Livro de Cálculo Diferencial_e_Integral_I_Integral_2007

Universidade do Estado do Pará

Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

Curso de Licenciatura Plena em Matemática Pág.1

Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



Uma breve história do estudo da Integral O cálculo integral se originou com problemas de quadratura e cubatura. Resolver um problema de quadratura significa encontrar o valor exato da área de uma região bidimensional cuja fronteira consiste de uma ou mais curvas, ou de uma superfície tridimensional, cuja fronteira também consiste de pelo menos uma curva. Para um problema de cubatura, queremos determinar o volume exato de um sólido tridimensional limitado, pelo menos em parte, por superfícies curvas. Hoje, o uso do termo quadratura não mudou muito: matemáticos, cientistas e engenheiros comumente dizem que "reduziram um problema a uma quadratura", o que significa que tinham um problema complicado, o simplificaram de várias maneiras e agora o problema pode ser resolvido avaliando uma integral. Historicamente, Hipócrates de Chios (cerca de 440 A.C.) executou as primeiras quadraturas quando encontrou a área de certas lunas, regiões que se parecem com a lua próxima do seu quarto crescente. Antiphon (cerca de 430 A.C.) alegou que poderia "quadrar o círculo" (isto é, encontrar a área de um círculo) com uma seqüência infinita de polígonos regulares inscritos: primeiro um quadrado; segundo um octógono, a seguir um hexadecaedro, etc., etc. Seu problema era o "etc., etc.". Como a quadratura do círculo de Antiphon requeria um número infinito de polígonos, nunca poderia ser terminada. Ele teria que ter usado o conceito moderno de limite para finalizar seu processo com rigor matemático. Mas Antiphon tinha o início de uma grande idéia agora chamado de método de exaustão. Mais de 2000 anos depois, creditamos a Eudoxo (cerca de 370 A.C.) o desenvolvimento do método de exaustão: uma técnica de aproximação da área de uma região com um número crescente de polígonos, com aproximações melhorando a cada etapa e a área exata sendo obtida depois de um número infinito destas etapas; esta técnica foi modificada para atacar cubaturas também. Arquimedes (287--212 a.C.), o maior matemático da Antigüidade, usou o método de exaustão para encontrar a quadratura da parábola. Arquimedes aproximou a área com um número grande de triângulos construídos engenhosamente e então usou o argumento da redução ao absurdo dupla para provar o resultado rigorosamente e evitar qualquer metafísica do infinito. Para o círculo, Arquimedes primeiro mostrou que a área depende da circunferência; isto é muito fácil de se verificar hoje em dia, uma vez que ambas as fórmulas dependem de π . Então Arquimedes aproximou a área do círculo de raio unitário usando polígonos regulares de 96 lados inscritos e circunscritos. Seu famoso resultado foi 3 10/71 < π < 3 1/7; mas como estas eram apenas aproximações, no sentido estrito, não eram quadraturas. Esta técnica refinou o método de exaustão, assim quando existe um número infinito de aproximações poligonais, chamamos de método da compressão. O processo de Arquimedes para encontrar a área de um segmento de uma espiral era comprimir esta região entre setores de círculos inscritos e circunscritos: seu método de determinar o Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




volume de um conóide (um sólido formado pela rotação de uma parábola ao redor de seu eixo) era comprimir este sólido entre cilindros inscritos e circunscritos. Em cada caso, a etapa final que estabelecia rigorosamente o resultado era o argumento da redução ao absurdo duplo. No seu possivelmente mais famoso trabalho de todos, um tratado combinado de matemática e física, Arquimedes empregou indivisíveis para estimar o centro de gravidade de certas regiões bidimensionais e de certos sólidos tridimensionais. (Arquimedes reconheceu que, por um lado, seu trabalho sugeria a verdade de seus resultados, e por outro faltava um rigor lógico completo). Se considerarmos uma destas regiões sendo composta de um número infinito de retas, de comprimentos variados, então estas retas são chamadas de indivisíveis. Similarmente, quando a composição de um sólido tridimensional é pensada como um número infinito de discos circulares, de raios variados, mas com espessura zero, então estes discos são conhecidos como indivisíveis. Matemáticos muçulmanos dos séculos 9 a 13 foram grandes estudiosos de Arquimedes, mas nunca souberam da determinação de Arquimedes do volume de um conóide. Assim, um dos mais notáveis de todos matemáticos árabes, Thabit ibn Qurrah (826--901) desenvolveu sua própria cubatura, um tanto complicado, deste sólido; e então o cientista persa Abu Sahl al-Kuhi (século 10) simplificou consideravelmente o processo de Thabit. Ibn al-Haytham (965--1039), conhecido no ocidente como Alhazen e famoso por seu trabalho em ótica, usou o método de compressão para encontrar o volume do sólido formado pela rotação da parábola ao redor de uma reta perpendicular ao eixo da curva. Durante o período medieval no ocidente, progresso foi obtido aplicando as idéias de cálculo a problemas de movimento. William Heytesbury (1335), um membro do notável grupo de estudiosos do Merton College, em Oxford, foi o primeiro a vislumbrar métodos para a determinação da velocidade e a distância percorrida por um corpo supostamente sob "aceleração uniforme". Hoje, podemos obter estes resultados encontrando duas integrais indefinidas ou antiderivadas, sucessivamente. Notícias deste trabalho de Heytesbury e seus colegas de Merton alcançaram Paris posteriormente no século 14 onde Nicole Oresme (1320--1382) representou ambas a velocidade e o tempo como segmentos de reta de comprimentos variáveis. Oresme colocou as retas de velocidade de um corpo juntas verticalmente, como os indivisíveis de Arquimedes, sobre uma reta base horizontal, e a configuração total, como ele a chamou, representava a distância total coberta pelo corpo. Em particular, a área desta configuração era chamada de "quantidade total de movimento" do corpo. Aqui temos precursores dos gráficos modernos e o nascimento da cinemática. À medida que os europeus começaram a explorar o globo, tornou-se necessário ter um mapa do mundo no qual certas retas representassem rumos sobre a superfície da Terra. Houve diversas soluções para este problema, mas a solução mais famosa foi a projeção de Mercator, embora Gerard Mercator (1512--1594) não tenha explicado seus princípios geométricos. Aquela tarefa foi assumida Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




por Edward Wright (1561--1615) que, além disso, providenciou uma tabela que mostrava que as distâncias ao longo das retas de rumo seriam bem aproximadas somando os produtos ( sec f D f ), onde f é a latitude; isto é, aproximando a integral de sec f. Em seu New Stereometry of Wine Barrels (Nova Estereometria de Barris de Vinho) (1615), o famoso astrônomo Johannes Kepler (1571--1630) aproximou os volumes de vários sólidos tridimensionais, cada qual era formado girando uma região bidimensional ao redor de um eixo. Para cada um destes volumes de revolução, subdividiu o sólido em várias fatias muito finas ou discos chamados de infinitésimos (note a diferença entre infinitésimos e os indivisíveis de Arquimedes). Então, em cada caso, a soma destes infinitésimos aproximavam o volume desejado. A segunda lei de Kepler do movimento planetário requeria quadraturas de segmentos de uma elipse, e para aproximar estas áreas, somou triângulos infinitesimais. Bonaventura Cavalieri (1598--1647), um estudante de Galileu, desenvolveu uma teoria de indivisíveis. Para uma região bidimensional, Cavalieri considerou a coleção de "todas as retas" como sendo um único número, a área da região. Christiaan Huygens (1629--1695) criticou, "Sobre os métodos de Cavalieri: alguém se engana se aceitar seu uso como uma demonstração, mas são úteis como um meio de descoberta anterior à demonstração isto é o que vem primeiro". Evangelista Torricelli (1608--1648), outro discípulo de Galileu e amigo de Cavalieri tentou resolver algumas das dificuldades com indivisíveis ao afirmar que as retas poderiam ter algum tipo de espessura. Foi cuidadoso para usar argumentos de redução ao absurdo para provar quadraturas que obteve por indivisíveis. O "Chifre de Gabriel" é uma cubatura "incrível" descoberta por Torricelli. Pierre Fermat (1601--1665) desenvolveu uma técnica para encontrar as áreas sob cada uma das "parábolas de ordem superior" (y = k  n, onde k > 0 é constante e n = 2, 3, 4, …) usando retângulos estreitos inscritos e circunscritos para levar ao método de compressão. Então empregou uma série geométrica para fazer o mesmo para cada uma das curvas y = k  n, para n = -2, -3, -4, …. Mas, para sua decepção, nunca foi capaz de estender estes processos para "hipérboles de ordem superior", ym = k  n. Por volta da década de 1640, a fórmula geral para a integral de parábolas de ordem superior era conhecida de Fermat, Blaise Pascal (1623-1662), Gilles Personne de Roberval (1602--1675), René Descartes (1596--1650), Torricelli, Marin Mersenne (1588--1648) e provavelmente outros. John Wallis (1616--1703) estava fortemente comprometido com a relativamente nova notação algébrica cujo desenvolvimento era uma característica dos matemáticos do século 17. Por exemplo, ele tratou a parábola, a elipse e a hipérbole como curvas planas definidas por equações em duas variáveis em vez de seções de um cone. Também inventou o símbolo  para infinito e, ao usar isto, obscureceu lugares onde agora sabemos que deveria ter usado o limite. Estendeu a fórmula de quadratura para y = k  n para casos quando n era um número racional positivo usando Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




indivisíveis, razões inteligentes e apelos ao raciocínio por analogia. A dependência de Wallis em fórmulas o levou a várias quadraturas interessantes. Roberval explorou o Princípio de Cavalieri para encontrar a área sob um arco da ciclóide. Roberval e Pascal foram os primeiros a plotar as funções seno e co-seno e a encontrar as quadraturas destas curvas (para o primeiro quadrante). Pascal aproximou integrais duplas e triplas usando somas triangulares e piramidais. Estas não eram cubaturas, mas eram etapas em seu esforço para calcular os momentos de certos sólidos, para cada um dos quais ele então determinou o centro de gravidade. Finalmente, Gregory St. Vincent (1584--1667) determinou a área sob a hipérbole x  y = 1, usando retângulos estreitos inscritos e circunscritos de larguras diferentes especialmente desenhados e o método de compressão. St. Vincent estendeu esta e outras quadraturas para encontrar várias cubaturas. Logo depois disto, seu aluno, Alfonso Antonio de Sarasa (1618--1667) reconheceu que a quadratura da hipérbole está intimamente ligada à propriedade do produto do logaritmo! Seguindo uma sugestão de Wallis, em 1657, William Neile (1637--1670) determinou o comprimento de uma seção arbitrária da parábola semicúbica, y2 = x3, e em 1658, Christopher Wren (1632--1723), o famoso arquiteto, encontrou o comprimento de um arco da ciclóide. Em 1659, Hendrick van Heuraet (1634-cerca de 1660) generalizou seu trabalho somando tangentes infinitesimais a uma curva, portanto desenvolveu a essência do nosso método moderno de retificação - usando uma integral para encontrar o comprimento de um arco. Na forma geométrica, muito do cálculo nos primeiros dois terços do século 17 culminaram no The Geometrical Lectures (1670) de Isaac Barrow (1630--1677). Barrow deixou sua cadeira de Professor Lucasiano em Cambridge em favor de se ex-aluno Isaac Newton (1642--1727). Newton seguiu James Gregory (1638--1675) ao pensar na área da região entre uma curva e o eixo horizontal como uma variável; o extremo esquerdo era fixo, mas o extremo direito podia variar. Este truque lhe permitiu estender algumas fórmulas de quadratura de Wallis e o levou ao Teorema Fundamental do Cálculo. O último trabalho de Newton sobre cálculo, e também o primeiro a ser publicado, foi seu ensaio, "On the Quadrature of Curves" (Sobre Quadratura de Curvas), escrito entre 1691 e 1693 e publicado como um apêndice na edição de 1704 do seu Opticks. Neste, ele montou uma tabela extensa de integrais de funções algébricas um tanto complicadas, e para curvas as quais não podia desenvolver fórmulas de integração, inventou técnicas geométricas de quadratura. Usando o Teorema Fundamental do Cálculo, Newton desenvolveu as técnicas básicas para avaliar integrais usadas hoje em dia, incluindo os métodos de substituição e integração por partes. Para Gottfried Wilhelm Leibniz (1646--1716), uma curva era um polígono com um número infinito de lados. Leibniz (1686) fez y representar uma ordenada da curva e dx a distância infinitesimal de uma abscissa para a próxima, isto é, a diferença entre abscissas "sucessivas". Então disse, "represento a área de uma figura pela soma de todos os retângulos [infinitesimais] limitados pelas ordenadas e Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




diferenças das abscissas e assim represento em meu cálculo a área da figura por o y dx". Leibniz tomou o "S" alongado para a integral do latim summa e do latim differentia, e estas têm permanecido nossas notações de cálculo mais básicas desde então. Ele considerava as contas de cálculo como o meio de abreviar de algum modo o clássico método grego de exaustão. Leibniz era ambivalente sobre infinitesimais, mas acreditava que contas formais de cálculo poderiam ser confiáveis porque levavam a resultados corretos. O termo integral, como usamos em cálculo, foi cunhado por Johann Bernoulli (1667--1748) e publicado primeiramente por seu irmão mais velho Jakob Bernoulli (1654--1705). Principalmente como uma conseqüência do poder do Teorema Fundamental do Cálculo de Newton e Leibniz, integrais eram consideradas simplesmente como derivadas "inversas". A área era uma noção intuitiva, quadraturas que não podiam ser encontradas usando o Teorema Fundamental do Cálculo eram aproximadas. Embora Newton tenha desferido um golpe muito imperfeito sobre a idéia de limite, ninguém nos séculos 18 e 19 teve a visão de combinar limites e áreas para definir a integral matematicamente. Em vez disso, com grande engenhosidade, muitas fórmulas de integração inteligentes foram desenvolvidas. Aproximadamente ao mesmo tempo em que a tabela de integrais de Newton tinha sido publicada, Johann Bernoulli desenvolveu procedimentos matemáticos para a integração de todas as funções racionais, o qual chamamos agora de método das frações parciais. Estas regras foram resumidas elegantemente por Leonhard Euler (1707--1783) em seu trabalho enciclopédico de três volumes sobre cálculo (1768-1770). Incidentalmente, estes esforços estimularam o aumento do interesse durante o século 18 na fatoração e resolução de equações polinomiais de graus elevados. Enquanto descrevia as trajetórias dos cometas no Principia Mathematica (1687), Newton propôs um problema com implicações importantes para o cálculo: "Para encontrar uma curva do tipo parabólico [isto é, um polinômio] a qual deve passar por qualquer número de pontos dados", Newton redescobriu a fórmula de interpolação de James Gregory (1638--1675), hoje, é chamada de fórmula de Gregory-Newton, e em 1711, ele ressaltou sua importância: "Assim as áreas de todas as curvas podem ser aproximadas a área da parábola [polinômio] será quase igual à área da figura curvilínea ... a parábola [polinômio] pode sempre ser quadrada geometricamente por métodos conhecidos em geral [isto é, usando o Teorema Fundamental do Cálculo]". O trabalho de interpolação de Newton foi estendido em épocas distintas por Roger Cotes (1682--1716), James Stirling (1692--1770), Colin Maclaurin (1698--1746), Leonhard Euler e outros. Em 1743, o matemático autodidata Thomas Simpson (1710-1761) encontrou o que se tornou um caso especial, popular e útil das formulas de Newton - Cotes para aproximar uma integral, a Regra de Simpson. Embora Euler tenha feito cálculos mais analíticos que geométricos, com ênfase em funções (1748; 1755; 1768), houve vários mal-entendidos sobre o conceito de função, propriamente dito, no século 18. Certos problemas de física, como o problema da corda vibrante, contribuíram para esta Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




confusão. Euler identificou tanto funções com expressão analítica, que pensou em uma função contínua como sendo definida apenas por uma única fórmula em todo seu domínio. A idéia moderna de uma função contínua, independente de qualquer fórmula, foi iniciada em 1791 por Louis-François Arbogast (1759--1803): "A lei de continuidade consiste em que uma quantidade não pode passar de um estado [valor] para outro [valor] sem passar por todos os estados intermediários [valores] ...". Esta idéia tornou-se rigorosa em um panfleto de 1817 por Bernhard Bolzano (1781-1848) e é conhecida agora como o Teorema do Valor Intermediário. Funções descontínuas (no sentido moderno) foram forçadas na comunidade matemática e científica por Joseph Fourier (1768-1830) no seu famoso Analytical Theory of Heat (Teoria Analítica do Calor, 1822). Quando Augustin Louis Cauchy (1789--1857) assumiu a reforma total do cálculo para seus alunos de engenharia na École polytechnique na década de 1820, a integral era uma de suas pedras fundamentais: No cálculo integral, me pareceu necessário demonstrar com generalidade a existência das integrais ou funções primitivas antes de tornar conhecidas suas diversas propriedades. Para alcançar este objetivo, foi necessário estabelecer no começo a noção de integrais tomadas entre limites dados ou integrais definidas. Cauchy definiu a integral de qualquer função contínua no intervalo [a, b] sendo o limite da soma das áreas de retângulos finos. Sua primeira obrigação era provar que este limite existia para todas as funções contínuas sobre o intervalo dado. Infelizmente, embora Cauchy tenha usado o Teorema do Valor Intermediário, não conseguiu seu objetivo porque não observou dois fatos teóricos sutis, mas cruciais. Ele não tinha noção das falhas lógicas no seu argumento e prosseguiu para justificar o Teorema do Valor Médio para Integrais e para provar o Teorema Fundamental do Cálculo para funções contínuas. Niels Henrik Abel (1802--1829) também apontou certos erros delicados ao usar a integral de Cauchy para integrar todo termo de uma série infinita de funções. A primeira prova rigorosa da convergência da Série de Fourier geral foi feita por Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805--1859) em 1829. Dirichlet também é responsável pela definição moderna de função (1837). Em 1855, Dirichlet sucedeu Carl Friedrich Gauss (1777-1855) como professor na Universidade de Göttingen. Por sua vez, Georg F. B. Riemann (1826--1866) sucedeu Dirichlet (1859) em Göttingen. No processo de extensão do trabalho de Dirichlet sobre séries de Fourier, Riemann generalizou a definição de Cauchy da integral para funções arbitrárias no intervalo [a, b], e o limite das somas de Riemann é a formulação no texto. Imediatamente, Riemann perguntou, "em que casos uma função é integrável?" A maior parte do desenvolvimento da teoria de integração foi subseqüentemente verificada por Riemann e outros, mas ainda havia dificuldades com integrais de séries infinitas que não foram trabalhadas até o início do século 20.





AULA 13 INTEGRAÇÃO Sabemos que, dada uma função f(x) = 3x2, ao derivarmos f(x) obtemos f’(x) = 6x. Digamos que temos f’(x) = 6x, podemos afirmar que f(x) = 3x2 pois

d (3x2) = 6x, a este processo damos o dx

nome de Antiderivação, ou seja, o processo que determina a função original ( Primitiva ) a partir de sua derivada.“ Vamos utilizar a notação F(x) como antiderivada de f(x)”. OBS: Seja F(x) uma antiderivada de f(x), então F(x) + C também o é, onde C é uma Constante de Integração, por exemplo: F(x) = x4, G(x) = x4 + 3, H(x) = x4 – 5 são antiderivadas de 4x3 pois a derivada de cada uma delas é 4x3. Logo, todas as antiderivadas de 4x3 são da forma x4 + C. Daí o processo de antiderivação nos dar uma família de funções que se diferenciam pela constante. NOTAÇÕES: O processo de antiderivação é a operação inversa da derivação e é também chamada de integração e indicamos pelo símbolo  f(x)  dx (Integral Indefinida), como tal indica uma família de antiderivadas de f(x), temos:

 f ( x)dx  F ( x)  C

Exemplos:

 2dx  2 x  C

 3x

2

 4tdt  2t

dx  x 3  C

2

C

Lembrando que F(x) é uma função tal que F’(x) = f(x) e C uma constante arbitrária,



símbolo de integral, dx diferencial, f(x) integrando. De acordo com o esquema abaixo temos as operações. Cálculo de Antiderivadas (Integrais) a)

d  f(x)  dx   f ( x)  A diferenciação é o inverso da integração.  dx  

b)

 f '(x)  dx  f(x)  C  A integração é o inverso da diferenciação.

Função y  f ( x)


Derivada dy  f '( x) dx

Integral

 dy   f '( x)dx Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



Fórmulas Fundamentais de Integração Você pode aprender bastante sobre a natureza da integração comparando essa lista com as tabelas de derivadas já estudadas e utilizadas. No caso da diferenciação, temos fórmulas que nos permitem derivar qualquer função elementar. Isso certamente não é verdade no caso da integração. As fórmulas de integração listadas na tabela abaixo são, basicamente, as que encontramos ao desenvolver fórmulas de diferenciação. Não temos fórmulas para a antiderivada de um produto ou quociente em geral, nem para logaritmo neperiano ou funções trigonométricas inversas. Além disso, não podemos aplicar nenhuma das fórmulas nessa lista a menos que possamos criar o du apropriado, correspondente ao u da fórmula. De fato, precisamos nos aprofundar mais sobre técnicas de integração, o que faremos na aula posterior. 01)  k  dx = k  x + C com k: cte. (Regra da Constante) 02)  k  f(x)dx  k   f(x)  dx (Regra do Múltiplo constante) 03)

 f(x)  g(x) dx   f(x)  dx   g(x)  dx

(Regra da Soma)

04)

 f(x)  g(x) dx   f(x)  dx   g(x)  dx

(Regra da Diferença)

05)

n  x  dx 

u

06)  a  du 

xn + 1  C com n  -1 (Regra Simples da Potência) n+1 au  c com a > 0 Ln a

07)  eu  du  eu  C . 08)  u  eu  du  u  e u  e u  C . 09)  u n  eu  du  u  eu  n  u n 1  eu  C 10)



du  ln u  C com u > 0. u

11)  Ln u  du  u  Ln u  u  C . 12)  u  Ln u  du  13)

u2 u2  Ln u   C . 2 4

du

 u  Ln u  Ln Ln u  C .

 Ln u 1   C 14)  u n  Ln u  du  u n 1   2  n  1 (n  1)  15)  sen u  du   cos u  C Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




16)  cos u  du  sen u  C . 17)

 tg u  du  Ln sec u  C

18)  cotg u  du  Ln sen u  C 19)  sec u  du  Ln sec u + tg u  C 20)  cossec u  du  Ln cossec u -cotg u  C 21)  sen 2 u  du 

u sen 2u 1   C   (u  sen u  cos u)  C 2 4 2

22)  cos 2 u  du 

u sen 2u 1   C   (u  sen u  cos u)  C 2 4 2

23)

 tg u  du  tg u  u  C . 2

24)  cotg 2u  du  cotg u  u  C 25)  sec2u  du  tg u  C 26)  cossec 2u  du  cotg u  C 27)  sec u  tg u  du  sec u  C 28)  cossec u  cotg u  du  cossec u  C 29)



u  arc.sen    C . Se u2 < a2. a a2  u2

30)

u

2

31)

u

32)

u

33)

a

34)



35)



1 1 u a 2  u 2  du   u  a 2  u 2   a 2  arc.sen    C . 2 2 a

36)



1 1 u 2  a 2  du   u  u 2  a 2   a 2  Ln u  u 2  a 2  C 2 2

du

du 1 u     arc.tg    C . 2 a a a du u2  a2

 arc.sec

u  C . Se u2 > a2. a

du  1   u a  2 2     Ln    C . Se u > a . 2 a  2a  u+a

2

2

du  1  au 2 2     Ln    C . Se u < a . 2 u 2a a u    

du u a 2

2





 Ln u  u 2  a 2  C .









Questões Resolvidas 01) Usando as fórmulas fundamentais de integração resolva as integrais abaixo.

 x2  3x 2 1)  3x  dx  3   x  dx  3   x  dx  3     C  C. 2  2  1

1 x 2 1 3 2)  3  dx   x  dx  C   2 C. x 2 2x 3)

1 2

x  dx   x  dx 



3 2

x 2 3 2 2x x  C   x 2  C   x3  C  C. 3 3 3 3 2

4)  ( x3  2)  3x 2  dx   (u)2  du = 2

du

u

u3 ( x3  2)3 C = C. 3 3

u  ( x  2) 3

du  x 2  dx 3

du  3x 2  dx 

5)



x 2  dx 4



x3  2

x 2  dx ( x3  2)

1

=  ( x  2) 3

4

1

u

4

3

1

1 du 1 1 u 4  x  dx =  (u) 4  =   (u) 4  du =  3  C 3 3 3 4 du 2

3

1 4 3 4  ( x  2) =  u 4  C = 3 3 9 3 u  ( x  2) du du  3x 2  dx   x 2  dx 3 3

6)

3

4

C =

4 4 3  ( x  2)3  C . 9

3 3 8x 2  dx 1 3 2 3 2 3 du 3  ( x3  2)3  ( x  2)  8x du dx =8 ( x  2)  x du dx = 8 (u)  3 =8  3   (u)  du = u u 3

3

2

8 u 4 1 4  C = -  2 C =  C. 3 3 2 3 u 3  ( x  2) 2 u  ( x3  2) du du  3x 2  dx   x 2  dx 3 7)  3x  1  2 x  dx = 3   2

3

1 du 3 3 u 2 1  2 x  x  dx  3   u       u 2  du =   3  C 4 4 4 2 du u 1

2



2

4

1 (1  2 x 2 )3 3 2 2 1 2 =    u  C =   ( 1  2 x2 )  C =  C. 4 3 2 2 u  1  2x 2 du du  4x  dx    x  dx 4 3


3




dx dx dx dx du  2  2   2  arc.tg u + c  2  2x  2 x  2x 1 1 ( x  2 x  1)  1 ( x  1)  1 u  1 = arc.tg ( x  1) + c . u  x 1

8)

x

2

du  dx 9)

3x3  4 x 2  3x 4  4 dx   x2  1  dx   3x  4  x2  1  dx   3x  4  dx   x2  1  dx 3 x  dx  4 dx  4 x2  1

x2 du 3x 2  4x  4   2  arc.tg u + c   4x  4  arc.tg ( x) + c . 2 u 1 2 ux 3x 3  4 x 2  3x x2  1 du  dx 5 3 - 2x 3x - 4  4x  3

4x 2 4 x 2  4

+4 10)  4 x  dx   x  81

9  du x 1 x 1 x 1 2  dx    4  dx =   dx =   81  x 81   x 2 2 81  u 2  1  x4   81   1  81  1   1  81     9  u

 x2  1 9 du 1 du 1 1    2     arc.tg(u)  C =  arc.tg    C . 81 2 u  1 18  u 2  1 18 18  9  x2 9 2x 2 du   dx  x  dx =  du 9 9 u

dx dx dx dx du  2  2   2  arc.tg u + c  2  2x  2 x  2x 1 1 ( x  2 x  1)  1 ( x  1)  1 u  1 = arc.tg ( x  1) + C . u  x 1

11)

x

2

du  dx 12)

(1+ cotg 2 z)  cotg z  dz cossec2 z  cotg z  dz    cossec z  cotg z  dz =  cossec z  C .   cossec z cossec z

13)  cotg x  cossec2 x  dx =  u  du =   u  du = 

u2 cotg 2 x +C=  + C. 2 2

u  cotg x du   cos sec2 x  du =  cos sec 2 x  dx  du = cos sec 2 x  dx dx

 1 cos v 1  1    dv =  cossec2 v  dv = 14)  (cossec v  cotg v  sec v)  dv      dv   2 sen v  sen v sen v cos v  =  cotg v + C . Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



15)




sec w  sen w sen w  dw =  sec w   dw =  sec w  tg w  dw = sec w + C cos w cos w

  u  3x  1  u n 1 (3x  1)5 4 16)  3.(3x  1) dx     C. n  1 5  du   3  du  3dx  dx   u  x2  x  u n 1 ( x 2  x)2 x 4  2 x3  x 2 17) (2 x  1).( x 2  x)dx     C  C   n 1 2 2  du   2 x  1  du  (2 x  1) dx  dx

  u  2 x 2  1   4 x u n 1 (2 x 2  1) 1 1 2 2 18) dx  (  4 x )(1  2 x ) dx     2 C.   (1  2 x2 )2  n  1  1 2 x  1  du   4 x  du  4 xdx  dx

19)

 x 4 3x 1 2 x 4  3x 1 2  4 4   dx =  3   dx   x11 3  3x 5 6  4 x 1 3  dx 3  3   3 x x x  x 4 1 2 x  3x  4 x14 3 x1 6 x2 3 11 3 5 6 1 3  dx = x  dx  3 x  dx  4 x  dx   3  4 C     3 14 3 16 23 x





x 4  3x 1 2  4 3 14 3 6 16 3 23 3 14 3  dx =  x  3   x  4   x  C   x  18  x1 6  6  x 2 3  C  3 14 1 2 14 x 4 1 2 x  3x  4 3 14 3  dx =  x  18  x1 6  6  x 2 3  C  3 14 x 20)

sen x 2  2  dx  sen x   7   dx =  2e x  dx     dx   7 2 2  cos x x  x  cos x   x sen x 2  x 7   2e  cos2 x  x7   dx = 2 e  dx   sec x  tg x  dx  2 x  dx 

  2e

x



 x sen x   2e  cos2 x   x sen x   2e  cos2 x 

6

x  x C   dx = 2e  sec x  2  6  2  1  dx = 2e x  sec x  6  C 7  x  3x 2 x7

OBS: Para verificarmos se o resultado está correto, basta derivá-lo e “tentar” obter o “Integrando”.





