Cálculo II ou Matemática Aplicada II

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CÁLCULO II
Profa. Dra LILIAN MILENA RAMOS CARVALHO
Este texto foi preparado com base no livro
"Cálculo - um novo horizonte", Volume 1, 6a
Edição, de Howard Anton, 2000.
CAMPO GRANDE
Estado de Mato Grosso do Sul - Brasil
2011
Sumário
1 Integração 1
1.1 Uma visão geral do problema da área . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Método do retângulo para cálculo de áreas . . . . . . . 2
1.1.2 Método da antiderivada para o cálculo de áreas . . . . 5
1.1.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 A integral indefinida; curvas integrais e campos de direção . . 9
1.2.1 Fórmulas de integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.2 Propriedades da integral indefinida . . . . . . . . . . . 12
1.2.3 Curvas integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.4 Integração do ponto de vista das equações diferenciais . 15
1.2.5 Campos de direção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Integração por Substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4 A integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.4.1 Uma definição de área . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2
1.4.2 A integral definida de uma função contínua . . . . . . . 24
1.4.3 A integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.4.4 Integrabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.4.5 Propriedades da Integral Definida . . . . . . . . . . . . 29
1.4.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.5 O teorema fundamental do cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.5.1 Relação entre as integrais definida e indefinida . . . . . 34
1.5.2 O teorema do valor médio para integrais . . . . . . . . 34
1.5.3 Parte dois do teorema fundamental do cálculo . . . . . 36
1.5.4 A diferenciação e a integração são processos inversos . 37
1.5.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.6 Cálculo de integrais definidas por substituição . . . . . . . . . 38
1.6.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.7 Exercícios suplementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2 Aplicações da Integral Definida 41
2.1 Área entre duas curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.1 Área entre y = f(x) e y = g(x) . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.2 Revertendo os papéis de x e y . . . . . . . . . . . . . . 49
2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3 Volume por fatiamento; discos e arruelas . . . . . . . . . . . . 51
2.3.1 Volumes por fatiamento . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4 Sólidos de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3
2.4.1 Volume por discos perpendiculares ao eixo x . . . . . . 59
2.4.2 Volume por arruelas perpendiculares ao eixo x . . . . . 61
2.4.3 Volumes por discos e arruelas perpendiculares ao eixo y 63
2.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.6 Volume por camadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.6.1 Camadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.6.2 Variações do método das camadas cilíndricas . . . . . . 68
2.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.8 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.8.1 Trabalho feito por uma força variável na direção do
movimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2.8.2 Cálculo do trabalho a partir de princípios básicos . . . 75
2.8.3 O teorema da energia-trabalho . . . . . . . . . . . . . . 77
2.9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.10 Pressão e força de um fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.10.1 O conceito de pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2.10.2 Densidade do fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.10.3 Pressão do fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.10.4 Força do fluido sobre uma superfície vertical . . . . . . 84
2.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3 Princípios do Cálculo de Integrais 87
3.1 Visão geral dos métodos de integração . . . . . . . . . . . . . 87
4
3.1.1 Revisão das fórmulas de integração . . . . . . . . . . . 87
3.1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.2 Integração por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.2.1 Integração por partes para integrais definidas . . . . . 92
3.2.2 Fórmulas de Redução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.2.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
3.3 Integrais Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.3.1 Integração de produtos de senos e cossenos . . . . . . . 97
3.3.2 Integração de potências de tangente e de secante . . . . 99
3.3.3 Integração de produtos de tangentes e de secantes . . . 101
3.3.4 Um método alternativo para integração de potências
de seno, cosseno, tangente e secante . . . . . . . . . . . 103
3.3.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
3.4 Substituições Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3.4.1 Método da Substituição trigonométrica . . . . . . . . . 104
3.4.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.5 Integração de Funções Racionais por Frações Parciais . . . . . 110
3.5.1 Frações Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.5.2 Encontrando a forma de uma decomposição em frações
parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.5.3 Integrando Funções Racionais Impróprias . . . . . . . . 118
3.5.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
5
Lista de Figuras
1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
6
1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.4 . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
7
2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
8
Lista de Tabelas
1.1 Alguma derivadas e correspondentes fórmulas de integração. . 12
2.1 Unidades de Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2.2 Unidades de Pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.1 Produtos de senos e cossenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.2 Produtos de tangentes e secantes . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3.3 Substituições trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
9
Capítulo 1
Integração
Neste capítulo, apresentaremos uma visão geral do problema do cálculo de
áreas. Analisaremos o significado do termo "área"e delinearemos duas abor-
dagens para a definição do cálculo de áreas. Apresentaremos o "Teorema
Fundamental do Cálculo"que relaciona o problema da Reta tangente e o
Problem da Área. Finalmente, introduziremos técnicas para o cálculo de
áreas.
1.1 Uma visão geral do problema da área
O objetivo principal desta seção é estudar o seguinte e importante problema:
Definição 1.1 [O problema da área] Dada a função f não negativa definida
no intervalo [a, b], achar a área entre o gráfico de f no intervalo [a, b] e o
eixo x (figura 1.1).
1
Aula 1 - Integração 2
Figura 1.1:
Antes de falar de forma lógica sobre métodos de cálculo de áreas é neces-
sário ter uma definição precisa do significado do termo área. Para calcular a
área de regiões como a mostrada na figura 1.1, existem dois métodos básicos,
isto é, o método do retângulo e o método da antiderivada.
1.1.1 Método do retângulo para cálculo de áreas
A idéia deste método é a seguinte:
• Dividir o intervalo [a, b] em n subintervalos iguais e em cada um deles
construir um retângulo que se estende do eixo x até algum ponto sobre
a curva y = f(x).
• Para cada n, a área total dos retângulos pode ser vista como uma
aproximação da área exata sob a curva no intervalo [a, b]. È evidente
que quando n cresce, estas aproximações irão cada vez mais tenderem
para a área exata da região sob a curva, como um processo limite (figura
1.2).
Aula 1 - Integração 3
Figura 1.2:
Exemplo 1.1 Usar o método dos retângulos para aproximar a área sob a
curva y = x2 no intervalo [0, 1] (figura 1.3).
Figura 1.3:
Solução. Iniciamos subdividindo o intervalo [0, 1] em n subintervalos
iguais.
Neste caso, cada subintervalo tem comprimento (largura) ∆x = 1−0
n
= 1
n
.
Assim, os extremos dos subintervalos ocorrem em (figura 1.4):
0,
1
n
,
2
n
,
3
n
, . . . ,
n− 1
n
, 1
Aula 1 - Integração 4
Figura 1.4:
A idéia é construir retângulos em cada um destes subintervalos, com al-
tura igual ao valor da função f(x) = x2 em qualquer ponto do subintervalo.
Por exemplo, poderíamos considerar o ponto médio de cada subintervalo.
Entretanto, neste exemplo, vamos utilizar o extremo direito de cada subin-
tervalo, ou seja,
1
n
, 2
n
, 3
n
, . . . , 1. Assim, as alturas dos retângulos serão:(
1
n
)2
,
(
2
n
)2
,
(
3
n
)2
, . . . , 12.
Sabemos que cada retângulo tem base igual a
1
n
. Portanto, a área total An
dos n retângulos será:
An =
[(
1
n
)2
+
(
2
n
)2
+
(
3
n
)2
+ . . .+ 12
](
1
n
)
.
Suponhamos, por exemplo, que tenhamos dividido o intervalo [0, 1] em 4
subintervalos, isto é, n = 4. Neste caso, a área total dos quatro retângulos
Aula 1 - Integração 5
será:
An =
[(
1
4
)2
+
(
2
4
)2
+
(
3
4
)2
+ 12
](
1
4
)
=
15
32
= 0, 46875.
A área exata da região definida na figura 1.3 é
1
3
. Tente calcular o valor de
An para diferentes valores de n e maiores que 4 e observe que a soma das
áreas dos retângulos tende para o valor exato
1
3
.
¦
1.1.2 Método da antiderivada para o cálculo de áreas
Este método considera o problema mais geral de encontrar a área A(x) sob
a curva a partir de um ponto a até um ponto arbitrário x no intervalo [a, b]
(figura 1.5). A idéia (devida a Newton e Leibniz) deste método é que a
derivada da função A(x) é fácil de ser encontrada. Assim, se for possível
determinar A(x) a partir de A ′(x), então a área sob a curva de a até b pode
ser obtida substituindo x por b na fórmula da área A(x).
Figura 1.5:
O procedimento é como segue:
Aula 1 - Integração 6
Sabemos que A ′(x) pode ser obtida pela fórmula:
A ′(x) = lim
h→0
A(x+ h) −A(x)
h
(1.1)
Sem perda de generalidade, consideremos o caso em que h > 0. Observemos
que o numerador do lado direito de (3.1) é a diferença entre duas áreas, isto
é, a área entre a e x+ h menos a área entre a e x (figura 1.6, parte (a)).
Figura 1.6:
Vamos supor que c seja o ponto médio entre x e x + h. Neste caso, esta
diferença de áreas pode ser aproximada pela área de um retângulo com base
h e altura f(c) (figura 1.6, parte (b)). Logo, a fração do lado direito de (3.1)
pode ser reescrita como:
A(x+ h) −A(x)
h
≈
f(c)h
h
= f(c). (1.2)
Observando a figura 1.6, parte (b), parece razoável aceitar que o erro
na aproximação dada pela equação (3.2) tenderá a zero quando h → 0.
Admitindo isto, então, a partir das equações (3.1) e (3.2), temos:
Aula 1 - Integração 7
A ′(x) = lim
h→0
A(x+ h) −A(x)
h
= lim
h→0 f(c). (1.3)
Como c é o ponto médio entre x e x+h, temos que c→ x quando h→ 0.
Mas, se f for uma função contínua, então f(c)→ f(x) quando c→ x. Assim,
limh→0 f(c) = f(x). Logo, a partir de 3.3, temos que
A ′(x) = f(x). (1.4)
Este resultado nos diz que a derivada da função área A(x) é a
função cujo gráfico representa o limite superior da região.
Exemplo 1.2 Usar o método da antiderivada para aproximar a área sob a
curva y = x2 no intervalo [0, 1] (figura 1.3).
Solução. A partir de (3.4) temos que a derivada da função área é
A ′(x) = x2. (1.5)
Logo, para encontrarmos A(x) precisamos procurar uma função cuja de-
rivada seja x2. Este problema é conhecido como antidiferenciação, pois
para encontrar A(x) temos que desfazer uma diferenciação. No caso deste
exemplo, A(x) = 1
3
x3 é uma solução de (3.5). Sabemos que esta solução não
é única. De fato,
A(x) =
1
3
x3 + C (1.6)
Aula 1 - Integração 8
também é uma solução de (3.5), em que C é uma constante. Para calcular
esta constante, procedemos como segue: Consideramos o caso em que x = 0.
Então, o intervalo [0, x] reduz-se a um único ponto. Admitindo que a área
acima de um único ponto é zero, obtemos, então, após substituirmos x = 0
em (3.6):
A(0) = 0+ C = 0 ou C = 0
Com isto, (3.6) assume a forma:
A(x) =
1
3
x3 (1.7)
que é a fórmula para a área sob a curva y = x2 no intervalo [0, x].
Para obter a área no intervalo [0, 1], basta fazer x = 1 em (3.7), resultando
em A(1) = 1
3
. Esta é a área exata sob a curva, que deve confirmar o foi
sugerido numericamente no exemplo 3.1.
¦
1.1.3 Exercícios
Fazer os exercícios de números ímpares da página 382.
Aula 1 - Integração 9
1.2 A integral indefinida; curvas integrais e cam-
pos de direção
Nesta seção, vamos desenvolver alguns resultados fundamentais sobre a anti-
diferenciação que nos levarão a um procedimento sistemático para encontrar
uma função a partir de sua derivada.
Definição 1.2 Uma função F é chamada de uma antiderivada de uma
função f em um dado intervalo I se F ′(x) = f(x) para todo x no intervalo.
Por exemplo, a função F(x) = 1
3
x3 é uma antiderivada de f(x) = x2 no
intervalo (−∞,+∞), pois para cada x neste intevalo, F ′(x) = d
dx
[
1
x3
]
= x2 =
f(x).
Entretanto, esta não é a única antiderivada de F neste intervalo. De fato,
se adicionarmos qualquer constante C a 1
3
x3, a função F(x) = 1
3
x3 + C é
também uma antiderivada de f em (−∞,+∞), pois
F ′(x) =
d
dx
[
1
3
x3 + C
]
= x2 + 0 = f(x)
Teorema 1.1 Se F(x) for qualquer antiderivada de f(x) em um intervalo I,
então para qualquer constante C a função F(x) + C é também uma antide-
rivada de f(x) naquele intervalo. Além disso, cada antiderivada de f(x) no
intervalo I pode ser expressa na forma F(x) + C, escolhendo-se apropriada-
mente a constante C.
Aula 1 - Integração 10
O processo de encontrar antiderivadas é chamado de antidiferenciação
ou integração.
Assim, se
d
dx
[F(x)] = f(x)
então, integrando-se (ou antidiferenciando-se) f(x), obtém-se as antideri-
vadas F(x) + C. Denotamos isto da seguinte forma:
∫
f(x)dx = F(x) + C (1.8)
Por exemplo, a antiderivada de f(x) = x2 são as funções F(x) = 1
3
x3 +C.
Assim,
∫
x2dx =
1
3
x3 + C
O símbolo que aparece no lado esquerdo de (3.8) é chamado de sinal
de integração ou integral indefinida; a função f(x) é chamada de in-
tegrando e a constante C é chamada de constante de integração. O
adjetivo "indefinida"enfatiza que o processo de integração não produz uma
função definida, mas sim, uma família de funções.
Os símbolos dx nas operações de diferenciação e antidiferenciação
d
dx
[ ] e
∫
[ ]dx
servem para identificar a variável independente.
Aula 1 - Integração 11
Por simplificação, dx pode ser absorvido no integrando. Por exemplo,∫
1dx pode ser escrita como
∫
dx.∫
1x2dx pode ser escrita como
∫
dx
x2
.
1.2.1 Fórmulas de integração
Muitas fórmulas básicas de integração podem ser obtidas diretamente de
suas fórmulas de diferenciação associadas. Algumas das mais importantes
são relacionadas a seguir.
