter

mx + n = (A + B)x − Aβ − αB.

Para que dois polinˆomios sejam iguais devemos ter que os coeficientes s˜ao iguais. Logo, (

A + B = m βA + αB = −n.

Que é um sistema de duas equa¸cões e duas incógnitas (A e B). Esse sistema tem solu¸cão ´

unica pois o determinante da matriz dos coeficientes é diferente de zero (= α − β). As solu¸cões são:

A = mα + n

α − β B = −

mβ + n α − β . (b) Para esse item, note que

mx + n (x − α)2 = mx − mα (x − α)2 + mα + n (x − α)2 = m(x − α) (x − α)2 + mα + n (x − α)2.

Tomando-se A = m e B = mα + n, segue o resultado.

Procedimento para calcular Z

P (x)

(x − α)(x − β)dx, P polinˆomio com grau P < 2. Se α 6= β, do teorema anterior, existem A e B reais tais que

P (x) (x − α)(x − β) = A (x − α) + B (x − β). Logo, Z _{P (x)} (x − α)(x − β)dx = Z _A (x − α)dx + Z _B (x − β)dx = A ln |x − α| + B ln |x − β| + k. Se α = β, do teorema anterior, existem A, B ∈ R tais que

P (x) (x − α)2 = A x − α + B (x − α)2. Logo, Z _{P (x)} (x − α)2dx = Z _A x − αdx + Z _B (x − α)2dx = A ln |x − α| − B x − α + k.

(32)

Marcelo

Nascimento

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Observa¸c˜ao 1.57. Para integrais do tipo

Z _{P (x)}

(x − α)2dx ´e mais conveniente fazer a

mudan¸ca de vari´aveis u = x − α. Exemplo 1.58. Calcule

Z

x + 3 x2_{− 3x + 2}dx.

Demonstra¸c˜ao. Observe que x2_{− 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). O m´etodo das fra¸c˜}_{oes parciais}

no retorna x + 3 x2_{− 3x + 2} = A x − 1 + B x − 2 = A(x − 2) + B(x − 1) (x − 1)(x − 2) = (A + B)x − 2A − B (x − 1)(x − 2) . Portanto, devemos resolver o sistema:

(

A + B = 1 −2A − B = 3 cuja solu¸c˜ao ´e A = −4 e B = 5. Disto, obtemos que

x + 3 x2_{− 3x + 2} = − 4 x − 1+ 5 x − 2. Logo, Z x + 3 x2 _{− 3x + 2}dx = − Z 4 x − 1dx + Z 5 x − 2dx = −4 ln |x − 1| + 5 ln |x − 2| + k. Exemplo 1.59. Calcule Z _x3_{+ 2} (x − 1)2dx.

Demonstra¸cão. Não podemos aplicar fra¸cões parciais diretamente. Primeiro divida o numerador pelo denominador para obter

x3_{+ 2}

(x − 1)2 = x + 2 +

3x (x − 1)2.

Usando fra¸c˜_{oes parciais, existem A, B ∈ R tais que} 3x (x − 1)2 = A x − 1+ B (x − 1)2,

donde obtemos que A = 3 e B = 3 ou seja, 3x (x − 1)2 = 3 x − 1+ 3 (x − 1)2. Logo, Z x3_{+ 2} (x − 1)2dx = Z (x + 2)dx Z 3x (x − 1)2dx = x2 2 + 2x + 3 ln |x − 1| − 3 x − 1 + k.

(33)

Marcelo

Nascimento

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1.7. PRIMITIVAS DE FUNÇ ÕES RACIONAIS; FRAÇ ÕES PARCIAIS 33

Exemplo 1.60. Calcule a integral Z

1 4 − 9x2dx.

Vamos reescrever 4 − 9x2 _{como (2 − 3x)(2 + 3x) e em seguida fa¸ca a mudan¸ca de}

variáveis u = 2 − 3x. Da mudan¸ca de variáveis, segue que du = −3dx. Logo Z ₁ 4 − 9x2dx = Z ₁ (2 − 3x)(2 + 3x)dx = 1 3 Z ₁ u(u − 4)du Nesse passo, vamos usar fra¸cões parciais:

1 u(u − 4) = A u + B u − 4 = A(u − 4) + Bu u(u − 4) Para que a igualdade fa¸ca sentido, devemos ter

(

A + B = 0 −4A = 1

De onde obtemos que A = −1₄ e portanto B = 1₄. Segue que 1 3 Z ₁ u(u − 4)du = − 1 12 Z ₁ udu + 1 12 Z ₁ u − 4du = − 1 12ln |u| + 1 12ln |u − 4| + k Disto, como u = 2 − 3x, obtemos que

Z 1 4 − 9x2dx = − 1 12ln |2 − 3x| + 1 12ln |2 + 3x| + k = 1 12ln 2 + 3x 2 − 3x + k.