Questões Propostas 01) Usando as fórmulas fundamentais de integração resolva as integrais abaixo.

x2  x2  1  dx =  et 1 2)    t    dt = t 2 1)

 8 x 4  9 x3  6 x 2  2 x  1  3)     dx = x2    Ln x  4)    dx = 2   x  Ln x  sen x 5)   dx = cos 2 x 6)  cos θ  tgθ  dθ = 7)  sec2 x  (cos3 x  1)  dx =

x  dx = 5x  2 ex 9)  x  dx = e 1 dx 10)  tg x  = x sen 3x 11)   dx = 3 + cos 3x 8)



12)



13)

tg x  cos2 x  dx =

1 + 3cos2 x  sen 2x  dx =

R: x  arc.tg x  C R:

1 t 2 32  e   t  Ln t + C 2 3

R:

8 x3 9 x 2 1   6 x   2Ln x + C 3 2 x

R:

1  Ln x + C 2

R: sec x + C R: cos x + C R: sen x + tg x + C R:

2  5x  2  C 5

R: Ln ex  1 + C R: 2  Ln cos x + C 1 R:   Ln (3 + cos 3x) + C 3 2 R:   (1 + 3cos 2 x)3  C 9

R:

2  tg3 x  C 3

2

5

cotg 3 x 19)   dx = sen 2 x tg 3x  cotg 3x 14)   dx = sen 3x 15)

sec2 x



tg x  2 2

 dx =



R: Ln tg x + tg 2 x  2 + C

3

1 + Ln x  dx = x dx 16)  tg x  1  = x 1 sen x  cos x 18)   dx = sen x  cos x cos 2x 20)   dx = 4 + cos 2 2x 17)

cotg 3 x C R:  5 1  1  R:   Ln sec 3x + tg 3x + + C 3  sen 3x 


R:

3 3  (1  Ln x) 4  C 4

R: 2  Ln cos x  1 + C R: Ln sen x  cos x + C R:

 5  sen 2x   Ln   + C 4 5 5  sen 2x   1




AULA 14 Métodos ou Técnicas de Integração Vamos estudar nessa aula várias técnicas de integração que aumentam muito o conjunto de integrais às quais as fórmulas básicas podem ser aplicadas, um passo importante no processo de integração consiste em identificar a fórmula básica de integração a ser utilizada. Para isso, você deve memorizar as fórmulas básicas já estudadas, e se exercitar em vários exercícios. Uma das dificuldades da integração é o fato de que pequenas diferenças no integrando podem conduzir a técnicas de soluções muito distintas, vamos começar a estudar alguns métodos. 1 - Método da Substituição ou Mudança de Variável para Integração: Algumas vezes, é possível determinar a integral de uma dada função, aplicando uma das formulas básicas que constam na tabela anterior, depois de ser feita uma mudança de variável. Esse processo é análogo à regra da cadeia para derivação e pode ser justificado como segue. Sejam f(x) e F(x) duas funções tais que F ' (x) = f(x). Suponha que g seja outra função derivável tal que a imagem de g esteja contida no domínio de F. Podemos considerar a função composta fog( x) . Do estudo da derivada a regra da cadeia é dada:

 F ( g ( x)) '  F'(g(x))  g'(x)  f(g(x))  g'(x), isto é, F(g(x)) é uma primitiva de f(g(x))  g'(x) . Temos, então:

 f ( g ( x))  g '( x)  dx  F ( g ( x))  C . Fazendo u = g(x), du = g’(x)  dx, e substituindo na integral anterior passamos a ter:

 f ( g ( x))  g '( x)  dx  f (u)  du  F (u)  C . Na prática, devemos então definir uma função u = g(x) conveniente, de tal forma que a integral obtida seja mais simples. Diretrizes para a substituição da variável na Integral 1) Decidir por uma substituição favorável. 2) Calcular du = g'(x)  dx ; 3) Com auxilio dos passos 1 e 2, transformar a integral em uma forma que envolva apenas a variável u. Se qualquer parte do integrando resultante ainda contiver a variável x, usar uma substituição diferente em 1, ou outro método, caso a variável x persista em aparecer; 4) Calcular a integral obtida em 3, obtendo uma antiderivada envolvendo u; 5) Substituir u por g(x) na antiderivada obtida na diretriz 4. O resultado deve conter apenas a variável x.





Questões Resolvidas 01) Resolva as seguintes integrais usando a técnica de substituição. dx dx dx dx du 1  2    2   arc.tg u + c  2 2 2 2  6 x  13 x  2  3x  9  9  13 ( x  1)  4 ( x  1)  2 u 2 2 1  x3 =  arc.tg  + C . 2  2  u  x3

1)

x

2

du  dx 2)

x-2 u 2u 2  du u 2  du -3  du     dx   2udu = = 2   2   1  2   du =2    du  3 2 2 2 2 2    x 1 u  2 1 u 3 u 3 u  3   u 3 



 x2   1 du  du 6  u   = 2    du  3 2  2u  6 2  2u  6   arc. tg   arc. tg    C c = 2 x2    u  3 u 3 3 3   3   3  

u2  3 1

u2 u 2 3 3

u  x  2  u 2  x  2  x  u 2  2  dx  2u  du 3

3)



t  2t  dt = 2

4



1 du 1 1 u 2 t (1  2t )  dt =  t 1  2t  dt =  u      u 2  du    3  C = 4 4 4 2 2

2

2

1

2

3 1 2 3 1 =    u 2  C =   (1  2t 2 ) 2  C . 4 3 6

u  1  2t 2 du  4t  dt  t  dt 

du 4 3

4)



1 du 1 1 u 2 1 2 3 2 3 sen (π  θ)  cos (π  θ)  dθ =  u     u 2  du =  3 + C =   u 2  C =  u 2  C = π π π 2 π 3 3π u du 1

2

π



2  sen (π  θ) C. 3π 3

u  sen (π  θ) du du  cos (π  θ)  π   cos (π  θ)  dθ dθ π 5) cos 4θ  2  sen 4θ  dθ = 2  sen 4θ  cos 4θ  dθ = u 2   du =  1  u 2  du   1  u     1

u

du  4

3

1

4

4

4 3

2

C

2

1 2 3 1 3 1     u 2  C =   u 2  C =   (2  sen 4θ)3  C . 4 3 6 6

u  2  sen 4θ du du  cos 4θ  4    cos 4θ  dθ dθ 4 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




u

6)  etg x  sec2 x  dx =  e  du = eu  C = e tg x  C .

u  tg x du  sec2 x  du = sec2 x  dx dx

 sen 3θ  7)     dθ    1  cos 3θ 



du 3   1 du   1  Ln u + C =  1  Ln ( 1  cos 3θ) + C u 3 u 3 3

u  1+ cos 3θ du du  sen 3θ  3    sen 3θ  dθ dθ 3 8)

(Ln x)2 u3 (Ln x)3 2 dx 2  dx = (Ln x)   u  du   C = C.  x  x  3 3

u  Ln x du 1 dx   du  dx x x 9). 

dx 1 1 1 du    dx =   du =   Ln u  C = Ln Ln x  C . x  Ln x Ln x x u u

u  Ln x du 1 dx   du  dx x x 10)  sec x  tg x  1+ sec x  dx =



1+ sec x  sec x  tg x  dx =  (1+ sec x) 2  sec x  tg x  dx = 1

3

2  (1+ sec x)3 u 2 2 32 C.  u  du = 3  C = 3  u  C = 3 2 u  1 + sec x du  sec x  tg x  du = sec x  tg x  dx dx 1

11)

2

 cossec  (sen x)

2

 cos x  dx =  cossec2u  du  cotg u + C =  cotg (sen x) + C

u  sen x du  cos x  du  cos x  dx dx 12)

 x  cotg( x

2

)  cossec ( x 2 )  dx =  cotg( x 2 )  cossec ( x 2 )  x  dx   cotg u  cossec u 

du  2

1 1 1 1 cotg u  cossec u  du    cossec u  C =   cossec u  C =   cossec(x 2 )  C .  2 2 2 2 2 ux du  2x  du = 2x  dx dx





Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando a técnica de substituição.

( x  3)  dx

 (x



R:

2)  (2 x 2  2 x  3)10  (2 x +1)  dx 

R:

1)

3)

y

2

 6 x)

1

3

dy   4y  4

2

4)  8 x 2  6 x3 + 5  dx 

e t  dt  et  4  dx 6)  2x e + 16 2sen x  5cos x 7)   dx = cos x arc. sen y 8)   dy = 2 1  y2 5)

Ln x 2  x  dx = 3  dx 10)  = x  Ln 2 3x



12)



13)

 (5  cos θ)

3

1  (2 x 2  2 x  3)11  C 22 1 R: C 2 y 8 R:  (6 x3 + 5)3 2  C 27 R: Ln(et + 4) + C

1 ex R:  arc. tg C 4 4 R: -2  Ln cos x  5x + C R:

R:

sen θ  cosθ  dθ =

R:

sen 2θ  cos 2θ  dθ =

R:

sen θ  dθ

3

=

14)  (e2x  2)5  e2x  dx = 15)

x

16)



17)



18)

 x e

19)

 t  cos t

20)



2

 (sen 2x 3 + 4x)  dx =

x3  dx = x 1

cos

x x 3x 2

 dx =

 dx = 2

1  (arc. sen y)2 + C 4

R: (Ln x)2 + C

9)

11)

3 3 2  ( x  6 x) 2  C 4

 dt 

dv = v  (1  v )5


R: R: R:

-3 +C Ln 3x 3  sen 4 3θ + C 4 1  (sen 2θ)3 2 + C 3 1 C 2(5  cos θ)2 1  (e2x  2)6  C 12 1  cos 2x 3 + x 4 + C 6

R: 2 x  3  2Ln

2 + x3 C 2 x3

R: 2  sen x  C 1 3x 2 e + C 6 1 R:  sen t 2  C 2 1 C R: 2(1  v )4

R:




2 - Método da Integração por Partes: Este método de integração se aplica a uma grande variedade de funções e é particularmente útil para integrandos envolvendo produtos de funções algébricas e transcendentais. Por exemplo, integração por partes funciona bem para integrais como

 x  Ln x  dx  x

2

 e x  dx e  ex  sen x  dx .

Tomando como ponto de partida a Derivação pela Regra do Produto, onde temos as funções f(x) e g(x).

 f ( x)  g ( x) '  f ( x) ' g ( x)  f ( x)  g ( x) ' (Regra do Produto) f ( x)  g ( x) '   f ( x)  g ( x) '  f ( x) ' g ( x) (Reescrevendo a expressão)

 f ( x)  g ( x) '  dx    f ( x)  g ( x) '   f ( x) ' dx  g ( x) (Integrando ambos os lados)  f ( x)  g ( x) ' dx  f ( x)  g ( x)   f ( x) ' dx  g ( x) (Resultado da Integração por partes e passando u

u

dv

v

v

du

para forma diferencial temos)

 u  dv  u  v   du  v onde u  f ( x)  du  f ( x)' dx , v  g ( x)  dv  g ( x)' dx Daí temos

 u  dv  u  v   v  du

Integração por Partes com u e v funções diferenciáveis de x. Ao aplicarmos esta técnica devemos separar o integrando em duas partes, u e dv, levando em conta duas diretrizes: 1 ) A parte escolhida como dv deve ser facilmente integrável e u deve ser facilmente derivável. 2 )  v  du deve ser mais simples do que  u  dv . Questões Resolvidas 01) Resolva as seguintes integrais usando a técnica de integração por partes. 1)

 x  senx  dx .

Solução: Faremos nessa solução uma amostra como podemos conduzir a mesma integral de três maneiras distintas, todavia uma só e mais viável como segue. a) u = senx; dv = xdx Temos basicamente três “ saídas”:

b) u = x.senx; dv = dx c) u = x; dv = senx dx

Na saída a obtemos du = cos x dx e v =

 x  sen x  dx 

x2 =  dv = 2

 x  dx , logo temos:

x2 x2  sen x    cos x  dx , a nova integral que é mais complicada do que a 2 2

original. du = sen x + x cos x dx. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




 x  sen x  dx  x

Em b temos :logo,

2

 sen x   x  (sen x + x  cos x)  dx .

v =  dv =  dx = x Tentemos pois a “ saída” c, sendo o melhor caminho para solução. Em c :

 x  sen x  dx = - x  cos x + cos x  dx = - x  cos x + sen x + C

du = dx v = sen x  dx  Integrando ambos lados temos  dv =  sen x  dx = - cos x, Lembrando.

 u  dv  u  v   v  du

2)  x 2  e x  dx . u = x2  du = 2x  dx Solução: dv= ex  Integrando ambos lados temos  dv =  ex  dx  v = ex *

2 x 2 x x 2 x x 2 x x  udv  uv   vdu   x e dx  x .e   e .2 xdx  x e  2 xe dx x e  2.e ( x  1) C

 x e dx  e

 3)

 x e

x

2

x

x

( x 2  2 x  2)  C .

 dx .

u = x  du = dx Solução: dv= ex  Integrando ambos lados temos  dv =  ex  dx  v = ex

 u  dv  u  v   v  du  x  e  dx = x  e   e x

x

x

 dx  x  ex  ex  ex  (x  1)  C .

4)  e2x  sen x  dx . u = e2x  du = 2e2x  dx Solução: dv = sen x  dx  Integrando ambos lados temos  dv =  sen x  dx  v = -cos x

 u  dv  u  v   v  du  e  sen x  dx  e  (cos x)   (cos x)  2e  dx  e  e  sen x  dx  e  cos x  2  e  cos x  dx 2x

2x

2x

x

2x

2x

 cos x   2e 2x  cos x  dx .

2x

voltamos a integrar por partes

Resolvendo a integral

e e

 2e

2x

 cos x  dx , por partes, fazendo: u = e2x e dv = cos x dx.

 sen x  dx  e2x  cos x  2 e2x  sen x  dx   sen x  2e 2x  dx    2x 2x 2x 2x  sen x  dx  e  cos x  2 e  sen x  dx  2  sen x  e  dx    2x




e

2x


 sen x  dx  e2x  cos x  2  e2x  sen x  dx  4 e2x  sen x  dx

Observando que a integral do 2º membro é exatamente a integral que queremos calcular. Somando 4 e2x  sen x  dx a ambos os lados da ultima integral obtemos: 4 e2x  sen x  dx   e2x  sen x  dx  e2x  cos x  2  e2x  sen x  dx  4 e2x  sen x  dx + 4 e2x  sen x  dx

5 e2x  sen x  dx  e 2x  cos x  2  e 2x  sen x

e

2x

1  sen x  dx   (e2x  cos x  2  e 2x  sen x) + C 5

5)  sen x   Ln(cos x)   dx . Primeiro vamos reescrever a integral u = Ln(cos x) 

 Ln(cos x)  sen x  dx , agora podemos resolver.

du sen x sen x   du =   dx dx cos x cos x

Solução: dv = sen x  dx  Integrando ambos lados temos  dv =  sen x  dx  v = - cos x

 u  dv  u  v   v  du

 sen x   Ln(cos x)  dx  Ln(cos x)  cos x   cos x 

sen x  dx cos x

 sen x   Ln(cos x)  dx  cos x  Ln(cos x)   sen x  dx  sen x   Ln(cos x)  dx  cos x  Ln(cos x)  (cos x) + C  sen x   Ln(cos x)  dx  cos x  Ln(cos x) + cos x + C 6)



x  Ln x  dx . Primeiro vamos reescrever a integral

 Ln x 

x  dx , agora podemos resolver. 3

2x 2 2 3 dx Ln x  x  dx  Ln x    x 2    3 3 x 3 3 2 2  Ln x  x 2    x 2  x -1  dx  3 3 3 1 2 2  Ln x  x 2    x 2  dx  3 3

 u  dv  u  v   v  du u  Ln x du 1 dx   du  dx x x

3

dv  x  dx   dv   x  dx v=



v

x

x  dx  v   x 2  dx 1

3

3

2

2

2 3 2 x  x 2  3 3

3

2

3 2 2 x 2  Ln x  x 2    3 3 3 2 3 2 2 2 3  Ln x  x 2    x 2  3 3 3 3 2 4 3  Ln x  x 2   x 2  3 9 3 2   x 2  (3  Ln x  2)  C 9

7)  ex  cos 2x  dx .





u = ex  du = exdx Solução: I

dv = cos 2x  dx, Integrando ambos lados temos  dv =  cos 2x  dx  v 

I)  u  dv  u  v   v  du

1  sen 2x 2

1 1  cos 2x  dx  e x   sen 2x    sen 2x  e x  dx 2 2 1 x x 1 x  e  cos 2x  dx  e  2  sen 2x  2   e  sen 2x  dx

e

x

voltamos a integrar por partes

u = ex  du = ex  dx

1 II) dv = sen 2x  dx, Integrando ambos lados temos  dv =  sen 2x  dx  v    cos 2x 2 1 1  sen 2x  dx  e x    cos 2x     cos 2x  e x  dx 2 2 II)  u  dv  u  v   v  du 1 x 1 x x  e  sen 2x  dx   2  e  cos 2x + 2  e  cos 2x  dx Substituindo a integral resolvida em II na Integral I obtemos: 1 x 1  1 x 1  x x  e  cos 2x  dx  2  e  sen 2x  2   2  e  cos 2x  2   e  cos 2x  dx  1 x 1 x 1 x x  e  cos 2x  dx  2  e  sen 2x  4  e  cos 2x  4   e  cos 2x  dx 1 1 x 1 x x x  e  cos 2x  dx  4   e  cos 2x  dx  2  e  sen 2x  4  e  cos 2x 5 1 1 4 4   e x  cos 2x  dx   e x  sen 2x   e x  cos 2x  5   e x  cos 2x  dx   e x  sen 2x   e x  cos 2x 4 2 4 2 4 5   e x  cos 2x  dx  2  e x  sen 2x  e x  cos 2x

e

e

x

 cos 2x  dx 

x

2 x 1  e  sen 2x   e x  cos 2x + C 5 5

8)  x  arc.tg x  dx

x2 x 2 dx   2 2 1+ x 2 1 x2  arc.tg x    dx 2 1+ x 2 1  1   arc.tg x   1   dx 2  1+ x 2  1 1 dx  arc.tg x   dx   2 2 2 x +1 x 1  1   x   arc.tg x      arc.tg    2 2  1   1 

 x  arc.tg x  dx = arc.tg x   u  dv  u  v   v  du u = arc.tg x du 1 dx   du  2 dx 1 + x 1 + x2 dv  x  dx x2  dv   x  dx  v = 2


x2  x  arc.tg x  dx = 2 x2 x  arc.tg x  dx =  2 x2 2 x2  x  arc.tg x  dx = 2

 x  arc.tg x  dx =

x2 x 1  arc.tg x    arc.tg x 2 2 2 2  x 1  x  x  arc.tg x  dx =  2   arc.tg x  2  C

 x  arc.tg x  dx =




9)  sec3 x  dx =  sec x  sec2 x  dx =

 u  dv  u  v   v  du  sec x  dx = sec x  tg x   tg x  sec x  tg x  dx  sec x  dx = sec x  tg x   sec x  tg x  dx  sec x  dx = sec x  tg x   sec x  (sec x  1)  dx  sec x  dx = sec x  tg x   (sec x  sec x)  dx  sec x  dx = sec x  tg x   sec x  dx   sec x  dx  sec x  dx +  sec x  dx = sec x  tg x   sec x  dx 2  sec x  dx = sec x  tg x  Ln sec x  tg x  C

u = sec x  du = sec x tg x dx

3

Solução:

3

2  dv =  sec x  dx  v  tg x

2

3

2

3

3

3

3

3

3

3

1

 sec x  dx = 2  sec x  tg x  Ln sec x  tg x   C 3

10)  arc.cos x  dx = u = arc. cos x  du  

Solução:

 

 u  dv  u  v   v  du dx

1 x dv = dx   dv =  dx  v  x 2

dz 1  dx =  122    z -1 2  dz 2 z 2 1 x x



 arc.cos x  dx = arc.cos x  x   x 

dx 1 x2

 x  dx  arc.cos x  dx = x  arc.cos x      2  1 x 

 arc.cos x  dx = x  arc.cos x 

1 x2  C

z 12

1 z 1 2      z1 2   z   1  x 2 2 12 2 1 Resolvendo o valor de z:  z  1  x2   dz dz   2 x   = x  dx 2  dx 11)  x  arc.sen x 2  dx =

 u  dv  u  v   v  du

u = arc.sen x 2 du 2x 2x   du   dx dx 1 x4 1 x4 dv  x  dx

2 2  x  arc.sen x  dx = arc.sen x 

x2  dv   x  dx  v = 2 du  3 x 1    dx   142    u -1 2  du  4 u 4 1 x

1 u1 2 1 2 1       u1 2    u 4 12 4 1 2 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

x2 x2 2x    dx 2 2 1 x4

 x2  x3   dx   2  1 x4  2  1  2 2 x  x  arc.sen x  dx = arc.sen x  2    2  u  2 2  x  arc.sen x  dx = arc.sen x 

x2 1   u 2 2 2 1 2 2 x x  arc.sen x  dx = arc.sen x    1  x4  C  2 2 2 x 1 2 2 4  x  arc.sen x  dx = 2  arc.sen x  2  1  x  C 2 2  x  arc.sen x  dx = arc.sen x 




Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando a técnica de integração por partes. 1)

 x e

2)

2x  x  e  dx =

-x

 dx =

3)  3x 3  e2x  dx =

R: ( x  1)  ex  C

 x  e2x   e2x  R:    C  2   4  R:

3e2x 2

 3x 2 3x 3    x3    C 2 2 4 

4)

x

5)

 x  Ln x  dx =

R:

6)

 x  cos 5x  dx =

x 1 R:   sen x   cos 5x  C 5 25

7)

 x  sec x  tg x  dx =

R: x  sec x  Ln sec x + tg x  C

8)

 x  cossec x  dx =

R: -x  cotg x  Ln sen x  C

2

 cos x  dx =

2

R: sen(x 2  2)  2x  cos x   C

x2 x2  Ln x   C 2 4

ex  (cos x + sen x) C 2

9)  e-x  sen x  dx =

R:

10)  cos x  Ln(sen x)   dx 

R: sen x  Ln(sen x)  sen x + C

11)

2  x  Ln x  dx =

12)  e-x  cos 2x  dx = 13)

x

2

 cos x  dx =

R:

x2  1   Ln x    C 3  3

R:

1 x  e   2  sen 2x  cos 2x   C 5

R: x 2  cos x  2x  sen x  2  cos x   C

14)  arc.sen x  dx =

R: x  arc.sen x  1  x 2  C

15)  e2x  sen 3x  dx =

R:

1 2x  e  (2  sen 3x  3  cos 3x)  C 13

17)  arc.cotg 2x  dx

1   x 2  sen 2 x  cos 2 x   C 2 1 R: x  arc. cotg 2x  Ln(1+ 4x 2 )  C 4

18)  Ln(x + 1+ x 2 )  dx =

R: x  Ln(x + 1  x 2 )  1  x 2  C

19)  sen(Ln x)  dx =

R:

16)

x

3

 cos2 x  dx =

20)  cos(Ln x)  dx = Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

R:

x  sen(Ln x)  cos(Ln x)  C 2 x R:  cos(Ln x)  sen(Ln x)  C 2 Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



3 - Método de Integração de Funções Racionais por Frações Parciais: Este método consiste em transformar uma função polinomial em uma função racional mais simples. Foi introduzido por Jean Bernoulli em 1702. Para isto, usaremos um resultado importante da Álgebra, que dado na proposição seguinte. Proposição: Se p(x) é um polinômio com coeficientes reais, p(x) o mesmo pode ser expresso como um produto de fatores lineares e/ou quadráticos, todos com coeficientes reais. Exemplos: 1) O polinômio q(x)  x2  3x  2 , pode ser escrito como o produto de fatores lineares x  2 e x  1 ou seja q(x)  ( x  2)  ( x 1) . 2) O polinômio q(x)  x3  x 2  x  1, pode ser escrito como o produto de fatores lineares x  1 e pelo fator quadrático irredutível x 2  1 ou seja q(x)  ( x2  1)  ( x  1) .

1  3) p(x) =3  x +   ( x  1)2  ( x 2  3x  4) é uma decomposição do polinômio 3  p(x) = 3x5 + 4x 4  2x3  16x 2 + 7x + 4 . A decomposição da função racional f(x) 

p(x) em fração mais simples, está subordinada q(x)

ao modo como o denominador q(x) se decompõe nos fatores lineares e/ou quadrático irredutíveis. Vamos considerar os vários casos separadamente. As formas das respectivas frações parciais são asseguradas por resultados da Álgebra e dentro de cada característica serão demonstradas. Para o desenvolvimento do método, vamos considerar que o coeficiente do termo de mais alto grau do polinômio do denominador q(x) é 1. Se isso não ocorrer, dividimos o numerador e o denominador da função f(x) por esse coeficiente. Vamos supor, também, que o grau de p(x) é menor que o grau de q(x). Caso isso não ocorra, devemos primeiro efetuar a divisão de p(x) por q(x). As diversas situações serão exploradas nos exemplos. 3.1 - Frações Racionais: Uma fração racional em x é o quociente Assim,

Px  de dois polinômios em x . Qx 

3x 2  1 é uma fração racional. x3  7x 2  4

3.2 - Frações Próprias: Uma fração é uma fração racional cujo grau numerador é menor que o grau do denominador. Assim,

2x  3 4x 2  1 e são frações próprias. x 2  5x  4 x 4  3x





Uma fração imprópria é uma fração racional cujo grau do numerador é maior do que o grau do denominador ou igual a este. Assim,

2x 3  6x 2  9 é uma fração imprópria. x 2  3x  2

Por divisão, uma fração imprópria sempre pode ser reescrita como a soma de um polinômio e uma fração própria. Assim,

2x 3  6x 2  9 32 x  33 .  2 x  12  2 2 x  3x  2 x  3x  2

3.3 - Frações Parciais: Uma dada fração geralmente pode ser escrita como a soma de outras frações (chamadas de frações parciais) cujos denominadores são de grau menor que o denominador da fração dada. Exemplo:

3x  5 3x  5 2 1    x  3x  2 x  1x  2 x  1 x  2 2

3.4 - Polinômios Identicamente Iguais: Se dois polinômios de grau n na mesma variável x são iguais para mais do que n valores de x, os coeficientes de mesma potência de x são iguais e os dois polinômios são identicamente iguais. Se estiver faltando um termo em um polinômio, ele pode ser incluído com coeficiente zero. 3.5 - Teorema Fundamental: Uma fração própria pode ser escrita como a soma de frações parciais de acordo com as seguintes regras. 3.5.1 - Fatores lineares não repetidos: Se um fator (x  α)  (x  β) ocorre uma única vez como um fator do denominador da fração dada, então correspondendo a este fator, associamos uma fração parcial. 3.5.1.1 - Integrais Indefinidas do tipo:

Para calcular

P(x)

 (x  α)  (x  β)  dx

P(x)

 (x  α)  (x  β)  dx , vamos precisar do seguinte teorema:

Teorema (1): Sejam α, β, m e n reais dados com α  β . Então existem constantes A e B tais que:

mx  n A B   (x  α)  (x  β) (x  α) (x  β) Demonstração: mx  n A B   (x  α)  (x  β) (x  α) (x  β) Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




mx  n A  (x  β)  B  (x  α)  (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) mx  n Ax  Aβ  Bx  Bα  (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) mx  n (A  B)x  (A  B)α  (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações:

A + B = m  β  A + α  B =  n Este sistema admite uma única solução que é: A 

βm  n αm  n e B α β α β

Observe que, em cada fração que ocorre no teorema acima, o grau do numerador é estritamente menor que o grau do denominador. Vejamos, agora, como calcular a integral.

P(x)

 (x  α)  (x  β)  dx, com α  β. Onde P(x) é um polinômio. Se o grau de P(x) for estritamente menor que o grau do denominador (grau de p(x) < 2), pelo do teorema (1) temos:

mx  n A B ,   (x  α)  (x  β) (x  α) (x  β)

onde a solução é dada por:

P(x)

 (x  α)  (x  β)  dx  A  Ln x  α  A  Ln x  β  C Se o grau de P(x) for maior ou igual ao do denominador, precisamos antes “extrair os inteiros”. P(x) R(x)  Q(x)  (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) Onde Q(x) e R(x) são, respectivamente, o quociente e o resto da divisão de P(x) por (x  α)

 (x  β) , observe que o grau de R(x) é estritamente menor que o grau do denominador. OBS: Você só pode aplicar os resultados do teorema anterior quando o grau do numerador for estritamente menor que o do denominador. Se o grau do numerador for maior ou igual ao do denominador, primeiro “extrair os inteiros”. Exemplos:

a)

x4 A B    x  7  2 x  1 x  7 2 x  1

b)

x2  2 3x 3x A B  1 2  1 2   2 x  3x  2 x  3x  2 x  3x  2 x  1 x  2 Resolvendo





3.5.2 - Fatores lineares, alguns dos quais repetidos: Se um fator (x  α)p ocorre p vezes como um fator do denominador da fração dada, então, correspondendo a este fator, associamos p frações parciais. 3.5.2.1 - Integrais Indefinidas do tipo:

P(x)

 (x  α)

p

 dx

Vamos calcular por exemplo quando p = 2,

P(x)

 (x  α)

2

 dx , vamos precisar do seguinte

teorema: Teorema (2): Sejam α, β, m e n reais dados com α  β . Então existem constantes A e B tais que:

mx  n A B   2 (x  α) (x  α) (x  α) 2 Demonstração:

mx  n A B   2 (x  α) (x  α) (x  α) 2 mx  n A  (x  α)  B  (x  α) 2 (x  α) 2 mx  n Ax  Aα  B  (x  α) 2 (x  α) 2 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações:

A = m  A  α + B = n Este sistema admite solução única dada por: A  m e B  m  α  n . Muitas das vezes para calcular

P(x)

 (x  α)

2

 dx , é mais interessante fazer a mudança de

variável u  x  α , do que utilizar o teorema acima, todavia a escolha fica a critério da praticidade. Exemplos:

a  b

3x  1

x  4

2



5x 2  2

x x  1 3

2

A B  x  4  x  4 2 

A B C D E  2    3 2 x x  1 x 1 x x

3.5.3 - Fatores quadráticos não repetidos: Se um fator (x  α)  (x  β)  (x  γ) ocorre uma única vez como um fator do denominador da fração dada, então, correspondendo a este fator, associamos uma fração parcial, cujo numerador é um polinômio da forma P(x)  mx 2  nx  p .