Aula 1 - Integração 12
Tabela 1.1: Alguma derivadas e correspondentes fórmulas de integração.
fórmula de diferenciação fórmula de integração
d
dx
[x] = 1
∫
dx = x+ C
d
dx
[
xr+1
r+1
]
= xr, (r 6= −1) ∫ xrdx = [xr+1
r+1
]
+ C, (r 6= −1)
d
dx
[sin x] = cos x
∫
cos xdx = sin x+ C
d
dx
[− cos x] = sin x
∫
sin xdx = − cos x+ C
d
dx
[tan x] = sec2 x
∫
sec
2 xdx = tan x+ C
d
dx
[− cot x] = csc2 x
∫
csc
2 xdx = − cot x+ C
d
dx
[sec x] = sec x tan x
∫
sec x tan xdx = sec x+ C
d
dx
[− csc x] = csc x cot x
∫
csc x cot xdx = − csc x+ c
d
dx
[ex] = ex
∫
exdx = ex + C
d
dx
[
bx
lnb
]
= bx
∫
bxdx = b
x
lnb
+ C
d
dx
[ln|x|] = 1
x
∫
dx
x
= ln|x|+ C
1.2.2 Propriedades da integral indefinida
Se diferenciarmos uma antiderivada de f(x), iremos obter de volta f(x). As-
sim,
d
dx
[∫
f(x)dx
]
= f(x) (1.9)
Este resultado é de grande auxílio na demonstração das seguintes propri-
edades básicas de antiderivadas.
Aula 1 - Integração 13
Teorema 1.2 [Propriedades da Integral Indefinida]
• Uma constante pode se mover através do sinal de integração, isto é,∫
cf(x)dx = c
∫
f(x)dx
• Uma antiderivada de uma soma é a soma das antiderivadas, isto é,∫
[f(x) + g(x)]dx =
∫
f(x)dx+
∫
g(x)dx
• Uma antiderivada de uma diferença é a diferença das antiderivadas,
isto é,
∫
[f(x) − g(x)]dx =
∫
f(x)dx−
∫
g(x)dx
Exemplo 1.3∫
(3x6 − 2x2 + 7x+ 1)dx = 3
∫
x6dx− 2
∫
x2dx+ 7
∫
xdx+
∫
1dx
=
3x7
7
−
2x3
3
+
7x2
2
+ x+ C
1.2.3 Curvas integrais
Os gráficos das antiderivadas de uma função f são chamados de curvas inte-
grais de f. Por exemplo, y = 1
3
x3 é uma curva integral de f(x) = x2. Assim
sendo, a família de curvas integrais têm equações da forma y = 1
3
x3+C. In-
versamente, o gráfico de qualquer equação desta forma é uma curva integral
(Figura 1.7).
Aula 1 - Integração 14
Figura 1.7:
Exemplo 1.4 Suponha que um ponto movimenta-se ao longo de uma curva
desconhecida y = f(x) no plano xy, de tal forma que, em cada ponto (x, y) da
curva, a reta tangente tem inclinação x2. Ache a equação da curva sabendo
que ela passa pelo ponto (2, 1).
Solução. Sabemos que
dy
dx
= x2. Logo,
y =
∫
x2dx =
1
3
x2 + C
Como a curva passa por (2, 1), é possível encontrar um valor para a
constante C, usando o fato de que y = 1 se x = 2. Substituindo estes valores
na equação anterior, temos:
1 =
1
3
(23) + C ou C = −
5
3
Aula 1 - Integração 15
Assim, a curva é y = 1
3
x3 − 5
3
.
¦
Observemos que, neste exemplo, a exigência da curva passar pelo ponto
(2, 1) possibilita determinar um valor específico para a constante de integra-
ção, isolando-se uma única curva y = 1
3
x3− 5
3
da família de curvas y = 1
3
x3+C
(figura 1.8).
Figura 1.8:
1.2.4 Integração do ponto de vista das equações dife-
renciais
Suponhamos que f(x) seja uma função conhecida e que queiramos encontrar
uma função F(x) tal que y = F(x) satisfaça a equação
Aula 1 - Integração 16
dy
dx
= f(x) (1.10)
As soluções desta equação são as antiderivadas de f(x) e elas podem ser
obtidas integrando-se f(x).
A equação (3.10) é chamada de equação diferencial, pois envolve a
derivada de uma função desconhecida. As equações diferenciais diferem dos
tipos de equação encontradas até agora, pois a incógnita é uma função e
não um número como, por exemplo, em x2 + 5x − 6 = 0. Às vezes, não
estamos interessados em encontrar todas as soluções de (3.10), mas somente
uma curva integral que passe por um ponto especificado (x0, y0),
tal como
no exemplo (3.4) em que resolvemos
dy
dx
= x2 para a curva integral que passa
pelo ponto (2, 1).
É comum no estudo de equações diferenciais denotar uma solução de
dy
dx
= f(x) como y(x) ao invés de F(x). Com esta notação, o problema de
encontrar uma função y(x), cuja derivada é F(x) e cuja curva integral passa
pelo ponto (x0, y0), é expresso como:
dy
dx
= f(x), y(x0) = y0. (1.11)
A equação (3.11) é chamada de problema de valor inicial e o requisito
y(x0) = y0 é chamado de condição inicial para o problema.
Exemplo 1.5 Resolva o problema de valor inicial
dy
dx
= cos x, y(0) = 1
Aula 1 - Integração 17
Solução. A solução é
y =
∫
cos xdx = sin x+ C (1.12)
A condição inicial y(0) = 1 significa que se x = 0, então, y = 1. Substi-
tuindo estes valores em (3.12) obtém-se
1 = sin(0) + C ou C = 1
Assim, a solução do problema de valor inicial é y = sin x+ 1
¦
1.2.5 Campos de direção
As inclinações das retas tangentes a curvas integrais podem ser obtidas sem
resolver a equação diferencial. Uma descrição geométrica das curvas integrais
de uma equação diferencial
dy
dx
= f(x) pode ser obtida, escolhendo-se uma
grade retangular de pontos no plano xy, calculando-se as inclinações das retas
tangentes às curvas integrais nos pontos da grade e desenhando-se pequenas
porções das retas tangentes naqueles pontos. A figura resultante, chamada
de campo de direções ou campo de inclinações, mostra a "direção"da
curva integral nos pontos da grade. Com um número razoavelmente grande
de pontos na grade, muitas vezes é possível visualizar as próprias curvas
integrais. Por exemplo, a figura (1.9, parte (a)) mostra um campo de direções
para a equação diferencial
dy
dx
= x2 e a figura (1.9, parte (b)), mostra o mesmo
Aula 1 - Integração 18
campo com as curvas integrais. Quanto mais pontos na grade forem usados,
mais completamente o campo de direções revela a forma das curvas integrais.
Figura 1.9:
1.2.6 Exercícios
Fazer os exercícios de números ímpares das páginas 389-390, até o número
45.
1.3 Integração por Substituição
Nesta seção, estudaremos a técnica chamada de substituição que pode ser
usada para simplificar integrais.
Suponhamos que F seja uma antiderivada de f. Seja g uma função di-
ferenciável. A derivada de F(g(x)) pode ser calculada pela regra da cadeia
como:
Aula 1 - Integração 19
d
dx
[F(g(x))] = F ′(g(x))g ′(x)
A forma integral pode ser escrita como:
∫
F ′(g(x))g ′(x) = F(g(x)) + C (1.13)
como F é uma antiderivada de f, a equação anterior pode ser reescrita
como:
∫
f(g(x))g ′(x) = F(g(x)) + C (1.14)
Para atender aos propósitos relacionados com a técnica da substituição,
é útil fazer:
u = g(x)⇒ du
dx
= g ′(x)⇒ du = g ′(x)dx
Com esta notação, (3.14) pode ser expressa como
∫
f(u)du = F(u) + C (1.15)
esta técnica é chamada de método da substituição u.
Exemplo 1.6 Calcule
∫
sin
2 x cos xdx
Solução. Fazendo u = sin x, então,
du
dx
= cos x⇒ du = cos xdx
Aula 1 - Integração 20
Assim,
∫
sin
2 x cos xdx =
∫
u2du =
u3
3
+ C =
sin x3
3
+ C
¦
Em geral, não existe um método seguro e rápido para escolher u, e,
em alguns casos, nenhuma escolha de u funcionará. Em tais casos, outros
métodos serão necessários.
O roteiro a seguir é útil para a aplicação deste método.
Integração por substituição
Passo 1. Faça uma escolha para u, digamos u = g(x).
Passo 2. Calcule
du
dx
= g ′(x).
Passo 3. Faça a substituição u = g(x), du = g ′(x)dx.
Neste momento, toda integral deve estar em termos de u; nenhum x deve
continuar. Se isto não acontecer, deve-se tentar uma nova escolha para u.
Passo 4. Calcule a integral resultante, se possível.
Passo 5. Substituir u por g(x); assim, a resposta final estará em termos
de x.
1.3.1 Exercícios
Fazer os exercícios de números ímpares das páginas 395-396: de 1 à 35; 41 à
53.
Aula 1 - Integração 21
1.4 A integral definida
Nesta seção, vamos analisar com mais detalhes o método do retângulo e
introduzir o conceito de "integral definida", que liga o conceito de área com
outros conceitos importantes, tais como comprimento, volume, densidade,
probabilidade e trabalho.
1.4.1 Uma definição de área
Suponhamos que o intervalo [a, b] tenha sido dividido em n subinterva-
los, inserindo-se n − 1 pontos igualmente espaçados entre a e b , isto é,
x1, x2, ..., xn−1 figura (1.10)
Figura 1.10:
Cada um destes intervalos tem um comprimento (b − a)/n que denota-
remos por ∆x = b−a
n
.
Em cada subintervalo precisamos escolher um ponto no qual a função f
deve ser calculada para determinar a altura do retângulo no intervalo. Se
denotarmos estes pontos por x∗1, x
∗
2, ..., x
∗
n, figura (1.11),
Aula 1 - Integração 22
Figura 1.11:
então as áreas dos retângulos construídos sobre esses intervalos serão
f(x∗1)∆x, f(x
∗
2)∆x, ..., f(x
∗
n)∆x figura (1.12).
A área total da região Rn será
área(Rn) = f(x
∗
1)∆x+ f(x
∗
2)∆x+ ...+ f(x
∗
n)∆x
ou na forma de somatório
área(Rn) =
n∑
k=1
f(x∗k)∆x.
Com esta notação, a área da região R pode ser expressa como
A = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x.
Isto sugere a seguinte definição para a área da região R.
Definição 1.3 [Área sob uma curva]
Se a função f for contínua em [a, b] e f(x) ≤ 0 para todo x ∈ [a, b], então
a área sob a curva y = f(x) no intervalo [a, b] é definida por
Aula 1 - Integração 23
Figura 1.12:
A = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x. (1.16)
OBSERVAÇÃO: O limite da fórmula (3.33) é freqüentemente difícil ou
impossível de ser encontrado, de modo que quando for necessário encontrar
uma área exata, deve ser usado o método da antiderivada que será discutido
na próxima seção. Porém, se for suficiente uma aproximação, então em vez
do limite, podemos usar a área aproximada dada por:
A ≈
n∑
k=1
f(x∗k)∆x.
Aula 1 - Integração 24
1.4.2 A integral definida de uma função contínua
Na definição (2.3), admitimos que f é contínua e não negativa no intervalo
[a, b]. Se f for contínua, e admitir valores positivos e negativos em [a, b],
então o limite
lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x. (1.17)
não mais representa a área entre a curva y = f(x) e o intervalo [a, b].
Na verdade, representa agora a diferença das áreas - a área acima de [a, b] e
abaixo da curva y = f(x) - a área abaixo de [a, b] e acima da curva y = f(x).
Chamamos isso de área líquida com sinal entre o gráfico de y = f(x) e o
intervalo [a, b]. Por exemplo, na figura (1.13, parte (a)), a área líquida entre
a curva y = f(x) e o intervalo [a, b] é:
(AI +Am) −AII =[área acima de [a, b]]-[área abaixo de [a, b]].
Figura 1.13:
Para esclarecer por que o limite em (3.17) representa esta área líquida
com sinal, vamos subdividir o intervalo [a, b] da figura (1.13, parte (a)) em
n subintervalos iguais e examinar os termos da soma
Aula 1 - Integração 25
n∑
k=1
f(x∗k)∆x. (1.18)
Se f(x∗k) for positivo, então o produto f(x
∗
k)∆x representa a área do retân-
gulo com altura f(x∗k) e base ∆x (os retângulos mais escuros na figura 1.13,
parte (b)).
Porém, se f(x∗k) for negativo, então o produto f(x
∗
k)∆x é o negativo da
área do retângulo com altura |f(x∗k)| e base ∆x (os retângulos azuis na figura
1.13, parte (b)). Assim, (3.18) representa a área total dos retângulos escuros,
menos a área total dos retângulos azuis. À medida que n cresce, os retângulos
escuros preenchem as regiões com áreas AI e AIII e os azuis, AII, o que explica
porque o limite em (3.17) representa a área total com sinal entre y = f(x) e
[a, b].
O limite em (3.17) é tão importante que há associado a ele alguma ter-
minologia e notação. Vamos denotar este limite com o símbolo
∫b
a
f(x)dx = lim
n→+∞
n∑
k=1
f(x∗k)∆x (1.19)
que é chamado de integral definida de f de a até b.
Geometricamente, a integral definida representa a área com sinal entre
y = f(x) e [a, b], e no caso de f(x) não negativa em [a, b], a área entre a
curva e o intervalo [a, b]. Os números a e b são chamados de limites de
integração inferior e superior, respectivamente, e f(x) é o integrando.
Aula 1 - Integração 26
Exemplo 1.7 Calcule
1.
∫2
0
(x− 1)dx = 0
2.
∫1
0
(x− 1)dx = 0
Solução. O gráfico de y = (x− 1) pode ser visto na figura (1.14).
Figura 1.14:
Deixamos para você verificar que ambas as regiões triangulares têm área
1
2
. No intervalo [0, 2] a área líquida é A1 − A2 =
1
2
− 1
2
= 0, e no intervalo
[0, 1] a área líquida com sinal é −A2 = −
1
2
. Assim,
∫ 2
0
(x− 1)dx = 0 e
∫ 1
0
(x− 1)dx = −
1
2
¦
1.4.3 A integral de Riemann
Vamos supor, agora, que o intervalo [a, b] tenha sido subdividido em n subin-
tervalos não necessariamente iguais, cujos comprimentos são: ∆x1, ∆x2, ..., ∆xn
Aula 1 - Integração 27
figuras (1.15 e 1.16).
Figura 1.15:
Figura 1.16:
Seja max∆xk o maior comprimento dos subintervalos. Os subinterva-
los formam o que se chama uma partição do intervalo [a, b] e max∆xk é
chamado de tamanho da malha da partição. Por exemplo, a figura (1.17)
mostra uma partição de [0, 6] em quatro subintervalos com tamanho de malha
igual a dois.