1.7.2 Denominadores Redut´ıveis do 3

◦

Grau

Teorema 1.61. Sejam α, β, γ, m, n, p ∈ R, com α, β, γ distintos entre si. Ent˜ao existem constantes A, B, C ∈ R tais que

1. mx 2_{+ nx + p} (x − α)(x − β)(x − γ) = A x − α + B x − β + C x − γ. 2. mx 2_{+ nx + p} (x − α)(x − β)2 = A x − α + B x − β + C (x − β)2.

Demonstra¸c˜ao. Fa¸ca vocˆe.

Z

2x + 1

(34)

Marcelo

Nascimento

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Demonstra¸c˜ao. Observe que

x3− x2_{− x + 1 = (x − 1)}2_{(x + 1).}

Verifique! A decomposi¸cão em fra¸cões parciais é dada por 2x + 1 x3_{− x}2_{− x + 1} = A x + 1 + B x − 1 + C (x − 1)2. Resolvendo, obtemos A = −1 4, B = 1 4, C = 3 2. Assim, Z 2x + 1 x3_{− x}2_{− x + 1}dx = − 1 4 Z 1 x + 1dx + 1 4 Z 1 x − 1dx + 3 2 Z 1 (x − 1)2dx −1 4ln |x + 1| + 1 4ln |x − 1| − 3 2 1 x − 1 + k.

1.7.3 Denominadores Irredut´ıveis do 2

◦

Grau

Exemplo 1.63. Calcule a área da região delimitada pelo gráfico da fun¸cão y = _x2x₊₁2 e

pelas retas y = 0 e x = 1.

Demonstra¸cão. Primeiro observe que a área da região pedida é dada por

´ area A = Z 1 0 x2 x2 _{+ 1}dx. x y y = _x2x₊₁2 1 0

Observe que podemos escrever

x2 x2_{+ 1} = 1 − 1 1 + x2, logo Z 1 0 x2 x2_{+ 1}dx = Z 1 0 1 − 1 1 + x2 dx = x − arctan x 1 0 = 1 − arctan 1 = 1 − π 4.

(35)

Marcelo

Nascimento

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1.8. SUBSTITUIÇ ÕES TRIGONOM ÉTRICAS 35

1.8 Substitui¸

c˜

oes Trigonom´

etricas

Como resolver a integral R √x2_{+ a}2_{dx, a ∈ R fixo, usando substitui¸c˜ao? A ideia aqui}

´

e encontrar uma substitui¸c˜ao de vari´aveis que elimine a raiz do integrando. Com esse objetivo, procedemos da seguinte forma:

Seja 0 < θ < π₂ e considere o seguinte triˆangulo retˆangulo:

θ

a x

√

x2_{+ a}2

Da figura, segue que

cos θ = √ a x2_{+ a}2 (1.8.1) sin θ = √ x x2_{+ a}2. (1.8.2) Logo tan θ = x a =⇒ x = a tan θ. De (1.8.1), obtemos que √x2_{+ a}2 ₌ a

cos θ = a sec θ. Disto, fazendo a mudan¸ca de

vari´aveis x = a tan θ, obtemos que dx = a sec2_θdθ

Z √

x2_{+ a}2_{dx =}

Z _q

a2_(tan2_{θ + 1)a sec}2_θdθ

sec θ>0, pois 0<θ<π₂ ↓

=

Z

a sec θa sec2θdθ = a2

Z

sec3θdθ = a

2

2 [sec θ tan θ + ln | sec θ + tan θ|] + k = a 2 2 h √ x2_{+ a}2 a x a + ln | √ x2_{+ a}2 a + x a| i + k.

Observa¸cão 1.64. Não é indispensável usar a figura do exemplo anterior, ela é mera-mente um objeto auxiliar na resolu¸cão da integral e é especialmente útil para facilitar o retorno à variável original de integra¸cão. Esse trabalho pode ser realizado, utilizando-se contas algébricas.

A seguir, de maneira an´aloga podemos resolver as integraisR √a2_{− x}2_{dx e}R √

x2_{− a}2_dx.

Exemplo 1.65. Calcule a integral R √

a2_{− x}2_dx.

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Marcelo

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θ √ a2_{− x}2 x a Temos que sin θ = x a =⇒ x = a sin θ cos θ = √ a2_{− x}2 a =⇒ √ a2 _{− x}2 _{= a cos θ.}

Logo, fazendo a mudan¸ca de vari´aveis

x = a sin θ =⇒ dx = a cos θdθ, temos Z √ a2_{− x}2_{dx =} Z p

a2_{− a}2_sin2_{θa cos θdθ}

cos θ>0,0<θ<π₂ ↓ = a 2 Z cos2θdθ = a2 Z ₁ 2+ 1 2cos(2θ) dθ = a2θ 2+ 1 4sin(2θ) = a 2 2 θ + sin θ cos θ+ k = a 2 2 h arcsinx a + x a √ a2_{− x}2 a i + k = a 2 2 h arcsinx a + x √ a2_{− x}2 a2 i + k.

