livro de cálculo diferencial_e_integral_i_integral_2007

Universidade do Estado do Pará Curso de Licenciatura Plena em Matemática Pág.1

Prof. Esp. Everaldo Raiol da Silva 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



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



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



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 = x

3, 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



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



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.



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

dx(3x

2) = 6x, a este processo damos o

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) = x

4 + 3, H(x) = x

4 – 5 são antiderivadas de 4x

3 pois a derivada de cada uma

delas é 4x3. Logo, todas as antiderivadas de 4x

3 são da forma x

4 + 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:

CxFdxxf )()(

Exemplos:

Cxdx 22 Cxdxx 323 Cttdt

224

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 ( )dx

x A diferenciação é o inverso da integração.

b) '(x) dx f(x) Cf A integração é o inverso da diferenciação.

Função Derivada Integral

( )y f x dy '( )dxf x '( )dy

f xdx

AULA 13



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 + 1

n xx dx C

n + 1 com n -1 (Regra Simples da Potência)

06) u

u aa du c

Ln a com a > 0

07) u ue du e C .

08) u u uu e du u e e C .

09) n u u n 1 uu e du u e n u e C

10) du

ln u Cu com u > 0.

11) Ln u du u Ln u u C .

12) 2 2u u

u Ln u du Ln u C2 4

.

13) du

Ln Ln u Cu Ln u

.

14) n n 1

2

Ln u 1u Ln u du u C

n 1 (n 1)

15) sen u du cos u C



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) 2 u sen 2u 1sen u du C (u sen u cos u) C

2 4 2

22) 2 u sen 2u 1cos u du C (u sen u cos u) C

2 4 2

23) 2tg u du tg u u C .

24) 2cotg u du cotg u u C

25) 2sec u du tg u C

26) 2cossec u du cotg u C

27) sec u tg u du sec u C

28) cossec u cotg u du cossec u C

29) 2 2

du uarc.sen C

aa u

. Se u

2 < a

2.

30) 2 2

du 1 uarc.tg C

u a a a

.

31) 2 2

du uarc.sec C

au u a

. Se u

2 > a

2.

32) 2 2

du 1 u aLn C

u a 2a u + a

. Se u

2 > a

2.

33) 2 2

du 1 a uLn C

a u 2a a - u

. Se u

2 < a

2.

34) 2 2

2 2

duLn u u a C

u a

.

35) 2 2 2 2 21 1 u

a u du u a u a arc.sen C2 2 a

.

36) 2 2 2 2 2 2 21 1u a du u u a a Ln u u a C

2 2



Questões Resolvidas

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

1) 2 2

1 x 3x3x dx 3 x dx 3 x dx 3 C C

2 2

.

2) 2

3

3 2

1 x 1dx x dx C C

x 2 2x

.

3)

31 32

32 22 2 2x x

x dx x dx C x C x C C3 3 3 3

2

x .

4) 3 3 3

23 2 2

duu

u ( 2)( 2) 3 dx (u) du = C = C

3 3

xx x

.

3

2 2

u ( 2)

dudu 3 dx dx

3

x

x x

5)

32 2 41 1 1

3 24 4 41 334 3 4 4

duu3

x dx x dx du 1 1 u = ( 2) x dx = (u) = (u) du = C

3 3 32 ( 2)x

x x

33 43

3 3441 4 4 ( 2) 4

= u C = C = ( 2) C3 3 9 9

xx

.

3

2 2

u ( 2)

dudu 3 dx dx

3

x

x x

6) 2

3 33 2 3 2 3 3

3 3

du duu u3 3

8x dx du 1 ( 2) 8x dx =8 ( 2) x dx = 8 (u) =8 (u) du =

( 2) 3 3x x

x

2

2 3 2

8 u 4 1 4C = - C = - C

3 2 3 u 3 ( 2)x

.

3

2 2

u ( 2)

dudu 3 dx dx

3

x

x x

7)

321 1

2 22 2

32duu

4

du 3 3 u3x 1 2 dx = 3 1 2 x dx 3 u u du = C

4 4 4x x

3 32 2

2 3

2 1 (1 2 )3 2 1= u C = ( 1 2 ) C = C

4 3 2 2

xx

.

2u 1 2x

dudu 4x dx x dx

4



8) 2 2 2 2 2

dx dx dx dx duarc.tg u + c

2 2 2 1 1 ( 2 1) 1 ( 1) 1 u 1x x x x x x x

= arc.tg ( 1) + c x .

u 1

du dx

x

9) 3 2

2 2 2 2

3 4 3 4 4 dxdx 3 4 dx 3 4 dx dx 3 dx 4 dx 4

1 1 1 1

x x xx x x

x x x x

2 2

2

x du 3x3 4x 4 arc.tg u + c 4x 4 arc.tg ( ) + c

2 u 1 2x

.

3 23 4 3x x x 2 1x u

du dx

x

- 52x 34x 3x - 4

24x

24 4x

+4

10)24 24 4 2

u

9du

1 1 1 2dx dx dx = dx = 81 81 81 81 u 1

81 1 1 181 81 9

x x x x

x x x x

2

2 2

1 9 du 1 du 1 1 xarc.tg(u) C = arc.tg C

81 2 u 1 18 u 1 18 18 9

.

2xu

9

2x 2du dx x dx = du

9 9

11) 2 2 2 2 2

dx dx dx dx duarc.tg u + c

2 2 2 1 1 ( 2 1) 1 ( 1) 1 u 1x x x x x x x

= arc.tg ( 1) + C x .

u 1

du dx

x

12) 2 2(1+ cotg z) cotg z dz cossec z cotg z dz

cossec cotg z dz = cossec Ccossec cossec

z zz z

.

13) 2 2

2 u cotgcotg x cossec x dx = u du = u du = + C = + C

2 2

x .

2 2 2

u cotg x

ducossec x du = cossec x dx du =cossec x dx

dx

14)2

2

1 cos v 1 1(cossec v cotg v sec v) dv dv dv = cossec v dv =

sen v sen v cos v sen v

= cotg v + C .



15) sec w sen w sen w

dw = sec w dw = sec w tg w dw = sec w + C cos w cos w

16) 1 5

4

3 1(3 1)

3.(3 1) C1 5

3 3

nu x

u xx dx

ndu

du dxdx

.

17)

2

1 2 2 4 3 22 ( ) 2

(2 1).( ) C C1 2 2

2 1 (2 1)

nu x x

u x x x x xx x x dx

ndu

x du x dxdx

18)

2

1 2 12 2

2 2 2

2 14 ( 2 1) 1

( 4 )(1 2 ) C(1 2 ) 1 1 2 1

4 4

nu x

x u xdx x x dx

x n xdu

x du xdxdx

.

19) 4 1 2 4 1 2

11 3 5 6 1 3

3 3 3 3

3 4 3 4dx = dx 3 4 dx

x x x xx x x

x x x x

4 1 2 14 3 1 6 2 311 3 5 6 1 3

3

4 1 214 3 1 6 2 3 14 3 1 6 2 3

3

4 1 214 3 1 6 2 3

3

3 4dx = dx 3 dx 4 dx 3 4 C

14 3 1 6 2 3

3 4 3 6 3 3dx = 3 4 C 18 6 C

14 1 2 14

3 4 3dx = 18 6 C

14

x x x x xx x x

x

x xx x x x x x

x

x xx x x

x

20) x

2 7 2 7

sen x 2 sen x 2 dx 2 dx = 2e dx dx

cos x cos x

xex x

x 7

2 7

6x

2 7

x

2 7 6

sen x 22 dx = 2 e dx sec x tg x dx 2 dx

cos x

sen x 22 dx = 2e sec x 2 C

cos x 6

sen x 2 12 dx = 2e sec x C

cos x 3

x

x

x

e xx

xe

x

ex x

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.

1) 2

2dx

1

x

x

= R: x arc.tg x C

2) te 1

t dt2 t

= R:

3t 2

1 2e t Ln t + C

2 3

3) 4 3 2

2

8 9 6 2 1dx

x x x x

x

= R:

3 28 9 16 2Ln x + C

3 2

x xx

x

4) 2

Ln xdx

x Ln x

= R:

1Ln x + C

2

5) 2

sen xdx

cos x = R: sec x + C

6) cos θ tgθ dθ = R: cos x + C

7) 2 3sec x (cos 1) dxx = R: sen x + tg x + C

8) x dx

5x 2

= R:

25 2 C

5x

9) x

x

edx

e 1

= R: xLn e 1 + C

10) dx

tg xx

= R: 2 Ln cos + Cx

11) sen 3x

dx3 + cos 3x

= R: 1

Ln (3 + cos 3x) + C3

12) 21 + 3cos x sen 2x dx = R: 2 32(1 + 3cos x) C

9

13) 2

tg xdx

cos x = R: 32

tg C3

x

19)

2

3

2

cotg xdx

sen x = R:

5

3cotg xC

5

14) tg 3x cotg 3x

dxsen 3x

= R:

1 1Ln sec 3x + tg 3x + + C

3 sen 3x

15) 2

2

sec xdx

tg x 2

= R: 2Ln tg x + tg x 2 + C

17) 3 1 + Ln x

dxx

= R: 433

(1 Ln x) C4

16) dx

tg x 1x 1

= R: 2 Ln cos 1 + Cx

18) sen x cos x

dxsen x cos x

= R: Ln sen x cos x + C

20) 2

cos 2xdx

4 +cos 2x = R:

1 5 sen 2xLn + C

4 5 5 sen 2x



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)) g'(x) f(g(x)) g'(x), isto é, F(g(x))F g x é uma primitiva de f(g(x)) g'(x) . Temos,

então:

( ( )) '( ) ( ( )) Cf g x g x dx F g x .