Aula 1 - Integração 28
Figura 1.17:
Para generalizar (3.19) de modo a permitir intervalos de comprimentos
diferentes, precisamos substituir o comprimento constante ∆x pelo variável
∆xk e substituir n → ∞ por uma expressão a qual especifique que os com-
primentos de todos os subintervalos tendem a zero. Vamos usar a expres-
são max∆xk → 0 com esta finalidade. Adotadas essas modificações, (3.19)
torna-se
∫b
a
f(x)dx = limmax∆xk→0
n∑
k=1
f(x∗k)∆xk (1.20)
A soma que aparece nesta expressão é chamada de soma de Riemann,
enquanto que o limite é chamado de integral de Riemann.
1.4.4 Integrabilidade
Como a integral definida é dada por um limite, é possível que este não exista,
o mesmo ocorrendo com a integral definida. Assim sendo, faremos a seguinte
definição:
Definição 1.4 Dizemos que uma função f é integrável à Riemann ou,
simplesmente, integrável em um intervalo finito e fechado [a, b], se o limite
Aula 1 - Integração 29
∫b
a
f(x)dx = limmax∆xk→0
n∑
k=1
f(x∗k)∆xk
existir e não depender da escolha da partição ou dos pontos x∗k no subin-
tervalo.
1.4.5 Propriedades da Integral Definida
Definição 1.5 (a) Se a estiver no domínio de f, definimos
∫a
a
f(x)dx = 0
(b) Se f for integrável em [a, b], então definimos
∫a
b
f(x)dx = −
∫b
a
f(x)dx
Aula 1 - Integração 30
OBSERVAÇÃO: A parte (a) desta definição está em conformidade com
a idéia intuitiva de que a área entre um ponto sobre o eixo-x e a curva y = f(x)
deve ser zero figura (1.18). A parte (b) da definição é simplesmente uma
convenção útil; ela estabelece que, intercambiando-se os limites de integração,
inverte-se o sinal da integral.
Figura 1.18:
Teorema 1.3 Se f e g forem integráveis em [a, b] e se c for uma constante,
então, cf, f+ g e f− g são integráveis em [a, b] e
(a)
∫b
a
cf(x)dx = c
∫b
a
f(x)dx
(b)
∫b
a
[f(x) + g(x)]dx =
∫b
a
f(x)dx+
∫b
a
g(x)dx
(c)
∫b
a
[f(x) − g(x)]dx =
∫b
a
f(x)dx−
∫b
a
g(x)dx
Se f for contínua e não-negativa em [a, b] e se c for um ponto entre a e
b, então a área sob y = f(x) no intervalo [a, b] pode ser dividido em duas
partes e expressa como a área sob o gráfico de a a c mais a área sob o gráfico
de c a b (Figura 1.19), isto é,
Aula 1 - Integração 31
∫b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫b
c
f(x)dx
Figura 1.19:
Este é um caso especial do teorema a seguir, sob integrais definidas.
Teorema 1.4 Se f for integrável em um intervalo fechado contendo os três
pontos a, b e c, então,
∫b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫b
c
f(x)dx (1.21)
não importando como os pontos estão ordenados.
O teorema que segue também pode ser motivado interpretando as inte-
grais definidas como áreas.
Teorema 1.5 (a) Se f for integrável em [a, b] e f(x) ≥ 0, para todo x em
[a, b], então,
∫b
a
f(x)dx ≥ 0
(b) Se f e g forem integráveis em [a, b] e f(x) ≥ g(x), para todo x em
[a, b], então,
Aula 1 - Integração 32
∫b
a
f(x)dx ≥
∫b
a
g(x)dx
Exemplo 1.8 Calcule
∫1
0
(5− 3
√
1− x2)dx
Solução.
A partir das partes (a) e (c) do Teorema (1.3), podemos escrever
∫ 1
0
(5− 3
√
1− x2)dx =
∫ 1
0
5dx−
∫ 1
0
3
√
1− x2dx = int105dx− 3
∫ 1
0
√
1− x2dx
A primeira integral pode ser interpretada como a área de um retângulo
de altura 5 e base 1; logo, o seu valor é 5, enquanto que o valor da segunda
integral é
pi
4
(ver exemplo 2, página 408). Assim,
∫ 1
0
(5− 3
√
1− x2)dx = 5− 3(
pi
4
) = 5−
3pi
4
¦
1.4.6 Exercícios
Resolver os exercícios de números ímpares: 17 à 25 e 31 das páginas 414 e
415.
Aula 1 - Integração 33
1.5 O teorema fundamental do cálculo
Nesta seção, vamos estabelecer duas relações básicas entre as integrais defi-
nida e indefinida, que juntas constituem um resultado chamado de Teorema
Fundamental do Cálculo.
Teorema 1.6 [Teorema Fundamental do Cálculo, Parte 1]. Se f for
contínua em [a, b] e se F for uma antiderivada de f em [a, b], então∫b
a
f(x)dx = F(b) − F(a) (1.22)
É usual denotar a diferença F(b) − F(a) por F(x)]ba = F(b) − F(a) ou
[F(x)]ba = F(b) − F(a)
Por exemplo, usando a primeira dessas notações, podemos expressar (3.22)
como ∫b
a
f(x)dx = F(x)]ba (1.23)
Exemplo 1.9 Calcule
∫2
1
xdx
Solução. A função F(x) = 1
2
x2 é uma antiderivada de f(x) = x; assim, a
partir de (3.22)
∫ 2
1
xdx =
1
2
x2]21 =
1
2
(2)2 −
1
2
(1)2 = 2−
1
2
=
3
2
¦
Aula 1 - Integração 34
1.5.1 Relação entre as integrais definida e indefinida
Quando for aplicado o Teorema Fundamental do Cálculo, não há necessi-
dade de incluir uma constante de integração, pois, de qualquer forma ela irá
desaparecer.
Assim, quando estivermos calculando a integral definida, a constante de
integração será omitida e (3.23) será expressa como:
∫b
a
f(x)dx =
[∫
f(x)dx
]b
a
(1.24)
A equação (3.24) estabelece uma relação entre as integrais definida e
indefinida.
Exemplo 1.10∫ 9
1
√
xdx =
[∫ √
xdx
]9
1
=
[∫
x
1
2dx
]9
1
=
[
2
3
x
3
2
]
1
9 =
2
3
(27− 1) =
52
3
1.5.2 O teorema do valor médio para integrais
Sejam f uma função contínua e não negativa em [a, b], m e M os valores
mínimo e máximo de f(x) naquele intervalo. Considere os retângulos de
alturas m e M no intervalo [a, b] (Figura 1.20). Observemos que a área sob
a curva y = f(x), definida por A =
∫b
a
f(x)dx, é, no mínimo tão grande
quanto a área do retângulo de altura m e, não maior que a área do retângulo
de alturaM. portanto, é razoável supor que exista um retângulo no intervalo
[a, b] com alguma altura apropriada f(x∗) entre m e M (Figura 1.21), cuja
área é precisamente A, ou seja,
Aula 1 - Integração 35
∫b
a
f(x)dx = f(x∗)(b− a)
Figura 1.20:
Figura 1.21:
Teorema 1.7 [Teorema do valor médio para integrais] Se f for contí-
nua em um intervalo fechado [a, b], então há pelo menos um número x∗ em
[a, b] tal que ∫b
a
f(x)dx = f(x∗)(b− a) (1.25)
Exemplo 1.11 Uma vez que f(x) = x2 é contínua no intervalo [1, 4], o
Teorema do Valor Médio para Integrais garante que existe um número x∗ em
[1, 4], tal que ∫ 4
1
x2dx = f(x∗)(4− 1) = (x∗)2(4− 1) = 3(x∗)2
Aula 1 - Integração 36
Mas, ∫ 4
1
x2dx =
[
x3
3
]
1
4 = 21
Logo, 3(x∗)2 = 21 ⇒ (x∗)2 = 7 ⇒ x∗ = ±√7
Portanto, x∗ = ±√7 ≈ 2, 65 é o número em [1, 4], cuja existência está
garantida pelo Teorema do Valor Médio para Integrais.
1.5.3 Parte dois do teorema fundamental do cálculo
Teorema 1.8 [Teorema fundamental do cálculo, parte 2]. Se f for
contínua em um intervalo I, então f tem uma antiderivada em I. Em par-
ticular, se a for um ponto qualquer em I, então a função F definida por
F(x) =
∫x
a
f(t)dt é uma antiderivada de f em I; isto é, F ′(x) = f(x) para
cada x em I, ou em uma notação alternativa
d
dx
[∫x
a
f(t)dt
]
= f(x) (1.26)
Exemplo 1.12 Ache
d
dx
[∫x
1
t3dt
]
aplicando a parte 2do teorema Fundamental do Cálculo e, então, confirme o
resultado fazendo a integração e depois diferenciando.
Solução. O integrando é uma função contínua, assim a partir de (3.26)
d
dx
[∫x
1
t3dt
]
= x3
Aula 1 - Integração 37
Alternativamente, calculando-se a integral e depois diferenciando-se, obtém-
se ∫x
1
t3dt =
[
t4
4
]x
t=1
=
x4
4
−
1
4
,
d
dx
[
x4
4
−
1
4
]
= x3
logo, os dois métodos coincidem.
¦
1.5.4 A diferenciação e a integração são processos in-
versos
As duas partes do teorema Fundamental do Cálculo, consideradas juntas, nos
dizem que a diferenciação e a integração são processos inversos, no sentido
de que cada uma desfaz o efeito da outra. De fato, a parte 1 nos diz que a
função f pode ser obtida a partir de sua derivada f ′ por integração, enquanto
que a parte 2 nos diz que a função f pode ser obtida a partir de sua integral
por diferenciação. Desta forma, diferenciação e integração podem ser vistas
como processos inversos.
1.5.5 Exercícios
Fazer os exercícios de números ímpares das páginas 425-427: de 9 à 23; 27 à
29; 37 à 39; 43 à 47; 55 à 57.
Aula 1 - Integração 38
1.6 Cálculo de integrais definidas por substi-
tuição
Nesta seção, vamos discutir dois métodos de cálculo de integrais definidas,
nos quais é necessário uma substituição.
Método 1
Determinar, primeiro, a integral indefinida
∫
f(g(x))g ′(x)dx
por substituição e, então, usar a relação
∫b
a
f(g(x))g ′(x)dx =
[∫
f(g(x))g ′(x)dx
]b
a
para calcular a integral definida. Este procedimento não exige qualquer
modificação nos limites de integração.
Método 2
Fazer a substituição u = g(x), du = g ′(x)dx diretamente na integral
definida e, então, usar a relação u = g(x) para substituir os limites em x,
x = a e x = b, pelos correspondentes limites em u, u = g(a) e u = g(b).
Isto produz uma nova integral
∫g(b)
g(a)
f(u)du
que está expressa inteiramente em u.
Aula 1 - Integração 39
Exemplo 1.13 Use os dois métodos acima para calcular
∫2
0
x(x2 + 1)3dx
Solução. [Método 1]
Definindo u = x2 + 1, temos que du = 2xdx. Obtemos, então,∫
x(x2 + 1)3dx =
1
2
∫
u3du =
u4
4
+ C =
(x2 + 1)4
8
+ C
Assim,
∫
x(x2 + 1)3dx =
[∫
x(x2 + 1)3dx
]2
x=0
=
[
(x2 + 1)4
8
]2
x=0
=
625
8
−
1
8
= 78
¦
Solução. [Método 2]
Se fizermos a substituição u = x2 + 1, então
se x = 0, u = 1 e se x = 2, u = 5.
Logo,
Aula 1 - Integração 40
∫ 2
0
x(x2 + 1)3dx =
1
2
∫ 5
1
u3du
=
[
u4
8
]5
u=1
=
625
8
−
1
8
= 78
o que está de acordo com o resultado obtido pelo método 1.
¦
Teorema 1.9 Se g ′ for contínua em [a, b] e f for contínua e tiver uma
antiderivada em um intervalo contendo os valores de g(x) para a ≤ x ≤ b,
então
∫b
a
f(g(x))g ′(x)dx =
∫g(b)
g(a)
f(u)du
1.6.1 Exercícios
Fazer os exercícios de números ímpares das páginas 444-445: 1; 7, 11; 23 à
37; 41, 45
1.7 Exercícios suplementares
Fazer os exercícios suplementares: 7, 9, 21, 27. Páginas: 454-456.
Capítulo 2
Aplicações da Integral Definida
Neste capítulo, apresentaremos algumas aplicações da integral definida que se
estendem para além dos problemas de área. Mostraremos como as somas de
Riemann e as integrais definidas surgem em problemas como achar o volume
e a superfície de um sólido e calcular o trabalho feito por uma força.
2.1 Área entre duas curvas
Nesta seção vamos mostrar como encontrar a área entre duas curvas.
2.1.1 Área entre y = f(x) e y = g(x)
Definição 2.1 [Fórmula para a área]
Se f e g forem funções contínuas no intervalo [a, b] e se f(x) ≥ g(x) para
todo x em [a, b], então, a área da região limitada acima por y = f(x), abaixo
por y = g(x), à esquerda pela reta x = a e à direita pela reta x = b é
41
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 42
A =
∫b
a
[f(x) − g(x)]dx (2.1)
Caso f e g sejam não-negativas no intervalo [a, b], a equação (3.1) esta-
belece que a área A entre as curvas pode ser obtida subtraindo a área sob
y = g(x) da área sob y = f(x) (Figura 2.1).
Figura 2.1:
A seguir damos um procedimento sistemático para estabelecer a fórmula
para a área.
Passo 1. Esboce a região e, então, trace uma reta vertical através da
região em um ponto arbitrário x, ligando o topo e a base do contorno (Figura
2.2, (a)).
Passo 2. O extremo do segmento no topo esboçado no Passo 1 será f(x),
o da base g(x) e o comprimento f(x) − g(x). Este é o integrando em (3.1).
Passo 3. Para determinar os limites de integração, imaginamos o seg-
mento de reta movendo-se para a esquerda e depois para a direita. A posição
mais à esquerda do segmento, na qual ele intercepta a região é x = a e a
mais à direta é x = b (Figuras 2.2, (b) e (c)).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 43
Figura 2.2:
Observação 1: Não é necessário fazer um esboço extremamente preciso
no Passo 1; a única finalidade do esboço é determinar qual a curva acima e
qual a curva abaixo.
Observação 2: Há uma forma interessante de enfocar este procedimento:
se você pensar o segmento vertical como a "secção transversal"da região no
ponto x, então a Fórmula (3.1) estabelece que a área entre as curvas é obtida
integrando-se o comprimento da secção transversal no intervalo de a a b.
Exemplo 2.1 Ache a área limitada acima por y = x+ 6, abaixo por y = x2
e nas laterais por x = 0 e x = 2.
Solução. A região e a secção transversal estão mostradas na (Figura 2.3).