P(x)

 (x  α)  (x  β)  (x  γ)  dx Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Teorema (3): Sejam α, β, γ, m, n e p reais dados com α  β  γ . Então existem constantes A, B e C tais que:

mx 2  n  p A B C    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) Demonstração: Antes de provar o teorema enunciado acima, vamos mostrar que se m, n, p e α são reais dados, então existem reais m1, n1 e p1, tais que: mx 2  n  p  m1 (x  α)2  n1 (x  α)  p1 De fato x  (x  α)  α , vem:

mx 2  n  p  m  (x  α)  α   n  (x  α)  α   p 2

mx 2  n  p  m  (x  α) 2  2α(x  α)  α 2   n  (x  α)  α   p mx 2  n  p  m(x  α) 2  2αm(x  α)  mα 2  n(x  α)  nα  p mx 2  n  p  m(x  α) 2  2αm(x  α)  n(x  α)  mα 2  nα  p mx 2  n  p  m(x  α) 2  (2αm  n)  (x  α)  mα 2  nα  p

m1  m  Chamando de: n1  2αm  n , pois os mesmos são números reais.  2 p1  mα  nα  p Logo podemos concluir que mx 2  n  p  m1 (x  α)2  n1 (x  α)  p1 , desta forma provamos que existem números reais m1, n1 e p1. Pelo que provamos no teorema (1), existem constantes A1 e B1 tais que: 1 1 1   (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β) (x  γ)

 A1 B1  1 1     (x  α)  (x  β)  (x  γ)  (x  α) (x  β)  (x  γ) A1 B1 1   (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  γ) (x  β)  (x  γ) I

II

Segue que existem constantes A2, B2, A3, e B3 tais que A3 B3 A1 B1 A2 B2      (x  α)  (x  γ) (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  γ) (x  β) (x  γ) II

III

Como I é igual a II e II é igual a III, por transitividade I é igual a III. A3 B3 A2 B2 1     (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  γ) (x  β) (x  γ) Sendo assim. A3 B3 A1 B1 A2 B2      (x  α)  (x  γ) (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  γ) (x  β) (x  γ) A3 B3 A2 B2 1     (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) (x  γ) A3 B  B3 A2 1    2 (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Como A4 = A2, e B4 = A3, e C4 = B2 + B3, substituindo obtemos:

A4 B4 C4 1    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) Desta forma podemos concluir que subsistem os valores das constantes A, B e C, tais que:

mx 2  n  p A B C    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) Como já provamos anteriormente: mx 2  n  p  m1 (x  α)2  n1 (x  α)  p1

m (x  α)2  n1 (x  α)  p1 mx 2  n  p  1 (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β)  (x  γ) Separando em frações com o mesmo denominador, obtemos.

m1 (x  α)2 n1 (x  α) p1 mx 2  n  p    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β)  (x  γ) Simplificando as frações do segundo membro obtemos:

m1 (x  α) n1 p1 mx 2  n  p    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  β)  (x  γ) (x  β)  (x  γ) (x  α)  (x  β)  (x  γ) Desta forma podemos concluir que:

mx 2  n  p A B C    (x  α)  (x  β)  (x  γ) (x  α) (x  β) (x  γ) Exemplos:

a

x2  3 A Bx  C   2 2  x  2 x  4 x  2 x  4

b

2 x3  6 A Bx  C Dx  E   2  2 2 2 x 2 x  3x  8 x  x  1 x  2 x  3x  8  x  x  1











3.5.4 - Fatores quadráticos, alguns dos quais repetidos: Se um fator (x  β) ocorre mais de única vez como um fator do denominador da fração dada, então, correspondendo a este fator, associamos uma fração parcial, cujo numerador é um polinômio da forma P(x)  mx 2  nx  p .

P(x)

 (x  α)  (x  β)

2

 dx

Teorema (4): Sejam α, β, m, n e p reais dados com α  β . Então existem constantes A, B e C tais

mx 2  n  p A B C que:    2 (x  α)  (x  β) (x  α) (x  β) (x  β) 2 Demonstração: 1 1 1   2 (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) (x  β) Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




 A1 B1  1 1     2 (x  α)  (x  β)  (x  α) (x  β)  (x  β) A1 B1 1   2 (x  α)  (x  β) (x  α)  (x  β) (x  β) 2 Assim, existem constantes A2, B2 e C2 tais que:

A2 B2 C2 1    2 (x  α)  (x  β) (x  α) (x  β) (x  β) 2 Exemplos: x2  4 x  1 Ax  B Cx  D Ex  F a)  2   2 2 2 x 1 x  x 1 x2  1 x2  x  1 x2  1



b)









x 3 A B C D     2 2 2 ( x  1)  ( x  2) ( x  1) ( x  1) ( x  2) ( x  2)2

3.5.5 - Fatores quadráticos, com fatores irredutíveis do 2º Grau: Seja a integral da forma

P(x)  dx , onde P(x) é um polinômio cujo 2  bx  c)

 (x  α)  (ax

numerador é da forma P(x)  mx 2  nx  p e a equação ax 2  bx  c , com   b2  4ac, com < 0 . Teorema (5): Sejam m, n, p, a, b, c e α reais dados tais que   b2  4ac, com < 0 . Então existem

mx 2  n  p A Bx  D constantes A, B e C tais que:   2 (x  α)  (ax  bx  c) (x  α) (ax 2  bx  c) Demonstração:

mx 2  n  p A Bx  D   2 (x  α)  (ax  bx  c) (x  α) (ax 2  bx  c) mx 2  n  p A  (ax 2  bx  c)  (Bx  D)  (x  α)  (x  α)  (ax 2  bx  c) (x  α)  (ax 2  bx  c) mx 2  n  p Aax 2  Abx  Ac  Bx 2  Bxα  Dx  Dα  (x  α)  (ax 2  bx  c) (x  α)  (ax 2  bx  c) mx 2  n  p (Aa  B)x 2  (Ab  Bα  D)x  (Ac  Dα)  (x  α)  (ax 2  bx  c) (x  α)  (ax 2  bx  c) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações:

aA + B = m  bA  αB + D = n cA  αB = p  Usando o teorema de Cramer, onde verificamos a solução com o uso do determinante principal do sistema, que para ter solução o mesmo tem que ser  0. Com os coeficiente do sistema acima formamos o determinante principal abaixo.





a 1 0 b α 1  0  aα 2  bα  c  0 c 0 α Como por definição o polinômio do 2º grau ax 2  bx  c , não admite raiz real. O sistema admite, então uma única solução. Logo subsistem os valores A, B e C, tais que:

mx 2  n  p A Bx  D   2 (x  α)  (ax  bx  c) (x  α) (ax 2  bx  c) Exemplos: 8x2  x  1 A Bx  C a)   2 3 x 8 x  2 x  2x  4 x 1 A Bx  C Dx  E b)   2  2 2 2 2 x  ( x  2 x  3) x ( x  2 x  3) ( x  2 x  3) 3.6 - Encontrando a Decomposição em Frações Parciais: Uma vez que a forma da decomposição em frações parciais foi determinada, o próximo passo é encontrar um sistema de equações a ser resolvido para determinar o valor das constantes envolvidas na decomposição em frações parciais. Podemos solucionar o sistema de equações com o auxilio de uma calculadora gráfica. Embora o sistema de equações geralmente envolva mais de três equações, costuma ser bastante fácil determinar o valor de uma ou duas variáveis ou relações entre elas que permitam reduzir o sistema a um tamanho pequeno o suficiente para ser convenientemente resolvido por qualquer método. Exemplo: Determine a decomposição em frações parciais de (3) de seção, a forma da decomposição é: 3x 2  3x  7 A B Cx  D    2 2 2 2  x  2 x  1 x  2  x  2 x  1



3x  3x  7



2

x  22 x 2  1





 

3x 2  3x  7

x  22 x 2  1



Ax  2 x 2  1  B x 2  1  Cx  D x  2

. Usando as regras (2) e

2

x  22 x 2  1

3x 2  3x  7  Ax 3  2 Ax 2  Ax  2 A  Bx 2  B  Cx 3  4Cx 2  Dx 2  4Cx  4Dx  4D 3x 2  3x  7   A  C x 3   2 A  B  4C  Dx 2   A  4C  4Dx   2 A  B  4D Equacionando os coeficientes dos termos semelhantes nos dois polinômios e igualando os

demais a zero, obtemos o sistema de equações a ser resolvido. AC  0  2 A  B  4C  D  3 A  4C  4 D  3  2 A  B  4D  7 Resolvendo o sistema, obtemos A  1, B  5, C  1 e D  0 .

Portanto, a decomposição em frações parciais é Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

3x 2  3x  7

 x  2

2

x

2



1



1 5 x   2 2 x  2 x  2 x 1




Questões Resolvidas 01) Decomponha em frações parciais:

x2 x2 ou . 2 x  3x  5 2 x  7 x  15 2

Solução:

Ax  5  B2 x  3  A  2 B x  3B  5 A x2 A B     2 x  3x  5 2 x  3 x  5 2 x  3x  5 2 x  3x  5 Precisamos encontrar as constantes A e B tais que:  A  2B x  3B  5 A identicamente ou x  2   A  2Bx  3B  5 A . x2  2 x  3x  5 2 x  3x  5 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos 1  A  2B e 2  3B  5 A , as quais, quando resolvidas simultaneamente, nos dão A   1 e B  7 . 13 13 7 1 x2 1 7 13  13  Portanto,   2 x 2  7 x  15 2 x  3 x  5 132 x  3 13x  5 Outro método: x  2  Ax  5  B2 x  3 Para encontrar B , seja x  5 : 5  2  A0  B10  3, 7  13B, B  7 . 13  3  2  A  3  5  B0, 1   13 A , A   1 . Para encontrar A , seja x   3 : 2 2 2 2 2 13 Seja



02) Decomponha em frações parciais:



2 x 2  10 x  3 A B C .    2 x  1 x  9 x  1 x  3 x  3





Solução: 2 x 2  10 x  3  A x 2  9  Bx  1x  3  C x  1x  3





Para encontrar A , seja x  1 :

2  10  3  A1  9,

Para encontrar B , seja x  3 :

18  30  3  B 3  1 3  3,

Para encontrar C , seja x  3 : Portanto,

18  30  3  C 3  13  3,

A  11 8  5 B 4 15 C 8

2 x 2  10 x  3 11 5 15    2 x  1 x  9 8x  1 4x  3 8x  3






2 x 2  7 x  23

x  1x  3

2



A B C   . 2 x  1 x  3 x3

Solução: 2 2 x 2  7 x  23  Ax  3  Bx  1  C x  1x  3









 A x 2  6 x  9  Bx  1  C x 2  2 x  3  Ax 2  6 Ax  9 A  Bx  B  Cx 2  2Cx  3C   A  C x 2  6 A  B  2C x  9 A  B  3C Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos A  C  2, 6 A  B  2C  7 e 9 A  B  3C  23 . Resolvendo-as simultaneamente, obtemos A  2, B  5, C  0 . Portanto,

2 x 2  7 x  23

x  1x  3

2



2 5  x  1 x  32

Outro método: 2 x 2  7 x  23  Ax  3  Bx  1  C x  1x  3 2

Para encontrar A , seja x  1 : 2  7  23  A1  3 , Para encontrar B , seja x  3 : 18  21  23  B 3 1, 2


A2 B  5 Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I


Para encontrar C , seja x  0 :


23  23  5 1  C  13,

C 0

2

x 2  6x  2


x x  2 2

2



A B C D .    2 2 x x  2 x2 x

Solução: 2 2 x 2  6 x  2  Ax  2  Bxx  2  Cx 2  Dx 2 x  2









 A x 2  4 x  4  Bx x 2  4 x  4  Cx 2  Dx 2 x  2  B  Dx 3   A  4B  C  2Dx 2   4 A  4Bx  4 A Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos B  D  0, A  4B  C  2D  1, 4 A  4B  6, 4 A  2. A solução simultânea destas quatro equações é A  1 2 , B  1, C   3 2 , D  1. x 2  6x  2 1 1 3 1 Portanto, 2  2    2 2 x 2x  2 x2 2x x x  2

Outro método: x 2  6 x  2  Ax  2  Bxx  2  Cx 2  Dx 2 x  2 Para encontrar A , seja x  0 : 2  4 A, A  1 2 . Para encontrar C , seja x  2 : 4 12  2  4C, C  3 2. Para encontrar B e D , seja x  quaisquer valores exceto 0 e 2 (por exemplo, x  1, x  1 ). 2

2

1  6  2  A1  2  B1  2  C  D1  2

Seja x  1 :

2

2

e 1

Seja x  1 : 1  6  2  A 1  2  B 1  2  C  D 1  2 A solução simultânea das equações (1) e (2) é B  1, D  1 . 2

05) Decomponha em frações parciais: Solução: x 2  4 x  15

x  23

x 2  4 x  15

 x  2

3

2

x 2  4 x  15

x  23

2  y  2  4 y  2  15  

y3



B  D  2 e 2 9 B  3D  6

. Seja y  x  2 ; então x  y  2 .

y 2  8y  3 y3

1 8 3 1 8 3  2 3    2 y y x  2 x  2 x  23 y




7 x 2  25 x  6 Ax  B C  2  . 2 x  2 x  1   3x  2  x  2 x  1 3x  2



Solução: 7 x 2  25x  6   Ax  B 3x  2  C x 2  2 x  1  3 Ax 2  3Bx  2 Ax  2B  Cx 2  2Cx  C  3 A  C x 2  3B  2 A  2C x   2B  C  Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos: 3 A  C  7, 3B  2 A  2C  25 ,  2B  C  6. A solução simultânea destas três equações é A  1, B  5, C  4.



Portanto,







7 x 2  25 x  6 x5 4  2  2 x  2 x  1 3x  2 x  2 x  1 3x  2






4 x 2  28 4 x 2  28 Ax  B Cx  D   2  2 . 4 2 2 2 x  x 6 x 3 x 2 x 3 x 2







Solução: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva








  



4 x 2  28   Ax  B  x 2  2  Cx  D x 2  3  Ax 3  Bx 2  2 Ax  2B  Cx 3  Dx 2  3Cx  3D   A  C x 3  B  Dx 2  3C  2 Ax  2B  3D Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos A  C  0, B  D  4, 3C  2 A  0,  2B  3D  28 A solução simultânea destas quatros equações é, A  0, B  8, C  0, D  4 .



Portanto,



4 x 2  28 8 4  2  2 4 2 x  x 6 x 3 x 2


3x 4  x3  20 x 2  3x  31 A Bx + C Dx + E .   2  2 2 ( x  1)  ( x  4) x  1 x  4 ( x 2  4) 2

Solução: 3x 4  x3  20 x 2  3x  31  A( x 2  4)2  (Bx + C) (x  1)( x 2  4)   (Dx + E)(x  1)  A(x 4  8x  16)  (Bx + C)  x 3  x 2  4x  4  Dx 2  Dx  Ex  E

= Ax 4  8Ax 2  16A  Bx 4  4Bx 2  Bx3  4Bx  Cx3  Cx 2  4Cx  4C  Dx 2  Dx  Ex  E  (A + B)x 4  (B + C)x3  (8A + 4B + C + D)x 2  (4B + 4C + D + E)x  (16A + 4C + E) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos: A + B  3, B + C = 1, 8A + 4B + C + D = 20, 4B + 4C + D + E = 3 e 16A + 4C + E = 31 A solução simultânea destas cinco equações é, A = 2, B = 1, C = 0, D = 0 e E =  1 .

3x 4  x3  20 x 2  3x  31 A Bx + C Dx + E Portanto:   2  2 2 ( x  1)  ( x  4) x  1 x  4 ( x 2  4) 2 3x 4  x3  20 x 2  3x  31  ( x  1)  ( x 2  4)2 3x 4  x3  20 x 2  3x  31  ( x  1)  ( x 2  4) 2

2 1x + 0 0x + (  1)  2  x  1 x  4 ( x 2  4) 2 2 x 1  2  2 x  1 x  4 ( x  4) 2

3x 4  x3  20 x 2  3x  31 2 x 1   2  2 2 2 ( x  1)  ( x  4) x  1 x  4 ( x  4) 2 Questões Propostas 01) Encontre a decomposição em frações parciais de cada fração racional a seguir. x2 12 x  11 8 x 01) 2 02) 2 03) 2 x  7 x  12 x  x6 2 x  3x  2 10 x 2  9 x  7 5x  4 x 04) 2 05) 2 06) x  2 x 2  1 x  2x x  3x  18



x  9x  6 x 3  x 2  6x 2

07) 10)

08)

3x 3  10 x 2  27 x  27 x 2 x  3

2

09)

x 4 2



3x 3 x 1

14)

16)

x  10 xx  2x  2

17)

3x  8 x  9



7 x 3  16 x 2  20 x  5 2

3x  1 x 2 1

 2x  2



2

 x  2 3

5x 3  4 x 2  7 x  3 12) 2 x  2x  2 x 2  x 1



x



2

5 x 2  8 x  21 11) 2 x  x  6 x  1

13)


x

3



15)

7x  9 x  1x  3

18)

7x  2 x  x 2  2x



3



19) 22)

5 x 2  3x  1 x  2 x 2  1



x

x3 2

4




20) 23)



2

x 4 x 1 x 1 28) 3( x  2) 2 25)

26) 29)

 2x  9 2 x  1 4 x 2  9





x 4  3x 2  x  1

x  1x 2  1

2

x 2  3x  1 x3  x 2  2 x 8 x 2  15 x  9

 x  1

2x 3  x  3 x 2  4 x 2 1

21)







24)

1  x  1 x  2  x  3

2 x2  1 x3  6 x 2  11x  6 3x  7 30) 3 x  x2  4x  4 27)

3

Respostas: 01) 04) 07) 10) 13)

6 5  x 4 x 3 2 3  x x2 1 2 2   x x2 x3 1 3 2 5  2  x x x  3 x  32 1  x 1  2 x 1 x  x  1

5 2 3 2 1   x x2 x2 3 2x 1 19)  2 x  2 x 1 x  4x 22) 2  2 x 4 x 4 2 16)





x 1 4  4  2 x 1 x  1 x2  1 1 1 28)  3( x  2) ( x  2) 2 1

25)

02) 05) 08) 11) 14)

7 5 3 2 03)   x2 x3 2x 1 x  2 23 13 3 2 5 06)    x  1 x 1 x  2 x6 x3 3 4 5 2 2   09) x  2 x  2 x  2 x2 x2 x  23 2x  3 3 2x 1 3x  1 12) 2   2 2 x  x  6 x 1 x  2x  2 x  x 1 7x  2 2x 1 4 3 15)   2 2 2 x 1 x  3 x  2x  2 x  2x  2





1 2 3   x x  2 x 1 3x  1  x  1 21) 2  x  4 x 2 1 1 1 1   24) 2  x  1 2  x  3 x  2

1 2  x 1 x 1 1  2x 20)  2 2x 1 4x 1 1 x 23)  2 x 1 x 1 2 17)



18)



3 2 2  1 x x  2 x 1 8 1 2 29)   2 x  1 ( x  1) ( x  1)3 1

26)

3

19 2  9  2 x 1 x  2 x  3 2 2x 1 30)   2 x 1 x  4 27)

Como já aprendemos calcular os coeficientes das frações parciais veremos agora como calcular as integrais pelo método frações parciais. Questões Resolvidas 01) Resolva as seguintes integrais usando o método das frações parciais: dx 1  2  dx 1)  2 x  6x + 5 x  6x + 5 Solução: Seja

0x 1 A B    x  5   x  1 x  5 x  1

Precisamos encontrar as constantes A e B tais que: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

A   x  1  B   x  5  0x 1  ,  x  5   x  1  x  5   x  1 Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



0x 1 A  x  A  B  x  5B ,   x  5   x  1  x  5   x  1 Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 0x 1 (A + B)  x  A  5B  ,  x  5   x  1  x  5   x  1 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos 0 = A + B e 1 =  A  5B , as 1 1 quais, quando resolvidas simultaneamente, nos dão A = e B =  . 4 4 1 1 0x 1 A B 0x 1 4. Portanto,     4   x  5   x  1 x  5 x  1  x  5   x  1 x  5 x  1 Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A e B já calculados: I) u  x  5 du  x  du = dx dx II) u  x  1 du  x  du = dx dx

1 1  dx A B  x 2  6x+5   x  5  dx   x  1  dx   x 4 5  dx   x 41  dx dx 1 dx 1 dx 1 du 1 du  x 2  6x+5  4   x  5  4   x  1  4   u  4   u II = u

I=u

dx 1 1 1 1   Ln (u)   Ln (u)   Ln (x  5)   Ln (x  1) + C  6x+5 4 4 4 4 dx 1 1  x  5  x 2  6x+5  4  Ln(x  5)  Ln (x  1) + C  4  Ln  x  1  + C

x

2

1

dx  x  5 4  x 2  6x+5  Ln  x  1  + C 2)

5x  12

 x  (x  4)  dx 

Solução: Seja

5x  12 A B   x  (x  4) x x  4

Precisamos encontrar as constantes A e B tais que:

5x  12 A  (x  4)  x  B ,  x  (x  4) x  (x  4)

5x  12 Ax  4 xB ,  x  (x  4) x  (x  4) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 5x  12 (A  B)  x  4  , x  (x  4) x  (x  4) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos 5 = A + B e 12 =  4A , as quais, quando resolvidas simultaneamente, nos dão A = 3 e B = 2 . Portanto,

5x  12 A B 5x  12 3 2 .      x  (x  4) x x  4 x  (x  4) x x  4

Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A e B já calculados: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



I) u  x


5x  12

A

5x  12

3  dx 2  dx du du   3   2  x x4 u u

B

3

2

 x  (x  4)  dx  x  dx   x  4  dx   x  dx   x  4  dx

du  x  du = dx dx II) u  x  4

 x  (x  4)  dx  

du  x  du = dx dx

I=u

II = u

5x  12

 x  (x  4)  dx  3  Ln (u)  2  Ln (u)  3  Ln (x)  2  Ln (x  4) + C  x3  5x  12 3 2  dx  Ln(x) + Ln (x  4) + C  Ln +C  2  x  (x  4) (x  4)    x3  5x  12  dx  Ln +C  2  x  (x  4)  (x  4) 

x 5 x 5 x 5  dx    dx    dx 2 2  4x  4x x  (x  4x  4) x  (x  2) 2 Solução: x 5 A B C Seja    2 x  (x  2) x x  2 (x  2) 2 Precisamos encontrar as constantes A, B e C tais que: A  (x  2) 2   B  x  (x  2)  C  x x 5  x  (x  2) 2 x  (x  2) 2 3)

x

3

A   x 2  4x  4   Bx 2  2Bx  Cx x 5 ,  x  (x  2) 2 x  (x  2) 2 x 5 Ax 2  4Ax  4A  Bx 2  2Bx  Cx  x  (x  2) 2 x  (x  2) 2 Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 0x 2 + x  5 (A  B)x 2  (4A  2B  C)x  4A ,  x  (x  2) 2 x  (x  2) 2 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações:

A + B = 0  4A  2B + C = 1 4A = 5  Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 5 , B = 5 e C = 7 . 4 4 2 Portanto,

x 5

 x  (x  2)

2

 dx =

A

B

C

 x  dx   x  2  dx   (x  2)

2

 dx .

Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C já calculados:

I) u  x du  x  du = dx dx II e III) u  x  2 du  x  du = dx dx Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

x 5 A B C  dx =  dx   dx  2  x  (x  2) x  x  2  (x  2)2  dx 5 5 7  x 5  x  (x  2)2  dx =  x4  dx   x 42  dx   (x 22)2  dx Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



x 5

 x  (x  2)

2

 dx =

5 dx 5 dx 7 dx      4 x 4 x  2 2 (x  2) 2 I=u

x 5  x  (x  2)2  dx = x 5  x  (x  2)2  dx =

II = u

III = u

5 du 5 du 7 du   4  u 4  u 2  (u) 2 5 5 7 Ln u  Ln u   u 2  du 4 4 2

x 5 5 7 u 1  dx =  Ln (x)  Ln (x  2)   C    x  (x  2)2 4 2 1 x 5

 x  (x  2)

2

 dx =

5 1  x  7  Ln    1  C  4 x 2 2 u

x 5  x   x  (x  2)2  dx = Ln  x  2 

5

x 5  x   x  (x  2)2  dx = Ln  x  2 

5

4

4



7 C 2  u1



7 C 2  (x  2)

x 2  x  16 4)   dx  ( x  1)  ( x  3) 2 Solução: x 2  x  16 A B C Seja    2 ( x  1)  ( x  3) x  1 x  3 (x  3) 2 Precisamos encontrar as constantes A, B e C tais que: x 2  x  16 A B C    2 ( x  1)  ( x  3) x  1 x  3 (x  3) 2

A  (x  3) 2  B   (x  1)  (x  3)   C  ( x  1) x 2  x  16  ( x  1)  ( x  3) 2 ( x  1)  (x  3) 2 A  (x 2  6x + 9)  B   x 2  3x  x  3  Cx  C x 2  x  16  , ( x  1)  ( x  3) 2 ( x  1)  (x  3) 2 Ax 2  A6x + 9A  B   x 2  2x  3  Cx  C x 2  x  16  ( x  1)  ( x  3) 2 ( x  1)  (x  3) 2 x 2  x  16 Ax 2  A6x + 9A  Bx 2  2Bx  3B  Cx  C  ( x  1)  ( x  3) 2 ( x  1)  (x  3) 2 Reduzindo a termo semelhantes obtemos. x 2  x  16 (A  B)x 2  (6A  2B  C)x + 9A  3B  C  , ( x  1)  ( x  3) 2 ( x  1)  (x  3) 2 Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações:

A + B = 1  6A  2B + C = 1 9A  3B + C =  16  Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A =  1 , B = 2 e C = 1 . Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




x 2  x  16 A B C  ( x  1)  ( x  3)2  dx   x  1  dx   x  3  dx   (x  3)2  dx . Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C já calculados: Portanto,

I) u  x + 1 du  x  du = dx dx II e III) u  x  3 du  x  du = dx dx

x 2  x  16 A B C  ( x  1)  ( x  3)2  dx   x  1  dx   x  3  dx   (x  3)2  dx x 2  x  16 1 2 1  ( x  1)  ( x  3)2  dx   x  1  dx   x  3  dx   (x  3)2  dx x 2  x  16 dx dx dx  ( x  1)  ( x  3)2  dx  1 x  1  2 x  3  1 (x  3) 2 I=u

x  x  16 2

 ( x  1)  ( x  3)

2

 dx  1

II = u

III = u

du du du  2  1 u u (u) 2

x 2  x  16 2  ( x  1)  ( x  3)2  dx  Ln u  2Ln u  1 u  du x 2  x  16 u 1  dx  2Ln u  Ln u  1  C  ( x  1)  ( x  3)2 1 x 2  x  16 1  ( x  1)  ( x  3)2  dx  2Ln ( x  3)  Ln ( x  1)  1 u1  C x 2  x  16 1 2  ( x  1)  ( x  3)2  dx  Ln ( x  3)  Ln ( x  1)  u1  C  ( x  3) 2  x 2  x  16 1  dx  Ln C    ( x  1)  ( x  3)2  ( x  1)  ( x  3)

x 3  6x 2  3x  16  dx  5)  x 3  4x Solução: x 3  6x 2  3x  16 Ax  B Cx  D   2 Seja x 3  4x x x 4 Precisamos encontrar as constantes A, B, C e D tais que: x 3  6x 2  3x  16 Ax  B Cx  D   2 x 3  4x x x 4 3 2 x  6x  3x  16 (Ax  B)  (x 2  4)  x  (Cx  D)  x 3  4x x  (x 2  4)

x 3  6x 2  3x  16 Ax 3  4Ax + Bx 2  4B  Cx 2  Dx  x 3  4x x  (x 2  4) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. x 3  6x 2  3x  16 Ax 3  (B  C)x 2  (4A  D)x  4B  x 3  4x x  (x 2  4) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos os sistemas de equações: A = 1 4A + D = 3   B + C = 6 4B = 16 Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 1 , B = 4 , C = 2 e D = 1 . Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



Portanto,


x 3  6x 2  3x  16 (Ax  B) (Cx  D)  dx    dx   2  dx . 3  x  4x x x 4

Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B, C e D já calculados:

I) u  x

x 3  6x 2  3x  16 (Ax  B) (Cx  D)  dx    dx   2  dx 3  x  4x x x 4 x 3  6x 2  3x  16 (1x  4) (2x  1)  dx    dx   2  dx 3  x  4x x x 4 x 3  6x 2  3x  16 x  dx dx x  dx x  dx  dx    4  2 2  2 3  x  4x x x x 4 x 4 3 2 x  6x  3x  16 dx x  dx dx  dx   dx  4  2 2  2 3  x  4x x x 4 x 4

du = dx

II) u  x 2  4 du  2x dx du  x  dx 2 III)

x

dx 4

I

2

III = arc.tg u 2

2

2

u =x ea =2

2

dx 1 u  u 2  a 2  a  arc.tg  a 



II = u

III = arc.tg u

x  6x  3x  16 dx x  dx dx  dx   dx  4  2 2  2 3 x  4x x x 4 x  22 3

2

I

II = u

III = arc.tg u

du x 3  6x 2  3x  16 du 1 u  dx  x  4   2  2   arc.tg    C 3  x  4x u u a a x 3  6x 2  3x  16 1 1 u  dx  x  4  Ln (u)  2   Ln (u)   arc.tg    C 3  x  4x 2 a a x 3  6x 2  3x  16 1 u  dx  x  4  Ln (u)  Ln (u)   arc.tg    C 3  x  4x a a x 3  6x 2  3x  16 1 x  dx  x  4  Ln (x)  Ln (x 2  4)   arc.tg    C 3  x  4x 2 2 x 3  6x 2  3x  16 1 x  dx  Ln (x) 4  Ln (x 2  4)  x   arc.tg    C 3  x  4x 2 2 x 3  6x 2  3x  16 1 x  dx  Ln (x) 4  (x 2  4)   x   arc.tg    C 3  x  4x 2 2

2t 3  t 2  3t  1 6)  2  dt  (t  1)  (t 2  2) Solução: 2t 3  t 2  3t  1 At  B Ct  D Seja 2   (t  1)  (t 2  2) (t 2  1) (t 2  2) Precisamos encontrar as constantes A, B, C e D tais que: 2t 3  t 2  3t  1 At  B Ct  D   (t 2  1)  (t 2  2) (t 2  1) (t 2  2) 2t 3  t 2  3t  1 (At  B)  (t 2  2)  (Ct  D)  (t 2  1)  (t 2  1)  (t 2  2) (t 2  1)  (t 2  2) 2t 3  t 2  3t  1 At 3  2At  Bt 2  2B  Ct 3  Ct  Dt 2  D  (t 2  1)  (t 2  2) (t 2  1)  (t 2  2) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




2t 3  t 2  3t  1 (A  C)t 3  (B  D)t 2  (2A  C)t  2B  D  (t 2  1)  (t 2  2) (t 2  1)  (t 2  2) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em t , obtemos um sistema de equações: A + C = 2 B + D =  1   2A + C = 3 2B + D =  1 Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 1 , B = 0 , C = 1 e D = 1 .