Observa¸cão 1.66. A ideia para resolver as integrais desta se¸cão é fazer uma mudan¸ca de variáveis que elimina a raiz do integrando. No exemplo anterior, a mudan¸ca de variáveis x = a sin θ resolve o problema. Observe que a mudan¸ca de variáveis x = a cos θ também elimina a raiz do integrando e portanto inicialmente parece que também funciona. Será que podemos usá-la? Veja o próximo exemplo.

Exemplo 1.67. Calcule R √a2_{− x}2_{dx, usando a mudan¸}_{ca de vari´}_{aveis x = a cos θ.}

Demonstra¸c˜ao. Se x = a cos θ, ent˜ao dx = −a sin θdθ, logo (0 < θ < π₂) Z √

a2_{− x}2_{dx = −}

Z √

a2_{− a}2_cos2_{θa sin θdθ}

sin θ>0,0<θ<π 2 ↓ = − a 2 Z sin2θdθ = −a2 Z 1 2− 1 2cos(2θ) dθ = −a2θ 2− 1 4sin(2θ) = a 2 2 − θ + sin θ cos θ+ k = a 2 2 h − arccosx a +x a √ a2_{− x}2 a i + k = a 2 2 h − arccosx a +x √ a2_{− x}2 a2 i + k.

(37)

Marcelo

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Compare com a resposta do exemplo anterior.

Exerc´ıcio 1.68. Seja a > 0. Mostre que arcsinx a

e − arccosx a

diferem por uma constante.

Exemplo 1.69. Calcule R √

x2_{− a}2_dx.

Demonstra¸cão. Considere o triângulo retângulo: (0 < θ < π₂)

θ a √ x2_{− a}2 x Temos que sin θ = √ x2_{− a}2 x cos θ = a x =⇒ x = a cos θ = a sec θ, ou seja, tan θ = √ x2 _{− a}2 a .

Assim, fazendo a mudan¸ca de vari´aveis x = a sec θ, obtemos que dx = a sec θ tan θdθ e Z √

x2_{− a}2_{dx =}

Z √

a2_sec2_{θ − a}2_{a sec θ tan θdθ}

= Z a2tan2θ sec θdθ 1+tan2_θ=sec2_θ ↓ = a 2 Z (sec2θ − 1) sec θdθ = a2 Z sec3θdθ − a2 Z sec θdθ = a2hsec θ tan θ 2 − 1 2ln | sec θ + tan θ| i + k = a 2 2 hx a √ x2_{− a}2 a − ln x a + √ x2 _{− a}2 a i + k = a 2 2 hx √ x2_{− a}2 a2 − ln x +√x2_{− a}2 a i + k.

Exemplo 1.70. Calcule a ´area A do c´ırculo de raio 2.

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2 2 x y

Note que a equa¸c˜ao do c´ırculo com centro na origem e de raio 2 ´e dada por x2_+y2 _{= 4,}

assim y =√4 − x2 _{e podemos ver que a ´}_{area A ´}_{e dada por:}

A = 2 Z 2 −2 √ 4 − x2_{dx = 4} Z 2 0 √ 4 − x2_dx.

Vamos fazer a seguinte mudan¸ca de vari´aveis: sin θ = x_a =⇒ x = 2 sin θ de onde obtemos que dx = 2 cos θdθ e ( x = 0 =⇒ θ = 0 x = 2 =⇒ θ = π₂. Logo, Z 2 0 √ 4 − x2_{dx =} Z π₂ 0 2 cos θ2 cos θdθ = 4 Z π₂ 0 cos2θdθ = 4 Z π₂ 0 1 2(1 + cos(2θ))dθ = 2 h θ + sin θ 2 iπ₂ 0 = π. Portanto, A = 4π (= πr2). Exemplo 1.71. Calcule Z 1 x2√_{1 + x}2dx.

( x = tan θ, 0 < θ < π₂, dx = sec2_θdθ. Segue que Z 1 x2√_{1 + x}2dx = Z 1

tan2_θ√_{1 + tan}2_θsec 2

θdθ = Z

1

tan2_{θ sec θ} sec 2 θdθ = Z sec θ tan2_θdθ = Z 1 cos θ cos2θ sin2θdθ = Z cos θ sin2θdθ

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Agora na ´ultima integral acima, seja u = sin θ, logo du = cos θdθ, assim Z _{cos θ} sin2θdθ = Z ₁ u2du = − 1 u + k = − 1 sin θ + k.