A secção transversal se estende de g(x) = x2 na base até f(x) = x+ 6 no
topo. Movendo-se a secção transversal através da região, a posição mais à
esquerda será x = 0, enquanto que a mais à direita x = 2. Assim, de (3.1)
A =
∫ 2
0
[(x+ 6) − x2]dx =
[
x2
2
+ 6x−
x3
3
]2
0
=
34
3
− 0 =
34
3
¦
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 44
Figura 2.3:
Observação: Pode ocorrer que as curvas se interceptem (Figura 2.4).
Quando isto ocorrer, você terá que determinar os pontos de intersecção para
obter os limites de integração.
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 45
Figura 2.4:
Exemplo 2.2 Ache a área da região entre as curvas y = x2 e y = x+ 6.
Solução.
O esboço da região (Figura 2.5) mostra que o contorno inferior é y = x2
e o superior é y = x+ 6.
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 46
Figura 2.5:
Nos extremos da região, os contornos têm as mesmas coordenadas y;
assim, para encontrar os extremos, resolvemos o sistema constituído pelas
equações
y = x2 e y = x+ 6, (2.2)
ou seja, x2 = x+6 ou x2−x−6 = 0 ou (x+2)(x-3)=0 ou x = −2 e x = 3.
Embora as coordenadas y dos extremos não sejam essenciais à nossa
solução, elas podem ser obtidas a partir de (3.2) substituindo x = −2 e x = 3
em ambas as equações. Disto resulta y = 4 e y = 9; logo, as intersecções
superior e inferior dos contornos são (−2, 4) e (3, 9). A partir de (3.1) com
f(x) = x+ 6, g(x) = x2, a = −2 e b = 3, obtemos a área
A =
∫ 3
−2
[(x+ 6) − x2]dx =
[
x2
2
+ 6x−
x3
3
]3
−3
=
27
2
− (−
22
3
) =
125
6
Aula 2
- Aplicações da Integral Definida 47
¦
Exemplo 2.3 Ache a área da região entre as curvas x = y2 e y = x− 2.
Solução. Para fazer um esboço preciso da região, é necessário saber onde
as curvas x = y2 e y = x − 2 se interceptam. No exemplo 2, encontramos
as intersecções resolvendo um sistema linear. Aqui, é mais fácil reescrever
a última equação como x = y + 2 e resolver o sistema constituído pelas
equações
x = y2 e x = y+ 2, (2.3)
ou seja, y2 = y+ 2 ou y2 − y− 2 = 0 ou (y+ 1)(y− 2) = 0 ou y = −1 e
y = 2.
Substituindo estes valores em (3.3), vemos que os valores correspondentes
de x são x = 1 e x = 4. Assim sendo, os pontos de intersecção são (1,−1) e
(4, 2) (Figura 2.6 (a)).
Para aplicar a Fórmula (3.1), as equações do contorno devem ser escritas
explicitamente como uma função de x. A parte superior do contorno pode ser
escrita como y =
√
x; embaixo, temos duas partes: y = −
√
x para 0 ≤ x ≤ 1
para 0 ≤ x ≤ 1 e y = x− 2 para 1 ≤ x ≤ 4 (Figura 2.6 (b)).
Dada a forma do contorno inferior, é necessário dividir a região em duas
partes e encontrar separadamente a área de cada uma. A partir de (3.1) com
f(x) =
√
x, g(x) = −
√
x, a = 0 e b = 1, obtemos
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 48
Figura 2.6:
A1 =
∫ 1
0
[
√
x− (−
√
x)]dx = 2
∫ 1
0
√
xdx = 2
[
2
3
x
2
3
]1
0
=
4
3
− 0 =
4
3
A partir de (3.1) com f(x) =
√
x, g(x) = x− 2, a = 1 e b = 4, obtemos
A2 =
∫ 4
1
[
√
x−(x−2)]dx =
∫ 4
1
(
√
x−x+2)dx =
[
2
3
x
3
2 −
1
2
x2 + 2x
]4
1
= (
16
3
−8+8)−(
2
3
−
1
2
+2) =
19
6
Logo, a área de toda região é
A = A1 +A2 =
4
3
+
19
6
=
9
2
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 49
¦
2.1.2 Revertendo os papéis de x e y
Às vezes, é possível evitar a divisão da região em partes, integrando-se em
relação a y em vez de x.
Definição 2.2 [Fórmula para a área]
Se w e υ forem funções contínuas e w(y) ≥ υ(y) para todo y em [c, d],
então a área da região limitada à esquerda por x = υ(y), à direita por
x = w(y), acima por y = d e abaixo por y = c é (Figura 2.7)
A =
∫d
c
[w(y) − υ(y)]dy (2.4)
Figura 2.7:
O princípio que norteia a aplicação desta Fórmula é o mesmo que em (3.1):
o integrando em (3.4) pode ser visto como o comprimento de uma secção
transversal em um ponto y e a Fórmula (3.4) estabelece que a área pode
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 50
ser calculada integrando-se o comprimento da secção transversal horizontal
sobre o intervalo [c, d] no eixo-y (Figura 2.8).
Figura 2.8:
Exemplo 2.4 Achar a área da região entre x = y2 e y = x − 2 integrando
em relação à y.
Solução. A partir da (Figura 2.6), o contorno esquerdo é x = y2, o direito
é y = x − 2 e a região se estende pelo intervalo −1 ≤ y ≤ 2. Porém, para
aplicar (3.4) as equações devem ser dadas explicitamente como funções de y.
Assim, reescrevemos y = x−2 como x = y+2. Tem-se, a partir de (3.4) que
A =
∫ 2
−1
[(y+ 2) − y2]dy =
[
y2
2
+ 2y−
y3
3
]2
−1
=
9
2
,
o que está de acordo com o resultado obtido no (exemplo 3.3).
¦
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 51
2.2 Exercícios
Fazer os seguintes exercícios de números ímpares da página 467: 1, 3, 7, 9,
11 e 25.
2.3 Volume por fatiamento; discos e arruelas
Nesta seção, veremos que os mesmos princípios básicos utilizados na seção
anterior podem ser usdos para achar os volumes de certos sólidos tridimen-
sionais.
2.3.1 Volumes por fatiamento
Para encontrar o volume de um sólido, a idéia é dividir o volume em finas
lâminas, aproximar o volume de cada lâmina, adicionar as aproximações para
formar uma soma de Riemann e passar ao limite para produzir uma integral
para o volume (Figura 2.9).
Figura 2.9:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 52
Vamos discutir, inicialmente, como encontrar o volume de um sólido cuja
secção transversal não varia nem em tamanho, nem em forma (isto é, são
congruentes). Um dos exemplos mais simples de um sólido com secções
transversais congruentes é um cilindro circular reto de raio r, pois todas
as secções transversais tomadas perpendiculares ao eixo central são regiões
circulares de raio r. O volume V do cilindro circular de raio r e altura h pode
ser dado em termos da altura e da área da secção transversal como:
V = pir2h = [area da seccão transversal]× [altura] (2.5)
Este é um caso especial de uma forma mais geral que se aplica a sóli-
dos, chamado cilindro reto. Um cilindro reto é um sólido que é gerado
quando uma região plana é transladada ao longo de uma reta ou eixo que é
perpendicular à região (Figura 2.10).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 53
Figura 2.10:
A distância h para a qual a região é transladada é chamada de altura
ou, às vezes, extensão do cilindro, e cada secção transversal é uma cópia da
região transladada. Vamos supor que o volume V de um cilindro reto com
área de secção transversal A e altura h é dado por (Figura 2.11)
V = Ah = [area da seccão transversal]× [altura] (2.6)
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 54
Figura 2.11:
Podemos formular o seguinte problema:
PROBLEMA Seja S um sólido que se estende ao longo do eixo x e é
limitado à esquerda e à direita, respectivamente, pelos planos perpendiculares
ao eixo x em x = a e x = b (Figura 2.12, (a)). Ache o volume V do sólido
supondo que sua secção transversal tenha área A(x), conhecida em cada
ponto x de [a, b].
Figura 2.12:
Para resolver este problema, dividimos [a, b] em n subintervalos, tendo o
efeito de dividir o sólido em n fatias (Figura 2.12, (b)).
Se admitirmos que a extensão da k-ésima fatia é ∆xk, então o volume
da fatia pode ser aproximado pelo volume de um cilindro reto com extensão
(altura) ∆xk e secção transversal com área A(x
∗
k), em que x
∗
k é um ponto
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 55
qualquer do k-ésimo intervalo (Figura 2.13).
Figura 2.13:
Somando-se estas aproximações, obtém-se a seguinte soma de Riemann,
que aproxima o volume V :
V ≈
n∑
k=1
A(x∗k)∆xk
Tomando-se o limite quando n cresce e as extensões dos subintervalos
tendem a zero, obtém-se a integral definida
V = lim
max∆xk→0
n∑
k=1
A(x∗k)∆xk =
∫b
a
A(x)dx
Em resumo, podemos dar a seguinte definição:
Definição 2.3 [Fórmula para o volume] Seja S um sólido limitado por dois
planos perpendiculares ao eixo x em x = a e x = b. Se, para cada x em
[a, b], a área da secção transversal de S perpendicular ao eixo x for A(x),
então o volume do sólido é
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 56
V =
∫b
a
A(x)dx (2.7)
desde que A(x) seja integrável.
Há um resultado análogo se a secção transversal for perpendicular ao eixo
y.
Definição 2.4 [Fórmula para o volume]Seja S um sólido limitado por dois
planos perpendiculares ao eixo y em y = c e y = d. Se, para cada y em [c, d],
a área da secção transversal a S perpendicular ao eixo y for A(y), então o
volume do sólido é
V =
∫d
c
A(y)dy (2.8)
desde que A(y) seja integrável.
Exemplo 2.5 Obtenha a fórmula para o volume de uma pirâmide reta com
altura h, cuja base é um quadrado com lados de comprimento a (Figura 2.14
(a)).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 57
Figura 2.14:
Solução. Conforme está ilustrado na Figura (2.14 (a)), introduzimos um
sistema retangular de coordenadas, no qual o eixo y passa pelo ápice e é
perpendicular à base, o eixo x passa pela base e é paralelo a um lado da
base. Em qualquer ponto y de [0, h] sobre o eixo y, a secção transversal
perpendicular ao eixo y é um quadrado. Se s for o comprimento de um lado
deste quadrado, então por semelhança de triângulos (Figura 2.14 (b)), temos
1
2
s
1
2
a
= h−y
h
ou s = a
h
(h− y).
Assim, a área A(y) da secção transversal em y é
A(y) = s2 = a
2
h2
(h− y)2
e por (3.8) o volume é
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 58
V =
∫h
0
A(y)dy =
∫h
0
a2
h2
(h− y)2dy =
a2
h2
∫h
0
(h− y)2dy
=
a2
h2
[
−
1
3
(h− y)3
]h
y=0
=
a2
h2
[
0+
1
3
h3
]
=
1
3
a2h
Isto é, o volume é
1
3
da área da base vezes a altura.
¦
2.4 Sólidos de Revolução
Um sólido de revolução é um sólido gerado pela rotação de uma região plana
em torno de uma reta, que está no mesmo plano da região; a reta é chamada
de eixo de revolução (Figura 2.15).
Figura 2.15:
Nesta seção, estamos interessados no seguinte problema:
PROBLEMA Seja f contínua e não-negativa em [a, b], R a região limi-
tada acima por y = f(x), abaixo pelo eixo x e dos lados pelas retas x = a e
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 59
x = b (Figura 2.16 (a)).
Figura 2.16:
Achar o volume dos sólidos de revolução gerado pela rotação da região R
em torno do eixo x.
Podemos resolver este problema por fatiamento. Com este propósito,
observamos que a secção transversal do sólido perpendicular ao eixo x no
ponto x é um disco de raio f(x) (Figura 2.16 (b)).
A área desta região é A(x) = pi[f(x)]2.
Deste modo, a partir de (3.7), o volume do sólido é
V =
∫b
a
pi[f(x)]2dx (2.9)
2.4.1 Volume por discos perpendiculares ao eixo x
Como as secções transversais têm a forma de disco, a aplicação da Fórmula
(3.9) é chamada de método dos discos.
Exemplo 2.6 Ache o volume do sólido obtido quando a região sob a curva
y =
√
x em [1, 4] é girada em torno do eixo x (Figura 2.17).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 60
Figura 2.17:
Solução. A partir de (3.9), o volume é
V =
∫b
a
pi[f(x)]2dx =
∫ 4
1
pixdx =
[
pix2
2
]4
1
= 8pi−
pi
2
=
15pi
2
¦
Exemplo 2.7 Obtenha a fórmula para o volume de uma esfera de raio r.
Solução. Conforme indicado na Figura (2.18), uma esfera de raio r pode
ser gerada girando-se o disco semicircular superior que está entre o eixo x e
x2 + y2 = r2 em torno do eixo x.
Figura 2.18:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 61
Uma vez que a metade superior deste círculo é o gráfico de y = f(x) =
√
r2 − x2 tem-se a partir de (3.9) que o volume da esfera é:
V =
∫b
a
pi[f(x)]2dx =
∫ r
−r
pi(r2 − x2)dx = pi
[
r2x−
x3
3
]r
−r
=
4
3
pir3.
¦
2.4.2 Volume por arruelas perpendiculares ao eixo x
Nem todo sólido de revolução tem interior homogêneo; alguns têm buracos ou
canais, os quais criam superfícies interiores como na última parte da Figura
(2.15). Assim, estaremos com problemas do seguinte tipo:
PROBLEMA Sejam f(x) e g(x) contínuas e não-negativas em [a, b], e
suponha que f(x) ≥ g(x) para todo x em [a, b]. Seja R a região a qual é
limitada acima por y = f(x), abaixo por y = g(x) e dos lados pelas retas
x = a e x = b (Figura 2.19 (a)). Ache o volume do sólido de revolução que
é gerado pela rotação R em torno do eixo x.
Podemos resolver este problema por fatiamento. Para este propósito,
observe que a secção transversal do sólido perpendicular ao eixo x é a região
anular ou "com a forma de arruela", com raio interior g(x) e raio exterior
f(x) (Figura 2.19 (b)).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 62
Figura 2.19:
Logo, a sua área é A(x) = pi[f(x)]2 − pi[g(x)]2 = pi([f(x)]2 − [g(x)]2).
Assim, a partir de (3.7) o volume do sólido é
V =
∫b
a
pi([f(x)]2 − [g(x)]2)dx. (2.10)
Como as secções transversais são anulares, a aplicação desta fórmula é
chamada de método das arruelas.