2t 3  t 2  3t  1 (At  B) (Ct  D)  (t 2  1)  (t 2  2)  dt   (t 2  1)  dt   (t 2  2)  dt . Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B, C e D já calculados: Portanto,

I) u  t 2 +1 du = 2t  dt du  t  dt 2 II) u  t 2 +2 du = 2t  dt du  t  dt 2

t

III)

2

dt 2

III = arc.tg u

u2 = t2 e a2 = 2  a = 2 dt 1 u  arc.tg   2 a a a

u

2

t

dt 1  t   arc.tg   2 2  2

2

2t 3  t 2  3t  1 (At  B) (Ct  D)  (t 2  1)  (t 2  2)  dt   (t 2  1)  dt   (t 2  2)  dt 2t 3  t 2  3t  1 (1t  0) (1t  1)  (t 2  1)  (t 2  2)  dt   (t 2  1)  dt   (t 2  2)  dt 2t 3  t 2  3t  1 t t dt  (t 2  1)  (t 2  2)  dt   (t 2  1)  dt   (t 2  2 )  dt   (t 2  2) I=u

II = u

III = arc.tg u

du du 2t 3  t 2  3t  1 1 u  (t 2  1)  (t 2  2)  dt   u2   u2  a  arc.tg  a  2t 3  t 2  3t  1 1 du 1 du 1  t   (t 2  1)  (t 2  2)  dt  2  u  2  u  2 arc.tg  2  2t 3  t 2  3t  1 1 1 1  t   (t 2  1)  (t 2  2)  dt  2  Ln(u)  2  Ln(u)  2 arc.tg  2  2t 3  t 2  3t  1 1 1 1  t  2 2  (t 2  1)  (t 2  2)  dt  2  Ln(t  1)  2  Ln(t  2)  2 arc.tg  2  2t 3  t 2  3t  1 1 1  t  2 2  (t 2  1)  (t 2  2)  dt  2  Ln(t  1)  Ln(t  2)   2 arc.tg  2  1 2t 3  t 2  3t  1 1  t  2 2 2    dt  Ln(t  1)  Ln(t  2)  (t 2  1)  (t 2  2)    2 arc.tg  2    1 3 2 2t  t  3t  1 1  t  2 2  (t 2  1)  (t 2  2)  dt  Ln(t  1)  (t  2)  2  2 arc.tg  2 

3x 3  5x  4  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  Solução: 3x 3  5x  4 A Bx  C   2 Seja 2 (x  1)  (x  2x  3) (x  1) (x  2x  3) Precisamos encontrar as constantes A, B e C tais que: 7)





3x 3  5x  4 A Bx  C   2 2 (x  1)  (x  2x  3) (x  1) (x  2x  3) 3x 3  5x  4 A  (x 2  2x  3)  (Bx  C)  (x  1)  (x  1)  (x 2  2x  3) (x  1)  (x 2  2x  3) 3x 3  5x  4 Ax 2  2Ax  3A  Bx 2  Bx  Cx  C  (x  1)  (x 2  2x  3) (x  1)  (x 2  2x  3) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 3x 3  5x  4 (A  B)x 2  (2A  B  C)x  3A  C  (x  1)  (x 2  2x  3) (x  1)  (x 2  2x  3) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + B = 3  2A  B + C = 5  3A  C = 4  Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 2 , B = 1 e C = 2 . 3x 3  5x  4 A Bx  C Portanto,   dx    dx   2  dx . 2 (x  1)  (x  2x  3) (x  1) (x  2x  3) Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C já calculados:

3x 3  5x  4 A Bx  C  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx   (x  1)  dx   (x 2  2x  3)  dx 3x 3  5x  4 2 1x  2  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx   (x  1)  dx   (x 2  2x  3)  dx 3x 3  5x  4 dx x  dx 2  dx  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2 (x  1)   (x 2  2x  3)   (x 2  2x  3) 3x 3  5x  4 dx x  dx dx  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2 (x  1)   (x 2  2x  3)  2 (x 2  2x  3) Completando o quadrado

Completando o quadrado

3x  5x  4 dx x  dx dx  dx  2  2  2 2 2  2x  3) (x  1) (x  2x  1  1  3) (x  2x  1  1  3) 3

 (x  1)  (x

3x 3  5x  4 dx x  dx dx  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2 (x  1)   (x 2  2x  1  2)  2 (x 2  2x  1  2) 3x 3  5x  4 dx x  dx dx  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2  (x  1)   (x 2  1)2  2  2  (x 2  1)2  2 I

II

III

Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos: dx du I) 2  2  2  Ln(u)  2  Ln(x  1) (x  1) u

II)

x  dx (u  1) u  du du  2  du   2  2 2 2 u 2 u 2 u 2

 ( x  1) u

Resolvendo

du   1  du = dx u  x  1  dx   x  u  1 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



Resolvendo a integral


u  du 2 2

u

dy u  du 1 dy 1 1 1 2 2  u 2  2   2y  2  y  2  Ln y  2  Ln u  2  2  Ln (x  1)  2 y

y  u2  2   dy dy  u  du   2u  2  du

III) 2

dx dx 1 u  2 2   arc.tg   2 ( x  1)  2 u 2 a a 2

u

u  x  1  u 2  (x 2  1) 2 2

a2  2  a  2 2

 x2 1  dx 1 1 u   arc.tg   arc.tg     u2  2 a 2 a  2 

Substituindo as integrais resolvidas separadamente obtemos:

3x 3  5x  4 u  du du dx  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2  Ln(x  1)   u 2  2   u 2  2  2 u 2  2 Somando obtemos

3x  5x  4 u  du dx  dx  2  Ln(x  1)   2  2 2  2x  3) u 2 u 2 3

 (x  1)  (x

3x 3  5x  4 1 1 u 2  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2  Ln(x  1)  2  Ln u  2  a  arc.tg  a  3x 3  5x  4 1 1  x 1  2  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx  2  Ln(x  1)  2  Ln x  2x  1  2  2  arc.tg  2  1 3x 3  5x  4 1  x 1  2 2 2   dx  Ln(x  1)  Ln x  2x  3  arc.tg    (x  1)  (x 2  2x  3) 2  2  1   1 3x 3  5x  4  x 1  2 2 2  dx  Ln (x  1)  (x  2x  3)  arc.tg      (x  1)  (x 2  2x  3) 2  2   

8)

x6  x3  1  x 4  9x 2  dx  Primeiro vamos transformar fração imprópria, reescrevendo como soma de

frações próprias. Solução: x 6  0 x5  0 x 4  x3  0 x 2  1  x 6  0 x5  9 x 4  0 x3  0 x 2  1

x 4  0 x3  9 x 2  0 x2  9

9 x4  x3  0 x2  1 9 x4  0 x3  81x2  0  x3  81x2  1 Usando o algoritmo da divisão obtemos: D  d  q  R , dividindo tudo por d, temos: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




  x 3  81x 2  1  x6  x3  1 D dq R D R 2  x  9      q  , portanto,   , essa fração que será 4 2 x 4  9x 2 d d d d d  x  9x  integrada. Resolvendo agora a nova integral:  2   x 3  81x 2  1   x6  x3  1  dx  (x  9)      dx 4 2  x 4  9x 2   x  9x     x6  x3  1  x 3  81x 2  1 2  dx  (x  9)  dx   x 4  9x 2   x 4  9x 2  dx x6  x3  1  x 3  81x 2  1 2  dx  x  dx  9 dx   x 4  9x 2    x 4  9x 2  dx II

I

III

Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos: x3  x 3  81x 2  1 I)  x 2  dx  III)   dx  , Resolveremos II)  9 dx  9x 3 x 4  9x 2 essa fração parcial III, onde precisamos encontrar as constantes A, B, C e D tais que:  x 3  81x 2  1 Ax  B Cx  D   2 x 4  9x 2 x2 x 9 3 2  x  81x  1 (Ax  B)  (x 2  9)  x 2  (Cx  D)  x 4  9x 2 x 2  (x 2  9)

 x 3  81x 2  1 (Ax  B)  (x 2  9)  x 2  (Cx  D)  x 4  9x 2 x 2  (x 2  9)  x 3  81x 2  1 Ax 3  9Ax  Bx 2  9B  Cx 3  Dx 2  x 4  9x 2 x 2  (x 2  9) Reduzindo a termo semelhantes obtemos.  x 3  81x 2  1 (A  C)x 3  (B  D)x 2  9Ax  9B  x 4  9x 2 x 2  (x 2  9) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos os sistemas de equações: A + C =  1  B + D = 81

9A = 0  9B = 1

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 0 , B =

1 728 , C = 1 e D = . 9 9

x 3  81x 2  1 Ax  B Cx  D  x 4  9x 2  dx   x 2  dx   x 2  9  dx . Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B, C e D já calculados:  x 3  81x 2  1 Ax  B Cx  D  x 4  9x 2  dx   x 2  dx   x 2  9  dx 1  728  0x    1x    3 2  x  81x  1  9   dx   9   dx  dx   x 4  9x 2  x2  x2  9  x 3  81x 2  1 1 dx x  dx 728 dx  x 4  9x 2  dx  9   x 2   x 2  9  9   x 2  9

Portanto,

I=u

II = u

III = arc.tg u

Resolveremos separadamente




I)


1 dx 1 du 1 2 1 u 1 1 1 1 1   u  du     1  1  2 2    9 x 9 u 9 9 1 9 u 9u 9x

du 1 x  dx 1 du 1 1 2 2 2 II)   2        Ln u    Ln x  9  Ln x  9 2 x 9 u 2 u 2 2 II = u

u  x  9   du du = x  dx   2x  2  dx 2

III)

728 dx 728 dx 1 u    arc.tg   2 2   9 x 9 9 u 9 a a

2 2 u  x  u  x  2 a  9  a  9  a  3 728 dx 728 dx 728 1  x  728 x III)     arc.tg     arc.tg   2 2   9 x 9 9 u 9 9 3 27 3 3

Substituindo finalmente todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

 x 3  81x 2  1 x3 1 1 728 x  dx   9x    Ln x 2  9   arc.tg    C  x 4  9x 2 3 9x 2 27 3 1  x 3  81x 2  1 x3 1 728 x 2 2   dx   9x   Ln x  9  arc.tg    C  x 4  9x 2 3 9x 27 3

9)

2x 2  5x  4  x3  x 2  x  3  dx  , O denominador do integrando pode ser fatorado.

Solução: Seja

2x 2  5x  4 2x 2  5x  4  x 3  x 2  x  3 (x  1)  (x 2  2x  3)

Depois da fração, arrumada vamos agora encontrar as constantes A, B e C tais que: 2x 2  5x  4 A Bx  C   2 3 2 x  x  x  3 (x  1) (x  2x  3)

2x 2  5x  4 A  (x 2  2x  3)  (Bx  C)  (x  1)  x3  x 2  x  3 (x  1)  (x 2  2x  3) 2x 2  5x  4 Ax 2  2Ax  3A  Bx 2  Bx  Cx  C  x3  x 2  x  3 (x  1)  (x 2  2x  3) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 2x 2  5x  4 (A  B)x 2  (2A  B  C)x  (3A  C)  x3  x 2  x  3 (x  1)  (x 2  2x  3) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + B = 2  2A + B + C = 5 3A  C = 4  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A =

11 1 9 , B= e C= . 6 6 6

2x 2  5x  4 A Bx  C Portanto,  3  dx    dx   2  dx . 2 x  x  x 3 (x  1) (x  2x  3) Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C, já calculados. I)

11 dx   6 (x  1) u

u  x 1 du  1  du  dx dx

2x 2  5x  4 A Bx  C  x 3  x 2  x  3  dx   (x  1)  dx   (x 2  2x  3)  dx 11 1x 9  2x 2  5x  4 6  dx  6 6  dx  dx   x3  x 2  x  3  (x  1)  (x 2  2x  3) 11 x 9 2x 2  5x  4 6  dx  x 3  x 2  x  3  dx   (x 6 1)  dx   (x 2  2x  3) 2x 2  5x  4 11 dx 1 x 9  x 3  x 2  x  3  dx  6  (x  1)  6  (x 2  2x  3)  dx I

II

2x  5x  4 11 1 x 9  dx   Ln u   2  dx 3 2  x  x3 6 6 (x  2x  3)

x

2

II

2x  5x  4 11 1 x 9  dx   Ln x  1   2  dx 3 2  x  x3 6 6 (x  2x  3)

x

2

II

Resolveremos a integral II separadamente. 1 x 9 II)  2  dx 6 (x  2x  3) O integrando é uma função racional cujo denominador é um polinômio quadrático irredutível. Integrais dessa forma aparecem freqüentemente na integração das funções racionais e podem ser resolvidas completando o quadrado do denominador e fazendo substituições convenientes. x 2  2x  3  x 2  2x  1  1  3 x 2  2x  3  (x 2  2x  1)  1  3 x 2  2x  3  (x 2  2x  1)  2 x 2  2x  3  (x  1) 2  2

u  x  1  x  u  1   du  dx  1  du  dx z  u 2  9  I)  dz dz  u  du   2u  2  du

   1 1 x 9 x 9  1 u 1  9  II)   2  dx     dx     2  du  2  6 u  2 6  (x  2x  3)   6  (x  1)  2  u    1  u 1  9 du   1  u 8  1  u  du  du     2  du     2 8 2 6   u 2  9 u  2  6 u 2  6 u 2  II  I  dz  1 2 1 u 1    1  1 dz  u   8   arc.tg        8   arc.tg     6 z a a  a  6  2 z  a     1 1 1 x 9 1  u   dx    Ln(z)  8   arc.tg     2  6  (x  2x  3) a  a   6 2  1 1 1 x 9 1  x  1  2  dx  Ln(u  2)  8   arc.tg      2 6   (x  2x  3) 2  2   6 2





u  x +1  u 2  (x +1) 2 II)  2 a  2  a  2 du 1 u  u 2  2  a  arc.tg  a 

u

 1 1 1 x 9 1  x  1   dx    Ln(u 2  2)  8   arc.tg    2  6  (x  2x  3) 2  2   6 2  1 1 1 x 9 8  x  1   dx    Ln(x 2  2x  1  2)   arc.tg    2  6  (x  2x  3) 2  2   6 2

du 1  x +1    arc.tg   2 2  2 

 1 1 1 x 9 8  x  1   dx    Ln(x 2  2x  3)   arc.tg    2  6  (x  2x  3) 2  2   6 2

2

Substituindo finalmente todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

2x 2  5x  4 11 1 1 8  x  1  2  x 3  x 2  x  3  dx  6  Ln x  1  6  2 Ln(x  2x  3)  2  arc.tg  2   C 11 2x 2  5x  4 1 1 8  x 1  6   dx  Ln x  1 Ln(x 2  2x  3)    arc.tg  C  x3  x 2  x  3 12 6 2  2  1 11 2x 2  5x  4 4  x 1  2 12 6  x 3  x 2  x  3  dx  Ln x  1  Ln(x  2x  3)  3 2  arc.tg  2   C 1 11   2x 2  5x  4 2 6  (x  2x  3) 12   dx  Ln x  1    x3  x 2  x  3  

4 3 2

 x 1   arc.tg  C  2 

Racionalizando 1 11   2 2 2x 2  5x  4  x 1  2 6  (x  2x  3) 12   dx  Ln x  1  arc.tg    C 3 2  x  x  x3 3 2    

x5  x  1  x3  8  dx  Primeiro vamos transformar fração imprópria, reescrevendo como soma de

10)

frações próprias. Solução:

x5  0 x 4  0 x3  0 x 2  x  1  x5  0 x 4  0 x3  8 x 2  0 x  0

x3  8 x2

Decompondo o x3  8  ( x  2)  ( x 2  2 x  4)

8x2  x  1 Usando o algoritmo da divisão obtemos: D  d  q  R , dividindo tudo por d, temos:

 8x 2  x  1  x5  x  1 D dq R D R 2  x      q  , portanto,   , essa fração que será 3 x3  8 d d d d d  x 8  integrada. Resolvendo agora a nova integral:  2  8x 2  x  1   x5  x  1  dx   x3  8  x   x 3  8    dx   6 3 2 x  x 1 8x  x  1 2  x 4  9x 2  dx   x  dx   x 3  8  dx x6  x3  1 8x 2  x  1 2  dx  x  dx   x 4  9x 2   x 3  8  dx II



x  x 1 x 8x  x  1  dx    dx 4 2 x  9x 3 x3  8 6

3

3

2

I





Resolveremos a integral I, pelo método das frações parciais:

8x 2  x  1  x3  8  dx , onde vamos

encontrar valores das constantes A, B e C. 8x 2  x  1 A Bx  C   2 3 x 8 (x  2) (x  2x  4)

8x 2  x  1 A  (x 2  2x  4)  (Bx  C)  (x  2)  x3  8 (x  2)  (x 2  2x  4) 8x 2  x  1 Ax 2  2Ax  4A  Bx 2  2Bx  Cx  2C  x3  8 (x  2)  (x 2  2x  4) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 8x 2  x  1 (A  B)x 2  (2A  2B  C)x  (4A  2C)  x3  8 (x  1)  (x 2  2x  3) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + B = 8  2A  2B + C = 1 4A  2C = 1  Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A =

35 61 16 , B= e C= . 2 12 3

8x 2  x  1 A Bx  C  x3  8  dx   (x  2)  dx   (x 2  2x  4)  dx . Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C, já calculados.

Portanto,

I)

35 dx   12 (x  1) u

u  x 1 du  1  du  dx dx u  x +1  du  dx  II)  x  u  1  2 a  3  a  3 du 1 u  u 2  3  a  arc.tg  a  du 1  x +1   u 2  3  3  arc.tg  3   du 3   x +1   u 2  3   3  3   arc.tg  3   

u

du 3  x +1    arc.tg   3 3  3 

2


8x 2  x  1 A Bx  C  x 3  8  dx   (x  2)  dx   (x 2  2x  4)  dx 61x 16 35  8x 2  x  1 12 12  dx   dx   x3  8  (x  2)  (x 2  2x 3 4)  dx 8x 2  x  1 35 dx 1 61x  64  x 3  8  dx  12  (x  2)  12  (x 2  2x  4)  dx I



8x  x  1 35 du 1 61x  64  dx     2  dx 3 x 8 12 u 12 (x  2x  1  3) 2

8x 2  x  1 35 1 61x  64  x 3  8  dx  12  Ln u  12  (x 2  2x  1)  3  dx 8x 2  x  1 35 1 61x  64  x 3  8  dx  12  Ln x  2  12  (x  1)2  3  dx 35 8x 2  x  1 1 61x  64 12   dx  Ln x  2  dx  x3  8 12  (x  1) 2  3 II



8x  x  1  dx  Ln x  2 x3  8 2

35 12



 1  61(u  1)  64  du   2  12  (u)  3 



61 u  du  12  u 2  3 z  u2  3 dz du  2u   u  du du 2 dz 61 2 61 1 dz    12  z 12 2  z 61 61  Ln z   Ln u 2  3 24 24 I)

Curso de Licenciatura Plena em Matemática Pág.50 35 8x  x  1 1  61u 61  64  12   dx  Ln x  2  du   2  du  2  x3  8   12  u  3 u 3  2

35 8x 2  x  1 1  u  du 3  12   dx  Ln x  2 61 2  2  du   x3  8  12  u 3 u 3  35 8x 2  x  1 1  u  du du  12   dx  Ln x  2 61 2  3 2  x3  8  12  u 3 u  3  35 8x 2  x  1 61 u  du 3 du 12   dx  Ln x  2   2 2  x3  8  12 u  3 12 u  3 dz 35 8x 2  x  1 61 3  3  x +1    x 3  8  dx  Ln x  2 12  12  2z  12   3  arc.tg  3    35 8x 2  x  1 61 3 3  x +1  12   dx  Ln x  2  Ln z    arc.tg    x3  8 12 12 3  3  35 8x 2  x  1 61 3  x +1  12   dx  Ln x  2  Ln u 2  3   arc.tg    x3  8 12 12  3  35 8x 2  x  1 61 3  x +1  12   dx  Ln x  2  Ln (x  1) 2  3   arc.tg    x3  8 12 12  3  35 8x 2  x  1 61 3  x +1  12   dx  Ln x  2  Ln x  2x  1  3   arc.tg    x3  8 12 12  3  35 61 8x 2  x  1 3  x +1  12  Ln x  2x  4 12   dx  Ln x  2  arc.tg    x3  8 12  3  35 61 8x 2  x  1 3  x +1    12  x  2x  4 12   dx  Ln x  2 3  x 8   12  arc.tg  3   C    

11)

x4  (x 2  1)  (x  2)  dx  , reescrevendo a integral multiplicando o denominador da fração e

transformando essa fração imprópria como a soma de frações próprias obtemos: Solução:

x4  x3  2x 2  x  2  dx

x 4  0 x3  0 x 2  0 x  0  x 4  2 x3  x 2  2 x

x3  2 x 2  x  2 x2

2 x3  x2  2 x 2 x3  4 x2  2 x  4 5x2  0 x  4 Usando o algoritmo da divisão obtemos: D  d  q  R , dividindo tudo por d, temos:

  x4 5x 2  4 D dq R D R  x  2      q  , portanto, 3  3  , essa fração que 2 2 x  2x  x  2 d d d d d  x  2x  x  2  será integrada. Resolvendo agora a nova integral: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




    x4 5x 2  4  dx  (x  2)   3    dx 2  x 3  2x 2  x  2   x  2x  x  2     x4 5x 2  4  dx  x  dx  2  dx   x 3  2x 2  x  2    x 3  2x 2  x  2  dx x4 5x 2  4  dx  x  dx  2 dx   x 3  2x 2  x  2    x 3  2x 2  x  2  dx I

II

III Obteremos primeiro a fração propria

Resolverems separadamente as integrais

Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos: x2 5x 2  4 I)  x  dx  III)  3  dx , II)  2 dx  2x 2 x  2x 2  x  2 fração parcial III:

III) 

Resolvendo

essa

5x 2  4  dx x 3  2x 2  x  2

Como 1 é raiz do polinômio do denominador usaremos o teorema da decomposição de polinômio.

x3  2 x 2  x  2  x3  x 2

x 1 x 2  3x  2

x2  3x  2  ( x  1)  ( x  2)

3x3  x  2 3x3  3x 2 x  2 2 x  2

0

 x3  2 x 2  x  2  ( x  1)  ( x 2  3x  2)  a 2 como a equação do 2 grau ( x  3x  2), possui as raizes x'  1 e x''  2, obtemos ( x  1)  ( x  2)  x3  2 x 2  x  2  ( x  1)  ( x  1)  ( x  2)  Resolvendo essa fração parcial III, onde precisamos encontrar as constantes A, B e C, tais que: 5x 2  4 A B C    3 2 x  2x  x  2 x  1 x  1 x  2 A   (x  1)  (x  2)   B  (x  1)  (x  2)   C  (x  1)  (x  1)  5x 2  4  3 2 x  2x  x  2 (x  1)  (x  1)  (x  2) A   x 2  3x  2   B   x 2  x  2   C  (x 2  1)  5x 2  4  x 3  2x 2  x  2 (x  1)  (x  1)  (x  2)

5x 2  4 Ax 2  3Ax  2A  Bx 2  Bx  2B  Cx 2  C1  x 3  2x 2  x  2 (x  1)  (x  1)  (x  2) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 5x 2  4 (A  B  C)x 2  (3A  B)x  2A  2B  C  x 3  2x 2  x  2 (x  1)  (x  1)  (x  2) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + B + C = 5  3A + B = 0 2A  2B  C =  4  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




1 1 16 , B= e C= . 6 2 3 5x 2  4 A B C Portanto,  3  dx    dx    dx    dx . 2 x  2x  x  2 x 1 x 1 x2 Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B, C e D já calculados:

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A =

I) u  x  1 du = dx II) u  x + 1 du = dx III) u = x + 2 du = dx

5x 2  4 A B C  x 3  2x 2  x  2  dx   x  1  dx   x  1  dx   x  2  dx 1 16 1  5x 2  4  x 3  2x 2  x  2  dx   x 6 1  dx   x 21  dx   x 3 2  dx 5x 2  4 1 dx 1 dx 16 dx  x 3  2x 2  x  2  dx  6  x  1  2  x  1  3  x  2 I=u

II = u

III = u

5x  4 1 1 16  dx   Ln(u)   Ln(u)   Ln(u) 2  2x  x  2 6 2 3 2 1 1 16 5x  4 6  Ln x  1 2  Ln x  2 3  dx  Ln x  1  x 3  2x 2  x  2 1 16 1 5x 2  4 6  Ln x  2 3  Ln x  1 2  dx  Ln x  1  x 3  2x 2  x  2 1 16 1 5x 2  4   6  x2 3 2  dx  Ln x  1  Ln x  1  x 3  2x 2  x  2     1 16   6  x2 3 x  1 5x 2  4  C 1  x 3  2x 2  x  2  dx  Ln   x 1 2  

x

2

3

Substituindo todas as integrais resolvidas separadamente obtemos: 1 16   4 2 6 3 x  1  x  2 x x  C  dx   2x  Ln 1  x3  2x 2  x  2   2 x 1 2   12)

x2  x  2  3x3  x 2  3x  1  dx  , O denominador do integrando pode ser fatorado por agrupamento.

Solução: Seja

x2  x  2 x2  x  2 x2  x  2   3x 3  x 2  3x  1 x 2  (3x  1)  (3x  1) (3x  1)  (x 2  1)

Depois da fração, arrumada vamos agora encontrar as constantes A, B e C tais que: x2  x  2 A Bx  C   2 2 (3x  1)  (x  1) 3x  1 x  1

x2  x  2 A  (x 2  1)  (Bx  C)  (3x  1)  (3x  1)  (x 2  1) (3x  1)  (x 2  1)

x2  x  2 Ax 2  A1  3Bx 2  Bx  3Cx  C1  (3x  1)  (x 2  1) (3x  1)  (x 2  1) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




x2  x  2 (A  3B)x 2  (B  3C)x  (A  C)  (3x  1)  (x 2  1) (3x  1)  (x 2  1) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + 3B = 1  B + 3C = 1 A  C =  2  Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 

7 4 3 , B= e C= 5 5 5

x2  x  2 A Bx  C  (3x  1)  (x 2  1)  dx   3x 1  dx   x 2  1  dx . Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C, já calculados:

Portanto,

I) u  3x  1 du = 3dx du  dx 3 II) u  x 2 +1 du = 2x  dx du  x  dx 2

7  x2  x  2  (3x  1)  (x 2  1)  dx   3x 5 1  dx   7  x2  x  2  (3x  1)  (x 2  1)  dx   3x 5 1  dx  

4x 3  5 5  dx x2 1 4x  3 5  dx x2 1

x2  x  2 7 dx 4 x  dx 3 dx  (3x  1)  (x 2  1)  dx   5  3x  1  5  x 2  1  5  x 2  1 I

II

III

du du x x2 7 4 3 1 x  (3x  1)  (x 2  1)  dx   5  u3  5  u2  5  1 arc.tg  1   C 2

III)

x

dt 1

2

III = arc.tg u

u 2 = x 2  2 a = 1  a = 1 a = 1  dt 1 u  u 2  a 2  a arc.tg  a  dt 1 x  arc.tg   1 1 1 dt  x 2  1  arc.tg x

x

13)

2

 x  (x

Solução: Seja

2

x2  x  2 7 1 du 4 1 du 3 1 x  (3x  1)  (x 2  1)  dx   5  3  u  5  2  u  5  1 arc.tg  1   C x2  x  2 7 2 3 x  (3x  1)  (x 2  1)  dx   15  Ln(u)  5  Ln(u)  5  arc.tg  1   C x2  x  2 2 7 3 2  (3x  1)  (x 2  1)  dx  5  Ln 3x  1  15  Ln(x  1)  5  arc.tg x  C 7 2 x2  x  2 3 2 15 5  (3x  1)  (x 2  1)  dx  Ln 3x  1  Ln(x  1)  5  arc.tg x  C 2   x2  x  2  3x  1 5  3  (3x  1)  (x 2  1)  dx  Ln  2 7   5  arc.tg x  C  (x  1)15   

dx  + x + 1)

1 A Bx  C   2 x  (x + x + 1) x (x + x + 1) 2

Precisamos encontrar as constantes A, B e C tais que:





1 A Bx  C   2 x  (x + x + 1) x (x + x + 1) 2

1 A  (x 2 + x + 1)  (Bx  C)  x  x  (x 2 + x + 1) x  (x 2 + x + 1) 1 Ax 2 + Ax + A1  Bx 2  Cx  x  (x 2 + x + 1) x  (x 2 + x + 1) Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 1 (A  B)x 2 + (A  C)x + A  x  (x 2 + x + 1) x  (x 2 + x + 1) Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos um sistema de equações: A + B = 0  A + C = 0 A = 1  Que quando resolvido simultaneamente, nos dão: A = 1 , B =  1 e C = 1 . 1 A Bx  C Portanto,   dx    dx   2  dx . 2 x  (x + x + 1) x (x + x + 1) Resolveremos agora a integral com os valores das constantes A, B e C, já calculados: 1 A Bx  C  x  (x 2 + x + 1)  dx   x  dx   (x 2 + x + 1)  dx 1 1 1x  1  x  (x 2 + x + 1)  dx   x  dx   (x 2 + x + 1)  dx 1 dx (x  1)  x  (x 2 + x + 1)  dx   x   (x 2 + x + 1)  dx 1 dx (x  1)  x  (x 2 + x + 1)  dx   x   (x 2 + x + 1)  dx d 2 Para calcular a integral restante, observe que ( x  x  1)  2 x  1 , desta forma teremos dx du manipular o integrando para obter um termo da forma , onde u  x 2  x  1 e du  (2x 1)  dx . u Vamos fazer agora a modificação no numerador do integrando:

1 1 1 1 1 1 1  (2 x  1)   x  1   2 x  1   x  1  x   2 2 2 2 2 2 2 11 2 1 1 x 1  x   x  1  x   x  1  x  1, Logo podemos dizer que: x  1   (2 x  1)  2 2 2 2 x 1 

Fazendo a substituição do novo numerador do integrando obtemos:

 x  (x

2

1 dx (x  1)  dx    2  dx + x + 1) x (x + x + 1)

1 1  (2 x  1)    1 dx 2 2  x  (x 2 + x + 1)  dx   x   (x 2 + x + 1)  dx Resolvendo a nova integral obtemos: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




1 1  (2 x  1) 1 dx  x  (x 2 + x + 1)  dx   x   (x2 2 + x + 1)  dx   (x 2 + 2x + 1)  dx 1 dx 1 (2 x  1) 1 dx  x  (x 2 + x + 1)  dx   x  2  (x 2 + x + 1)  dx  2  (x 2 + x + 1) Completando o quadrado

1 dx 1 (2 x  1) 1 dx  dx     2  dx   1 1 + x + 1) x 2 (x + x + 1) 2  2   x + x   + 1 4 4   1 dx 1 (2 x  1) 1 dx  x  (x 2 + x + 1)  dx   x  2  (x 2 + x + 1)  dx  2   1 2 3 I x    II 2 4 

 x  (x

2

III

Resolveremos as integrais I, II e III, separadamente: dx I)   Ln x x

II) 

1 1 (2 x  1) 1 du 1 1 2 2 2  dx      Ln u    Ln x  x  1   Ln x  x  1 2  (x 2 + x + 1) 2 u 2 2

u  x2  x 1 du  2x  1  du  (2x  1)  dx dx  1    2x  1  x        1 dx 1 1 u 1 1 1 2   2   III)        arc.tg         arc.tg   arc.tg  2   2 2  2 a 2  3 2 3  a  1 3  3   3  2 2 2  x           2 4  u



a2

1 dx 1 3 3  2x  1   2x  1   2x  1    arc.tg    arc.tg    arc.tg     2  2  3 3 3 3 1 3  3   3   3  x    2 4  2  1 1  2 u  x   u   x   2 2    3 3  2 3 a  4  a  4  a  2