Neste passo, devemos voltar para a variável original x. Como não constru´ımos o triângulo para nos auxiliar, procedemos da seguinte forma: lembre que x = tan θ, logo cos θ = sin θ_x , resulta então da identidadade sin2θ + cos2_{θ = 1 que}

sin2θ + sin 2_θ x2 = 1 =⇒ sin 2_θ_{1 +} 1 x2 = 1 =⇒ sin2θx 2_{+ 1} x2 = 1 sin2θ = x 2 x2_{+ 1} =⇒ sin θ = x √ x2_{+ 1}. Resulta que Z ₁ x2√_{1 + x}2dx = − √ x2_{+ 1} x + k.

Exemplo 1.72. Calcule a integral Z

1 u2_{− 25}du.

Inicialmente, vamos resolver esta integral da maneira que parece a forma mais na-tural, usando fra¸c˜oes parciais. Observe que u2 _{+ 25 pode ser escrito como o produto}

(u − 5)(u + 5). Assim podemos escrever 1 u2_{− 25} = A u − 5+ B u + 5 = A(u + 5) + B(u − 5) (u − 5)(u + 5) . Para que a igualdade acima seja v´alida, devemos ter que

(

A + B = 0 −5A + 5B = 1.

Disto obtemos que B = ₁₀1 e consequentemente A = −₁₀1. Ent˜ao Z 1 u2_{− 25}du = − 1 10 Z 1 u − 5du + 1 10 Z 1 u + 5du = − 1 10ln |u − 5| + 1 10ln |u + 5| + k = 1 10ln u + 5 u − 5 + k.

Agora, vamos resolver a integral usando substitui¸c˜ao trigonom´etrica.

Para isso, fa¸ca a seguinte mudan¸ca de variáveis: seja 0 < θ < π₂ e seja u = 5 sec θ. Então temos que du = 5 sec θ tan θdθ. Então

Z 1 u2_{− 25}du = Z 5 sec θ tan θ 25 sec2_{θ − 25}dθ = 1 5 Z sec θ tan θ tan2_θ dθ = 1 5 Z sec θ tan θdθ = 1 5 Z 1 sin θdθ

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Vamos resolver a ´ultima integral. De fato: 1 5 Z 1 sin θdθ = 1 5 Z csc θ(csc θ + coth θ) csc θ + coth θ dθ Seja v = csc θ + coth θ, logo dv = (− csc2_{θ − csc θ coth θ)dθ, assim}

1 5 Z csc θ(csc θ + coth θ) csc θ + coth θ dθ = − 1 5 Z 1 vdv = − 1 5ln |v| + k = −1 5ln | csc θ + coth θ| + k.

Agora, vamos voltar para a vari´avel original u. Para isso considere a seguinte figura.

θ

5 √

u2_{− 25}

u

Da figura, obtemos que

cos θ = 5 u =⇒ u = 5 sec θ, sin θ = √ u2_{− 25} u =⇒= csc θ = u √ u2_{− 25}

De onde obtemos que

coth θ = √ 5 u2_{− 25}.

Voltando para a integral, obtemos que Z ₁ u2_{− 25}du = − 1 5ln | csc θ + coth θ| + k = − 1 5ln u √ u2_{− 25} + 5 √ u2_{− 25} + k = −1 5ln u + 5 √ u2_{− 25} + k.

Compare esta solu¸cão com a solu¸cão obtida via fra¸cões parciais.

Neste passo, vamos apresentar outra maneira de resolver integrais do tipo Z √ a2_{− x}2_dx, Z √ a2 _{+ x}2_dx, Z √ x2_{− a}2_dx,

sem usar substitui¸c˜ao trigonom´etrica. Por comodidade faremos a = 1. Exemplo 1.73. Calcule

Z √

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Demonstra¸c˜ao. Inicialmente, multiplique o integrando por

√ 1+x2 √ 1+x2. Obtemos Z √ 1 + x2_{dx =} Z 1 + x2 √ 1 + x2dx = Z 1 √ 1 + x2dx + Z x2 √ 1 + x2dx.

Vamos integrar separadamente as integrais acima. Primeiro, vamos integrarR √x2 1+x2dx.

Integrando por partes, obtemos que ( u = x dv = _√ x 1+x2 =⇒ ( du = 1 v =√1 + x2 Logo Z x2 √ 1 + x2dx = + Z x√ x 1 + x2dx = x √ 1 + x2₋ Z √ 1 + x2_dx. Agora, para R √ 1

1+x2dx, procedemos da seguinte forma:

Z ₁ √ 1 + x2dx = Z _{x +}√_{1 + x}2 √ 1 + x2_{(x +}√_{1 + x}2₎dx.