Exemplo 2.8 Ache o volume do sólido gerado quando a região entre os
gráficos das equações f(x) = 1
2
+ x2 e g(x) = x sobre o intervalo [0, 2] é
girada em torno do eixo x (Figuras 2.20).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 63
Figura 2.20:
Solução. A partir de (3.10), o volume é
V =
∫b
a
pi([f(x)]2 − [g(x)]2)dx =
∫ 2
0
pi
([
1
2
+ x2
]2
− x2
)
dx
=
∫ 2
0
pi
(
1
4
+ x4
)
dx = pi
[
x
4
+
x5
5
]2
0
=
69pi
10
¦
2.4.3 Volumes por discos e arruelas perpendiculares ao
eixo y
O método dos discos e das arruelas tem análogos quando as regiões são
giradas em torno do eixo y (Figuras 2.21 e 2.22). Usando o método do
fatiamento e a Fórmula (3.8), é possível deduzir as seguintes fórmulas para
o volume de sólidos nas figuras.
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 64
V =
∫d
c
pi[u(y)]2dy Discos (2.11)
V =
∫d
c
pi([w(y)]2 − [υ(y)]2dy Arruelas (2.12)
Figura 2.21:
Figura 2.22:
Exemplo 2.9 Ache o volume do sólido gerado quando a região limitada por
y = sqrtx, y = 2 e x = 0 é girada em torno do eixo y (Figura 2.23).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 65
Figura 2.23:
Solução. As secções transversais perpendiculares ao eixo y são discos; logo,
aplicaremos (3.11). Mas, primeiro, precisamos reescrever y = sqrtx como
x = y2. Assim, a partir de (3.11) com u(y) = y2, o volume é
V =
∫d
c
pi[u(y)]2dy =
∫ 2
0
piy4dy =
[
piy5
5
]2
0
=
32pi
5
.
¦
2.5 Exercícios
Fazer os exercícios 1, 3, 5, 7, 13 e 15 das páginas 473-474.
2.6 Volume por camadas cilíndricas
Nessa seção vamos desenvolver outro método de encontrar volumes que pode
ser aplicado quando a área da secção transversal não puder ser encontrada,
ou quando a integração for muito difícil.
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 66
2.6.1 Camadas cilíndricas
Considere o seguinte problema:
PROBLEMA Seja f contínua e não-negativa em [a, b] e R a região
limitada acima por y = f(x), abaixo pelo eixo x, e dos lados pelas retas
x = a e x = b. Ache o volume V do sólido de revolução R que é gerado
fazendo girar a região R em torno do eixo y (Figura 2.24).
Figura 2.24:
Método das camadas cilíndricas
Uma camada cilíndrica é um sólido envolvido por dois cilindros retos
concêntricos (Figura 2.25).
Figura 2.25:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 67
O volume V de uma camada cilíndrica com raio interno r1, raio externo
r2 e altura h pode ser escrito como
V = [area da seccão transversal]× [altura] = (pir22 − pir21)h
= pi(r2 + r1)(r2 − r1)h = 2pi[
1
2
(r1 + r2)]h(r2 − r1
Mas,
1
2
(r1+r2)] é o raio médio da camada e r2−r1 a sua espessura; assim,
V = 2pi[raio medio]× [altura]× [espessura] (2.13)
Este problema pode ser resolvido utilizando a seguinte definição:
Definição 2.5 [Volume por camadas cilíndricas em torno do eixo y] Seja
f uma função contínua não-negativa em [a, b] e R a região que é limitada
acima por y = f(x), abaixo pelo eixo x e dos lados pelas retas x = a e x = b.
Então, o volume V do sólido de revolução gerado pela rotação da região R
em torno do eixo y é dado por
V =
∫b
a
2pixf(x)dx (2.14)
Exemplo 2.10 Use as camadas cilìndricas para encontrar o volume do sólido
gerado quando fazemos girar em torno do eixo y a região envolvida por
y = sqrtx, a = 1, b = 4 e o eixo x (Figura 2.26).
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 68
Figura 2.26:
Solução. Uma vez que f(x) = sqrtx, a = 1 e b = 4, da Fórmula (3.14),
obtém-se
V =
∫ 4
1
2pix
√
xdx = 2pi
∫ 4
1
x
3
2dx =
[
2pi
2
5
x
5
2
]4
1
=
4pi
5
[32− 1] =
124pi
5
.
¦
2.6.2 Variações do método das camadas cilíndricas
O método da camada cilíndrica é aplicável em situações que não preenchem
as condições requeridas pela Fórmula (3.14). Por exemplo, a região pode
estar limitada entre duas curvas, ou o eixo de revolução pode ser uma outra
reta que não o eixo y.
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 69
VISÃO INFORMAL SOBRE CAMADAS CILÍNDRICAS
O Volume V de um
sólido de revolução gerado quando fazemos girar
uma região R em torno de um eixo, pode ser obtido integrando-se a área
da superfície gerada por uma secção transversal arbitrária de R e tomada
paralela ao eixo de revolução.
O exemplo a seguir ilustra como aplicar este resultado em situações nas
quais a Fórmula (3.14) não é aplicável:
Exemplo 2.11 Use as camadas cilíndricas para encontrar o volume do sólido
gerado quando fazemos girar em torno do eixo y a região R limitada por y = x
e y = x2 no primeiro quadrante (Figura 2.27).
Figura 2.27:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 70
Solução. Em cada x de [0, 1] a secção transversal de R paralela ao eixo y
gera uma superfície cilíndrica de altura x − x2 e raio x. Como a área desta
superfície é 2pix(x− x2), então, o volume do sólido é
V =
∫ 1
0
2pix(x−x2)dx = 2pi
∫ 1
0
(x2−x3)dx = 2pi
[
x3
3
−
x4
4
]1
0
= 2pi
[
1
3
−
1
4
]
=
pi
6
.
¦
2.7 Exercícios
Fazer os exercícios 1,3,5,7,13 e 15 da página 479.
2.8 Trabalho
Nesta seção, usaremos as ferramentas de integração desenvolvidas no capítulo
anterior para estudar alguns dos princípios básicos do "Trabalho", um dos
conceitos fundamentais da física e da engenharia.
Definição 2.6 Se uma força constante de magnitude F for aplicada na dire-
ção dum movimento de um objeto, e se esse objeto move-se a uma distância
d, então definimos o trabalho W realizado pela força sobre o objeto como
sendo
W = F.d (2.15)
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 71
Tabela 2.1: Unidades de Trabalho
Sistema Forca x Distancia = Trabalho
MKS newton (N) metro (m) joule (J)
CGS dina (din) centímetro (cm) erg
BE libra (lb) pé pés-libras (pés.lb)
Unidades comuns de medida de força são newtons (N) no sistema MKS
(metro, kilo e segundo), dina (DIN) no sistema CGS (centímetro, grama e
segundo) e libras (lb) no sistema (BE) Britânico de Engenharia. Um newton
é a força necessária para dar a uma massa de 1 Kg uma aceleração de 1m/s2;
um dina é a força necessária para dar a uma massa de 1 g uma aceleração
de 1cm/s2 e uma libra de força é a força necessária para dar a uma massa
de 1 slug (32,174 lb) uma aceleração de 1pé/s2. As unidades mais comuns
de trabalho são newton-metro (N.m), dina-centímetro (din.cm) e pés por
libras (pés.lb). Conforme indicado na Tabela 2.1, 1 newton-metro é também
chamado de 1 joule (J) e 1 dina centímetro é também chamado de 1 erg.
Já 1 pé-libra equivale aproximadamente a 1,36J.
Fatores de conversão:
1N = 105 din ≈ 0,225 lb 1 lb ≈ 4,45 N
1J = 107 erg ≈ 0,738 pés.lb 1 pé.lb ≈ 1, 36J = 1, 36× 107erg.
Exemplo 2.12 Um objeto move-se 5 pés ao longo de uma reta, enquanto
sujeito a uma força constante de 100 lb, na direção ao seu movimento. O
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 72
trabalho realizado é W = F.d = 100.5 = 500pés.lb.
Exemplo 2.13 Um objeto move-se 25m ao longo de uma reta, enquanto su-
jeito a uma força constante de 4N, na direção ao seu movimento. O trabalho
realizado é W = F.d = 4.25 = 100N.m = 100J.
Exemplo 2.14 Na Olimpíada de 1976, Vasili Alexeev espantou o mundo
levantando 562 lb cerca de 2m desde o chão até acima de sua cabeça e, é claro,
quebrando um recorde. Igualmente espantoso foi o feito de Paul Anderson,
que, em 1957, de bruços no chão e, usando as suas costas, levantou 6270 lb
de chumbo e de peças de automóvel por uma altura de 1cm. Quem realizou
mais trabalho?
Solução. Para levantar um objeto, é necessário aplicar uma força suficiente
para vencer a força gravitacional exercida pela terra. A força que a terra
exerce no objeto é o seu peso; desta forma, Alexeev aplicou uma força de 562
lb por uma distância de 2m, enquanto que Anderson aplicou uma força de
7270 lb por uma distância de 1cm. Como libras são unidades do sistema BE,
metros são unidades no sistema MKS e centímetros são unidades no sistema
CGC, precisamos decidir em qual sistema vamos trabalhar. Vamos usar o
sistema MKS e, portanto, expressar em joules o trabalho dos dois homens.
Usando a tabela 2.1, vamos obter
562lb ≈ 562lb× 4, 45N/lb = 2500, 9N
6270lb ≈ 7270lb× 4, 45N/lb = 27, 901, 5N
Usando esses valores e o fato de que 1cm = 0, 01m, obtemos:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 73
trabalho de Alexeev = (2500, 9N) × (2m) ≈ 5002 J
trabalho de Anderson = (27901, 5N) × (0, 01m) ≈ 279 J.
Logo, muito embora o levantamento de Anderson tenha exigido uma
enorme força para cima, ela foi aplicada por tão pouca distância que Ale-
xeev realizou mais trabalho.
¦
2.8.1 Trabalho feito por uma força variável na direção
do movimento
Muitos problemas tratam de encontrar o trabalho realizado por uma força
variável aplicada na direção do movimento. Nesta seção, nosso objetivo é
definir o que entendemos por trabalho realizado por uma força variável e
apresentar uma fórmula para calculá-lo.
Definição 2.7 Suponha que um objeto se move na direção positiva ao longo
de um eixo coordenado no intervalo [a, b], enquanto sujeito a uma força
variável F(x) que é aplicada na direção do movimento. Então, definimos o
trabalho W realizado pela força sobre o objeto como sendo:
W =
∫b
a
F(x)dx (2.16)
A lei de Hooke [Robert Hooke(1635-1703), Físico inglês] estabelece que,
sob condições apropriadas, uma mola esticada em x unidades além do seu
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 74
comprimento natural puxa de volta com uma força F(x) = kx, em que k é
uma constante (chamada de constante da mola ou rigidez da mola). O
valor de k depende de fatores, tais como espessura da mola e o material da
qual é feita. Uma vez que k = F(x)
x
, a constante k tem unidades de força por
unidade de comprimento.
Exemplo 2.15 Uma mola exerce uma força de 5 N quando esticada 1m
além do seu comprimento natural.
(a) Ache a constante k da mola.
(b) Quanto trabalho é necessário para esticar a mola 1,8m além do seu
comprimento natural?
Solução. (a) A partir da lei de Hooke,
F(x) = kx.
A partir dos dados, F(x) = 5N quando x = 1m, logo, 5 = k.1. Assim, a
constante da mola é k = 5 Newtons por metro (N/m). Isto significa que a
força F(x) necessária para esticar a mola em x metros é
F(x) = 5x (2.17)
¦
Solução. (b) Colocaremos a mola ao longo de um eixo coordenado, con-
forma a Figura (2.28). Queremos encontrar o trabalho W necessário para
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 75
esticar a mola no intervalo de x = 0 a x = 1, 8. A partir de (3.33 e 3.17) o
trabalho necessário é
W =
∫b
a
F(x)dx =
∫ 1,8
0
5xdx =
[
5x2
2
]1,8
0
= 8, 1J.
Figura 2.28:
¦
2.8.2 Cálculo do trabalho a partir de princípios básicos
Alguns problemas não podem ser resolvidos por substituição em fórmulas,
sendo preciso recorrer a princípios básicos para obter as soluções. O próximo
exemplo ilustra isso.
Exemplo 2.16 Um tanque cilíndrico com água tem um raio de 10 pés e
uma altura de 30 pés e está cheio até a metade. Qual é o trabalho necessário
para bombear toda a água, através do orifício no topo do tanque?
Solução. Nossa estratégia será dividir a água em finas camadas, aproximar
o trabalho necessário para mover cada camada até o topo do tanque, somar as
aproximações por camadas para obter uma soma de Riemann, tomar então, o
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 76
limite das somas de Riemann para obter uma integral para o trabalho. Para
implementar esta idéia, vamos introduzir um eixo x como mostra a Figura
(2.29), e dividir a água em n camadas, sendo que ∆xk denota a espessura
da k-ésima camada. Embora as superfícies superior e inferior da k-ésima
camada estejam a diferentes distâncias do topo, a diferença será pequena se
a camada for fina, e podemos supor razoavelmente que toda a camada está
concentrada em
um único ponto x∗k (Figura 2.29).
Figura 2.29:
Assim, o trabalho necessário para mover a k-ésima camada até o topo do
tanque é aproximadamente
Wk ≈ Fk(30− x∗k) (2.18)
em que Fk é a força requerida para elevar a k-ésima camada. Mas, esta
força é a necessária para vencer a gravidade e é igual ao peso da camada.
Para encontrar o peso Fk da k-ésima camada, vamos multiplicar seu volume
pela densidade de peso da água (62,4 lb/pés - em que lb está em libra peso
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 77
e 1 libra peso = 4,45 N). Desta forma, obtém-se
Fk = (pi(10)
2∆xk)(62, 4) = 6240pi∆xk
Assim, a partir de (3.17)
Wk ≈ (30− x∗k)6240pi∆xk = (Distância) Força
Logo, o trabalho W necessário para mover todas as n camadas é aproxi-
madamente
W =
n∑
k=1
Wk ≈
n∑
k=1
(30− x∗k)6240pi∆xk
Para encontrar o valor exato do trabalho, tomamos o limite quando
max∆xk → 0, obtendo-se
W = lim
max∆xk→0
n∑
k=1
Wk ≈
n∑
k=1
(30− x∗k)6240pi∆xk =
∫ 15
0
(30− x)(6240pi)dx
= 6240pi
[
30x−
x2
2
]15
0
= 2.106.000pipés.lb ≈ 6.616.194pés.lb
¦
2.8.3 O teorema da energia-trabalho
Vendo um objeto em movimento, é certo que algum trabalho foi realizado
para criar o movimento. Por exemplo, quando uma pedra cai de um edifício,
ela ganha velocidade, pois a força da gravidade da Terra está realizando
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 78
trabalho nela. A ligação entre trabalho e movimento está baseada no conceito
de energia cinética, que vamos definir agora:
Se uma partícula de massa m move-se com velocidade υ num certo ins-
tante, então, sua energia cinética K naquele instante é definida como sendo
K =
1
2
mυ2 (2.19)
O seguinte princípio fundamental da Física relaciona trabalho e energia
cinética.