Fazendo u = g(x), du = g’(x) dx, e substituindo na integral anterior passamos a ter:

( ( )) '( ) ( ) ( ) Cf g x g x dx f u du F u .

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.

AULA 14




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

1) 2 2 2 2 2 2 2

dx dx dx dx du 1arc.tg u + c

6 13 2 3 9 9 13 ( 1) 4 ( 1) 2 u 2 2x x x x x x

1 3= arc.tg + C

2 2

x

.

u 3

du dx

x

2) 2 2

2 2 2 2 2 2

x - 2 u 2u du u du -3 dudx 2udu = = 2 2 1 du =2 du 3

1 u 2 1 u 3 u 3 u 3 u 3x

2 2

du du 1 u 6 x 2= 2 du 3 2u 6 2u 6 arc. tg c = 2 x 2 arc. tg C

u 3 u 3 3 3 3 3

2u 2u 3

2u 3 1

3

2 2u 2 u 2 u 2 dx 2u dux x x

3)

321 1

2 4 2 2 2 2 23

2

du 1 1 ut 2t dt = t (1 2t ) dt = t 1 2t dt = u u du C =

4 4 4

3 3

22 21 2 1

= u C = (1 2t ) C4 3 6

.

2u 1 2t

dudu 4t dt t dt

4

4) 3

2 3 31 12 2 2 2

32

u du

π

du 1 1 u 1 2 2sen (π θ) cos (π θ) dθ = u u du = + C = u C = u C =

π π π π 3 3π

32 sen (π θ)

C3π

.

u sen (π θ)

du ducos (π θ) π cos (π θ) dθ

dθ π

5)3

21 12 2

u du

4

du 1 1 ucos 4θ 2 sen 4θ dθ = 2 sen 4θ cos 4θ dθ = u = u du C

34 4 42

3 332 2

1 2 1 1u C = u C = (2 sen 4θ) C

4 3 6 6 .

u 2 sen 4θ

du ducos 4θ 4 cos 4θ dθ

dθ 4



6) u

tg x 2 u tg xe sec x dx = e du = e C = e C .

2 2

u tg x

dusec du = sec x dx

dxx

7)

du

sen 3θ 1 du 1 13dθ Ln u + C = Ln ( 1 cos3θ) + C1 cos3θ u 3 u 3 3

u 1+ cos 3θ

du dusen 3θ 3 sen 3θ dθ

dθ 3

8) 2 3 3

2 2(Ln x) dx u (Ln x)dx = (Ln x) u du C = C

x x 3 3 .

u Ln x

du 1 dxdu

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 dxdu

dx x x

10) 1

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

3 32 312 2

2 (1+ sec x)u 2u du = C = u C = C

3 3 32

.

u 1 + sec x

dusec x tg x du = sec x tg x dx

dx

11) 2

2cossec (sen x) cos x dx = cossec u du cotg u + C = cotg (sen x) + C

u sen x

ducos x du cos x dx

dx

12) 2 2 2 2 dux cotg( x ) cossec( x ) dx = cotg( x ) cossec( x ) x dx cotg u cossecu

2

21 1 1 1cotg u cossecu du cossecu C = cossecu C = cossec(x ) C

2 2 2 2 .

2u x

du2x du = 2x dx

dx



Questões Propostas

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

1) 1

2 3

( 3) dx

( 6 )

x

x x

R: 2 23

3( 6 ) C

4x x

2) 2 10(2 2 3) (2 +1) dxx x x R: 2 111(2 2 3) C

22x x

3) 2

dy

4 4y y

R: 1

C2 y

4) 2 38 6 + 5 dxx x R: 3 3 28(6 + 5) C

27x

5) t

t

e dt

e 4

R: tLn(e + 4) + C

6) 2x

dx

e + 16 R: x1 e

arc. tg C4 4

7) 2sen x 5cos x

dx =cos x

R: -2 Ln cos x 5 + Cx

8) 2

arc. sen ydy =

2 1 y

R: 21

(arc. sen y) + C4

9) 2Ln x

dx =x

R: 2(Ln x) + C

10) 2

3 dx =

x Ln 3x

R: -3

+ CLn 3x

11) 3 senθ cosθ dθ = R: 4 33sen θ + C

4

12) sen 2θ cos2θ dθ = R: 3 21(sen 2θ) + C

3

13) 3

sen θ dθ =

(5 cos θ)

R: 2

1C

2(5 cosθ)

14) 2x 5 2x(e 2) e dx = R: 2x 61(e 2) C

12

15) 2 3x (sen 2x + 4x) dx = R: 3 41cos 2x + x + C

6

16) 3

dx =1

x

x

R: 2 + 3

2 3 2Ln C2 3

xx

x

17) cos

dx =x

x R: 2 sen x C

18) 23xx e dx = R:

23x1e + C

6

19) 2t cos t dt R: 21sen t C

2

20) 5

=(1 )

dv

v v R:

4

1C

2(1 )v



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 2 xx e dx e xe 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)

( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) ' ( )

u u v vdv du

f x g x dx f x g x f x dx g x (Resultado da Integração por partes e passando

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 .


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 = 2

2x = dv = x dx , logo temos:

2 2

x sen x dx sen x cos x dx2 2

x x , a nova integral que é mais complicada do que a

original.

du = sen x + x cos x dx.



Em b temos :logo, 2x sen x dx sen x x (sen x + x cos x) dxx .

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) 2 xx e dx .

u = x2 du = 2x dx

Solução:

dv= ex Integrando ambos lados temos xdv = e dx v = e

x

Cxeexdxxeexxdxeexdxexvduuvudv xxxxxxx )1(.222.. 2*

222

Cxxedxex xx )22( 22 .

3) xx e dx .

u = x du = dx

Solução:

dv= ex Integrando ambos lados temos xdv = e dx v = e

x

u dv u v v du

x x x x x xx e dx = x e e dx x e e e (x 1) C .

4) 2xe 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

2x 2x x 2x 2x

2x 2x 2x

voltamos a integrar por partes

e sen x dx e ( cos x) ( cos x) 2e dx e cos x 2e cos x dx

e sen x dx e cos x 2 e cos x dx

.

Resolvendo a integral 2x2e cos x dx , por partes, fazendo: u = e2x

e dv = cos x dx.

2x 2x 2x 2x

2x 2x 2x 2x

e sen x dx e cos x 2 e sen x dx sen x 2e dx

e sen x dx e cos x 2 e sen x dx 2 sen x e dx



2x 2x 2x 2xe sen x dx e cos x 2 e sen x dx 4 e sen x dx

Observando que a integral do 2º membro é exatamente a integral que queremos calcular. Somando 2x4 e sen x dx a ambos os lados da ultima integral obtemos:

2x 2x 2x 2x 2x 2x4 e sen x dx e sen x dx e cos x 2 e sen x dx 4 e sen x dx +4 e sen x dx

2x 2x 2x

2x 2x 2x

5 e sen x dx e cos x 2 e sen x

1e sen x dx (e cos x 2 e sen x) + C

5

5) sen x Ln(cos x) dx .

Primeiro vamos reescrever a integral Ln(cos x) sen x dx , agora podemos resolver.

u = Ln(cos x) du sen x sen x

du = dxdx 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 xsen x Ln(cos x) dx Ln(cos x) cos x cos 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.