Substituindo todas as integrais resolvidas separadamente obtemos: 1 1 3  2x  1  2 2   dx  Ln x  Ln x  x  1  arc.tg  C  x  (x 2 + x + 1) 3  3 

  x 1 3  2x  1      arc.tg  C 1   x  (x 2 + x + 1)  dx  Ln  2 3 3    x  x 1 2    Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando o método das frações parciais:  ( x  1)4  ( x  3)  37  11x 01)  R: Ln   dx  C ( x  5)2 (x  1)  (x  2)  (x  3)   3  x 1  x  16 02)  2 R: Ln   dx  C 2 x  2x  8  x  4  1

 x  2 4 R: Ln   C  x  2  3   10 ( x  2)  C R: Ln 1 2   6 15  x  ( x  3) 

dx 03)  2  x 4

04)

x

3

x 1  dx   x 2  6x

x2 05)  3  dx  x  3x 2  x  3 3x  5 06)  3  dx  x  x2  x 1

07)

x 4  x 3  3x 2  2x  2  x3  x 2  2x  dx 

x 3  3x  1  dx  08)  4 x  4x 2 x 4  x 3  3x 2  2x  1  dx  09)  x3  x 2 10)

2x 3  4x 2  x  3  x 2  2x  3  dx 

1 1   4  x38 x  1  C R: Ln 3   x 1 8  

1

4  x  1 2 R: Ln   C  x 1  x 1  (x  2)3  x 2 R: Ln     2x  C  x  (x  1)  2 13 15   16  x  2 16 x  2   1 C R: Ln 3   4x x4   2

2 1  x  x R: Ln    C  2 x  x  1

2 3 R: Ln  x  1  x  3   x 2  C  

1

x  3x  1  dx  4  5x 2  4 2

11)

x

12)

3x 2  4x  5  (x  1)  (x 2  1)  dx 

13)

3x 3  x 2  6x  4  (x 2  1)  (x 2  2)  dx 

14)

x2  2  x3  1  dx 

15)

x

16)

x2  x  2  (x 2  2)2  dx 

3

3x  7  dx   x 2  4x  4


 x2 1  2 1 x    arc.tg    C R: Ln  2 2 2  x  4  R: Ln  x  1  x 2  1  3  arc.tg x  C   2

3  x  R: Ln x 2  1 2  3  arc.tg x  2  arc.tg   C  2

R: Ln(x  1) 

2 3  2x  1   arc.tg  C 3  3 

 x4  1 x   arc.tg    C R: Ln  2 2  (x  1)  2  2 2 1 R:  arc.tg  C   2 2x  x  2  (x  2)



17)


x2  x  2  (x 2  2x  3)2  dx 

R:

x 5  x 4  4x 3  4x 2  8x  4  dx   (x 2  2)3 2s  2 19)  2  ds  (s  1)  (s  1)3

1

R: Ln(x 2  2) 2 

18)

R: 

23)

3x 2  5x  4  (x  1)  (x 2  2x  3)  dx 

24)

3x 4  4x 3  16x 2  20x  9  dx   (x  2)  (x 2  3)2

1  Ln θ2  2θ  2  arc.tg (θ  1)  C θ  2θ  2 2

9   5 Log log x  3  log x  3    8 R: Log    arc.tg  C 2  5 2    (Log 2 x  4log x  8) 5   

log 2 x 21)   dx  (log 2 x  4log x  8)  (log x  3)  x e2x  2e x  e3x  2e2x  5ex  dx 

R:

 ex  1  2 1 3  x  Log 2e2x  2e x  5  arc.tg  C 5 5 10  2  2   x 1    2  arc.tg  x  1   C R: Ln   1  2  2  2  2 (x  2x  3)  

2 R: Ln  x  2  (x 2  3)   2 C x 3 6  2  17 (x  1)    3  arc.tg x  C R: Ln 7   17 34  4x  1 

2x 2  1 25)   dx  (4x  1)  (x 2  1) 26)

2x 3  2 x 2  1  x 2  x  dx 

27)

9x 3  3x  1  x3  x2  dx 

28)

y4  y2  1  y3  y  dy 

2 1  x   arc.tg   2 C  2 2  2  (x  2)

R: (s  1)2  (s  1)1  arc.tg s  C

2θ3  5θ 2  8θ  4 20)   dθ  (θ 2  2θ  2)2

22)

2 1  x 1   arc.tg   C  2 2  2  2  (x  2 x  3)

 x  1 R: x 2  Ln  C  x   x2  1 R: 9x   Ln  C 7 x  x  1  1  2 2  2 1  y y   R:  Ln  C 2 y      2 4 2 x   R:  Ln  x  2 3  x  1 3   C 2   2 1   R: x 2  3x  Ln  x  4 3  x  2 3   C  

x3  x 2 29)  2  dx  x x2 2x 3  x 2  21x  24  dx  30)  x 2  2x  8

Veremos algumas aplicações dos métodos de integração: da substituição, partes e frações parciais em soluções de problemas. Questões Resolvidas 01) Determine a função f(x), cuja tangente tem uma inclinação 3x 2  1 para qualquer valor de x e cuja curva passa pelo ponto (2, 6). Solução: A inclinação da tangente a uma curva no ponto (x, f(x)) é a derivada f '( x) . Logo. f '( x)  3x 2  1 . Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Portanto, f(x) é a antiderivada:

f ( x)   f '( x)  dx   (3x 2  1)  dx   3x 2  dx   dx  3 

x3  x  C  x3  x  C 3

Para determinar o valor de c, é só usar o fato de que a curva de f passa pelo ponto (2, 6), ou seja, fazendo x = 2 e f(2) = 6, logo substituindo na equação f ( x)  x 3  x  C , obtemos

f ( x)  x3  x  C  f (2)  (2)3  2  C  6  8  2  C  6  10  C  6  10  C  4  C ou C  4. De modo, a função pedida é f ( x)  x 3  x  4 . 02) Um fabricante constatou que o custo marginal é 3q² - 60q + 400 reais por unidade, onde q é o número de unidades produzidas. O custo total para produzir as primeiras duas unidades é R$ 900,00. Qual é o custo total para produzir as primeiras 5 unidades?. Solução: O custo marginal é a derivada da função de custo total C(q); assim C'(q)  3q² - 60q + 400 e, conseqüentemente, C(q) é a antiderivada.

C(q)   C '(q)  dq   (3q 2  60q  400)  dq   3q 2  dq   60q  dq   400  dq  3 

q3 q2  60   400q  C  3 2

C(q)  q3  30q 2  400q  K Usamos a letra K, para não confundir com o C, para o custo e será calculado com x = 2 e C(x) = 900,00. C(2)  (2)3  30  (2)2  400  (2)  K  900  8  120  800  K  900  688  K  900  688  K K  212 Logo a equação C(q)  q3  30q 2  400q  212 , o custo para produzir as primeiras 5 unidades.

C(q)  q3  30q 2  400q  212 C(5)  (5)3  30  (5)2  400  (5)  212  125  750  2000  212  2337  750  1587 O custo para produzir a 5 unidade é de R$: 1.587,00 reais. 03) Estima-se que daqui a x meses a população de certa cidade estará aumentando à razão de

2  6  x habitantes por mês. A população atual é 5.000 pessoas. Qual será a população daqui a 9 meses?. Solução: Seja P(x) a população da cidade daqui a x meses. Nesse caso, a taxa de variação da população com o tempo será a derivada

dP  2  6  x é a isso significa qua a população P(x) é a antiderivada de dx

2  6  x , logo: P(x)  

1 dP  dx   2  6  x  dx  2 dx  6 x  dx  2 dx  6 x 2  dx dx





3

3 3 x 2 2 3 P(x)  2 dx  6 x  dx  2x  6   C  2x  6   x 2  C  2x  2  2  x 2  C  2x  4x 2  C 3 3 2 1

2





Para determinar o valor de C, usamos o fato de que no momento para x = 0 a população é de 5000 habitantes substituindo na equação obtemos: P(x)  2x 2  4x

3

2

3

 C  5000  2(0)2  4(0) 2  C  C  5000, portanto : P(x)  2x 2  4x

A população daqui a 9 meses será P(x)  2x  4x

3

2

3

2

 5000.

 5000 .

3

P(9)  2(9)  4(9) 2  5000  18  4 (9)3  5000  18  4 729  5000  18  4  27  5000 P(9)  18  108  5000  P(9)  5126 A população será de 5126 habitantes.

04) Uma rede de supermercados recebe um suprimento de 10.000 quilogramas de arroz que serão vendidos durante um período de 5 meses à taxa constante de 2.000 quilogramas por mês. Se o custo de armazenamento é 1 centavo por quilograma por mês, qual será o custo total de armazenamento durante os próximos 5 meses?. Solução:

dS  (Custo mensal por quilograma)  (número de quilograma) dt Logo S(t), é a antiderivada é:

dS dS  0, 01 (10.000  2.000  t)   (100  20  t) dt dt dS t2 S(t)    dt   (100  20  t)  dt   100  dt   20t  dt  100 dt  20 t  dt  100t  20   C  dt 2 2 S(t)  100t  10t  C Para determinar o valo C, fazendo uso do fato de que no instante em que o carregamento chega (isso é em t = 0) o custo é nulo, logo:

S(t)  100t  10t 2  C como t = 0 e S(t) = 0 0  100  0  10  (0) 2  C  C  0 S(t)  100t  10t 2  0  S(t)  100t  10t 2 O custo total durante os cinco meses será:

S(t)  100t  10t 2  S(5)  100  (5)  10  (5)2  S(5)  500  10  25  S(5)  500  250  S(5)  250 O custo para produzir a 5 unidade é de R$: 250,00 reais. 05) Depois que os freios são aplicados, um carro perde velocidade à taxa constante de 6 metros por segundo por segundo. Se o carro está a 65 quilômetros por hora (18 metros por segundo) quando o motorista pisa no freio, que distância o carro percorre até parar?. Solução: dv  a(t)  6 dt Integrando, descobrimos que a velocidade no instante t é dado por:





v(t)   6  dt  v(t)  6 dt  v(t)  6t + C, como t  0, v(0)  18, obtemos v(t)  6t + C  18  6  0 + C  c  18, portanto  v(t)  6t + 18 ds Como  v(t)  6t  18 , Integrando obtemos: dt t2 s(t)   (  6t  18)  dt  s(t)  6  t  dt 18 dt   6   18  t 2 2 s(t)  3t  18t, como o t  3s para parar o carro.

s(3)  3(3) 2  18(3)  s(3)  3  9  54  s(3)  27  54  s(3)  27m Logo a distância percorrida até parar é de 27 m. 06) Estima-se que daqui a t meses a população de certa cidade estará aumentando à razão de 4 + 5t2/3 habitantes por mês. Se a população atual é 10.000 habitantes, qual será a população daqui a 8 meses? Solução: 2 dP  4  5t 3 dt Integrando, descobrimos que a equação que fornece a população no instante t é dado por: 2

1

5

2 2   t3 t3 P(t)  4  5t  P(t)    4  5t 3   dt  4  dt  5 t 3  dt  4t  5   C  4t  5   C  2 5   1 3 3 5 5 3 P(t)  4t  5   t 3  C  4t  3t 3  C, como P(t)  10.000 e t  0, obtemos C. 5 2 3

5

5

P(t)  4t  3t 3  C  10.000  4(0)  3(0) 3  C  10.000  C ou C  10.000, logo a função 5

P(t)  4t  3t 3  10.000, como t  8 5

P(8)  4(8)  3(8) 3  10.000  32  3  32  10.000  10.032  96  10.128 P(8)  10.128 habitantes A população daqui a 8 meses será de 10.128 habitantes 07) A taxa de variação do preço unitário p (em reais) de certo produto é dado por

dp 135x  dx 9  x²

onde x é a demanda do produto (número de unidades vendidas) em centenas de unidades. Suponha que a demanda seja de 400 unidades (x = 4) para um preço de R$ 300,00 a unidade: (a) Determine a função de demanda p(x). Solução: Para determinar a função demanda p(x) é na integral p '(x) 

dp em relação a x. Isso pode ser feito, dx

por exemplo usando a substituição. u  9  x 2 dp 135x    du dx 9  x²  x  dx du  2x  dx  2  u Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



p(x)  


 135x 135  dx    1  9  x²  (9  x²) 2  1  1

du  1  x  dx 135  x  dx  135 2  135  (u) 2  du 1 1    2  (9  x²) 2 (u) 2 

1

1 135 u 2 135 u 2 135 2 12 p(x)    1 C   1 C    u  C  135  u 2  C  135  u  C 2  2 1 2 2 2 1

p(x)  135  9  x²  C Como p = 30 para x = 4, obtemos C: p(x)  135  9  x²  C

30  135  9  (4)²  C  30  135  9  16  C  30  135  25  C  30  135  5  C  30  675  C C  30  675  C  705, portanto a equação p(x)  135  9  x²  705 (b) Para que preço a demanda é de 300 unidades? Para que preço a demanda é zero?. Solução: Se a demanda é de 300 unidades x é igual a 3 é o preço correspondente é: p(x)  135  9  x²  705

p(3)  135  9  (3)²  705  135  9  9  705  135  18  705  135  4, 24  705 p(3)  572, 76  705  p(3)  132, 24 por unidade Se a demanda é de zero unidades x é igual a 0 é o preço correspondente é: p(x)  135  9  x²  705 p(0)  135  9  (0)²  705  135  9  0  705  135  9  705  135  3  705 p(0)  405  705  p(0)  300, 00 por unidade (c) Qual é a demanda para um preço unitário de R$ 20,00?. Solução: p(x)  135  9  x²  705

20  135  9  x²  705  20  705  135  9  x²  685  135  9  x² 2 685  9  x²  5, 07  9  x²  (5, 07) 2  9  x²  25, 75  9  x² 135 25,75  9  x²  16,75  x²  x  16, 75  x  4, 09, logo o valor é 409 unidades





08) Uma árvore foi transplantada e x anos depois está crescendo à razão de 1 + 1/(x + 1)2 metros por ano. Após 2 anos, atingiu uma altura de 5 metros. Qual era a altura da árvore quando foi transplantada? Solução:

h'(x)  1 

1 (x  1)2

 1   dx Integrando a função altura, obtemos:  h'(x)   1  2  (x  1)  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




1 (x  1)2+1 (x  1) 1 2  dx  x  (x  1)  dx  x   C  x   C  x  (x  1) 1  C  (x  1)2 2  1 1 1 h(x)  x  (x  1) 1  C  x  C (x  1) Como h(x) = 5 para x = 2, obtemos C: 1 h(x)  x  C (x  1) 1 1 1 1 10 h(2)  2   C  5  2   C  C  5 2  C  3  C  (2  1) 3 3 3 3 1 10 h(x)  x   (x  1) 3 Quando a árvore foi plantada o valor de x = 0, substituindo na equação obtemos: 1 10 h(x)  x   , substituindo o valor de x  0 (x  1) 3 1 10 10 3  10 7 h(0)  0    1    (0  1) 3 3 3 3 h(0)  2,3m A altura da árvore quando foi transplantada era de 2,3 m h(x)   dx  

09) O valor de revenda de certa máquina industrial diminui a uma taxa que varia com o tempo. Quando a máquina tem t anos de idade, a taxa com que o valor está mudando é v'(t)  960  e



t 5

reais por dia. Se a máquina foi comprada nova por R$ 5.000,00, quanto valerá 10 anos depois? Solução:

v'(t)  960  e



t 5



 v'(t)   960  e



t 5

t

 v'(t)   960  e 5  dt

Integrando a função revenda, obtemos:

 dt

t





t

v(t)  960 e 5  dt  960 e u  5du  960  5 e u  du  4800 e u  du  4800  e u  C  4800  e 5  C 

t



t 5



t



t



t

v(t)  4800  e 5  C Quando a maquina foi comprada o valor era de R$ 5.000,00 e t = 0, onde encontramos o valor de C. v(t)  4800  e

 C, V(0)  5000 e t  0

v(t)  4800  e 5  C  5000  4800  e 5000  4800  C  C  200



0 5

 C  5000  4800  e0  C  5000  4800 1  C  5000  4800  C

v(t)  4800  e 5  200 Substituindo o valor de t = 10 anos, obtemos:

v(t)  4800  e 5  200  v(10)  4800  e v(t)  649, 61  200  v(t)  849, 61 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



10 5

 200  4800  e 2  200  4800  0,135  200 




10) A Bejax S.A. montou uma linha de produção para fabricar um novo modelo de telefone celular.  dP t  Os aparelhos são produzidos à razão de  1.500  2   unidades/mês. Determine quantos dt 2t + 5   telefones são produzidos durante o terceiro mês [ou seja, calcule o valor de P(3) - P(2)]. Solução:  t  P'(t)  1.500  2   2t + 5  

  t  Integrando a função produção, obtemos:  P'(t)   1.500  2     dt 2t + 5    





t



1

t



 P'(t)   1.500  2  2t  5   dt, multiplicando por 2  2t  5  e 2 o númerador e somando e subtraindo 5.  1  2t  5  5   P(t) 1.500    2       dt,separando a fração dentro do parentese com o mesmo denominador  2  2t  5    1  2t  5 5  P(t) 1.500    2        dt 2 2t  5 2t  5     1  5  1 P(t) 1.500    2   1     dt, multiplicando por dentro do parentese 2  2  2t  5    1 1 5   4 1 1 5  3 1 5  P(t) 1.500    2         dt  1.500      dt  1.500        dt 2 2t  5   2 2 2t  5   2  2 2 2t  5  3 1 5  1 P(t)  1.500        dt, colocando , em evidencia, obtemos. 2  2 2 2t  5         1  5  5  5 5 P(t)  1.500    3   dt  750 3   dt  750 3 dt    dt   750 3 dt    dt    2  2t  5  2t  5  2t  5   2t  5    u   du     1 du  5 du  5     P(t)  750 3 dt  5 2   750 3 dt  5     750 3t     750 3t   Ln u  u  2 u  2 u  2        5 1   P(t)  750 3t   Ln 2t  5  , colocando , em evidencia, obtemos. 2 2   1 P(t)  750   6t  5Ln 2t  5   375  6t  5Ln 2t  5   C, portanto a equação é: 2 P(t)  375  6t  5Ln 2t  5   C Calculando a diferença entre P(3) - P(2), obtemos: P(t)  375  6t  5Ln 2t  5   C usando t  3 P(3)  375  6  3  5Ln 2  3  5   C  375  18  5Ln 6  5   C  375  18  5Ln 11   C  11.246, 05  C (t)  375  6t  5Ln 2t  5   C usando t  2 P(2)  375  6  2  5Ln 2  2  5   C  375  12  5Ln 4  5   C  375  12  5Ln 9   C  8.619,80  C P(3)  P(2)  (11.246, 05  C)  (8.619,80  C)  11.246, 05  C  8.619,80  C  2626, 26 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




P(3)  P(2)  2.626, 26

11) Determine a função cuja tangente tem uma inclinação (x  1)  e x para qualquer valor de x e cujo gráfico passa pelo ponto (1, 5). Solução: f '( x)  (x  1)  e x

 f '( x)   (x  1)  e

Integrando a inclinação, obtemos:

du  1  du  dx dx

u  x 1  dv  e  x  dx

 dv   e

x

x

 dx

 f '( x)   (x  1)  e dx f ( x)   (x  1)  e dx x

x

dv

u

 dx

Integrando por partes

 (x  1)  e  (x  1)  e  (x  1)  e  (x  1)  e  (x  1)  e

v  e  x

x

dx  (x  1)  e  x   dx  e  x

x

dx  (x  1)  e  x   e  x  dx

x

dx  (x  1)  e  x  e  x , colocando  e  x em evidencia.

x

dx  e  x (x  1  1)  C  e  x (x  2)  C

x

dx  e  x (x  2)  C

Como o ponto (1, 5), deve satisfazer a equação que define a função: f ( x)   (x  1)  e  x dx  e  x  (x  2)  C

f ( x)  e x  (x  2)  C 5  e1  (1  2)  C  5  3e 1  C  C  5  3e 1 Logo a equação da reta tangente é:

f ( x)  e x  (x  2)  C  f ( x)  e  x  (x  2)  5  3e 1 f ( x)  e x  (x  2)  5  3e1

12) Após t segundos, um corpo está se movendo a uma velocidade de t  e



t 2

metros por segundo.

Expresse a posição do corpo em função do tempo. Solução:

S'(t)  t  e



t 2



t 2

Integrando a inclinação, obtemos:  S'(t)   t  e  dt 

t

 S'(t)   t  e 2  dt S(t) 



t

 t  e 2  dt u

dv


S(t)  t  2e S(t)  2t  e



t 2



t 2

  dt  2e  4e



t 2



t 2

 2te



t 2



t 2

 2  e  dt  2t  e



t 2



t 2

 2  (2e )  C

C





13) Após t semanas, os donativos para uma campanha beneficente estavam chegando à razão de 2000  t  e0,2t reais por semana. Qual foi a quantia levantada nas primeiras 5 semanas?

Solução: Q'(t)  2000  t  e0,2t Integrando a equação que fornece a quantia levantada, obtemos:  Q'(t)   2000  t  e0,2t  dt

u  t  du  dt dv  e 0,2t   dv   e

0,2t z

 dt

z  0,2t dz dz  0,2t   dt, portanto dt 0,2 dz 1 v   ez   v e z  dz  0,2 0,2 1 z 1 0,2t v e  v   e 0,2 0,2

 Q'(t)   2000  t  e Q(t)  2000   t  e

0,2t

0,2t

u

 dt

 dt

dv


1 0,2t 1 0,2t   Q(t)  2000   t   e   dt   e  0, 2 0, 2   1  1  Q(t)  2000     t  e 0,2t  e 0,2t  dt   0, 2  0, 2   1 1  1 0,2t   Q(t)  2000     t  e 0,2t     e  0, 2 0, 2 0, 2    1 0,2t   1 Q(t)  2000     t  e 0,2t  e  0, 4  0, 2  1 0,2t   1 Q(t)  2000     t  e 0,2t  e  0, 4  0, 2  0,2t 0,2t Q(t)  2000   5t  e  25  e   C

Suponha que Q(0) = 0, nesse caso t = 0, calculamos C. Q(t)  2000   5  t  e 0,2t  25  e 0,2t   C

0  2000   5  0  e 0,20  25  e0,20   C 0  2000  5  0  e0,20  2000  25  e0  C 0  2000  25  e0  C 0  50.000  C  C  50.000 Substituindo C, na equação Q (t). Q(t)  2000   5t  e 0,2t  25  e 0,2t   50.000 Q(t)  2000   5t  e 0,2t  25  e 0,2t  25 Como o valor para ser calculado nas primeiras 5 semana, então t = 5. Q(t)  2000   5t  e 0,2t  25  e 0,2t  25 , o valor de t  5

Q(t)  2000   5  5  e 0,25  25  e 0,25  25 Q(t)  2000   25  e 1  25  e 1  25 100.000  50  Q(t)  2000   50  e1  25  2000     25    50.000  36.787,94  50.000 e  e  Q(t)  13.212, 06 O valor levantado é de R$: 13.212,06 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




14) Estima-se que daqui a t anos a população de certa cidade estará aumentando à taxa de

t  Ln  t  1 habitantes por ano. Se a população atual é 2 milhões de habitantes, qual será a população daqui a 5 anos? Solução: Primeiro vamos arrumar a equação. P'(t)  t  Ln  t  1  P'(t)  t  Ln(t  1)

1

2

t t  P'(t)   Ln(t  1)  P'(t)  Ln(t  1)  2 2

Integrando a equação que fornece a quantia levantada, obtemos:

du 1 dt   du  dt t  1 t 1 t t 1 dv   dt   dv    dt  v   t  dt 2 2 2 2 2 1 t t v  v 2 2 4 u  Ln(t  1) 

Fazendo a divisão do poliômio, obtemos: t 1 t2 2 t t  t t

t2 t t t 1 t 1 Voltando fazer a divisão do poliômio, obtemos: t t  1

t 1 1

1

t 1  1 t 1 t 1

Loga a a fração parcial definitiva é a junção das duas partes:

t2 1    t  1  t 1  t  1 

t

 P'(t)   Ln(t  1)  2  dt t

 P'(t)   Ln(t  1)  2  dt u

dv


t2 dt t 2   4 t 1 4 t2 1 t2 P(t)   Ln(t  1)    dt 4 4 t 1 t2 dt t 2 P(t)  Ln(t  1)     4 t 1 4 t2 1  1  P(t)   Ln(t  1)    t  1   dt 4 4  t  1  t2 1  1  P(t)   Ln(t  1)   (t  1)   dt 4 4  t  1  P(t)  Ln(t  1) 

P(t) 

t2 1   1    Ln(t  1)     (t  1)  dt      dt  4 4   t  1 

t2 1 1 dt P(t)   Ln(t  1)    ( t  1)  dt    4 4 4 t 1 z w 2

t 1 1 dw  Ln(t  1)    z  dz    4 4 4 w 2 2 t 1 z 1 P(t)   Ln(t  1)     Ln w  C 4 4 2 4 2 t (t  1) 2 1 P(t)   Ln(t  1)    Ln t  1  C 4 8 4 P(t) 

t2 1  t 1 t 1 t 1 Como Q(0) = 2000 e o valor de t = 0, obtemos C. t2 (t  1) 2 1 P(t)   Ln(t  1)    Ln t  1  C 4 8 4 2 2 (0) (0  1) 1 P(0)   Ln(0  1)    Ln 0  1  C 4 8 4 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




(0) 2 (0  1) 2 1  Ln(0  1)    Ln 0  1  C 4 8 4 2 (  1) 1 1 1 2000     Ln 1  C  2000    C  C  2000  8 4 8 8 16000  1 16001 C C  C  2.000,125 8 8 Substituindo C, na equação obtemos: t2 (t  1) 2 1 P(t)   Ln(t  1)    Ln t  1  2.000,125 substituindo o valor de t = 5 4 8 4 2 2 (5) (5  1) 1 P(5)   Ln(5  1)    Ln 5  1  2.000,125 4 8 4 2 25 (4) 1 P(5)   Ln 6    Ln 6  2.000,125 4 8 4 16 P(5)  11,192   0, 448  2.000,125  P(5)  11,192  2  0, 448  2.000,125 8 P(5)  2.008,876 mil 2000 

15) Para estudar a degradação por bactérias de certos rejeitos perigosos, com alto teor de substâncias tóxicas, os pesquisadores muitas vezes usam a equação de Haldane

dS aS  dt b + cS + S²

onde a, b e c são constantes positivas e S(t) é a concentração do substrato (a substância sobre a qual as bactérias atuam). Determine a solução geral da equação de Haldane. Expresse a resposta em forma implícita (como uma equação envolvendo S e t). Solução: dS aS  dt b + cS + S²

 b + cS + S²     dS  a  dt, Integrando ambos os lados obtemos S    S² Sc b       dS  a  dt  S S S b S2  b  dS  S  c   dS  a  dt  S  dS  c  dS   dS  a  dt   c  S  b    a  t           S 2 S  S  2 S  c  S  b  Ln S  at  C 2 dP  P   k  mP  de acordo com o roteiro a seguir: dt 1 A B   (a) Determine os valores dos coeficientes A e B para que (Observação: P   k  mP  P k  mP A e B são expressões que envolvem k e m.) Solução: 1 A B   P   k  mP  P k  mP

16) Resolva a equação logística





A   k  mP   B  P 1  P   k  mP  P   k  mP  1 Ak  AmP  BP  P   k  mP  P   k  mP  1  Ak  AmP  BP, logo o sistema formado é: Ak  1   AmP  BP  0 1 I) A  k 1 1 1 m II)  AmP  BP  0   mP  BP  0   mP   BP  m  B   B k k k k m B k 1 m Logo o valor A  e B  . k k

B  A (b) Calcule o valor de      dP onde A e B são as expressões encontradas no item (a).  P k  mP  Solução: B  A   P  k  mP   dP , como já calculamos os valores de A e B, substituiremos na integral. m 1   m k   dP   1  1  m  1   dP   1   k   P k  mP    k P k k  mP    kP k(k  mP)   dP  

  1 m 1 1 1 m 1 dP 1 m  dP    kP   k(k  mP)   dP  k  P  dP  k  k  mP  dP  k  P  k  k  mP  dP u

u

1 dP 1 m 1 dP 1 du 1 dP 1 du 1 1    dP           Ln P   Ln u  C  k P k k  mP k P k u k P k u k k u

u  k  mP   du  dp   m  du   m  dp  du  m  dp  1 1 Logo a solução da integral é:  Ln P   Ln k  mP  C k k (c) Separe as variáveis da equação diferencial dada e resolva a equação, usando o resultado do item E (b). Expresse P(t) na forma P(t) = onde D e E são expressões que envolvem k e m. 1  D e  kt Solução: 1 1  Ln P   Ln k  mP  C  P(t) k k 1   Ln P  Ln k  mP   t  C k  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



 P 1  Ln  k  k  mP

   tC 

 P  Ln    kt  kC =C  k  mP   P  Ln    kt  C  k  mP  P  e kt  C k  mP


P  Ce kt  (k  mP) P  KCe kt  CmPe kt P  CmPe kt  KCe kt  P  (1  Cme kt )  KCe kt P

P  e kt  eC k  mP =C

KCe kt 1  Cme kt

Ce kt  K K P  1  1    Ce kt   m  kt   m  kt  Ce  Ce    K P 1   m  1  kt   Cme  k K 1 m P , como E  eD 1 m Cm    e  kt  1   Cm  E P 1  D  e  kt P

P  e kt  C k  mP

P  Ce kt k  mP P  Ce kt k  mP Continua no outro lado

17) Em química, a lei de ação de massa nos proporciona uma aplicação de integração que nos leva ao uso de frações parciais. Uma substância A reage sob certas condições, com uma substância B para formar uma terceira substância C de tal forma que a taxa de variação da quantidade de C seja proporcional ao produto das quantidades de A e B restantes em qualquer tempo dado. Admitamos que existam inicialmente  gramas de A e  gramas de B e que r gramas de A combinem com s gramas de B. (cálculo estequiométrico), para formar (r + s) gramas de C. Se x é o número de gramas rx sx da substância C em t unidades de tempo, então C contém gramas de A e gramas de B (r  s) (r  s) rx (balanceamento). Então, o número de gramas da substância A restante é α  , e o número de (r  s) rx gramas de substância B restante é β  . Portanto, a lei de ação de massa (empírica) nos dá: (r  s)  dx rx   sx   K α   β   dt (r  s)   (r  s)   onde k é a constante de proporcionalidade (retirada experimentalmente). Esta equação pode ser escrita como:

  r  s   dx Krs   r  s    α  x    β  x  2   dt (r  s)   r    s   colocando: K 

dx Krs  r s   r s  ; a   K  (a  x)  (b  x) . α ; b     β a equação se torna: 2 dt (r  s)  r   s 




Desta forma:

dx  Kdt (a  x)(b  x)