Teorema 2.1 [Teorema da energia-trabalho]
Quando uma força realiza trabalho sobre um objeto, ela ocasiona uma
mudança na energia cinética do objeto que é igual ao trabalho realizado; isto
é, seW é o trabalho realizado sobre um objeto de massam, e se as velocidades
inicial e final forem υi e υf, respectivamente, então,
W =
1
2
mυ2f −
1
2
mυ2i (2.20)
As unidades de energia cinética são as mesmas que as do trabalho.
Exemplo 2.17 Uma sonda espacial com massa m = 5, 00/times104kg vi-
aja no espaço exterior sujeita somente à força de seu próprio mecanismo. Co-
meçando pelo instante no qual a velocidade da sonda é υ = 1, 10× 104m/s,
o mecanismo é acionado continuamente por uma distância de 2, 50× 106m,
com uma força constante de 4, 00× 105N na direção do movimento. Qual é
a velocidade final da sonda?
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 79
Solução. Uma vez que a força aplicada pelo mecanismo é constante e na
direção do movimento, o trabalho W realizado pelo mecanismo da sonda é
W = força× distância = (4, 00× 105N)× (2, 50× 106m) = 1, 00× 1012J
A partir de (3.19), a energia cinética final Kf =
1
2
mυ2f da sonda pode ser
expressa em termos do trabalho W e da energia cinética inicial Ki =
1
2
mυ2i ,
como Kf =W + Ki.
Assim, conhecidas a massa e a velocidade inicial, temos que
Kf = (1, 00× 1012J) + 1
2
(5, 00× 104kg)(1, 10× 104m/s)2 ≈ 4, 03× 1012J
A energia cinética final é Kf =
1
2
mυ2f , logo, a velocidade final da sonda é
υf =
√
2Kf
m
=
√
2(4, 03× 1012)
5, 00× 104 ≈ 1, 27× 10
4m/s
¦
2.9 Exercícios
Fazer os exercícios 2, 5, 11 e 13 das páginas 494 e 495.
2.10 Pressão e força de um fluido
Nesta seção, usaremos as ferramentas de integração desenvolvidas no capítulo
precedente para o estudo de forças e de pressões exercidas por fluidos sobre
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 80
objetos submersos.
Fluido é uma substância que se ajusta aos contornos de qualquer reci-
piente no qual é colocado. O termo fluido inclui líqüidos, tais como água,
petróleo e mercúrio, bem como gases, como hélio, oxigênio e ar. O estudo
de fluidos se enquadra em duas categorias: estática dos fluidos (fluidos em
repouso) e dinâmica dos fluidos (fluidos em movimento).
Nesta seção, trataremos somente de estática dos fluidos.
2.10.1 O conceito de pressão
O efeito de uma força sobre um objeto depende de como a força se espalha
sobre a superfície do objeto. Por exemplo, andando na neve com botas, o
peso do seu corpo esmaga a neve e você afunda. Porém, se você puser um
par de esquis, o peso do seu corpo espalha-se em uma área superficial maior
e você é capaz de deslizar sobre a superfície. O conceito que leva em conta
tanto a magnitude da força quanto a área onde ela é aplicada é chamado de
pressão.
Definição 2.8 Se uma força de magnitude F for aplicada a uma superfície
de área A, então definimos a pressão P exercida pela força sobre a superfície
como sendo
P =
F
A
(2.21)
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 81
Tabela 2.2: Unidades de Pressão
Sistema Forca ÷ Area = Pressao
MKS newton(N) metro quadrado(m2) pascal (Pa)
BE libra(lb) pe quadrado(pe2) lb/(pe2)
BE libra(lb) polegada quadrada(pol2) lb/pol2 (psi)
A partir desta definição, temos que as unidades de pressão são força por
unidade de área. Conforme indicado na Tabela 2.2, 1 newton por metro
quadrado é chamado de pascal (Pa).
Fatores de Conversão:
1 Pa = 1, 45× 10−4 lb/pol2 = 2, 09× 10−2lb/pe2
1 lb/pol2 = 6, 90× 103Pa 1lb/pe2 = 47, 9 Pa
2.10.2 Densidade do fluido
Para calcular as pressões e as forças sobre objetos submersos, precisamos
saber alguma coisa sobre as características dos fluidos nos quais eles estão
submersos. Por simplificação, vamos supor que os fluidos considerados são
homogêneos, significando que duas amostras com o mesmo volume têm a
mesma massa. Assim, a partir desta hipótese, a massa por unidade de volume
é uma constante δ, que depende das características do fluido, mas não do
tamanho e da localização da amostra; definiremos
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 82
δ =
m
V
(2.22)
em que δ é a densidade de massa do fluido.
Às vezes, é mais conveniente trabalhar com o peso por unidade de volume.
Assim, definimos densidade de peso (peso específico) ρ de um fluido
como sendo:
ρ =
w
V
(2.23)
em que w é o peso da amostra do fluido de volume V . Assim sendo, se o
peso específico for conhecido, o peso w da amostra do fluido com volume V
pode ser calculado pela fórmula w = ρV .
2.10.3 Pressão do fluido
Para calcular pressões e forças do fluido, vamos precisar do princípio de
Pascal, o qual estabelece que a pressão do fluido a uma dada profundidade
é a mesma em todas as direções (Figura 2.30).
Se uma superfície plana com área A for submersa horizontalmente a uma
profundidade h, em um recipiente de fluido com peso específico ρ, então o
fluido exerce sobre ela uma força F que é perpendicular à superfície e é dada
por
F = ρhA (2.24)
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 83
Figura 2.30:
Assim, tem-se a partir de (3.19), que a pressão P sobre a superfície criada
por esta força é
P =
F
A
= ρh (2.25)
Exemplo 2.18 Ache a pressão e a força do fluido no topo de uma placa
circular plana, com raio 2m, submersa horizontalmente na água a uma pro-
fundidade de 6m (Figura 2.31).
Figura 2.31:
Solução. Como o peso específico da água é ρ = 9810N/m3, tem-se a partir
de (3.24) que a pressão do fluido é
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 84
P = ρh = (9810)(6) = 58.860Pa
e tem-se a partir de (3.23) que a força do fluido é
F = ρhA = ρh(pir2) = (9810)(6)(4pi) = 235.440pi ≈ 739.657N
¦
2.10.4 Força do fluido sobre uma superfície vertical
Foi fácil calcular a força do fluido sobre a placa horizontal no exemplo (3.18),
pois todos os pontos estavam na mesma profundidade. O problema de en-
contrar a força do fluido sobre uma superfície vertical é mais complicado,
pois a profundidade e, conseqüentemente, a pressão,
não são constantes na
superfície.
Para encontrar a força do fluido sobre uma superfície vertical, necessita-
mos da seguinte definição:
Definição 2.9 Suponha que uma superfície plana esteja imersa vertical-
mente, em um fluido de peso específico ρ, e que a parte submersa da super-
fície se estende de x = a até x = b, ao longo da direção positiva do eixo
x (Figura 2.32 (a)). Para a ≤ x ≤ b, suponha que w(x) é a extensão da
superfície e que h(x) é a profundidade do ponto x (Figura 2.32 (b)). Então,
definimos a força do fluido F sobre a superfície como sendo:
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 85
F =
∫b
a
ρh(x)w(x)dx (2.26)
Figura 2.32:
Exemplo 2.19 A face de um dique é um retângulo vertical de altura 100
pés e extensão 200 pés (Figura 2.33 (a)). Ache a força total que o fluido
exerce sobre a face, quando a superfície da água está no nível do topo do
dique.
Solução. Introduzimos um eixo x com a sua origem na superfície da água,
conforme mostra a Figura (2.33 (b)). Em um ponto x sobre este eixo, a
extensão do dique é w(x) = 200 pés e a profundidade h(x) = x pés. Assim,
a partir de (3.25) com ρ = 62, 4lb/pés3 (peso específico da água), obtemos
como a força total sobre a face
Aula 2 - Aplicações da Integral Definida 86
Figura 2.33:
F =
∫ 100
0
(62, 4)(x)(200)dx = 12.480
∫ 100
0
xdx =
[
12.480
x2
2
]100
0
= 62.400.000lb
¦
2.11 Exercícios
Fazer os exercícios 1, 3, 5, 7 e 11 da página 500.
Capítulo 3
Princípios do Cálculo de Integrais
Neste capítulo, apresentaremos algumas técnicas adicionais de integração e
forneceremos um procedimento mais sistemático de abordagem de integrais
não conhecidas.
3.1 Visão geral dos métodos de integração
Nesta seção, apresentaremos uma lista de integrais básicas conhecidas até o
presente momento.
3.1.1 Revisão das fórmulas de integração
CONSTANTES, POTÊNCIAS E EXPONENCIAIS
1.
∫
du = u+ C
2.
∫
adu = a
∫
du = au+ C
87
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 88
3.
∫
urdu = u
r+1
r+1
+ C, r 6= −1
4.
∫
du
u
= ln|u|+ C
5.
∫
eudu = eu + C
6.
∫
budu = b
u
lnb
+ C
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
1.
∫
sinudu = − cosu+ C
2.
∫
cosudu = sinu+ C
3.
∫
sec
2 udu = tanu+ C
4.
∫
csc
2 udu = − cotu+ C
5.
∫
secu tanudu = secu+ C
6.
∫
cscu cotudu = − cscu+ C
7.
∫
tanudu = −ln| cosu|+ C
8.
∫
cotudu = ln| sinu|+ C
3.1.2 Exercícios
Fazer os exercícios ímpares de 1 a 15 (página 516).
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 89
3.2 Integração por partes
Fórmula de Integração por Partes∫
f(x)g ′(x)dx = f(x)g(x) −
∫
g(x)f ′(x)dx (3.1)
Na prática, é usual escrever (3.1) fazendo:
u = f(x), du = f ′(x)dx
v = g(x), dv = g ′(x)dx
Isto produz a seguinte fórmula alternativa para (3.1):
∫
udv = uv−
∫
vdu (3.2)
Exemplo 3.1 Calcule
∫
xexdx.
Solução. Para aplicar (3.2), precisamos escrever a integral na forma
∫
udv.
Para fazer isto, utilizamos a seguinte substituição: u = x e dv = exdx.
Assim, a partir da equação (3.2), temos:
∫
xexdx =
∫
x︸︷︷︸
u
exdx︸︷︷︸
dv
= x︸︷︷︸
u
ex︸︷︷︸
v
−
∫
ex︸︷︷︸
v
dx︸︷︷︸
du
= xex − ex + C
¦
OBSERVAÇÃO para usar com sucesso a integração por partes, a esco-
lha de u e dv deve ser feita de tal forma que a nova integral seja mais simples
que a original. No exemplo (3.1), se tivéssemos feito u = ex, dv = xdx, então
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 90
teríamos obtido:∫
xexdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu =
x2
2
ex −
1
2
∫
x2exdx.
Observemos que com esta escolha de u e dv, a nova integral é mais complicada
que a original.
Exemplo 3.2 Calcule
∫
x2e−xdx.
Solução. Sejam u = x2, dv = e−xdx → v = ∫ e−xdx = −e−x. Então,
∫
x2e−xdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu = −x2e−x + 2
∫
xe−xdx (3.3)
Neste ponto, observemos que a última integral do lado direito da equa-
ção anterior é semelhante à original, Assim, precisamos integrar por partes
novamente. Sejam u = x, dv = e−xdx → v = ∫ e−xdx = −e−x. Logo,∫
xe−xdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu = −xe−x +
∫
e−xdx = −xe−x − e−x + C1
Substituindo em (3.3), obtemos:
∫
xe−xdx = −x2e−x + 2(−xe−x − e−x + C1)
= −x2e−x − 2xe−x − 2e−x + 2C1
= −(x2 + 2x+ 2)e−x + C
em que C = 2C1.
¦
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 91
Exemplo 3.3 Calcule
∫
ex cos xdx.
Solução. Sejam, u = ex, dv = cos xdx, du = exdx e v =
∫
cos xdx = sin x.
Assim,
∫
ex cos xdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu = ex sin xdx−
∫
ex sin xdx (3.4)
A última integral à direita de (3.4) é similar à integral original. Vamos, então,
integrá-la também por partes. Sejam, u = ex, dv = sin xdx, du = exdx e
v =
∫
sin xdx = − cos x.
Assim,
∫
ex sin xdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu = −ex cos xdx+
∫
ex cos xdx
Substituindo em (3.4), obtemos
∫
ex cos xdx = ex sin x−
[
−ex cos x+
∫
ex cos xdx
]
ou
∫
ex cos xdx = ex sin x+ ex cos x−
∫
ex cos xdx
que é uma equação que pode ser resolvida em termos da integral desco-
nhecida, ou seja,
2
∫
ex cos xdx = ex sin x+ ex cos x.
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 92
Portanto,
∫
ex cos xdx =
1
2
ex sin x+
1
2
ex cos x+ C.
¦
3.2.1 Integração por partes para integrais definidas
Para integrais definidas, a fórmula correspondente a (3.2) é:
∫x=b
x=a
udv = [uv]
b
a −
∫x=b
x=a
vdu (3.5)
Exemplo 3.4 Calcule
∫1
0
tan
−1 xdx.
Solução. Sejam, u = tan−1 x, dv = dx, du = 1
1+x2
dx e v =
∫
dx = x.
Assim,
∫ 1
0
tan
−1 xdx =
∫ 1
0
udv = [uv]
1
0 −
∫ 1
0
vdu
=
[
x tan−1 x
]1
0
−
∫x=1
x=0
x
1+ x2
dx
Mas,
∫x=1
x=0
x
1+ x2
dx =
1
2
∫
2x
1+ x2
dx =
1
2
[
ln(1+ x2)
]1
0
=
1
2
ln 2
Logo,
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 93
∫ 1
0
tan
−1 xdx =
[
x tan−1 x
]1
0
−
1
2
ln 2 =
(pi
4
− 0
)
−
1
2
ln2 =
pi
4
− ln
√
2.
¦
3.2.2 Fórmulas de Redução
A integração por partes pode ser usada para obter as fórmulas de redução
para integrais. Estas fórmulas expresssam uma integral com potência de
função em termos de uma integral que envolve uma potência mais baixa
daquela função. Por exemplo, se n for um inteiro positivo e n ≥ 2, então
a integração por partes pode ser usada para obter as seguintes fórmulas de
redução:
∫
sin
n xdx = −
1
n
sin
n−1 x cos x+
n− 1
n
∫
sin
n−2 xdx. (3.6)
∫
cos
n xdx =
1
n
cos
n−1 x sin x+
n− 1
n
∫
cos
n−2 xdx. (3.7)
Para ilustrar como estas fórmulas são obtidas, vamos deduzir (3.7).