7) xe cos 2x dx .

u Ln x

du 1 dxdu

dx x x

12

3 32 23

23

2

dv x dx dv x dx

v = x dx dx

2 2

3 3

v x

x xv x

32 3

2

3 3-12 2

3 12 2

323

2

3 32 2

3 32 2

32

2 x 2 dxLn x x dx Ln x x

3 3 x

2 2Ln x x x x dx

3 3

2 2Ln x x x dx

3 3

2 2 xLn x x

33 32

2 2 2Ln x x x

3 3 3

2 4Ln x x x

3 9

2x (3 Ln x 2) C

9

u dv u v v du



u = ex du = e

xdx

Solução: I dv = cos 2x dx, Integrando ambos lados temos dv = cos 2x dx 1

sen 2x2

v

I) u dv u v v du

x x x

x x x

voltamos a integrar por partes

1 1e cos 2x dx e sen 2x sen 2x e dx

2 2

1 1e cos 2x dx e sen 2x e sen 2x dx

2 2

u = ex du = e

xdx

II) dv = sen 2x dx, Integrando ambos lados temos dv = sen 2x dx 1

cos 2x2

v

II) u dv u v v du

x x x

x x x

1 1e sen 2x dx e cos 2x cos 2x e dx

2 2

1 1e sen 2x dx e cos 2x + e cos 2x dx

2 2

Substituindo a integral resolvida em II na Integral I obtemos:

x x x x

x x x x

x x x x

x x

1 1 1 1e cos 2x dx e sen 2x e cos 2x e cos 2x dx

2 2 2 2

1 1 1e cos 2x dx e sen 2x e cos 2x e cos 2x dx

2 4 4

1 1 1e cos 2x dx e cos 2x dx e sen 2x e cos 2x

4 2 4

5 1e cos 2x dx e

4 2

x x x x

x x x

x x x

1 4 4sen 2x e cos 2x 5 e cos 2x dx e sen 2x e cos 2x

4 2 4

5 e cos 2x dx 2 e sen 2x e cos 2x

2 1e cos 2x dx e sen 2x e cos 2x + C

5 5

8) x arc.tg x dx

2 2

u = arc.tg x

du 1 dxdu

dx 1 + x 1 + x

2

dv x dx

xdv x dx v =

2

u dv u v v du

2 2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

x x dxx arc. tg x dx = arc. tg x

2 2 1+ x

x 1 xx arc. tg x dx = arc. tg x dx

2 2 1+ x

x 1 1x arc. tg x dx = arc. tg x 1 dx

2 2 1+ x

x 1 1 dxx arc. tg x dx = arc. tg x dx

2 2 2 x +1

xx arc. tg x dx =

2

2

x 1 1 xarc. tg x arc.tg

2 2 2 1 1

x x 1x arc. tg x dx = arc. tg x arc.tg x

2 2 2

x 1 xx arc. tg x dx = arc. tg x C

2 2



9) 3 2sec x dx = sec x sec x dx =

u = sec x du = sec x tg x dx

Solução:

2dv = sec x dx tg xv

10) arc.cos x dx =

Solução: u = arc. cos x 2

dxdu

1 x

dv = dx dv = dx xv

11) 2x arc.sen x dx =

2

4 4

u = arc.sen x

du 2x 2xdu dx

dx 1 x 1 x

2

dv x dx

xdv x dx v =

2

3-1 2

1 24

1 21 2

dux 14dx u du

u 41 x

1 u 1 2 1u

4 1 2 4 1 2u

3

3 2

3 2

3 3

3

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

u dv u v v du

3

3 3

3

3

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

1sec x dx = sec x tg x Ln sec x tg x C

2

2

2

2

dxarc.cos x dx = arc.cos x x x

1 x

x dxarc.cos x dx = x arc.cos x

1 x

arc.cos x dx = x arc.cos x 1 x C

u dv u v v du

2 22 2

4

2 32 2

4

22 2

22 2

x x 2xx arc.sen x dx = arc.sen x dx

2 2 1 x

x xx arc.sen x dx = arc.sen x dx

2 1 x

x 1x arc.sen x dx = arc.sen x

2 2

x 1x arc.sen x dx = arc.sen x

2 2

x

u dv u v v du

u

u

2

2 2 4

22 2 4

x 1arc.sen x dx = arc.sen x 1 C

2 2

x 1x arc.sen x dx = arc.sen x 1 C

2 2

x

x

-1 2

1 22

z

1 21 2 2

2

dzx 12dx = z dz

z 21 x

1 z 1 2z 1

2 1 2 2 1

Resolvendo o valor de z:

1

dz dz2 = x dx

dx 2

z x

z x

x



Questões Propostas

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

1) -xx e dx = R: x( 1) e Cx

2) 2xx e dx = R: 2x 2xe e

C2 4

x

3) 3 2x3x e dx = R: 2x 2

33e 3x 3x 3C

2 2 2 4x

4) 2x cos x dx = R: 2sen(x 2) 2x cos x C

5) x Ln x dx = R: 2 2x x

Ln x C2 4

6) x cos 5x dx = R: x 1

sen x cos 5x C5 25

7) x sec x tg x dx = R: x sec x Ln sec x + tg x C

8) 2x cossec x dx = R: -x cotg x Ln sen x C

9) -xe sen x dx = R: xe (cos x + sen x)

C2

10) cos x Ln(sen x) dx R: sen x Ln(sen x) sen x + C

11) 2x Ln x dx = R: 2x 1

Ln x C3 3

12) -xe cos 2x dx = R: x1e 2 sen 2x cos 2x C

5

13) 2x cos x dx = R: 2x cos x 2x sen x 2 cos x C

14) arc.sen x dx = R: 2x arc.sen x 1 x C

15) 2xe sen 3x dx = R: 2x1e (2 sen 3x 3 cos 3x) C

13

16) 3 2x cos x dx = R: 2 2 21x sen x cos x C

2

17) arc.cotg 2x dx R: 21x arc. cotg 2x Ln(1+ 4x ) C

4

18) 2Ln(x + 1+ x ) dx = R: 2 2x Ln(x + 1 x ) 1 x C

19) sen(Ln x) dx = R: x

sen(Ln x) cos(Ln x) C2

20) cos(Ln x) dx = R: x

cos(Ln x) sen(Ln x) C2



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 2q(x) 3 2x x , pode ser escrito como o produto de fatores lineares 2 e 1x x

ou seja q(x) ( 2) ( 1)x x .

2) O polinômio 3 2q(x) 1x x x , pode ser escrito como o produto de fatores lineares 1x e

pelo fator quadrático irredutível 2 1x ou seja 2q(x) ( 1) ( 1)x x .

3) 2 21p(x) =3 x + ( 1) ( 3 4)

3x x x

é uma decomposição do polinômio

5 4 3 2p(x) = 3x + 4x 2x 16x + 7x + 4 .

A decomposição da função racional p(x)

f(x)q(x)

em fração mais simples, está subordinada

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 xQ

xP de dois polinômios em x .

Assim, 47

1323

2

xx

x é uma fração racional.

3.2 - Frações Próprias:

Uma fração é uma fração racional cujo grau numerador é menor que o grau do denominador.

Assim, xx

x

xx

x

3

14 e

45

324

2

2

são frações próprias.



Uma fração imprópria é uma fração racional cujo grau do numerador é maior do que o grau

do denominador ou igual a este.

Assim, 23

9622

23

xx

xx é uma fração imprópria.

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

e uma fração própria.

Assim, 23

3332122

23

96222

23

xx

xx

xx

xx.

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:

2

1

1

2

21

53

23

532

xxxx

x

xx

x

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: P(x)

dx(x α) (x β)

Para calcular P(x)

dx(x α) (x β)

, 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)



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: αm n

Aα β

e

βm nB

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.

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)dx A Ln x α A Ln x β C

(x α) (x β)

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:

4

)7 2 1 7 2 1

x A Ba

x x x x

2

2 2 2

Resolvendo

2 3 3 A B) 1 1

3 2 3 2 3 2 x 1 x 2

x x xb

x x x x x x

P(x)dx, com α β.

(x α) (x β)



3.5.2 - Fatores lineares, alguns dos quais repetidos:

Se um fator p(x α) 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

P(x)dx

(x α)

Vamos calcular por exemplo quando p = 2, 2

P(x)dx

(x α)

, 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:

2 2

mx n A B

(x α) (x α) (x α)

Demonstração:


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 2

P(x)dx

(x α)

, 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:

22

444

13

x

B

x

A

x

xa

111

25

22323

2

x

E

x

D

x

C

x

B

x

A

xx

xb

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 2P(x) mx nx p .

P(x)dx

(x α) (x β) (x γ)

2 2

2 2

2 2

mx n A B

(x α) (x α) (x α)

mx n A (x α) B

(x α) (x α)

mx n Ax Aα B

(x α) (x α)



22

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

mx n p m (x α) α n (x α) α p

mx n p m (x α) 2α(x α) α n (x α) α p

mx n p m(x α) 2αm(x α) mα n(x α) nα p

mx n p m(x α) 2αm(x α) n(x α) mα nα p

mx n p m(x α) (2αm n) (x α) mα nα p

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:

2mx 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: 2 2

1 1 1mx n p m (x α) n (x α) p

De fato x (x α) α , vem:

Chamando de:

1

1

2

1

m m

n 2αm n

p mα nα p

, pois os mesmos são números reais.

Logo podemos concluir que 2 2

1 1 1mx n p m (x α) n (x α) p , 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 1

I II

1 1 1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)

A B1 1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)

A B1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x γ) (x β) (x γ)

Segue que existem constantes A2, B2, A3, e B3 tais que

3 31 1 2 2

II III

A BA B A B

(x α) (x γ) (x β) (x γ) (x α) (x γ) (x β) (x γ)

Como I é igual a II e II é igual a III, por transitividade I é igual a III.