Se a  b  fórmula de potência na integração  Se a  b  frações parciais

Uma reação química causa uma combinação de magnésio (substância A) com ácido fórmico (substância B), formando uma substância C tal que a lei de ação de massa seja obedecida. Se a = 8 e b = 6 na equação acima, e em 10 min são formadas 2g de substância C, quantas gramas de C são formadas em 15 minutos ? Qual a substância C? Solução: Sendo x gramas a quantidade de substância C em t minutos, temos as condições iniciais mostradas na tabela abaixo: t x

0 0

10 15 2 x15

A equação da lei de ação de massa torna-se: dx  K(8  x)  (6  x) dt dx Então:   K  dt (8  x)(6  x)

1  A  1 A B  2 Verificamos que , obtendo:    (8  x)(6  x) 8  x 6  x B   1  2 Desta forma: 1 dx 1 dx     K  dt 2 8x 2  6x Integrando, temos: 1 1 1 ln|8  x|  ln|6  x  ln|C|  Kt 2 2 2 6x ln  2Kt C(8  x) 6x  Ce2Kt 8x Se x = 0  t = 0 , e obtemos C = ¾ . Logo: Para x = 2, t = 10, e obtemos e-20K = 8/9

6  x 3 2Kt  e 8x 4

6  x15 3 30K 3 20K 3/ 2 3  8   e  (e )    Substituindo x = x15 e t = 15 na equação encontrada: 8  x15 4 4 49 Onde: x15 

3/ 2

54  32 2  2, 6 , Portanto, temos 2,6g de substância C formada em 15 minutos. 94 2





Questões Propostas 01) Um corpo está se movendo de tal forma que sua velocidade após t minutos é v(t) = 1 + 4t + 3t2 metros por minuto. Que distância o corpo percorre no terceiro minuto? R: 30 metros 02) Um corpo está se movendo de tal forma que sua velocidade após t minutos é v(t) = 3 + 2t + 6t2 metros por minuto. Que distância o corpo percorre no segundo minuto? R: 20 metros 03) Estima-se que daqui a t anos o valor de certo terreno estará aumentando à razão de V’(t) reais por ano. Escreva uma expressão para o aumento do valor da terra nos próximos 5 anos. R: A = V(5) - V(0). 04) Os organizadores de uma exposição estimam que t horas após os portões serem abertos às 9 h, os espectadores estarão chegando à razão de N’(t) pessoas por hora. Escreva uma expressão para o número de pessoas que entrarão na exposição entre 11 h e 13 h. R: N(4) - N(2). 05) Uma cadeia de supermercados recebe uma remessa de 12.000 latas de óleo de soja que deverão ser vendidas à taxa constante de 300 latas por semana. Se o custo para armazenar as latas é 0,2 centavo por lata por semana, quanto a cadeia de supermercados terá que pagar em custos de armazenamento durante as próximas 40 semanas? R: C(40) - C(0) = R$ 480,00 06) Estima-se que daqui a t anos a população de certa cidade à beira de um lago estará aumentando à razão de 0,6t2 + 0,2t + 0,5 mil habitantes por ano. Os ecologistas descobriram que o índice de poluição do lago aumenta à razão de aproximadamente 5 unidades para cada 1.000 habitantes. Qual será o aumento do índice de poluição do lago nos próximos 2 anos? R: 15 unidades 07) Um estudo ambiental realizado em certa cidade revela que daqui a t anos o índice de monóxido de carbono no ar estará aumentando à razão de 0,1t + 0,1 partes por milhão por ano. Se o índice atual de monóxido de carbono no ar é 3,4 partes por milhão, que será o índice daqui a 3 anos? R: 4,15 ppm 08) Um fabricante estima que o custo marginal seja 6q + 1 reais por unidade quando q unidades são fabricadas. O custo total (incluindo o custo fixo) para produzir a primeira unidade é R$ 130,00. Qual é o custo para produzir as primeiras 10 unidades? R: R$ 436,00 09) Um fabricante estima que a receita marginal seja 100q-1/2 reais quando o nível de produção é q unidades. O custo marginal correspondente é 0,4q reais por unidade. O lucro do fabricante é R$ 520,00 quando o nível de produção é 16 unidades. Qual é o lucro do fabricante quando o nível de produção é 25 unidades? R: R$ 646,20. 10) O lucro marginal (a derivada do lucro) de uma certa companhia é 100 - 2q reais por unidade quando q unidades são fabricadas. Se o lucro da companhia é R$ 700,00 quando 10 unidades são fabricadas, qual é o maior lucro possível da companhia? R: R$ 2.300,00. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




11) A receita marginal associada à fabricação de x unidades por dia de um determinado produto é R'(x) = 240 – 4x reais por unidade por dia. Qual é a função de receita R(x)? Suponha que R(0) = 0. Qual é o preço cobrado por unidade quando estão sendo produzidas 5 unidades por dia? R: R$ 230,00. 12) De acordo com uma das leis de Poiseuille para o fluxo de sangue em uma artéria, se v(r) é a velocidade do sangue a r cm do eixo central da artéria, a taxa de variação da velocidade com r é inversamente proporcional a r, ou seja v'(r) = -ar onde a é uma constante positiva. Escreva uma expressão para v(r) supondo que v(R) = 0, onde R é o raio da artéria.

1 R: v(r )  a(R 2  r 2 ) 2

13) Um botânico descobre que certo tipo de árvore cresce de tal forma que sua altura h(t) após t anos está variando a uma taxa de h'(t) = 0,06t2/3 + 0,3t1/2 metros/ano. Se a árvore tinha 60 cm de altura quando foi plantada, que altura terá após 27 anos? R: 37,42 m 14) Um ecologista observa que a população P(t) de uma espécie ameaçada de extinção está aumentando à razão de P’(t) = 0,5 le-0,03t animais por ano, onde t é o número de anos após começarem a ser feitos os registros: Se no ano em que começaram a ser feitos os registros a população era de 500 animais, qual será a população 10 anos mais tarde? R: 504 15) Uma toxina é introduzida em uma colônia de bactérias; t horas depois, a taxa de variação da população da colônia é dada pela expressão

dP   (ln 3)  34 t . Se existiam 1 milhão de bactérias na dt

colônia no instante em que a toxina foi introduzida, qual é a expressão de P(t)? [Sugestão: lembrese de que 3x = ex ln 3.]. R:  ln 3e(4 - t)ln 3 16) Seja f(x) o número total de itens que um paciente é capaz de memorizar x minutos após ser apresentado a uma longa lista de itens. Os psicólogos chamam a função y = f(x) de curva de aprendizado e a função y' = f'(x) de taxa de aprendizado. O instante de máxima eficiência é aquele para o qual a taxa de aprendizado é máxima. Suponha que a curva de aprendizado seja dada pela expressão f'(x) = 0,1(10 + 12x - 0,6x²) para 0  x  25: (a) Qual é a taxa de aprendizado no instante de máxima eficiência? R: 7 itens por minuto (b) Qual é a função f(x)? R: f ( x)  x  0,6 x 2  0,02 x3 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




(c) Qual é o maior número de itens que o paciente consegue memorizar? R: 100 itens 17) Em um artigo escrito em 1971, V. A. Tucker e K. Schmidt-Koenig investigaram a relação entre a velocidade v (em km/h) de um pássaro em vôo e a energia E(v) consumida pelo pássaro. O estudo mostrou que para um tipo de periquito, a taxa de variação da energia com a velocidade é dada por dE 0, 074v²  112, 65 v > 0, Suponha que os cientistas tenham determinado que quando o  dv v²

periquito está voando com a velocidade mais econômica (a que minimiza E), a energia consumida é

E min = 0,6 (calorias por grama por quilômetro). Qual é a função E(v)? R: E(v)  0,074v  112,65v1  5,17 18) Nosso espião está ao volante de um carro esporte, aproximando-se do esconderijo do assassino de um amigo. Para não chamar atenção, mantém a velocidade em 96 km/h (27 m/s), dentro do limite de 100 km/s. De repente, vê um camelo na estrada, 60 metros à frente. Leva 0,7 segundo para reagir, pisando no freio, o que faz o carro desacelerar à taxa constante de 8 m/s2. Será que consegue parar antes de atingir o camelo? R: o carro percorreria 64 m de parar. O camelo já era. 19) A função de consumo para um certo país é c(x), onde x é a poupança nacional. Nesse caso, a tendência marginal para o consumo é c’(x). Suponha que c'(x) = 0,9 + 0,3 x e que o consumo é 10 3 2

bilhões de dólares para x = 0. Determine c(x). R: C(x)  0,9 x  0, 2 x  10 20) Estima-se que daqui a t anos a população de certo país estará aumentando à razão de e0,02t milhões de habitantes por ano. Se a população atual é 50 milhões de habitantes, qual será a população daqui a 10 anos? R: R$ 849,61 21) O preço p(t) de um certo produto varia de tal forma que a taxa de variação em relação ao tempo é proporcional à escassez D – S, onde D(p) e S(p) são as funções lineares de demanda e oferta D = 8 – 2p e S = 2 + p: (a) Se o preço é R$ 5,00 para t = 0 e R$ 3,00 para t = 2, determine p(t). R:(a) p(t) = 2 + 3 e1,0986t (b) Verifique o que acontece a p(t) “ao longo prazo” (isso é, quando t  ). 22) Em um certo subúrbio de Los Angeles, a concentração de ozônio no ar, L(t), é 0,25 partes por milhão (ppm) às 7 h. De acordo com o serviço de meteorologia, a concentração de ozônio t horas mais tarde estará variando à razão de L’(t) =

0,24  0,03t partes por milhão por hora (ppm/h): 36  16t  t²

(a) Expresse a concentração de ozônio L(t) em função de t. Em que instante a concentração de ozônio é máxima? Qual é a concentração máxima de ozônio? R: 0,37 ppm. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




23) O preço p (em reais) de um par de tênis Mike está variando a uma taxa dada por p’(x) =

150  x

144  x² 

3/ 2

onde x (em centenas de unidades) é o número de pares vendidos. Suponha que 500

pares de tênis (x = 5) sejam vendidos quando o preço é de R$ 75,00 o par: (a) Determine a função de demanda p(x).R: P(x) =

150 144 + x 2

 63, 46

(b) Qual é o preço para que sejam vendidos 400 pares de tênis? Qual é o preço para que não seja vendido nenhum par? R: P(4) = R$ 75,32 e P(0) = R$ 75,96. (c) Quantos pares serão vendidos se o preço do par for R$ 90,00? R: Nenhum par foi vendido. (d) Determine a função de receita R(x) = x  p(x) e a receita marginal R'(x). Para que número de pares vendidos a receita é máxima? R: R(x) não tem máximo, quando maior o número de pares vendido, maior a receita. 24) Determine a função cuja tangente tem uma inclinação x  ln  x e cujo gráfico passa pelo ponto (2, -3).

x2  1 5 R: f ( x)    Ln x     Ln 2 4  2 2 25) Após t horas no emprego, um operário é capaz de produzir 100  t  e0,5t unidades por hora. Quantas unidades o operário produz nas primeiras 3 horas? R: R$: 176,87 26) Um fabricante observou que o custo marginal é (0,1  q)0,03q reais por unidade quando q unidades são produzidas. O custo total para produzir 10 unidades é R$ 200,00. Qual é o custo total para produzir as primeiras 20 unidades? R: R$: 239,75 27) Às vezes os sociólogos usam a expressão “difusão Social” para descrever o modo como a informação se dissemina entre uma população. A informação pode ser um boato, uma novidade cultural ou notícias sobre uma inovação técnica. Em uma população suficientemente grande, o número de pessoas x que têm a informação é tratado como uma função derivada do tempo t e a taxa de difusão, dx

dt

, é considerada proporcional ao número de pessoas que têm a informação

multiplicado pelo número de pessoas que não têm. Isso fornece a equação é a população total. Suponha que t seja medido em dias, k 

dx  kx(N  x) , onde N dt

1 e duas pessoas dêem início a um 250

boato no momento t = 0 em uma população de N = 1.000 pessoas. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




a) Encontre x como uma função de t. R: x 

1.000  e4t 499  e4t

b) Quando metade da população terá ouvido o boato?(Esse é o momento em que o boato estará se espalhando mais rápido). R: 1,55 dias. 28) Muitas reações químicas são o resultado da interação de duas moléculas que sofrem uma modificação para formar um novo produto. A velocidade da reação depende em geral da concentração dos dois tipos de moléculas. Se a é a quantidade da substancia A e b é a quantidade da substancia B no tempo t = 0, sendo x a quantidade do produto no momento t, então a velocidade de formação de x pode ser dada pela equação diferencial. dx 1 dx  k  (a  x)  (b  x)  ou  k dt (a  x)  (b  x) dt

Onde k é uma constante de reação. Integre os dois lados dessa equação para obter uma relação entre x e t. a) Se a = b. b) Se a  b. Considere nos dois casos que x = 0, quando t = 0. 29) Uma organização de defesa do meio ambiente solta 100 animais de uma espécie ameaçada de extinção em uma reserva biológica. A organização acredita que a reserva tenha capacidade para sustentar 1.000 animais e que a manada aumenta de acordo com o modelo de crescimento logístico, ou seja, que o tamanho y da manada seja dada pela equação.

1

 y  (1000  y)  dy   k  dt Onde t é medido em anos. Determine essa curva logística. (Para obter os valores da constante de integração C e da constante de proporcionalidade k, suponha que y = 100, para t = 0 e y = 134, para t = 2). R: y 

1000 1  9e0,1656t

30) Um único indivíduo infectado entra em contato com uma comunidade de 500 indivíduos suscetíveis à doença. A doença se dissemina a uma taxa proporcional ao produto do número de pessoas infectadas pelo número de pessoas suscetíveis que ainda não foram infectadas. O tempo que a doença leva para infectar x indivíduos é dado pela função abaixo, onde t é o tempo em horas.

t  5010  

1  dx (x  1)  (500  x)

a) Determine o tempo necessário para que 75% da população seja infectada (para t = 0, x = 1). Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




b) Determine o número de pessoas infectadas após 100 horas. 31) Depois de realizar algumas experiências com um novo sanduíche, uma lanchonete acredita que as vendas de novo produto podem ser modelados pela função

dS 2t , onde t é o tempo em  dt (t  4) 2

semanas e S é a receita com a venda do sanduíche em milhares de reais. Determine a receita com a venda do sanduíche após 10 semanas. R: R$: 1.077,00 32) Um grama de uma cultura de bactérias está presente no instante t = 0, e 10 gramas é o peso máximo que a cultura pode atingir. O tempo necessário para que o peso da cultura cheque a y gramas é dado pela equação k  t  

1  dy , onde y é o peso da cultura em gramas e t é o y  (10  y)

tempo em horas. a) Mostre que o peso da cultura no instante t é dado por y 

10 , use o fato de que y = 1 para 1  9e10kt

t = 0. 33) O número de diplomas de doutorado concedidos nos Estados Unidos entre 1991 e 1998 pode ser modelado pela função N 

1020t 2  4600t  3580 , onde t = 1 representa 1991 e N é o número de 19t 2  119t  100

diplomas em milhares. Determine o número total de diplomas concedidos entre 1991 e 1998 e o número médio de diplomas concedidos no mesmo período. R: 305.165 e 43.595 34) Uma organização de defesa do meio ambiente libera 100 animais de uma espécie ameaçada de extinção em uma reserva biológica. A organização acredita que a população da espécie aumentará a uma taxa dada pela equação

dN 125e0,125t , onde N é a população e t é o tempo em meses.  dt (1  9e0,125t )2

a) Use o fato de que y = 100 no instante t = 0 para determinar a população após dois anos. R: 103 b) Determine o tamanho limite da população para um longo período de tempo. R: 200 35) Em um campus universitário, 50 estudantes voltam das férias com uma gripe altamente contagiosa. A taxa de disseminação do vírus pode ser modelada pela função

dN 100e0,1t ,  dt (1  4e0,1t )2

onde N é o número de estudantes infectados após t dias. a) Determine o número de estudantes infectados t dias após o reinício das aulas. b) Se nada for feito para conter a epidemia, o vírus chegará a infectar metade dos 1000 estudantes? Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




AULA 15 Nesta aula veremos como resolver vários tipos de integrais trigonométricas, por varias técnicas distintas que servirão de referencia para estudos posteriores. 4 - Integrais Trigonométricas: Vamos estudar agora as técnicas de integração trigonométricas. 4.1 - Integrais Usando Identidades Trigonométricas: Do estudo da trigonometria temos varias identidades trigonométricas, nessa técnica utilizaremos as fórmulas que constam na tabela abaixo e também das mudanças de variáveis que são muitos úteis no cálculo de integrais trigonométricas. ● sen 2 x  cos2 x  1

● sen x  cos y 

1 sen  x  y   sen  x  y  2

● sec2 x  1  tg 2 x

● sen x  sen y 

1 cos  x  y   cos  x  y  2

● cossec2 x  1  cotg 2 x

● cos x  cos y 

1 cos  x  y   cos  x  y  2

1 ● sen 2 x   1  cos 2x  2

● 1  cos x  2  sen 2

x 2

1 ● cos 2 x   1  cos 2x  2

● 1  cos x  2  cos 2

x 2

1 ● sen x  cos x   sen 2x 2

π  ● 1  sen x  1  cos   x  2  Questões Resolvidas

01) Resolva as seguintes integrais usando a substituição com identidades trigonométricas: 1)  2  cos x  dx  2  cos x  dx = 2  sen x  C .

  u  x3  2)  3x 2  sen x 3  dx     sen u  du  cos u  C  cos x 3  C  du   3x 2  du  3x 2  dx  dx   u  2x  du 1 1 1 3)  sen 2x  dx     sen 2x.dx   sen u    sen u du   cos u  C   cos 2x  C 2 2 2 2  du   dx 2   u  x2 du 1 1 1 4) x  cos x 2dx     cos x 2  x  dx   cos u    cos u  du   sen u  C   sen x 2  C  2 2 2 2  du   x  dx 2 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



5)


1  cos(e2x ) dx cos(e2x ) 2x 2x 2x  dx    e2x  e2x  e2x  dx   e  dx   cos(e )  (e )  dx 2x du du 1 1 2x 2x u u e  u  dx   cos(e u )  (e )  dx   e   2   cos u   2   2   e  du  2   cos u  du 1 1 1 1   eu   sen u  C    e 2x   sen e 2x  C 2 2 2 2

1 1 1  6)  sen 2 x  dx     (1  cos 2x)   dx     dx   cos 2x  dx      dx   cos 2x  dx    2  2  2  1  du  1  1 1 1 1 x 1    x   cos u      x   cos u  du    x    sen u  C    sen 2x  C 2  2 2  2 2 2 2 2 4  1 1 7)  sen 3x  sen 2x  dx   cos(3x  2x)  cos(3x  2x)   dx   cos(x)  cos(5x)  dx 2 2 1 1 1 du cos x  cos 5x   dx     cos x  dx   cos 5x  dx      cos u  du   cos u    2 2 2  5 1  1 1 1 1 1 1     cos u  du   cos u  du    sen u   sen u  C   sen u  sen u  C 2  5 2 2 5 2 10  1 1  sen x  sen 5x  C 2 10 1 1 8)  sen 3x  cos 5x  dx   sen(3x  5x)  sen(3x  5x)   dx   sen(2x)  sen(8x)  dx 2 2 1 1 du du 1 1 1 sen(2x)  sen(8x)  dx     sen u     sen u       sen u  du   sen u  du   2 2  2 8 2  2 8  1 1 1 1 1 1 1 1    cos u    cos u  C   cos u   cos u  C   cos 2x   cos 8x  C 2 2 2 8 4 16 4 16 1 1 9)  cos 4x  cos 2x  dx   cos(4x  2x)  cos(4x  2x)   dx   cos(2x)  cos(6x)  dx 2 2 1 1  du du  1  1 1 cos(2x)  cos(6x)  dx     cos u    cos u       cos u  du   cos u  du   2 2  2 6 2 2 6  1 1 1 1 1 1 1 1   sen u    sen u  C   sen u   sen u  C   sen 2x   sen 6x  C 2 2 2 6 4 12 4 12

10)



1  cos x  dx   2  sen 2

x x x x  dx   2  sen 2  dx  2   sen  dx  2   sen  dx 2 2 2 2 u

x 2   sen u  2du  2 2   sen u  du  2 2  cos u  C  2 2  cos  C 2 3

11)  (1  cos2 3x) 2  dx, como 1  cos x  2  cos 2 3

x x 3x  1  cos 3  x  2  cos 2 3   1  cos 3x  2  cos2 2 2 2 3

3

2 3x    2 3x  3  2 3x  (1  cos 3x)  dx  2  cos  dx    2  cos 2     dx   (2)   cos   dx   2  2  2    2



3 2

3x  3x  3x   3x     6 3x 8   cos6  dx  2 2   cos3   dx  2 2   cos 2    cos   dx   dx   2 2  cos 2  2 2  2   2    





     3x   3x  3x   3x 3x   2 3x   2 3x 2 2   cos 2  cos   dx     cos   dx  2 2   1  sen    cos    dx  2 2    cos  sen 2   2  2   2  2 2 2           3x 3x 3x  3x 3x 3x   2 2    cos  sen 2  cos   dx   2 2   cos  dx   sen 2  cos  dx  2 2 2  2 2 2      2       3x 3x 3x 3x 3x 3x     2 2   cos  dx   sen 2  cos  dx   2 2   cos  dx    sen   cos  dx  2 2 2 2 2  2      u  u     2  2du 2du    2 2 2   cos u     (u) 2    2 2    cos u  du       (u) 2  du   3 3    3  3 

 2 2 2 u3  2  2   2  2 2 2    cos u  du   (u)  du   2 2   sen u     C  2 2   sen u   u 3   C 3 3 3 9  3   3   3 3  2  2 3x    3x  2   3x  2  3x   2 2   sen      sen    C  2 2   sen     sen 3     C 2    2  9   2  9  2   3  3 dx π  π  , como 1  sen x  1  cos   x   1  sen 2  x  1  cos   2  x  1  sen 2x 2  2  π  π  1  sen x  1  cos   x   1  sen 2x  1  cos   2x  , substituindo o integrando 2  2 

12)



dx  1  sen 2x 



dx π  1  cos   2x  2 

,

π   2x   x π  como: 1  cos x  2  sen 2    1  cos   2x   2  sen 2  2  2 2   2   

π  π   2x     x π π 2x       2 2 1  cos x  2  sen 2    1  cos   2x   2  sen 2  2   1  cos   2x   2  sen    2 2  2   2  2 2      π    2x π  π   2π 1  cos   2x   2  sen 2  2    1  cos   2x   2  sen   x  , voltamos a substituir o integrando 2  2  4  2 2    dx dx dx  , resolveremos agora essa integral  1  sen 2x   π   2π 1  cos   2x  2  sen   x  2  4  dx



π  2  sen 2   x  4 



dx π  2  sen 2   x  4 



1 2



dx 2  π 2   sen   x  4  



dx 2  π 2   sen   x  4  



1  dx π  sen   x  4 

2 2 2 2 π  π  cossec   x   dx  cossec   x   dx  cossec u  du   cossec u  du    2 2 2 2  4  4  u



 2 2 π  π    Ln  cossec u  cotg u   C    Ln cossec   x   cotg   x    C 2 2 4  4   





Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando a substituição com identidades trigonométricas: 1)  sen 5x  sen 2x  dx  2)  cos 7θ  sen 5θ  dθ  3)  (1  sen 2x)2  dx  4)  sen 3x  cos x  dx 

 1  sen x  5)     dx   cos x 

1 1  sen 3x   sen 7x  C 6 14 1 1 R:  sen 2θ   sen 12θ  C 4 24 3x 1 R:  cos 2x   sen 4x  C 2 8 2 2  R: cos x    cos3 x   cos x   C 3 7 

R:

R: Ln 1  sen x  C

6)

sec 2 x  cotg x  dx 

R:

1  sec2 x  C 2

7)

1  tg 2 x  sec2 x  dx 

R:

1  sen 2x  C 2

8)  (tg x  cotg x) 2  dx  9)

cos x

 2  sen x  dx 

R: tg x  cotg x  C R: Ln 2  sen x  C 10 1  Ln sen 3x   cotg 3x  C 3 3

10)  (5  cotg 3x) 2  dx 

R: 24x 

11)  cos x  cos(sen x)  dx 

R: sen(sen x)  C

12)



 x

cotg 1 x

 dx 

2

R: Ln sen

1 C x

1  cos(wt  θ)  C w

13)  sen(w  t  θ)  dt 

R: 

14)  cos x  tg (sen x)  dx 

R: ln sec (sen x)  C

15)

1

 θ  tg (Ln θ)  dθ  3

16)  sen(w  t)  sen(w  t  θ)  dt 

x

17)



18)

 x  cotg (x

19)



x 1 2

2

 tg3 x 2  1  dx  2

1)  cosse 2 (x 2 1)  dx 

sec x  tg x  dx  sec x  1

1 2  tg (Ln θ)  Ln cos (Ln θ)  C 2 1 1 R:  t  cos θ   sen(2wt  θ)  C 2 4w 1 R:  tg 2 x 2  1  Ln cos x 2  1  C 2

R:

1 R:   cotg3 (x 2  1)  C 6

R: Ln sec x  1  C

20)  (sen 2x  cos 2x)2  dx 

1 R: x   cos 4x  C 4





4.2 - Integrais das Funções trigonométricas elevadas a n, sendo n potências de números inteiros: Nessas integrais, podemos usar artifícios de cálculo com auxilio das identidades trigonométricas derivadas do Teorema Fundamental da Trigonometria sen 2 u  cos2 u  1 , visando a aplicação do método da substituição, estudaremos dois casos possíveis quando n é um número par ou n é um número impar. 2 2  sen u  1  cos u 1)  2 2  cos u  1  sen u

2 2   tg u  sec u  1 3)  2 2  cotg u  cossec u  1

1  2 sen u  2  (1  cos 2u) 2)  cos 2 u  1  (1  cos 2u)  2

2 2  sec u  1  tg u 4)  2 2  cossec u  1  cotg u

1  5) sen u  cos u   sen 2u 2 

4.2.1 – Integrais da Forma:  sen n u  du ou  cos n u  du onde n são inteiros positivos.

 sen n 1u  sen u  du   Identidade 1 4.2.1.1. Se n for impar  n 1   cos u  cos u  du  Identidade 1

 sen n u  du   Identidade 2 4.2.1.2. Se n for par  n   cos u  du  Identidade 2

4.2.2 – Integrais da Forma:  sen n u  cos m u  du , onde m e n são inteiros positivos. Quando pelo menos um dos expoentes é impar usamos a identidade 1 e quando os dois expoentes são pares usamos 2 e 5 e, eventualmente, também 1. 4.2.2.1 Se n ou m for impar, suponhamos m impar  sen n u  cos m u  cos u  du Identidade 1

4.2.2.2 Se n ou m forem pares  sen n u  cos m u  du Identidade 2

4.2.2.3 Se n ou m forem iguais  sen n u  cos m u  du Identidade 5

4.2.3 – Integrais da Forma:

 tg u  du ou  cotg u  du onde n são inteiros positivos. n

n

  4.2.3.1.   tg n 2 u  tg 2 u  du   tg n 2 u  (sec 2 u  1)  du  Identidade 3    4.2.3.2.   cotg n 2 u  cotg 2 u  du   cotg n 2 u  (cossec 2u  1)  du  Identidade 4  4.2.4 – Integrais da Forma:  secn u  du ou  cossecn u  du onde n é um inteiro positivo se for par , aplicar as substituição indicadas se o n for impar aplicar o método da integração por partes. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




n 2 n 2  2 4.2.4.1.   sec 2 u  sec2 u  du   (1  tg 2 u)  sec 2u  du  Identidade 4

n 2 n 2  4.2.4.2.   cossec 2 u  cossec2 u  du   (1  cotg 2 u) 2  cossec 2u  du  Identidade 4

4.2.5 – Integrais da Forma:  secn u  tg m u  du , onde n e m são inteiros positivos.