Vamos fazer a mudan¸ca de vari´aveis u = x +√1 + x2_{, segue que du = (1 +} _√x 1+x2)dx. Portanto, Z x2 √ 1 + x2dx = Z 1 udu = ln |u| + k = ln |x + √ 1 + x2_{| + k.}

Disto segue que Z √ 1 + x2_{dx =} Z ₁ √ 1 + x2dx + Z _x2 √ 1 + x2dx = ln |x +√1 + x2_{| + x}√_{1 + x}2₋ Z √ 1 + x2_{dx + k} e, portanto 2 Z √ 1 + x2_{dx = ln |x +}√_{1 + x}2_{| + x}√_{1 + x}2_{+ k.} Ent˜ao Z √ 1 + x2_{dx =} 1 2 x√1 + x2_{+ ln |x +}√_{1 + x}2_|_{+ k.} Exemplo 1.74. Calcule Z √ 1 − x2_dx.

Demonstra¸c˜ao. Inicialmente, multiplique o integrando por

√ 1−x2 √ 1−x2. Obtemos Z √ 1 − x2_{dx =} Z _{1 − x}2 √ 1 − x2dx = Z ₁ √ 1 − x2dx − Z _x2 √ 1 − x2dx.

(42)

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Vamos integrar separadamente as integrais acima. Primeiro, vamos integrar −R √x2 1+x2dx.

Integrando por partes, obtemos que ( u = x dv = √−x 1−x2 =⇒ ( du = 1 v =√1 − x2 Logo − Z x2 √ 1 − x2dx = Z x√−x 1 − x2dx = x √ 1 − x2₋ Z √ 1 − x2_dx. Al´em disso, Z 1 √ 1 − x2dx = arcsin x + k. Segue que Z √ 1 − x2_{dx = arcsin x + x}√_{1 − x}2₋ Z √ 1 − x2_{dx + k,} e, portanto 2 Z √ 1 − x2_{dx = arcsin x + x}√_{1 − x}2_{+ k.} Ent˜ao Z √ 1 − x2_{dx =} 1 2 arcsin x + x√1 − x2_{+ k.} Exemplo 1.75. Calcule Z √ x2_{− 1dx.}

Demonstra¸c˜ao. Multiplique o integrando por

√ x2₋₁ √ x2₋₁. Obtemos Z √ x2 _{− 1dx =} Z _x2_{− 1} √ x2_{− 1}dx = − Z ₁ √ x2 _{− 1}dx + Z _x2 √ x2 _{− 1}dx.

Vamos integrar separadamente as integrais acima. Primeiro, vamos integrarR _x2

√

x2₋₁dx.

Integrando por partes, obtemos que ( u = x dv = √ x x2₋₁ =⇒ ( du = 1 v =√x2_{− 1} Logo Z _x2 √ x2_{− 1}dx = Z x√ x x2_{− 1}dx = x √ x2_{− 1 −} Z √ x2_{− 1dx.} Agora, para −R √ 1

x2₋₁dx, procedemos da seguinte forma:

Z ₁ √ x2_{− 1}dx = Z _{x +}√_x2_{− 1} √ x2_{− 1(x +}√_x2_{− 1)}dx.

(43)

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1.9. APLICAC¸ ˜OES DA INTEGRAL 43

Vamos fazer a mudan¸ca de vari´aveis u = x +√x2_{− 1, segue que du = (1 +} _√x x2₋₁)dx. Portanto, Z x2 √ x2 _{− 1}dx = Z 1 udu = ln |u| + k = ln |x + √ x2_{− 1| + k.}

Disto segue que Z √ x2_{− 1dx =} Z ₁ √ x2 _{− 1}dx + Z _x2 √ x2 _{− 1}dx = ln |x +√x2_{− 1| + x}√_x2_{− 1 −} Z √ x2_{− 1dx + k} e, portanto 2 Z √ x2_{− 1dx = ln |x +}√_x2_{− 1| + x}√_x2_{− 1 + k.} Ent˜ao Z √ x2_{− 1dx =} 1 2 x√x2_{− 1 + ln |x +}√_x2_{− 1|}_{+ k.}

Exerc´ıcio 1.76. Indique, em cada caso, qual a mudan¸ca de vari´aveis que elimina a raiz do integrando.

1. R √1 − 4x2_dx

2. R √5 − 4x2_dx

3. R √3 + 4x2_dx

4. R p1 − (x − 1)2_dx

1.9 Aplica¸

c˜

oes da Integral

Nesta se¸cão, vamos apresentar algumas aplica¸cões para a integral. Vimos anteriormente que a integral pode ser interpretada como uma área.

1.9.1 Volume

Vamos rotacionar a regi˜ao da figura

B = {(x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b, f (x) 6 y 6 g(x)}

em torno do eixo x, dando uma volta completa. Neste caso, obtemos um sólido, chamado sólido de revolu¸cão.