3 32 2A BA B1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x γ) (x β) (x γ)

Sendo assim.

3 31 1 2 2

3 32 2

3 2 32

A BA B A B

(x α) (x γ) (x β) (x γ) (x α) (x γ) (x β) (x γ)

A BA B1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ) (x γ)

A B BA1

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)



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

4 4 4A B C1

(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:

2mx n p A B C

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)

Como já provamos anteriormente: 2 2

1 1 1mx n p m (x α) n (x α) p

22

1 1 1m (x α) n (x α) pmx n p

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)

Separando em frações com o mesmo denominador, obtemos.

22

1 1 1m (x α) n (x α) pmx 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:

2

1 1 1m (x α) n pmx 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:

2mx n p A B C

(x α) (x β) (x γ) (x α) (x β) (x γ)

Exemplos:

2

22

3

2 42 4

x A Bx Ca

x xx x

3

2 22 2

2 6

2 3 8 12 3 8 1

x A Bx C Dx Eb

x x x x xx x x x x

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 2P(x) mx nx p .

2

P(x)dx

(x α) (x β)

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

que: 2

2 2

mx n p A B C

(x α) (x β) (x α) (x β) (x β)

Demonstração:

2

1 1 1

(x α) (x β) (x α) (x β) (x β)



1 1

2

1 1

2 2

A B1 1

(x α) (x β) (x α) (x β) (x β)

A B1

(x α) (x β) (x α) (x β) (x β)

Assim, existem constantes A2, B2 e C2 tais que:

2 2 2

2 2

A B C1

(x α) (x β) (x α) (x β) (x β)

Exemplos:

2

2 22 22 2 2

4 1 Ax B Cx D Ex F a)

1 11 1 1

x x

x x xx x x x

2 2 2 2

3 A B C D b)

( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2)

x

x x x x x x

3.5.5 - Fatores quadráticos, com fatores irredutíveis do 2º Grau:

Seja a integral da forma 2

P(x)dx

(x α) (ax bx c)

, onde P(x) é um polinômio cujo

numerador é da forma 2P(x) mx nx p e a equação 2ax bx c , com 2b 4ac, com < 0 .

Teorema (5): Sejam m, n, p, a, b, c e α reais dados tais que 2b 4ac, com < 0 . Então existem

constantes A, B e C tais que: 2

2 2

mx n p A Bx D

(x α) (ax bx c) (x α) (ax bx c)

Demonstração:

2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

mx n p A Bx D


mx n p A (ax bx c) (Bx D) (x α)


mx n p Aax Abx Ac Bx Bxα Dx Dα


mx n p (

(x α) (ax bx c)

2

2

Aa B)x (Ab Bα D)x (Ac Dα)

(x α) (ax bx c)


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.



2

a 1 0

b α 1 0 aα bα c 0

c 0 α

Como por definição o polinômio do 2º grau 2ax bx c , não admite raiz real. O sistema

admite, então uma única solução. Logo subsistem os valores A, B e C, tais que:

2

2 2

mx n p A Bx D


Exemplos: 2

3 2

8 1 A Bx C a)

8 2 2 4

x x

x x x x

2 2 2 2 2

1 A Bx C Dx E b)

( 2 3) ( 2 3) ( 2 3)

x

x x x x x x x x

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 12

73322

2

xx

xx. Usando as regras (2) e

(3) de seção, a forma da decomposição é:

12212

7332222

2

x

DCx

x

B

x

A

xx

xx

12

2112

12

73322

222

22

2

xx

xDCxxBxxA

xx

xx

DDxCxDxCxCxBBxAAxAxAxxx 444422733 2232232

DBAxDCAxDCBAxCAxx 424442733 232

Equacionando os coeficientes dos termos semelhantes nos dois polinômios e igualando os

demais a zero, obtemos o sistema de equações a ser resolvido.

742

344

342

0

DBA

DCA

DCBA

CA

Resolvendo o sistema, obtemos 0 e 1 ,5 ,1 DCBA .

Portanto, a decomposição em frações parciais é 12

5

2

1

12

7332222

2

x

x

xxxx

xx




01) Decomponha em frações parciais:1572

22

xx

x ou

532

2

xx

x.

Solução:

Seja 532

2

xx

x

532

532

532

325

532

xx

ABxBA

xx

xBxA

x

B

x

A

Precisamos encontrar as constantes BA e tais que:

532

2

xx

x

532

532

xx

ABxBA identicamente ou ABxBAx 5322 .

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos ABBA 532 e 21 , as quais,

quando resolvidas simultaneamente, nos dão 13

1A e 13

7B .

Portanto, 513

7

3213

1

5

137

32

131

1572

22

xxxxxx

x

Outro método: 3252 xBxAx

Para encontrar B , seja 13

7 ,137 ,310025 :5 BBBAx .

Para encontrar A , seja 2

3x : 13

1 ,2

132

1 ,052

322

3 AABA .

02) Decomponha em frações parciais: 33191

31022

2

x

C

x

B

x

A

xx

xx.

Solução:

313193102 22 xxCxxBxAxx

Para encontrar A , seja 8

11 ,913102 :1 AAx

Para encontrar B , seja 4

5 ,331333018 :3 BBx

Para encontrar C , seja 8

15 ,331333018 :3 CCx

Portanto, 38

15

34

5

18

11

91

31022

2

xxxxx

xx


237222

2

x

C

x

B

x

A

xx

xx.

Solução:

3113237222 xxCxBxAxx

32196 22 xxCxBxxA

CCxCxBBxAAxAx 3296 22

CBAxCBAxCA 39262

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos e 726 ,2 CBACA

2339 CBA . Resolvendo-as simultaneamente, obtemos 0 ,5 ,2 CBA .

Portanto, 22

2

3

5

1

2

31

2372

xxxx

xx

Outro método: 3113237222 xxCxBxAxx

Para encontrar A , seja 2 ,312372 :12

AAx

Para encontrar B , seja 5 ,13232118 :3 BBx



Para encontrar C , seja 0 ,31153223 :02

CCx


262222

2

x

D

x

C

x

B

x

A

xx

xx.

Solução:

22226 22222 xDxCxxBxxAxx

24444 2222 xDxCxxxBxxxA

AxBAxDCBAxDB 44424 23

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos ,124 ,0 DCBADB

.24 ,644 ABA A solução simultânea destas quatro equações é ,1 ,21 BA ,23C

1D .

Portanto, 2

1

22

31

2

1

2

262222

2

xxxxxx

xx

Outro método: 22226 22222 xDxCxxBxxAxx

Para encontrar A , seja 21 ,42:0 AAx . Para encontrar C , seja ,42124:2 Cx

23C .

Para encontrar DB e , seja x quaisquer valores exceto 0 e 2 (por exemplo, 1,1 xx ).

Seja 2 1 e 212121261 :122

DBDCBAx

Seja 63 9 2 e 212121261 :122

DBDCBAx

A solução simultânea das equações (1) e (2) é 1, 1B D .


2

2

154

x

xx. Seja 2 xy ; então 2 yx .

Solução:

3

2

3

2

3

2 3815242

2

154

y

yy

y

yy

x

xx

2

3

4 15

2

x x

x

32322

3

2

8

2

1381

xxxyyy

06) Decomponha em frações parciais:

2

22

7 25 6

2 1 3 22 1 3 2

x x Ax B C

x x xx x x

.

Solução:

12236257 22 xxCxBAxxx

CCxCxBAxBxAx 22233 22

CBxCABxCA 22233 2

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos: 25223 ,73 CABCA ,

.62 CB

A solução simultânea destas três equações é .4 ,5 ,1 CBA

Portanto, 23

4

12

5

2312

625722

2

xxx

x

xxx

xx


284

6

2842222

2

24

2

x

DCx

x

BAx

xx

x

xx

x.

Solução:



32284 222 xDCxxBAxx

DCxDxCxBAxBxAx 3322 2323

DBxACxDBxCA 322323

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos

2832 ,023 ,4 ,0 DBACDBCA

A solução simultânea destas quatros equações é, 4 ,0 ,8 ,0 DCBA .

Portanto, 2

4

3

8

6

2842224

2

xxxx

x

08) Decomponha em frações parciais:4 3 2

2 2 2 2 2

3 20 3 31 A Bx + C Dx + E

( 1) ( 4) 1 4 ( 4)

x x x x

x x x x x

.

Solução:

4 3 2 2 2 23 20 3 31 A( 4) (Bx + C) ( 1)( 4) (Dx + E)( 1)x x x x x x x x

4 3 2 2A(x 8x 16) (Bx + C) x x 4x 4 Dx Dx Ex E

4 2 4 2 3 3 2 2= Ax 8Ax 16A Bx 4Bx Bx 4Bx Cx Cx 4Cx 4C Dx Dx Ex E 4 3 2(A + B)x (B + C)x (8A + 4B + C + D)x (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 .