 4.2.5.1. Se n for par   secn 2 u  tg m u  sec2 u  du   (1  tg 2 u)  tg m u  sec 2u  du  Identidade 4

  4.2.5.2. Se m for impar   secn 1u  tg m1u  sec u  tg u  du   secn 1u  (sec2 u  1)  sec u  tg u  du  Identidade 3  4.2.5.3. Se n for impar e m for par (Integração por partes). 4.2.5.4. Se n e m for impar substituir as identidades 4 e 3 nas respectivas funções trigonométricas. 4.2.6 – Integrais da Forma:  cossecn u  cotg m u  du , onde n e m são inteiros positivos.  4.2.6.1. Se n for par   cossecn 2 u  cotg m u  cossec2 u  du   (1  cotg 2 u)  cotg m u  cossec 2 u  du  Identidade 4

4.2.6.2. Se m for impar

  n 1 m 1 n 1 2   cossec u  cotg u  cossec u  cotg u  du   cossec u  (cossec u  1)  cossec u  cotg u  du  Identidade 3 

4.2.6.3. Se n for impar e m for par (Integração por partes) 4.2.6.4. Se n e m for impar substituir as identidades 4 e 3 nas respectivas funções trigonométricas. 4.2.7 – Fórmulas de redução ou recorrência: O método de integração por partes pode ser usado para obtermos fórmulas de redução ou recorrência. A idéia é reduzir uma integral em outra mais simples do mesmo tipo. A aplicação repetida dessas fórmulas nos levará ao cálculo da integral dada. As mais usadas são: 1 n 1  sen n 1u  cos u   sen n 2 u  du n n  1 n 1 n n 1 n 2  cos u  du  n  cos u  sen u  n   cos u  du 1 n n 1 n 2  tg u  du  n 1  tg u   tg u  du 1 n n 1 n 2  cotg u  du  n 1  cotg u   cotg u  du 1 n2 n n 2 n 2  sec u  du  n 1  sec u  tg u  n 1   sec u  du 1 n2 n n 2 n 2  cossec u  du  n 1  cossec u  cotg u  n 1   cossec u  du

1)  sen n u  du  2) 3) 4) 5) 6)





Questões Resolvidas 01) Resolva as seguintes integrais usando as regras de potências das funções trigonométricas: 1)  cos5 x  dx  Solução: cos5 x  (cos 2 x) 2  cos x

 cos x  dx   (cos x  2sen x  cos x  sen x  cos x)  dx  cos x  dx   cos x  dx  2 sen x  cos x  dx   sen x  cos x  dx 5

cos5 x  (1  sen 2 x) 2  cos x 2

4

5

cos x  (1  2sen x  sen x)  cos x 5

2

4

cos5 x  cos x  2sen 2 x  cos x  sen 4 x  cos x

2

2

4

1

 cos x  dx  sen x  3  sen x  5  sen x  C 5

3

5

2)  cos 2 3x  dx  Solução: 1 cos 2 x   1  cos 2x  2 1 cos 2 3x   1  cos 3  2x  2 1 cos 2 3x   1  cos 6x  2

1

 cos 3x  dx   2  1  cos 6x   dx 2

1

1

 cos 3x  dx  2   1  cos 6x   dx   2   dx   cos 6x  dx  2

1

1

 cos 3x  dx  2  x  12  sen 6x  C 2

3)  sen 3 2x  dx  Solução:

sen 3 2x  (sen 2 2x)  sen 2x

 sen 2x  dx   (sen 2x  cos 2x  sen 2x)  dx  sen 2x  dx   sen 2x  dx  2 cos 2x  sen 2x 3

sen 3 2x  (1  cos 2 2x) 2  sen 2x

2

3

sen 3 2x  sen 2 2x  cos 2 2x  sen 2x

2

2

2

1

1

 sen 2x  dx   2 cos 2x  6  cos 2x  C 3

3

4)  sen 4 x  dx  Solução:

1  sen x  (sen x)  sen x    1  cos 2x   2  2  1  2 sen 4 x     1  cos 2x    2    1   sen 4 x     1  2cos 2x  cos 2 2x   4   4

2

2

4





2

3 1



1

 sen x  dx    8  2  cos 2x  8  cos 4x   dx 4

3

1

1

 sen x  dx  8  dx  2  cos 2x  dx  8  cos 4x  dx 4

3

1

1

 sen x  dx  8  x  2  sen 2x  32  sen 4x  C 4

 1   1  cos 4x   sen 4 x     1  2cos 2x   2   4   1 3 1  sen 4 x     cos 2x   cos 4x  8 8 2  5)  sen 5 x  cos 2 x  dx  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Solução: sen 5 x  cos 2 x  (sen 2 x) 2  sen x  cos 2 x

sen 5 x  cos 2 x  (1  cos 2 x) 2  sen x  cos 2 x sen 5 x  cos 2 x  (1  2  cos 2 x  cos 4 x)  sen x  cos 2 x sen 5 x  cos 2 x  cos 2 x  sen x  2  cos 4 x  sen x  cos 6 x  sen x

 sen x  cos x  dx    cos x  sen x  2  cos x  sen x  cos x  sen x   dx  sen x  cos x  dx   cos x  sen x  dx  2 cos x  sen x  dx   cos x  sen x  dx 5

2

5

2

 sen x  cos x  dx  5

2

2

4

2

6

4

6

1 2 1  cos3 x   cos5 x   cos 7 x  C 3 5 7

6)  sen 2 x  cos 4 x  dx  Solução: sen 2 x  cos 4 x  sen 2 x  (cos 2 x) 2

 1  cos 2x   1  cos 2x  sen x  cos x     2 2     2  1  cos 2x   1  2cos 2x  cos 2x  2 4 sen x  cos x     2 4     2

2

4

1 sen 2 x  cos 4 x   1  cos 2x  cos 2 2x  cos 3 2x  8 1  1  cos 4x  sen 2 x  cos 4 x   1  cos 2x   (1  sen 2 2x)  cos 2x  8  2  1 1 1 sen 2 x  cos 4 x    cos 4x   sen 2 2x  cos 2x 16 16 8 1

 2x  cos 2x   dx  1 1 1 2 4 2  sen x  cos x  dx  16  dx  16  cos 4x  dx  8  sen 2x  cos 2x  dx x 1 1 2 4 3  sen x  cos x  dx  16  64  sen 4x  48  sen 2x  C 1

1

 sen x  cos x  dx    16  16  cos 4x  8  sen 2

7)

4

2

 tg 3x  dx  3

Solução:

tg 3 3x  tg 3x  (tg 2 3x) tg 3 3x  tg 3x  (sec 2 3x  1) tg 3 3x  tg 3x  sec 2 3x  tg 3x

 tg 3x  dx   (tg 3x  sec 3x  tg 3x)  dx  tg 3x  dx   tg 3x  sec 3x  dx   tg 3x  dx 3

3

2

1

1

 tg 3x  dx  6  tg 3x  6  Ln cos 3x  C 3

8)

2

2

 tg x  dx  4

Solução: Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




 tg x  dx   (tg x  sec x  tg x)  dx  tg x  dx   tg x  sec x  dx   tg x  dx

tg 4 x  tg 2 x  (tg 2 x)

4

tg 4 x  tg 2 x  (sec2 x  1)

2

4

tg 4 x  tg 2 x  sec2 x  tg 2 x

2

2

1

3

1

3

1

3

2

2

2

 tg x  dx  3 tg x   (sec x  1)  dx 4

2

 tg x  dx  3 tg x   sec x  dx   dx 4

2

 tg x  dx  3 tg x  tg x  x  C 4

9)

 tg 3x  sec 3x  dx  2

4

Solução: tg 3 3x  sec 4 3x  tg 3 3x  sec 2 3x  sec 2 3x

tg 3 3x  sec 4 3x  tg 3 3x  (1  tg 2 3x)  sec 2 3x tg 3 3x  sec 4 3x  tg 3 3x  sec 2 3x  (1  tg 2 3x) tg 3 3x  sec 4 3x  tg 3 3x  sec 2 3x  tg 5 3x  sec 2 3x

 tg 3x  sec 3x  dx   (tg 3x  sec 3x  tg 3x  sec 3x)  dx  tg 3x  sec 3x  dx   tg 3x  sec 3x  dx   tg 3x  sec 3x  dx 2

4

2

4

3

2

3

1

5

2

2

5

1

2

 tg 3x  sec 3x  dx  12  tg 3x  18  tg 3x  C 2

10)

4

4

6

 tg x  sec x  dx  2

3

Solução: tg 2 x  sec3 x  tg 2 x  sec3 x

tg 2 x  sec3 x  (sec 2 x  1)  sec3 x tg 2 x  sec3 x  sec5 x  sec3 x

 tg x  sec x  dx   (sec x  sec x)  dx  tg x  sec x  dx   sec x  dx   sec x  dx 2

3

2

3

5

5

3

3

Resolvendo as Integrais por partes usando as fórmulas de recorrências 1 n2 I)  sec5 x  dx   sec n u  du   sec n  2 u  tg u    sec n 2 u  du n 1 n 1 1 52 5 5 2 5 2  sec x  dx  5  1  sec x  tg x  5  1   sec x  dx 1 3 3 1 5 3 3 3  sec x  dx  4  sec x  tg x  4   sec x  dx   sec x  dx  4  2  sec x  tg x  ln sec x  tg x  Resolvendo

3 3 3  sec x  tg x  ln sec x  tg x    sec x  tg x   ln sec x  tg x 8 8 8 1 1  II)  sec3 x  dx    sec x  tg x   ln sec x  tg x  2 2  Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




Substituindo as Integrais I e II e finalizando os cálculos obtemos:

 tg x  sec x  dx   sec x  dx   sec x  dx 2

3

5

3

1

3

1

3

1

3

1

3

3

3

1

3

3

1

3

1

1

1

1



 tg x  sec x  dx  4  sec x  tg x  8  sec x  tg x  8  ln sec x  tg x   2  sec x  tg x  2  ln sec x  tg x  2

3

1

 tg x  sec x  dx  4  sec x  tg x  8  sec x  tg x  8  ln sec x  tg x  2  sec x  tg x  2  ln sec x  tg x 2

3

3

1

 tg x  sec x  dx  4  sec x  tg x  8  sec x  tg x  2  sec x  tg x  8  ln sec x  tg x  2  ln sec x  tg x 2

3

 tg x  sec x  dx  4  sec x  tg x  8  sec x  tg x  8  ln sec x  tg x  C 2

11)

3

 tg 2x  sec 2x  dx  3

3

Solução: tg3 2x  sec3 2x  tg 2 2x  sec 2 2x  sec 2x  tg 2x

tg3 2x  sec3 2x  (sec 2 2x  1)  sec 2 2x  sec 2x  tg 2x tg3 2x  sec3 2x  sec 4 2x  sec 2x  tg 2x  sec 2 2x  sec 2x  tg 2x

 tg 2x  sec 2x  dx   (sec 2x  sec 2x  tg 2x  sec 2x  sec 2x  tg 2x)  dx  tg 2x  sec 2x  dx   sec 2x  sec 2x  tg 2  dx   sec 2x  sec 2x  tg 2x  dx 3

3

3

3

4

2

4

1

2

1

 tg 2x  sec 2x  dx  10  sec 2x  6  sec 2x  C 3

3

5

3

12)  cotg 4 2x  dx  Solução: cotg 4 2x  cotg 2 2x  cotg 2 2x

cotg 4 2x  cotg 2 2x  (cossec 2 2x  1) cotg 4 2x  cotg 2 2x  cossec 2 2x  cotg 2 2x cotg 4 2x  cotg 2 2x  cossec 2 2x  (cossec 2 2x  1) cotg 4 2x  cotg 2 2x  cossec 2 2x  cossec 2 2x  1

 cotg  cotg  cotg

4

4

4

2x  dx   (cotg 2 2x  cossec 2 2x  cossec 2 2x  1)  dx 2x  dx   cotg 2 2x  cossec 2 2x  dx   cossec 2 2x  dx   dx 1 1 2x  dx    cotg 3 2x   cotg 2x  x  C 6 2

13)  cotg3 2x  dx  Solução: cotg3 2x  cotg 2x  cotg 2 2x

cotg3 2x  cotg 2x  (cossec2 2x  1) cotg3 2x  cotg 2x  cossec2 2x  cotg 2x Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




 cotg 2x  dx   (cotg 2x  cossec 2x  cotg 2x)  dx  cotg 2x  dx   cotg 2x  cossec 2x  dx   cotg 2x  dx 3

2

3

2

1

 cotg 2x  dx   4  cotg 3

2

1 2x   Ln sen 2x  C 2

14)  cosec6 x  dx  Solução:

cosec6 x  (cosec 2 x) cosec6 x  (cosec 2 x)

n 2 2 6 2 2

 cosec 2 x  cosec 2 x

4

cosec6 x  (cosec 2 x) 2  cosec 2 x cosec6 x  (cosec 2 x) 2  cosec 2 x cosec6 x  (cotg 2 x  1) 2  cosec 2 x cosec6 x  (cotg 4 x  2cotg 2 x  1) 2  cosec 2 x cosec6 x  cotg 4 x  cosec 2 x  2cotg 2 x  cosec 2 x  cosec 2 x

 cosec x  dx   (cotg x  cosec x  2cotg x  cosec x  cosec x)  dx  cosec x  dx   cotg x  cosec x  dx  2 cotg x  cosec x  dx   cosec x  dx 6

4

6

2

4

1

2

2

2

2

2

2

2

2

 cosec x  dx   5 cotg x  3 cotg x  cotg x  C 6

5

3

15)  cotg 2 x  cossec4 x  dx  Solução: cotg 2 x  cossec 4 x  cotg 2 x  cossec 2 x  cossec 2 x cotg 2 x  cossec 4 x  cotg 2 x  (1  cotg 2 x)  cossec 2 x cotg 2 x  cossec 4 x  cotg 2 x  cossec 2 x  (1  cotg 2 x) cotg 2 x  cossec 4 x  cotg 2 x  cossec 2 x  cotg 4 x  cossec 2 x

 cotg x  cossec x  dx   (cotg x  cossec x  cotg x  cossec x)  dx  cotg x  cossec x  dx   cotg x  cossec x  dx   cotg x  cossec x  dx  cotg x  cossec x  dx   u  du   u  du 2

4

2

4

2

4

2

2

2

2

2

4

2

4

2

4

u3 u5  C 3 5 cotg 3 x cotg 5 x 2 4 cotg x  cossec x  dx    C  3 5 2 4  cotg x  cossec x  dx  

16)  cossec4 x  cotg 4 x  dx  Solução:





cossec 4 x  cotg 4 x  cossec 2 x  cossec 2 x  cotg 4 x cossec 4 x  cotg 4 x  cossec 2 x  cotg 4 x  cossec 2 x cossec 4 x  cotg 4 x  (1  cotg 2 x)  cotg 4 x  cossec 2 x cossec 4 x  cotg 4 x  cotg 4 x  cossec 2 x  cotg 6 x  cossec 2 x

 cossec x  cotg x  dx   (cotg x  cossec x  cotg x  cossec x)  dx  cossec x  cotg x  dx   cotg x  cossec x  dx   cotg x  cossec x  dx 4

4

4

4

4

4

2

6

2

2

6

2

u5 u7 cotg 5 x cotg 7 x  C   C 5 7 5 7 Questões Propostas

4 4 4 6  cossec x  cotg x  dx   u  du   u  du  

01) Resolva as seguintes integrais usando as regras de potências das funções trigonométricas: 1)  sen 3 x  cos 2 x  dx 

R:

2)  cos5 x  sen 4 x  dx 

R:

3)  sen 2 x  cos3 x  dx 

R:

4)  sen 4 x  cos 4 x  dx 

R:

5)  cos4 2x  sen 3 2x  dx 

R:

6)  sen 3 3x  cos5 3x  dx 

R:

7)  sen 4 3x  cos 2 3x  dx 

R:

8)

 tg x  sec x  dx 

R:

9)


R:

7

6

7

5

10)


R:

11)

 tg 3x  sec 3x  dx 

R:

12)


R:

3

3

7

4

3

13)  cotg 3x  cossec4 3x  dx 

R:

14)  cotg3 x  cossec5 x  dx 

R:

15)  cotg3 x  cossec3x  dx 

R:


cos5 x cos3 x  C 5 3 sen 5 x 2sen 7 x sen 9 x   C 5 7 9 sen 3 x sen 5 x  C 3 5 3x sen 4x sen 8x   C 128 128 1024 cos5 2x cos7 2x   C 10 14 cos6 3x cos8 3x   C 18 24 x sen 12x sen 3 6x   C 16 192 144 tg12 x tg10 x tg8 x   C 12 5 8 sec11x sec9 x 3sec7 x sec5 x    C 11 3 7 5 sec3 x  sec x  C 3 tg 4 3x tg 6 3x  C 12 18 sec9 x 3sec7 x 3sec5 x sec3 x    C 9 7 5 3 cotg 2 3x cotg 4 3x   C 6 12 cossec7 x cossec5 x   C 7 5 cossec5 x cossec3 x   C 5 3




4.3 - Integrais Usando Substituições Trigonométricas: Muitas vezes, substituições trigonométricas convenientes nos levam à solução de uma integral. Se o integrando contém funções envolvendo as expressões

a 2  b2  u 2 ,

a 2  b2  u 2 e

b2  u 2  a 2 . Sempre é possível fazermos uma substituição adequada conforme a tabela: Substituição Trigonométrica

Caso

Radical

I

a 2  b2  u 2

a  1  sen 2θ  a  cosθ u 

a  sen θ b

du 

a  cos θ  dθ b

II

a 2  b2  u 2

a  1  tg 2θ  a  secθ

u

a  tg θ b

du 

a  sec2θ  dθ b

III

b2  u 2  a 2

a  sec2θ  1  a  tg θ

u

a a  sec θ du   sec θ  tg θ  dθ b b

Demonstramos I o desenvolvimento do radical

Valor de u

a 2  b2  u 2  a  1  sen 2θ  a  cosθ .

bu a a  sen θ  b  u a  sen θ  u, elevando ao quadrado b

sen θ 

a

bu

θ

a b u 2

2

2

2

2

bu a a  tg θ  b  u a  tg θ  u, elevando ao quadrado b

θ

a


2

a  2   tg θ   u b   2

a  cos θ  a 2  b 2  u 2 a  cos θ  a 2  a 2  sen 2θ

a 2  b2  u 2  a  1  tg 2θ  a  secθ .

tg θ 

bu

a 2  b2  u 2 a

a  cos θ  a 2  cos 2θ a  cos θ  a  cos θ

a 2 2    sen θ  u b a2  sen 2θ  u 2 2 b a 2  sen 2θ  b 2  u 2

a 2  b2  u 2

cos θ 

a  cos θ  a 2  (1  sen 2θ)

a  2   sen θ   u b 

Demonstramos II o desenvolvimento do radical

Derivada

cos θ 

a a  b2  u 2 a 2

1  sec θ a 2  b2  u 2 a  sec θ  a 2  b 2  u 2 a  sec θ  a 2  a 2  tg 2θ

a 2 2    tg θ  u b a2  tg 2θ  u 2 2 b a 2  tg 2θ  b 2  u 2 Erro! Indicador não definido.

a  sec θ  a 2  (1  tg 2θ) a  sec θ  a 2  sec 2 θ a  sec θ  a  sec θ




Demonstramos III o desenvolvimento do radical

b2  u 2  a 2  a  sec2θ  1  a  tg θ .

a bu 1 a  sec θ b  u a  sec θ  b  u a u   sec θ, elevando ao quadrado b cos θ 

bu

b2  u 2  a 2

θ

a

2

a u 2     sec 2θ b

tg θ 

b2  u 2  a 2 a

a  tg θ  a 2  sec 2θ  a 2 a  tg θ  a 2  (sec 2θ  1) a  tg θ  a 2  tg 2θ a  tg θ  a  tg θ

a2  sec 2θ 2 b 2 2 b  u  a 2  sec 2θ u2 

Obs: Repare que a variável final é θ . A expressão correspondente, na variável original, é Obtida usando-se um triângulo retângulo. Questões Resolvidas 01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições trigonométricas: 1)

x

dx 2

4  x2



Solução: a 2  4  a  2.  2 b  1  b  1. u 2  x 2  u  x  a 2  u   tg θ  tg θ  u  x  2  tg θ  x 2  4  tg 2θ  b 1  2 dx  2  sec θ  dθ  2  4  x  a  sec θ  2  sec θ

x

 1  dx 2  sec θ 1 sec θ 1  cos θ  1 1 cos 2θ   dθ   2  dθ    dθ     dθ  (4  tg 2 θ)  (2  sec θ) 4 tg θ 4  sen 2θ  4 cos θ sen 2θ 4  x2  2   cos θ  2

2

u  sen θ 1 cos θ 1  dθ   cos θ  (sen θ)-2  dθ   2  4 sen θ 4 du  cos θ  dθ 1 1 1 2 1 u 21 1 u 1 1 1 1 -2 (sen θ)  cos θ  dθ  u du          C   C.   4 4 4 2  1 4 1 4 u 4u 4  sen θ Devemos agora voltar à variável original “x”. 4  x2 x CO x  logo Como x  2  tg θ  tg θ   x 2 CA 2 



.

2 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



1 1 1 1 1 1 HI HI 4  x2        C  C. 4  senθ 4 sen θ 4 CO 4 CO 4x 4  CO HI

Daí, 

Portanto , 

2)

x


dx x2. 4  x2

1 2

16  x 2



4  x2 C. 4x

dx 

Solução: a 2  16  a  4; b 2  1  b  1; u 2  x 2  u  x  u  a  sen θ  4  sen θ  u  x  4  sen θ  x 2  16  sen 2 θ  b 1  dx  4  cosθ  dθ   16  x 2  a  cos θ  4  cos θ dx 4  cos θ 1 1 1 2  x 2 16  x 2   (16  sen 2θ)  (4  cos θ)  dθ  16  sen 2θ  dθ  16  cossec θ   16 cotg θ  C . Voltando para a variável original “x”. 4

x CO x Como x  4  sen θ  sen θ    logo 4 HI 4

x θ

.

16  x 2 Daí, 

1 1 1 1 1 1 CA CA 16  x 2  cotg θ         C  C, 16 16 tg θ 16 CO 16 CO 16x 16  CO CA

Portanto,

3)



x . 2

x2 x2  4

dx 16  x 2



16  x 2 C. 16x

dx 

Solução: a 2  4  a  2; b 2  1  b  1; u 2  x 2  u  x  u  a  sec θ  2  sec θ  u  x  2  sec θ  x 2  4  sec 2θ  b 1  dx  2  sec θ  tg θ  dθ  2  x  4  a  tg θ  2  tg θ

(4  sec2θ)  (2  sec θ  tg θ) dθ  4 sec3θ  dθ 2 2  tg θ x 4 Como já resolvemos nos exercícios resolvida de integração por partes 09 temos como resposta substituindo na solução acima obtemos:



x2

dx  





1

 sec θ  dθ  2  sec θ  tg θ  ln sec θ  tg θ   C 3

1  sec θ  tg θ  ln sec θ  tg θ   C 2  1 3  sec θ  dθ  24  sec θ  tg θ  ln sec θ  tg θ   C 1 4 3  sec θ  dθ  2  1  sec θ  tg θ  ln sec θ  tg θ   C 3  sec θ  dθ  2  sec θ  tg θ  ln sec θ  tg θ   C

4 sec3θ  dθ 

Voltando para a variável original “x”. x 1 x 2 CA 2 Como x  2  sec θ  sec θ     cos θ    , Logo temos 2 cos θ 2 x HI x x

x2  4

θ

Daí,

.

Ver início do exercício

x 2  4  2  tg θ

2

x x2  4 x x2  4 x  x2  4 x  x2  4 2  sec θ  tg θ  2  ln secθ  tg θ  2    2  ln    2  ln 2 2 2 2 2 2 Portanto:

4)





x2 x2  4

dx 

x  x2  4 x  x2  4  2.ln C 2 2

9  x2 dx  2x 2

Solução: a 2  9  a  3; b 2  1  b  1; u 2  x 2  u  x  u  a  sen θ  3  sen θ  u  x  3  sen θ  x 2  9  sen 2 θ  b 1  dx  3  cosθ  dθ   9  x 2  a  cos θ  3  cos θ

9  x2 1 3  cos θ 1 9  cos 2θ 1 1 dx   3cos θ  dθ  dθ   cotg 2θ  dθ   (cossec2θ  1)  dθ  . 2 2  2x 2   2 9  sen θ 2 9  sen θ 2 2 1 1 cossec2θ  dθ   dθ    (cotg θ  θ)  C     2 2 Voltando para a variável original “x”. 3 x x x Como: x  3  sen θ  sen θ   θ  arc.sen logo 3 3 θ

9  x2 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva



Do triângulo ao lado, cotg θ 

9  x2 , x

9  x2 1  9  x2 x dx    arc.sen  C. 2x 2 2  x 3 

Portanto,



 x

dx

5)


9  4x 2



Solução: a 2  9  a  3; b 2  4  b  2; u 2  x 2  u  x  u  a  tg θ  3  tg θ  u  x  3  tg θ  b 2 2  dx  3  sec 2θ  dθ 2   2  9  4x  a  sec θ  3  sec θ 1 3  sec2θ  dθ dx 3 2 1 sec θ 1 1 1 1      dθ   cos θ  dθ    dθ   cossec θ  dθ  x  9  4x 2   32 3 sen θ 3 sen θ 3  tg θ  3sec θ 2 3 3 tg θ 2 cos θ 1 1  Ln(cossec θ  cotg θ)  C   Ln(cossec θ  cotg θ)  C 3 3

Voltando para a variável original “x”.

9  4x 2

9  x2 3 Do triângulo ao lado: logo cossec θ  e cotg θ  2x 2x

2x

θ

3 Portanto,

6)

 (4x

 x

dx 9  4x 2

dx 2

 24x  27)

3

 2

 9  x2  9  x2  3  1 3  1  Ln     C   Ln  C  2x    3 2x 3 2x    

.



dx  4  (x  3)  9  2

3

 2

Solução: Arrumando o Integrando para depois resolver a integral.

4( x  3)  9  2 4(x  6x  9)  9  2 4x  24x  36  9 4x 2  24x  27  4( x  3) 2  9  2

Como

dx  4  (x  3) 2  9 

3

 2

a 2  9  a  3; b 2  4  b  2;  2 2 u  (x  3)  u  x  3  u  a  sec θ  3  sec θ  u  x  3  3  sec θ b 2 2   3 dx   sec θ  tg θ  dθ 2 

(4x 2  24x  27)3  4x 2  24x  27  (4x 2  24x  27) e




4x 2  24x  27  3  tg θ




4x 2  24x  27  3  tg θ e elevando ambos os membros ao quadrado temos.



4x 2  24x  27



2

 (3  tg θ)2  4x 2  24x  27  9  tg 2θ , logo fazendo a multiplicação obtemos.

(4x 2  24x  27)3  4x 2  24x  27  (4x 2  24x  27) (4x 2  24x  27)3  3  tg θ  9  tg 2θ (4x 2  24x  27)3  27  tg 3θ Substituindo na integral e resolvendo temos:

dx



 4  (x  3) 2  9 

3

2

dx



 4  (x  3) 2  9 

3

2

dx



 4  (x  3) 2  9 

3

2

3  sec θ  tg θ  dθ 3 1 sec θ  tg θ  dθ 1 1 sec θ  dθ 2        3 27  tg θ 2 27 tg 3θ 2 9 tg 2θ 1 1 sec θ  dθ 1 cos θ 1  1 cos 2θ  1  cos θ      dθ    dθ       dθ 2 2 2    18 tg θ 18 sen θ 18  cos θ sen θ  18  sen 2θ  cos 2θ 1  cos θ 1  1 1      dθ    cotg θ  cossec θ   dθ   cossec θ  C 18  sen θ sen θ  18 18

Do triangulo ao lado obtemos a cossec θ .

4x 2  24x  27 sen θ  2x  6 2x - 6

4x 2  24x  27

θ

3

1 4x 2  24x  27  cossec θ 2x  6 2x  6 cossec θ  2 4x  24x  27 2(x  3) cossec θ  2 4x  24x  27

Substituindo na integral finalmente obtemos.

 

dx  4  (x  3) 2  9 

3

 2

dx  4  (x  3) 2  9 

3

2

 1   1  1 2x  6 2(x  3)  cossec θ  C      C     C 2 2 18  18 4x  24x  27   18 4x  24x  27 

 1  (x  3)    C 2  9 4x  24x  27 

Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições trigonométricas: 1)



9  4x 2 dx  x

(16  9x 2 ) 2)  x6

3

2

dx 


 3  9  4x 2 R: 3  Ln   2x 

1 (16  9x 2 ) R:   80 x5

5

2

   9  4x 2  C  

C





x 2  dx



x 3  dx

5)



dx

6)



3) 4)

7)

8) 9)

2x  x 2 9  x2

dx 4x 2  49

x

dx x2 1

2

x 3  dx



x 4 2

w

(9  x 2 ) R: 9 9  x  3





14) 15)

R:



R:



dx 

8dx  2  1) 2

 (4x

 

xdx 8x 2  1

t 3  dt 9  4t 4

C

1 2x  4x 2  49  Ln C 2 7

x2 1 C x

(x 2  4) R: 3

4  w2 dx 11)   3 (x 2  1) 2

13)

2

R: Ln 9  y2  y  C

2

2

3

 5x  25x 2  4  1 R:  Ln  C   5 2  



3

3 1  arc. sen(x  1)   (x  3)  2x  x 2 2 2 2

8dw

(1  x 2 ) 12)  x6

R:



25x 2  4 dy  9  y2



10)




3

2

 4 x2  4  C

2 4  w 2 C w x R:  C x2 1 R:

1  1 x2 R:   5  x

5

  C   4x R: 2  arc. tg 2x  C (4x 2  1)



R:

8x 2  1 C 8



R:

 9  4t 4 C 8

4.4 - Integrais das Funções racionais de seno e cosseno:

x A substituição u  tg   ver figura abaixo, reduz o problema de integrar qualquer função 2 racional de sen x e cos x a um problema que envolve uma função racional de z. Isso pode ser resolvido com frações parciais.





As equações abaixo podem ser desenvolvias: 1) u  tg

x sen x  2 1  cos x

2du 2) dx  1 u2

3) cos x 

1 u2 1 u2

1 + u2

2u 4) sen x  1 u2

2u

x

1 - u2

Demonstração: A primeira equação obtem-se derivando a equação 1 as demais equações são obtidas do sen x triângulo acima e usando u  e elevando ambos os membros ao quadrado. 1  cos x

3) u 

sen x 1  cos x

sen x 1 u2 , e como cos x  1  cos x 1 u2 u  (1  cos x)  sen x 4) u 

2

 sen x  (u)     1  cos x  sen 2 x 2 u  (1  cos x) 2 (1  cos x)  (1  cos x) u2  (1  cos x) 2 1  cos x u2  1  cos x 2 u  (1  cos x)  1  cos x 2

u 2  u 2 cos x  1  cos x

 1 u2  u  1   sen x 2  1 u  1  u 2  1  u 2  u   sen x 1 u2    2  u  sen x 2 1  u 

x 1) u  tg   2 x  arc.tg u 2 x  2  arc.tg u dx 1  2 du 1 u2 2du dx  1 u2

 2u  sen x   2 1  u 

u 2 cos x  cos x  1  u 2 cos x  (u 2  1)  1  u 2 cos x 

1 u2 1 u2 Questões Resolvidas

01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições das funções racionais de seno e cosseno: 2dz 2dz 2dz 2dz 2 2 2 1 z 1 z 1 z 1  z2     2z 1  z 2  1  z 2  2z  (1  z 2 )  1  z 2  2z  1  z 2  2z 2  2z 1  1  z2 1  z2 1  z2 1  z2 1  z2  x  tg     2dz dz dz z 2  2z2  2z   z2  z   z(z  1)  Ln z  Ln (z  1)  C  Ln z  1  C  Ln   x    C  tg  2   1  Resolvendo por     Frações Parciais

dx 1)   1  sen x  cos x 

dx 2)  3  2cos x  

2dz 2dz 2dz 2 2 2 2dz dz 2 dz 1 z 1 z    1 z 2    2    2 2 2 2 3  3z  2  2z 1  5z 1  5z  1 z  1 2 5 1 2 5  z  z 3 2     2  1  z2 1  z2 5  5   1 z 





1 1 1 5 5 2 dz a2   a2  a  a   onde: 5 5 5 Substituindo agora obtemos. 5 5 5 1 2  z  u 2  z2  u  z 5  Usando a fórmula arc. tg

  2 dz 2 du 2 1 u 2  1 z  2  5 5 z 5  5    C     2     arc.tg   C     arc.tg  arc.tg C 2   5 1 2 5 a u 5 a a 5  5 5  5 5 5 5  5   z     5  5   5  2 5  2 5  2 5  z 5 5   x    arc.tg  arc.tg 5  z   C    arc. tg  5  tg      C    C   5   2     5  5   5

1 1 2dz 1  z 2 2dz 2dz 3)  sec x  dx    dx        Usando a decomposição 2 2 2 2 1 z 1 z cos x 1 z 1 z 1  z2 Resolvendo 1  z2 por Fração Parcial

2 A B   2 (1  z ) 1  z 1  z

 (1  z )   1  z  dz   1  z  dz

0x  2 (1  z 2 ) 0x  2 (1  z 2 ) 0x  2 (1  z 2 ) 0x  2 (1  z 2 )

 1  z  dz   1  z  dz   1  z  dz   1  z  dz 

A(1  z)  B(1  z) (1  z)(1  z) A  Az  B  Bz  (1  z)(1  z) Bz  Az  A  B  (1  z)(1  z) (B  A)z  A  B  (1  z)(1  z) 

B  A  0  A 1 e B 1  A  B  2

2dz

A

B

B

1

2

A

dz

dz

u

u

 1  z   1- z  

1

dw dw dw dw     w w w w

dw dw  w   w  Ln w  Ln w  C  Ln 1  z  Ln 1  z  C x 1  tg   x π 2 Ln  C  Ln tg     C x 2 4 1  tg   2

2dz 2dz 2dz 2dz 2 2 2 2 dx 2dz 1 z 1 z 4)    1 z 2      1 z 2    2 2 2 2 1 z 2(1  z )  1  z 2  2z  1  z 3 z 2  cos x 3  z2 2 1 z2 1  z2 1  z2 1  z2  du u z  3 z 3   1 1  2    arc.tg   C  2    arc.tg  C  2    arc.tg C  2 a u a 3 3  3  a  3  3 3  2 3  2 3  2 3  z 3   x    arc.tg  arc.tg 3  z   C    arc. tg  3  tg      C    C   3   2     3  3   3 2dz

 3 z

2

 2

2

dx 5)  5  4sen x  

2dz 2dz 2dz 2 2dz 2dz 1 z2 1  z 1  z2      2 2 2 2 2 2 2 z 5(1  z )  8 z 5  5z  8z 5  5z  8z     4 9  5  4 5  z     2  1  z2 1  z2  1 z  5  25  





 4    z  5  2 dz 2 du 2 1 u 2 1      arc.tg   C     arc.tg    C  3 5 a 5 3  5  u2  a2 5  a    2   4 9 5 5     z     5  25   a2   u 2    5z  4     2 5 2 5 2  5z  4      arc.tg  5    C     arc.tg   C   arc.tg   5 3 3  3  5 3  3    5    

  x  5  tg  2   4      C 3      

Questões Propostas 01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições das funções racionais de seno e cosseno: dx

1)

 1  sen x  cos x 

2)

 1  sen x  cos x 

dx

dx

3)

 3  5cos x 

4)

 sen x  cos x  2 

5)

 sen x  (1  cos x) dx 

6)

 sen x  tg x 

dx

(1  sen x) 2dx

 1  cos x  7)     dx   1  sen x 

8)

9)

e x  dx  4  sen ex  3  cos ex 

dx

 sen x  cos x 

10)

dθ

 4  sen θ  cos θ 


x R: Ln 1  tg    C 2 x R: Ln tg    1  C 2

x tg    2 1 2 R:  Ln   C 4 x tg    2 2 R:

2  arc.tg

2  x    tg    1  C 2  2 

1 2x x 1 x  tg    tg    Ln tg    C 4 2 2 2 2 x 1 x R: Ln tg     tg 2    C 2 2 2

R:

2 x x  Ln tg 2    1  C R: 2  Ln tg    1  x 2 2 tg    1 2  ex  1 tg    2 3 1 C R:  Ln  x  5 e  tg    3  2 x tg    1  2 2 2  Ln   C R: 2 x tg    1  2 2  θ  3  tg    1   2  2 C  arc.tg  R: 14 14       Apostila de Cálculo Diferencial e Integral I



AULA 16 Nesta aula estudaremos a integral definida e suas aplicações diversas nas demais áreas do conhecimento humano. Áreas por Integral definida Podemos determinar a área de regiões simples como polígonos e círculos usando fórmulas geométricas conhecidas. E para as demais regiões, como podemos calcular a saída é utilizarmos o conceito de Integral Definida, que nada mais é do que a área da região delimitada pelo gráfico de f, pelo eixo x e pelas retas x = a e x = b onde a notação é. b

a = Limite inferior de integração com b = Limite superior de integração.