Seja f uma fun¸c˜_{ao cont´ınua em [a, b], com f (x) > 0 em [a, b]. Seja B o conjunto} obtido pela rota¸cão em torno do eixo x, do conjunto A do plano limitado pelas retas x = a e x = b, pelo eixo x e pelo gráfico da fun¸cão y = f (x). Estamos interessados em definir o volume V de B.

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x y y = x a x y

Seja P : a = x0 < x1 < · · · < xn = b uma parti¸c˜ao de [a, b] e

¯ ci = min x∈[xi−1,xi] f (x) e c¯¯i = max x∈[xi−1,xi] f (x).

Seja ∆xi = xi− xi−1 o comprimento do intervalo [xi−1, xi]. Considere a figura:

x y

Temos

π[f ( ¯ci)]2∆xi = volume do cilindro de altura ∆xi e base de raio f ( ¯ci) (cilindro de “dentro”).

π[f ( ¯c¯i)]2∆xi = volume do cilindro de altura ∆xi e base de raio f ( ¯c¯i) (cilindro de “fora”).

Uma boa defini¸c˜ao para o volume V de B, deve implicar

n X i=1 π[f ( ¯ci)]2∆xi 6 V 6 n X i=1 π[f ( ¯c¯i)]2∆xi

para todo parti¸c˜ao P de [a, b]. Para max ∆xi → 0, as somas de Riemann que aparecem

nas desigualdades, tendem para

π Z b

a

(f (x))2dx. Ent˜ao definimos o volume V de B por

V = π Z b

a

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Exemplo 1.77. Encontre o volume do sólido obtido pela rota¸cão em torno do eixo x da região sob a curva y =√x de 0 até 1.

Demonstra¸c˜ao. Primeiro, vamos desenhar a regi˜ao:

y =√x 1 1 0 x y 0 x y Sabemos que V = π Z 1 0 [f (x)]2dx = π Z 1 0 xdx = π x 2 2 1 0 = π 2.

Exemplo 1.78. Calcule o volume do s´olido obtido pela rota¸c˜ao, em torno do eixo x, do conjunto {(x, y) : 1_x _{6 y 6 x, 1 6 x 6 2}.}

Demonstra¸c˜ao. Considere a figura:

y = 1_x y = x

1 2 x

y

Queremos o volume do sólido obtido pela rota¸cão, em torno do eixo x, do conjunto hachurado. O volume pedido é igual a V2 − V1, onde V1 e V2 são, respectivamente, os

volumes obtidos pela rota¸c˜ao, em torno do eixo x, dos conjuntos A1 e A2.

y = x 1 2 x y A2 y = _x1 1 2 x y A1 Temos que V2 = π Z 2 1 x2dx = π x 3 3 2 1 = π8 3 − π 3 = 7π 3 , V1 = π Z 2 1 1 x2dx = − π x 2 1 = −π 2 + π = π 2.

(46)

Marcelo

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Deste modo, o volume V ´e dado por

V = V2− V1 = 7π 3 − π 2 = 11π 6 .

Exemplo 1.79. Calcule o volume de uma esfera de raio r.

Demonstra¸c˜ao.

x y

r

Observe que a esfera de raio r pode ser obtida pela rota¸c˜ao em torno do eixo x da semi-circunferˆencia superior. Veja a figura abaixo.

x y

r −r

y =√r2_{− x}2

Logo, o valume V da esfera de raio r ´e dado por

V = π Z r −r (√r2_{− x}2₎2_{dx = π} Z r −r (r2 − x2_{)dx = π}h_r2_{x −}x3 3 ir −r= π(2r 3₋2π3 3 ) = 4 3πr 3_.

1.9.2 Comprimento de Curva

Seja f cont´ınua e com derivada cont´ınua em [a, b]. Queremos calcular o comprimento C da curva L determinada pelo gr´afico de f , quando x ∈ [a, b].

(47)

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x y

y = f (x)

a = x0 x1 x2 xn= b

Seja P = {x0, x1, . . . , xn} uma parti¸c˜ao do intervalo [a, b] e ∆xi = xi− xi−1. Usando

o teorema de Pit´agoras, obtemos que

C(P1)2 = [f (x1) − f (x0)]2+ (x1− x0)2 =⇒ C(P1) = p [f (x1) − f (x0)]2 + (x1− x0)2 isto ´e, C(P1) = (x1− x0) s 1 +f (x1) − f (x0) x1− x0 2 Ainda, para cada i = 1, . . . , n, temos

C(Pi) = s 1 + f (x_i) − f (x_i−1) xi− xi−1 2 ∆xi.

Além disso, como f é cont´ınua em [xi−1, xi] e diferenciável em (xi−1, xi), i = 1, . . . , n,

segue do Teorema do Valor M´edio que para cada i = 1, . . . , n, existe ¯xi ∈ (xi−1, xi) tal

que

f (xi) − f (xi−1)

xi− xi−1

= f0( ¯xi), i = 1, . . . , n.