Sejam u = cosn−1 x, dv = cos xdx, du = (n − 1) cosn−2 x(− sin x)dx e
v =
∫
cos xdx = sin x = −(n− 1) cosn−2 x sin xdx.
Então,
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 94
∫
cos
n xdx =
∫
cos
n−1 x cos xdx =
∫
udv = uv−
∫
vdu
= cosn−1 x sin x+ (n− 1)
∫
sin
2 x cosn−2 xdx
= cosn−1 x sin x+ (n− 1)
∫
(1− cos2 x) cosn−2 xdx
= cosn−1 x sin x+ (n− 1)
∫
cos
n−2 xdx− (n− 1)
∫
cos
n xdx.
Transpondo o último termo para o lado esquerdo, obtemos:
n
∫
cos
n xdx = cosn−1 x sin x+ (n− 1)
∫
cos
n−2 xdx.
Exemplo 3.5 Calcule
∫
cos
4 xdx.
Solução.
A partir de (3.7), com n = 4,
∫
cos
4 xdx =
1
4
cos
3 x sin x+
3
4
∫
cos
2 xdx (Agora, aplicando (3.7) com n = 2)
=
1
4
cos
3 x sin x+
3
4
(
1
2
cos x sin x+
1
2
∫
dx
)
=
1
4
cos
3 x sin x+
3
8
cos x sin x+
3
8
x+ C.
¦
3.2.3 Exercícios
Fazer os exercícios ímpares de 1 à 15, 45 e 47 das páginas 521-522.
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 95
3.3 Integrais Trigonométricas
Na última
seção, obtivemos fórmulas de redução para integrar potências intei-
ras positivas de seno, cosseno, tangente e secante. Nesta seção, mostraremos
como trabalhar com as fórmulas de redução, e discutiremos os métodos para
integrar outros tipos de integrais envolvendo funções trigonométricas.
Na seção precedente, obtivemos as fórmulas de redução (3.6) e (3.7). Para
o caso em que n = 2 estas fórmulas ficam:
∫
sin
2 xdx = −
1
2
sin x cos x+
1
2
∫
dx =
1
2
x−
1
2
sin x cos x+ C. (3.8)
∫
cos
2 xdx =
1
2
cos x sin x+
1
2
∫
dx =
1
2
x+
1
2
sin x cos x+ C. (3.9)
Podem-se obter formas alternativas para estas fórmulas de integração
usando as seguintes identidadades trigonométricas:
sin
2 x =
1
2
(1− cos 2x) (3.10)
cos
2 x =
1
2
(1+ cos 2x). (3.11)
Com estas identidades, podemos calcular as integrais de sin
2 x e cos2 x.
De fato,
∫
sin
2 xdx =
1
2
∫
(1− cos 2x)dx =
1
2
x−
1
4
sin 2x+ C (3.12)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 96
∫
cos
2 xdx =
1
2
∫
(1+ cos 2x)dx =
1
2
x+
1
4
sin 2x+ C (3.13)
Observe que as antiderivadas nas fórmulas (3.8) e (3.9) envolvem senos e
cossenos, enquanto que aquelas em (3.12) e (3.13) só envolvem senos. Porém,
esta aparente discrepância é fácil de ser resolvida utilizando a identidade
sin 2x = 2 sin x cos x. Para o caso n = 3, deixamos como exercício verificar
como ficariam as fórmulas de redução para a integração de sin
3 x e cos3 x.
Estas fórmulas podem ser expressas, respectivamente, somente em termos de
cossenos e senos , usando as identidades sin
2 x = 1−cos2 x e cos2 x = 1−sin2 x.
Assim, confirme como exercício, que
∫
sin
3 xdx =
1
3
cos
3 x− cos x+ C (3.14)
∫
cos
3 xdx = sin x−
1
3
sin
3 x+ C. (3.15)
Também, como exercício, utilizando identidades trigonométricas apropri-
adas, confirme que
∫
sin
4 xdx =
3
8
x−
1
4
sin 2x+
1
32
sin 4x+ C (3.16)
∫
cos
4 xdx =
3
8
x+
1
4
sin 2x+
1
32
sin 4x+ C (3.17)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 97
3.3.1 Integração de produtos de senos e cossenos
Se m e n são inteiros positivos, então a integral
∫
sin
m xcosnxdx pode ser
calculada por um dos três procedimentos dados na Tabela (3.1), dependendo
de m e n serem pares ou ímpares.
Tabela 3.1: Produtos de senos e cossenos∫
sin
m x cosn xdx Procedimento Identidades relevantes
n ímpar Substituição u = sin x cos2 x = 1− sin2 x
m ímpar Substituição: u = cos x sin2 x = 1− cos2 x
m par, n par Reduza sin x e cos x sin2 x = 12 (1− cos 2x) e cos
2 x = 12 (1+ cos 2x)
Exemplo 3.6 Calcule
1.
∫
sin
4 x cos5 xdx
2.
∫
sin
4 x cos4 xdx
Solução.
(1) Uma vez que n = 5 é ímpar, tem-se, a partir do primeiro procedimento
da Tabela (3.1):
∫
sin
4 x cos5 xdx =
∫
sin
4 x cos4 x cos xdx
=
∫
sin
4 x(1− sin2 x)2 cos xdx
=
∫
u4(1− u2)2du
=
∫
(u4 − 2u6 + u8)du
=
1
5
u5 −
2
7
u7 +
1
9
sin
9 x+ C
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 98
(2) Uma vez que m = n = 4 são expoentes pares, tem-se, a partir do
terceiro procedimento da Tabela (3.1):
∫
sin
4 x cos4 xdx =
∫
(sin2 x)2(cos2 x)2dx
=
∫ (
1
2
[1− cos 2x]
)2(
1
2
[1+ cos 2x]
)2
dx
=
1
16
∫
(1− cos2 2x)2dx
=
1
16
∫
sin
4 2xdx (Note que isso pode ser obtido mais
diretamente da integral original, usando a identidade
sin x cos x =
1
2
sin 2x)
=
1
32
∫
sin
4 udu (u = 2x du = 2x ou dx =
1
2
du)
=
1
32
(
3
8
u−
1
4
sin 2u+
1
32
sin 4u
)
+ C (Fórmula3.33)
=
3
128
x−
1
128
sin 4x+
1
1024
sin 8x+ C
¦
Integrais da forma
∫
sinmx cosnxdx (3.18)∫
sinmx sinnxdx∫
cosmx cosnxdx
podem ser encontradas utilizando as seguintes identidades trigonométri-
cas:
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 99
sinα cosβ =
1
2
[sin(α− β) + sin(α+ β)] (3.19)
sinα sinβ =
1
2
[cos(α− β) − cos(α+ β)] (3.20)
cosα cosβ =
1
2
[cos(α− β) + cos(α+ β)] (3.21)
Estas identidades permitem expressar os integrandos como uma soma ou
uma diferença de senos e cossenos.
Exemplo 3.7 Calcule
∫
sin 7x cos 3xdx.
Solução. Utilizando (3.19), obtemos:
∫
sin 7x cos 3xdx =
1
2
∫
(sin 4x+ sin 10x)dx = −
1
8
cos 4x−
1
20
cos 10x+ C
¦
3.3.2 Integração de potências de tangente e de secante
Neste caso, a idéia é utilizar as seguintes fórmulas de redução:
∫
tan
n xdx =
tan
n−1 x
n− 1
−
∫
tan
n−2 xdx (3.22)
∫
sec
n xdx =
sec
n−2 x tan x
n− 1
+
n− 2
n− 1
∫
sec
n−2 xdx (3.23)
Se n for ímpar, o expoente pode ser reduzido a um, tal que teremos de
integrar tan x ou sec x. Estas integrais são dadas por:
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 100
∫
tan xdx = ln | sec x|+ C (3.24)
∫
sec xdx = ln | sec x+ tan x|+ C (3.25)
A fórmula (3.24) pode ser obtida fazendo tan x = sin x
cos x
e integrando por
substituição. Tente!!!!!!!!!.
A fórmula (3.25) exige um truque. Faça sec x = sec x
(
sec x+tan x
sec x+tan x
)
e integre
por substituição Tente!!!!!!!!!.
A fórmula
∫
sec
2 xdx = tan x+ C (3.26)
já é conhecida, pois sabemos que a derivada de tan x é sec2 x. por sua vez, a
fórmula
tan
2 xdx = tan x− x+ C (3.27)
pode ser obtida aplicando-se a fórmula de redução (3.22), com n = 2, ou,
alternativamente, usando a identidade 1+ tan2 x = sec2 x. Verifique estas
duas possibilidades!.
As fórmulas
tan
3 xdx =
1
2
tan
2 x− ln | sec x|+ C (3.28)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 101
sec
3 xdx =
1
2
sec x tan x+
1
2
ln | sec x+ tan x|+ C (3.29)
podem ser obtidas de (3.24) e (3.25) e das fórmulas de redução (3.22) e (3.23).
Verifique!.
3.3.3 Integração de produtos de tangentes e de secantes
Se m e n são inteiros positivos, então a integral
∫
tan
m x secn xdx pode ser
calculada por um dos três procedimentos dados na tabela (3.2), dependendo
de m e n serem pares ou ímpares.
Tabela 3.2: Produtos de tangentes e secantes∫
tan
m x secn xdx Procedimento Identidades relevantes
n par Substituição u = tan x sec2 x = tan2 x+ 1
m ímpar Substituição: u = sec x tan2 x = sec2 x− 1
m par, n ímpar Reduza a potências de sec x tan2 x = sec2 x− 1
Exemplo 3.8 Calcule
1.
∫
tan
2 x sec4 xdx
2.
∫
tan
3 x sec3 xdx
3.
∫
tan
2 x sec xdx
Solução.
Solução 1. Uma vez que n = 4 é par, vamos seguir o primeiro procedi-
mento na Tabela (3.2):
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 102
∫
tan
2 x sec4 xdx =
∫
tan
2 x sec2 x sec2 xdx
=
∫
tan
2 x(tan2 x+ 1) sec2 xdx
=
∫
u2(u2 + 1)du
=
1
5
u5 +
1
3
u3 + C =
1
5
tan
5 x+
1
3
tan
3 x+ C
Solução 2. Uma vez que m = 3 é ímpar, vamos aplicar o segundo
procedimento na Tabela (3.2):
∫
tan
3 x sec3 xdx =
∫
tan
2 x sec2 x(sec x tan x)dx
=
∫
(sec2 x− 1) sec2 x(sec x tan x)dx
=
∫
(u2 − 1)u2du
=
1
5
u5 −
1
3
u3 + C =
1
5
sec
5 x−
1
3
sec
3 x+ C
Solução 3. Uma vez que m = 2 é par e n = 1 é ímpar, vamos seguir o
terceiro procedimento na Tabela (3.2):
∫
tan
2 x sec xdx =
∫
(sec2 x− 1) sec xdx
=
∫
sec
3 xdx−
∫
sec xdx
=
1
2
sec x tan x+
1
2
ln | sec x+ tan x|− ln | sec x+ tan x|+ C
=
1
2
sec x tan x−
1
2
ln | sec x+ tan x|+ C
¦
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 103
3.3.4 Um método alternativo para integração de potên-
cias de seno, cosseno, tangente e secante
Os métodos das Tabelas (3.1) e (3.2) podem ser aplicados se m = 0 ou n = 0
para integrar potências inteiras positivas de seno,
cosseno, tangente e secante,
sem fórmulas de redução.
Exemplo 3.9 Calcule
∫
sin
3 xdx.
Solução.
∫
sin
3 xdx =
∫
(sin2 x) sin xdx
=
∫
(1− cos2 x) sin xdx (u = cos x, du = − sin xdx)
= −
∫
(1− u2)du
=
1
3
u3 − u+ C =
1
3
cos
3 x− cos x+ C.
¦
OBSERVAÇÃO Com a ajuda da identidade trigonométrica 1+cot2 x =
csc
2 x, as técnicas da tabela (3.2) podem ser adaptadas para tratar integrais
da forma
∫
cot
m x cscn xdx.
3.3.5 Exercícios
Fazer os exercícios ímpares de 11 à 27 e 56 das páginas 529-530.
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 104
3.4 Substituições Trigonométricas
Nesta seção, vamos calcular integrais contendo radicais, utilizando o método
da substituição envolvendo funções trigonométricas. Mostraremos, também,
como integrais contendo polinômios quadráticos podem, às vezes, serem cal-
culadas completando o quadrado.
3.4.1 Método da Substituição trigonométrica
INTEGRAIS DA FORMA:
√
a2 − x2,
√
x2 + a2 e
√
x2 − a2, em que a é
uma constante positiva.
A idéia básica para calcular integrais envolvendo estas expressões é fazer
uma substituição para x que elimine o radical. A Tabela a seguir descreve
as substituições convenientes para estes casos.
Tabela 3.3: Substituições trigonométricas
Expressão Substituição Restrição sobre θ Simplificação
√
a2 − x2 x = a sinθ −pi2 ≤ θ ≤ pi2 a2 − x2 = a2 − a2 sin2 θ = a2 cos2 θ
√
x2 + a2 x = a tan θ −pi2 ≤ θ ≤ pi2 a2 + x2 = a2 + a2 tan2 θ = a2 sec2 θ
√
x2 − a2 x = a sec θ
pi
2 < θ ≤ pi se x ≤ −a
0 ≤ θ < pi2 se x ≥ a
x2 − a2 = a2 sec2 θ− a2 = a2 tan2 θ
Exemplo 3.10 Calcule
∫
dx
x2
√
4−x2
.
Solução. Para eliminar o radical, fazemos a substituição x = 2 sin θ, dx =
2 cos θdθ. Então,
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 105
∫
dx
x2
√
4− x2
=
∫
2 cos θdθ
(2 sin θ)2
√
4− 4 sin2 θ
=
∫
2 cos θdθ
(2 sin θ)2(2 cos θ)
=
1
4
∫
dθ
sin
2 θ
=
1
4
∫
cosec
2θdθ = −
1
4
cot θ+ C (3.30)
Como a integral original está expressa em termos de x, temos que expres-
sar cot θ em termos de x. Isso pode ser feito de duas maneiras:
1. Utilizando Identidades trigonométricas: De x = 2 sin θ, temos que
sin θ = x
2
. Isto implica que sin
2 θ = x
2
4
. Assim,
cot θ =
cos θ
sin θ
=
√
1− sin2 θ
sin θ
=
√
1− x
2
4
x
2
=
√
4− x2
x
Logo,
∫
dx
x2
√
4− x2
= −
1
4
cot θ+ C = −
1
4
√
4− x2
x
+ C
2. Utilizando conceitos geométricos: A expressão sin θ = x
2
pode ser re-
presentada geometricamente como na figura a seguir:
Observand a Figura (3.1), verificamos que a seguinte relação pode ser
obtida:
cot θ =
√
4− x2
x
(cateto adjacente pelo cateto oposto)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 106
Figura 3.1:
Assim, substituindo em (3.30), temos:
∫
dx
x2
√
4− x2
= −
1
4
cot θ+ C = −
1
4
√
4− x2
x
+ C
¦
Exemplo 3.11 Ache a área da elipse
x2
a2
+ y
2
b2
= 1.