A   f(x)  dx a

Veja o gráfico y y = f(x)

A A 0

x a

b

Exemplo: Calcule a área da figura formada sob a curva da função f(x) = 3x no intervalo x  [ 0, 3 ]. Solução: y 9 3

A   3x  dx  0

3

base  altura 3  9 27    A = 13,5 u.a A 2 2 2

x

0

Neste exemplo, não utilizamos o conceito de integral, pois a área era um triângulo, portanto B h . Veja o desenvolvimento a seguir AΔ  2 y

y = f(x)

A Região sob o gráfico de f. 0 Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva

a

b

x




Vamos tentar preencher esta área com retângulos: y = f(x) y

* Apesar do gráfico não demonstrar, (devido a problemas técnicos) todos os retângulos tocam a curva f(x) em um ou dois pontos. E nunca a ultrapassam.

A 0

x0 x1 x2 ............... ................................. xn

x

x a

b

Temos um polígono não regular, que “quase” preenche a área A, formado por retângulos de base x e altura f(xi), portanto Aretângulo = f(xi). x . Note que quanto menor x , maior o número de retângulos ( n ) e mais próximo da área sob a curva vai estar a área do polígono, logo quando x  0 , temos n   e Apolig.  A. Daí, vamos expandir o conceito de Integral Definida para. b

n

A   f(x)  dx  lim  f(x i ).Δx . x 0

a

i 1

Ou seja, a área sob a curva é a somatória das áreas dos retângulos de área f(xi). x , quando x  0 e n ( nº de retângulos )   . Integral Definida (Integral de Riemann): Integral definida corresponde à soma algébrica das áreas, onde aquelas acima do eixo das abscissa são positivas e aquelas abaixo dos eixo das b

abscissa

serão

precedidas

de

sinal

negativo,

ou

seja,

 f (x)dx  A

1

 A2 ,

onde

a

A1 

 áreas com sinal positivo e A   áreas com sinal negtivo. 2

Definição: Integral definida (de Riemann): Seja f x  uma função contínua num intervalo n

a, b , então se o limite || lim  f (c k )x k x || 0 k

n

Riemann, e é definida por

existe, a função f x  é integrável em a , b no sentido de

k 1

lim

|| x k || 0



b

f (c k )x k  f ( x )dx , onde a integral definida de f x  , no



k 1

a

intervalo a , b , dará uma nova função gx  calculada no intervalo a , b , o que é escrito na forma gx  , ou seja, g( x )  g(b)  g(a ) , isto é, b a

b a

b

 f (x)dx  g(b)  g(a ) . a





Observação: Seja f x  uma função integrável em a , b no sentido de Riemann, então a integral definida de Riemann é numericamente igual à área "com sinal" sob o gráfico de f x  , entre x  a e x  b . abscissa são positivas e aquelas abaixo dos eixo das abscissas serão precedidas de sinal b

negativo, ou seja,  f ( x )dx  A1  A 2 . a



Definições:

a) Se f x  é uma função contínua no intervalo fechado a, b , então f x  é Riemann - integrável em a , b . Se f x  é uma função limitada e seccionalmente contínua no intervalo fechado a, b , então f  x  é Riemann – integrável em a , b . Teorema Fundamental do Cálculo Seja f uma função contínua em [ a, b ] e A(x) a área compreendida entre a e x, temos: y y = f(x)

A A(x) x

0

a

x

b

( x + x )

Temos: f(x) = A’(x) ( Def. pelo limite ) --- f(x) é derivada da integral A(x). A(x) = F(x) + C ( Def. de Integral ). F’(x) = f(x) ( Derivada da Integral ). A(a) = 0 , portanto 0 = F(a) + C  C = -F(a). Daí, A(x) = F(x) + C  A(x) = F(x) – F(a) . Logo A(b) = F(b) – F(a), portanto temos: b

A(b)   f(x)  dx  F(b)  F(a)

Teorema Fundamental do Cálculo

a

Notação mais comum é: b

b

 f(x)  dx  F(x)  F(b)  F(a) a


a

Com F a integral de f(x).




Propriedades das Integrais Definidas b

b

a

a

1 )  k.f ( x )dx  k. f ( x )dx ; k : cte. 2)

b

b

b

a

a

a

 f(x)  g(x)  dx   f(x)dx   g(x)dx . b

c

b

a

a

c

3 )  f(x)dx   f(x)dx   f(x)dx ; a < c < b. a

4 )  f(x)dx  0 . a

b

a

a

b

5 )  f(x)dx    f(x)dx Mudança de Variável na Integral definida Teorema: Seja f uma função contínua num intervalo I e sejam a e b dois reais quaisquer em I. Seja g : c, d   I , com g’ contínua em  c, d  , tal que g(c)  a e g(d)  b . Nestas condições: b

d

a

c

 f(x)dx  f(g(u))  g'(u)  du Demonstração: Como f é continua em I, segue que f admite uma primitiva F em I. Assim, b

 f(x)  dx  F(b)  F(a) a

A

função

H(u)  F(g(u)), u  c,d  ,

é

uma

primitiva

de

f(g(u))g'(u) ;

de

fato

H '(u)   F(g(u)) '  F'(g(u))g'(u) ou seja H '(u)  f(g(u))g'(u) , pois F’ = f. logo: d

 f(g(u))  g'(u)  du  F(g(u))

d c

 F(g(d))  F(g(c))

c

Por hipótese, g(c)  a e g(d)  b . Substituindo os valores em I, obtemos: d

b

c

a

 f(g(u))  g'(u)  du  F(b)  F(a)   f(x)  dx b

 f(x)  dx  ? a

 x  g(u)  dx  g'(u)  du   x  a  u  c onde g(c)  a  x  b  u  d onde g(d)  b  b

d

a

c

 f(x)  dx   f(g(u))  g'(u)  du





Questões Resolvidas 01) Calcule a área sob a curva y = x2, no intervalo [ 2, 3 ]. Solução: y = x2

y

3

 A=

A

x 0

2

x3 3

2  x dx  2

3



2

33 2 3 27 8    3 3 3 3



A=

19 3

u.a

3

02) Idem para f(x) = 2x, no intervalo [ 0, 1 ]. Solução: 1

1

0

0

A =  2 xdx  x 2  12  0 2  1  0  1

3)  e 2 x dx   0

3

4)

e 2 x 2 3

1 0



A = 1 u.a .

e 2.1 e 2.0 e 2 e 0 1 e 2 1       .(1  e  2 ) 2 2 2 2 2 2 2 3

3

3

2 2 2  (6 x  5)dx   6 x dx    5dx  6.  x dx   5dx  6.

2

2

2

2

2

8   6. 9    (15  10)  54  16  25  70  25  3 

x3 3

3

 5x

2

 (3) 3 (2) 3   6.    5.3  5.(2)  3  2  3 3

45 .

03) Calcule as integrais definidas mudando a variável abaixo: 1)

1

 (x 1) 0

10

 dx 

x  1  u, ou seja, x  u  1  x  u  1  dx  (u  1)'  du ou dx  du Solução:   x  0  u  1 x  1  u  0  2)



1

1 2

0

 u11  1 (x  1)  dx  u  du     0 1  11  1 10 1

0

10

10

2x  1  dx 

Solução: u  2x  1, ou seja, x 

1 1 u  2 2



1

1 2

2x  1  dx  

1

0

1 1 1 u  du   u  du  2 2 0 1

3   1 1 ' 1 2   1  1 2 32   1  1 1 u 1 1 1 1 1 3 2 u  du      u   u  x   u   dx    u    du ou dx   du        2 0 2 3  2 3 2 2 2 2 2 0 0  3   2   0 1   u  0  x 1 u 1  x  2 1 1  13  3 3




3)



1

0


1 1 3xu e  3dx 3 0 du

e3x  dx 

Solução: u  3x  du  dx  x  0  u  0 x  1  u  3 

1

e

3x

0

 dx 

3 1 3 u 1 1 e  du   eu    e3  1  0 3 0 3 3

x    dx  0 1  Solução: 4)

1



  x

2

1 2 du 1 1 1 Ln 2 2 2  x   dx    Ln u 1   Ln x 1   Ln 2  Ln 1    0  x 2  1   1 2 u 2 2 2 2

du

1

1 1 2xdx  2 0 x 2  1 u

u  x  1  du  2x  dx   u 1 x  0 x  1 u2  2

Questões Propostas 01) Calcule as integrais definidas abaixo: 3π 2

 sen x  dx 

1)

π 2 3

e

2)



x 2

R: 0

 dx 

R: 4,9904

2 e

3)  Ln x  dx  1 2

dx  4

R:

 sec x  dx 

R:

x

4)

R: 1

2

2 π 3

2

5)

π 4

3 1

π  4 π 2

6)  cossec x  cotgx  dx 

R: 1

π 6

7)



2Ln 3

0

x e

1



x2 2

 dx 

1 5

8)  e  (e  1)  dx  x

x

0 e

9)

x

5

 Ln x  dx 

1

10)



2

1

x  x 2  1  dx 


2 3 6 6  5  x 5 R:  (e  1)  2 5  6  

R:

5 6 1 e  36 36 1 R: 5 5  2 2  3

R:



11)



2

12)



0

13)



1

1

x  x 2  1  dx 

1

x 2  x  1  dx 

0

1  x 2  dx 

2π 3

14)

dθ

 5  4 cos θ 

0 π 3

15)

16)

dx

17)

dθ

18)

dx

y

cos θ  dθ

y  dy   2y  3

2

4 1

20)

32 Ln 3 2

R: 0,335

 sen θ  cos θ  sen θ 

π 2 8

19)

R:

 3tg x  2  0 2π 3

π 9

R:

 sen 2θ  π 6 π 2

1 5 5  2 2  3 16 R: 105 π R: 4

R:

R:

 1  sen x  0 π 3


x 3  dx 0 x 2  2x  1 





R:

1 Ln 3  1 2

R:

Ln 15 2

R: 3  Ln 2  2



R:

π  2  Ln 2 8

dx   x  1)  (x 2  4x  5)

R:

 1 3 2 5 3π   Ln   2  arc.tg 3  2  arc.tg 2  13  2 2 18 

 sen x  cos x  dx 

R:

11 384

24)  sen 4 x  cos 2 x  dx 

R:

(3π  4) 192

R:

1 5

R:

3 5

1

21)

dx

 (x  1)  (x 0

1

22)

 (x

2

0

2

 1)

3π 4

23)

5

3

π 2 π 4

0

π 4

25)

 tg x  sec x  dx  4

2

0 π 3

26)

 tg x  sec x  dx  5

0 π 4

27)  cotg3 x  cossec3 x  dx 

R:

0





4

28)

x

R:

2048 15



R:

( 3  2) 2



R:

10 3  18 243

 16  x 2  dx 

3

0

2

29)

x

dx 2

2

3

30)

x 1

 x 1 2

dx 4

 x 3 2

Aplicações da Integral Definida Já vimos que a integral definida pode ser considerada como a aérea sob a curva de f(x) num intervalo [ a , b ].Vamos ver agora outras aplicações. a) - Áreas entre curvas (ou área de uma região delimitada por dois gráficos) Tomemos duas curvas y = f(x) e y = g(x) onde A é a área delimitada pelas curvas entre as retas x = a e x = b, com f e g contínuas em [ a , b ] e f(x)  g(x), veja a figura. y

g(x) f(x)

A 0

a

x

b

n

Analogamente ao que já estudamos, temos A =

lim  f ( x )  g ( x )  x , quando n   . i

x 0 i 1

i

Logo temos b

A=

 f(x)  g(x)  dx a

Questões Resolvidas 01) Ache a área delimitada pelos gráficos de f(x) = x2 + 2 e g(x) = x para 0  x  1. Solução: f(x) y

g(x) 0

A

x 1

 f ( x)  g( x)dx   ( x b

A=

a

1

0

2

 x3 x2 1 1 1  2)  x dx   x 2  2  x dx     2x     2 = 2  3 0 3 2 0




1










2  3  12 11 u.a.  A  6 6

02) Idem para f(x) = ex e g(x) = e-x em [ 0, 1 ]. Solução: y

f(x)

g(x)

A

x 0

A=

1

x x x x x   f ( x)  g ( x)dx   (e  e dx   e dx   e dx  e b

1

1

1

a

0

0

0

= e – 1 + e-1 –1 = e +

1 x 1 e  (e1  e 0 ) (e 1  e 0 )  0 0

e 2  2e  1 1 -2  A  u.a . e e Questões Propostas

01) Calcule as áreas entre as curvas nos pontos especificados: 1) f(x)  x 2  4 entre x  1 e x  2 2) f(x)  x 2 e f(x)  x 3 3) f(x)  x 2  1 e f(x)  1  x 2 4) f(x)  ex e f(x)  e  x entre x  1; x  1e y  0 5) f(x)  4  x 2 e y  0 1 6) f(x)  x 2 e f(x)  x entre x  e x  1 4

7) x  y2 e y  x  2 entre y  1 e y  2 8) f(x)  x  1 e f(x)  9  x 2 entre x  1 e x  2 1 1 9) f(x)  e f(x)  2 x  2 x x 10) f(x)  x  1 e f(x)  (x 1) 2 entre x  1 e x  2

0  y  π 11)  0  y  sen x y  x 2  9  12)  y  x y  1 


R: 15 u.a 1 R: u.a 12 8 R: u.a 3 2 2  e  1 R: u.a e R: 2π u.a 49 R: u.a 192 9 R: u.a 2 R: 19,5 u.a

1  R:  Ln 2   u.a 2  31 R: u.a 6 R: 2 u.a

R:

59 u.a 4




b) - Comprimento de Arco Seja um arco AB, definimos o seu comprimento como o limite da soma dos comprimentos das cordas consecutivas AP1  P1 P2  P2 P3  ...  Pn1 B . Quando o número de cordas ( n ) tende ao infinito, seu comprimento tende a zero, daí a somatória tende ao comprimento do arco . Veja o gráfico: y Pn-1

● d ● c

●

B ( b, d )

P1 P2

●

● P3

●

A ( a, c )

x 0

a

b

Se A ( a, c ) e B ( b, d ) são dois pontos da curva F(x,y) = 0, o comprimento do arco AB é dado por: S=



AB

b

dS   a

2

 dy  1    dx  dx 

2

 dx  1    dy  dy 

d



ou

c

Variação em x

ou

Variação em y

Se A, dado por u = u1 e B, dado por u = u2, são pontos de uma curva definida pelas equações paramétricas x = f(u ) e y = g(u), o comprimento do arco AB é dado por: S=



AB

dS 

u2



u1

2

2

 dx   dy       du  du   du 

Questões Resolvidas 3

1 ) Ache o comprimento do arco da curva y = x 2 de x = 0 a x = 5. Solução: 2

2 1  3 12  dy 3 2 9  dy   x      x   x Como temos a variação em x. dx 2 4  dx  2  9x  1 u  1   2 b 5 5 4 9x   dy   9x  2 Daí: S =  dS   1    dx   1  dx   1   dx    dx 4 4     AB a 0 0  9  du  4 dx 




Curso de Licenciatura Plena em Matemática Pág.109 3

 9x  2 3 3 3 1     5 4  9x  9 4  4  5 8  9 x  2 5 8  9.5  2  9.0  2   . 1   . dx  .  .1    . 1    1    3 0 27  9 0 4  4 9 4  0 27  4  4      2 1 2

3 3     3 2 8  45  2 8 49 335     u.c  S  12,4074 u.c .  . 1    1  0 2  S = .    1 u.c  S =   27  4 27  4  27    

3 2

2 ) Idem para x = 3 y  1 de y = 0 a y = 4. Solução: 2

1 9 1   dx  dx 9 2 81 Como temos a variação em  y      y 2   y dy 2 4  dy  2  2

2

 dx  AB dS  c 1   dy  dy  0 d

Daí, S =

4

81y  u  1  4 4 81y   81y  1 dy   1    dy   4 4  0  81  du  4 dy  1 2

3

 81y  2 1 3 3 3 1     4 4  81y  2 81 4  8  81y  2 4 8  81.4  2  81.0  2  4  4  . 1   .1   . 1   . dy  .    1    3 0 243  81 0  4  4 81 4  0 243  4  4      2 3 3 8    .1  81 2  1  0 2   243  

3 8  2  S= .82 1 u.c. 243  



S  24,4129 u.c .

3 ) Idem para a curva x = t2 , y = t3 e t = 0 a t = 4. Solução: Como temos a curva definida parametricamente. 2

2

dx dy  dx   dx   2t     4t 2 e  3t 2     9t 4 dt dt  dt   dt 

Daí. S =



AB

t2

dS   t1

2

2

 dx   dy  2 4 2 2 2      dt   4t  9t dt   t (4  9t )dt   t. 4  9t dt  dt dt     0 0 0 4

4

4

u  4  9t 2    (4  9t 2 ) .tdt    temos 0  du  18tdt  4

1 2




Curso de Licenciatura Plena em Matemática Pág.110 3 2

4 3 3 3  1 1 (4  9t ) 1 1  2 2 2 4 2 2 2 2 ( 4  9 t ) . 18 tdt  .  .( 4  9 t )   . ( 4  9 . 4 )  ( 4  9 . 0 )    3 0 18 0 18 27 27   0 2 4

1 2

2

3 3 3 3  1   1  2 2 2   .(4  144)  4   .148  4 2   27   27  


S  66,3888 u.c.




c) - Área de uma superfície de Sólido de Revolução c.1) - Área de uma superfície gerada pela rotação em torno do eixo Ox de uma curva regular y = f(x), entre os pontos x = a e x = b é expressa pela fórmula: 2

d  dx   dy  SX = 2  ydS  2  y. 1    dx ou 2  y. 1    dy AB  dx   dy  a c

2

b

c.2) - Área de uma superfície gerada pela rotação em torno do eixo Oy de uma curva regular y = f(x) , entre os pontos x = a e x = b é expressa pela fórmula: 2

d  dx   dy  SY = 2  xdS  2  x. 1    dx ou 2  x. 1    dy AB  dx   dy  a c

b

Obs.:Para as equações Paramétricas

2

x = f(u) temos y = g(u)

u

2

2

u2

2

2

2  dx   dy  SX = 2  ydS  2  y.      du AB  du   du  u1

 dx   dy  SY = 2  xdS  2  x.      du AB  du   du  u1 c.3) - Sólido de Revolução: Obtem-se fazendo uma região plana revolver em torno de uma Reta ou eixo de revolução. ( Veja figura )* * Eixo de Revolução

Região Plana

Eixo de Revolução





Exemplos: 1 ) Ache a área da superfície gerada pela revolução, em torno do eixo Ox, do arco da parábola y2 = 12x, de x = 0 a x = 3. Resolução: y

x 0

3 a b

1º Modo: y2 = 12x  y =

12 x

2

 dy  SX = 2  ydS  2  y. 1    dx  AB  dx  a b

dy 1 6 12 x 6.2. 3x  .12  .   dx 2 12 x 12 x 12 x 12 x 2

2 2  3x  dy dy  3x  dy  3x 3    .            2  dx x x dx x x  dx     

Daí.

3 x3 x3 dx  2  12 x. dx  2  12.( x  3)dx  SX = 2  y. 1  dx  2  12 x . x x x 0 0 0 0 3

3

3

3

0

0

3

3

3

3

1

 2  12 x  36dx  2  4(3x  9)dx  2  2. 3x  9dx  4  (3x  9) 2 dx  0

0

3 u  3x  9 3 3 3 4 4 (3x  9) 8  2   SX = ( 3 x  9 ) . 3 dx  .  .( 3 x  9 )   3 0 3 0 3 9  du  3dx 0  2 3 3 3  8  32  8  2 2 2 SX  43,8822  u. a .  (3.3  9)  (3.0  9)   18  9   9   9   1 2


3 2




2º Modo: y2 = 12x  x =

y2 12

2

 dx  SX = 2  ydS  2  y. 1    dy  AB  dy  c d

2

 dx  y2 dx 2 y dx y .        36 dy 12 dy 6  dy  Daí. 6

SX = 2  y. 1  0

6 6 36  y 2 y2 36  y 2 2 dy  2  y. dy  2  y. dy  36 36 6 6 0 0

6

 y.

36  y 2 dy 

0

u  y  36    (36  y 2 ) . ydy   30  du  2 y  2



6

1 2

3 6 1 3 6 2 2 2 6 1   ( 36  y )  SX = .  (36  y 2 ) .2 ydy  .  .(36  y 2 ) 2  3 0 2 30 6 9 0 2 3 3 3    32   2 2 2 2  (36  6 )  (36  0 )   72  36 2   SX  43,8822  u. a . 9  9 

x = 2cos  - cos 2  2 ) Idem para a cardióide

para   [ 0,  ].

y = 2sen  - sen2 

c.4) - VOLUME DO SÓLIDO DE REVOLUÇÃO ( Método do Disco ) Abaixo temos o esquema de como calcularemos o volume de um sólido de revolução. 1 ) Seja a função f(x) geratriz, usamos o conceito, já visto, de integral definida, ou seja, aproximação por n retângulos. y f(xi)

x

f(x) 0

a

b

x

2 ) Ao rotacionarmos cada retângulo em torno eixo 0x , temos vários discos ( cilindros circulares ) com volume V = área da base x Altura = {  .[ f(xi) ]2}. x onde f(xi) = raio. Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva




y

f(xi)

x 0

x

a

b

Somando-se o volume de cada disco temos o valor aproximado do volume do sólido de revolução, ou seja, aproximação por n discos. 3 ) Usando a lógica dos infinitésimos ( x  0 com n   ) temos o volume do sólido estudado. y

0

x a

b

Logo, temos, o Volume do sólido de revolução, em torno do eixo 0x, da região entre o gráfico de f e os eixos x  [ a, b ] como sendo: b

Vx  . f ( x) 2 dx a

Analogamente, ao rotacionarmos em torno do eixo 0y, temos o Volume do sólido de revolução, da região entre o gráfico de g e os eixos y  [ c, d ] como sendo: d

Vy  . g( y ) 2 dy c





Obs: Se a rotação se efetua ao redor de uma reta paralela a um dos eixos coordenados, temos: y y = f(x)

0

a

b

x

b

Vx  . f ( x)  L 2 dx a

M y d x

x = g(y)

c

0

x

d

Vy  . g( y )  M  2 dy c

c.4.1) - MÉTODO DA ARRUELA ( ou entre duas funções f(x) e g(x) Usado quando possui um “ buraco “. A demonstração é análoga ao método do disco onde f(x) e g(x) são os raios que delimitam o sólido externa e internamente, daí: b

Rotação em torno do eixo 0x

Vx  .

f (x)  g(x) dx 2

2

a

d

Rotação em torno do eixo 0y

Vy  .

h(y )  l(y ) dy 2

2

c





Exemplos: 1) Determine volume do sólido formado pela revolução em torno do eixo x, da região delimitada pelo gráfico de f(x) = -x2 + x e pelo eixo x. Solução: y y = -x2 + x

a

b

x

x 0a 0   ou Vx  . f ( x) 2 dx  { -x2 + x  x.( -x + 1 ) = 0   a  x  1  0  x  1  b  1  b

1





1



Vx  .  x  x dx = . x  x 2

0

2

0

 dx  . x



1

2

2

 2x 3  x 4 dx 

0

 1 1 1 2   x 3  .  x dx  2. x 3 dx   x 4 dx   . 0 0 0   3 

1 1 1 1 1 1 = .  2.    .     4 5 3 3 2 5

2

1   x4   2 0  4

Vx 

1 1    x5          0  5 0  

 u. v 30

2) Idem para y =x3 limitada por y = 8 e x = 0, rotação em torno do eixo 0y. Solução: d

y y = x3

Vy  . g( y ) 2 dy c

y = f(x) = x3  x  g(y )  3 y por tanto:

8●

0

x


 

2

 1 Vy  . 3 y dy  .  y 3  dy  0 0     5 8  5 2 8  3  3 y  8 = . y 3 dy  .  .   Vy  19,20 u.v 5    5  0  0    3   3  8

8

2




3) Calcule o volume do sólido gerado pela revolução, em torno do eixo 0x, da região limitada pelos

25  x 2 e g(x) = 3. ( Método da arruela )

gráficos das funções f(x) = Resolução:

x y f(x) = ●

●

25  x 2

●

●

a

x

b

g(x) = 3

Cálculo de a e b

 x 1  a  4  e f(x) = g(x) = 3  25  x = 3  25 – x = 9  x = 25 – 9  x = 16   . x b4  2 Portanto 2

2

b

Vx  . a

f (x)  g(x) dx  .   

2

4

2

2

25  x 2

2

  3 dx  2

2

4

 4  x3  4   .  25  x 2  9 dx  .  16  x 2 dx  .(16x)       4   3   4 4 4    4 3 ( 4 ) 3     64 64    .16.(4)  16.( 4)       .64  64       3  3  3  3  4





4





128  384  128 256   . 128   .    . 3  3 3  Exercícios: 1 ) Calcule a área da região A.

Vx  85,33 u.v

x’ = y3-y

y 1 d

●

Use  ( x' x" )dx c

A x”x = 1 – y4 -1





2 ) Idem para: y f(x) = 3x3 –x2 – 10x a

●

●c

x g(x) = -x2 + 2x

●

Dica: Encontre a, b e c b 3 ) Idem para: y y = x2 + 2x + 1 y=x+1 A

1

-1

0

x

4 ) Encontre o comprimento da curva y = 5x –2 ; -2  x  2. 3

5 ) Idem para x = y 2 de P ( 0, 0 ) até Q ( 8, 4 ); y  [ 0, 4 ]. x = 4sen3t 6 ) Idem para a hipociclóide

; t  [ 0, 2  ].

3

y = 4cos t 7 ) Calcular a área obtida com a revolução, em torno do eixo Ox do arco da parábola y2 = 8x ; 1  x  12 .

y ; 1  y  4 ; rotação em Oy .

8 ) Idem para x = 9 ) Idem para y =

3

x ; 1  y  2 ; rotação em Oy .

10) Calcule o volume do corpo criado ao girarmos, ao redor do eixo Ox, da superfície compreendida entre as parábolas f(x) = x2 e g(x) =

x .

11) Calcule o volume do sólido gerado pela revolução, em trono da reta y = 2, da região limitada por y = 1 – x2 , x = -2, x = 2 e y = 2.





y y=2

-1 -2

1 2

x

12) Encontrar o volume do sólido gerado pela rotação, em torno do eixo Ox , da região limitada por [f(x)]2 = 16x e g(x) = 4x . 13) Um tanque, na asa de um jato, tem como modelo, o sólido gerado pela revolução, torno do eixo 1 Ox , da região delimitada pelo gráfico y = .x 2 . 2  x e pelo eixo x e y são dados em metros. Qual 8 o volume do tanque? Obs. : Considere 0  x  2. Respostas: 1) A = 1,6 u.a 2) A = 24 u.a 3) A =

1 u.a 6

9 ) Sy  63,497  u.a

4) S  20,40 u.c

10 ) Vx =

3 u.v 10

5) S  9,073 u.c

11 ) Vx =

412 u.v 15

6) S = 0 u.c

11 ) Vx =

412 u.v 15

7) Sx  177,96  u.a

12 ) Vx =

8 u.v 3

8) Sy  9,819  u.a

13 ) V = 0,0033  m3  0,1047 m3  104,71 litros







Livro de Cálculo Diferencial_e_Integral_I_Integral_2007

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