Portanto: 4 3 2

2 2 2 2 2

3 20 3 31 A Bx + C Dx + E

( 1) ( 4) 1 4 ( 4)

x x x x

x x x x x

4 3 2

2 2 2 2 2

3 20 3 31 2 1x + 0 0x + ( 1)

( 1) ( 4) 1 4 ( 4)

x x x x

x x x x x

4 3 2

2 2 2 2 2

3 20 3 31 2 x 1

( 1) ( 4) 1 4 ( 4)

x x x x

x x x x x

4 3 2

2 2 2 2 2

3 20 3 31 2 x 1

( 1) ( 4) 1 4 ( 4)

x x x x

x x x x x

Questões Propostas

01) Encontre a decomposição em frações parciais de cada fração racional a seguir.

01) 127

22

xx

x 02)

6

11122

xx

x 03)

232

82

xx

x

04) xx

x

2

452

05)

1832 xx

x 06)

12

79102

2

xx

xx

07) xxx

xx

6

6923

2

08)

42

3

x

x 09)

3

2

2

983

x

xx

10) 22

23

3

2727103

xx

xxx 11)

16

21852

2

xxx

xx 12)

122

374522

23

xxxx

xxx

13) 1

33 x

x 14)

22

23

22

520167

xx

xxx 15)

31

97

xx

x

16) 22

10

xxx

x 17)

1

132

x

x 18)

xxx

x

2

2723



19) 12

1352

2

xx

xx 20)

9412

922

xx

x 21)

14

3222

3

xx

xx

22) 22

3

4x

x 23)

22

24

11

13

xx

xxx 24)

1

1 2 3x x x

25) 4 1

x

x 26)

2

3 2

3 1

2

x x

x x x

27)

2

3 2

2 1

6 11 6

x

x x x

28) 2

1

3( 2)

x

x

29)

2

3

8 15 9

1

x x

x

30)

3 2

3 7

4 4

x

x x x

Respostas:

01) 3

5

4

6

xx 02)

3

5

2

7

xx 03)

2

2

12

3

xx

04) 2

32

xx 05)

3

31

6

32

xx 06)

2

5

1

2

1

3

xxx

07) 3

2

2

21

xxx 08)

2

2

2

2

xxx 09)

322

5

2

4

2

3

xxx

10) 22

3

5

3

231

xxxx 11)

1

3

6

322

xxx

x 12)

1

13

22

1222

xx

x

xx

x

13) 1

1

1

12

xx

x

x 14)

22222

12

22

27

xx

x

xx

x 15)

3

3

1

4

xx

16) 2

1

2

2325

xxx 17)

1

2

1

1

xx 18)

1

3

2

21

xxx

19) 1

12

2

32

x

x

x 20)

14

2

12

12

x

x

x 21)

1

1

4

1322

x

x

x

x

22) 222

4

4

4

x

x

x

x 23)

22 11

1

x

x

x 24)

1 1 1

2 1 2 3 2x x x

25) 2

1 14 4 2

1 1 1

x

x x x

26)

3112 2

2 1x x x

27)

3 1992 2

1 2 3x x x

28) 2

1 1

3( 2) ( 2)x x

29)

2 3

8 1 2

1 ( 1) ( 1)x x x

30)

2

2 2 1

1 4

x

x x

Como já aprendemos calcular os coeficientes das frações parciais veremos agora como

calcular as integrais pelo método frações parciais.


01) Resolva as seguintes integrais usando o método das frações parciais:

1) 2 2

dx 1dx

x 6x + 5 x 6x + 5

Solução:

Seja

0 1 A B

5 1 x 5 x 1

x

x x

Precisamos encontrar as constantes A e B tais que:

A x 1 B x 50 1

5 1 5 1

x

x x x x

,



0 1 A x A B x 5B

5 1 5 1

x

x x x x

,

Reduzindo a termo semelhantes obtemos.

0 1 (A + B) x A 5B

5 1 5 1

x

x x x x

,

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , temos 0 = A + B e 1 = A 5B , as

quais, quando resolvidas simultaneamente, nos dão 1

A =4

e 1

B =4

.

Portanto,

1 10 1 A B 0 1 4 4

5 1 x 5 x 1 5 1 x 5 x 1

x x

x x x x

.

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

2) 5x 12

dxx (x 4)

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)

,


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:

2

2

II = uI = u

2

2

1 1dx A B 4 4dx dx dx dx

x 6x+5 x 5 x 1 x 5 x 1

dx 1 dx 1 dx 1 du 1 du

x 6x+5 4 x 5 4 x 1 4 u 4 u

dx 1 1 1 1Ln (u) Ln (u) Ln (x 5) Ln (x 1) + C

x 6x+5 4 4 4 4

dx 1 1Ln(x 5) Ln (x 1) + C

x 6x+5 4

1

4

2

x 5Ln + C

4 x 1

dx x 5Ln + C

x 6x+5 x 1

I) u x 5

dux du = dx

dx

II) u x 1

dux du = dx

dx



3) 3 2 2 2

x 5 x 5 x 5 dx dx dx

x 4x 4x x (x 4x 4) x (x 2)

Solução:

Seja 2 2

x 5 A B C

x (x 2) x x 2 (x 2)

Precisamos encontrar as constantes A, B e C tais que: 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

A (x 2) B x (x 2) C xx 5

x (x 2) x (x 2)

A x 4x 4 Bx 2Bx Cxx 5

x (x 2) x (x 2)

x 5 Ax 4Ax 4A Bx 2Bx Cx

x (x 2) x (x 2)

,


2 2

2 2

0x + x 5 (A B)x ( 4A 2B C)x 4A

x (x 2) x (x 2)

,


A + B = 0

4A 2B + C = 1

4A = 5

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: 5A =4

, 5B =4

e 7C =2

.

Portanto, 2 2

x 5 A B C dx = dx dx dx

x (x 2) x x 2 (x 2)

.

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

I = u II = u

3 2

5x 12 A B 3 2dx dx dx dx dx

x (x 4) x x 4 x x 4

5x 12 3 dx 2 dx du dudx 3 2

x (x 4) x x 4 u u

5x 12dx 3 Ln (u) 2 Ln (u) 3 Ln (x) 2 Ln (x 4) + C

x (x 4)

5x 12dx Ln(x) + Ln (x 4) +

x (x 4)

3

2

3

2

x C Ln + C

(x 4)

5x 12 xdx Ln + C

x (x 4) (x 4)

I) u x

dux du = dx

dx

II) u x 4

dux du = dx

dx

I) u x

dux du = dx

dx

II e III) u x 2

dux du = dx

dx

2 2

2 2

x 5 A B C dx = dx dx dx

x (x 2) x x 2 (x 2)

5 5 7x 5 4 4 2 dx = dx dx dx

x (x 2) x x 2 (x 2)



4) 2

2

x 16 dx

( 1) ( 3)

x

x x

Solução:

Seja 2

2 2

x 16 A B C

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

x

x x

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

2

2 2

22

2 2

2 22

2 2

22

2

x 16 A B C

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

A (x 3) B (x 1) (x 3) C ( 1)x 16

( 1) ( 3) ( 1) (x 3)

A (x 6x + 9) B x 3x x 3 Cx Cx 16

( 1) ( 3) ( 1) (x 3)

Ax A6x + 9A Bx 16

( 1) ( 3)

x

x x

xx

x x x

x

x x x

x

x x

2

2

2 2 2

2 2

x 2x 3 Cx C

( 1) (x 3)

x 16 Ax A6x + 9A Bx 2Bx 3B Cx C

( 1) ( 3) ( 1) (x 3)

x

x

x x x

,


2 2

2 2

x 16 (A B)x ( 6A 2B C)x + 9A 3B C

( 1) ( 3) ( 1) (x 3)

x

x x x

,


A + B = 1

6A 2B + C = 1

9A 3B + C = 16

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 1 , B = 2 e C = 1 .

2 2

I = u II = u III = u

2 2

2

2

1

2

x 5 5 dx 5 dx 7 dx dx =

x (x 2) 4 x 4 x 2 2 (x 2)

x 5 5 du 5 du 7 du dx =

x (x 2) 4 u 4 u 2 (u)

x 5 5 5 7 dx = Ln u Ln u u du

x (x 2) 4 4 2

x 5 5 7 u dx = Ln (x) Ln (x 2) C

x (x 2) 4 2 1

x 5

2 1

54

2 1

54

2

5 x 7 1 dx = Ln C

x (x 2) 4 x 2 2 u

x 5 x 7 dx = Ln C

x (x 2) x 2 2 u

x 5 x 7 dx = Ln C

x (x 2) x 2 2 (x 2)



Portanto, 2

2 2

x 16 A B Cdx dx dx dx

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

x

x x

.


5) 3 2

3

x 6x 3x 16 dx

x 4x

Solução:

Seja 3 2

3 2

x 6x 3x 16 Ax B Cx D

x 4x x x 4

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

3 2

3 2

3 2 2

3 2

x 6x 3x 16 Ax B Cx D

x 4x x x 4

x 6x 3x 16 (Ax B) (x 4) x (Cx D)

x 4x x (x 4)

3 2 3 2 2

3 2

x 6x 3x 16 Ax 4Ax + Bx 4B Cx Dx

x 4x x (x 4)


3 2 3 2

3 2

x 6x 3x 16 Ax (B C)x (4A D)x 4B

x 4x x (x 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 .