Logo, para cada i, temos C(Pi) = p1 + (f0( ¯xi))2∆xi. Note tamb´em que

Pn

i=1C(Pi) ´e

uma aproxima¸c˜ao para C(L) e quanto menor for max_16i6n∆xi, melhor ser´a tal

apro-xima¸c˜ao. Assim, devemos ter

C(L) = lim max ∆xi→0 n X i=1 p 1 + (f0_{( ¯}_x i))2∆xi.

Como f0(x) é cont´ınua em [a, b] então a fun¸cão p1 + (f0_(x))2 _´_{e cont´ınua em [a, b] e}

portanto integrável em [a, b]. Logo, a expressão à direita da igualdade acima coincide com a integral definida de a até b da fun¸cãop1 + (f0_(x))2_.

Assim, C(L) = Z b a p 1 + (f0_(x))2_dx.

Exemplo 1.80. Calcule o comprimento C da circunferˆencia de raio r > 0. Demonstra¸c˜ao.

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r r x y

Observe que y = f (x) =√r2 _{− x}2_{, assim f}0_{(x) =} x r2_−x2 e C = 2 Z r −r p 1 + (f0_(x))2_{dx = 2} Z r −r r 1 + x 2 r2_{− x}2dx = 2 Z r −r r r2 r2_{− x}2dx = 4 Z r 0 r r2 r2_{− x}2dx. Temos Z r 0 r r2 r2_{− x}2dx r>0 ↓ = r Z r 0 r 1 r2_{− x}2dx

Considere a figura abaixo

θ

r x

√

r2_{− x}2

e fa¸ca a seguinte mudan¸ca de vari´aveis: (

x = r sin θ dx = r cos θdθ Da figura acima, obtemos que

cos θ = √ r2_{− x}2 r =⇒ 1 √ r2 _{− x}2 = sec θ r . Assim, r Z r 0 r 1 r2_{− x}2dx = r Z π₂ 0 1 r cos θr cos θdθ = r Z π₂ 0 dθ = rπ 2 . Logo C = 4(rπ 2 ) = 2πr.

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1.10. INTEGRAIS IMPR ´OPRIAS 49

1.10 Integrais Impr´

oprias

Quando definimos a integral definida R_abf (x)dx, est´avamos definindo a fun¸c˜ao f no intervalo fechado e limitado [a, b]. Agora, estamos interessados em dar significado para os s´ımbolos Z +∞ a f (x)dx, Z a −∞ f (x)dx e Z +∞ −∞ f (x)dx,

ou seja, queremos estender o conceito de integral para fun¸c˜oes definidas em intervalos da forma [a, ∞), (−∞, a] e (−∞, +∞).

Defini¸c˜ao 1.82. Seja f integr´avel em [a, t], para todo t > a. Definimos Z +∞ a f (x)dx = lim t→+∞ Z t a f (x)dx

se o limite existir e for finito. Tal limite denomina-se integral imprópria de f . Neste caso, diremos que a integral imprópria é convergente.

Observa¸c˜ao 1.83. Se limt→+∞

Rt

af (x)dx for ±∞, continuaremos a nos referir a

R+∞

a f (x)dx

como uma integral impr´opria e escreveremos Z +∞ a f (x)dx = −∞ ou Z +∞ a f (x)dx = +∞.

Se ocorrer um destes casos ou se o limite n˜ao existir, diremos que a integral impr´opria ´

e divergente.

Observa¸cão 1.84. As integrais impróprias podem ser interpretadas como uma área, desde que f seja uma fun¸cão positiva.

Exemplo 1.85. Determine se a integral Z ∞ 1 1 xdx ´e convergente ou divergente. Demonstra¸c˜ao. Z ∞ 1 1 xdx = limt→∞ Z t 1 1 xdx = limt→∞ln |x| t 1 = lim t→∞ln t = ∞.

Como o limite ´e infinito, a integral ´e divergente. Exemplo 1.86. Determine se a integral

Z ∞ 1 1 x3 dx é convergente ou divergente. Demonstra¸cão. Z ∞ 1 1 x3 dx = lim_t→∞ Z t 1 1 x3 dx = lim_t→∞ 1 −2x2 t 1 = lim t→∞ 1 −2t2 + 1 2 = 1 2. Como o limite é finito, a integral é convergente.

Defini¸c˜ao 1.87. Seja f integr´avel [t, a] para todo t < a. Definimos Z a −∞ f (x)dx = lim t→−∞ Z a t f (x)dx.

(50)

Marcelo

Nascimento

/

UFSCar

Defini¸cão 1.88. Se as integrais Z a −∞ f (x) dx, Z ∞ a f (x) dx existem e são convergentes, então definimos Z ∞ −∞ f (x) dx = Z a −∞ f (x) dx + Z ∞ a f (x) dx.