Solução. Considere o gráfico da elipse:
Figura 3.2:
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 107
Observemos que ele é simétrico em relação aos eixos coordenados. Assim,
a área da elipse é 4 vezes a área da porção situada no primeiro quadrante
(Figura 3.2).
Resolvendo a equação da elipse para y em função de x, temos:
y = ±b
a
√
a2 − x2
em que a raiz quadrada positiva fornece a equação da metade superior.
Deste modo, a área da elipse é:
A = 4
∫a
0
b
a
√
a2 − x2dx =
4b
a
∫a
0
√
a2 − x2dx
Para calcular esta integral, utilizamos as substituições (ver Tabela 3.3)
x = a sin θ, dx = a cos θdθ e convertemos os limites de integração de x para
θ, ou seja,
x = 0 7→ θ = sin−1 0 = 0
x = a 7→ θ = sin−1 a = pi
2
O cálculo de sin
−1 a pode ser feito, lembrando que x = a sin θ ⇔
θ = sin−1 x
a
. Assim, se x = a, então, sin θ = x
a
= 1⇔ θ = sin−1 1⇒ θ = pi
2
.
Logo, a área A é dada por:
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 108
A =
4b
a
∫a
0
√
a2 − x2dx =
4b
a
∫ pi
2
0
a cos θ · a cos θdθ
= 4ab
∫ pi
2
0
cos
2 θdθ = 4ab
∫ pi
2
0
1
2
(1+ cos 2θdθ
= 2ab
[
θ+
1
2
sin 2θ
]pi
2
0
= 2ab
[pi
2
− 0
]
= piab
¦
Exemplo 3.12 Calcule
∫ √
x2−25
x
dx, supondo que x ≥ 5.
Solução. O integrando envolve um radical da forma
√
x2 − a2 com a = 5.
Assim, conforme a Tabela (3.3), fazemos a substituição:
x = 5 sec θ, 0 ≤ θ < pi
2
dx
dθ
= 5 sec θ tan θ ou dx = 5 sec θ tan θdθ
Logo,
∫ √
x2 − 25
x
dx =
∫ √
25 sec2 θ− 25
5 sec θ
(5 sec θ tan θ)dθ
=
∫
5| tan θ|
5 sec θ
(5 sec θ tan θ)dθ
= 5
∫
tan
2 θdθ (tan θ ≥ 0, pois 0 ≤ θ < pi
2
)
= 5
∫
(sec2 θ− 1)dθ = 5 tan θ− 5θ+ C
Para expressar a solução em termos de x, vamos representar a substituição
x = 5 sec θ, geometricamente, pelo triângulo representado na Figura (3.3).
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 109
Figura 3.3:
Observando a Figura, podemos concluir que tan θ =
√
x2−25
5
. Desta ex-
pressão e do fato de que a substituição pode ser expressa como θ = sec−1(x
5
),
obtemos:
∫ √
x2 − 25
5
dx =
√
x2 − 25− 5 sec−1(
x
5
+ C
¦
Exemplo 3.13 Calcule
∫
dx√
5−4x−2x2
.
Solução. Completando o quadrado, obtemos
5− 4x− 2x2 = 5− 2(x2 + 2x) = 5− 2(x2 + 2x+ 1) + 2
= 5− 2(x+ 1)2 + 2 = 7− 2(x+ 1)2
desta forma,
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 110
∫
dx√
5− 4x− 2x2
=
∫
dx√
7− 2(x+ 1)2
=
∫
du√
7− 2u2
(u = x+ 1 du = dx)
=
1√
2
∫
du√
7
2
− u2
=
1√
2
sin
−1
 u√
7
2
+ C
=
1√
2
sin
−1
(√
2
7
(x+ 1)
)
+ C
¦
3.4.2 Exercícios
Fazer os exercícios ímpares de 1 a 13, 32 e 45, das p[aginas 535 e 536.
3.5 Integração de Funções Racionais por Fra-
ções Parciais
Uma função racional é uma razão entre dois polinômios. Nesta seção, vamos
apresentar um método geral para integrar funções racionais com base na idéia
de decompor uma função racional em uma soma de funções racionais mais
simples, de tal modo que possam ser integradas pelos métodos já vistos.
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 111
3.5.1 Frações Parciais
Em álgebra, aprendemos a somar duas ou mais frações achando o denomina-
dor comum entre elas. Por exemplo:
2
x− 4
+
3
x+ 1
=
2(x = 1) + 3(x− 4)
(x− 4)(x+ 1)
=
5x− 10
x2 − 3x− 4
(3.31)
Agora, suponhamos que temos de integrar a última fração do lado direito da
Equação (3.31). Observemos que é mais fácil resolver esta questão integrando
o lado esquerdo da mesma Equação. De fato,
∫
2
x− 4
dx+
∫
3
x+ 1
dx = 2 ln |x− 4|+ 3 ln |x+ 1|+ C =
∫
5x+ 10
x2 − 3x− 4
dx.
Assim, seria importante ter algum método que nos possibilitasse obter o
lado esquerdo de (3.31) a partir do lado direito. Uma questão surge: Toda
função racional própria pode ser decomposta como a soma de duas ou
mais funções racionais? Felizmente, existe um teorema na álgebra avançada
que estabelece que toda função racional própria pode ser expressa como
uma soma
P(x)
Q(x)
= F1(x) + F2(x) + . . . Fn(x)
em que F1(x) + F2(x) + . . .+ Fn(x) são funções racionais da forma:
A
(ax+ b)k
ou
Ax+ B
(ax2 + bx+ c)k
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 112
nas quais os denominadores são fatores de Q(x). A soma é chamada de
decomposição em frações parciais de
P(x)
Q(x)
, enquanto que os termos são
chamados de frações parciais.
A expressão função racional própria significa que o grau do numerador
é menor do que o grau do denominador. Caso a função racional seja imprópria
(grau do numerador é maior do que ou igual ao grau do denominador) basta
dividir
o numerador pelo denominador, reescrever a fração original como uma
soma de frações próprias e aplicar os resultados desta seção.
3.5.2 Encontrando a forma de uma decomposição em
frações parciais
Primeiro passo
Dada uma função racional
P(x)
Q(x)
, fatorar completamente o denominador
Q(x) em fatores lineares, quadráticos e irredutíveis e, então, juntar todos os
fatores repetidos, de tal modo que Q(x) seja expresso como um produto de
fatores distintos da forma (ax+ b)m e (ax2 + bx+ c)m.
Segundo passo
A partir dos fatores obtidos no primeiro passo, determinar a forma da
decomposição das frações parciais usando duas regras:
REGRA DO FATOR LINEAR
Para cada fator linear da forma (ax + b)m, a decomposição em frações
parciais contém a seguinte soma de frações parciais:
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 113
A1
ax+ b
+
A2
(ax+ b)2
+ . . .+
Am
(ax+ b)m
em que A1, A2, . . . , Am são constantes a serem determinadas. No caso
em que m = 1, aparece somente o primeiro termo da soma.
Exemplo 3.14 Calcule
∫
dx
x2+x−2
Solução. O integrando é uma função racional própria que pode ser escrita
como:
1
x2 + x− 2
=
1
(x− 1)(x+ 2)
Os fatores x− 1 e x+ 2 são lineares e aparecem na primeira potência (m =
1); assim, cada fator contribui com um termo na decomposição em frações
parciais pela regra do fator linear. Portanto, a decomposição tem a forma:
1
(x− 1)(x = 2)
=
A
x− 1
+
B
x+ 2
em que A e B são constantes a serem determinadas.
Procedimento para determinar as constantes:
1
(x− 1)(x+ 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)
(3.32)
Igualando o numerador da fração do lado esquerdo da Equação (3.32)com
o numerador da fração do lado direito da mesma Equação, temos:
1 =
(A+ B)x+ (2A− B)
(x− 1)(x+ 2)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 114
Observemos que 1 = 0x+ 1. Comparando o lado direito desta expressão
com a expressão (A+ B)x+ (2A− B), concluímos que:
 A+ B = 02A− B = 1
Resolvendo o sistema linear obtemos que A = 1
3
e B = −1
3
.
Logo, a integração pode ser completada da seguinte forma:∫
dx
(x− 1)(x+ 2)
=
1
3
∫
dx
x− 1
−
1
3
∫
dx
x+ 2
=
1
3
ln |x− 1|−
1
3
ln |x+ 2|+ C =
1
3
ln |
x− 1
x+ 2
|+ C
¦
Exemplo 3.15 Calcule
∫
2x+4
x3−2x2
.
Solução. O integrando pode ser escrito como
2x+4
x3−2x2
= 2x+4
x2(x−2)
. Embora x2
seja um fator quadrático, ele não é irredutível, pois x2 = xx. Assim, pela
regra do fator linear, x2 introduz dois termos (m = 2) da forma A
x
+ B
x2
. por
outro lado, o fator x− 2 introduz um termo (m = 1) da forma C
x−2
. Logo, a
decomposição em frações parciais é
2x+ 4
x2(x− 2)
=
A
x
+
B
x2
+
C
x− 2
(3.33)
Para calcular as constantes A, B e C, resolvemos o lado direito de (3.33)
e igualamos os numeradores, isto é,
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 115
2x+ 4 = (A+ C)x2 + (−2A+ B)x− 2B.
Comparando o lado esquerdo com o lado direito da expressão anterior,
obtemos o seguinte sistema linear:

A+ C = 0
−2A− B = 2
−2B = 4
Resolvendo este sistema linear temos que A = −2, B = −2 e C = 2.
Assim,
∫
2x+ 4
x2(x+ 2)
dx = −2
∫
dx
x
− 2
∫
dx
x2
+ 2
∫
dx
x− 2
= 2 ln |x|+
2
x
+ 2 ln |x− 2|+ C = 2 ln |
x− 2
x
|+
2
x
+ C
¦
REGRA DO FATOR QUADRÁTICO Se alguns dos fatores de Q(x)
são quadráticos irredutíveis, então a contribuição destes fatores para a de-
composição em frações parciais de
P(x)
Q(x)
pode ser determinada a partir da
seguinte regra:
Para cada fator da forma (ax2 + bx + c)m, a decomposição em frações
parciais contém a seguinte soma de m frações parciais:
A1x+ B1
ax2 + bx+ c
+
A2x+ B2
(ax2 + bx+ c)2
+ . . .+
Amx+ Bm
(ax2 + bx+ c)m
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 116
em que A1, A2, . . . , Am, B1, B2, . . . , Bm são constantes a serem determinadas.
No caso em que m = 1, aparece somente o primeiro termo da soma.
Exemplo 3.16 Calcule
∫
x2+x−2
3x3−x2+3x−1
.
Solução. O denominador do integrando pode ser fatorado por agrupa-
mento:
x2 + x− 2
3x3 − x2 + 3x− 1
=
x2 + x− 2
x2(3x− 1) + (3x− 1)
=
x2 + x− 1
(3x− 1)(x2 + 1)
• Pela regra do fator linear, o fator 3x − 1 introduz um termo, a saber,
A
3x−1
.
• Pela regra do fator quadrático, o fator x2 + 1 introduz um termo, a
saber,
Bx+C
x2+1
.
Assim, a decomposição em frações parciais é
x2 + x− 2
(3x− 1)(x2 + 1)
=
A
3x− 1
+
Bx+ C
x2 + 1
(3.34)
Para calcular as constantes A, B e C, resolvemos o lado direito de (3.34)
e igualamos o numerador da expressão obtida com o numerador da expressão
que está à esquerda da Equação (3.34), obtendo:
x2 + x− 2 = (A+ 3B)x2 + (−B+ 3C)x+ (A− C)
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 117
Comparando as expressões do lado esquerdo e direito da equação anterior,
obtemos o seguinte sistema linear:
A+ 3B = 1
−B+ 3C = 1
A− C = −2
Resolvendo o sistema linear temos que A = −7
5
, B = 4
5
e C = 3
5
.
Assim,
∫
x2 + x− 2
(3x− 1)(x2 + 1)
dx = −
7
5
∫
dx
3x− 1
+
4
5
∫
x
x2 + 1
dx+
3
5
∫
dx
x2 + 1
= −
7
15
ln |3x− 1|+
2
5
ln(x2 + 1) +
3
5
tan
−1 x+ C
¦
Exemplo 3.17 Calcule
∫
3x4+4x3+16x2+20x+9
(x+2)(x2+3)2
dx.
Solução. Observe que o integrando é uma função racional própria. Assim,
o método das frações parciais é aplicável. Pela regra do fator linear, o fator
x + 2 introduz um só termo, a saber, A
x+2
. Pela regra do fator quadrático, o
fator (x2 + 3)2 introduz dois termos (m = 2), a saber, Bx+C
x2+3
+ Dx+E
(x2+3)2
.
Assim, a decomposição em frações parciais do integrando é:
3x4 + 4x3 + 16x2 + 20x+ 9
(x+ 2)(x2 + 3)2
=
A
x+ 2
+
Bx+ C
x2 + 3
+
Dx+ E
(x2 + 3)2
(3.35)
Deixamos como exercício a conclusão deste exemplo.
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 118
¦
3.5.3 Integrando Funções Racionais Impróprias
Exemplo 3.18 Calcule
∫
3x4+3x3−5x2+x−1
x2+x−2
dx.
Solução. O integrando é uma função racional imprópria, pois o grau do
numerador é maior do que o grau do denominador. Neste caso, precisamos
primeiro efetuar a divisão do numerador pelo denominador. Faça isto!!!!.
O resultado é:
3x4 + 3x3 − 5x2 + x− 1
x2 + x− 2
= (3x2 + 1) +
1
x2 + x− 1
Portanto,
∫
3x4 + 3x3 − 5x2 + x− 1
x2 + x− 2
dx =
∫
(3x2 + 1)dx+
∫
dx
x2 + x− 1
A segunda integral à direita envolve uma função racional própria e pode
ser calculada por decomposição em frações parciais. Este cálculo já foi feito
no Exemplo (3.14). Portanto, a integral da função racional imprópria é:
∫
3x4 + 3x3 − 5x2 + x− 1
x2 + x− 2
dx = x3 + x+
1
3
ln |
x− 1
x+ 2
|+ C
¦
Aula 3 - Princípios do Cálculo de Integrais 119
3.5.4 Exercícios
Faça os exercícios ímpares de 1 a 7, além dos exercícios 9, 13, 19 e 33 das
páginas 542 e 543.