I) u x + 1

dux du = dx

dx

II e III) u x 3

dux du = dx

dx

2

2 2

2

2 2

2

2 2


2

2

x 16 A B Cdx dx dx dx

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

x 16 1 2 1dx dx dx dx

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

x 16 dx dx dxdx 1 2 1

( 1) ( 3) x 1 x 3 (x 3)

x 16dx

( 1) ( 3)

x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

2

22

2

2 1

2

2

2 1

22

2

du du du1 2 1

u u (u)

x 16dx Ln u 2Ln u 1 u du

( 1) ( 3)

x 16 udx 2Ln u Ln u 1 C

( 1) ( 3) 1

x 16 1dx 2Ln ( 3) Ln ( 1) 1 C

( 1) ( 3) u

x 16dx Ln ( 3) Ln (

( 1) ( 3)

x

x x

x

x x

xx x

x x

xx

x x

1

2 2

2

11) C

u

x 16 ( 3) 1dx Ln C

( 1) ( 3) ( 1) ( 3)

x

x x

x x x x



Portanto, 3 2

3 2

x 6x 3x 16 (Ax B) (Cx D)dx dx dx

x 4x x x 4

.

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

6) 3 2

2 2

2t t 3t 1 dt

(t 1) (t 2)

Solução:

Seja 3 2

2 2 2 2

2t t 3t 1 At B Ct D

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

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

3 2

2 2 2 2

3 2 2 2

2 2 2 2

3 2 3 2 3 2

2 2 2 2

2t t 3t 1 At B Ct D

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

2t t 3t 1 (At B) (t 2) (Ct D) (t 1)

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

2t t 3t 1 At 2At Bt 2B Ct Ct Dt D

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)


I) u x

du = dx

2II) u x 4

du2x

dx

dux dx

2

2

III = arc.tg u

2 2 2 2

2 2

dxIII)

x 4

u = x e a = 2

dx 1 uarc.tg

u a a a

3 2

3 2

3 2

3 2

3 2

3 2 2

3 2

3 2

I II = u

x 6x 3x 16 (Ax B) (Cx D)dx dx dx

x 4x x x 4

x 6x 3x 16 (1x 4) (2x 1)dx dx dx

x 4x x x 4

x 6x 3x 16 x dx dx x dx x dxdx 4 2

x 4x x x x 4 x 4

x 6x 3x 16 dx x dxdx dx 4 2

x 4x x x 4

2

III = arc.tg u

3 2

3 2 2 2

I II = u III = arc.tg u

3 2

3

3 2

3

dx

x 4

x 6x 3x 16 dx x dx dxdx dx 4 2

x 4x x x 4 x 2

dux 6x 3x 16 du 1 u2dx x 4 2 arc.tg C

x 4x u u a a

x 6x 3x 16 1dx x 4 Ln (u) 2 Ln

x 4x 2

3 2

3

3 22

3

3 24 2

3

1 u (u) arc.tg C

a a

x 6x 3x 16 1 udx x 4 Ln (u) Ln (u) arc.tg C

x 4x a a

x 6x 3x 16 1 xdx x 4 Ln (x) Ln (x 4) arc.tg C

x 4x 2 2

x 6x 3x 16 1 xdx Ln (x) Ln (x 4) x arc.tg

x 4x 2 2

3 2

4 2

3

C

x 6x 3x 16 1 xdx Ln (x) (x 4) x arc.tg C

x 4x 2 2



3 2 3 2

2 2 2 2

2t t 3t 1 (A C)t (B D)t (2A C)t 2B D

(t 1) (t 2) (t 1) (t 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 .

Portanto, 3 2

2 2 2 2

2t t 3t 1 (At B) (Ct D) dt dt dt

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

.


7) 3

2

3x 5x 4 dx

(x 1) (x 2x 3)

Solução:

Seja 3

2 2

3x 5x 4 A Bx C

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)


2I) u t +1

du = 2t dt

dut dt

2

2II) u t +2

du = 2t dt

dut dt

2

2

III = arc.tg u

2 2 2

2 2

2

dtIII)

t 2

u = t e a = 2 a = 2

dt 1 uarc.tg

u a a a

dt 1 tarc.tg

t 2 2 2

3 2

2 2 2 2

3 2

2 2 2 2

3 2

2 2 2 2 2

I = u II = u

2t t 3t 1 (At B) (Ct D) dt dt dt

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

2t t 3t 1 (1t 0) (1t 1) dt dt dt

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2)

2t t 3t 1 t t dt dt dt dt

(t 1) (t 2) (t 1) (t 2) (t 2)

III = arc.tg u

3 2

2 2

3 2

2 2

3 2

2 2

du du2t t 3t 1 1 u2 2 dt arc.tg(t 1) (t 2) u u a a

2t t 3t 1 1 du 1 du 1 t dt arc.tg

(t 1) (t 2) 2 u 2 u 2 2

2t t 3t 1 1 1 1 t dt Ln(u) Ln(u) arc.tg

(t 1) (t 2) 2 2 2 2

3 2

2 2

2 2

3 22 2

2 2

13 22 2 2

2 2

2t t 3t 1 1 1 1 t dt Ln(t 1) Ln(t 2) arc.tg

(t 1) (t 2) 2 2 2 2

2t t 3t 1 1 1 t dt Ln(t 1) Ln(t 2) arc.tg

(t 1) (t 2) 2 2 2

2t t 3t 1 1 dt Ln(t 1) Ln(t 2) a

(t 1) (t 2) 2

13 2

2 2 22 2

trc.tg

2

2t t 3t 1 1 t dt Ln(t 1) (t 2) arc.tg

(t 1) (t 2) 2 2



3

2 2

3 2

2 2

3 2 2

2 2

3x 5x 4 A Bx C

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)

3x 5x 4 A (x 2x 3) (Bx C) (x 1)

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)

3x 5x 4 Ax 2Ax 3A Bx Bx Cx C

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)


3 2

2 2

3x 5x 4 (A B)x (2A B C)x 3A C

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)


A + B = 3

2A B + C = 5

3A C = 4

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 2 , B = 1 e C = 2 .

Portanto, 3

2 2

3x 5x 4 A Bx C dx dx dx

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)

.


Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos:

dx duI) 2 2 2 Ln(u) 2 Ln(x 1)

(x 1) u

2 2 2 2

u Resolvendo

x dx (u 1) u du duII) du

( x 1) 2 u 2 u 2 u 2

duu x 1 1 du = dx

dx

x u 1

3

2 2

3

2 2

3

2 2 2

3

2

3x 5x 4 A Bx C dx dx dx

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)

3x 5x 4 2 1x 2 dx dx dx

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3)

3x 5x 4 dx x dx 2 dx dx 2

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 3) (x 2x 3)

3x 5x 4

(x 1) (x

2 2

Completando o quadrado Completando o quadrado

3

2 2 2

3

2

dx x dx dx dx 2 2

2x 3) (x 1) (x 2x 3) (x 2x 3)

3x 5x 4 dx x dx dx dx 2 2

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 2x 1 1 3) (x 2x 1 1 3)

3x 5x 4

(x 1) (x 2x 3

2 2

3

2 2 2 2 2

I II III

dx x dx dx dx 2 2

) (x 1) (x 2x 1 2) (x 2x 1 2)

3x 5x 4 dx x dx dx dx 2 2

(x 1) (x 2x 3) (x 1) (x 1) 2 (x 1) 2



Resolvendo a integral 2

u du

u 2

2 2

2

y

2

dyu du 1 dy 1 1 12 Ln y Ln u 2 Ln (x 1) 2u 2 y 2 y 2 2 2

y u 2

dy dy2u u du

du 2

2 2 2

u

2 2 2 2

2

2

2

dx dx 1 uIII) 2 2 arc.tg

( x 1) 2 u 2 a a

u x 1 u (x 1)

a 2 a 2

dx 1 u 1 x 12 arc.tg arc.tg

u 2 a a 2 2

Substituindo as integrais resolvidas separadamente obtemos:

8) 6 3

4 2

x x 1 dx

x 9x

Primeiro vamos transformar fração imprópria, reescrevendo como soma de

frações próprias. Solução:

6 5 4 3 20 0 0 1x x x x x 4 3 20 9 0x x x 6 5 4 3 20 9 0 0 1x x x x x 2 9x

4 3 29 0 1x x x

4 3 29 0 81 0x x x

3 281 1x x

Usando o algoritmo da divisão obtemos: D d q R , dividindo tudo por d, temos:

3

2 2 2 2

Somando obtemos

3

2 2 2

32

2

3x 5x 4 u du du dx dx 2 Ln(x 1) 2

(x 1) (x 2x 3) u 2 u 2 u 2

3x 5x 4 u du dx dx 2 Ln(x 1)