Observa¸cão 1.89. Com rela¸cão à última defini¸cão, se as duas integrais que ocorrem no 20 _{membro forem divergentes, ou se uma delas for convergente e a outra divergente,}

diremos que

Z ∞

−∞

f (x) dx tamb´em ser´a divergente.

Exemplo 1.90. Determine se a integral Z 0 −∞ xexdx ´e convergente ou divergente. Z 0 −∞ xe−xdx = lim t→−∞ Z 0 t xexdx = lim t→−∞ xe x 0 t − Z 0 t exdx ! = lim t→−∞(−te t_−1+et ) = −1.

Como o limite é finito, a integral é convergente. Exerc´ıcio: Calcule as integrais impróprias

(a) Z 3 −∞ dx (9 − x)2, [R : 1/6]; (b) Z 0 −∞ e−xdx, [R : Diverge].

Exerc´ıcio: Determine a ´area A da regi˜ao do primeiro quadrante limitado pela curva y = 2−x, o eixo x e o eixo y. [R : 1/ ln 2].

Exerc´ıcio: Determine a convergˆencia ou n˜ao da integral Z ∞ 1 1 xp dx, p ∈ R. [R : Converge ⇔ p > 1]. Exemplo 1.91. Avalie Z ∞ −∞ 1 1 + x2 dx. ´

E conveniente escolher a = 0 na defini¸c˜ao: Z ∞ −∞ 1 1 + x2 dx = Z 0 −∞ 1 1 + x2 dx + Z ∞ 0 1 1 + x2 dx. Calculemos as integrais. Z ∞ 0 1 1 + x2 dx = lim_t→∞ Z t 0 1 1 + x2 dx = lim_t→∞arctg x t 0 = π 2. Z 0 −∞ 1 1 + x2 dx = lim_t→−∞ Z 0 t 1 1 + x2 dx = lim_t→−∞arctg x 0 t = π 2. Portanto, Z ∞ −∞ 1 1 + x2 dx = π 2 + π 2 = π. Exerc´ıcio: Calcule Z ∞ −∞ xe−x2dx. [R : 0].

(51)

Marcelo

Nascimento

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UFSCar

1.10. INTEGRAIS IMPR ´OPRIAS 51

1.10.1 Testes de Convergˆ

encia

Algumas vezes não é poss´ıvel encontrar um valor exato para uma integral imprópria, mas podemos saber se ela é convergente ou divergente usando outras integrais conhecidas. Teorema 1.92 (Teste da Compara¸cão). Sejam f e g fun¸cões cont´ınuas satisfazendo f (x) > g(x) > 0 para todo x > a. Então,

(i) Se Z ∞ a f (x) dx é convergente, então Z ∞ a g(x) dx também é convergente. (ii) Se Z ∞ a g(x) dx é divergente, então Z ∞ a f (x) dx também é divergente.

Exemplo 1.93. Mostre que Z ∞

1

e−x2dx ´e convergente.

Não podemos avaliar diretamente a integral pois a primitiva de e−x2 não é uma fun¸cão elementar. Observe que se x > 1, então x2 _{> x, assim −x}2 _{6 −x e como a exponencial}

´ e crescente e−x2 _{6 e}−x. Assim, Z ∞ 1 e−x2_{dx 6} Z ∞ 1 e−xdx = lim t→∞ Z t 0 e−xdx = lim t→∞(e −1_{− e}−t ) = e−1. Logo pelo Teste da Compara¸c˜ao a integral ´e convergente.

Exemplo 1.94. Analise a convergˆencia de Z ∞

1

sin2x x2 dx.

Observe que 0 6 sin

2_x

x2 6

1

x2, para todo x ∈ [1, ∞). Como a integral

Z ∞

1

x2 dx converge,

pelo Teste da Compara¸c˜ao a integral Z ∞

1

sin2x

x2 dx ´e convergente.

Exemplo 1.95. Analise a convergˆencia da Z ∞ 1 1 + e−x x dx. Observe que 1 + e −x x > 1 x e Z ∞ 1 1

xdx diverge, ent˜ao pelo Teste da Compara¸c˜ao a integral Z ∞

1

1 + e−x

x dx ´e divergente.

Teorema 1.96 (Teste da Compara¸c˜_{ao no Limite). Sejam f, g : [a, +∞) → R}+ fun¸c˜oes

cont´ınuas. Se lim x→∞ f (x) g(x) = L, 0 < L < ∞, ent˜ao Z ∞ a f (x) dx e Z ∞ a

g(x) dx ser˜ao ambas convergentes ou ambas divergentes.

Exemplo 1.97. Analise a convergˆencia de Z ∞

1

1 1 + x2 dx.