(x 1) (x 2x 3) u 2 u 2

3x 5x 4 1 1 dx 2 Ln(x 1) Ln u 2 a

(x 1) (x 2x 3) 2 a

3

2

2

132 2 2

2

32 2

2

urc.tg

a

3x 5x 4 1 1 x 1 dx 2 Ln(x 1) Ln x 2x 1 2 arc.tg

(x 1) (x 2x 3) 2 2 2

3x 5x 4 1 x 1 dx Ln(x 1) Ln x 2x 3 arc.tg

(x 1) (x 2x 3) 2 2

3x 5x 4 dx Ln (x 1) (x 2x

(x 1) (x 2x 3)

1

21 x 1

3) arc.tg2 2



D d q R D Rq

d d d d d

, portanto,

6 3 3 22

4 2 4 2

x x 1 x 81x 1x 9

x 9x x 9x

, essa fração que será

integrada. Resolvendo agora a nova integral: 6 3 3 2

2

4 2 4 2

6 3 3 22

4 2 4 2

6 3 3 22

4 2 4 2

IIIIII

x x 1 x 81x 1 dx (x 9) dx

x 9x x 9x

x x 1 x 81x 1 dx (x 9) dx dx

x 9x x 9x

x x 1 x 81x 1 dx x dx 9 dx dx

x 9x x 9x

Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos: 3

2 xI) x dx

3 II) 9 dx 9x

3 2

4 2

x 81x 1III) dx

x 9x

, Resolveremos

essa fração parcial III, onde precisamos encontrar as constantes A, B, C e D tais que: 3 2

4 2 2 2

3 2 2 2

4 2 2 2

3 2 2 2

4 2 2 2

3 2 3 2 3 2

4 2 2 2

x 81x 1 Ax B Cx D

x 9x x x 9

x 81x 1 (Ax B) (x 9) x (Cx D)

x 9x x (x 9)

x 81x 1 (Ax B) (x 9) x (Cx D)

x 9x x (x 9)

x 81x 1 Ax 9Ax Bx 9B Cx Dx

x 9x x (x 9)

Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 3 2 3 2

4 2 2 2

x 81x 1 (A C)x (B D)x 9Ax 9B

x 9x x (x 9)

Igualando os coeficientes dos termos semelhantes em x , obtemos os sistemas de equações:

A + C = 1 9A = 0

B + D = 81 9B = 1

Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: A = 0 , 1

B = 9

, C = 1 e 728

D = 9

.

Portanto, 3 2

4 2 2 2

x 81x 1 Ax B Cx Ddx dx dx

x 9x x x 9

.


3 2

4 2 2 2

3 2

4 2 2 2

3 2

24 2 2 2

II = uI = u III = arc.tg u

Resolveremos

x 81x 1 Ax B Cx Ddx dx dx

x 9x x x 9

1 7280x 1x

x 81x 1 9 9dx dx dx

x 9x x x 9

x 81x 1 1 dx x dx 728 dxdx

x 9x 9 x 9 9 x 9x

separadamente



1

2

2 2 1 1

1 dx 1 du 1 1 u 1 1 1 1I) u du

9 x 9 u 9 9 1 9 u 9u 9x

12 2 2

2

II = u

2

dux dx 1 du 1 12II) Ln u Ln x 9 Ln x 9x 9 u 2 u 2 2

u x 9

du du2x = x dx

dx 2

2 2

2 2

2

2 2

728 dx 728 dx 1 uIII) arc.tg

9 x 9 9 u 9 a a

u x u x

a 9 a 9 a 3

728 dx 728 dx 728 1 x 728 xIII) arc.tg arc.tg

9 x 9 9 u 9 9 3 3 27 3

Substituindo finalmente todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

3 2 32

4 2

13 2 32 2

4 2

x 81x 1 x 1 1 728 xdx 9x Ln 9 arc.tg C

x 9x 3 9x 2 27 3

x 81x 1 x 1 728 xdx 9x Ln 9 arc.tg C

x 9x 3 9x 27 3

x

x

9) 2

3 2

2x 5x 4 dx

x x 3x

, O denominador do integrando pode ser fatorado.

Solução:

Seja 2 2

3 2 2

2x 5x 4 2x 5x 4

x x 3 (x 1) (x 2x 3)x

Depois da fração, arrumada vamos agora encontrar as constantes A, B e C tais que:

2

3 2 2

2 2

3 2 2

2 2 2

3 2 2

2x 5x 4 A Bx C

x x 3 (x 1) (x 2x 3)

2x 5x 4 A (x 2x 3) (Bx C) (x 1)

x x 3 (x 1) (x 2x 3)

2x 5x 4 Ax 2Ax 3A Bx Bx Cx C

x x 3 (x 1) (x 2x 3)

x

x

x


2 2

3 2 2

2x 5x 4 (A B)x (2A B C)x (3A C)

x x 3 (x 1) (x 2x 3)x


A + B = 2

2A + B + C = 5

3A C = 4



Que quando resolvidas simultaneamente, nos dão: 11

A = 6

, 1

B = 6

e 9

C =6

.

Portanto, 2

3 2 2

2x 5x 4 A Bx Cdx dx dx

x x 3 (x 1) (x 2x 3)x

.

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

Resolveremos a integral II separadamente.

2

1 x 9II) 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.

2

3 2 2

2

3 2 2

2

3 2 2

2

3 2

I

2x 5x 4 A Bx Cdx dx dx

x x 3 (x 1) (x 2x 3)

11 1x 9

2x 5x 4 6 6 6dx dx dxx x 3 (x 1) (x 2x 3)

11 x 9

2x 5x 4 6 6dx dx dxx x 3 (x 1) (x 2x 3)

2x 5x 4 11 dx 1 xdx

x x 3 6 (x 1) 6

x

x

x

x

2

II

2

3 2 2

II

2

3 2 2

II

9dx

(x 2x 3)

2x 5x 4 11 1 x 9dx Ln u dx

x x 3 6 6 (x 2x 3)

2x 5x 4 11 1 x 9dx Ln x 1 dx

x x 3 6 6 (x 2x 3)

x

x

u

11 dxI)

6 (x 1)

u x 1

du1 du dx

dx

2 2

2 2

2 2

2 2

x 2x 3 x 2x 1 1 3

x 2x 3 (x 2x 1) 1 3

x 2x 3 (x 2x 1) 2

x 2x 3 (x 1) 2

2 2 2

u

2 2 2 2

I II

1 x 9 1 x 9 1 u 1 9II) dx dx du

6 (x 2x 3) 6 (x 1) 2 6 u 2

1 u 1 9 1 u 8 1 u du dudu du 8

6 u 9 6 u 2 6 u 2 u 2

dz1 1 u2 8 arc.tg6 z a a

2

2

2

1 1 dz 1 u8 arc.tg

6 2 z a a

1 x 9 1 1 1 udx Ln(z) 8 arc.tg

6 (x 2x 3) 6 2 a a

1 x 9 1 1 1 x 1dx Ln(u 2) 8 arc.tg

6 (x 2x 3) 6 2 2 2

2

u x 1 x u 1

du1 du dx

dx

z u 9

I) dz dz2u u du

du 2



Substituindo finalmente todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

10) 5

3

x x 1 dx

x 8

Primeiro vamos transformar fração imprópria, reescrevendo como soma de

frações próprias. Solução:

5 4 3 20 0 0 1x x x x x 3 8x Decompondo o 3 28 ( 2) ( 2 4)x x x x 5 4 3 20 0 8 0 0x x x x x 2x

28 1x x


D d q R D Rq

d d d d d

, portanto,

5 22

3 3

x x 1 8x x 1x

x 8 x 8

, essa fração que será

integrada. Resolvendo agora a nova integral: 5 2

2

3 3

6 3 22

4 2 3

6 3 22

4 2 3

II

6 3 3 2

4 2 3

I

x x 1 8x x 1 dx x dx

x 8 x 8

x x 1 8x x 1 dx x dx dx

x 9x x 8

x x 1 8x x 1 dx x dx dx

x 9x x 8

x x 1 x 8x x 1 dx dx

x 9x 3 x 8

2 2

2

2

2

u x +1 u (x +1)II)

a 2 a 2

du 1 uarc.tg

u 2 a a

du 1 x +1arc.tg

u 2 2 2

2

2

2

2

2

2

1 x 9 1 1 1 x 1dx Ln(u 2) 8 arc.tg

6 (x 2x 3) 6 2 2 2

1 x 9 1 1 8 x 1dx Ln(x 2x 1 2) arc.tg

6 (x 2x 3) 6 2 2 2

1 x 9 1 1 8 x 1dx Ln(x 2x 3) arc.tg

6 (x 2x 3) 6 2 2 2

22

3 2

2 112

63 2

12 112 126

3 2

2x 5x 4 11 1 1 8 x 1dx Ln x 1 Ln(x 2x 3) arc.tg C

x x 3 6 6 2 2 2

2x 5x 4 1 1 8 x 1dx Ln x 1 Ln(x 2x 3) arc.tg C

x x 3 12 6 2 2

2x 5x 4 4dx Ln x 1 Ln(x 2x 3) arc.t

x x 3 3 2

x

x

x

12 11

2 1263 2

Racionalizando

12 112 126

3 2

x 1g C

2

2x 5x 4 4 x 1dx Ln x 1 (x 2x 3) arc.tg C

x x 3 3 2 2

2x 5x 4 2 2 x 1dx Ln x 1 (x 2x 3) arc.tg C

x x 3 3 2

x

x



Resolveremos a integral I, pelo método das frações parciais: 2

3

8x x 1dx

x 8

, onde vamos

encontrar valores das constantes A, B e C.

2

3 2

2 2

3 2

2 2 2

3 2

8x x 1 A Bx C

x 8 (x 2) (x 2x 4)

8x x 1 A (x 2x 4) (Bx C) (x 2)

x 8 (x 2) (x 2x 4)

8x x 1 Ax 2Ax 4A Bx 2Bx Cx 2C

x 8 (x 2) (x 2x 4)


2 2

3 2

8x x 1 (A B)x (2A 2B C)x (4A 2C)

x 8 (x 1) (x 2x 3)


A + B = 8

2A 2B + C = 1

4A 2C = 1


A = 2

, 61

B = 12

e 16

C =3

.

Portanto, 2

3 2

8x x 1 A Bx Cdx dx dx

x 8 (x 2) (x 2x 4)

.

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

2

3 2

2

3 2

2

3 2

I

2

3 2

8x x 1 A Bx Cdx dx dx

x 8 (x 2) (x 2x 4)

61x 16358x x 1 12 312dx dx dx

x 8 (x 2) (x 2x 4)

8x x 1 35 dx 1 61x 64dx dx

x 8 12 (x 2) 12 (x 2x 4)

8x x 1 35 du 1 61x 64dx

x 8 12 u 12 (x 2x 1 3)

2

3 2

2

3 2

2 35

123 2

II

2 35

123 2

dx

8x x 1 35 1 61x 64dx Ln u dx

x 8 12 12 (x 2x 1) 3

8x x 1 35 1 61x 64dx Ln x 2 dx

x 8 12 12 (x 1) 3

8x x 1 1 61x 64dx Ln x 2 dx

x 8 12 (x 1) 3

8x x 1 1 61(u 1) 64dx Ln x 2

x 8 12 (u)

du3

u

35 dxI)

12 (x 1)

u x 1

du1 du dx

dx

2

2

2

2

2

u x +1 du dx

II) x u 1

a 3 a 3

du 1 uarc.tg

u 3 a a

du 1 x +1arc.tg

u 3 3 3

du 3 x +1arc.tg

u 3 3 3 3

du 3 x +1arc.tg

u 3 3 3



11) 4

2

xdx

(x 1) (x 2)

, reescrevendo a integral multiplicando o denominador da fração e

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

Solução:

4

3 2

xdx

x 2x x 2

4 3 20 0 0 0x x x x 3 22 2x x x 4 3 22 2x x x x 2x

3 22 2x x x

3 22 4 2 4x x x

25 0 4x x


D d q R D Rq

d d d d d

, portanto,

4 2

3 2 3 2

x 5x 4x 2

x 2x x 2 x 2x x 2

, essa fração que

será integrada. Resolvendo agora a nova integral:

2 35

123 2 2

2 35

123 2 2

2 35

123 2 2

2 35

123

8x x 1 1 61u 61 64dx Ln x 2 du du

x 8 12 u 3 u 3

8x x 1 1 u du 3dx Ln x 2 61 du

x 8 12 u 3 u 3

8x x 1 1 u du dudx Ln x 2 61 3

x 8 12 u 3 u 3

8x x 1 61dx Ln x 2

x 8

2 2

2 35

123

2 35

123

2 352

123

u du 3 du

12 u 3 12 u 3

dz8x x 1 61 3 3 x +12dx Ln x 2 arc.tg

x 8 12 z 12 3 3

8x x 1 61 3 3 x +1dx Ln x 2 Ln z arc.tg

x 8 12 12 3 3

8x x 1 61 3 x +1dx Ln x 2 Ln u 3 arc.tg

x 8 12 12 3

2 352

123

2 35

123

2 35 61

12 123

2

8x x 1 61 3 x +1dx Ln x 2 Ln (x 1) 3 arc.tg

x 8 12 12 3

8x x 1 61 3 x +1dx Ln x 2 Ln x 2x 1 3 arc.tg

x 8 12 12 3

8x x 1 3 x +1dx Ln x 2 Ln x 2x 4 arc.tg

x 8 12 3

8x x 1

x

35 61

12 123

3 x +1dx Ln x 2 x 2x 4 arc.tg C

8 12 3

2

2

2

61 u duI)

12 u 3

z u 3

dz du2u u du

du 2

dz61 61 1 dz2

12 12 2

61 61Ln z Ln u 3

24 24

z z



4 2

3 2 3 2

4 2

3 2 3 2

4 2

3 2 3 2

IIIIII Obteremos primeiro a fração propria

x 5x 4dx (x 2) dx

x 2x x 2 x 2x x 2

x 5x 4dx x dx 2 dx dx

x 2x x 2 x 2x x 2

x 5x 4dx x dx 2 dx dx

x 2x x 2 x 2x x 2

Resolverems separadamente as integrais

Resolvendo as Integrais I, II e III separadamente obtemos: 2x

I) x dx2

II) 2 dx 2x 2

3 2

5x 4III) dx

x 2x x 2

, Resolvendo essa

fração parcial III:

2

3 2

5x 4III) dx

x 2x x 2

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

3 22 2x x x 1x 3 2x x 2 3 2x x 2 3 2 ( 1) ( 2)x x x x

33 2x x

33 3x x

2 2x

2 2x

0

3 2 2

a 2

3 2

2 2 ( 1) ( 3 2)

como a equação do 2 grau ( 3 2),possui as raizes x' 1 e x'' 2, obtemos ( 1) ( 2)

2 2 ( 1) ( 1) ( 2)

x x x x x x

x x x x

x x x x x x

Resolvendo essa fração parcial III, onde precisamos encontrar as constantes A, B e C, tais que:

2

3 2

2

3 2

2 2 22

3 2

5x 4 A B C

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 4

x 2x x 2 (x 1) (x 1) (x 2)

A x 3x 2 B x x 2 C (x 1)5x 4

x 2x x 2 (x 1) (x 1) (x 2)

2 2 2 2

3 2

5x 4 Ax 3Ax 2A Bx Bx 2B Cx C1

x 2x x 2 (x 1) (x 1) (x 2)

Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 2 2

3 2

5x 4 (A B C)x (3A B)x 2A 2B C

x 2x x 2 (x 1) (x 1) (x 2)


A + B + C = 5

3A + B = 0

2A 2B C = 4




A = 6

, 1

B =2

e

16C =

3.

Portanto, 2

3 2

5x 4 A B Cdx dx dx dx

x 2x x 2 x 1 x 1 x 2

.


Substituindo todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

1 164 2 6 3

13 2

2

x 1 x 2x xdx 2x Ln C

x 2x x 2 2x 1

12) 2

3 2

x x 2 dx

3x x 3 1x

, O denominador do integrando pode ser fatorado por agrupamento.

Solução:

Seja 2 2 2

3 2 2 2

x x 2 x x 2 x x 2

3x x 3 1 x (3x 1) (3x 1) (3x 1) (x 1)x

Depois da fração, arrumada vamos agora encontrar as constantes A, B e C tais que:

2

2 2

2 2

2 2

x x 2 A Bx C

(3x 1) (x 1) 3x 1 x 1

x x 2 A (x 1) (Bx C) (3x 1)

(3x 1) (x 1) (3x 1) (x 1)

2 2 2

2 2

x x 2 Ax A1 3Bx Bx 3Cx C1

(3x 1) (x 1) (3x 1) (x 1)


2

3 2

2

3 2

2

3 2


2

3 2

5x 4 A B Cdx dx dx dx

x 2x x 2 x 1 x 1 x 2

1 1615x 4 6 32dx dx dx dx

x 2x x 2 x 1 x 1 x 2

5x 4 1 dx 1 dx 16 dxdx

x 2x x 2 6 x 1 2 x 1 3 x 2

5x 4 1 1dx Ln(u) Ln(u)

x 2x x 2 6 2

2 1 1 16

6 2 33 2

2 1 16 1

6 3 23 2

2 1 16 1

6 3 23 2

1 162 6 3

13 2

2

16Ln(u)

3

5x 4dx Ln x 1 Ln x 1 Ln x 2

x 2x x 2

5x 4dx Ln x 1 Ln x 2 Ln x 1

x 2x x 2

5x 4dx Ln x 1 x 2 Ln x 1

x 2x x 2

x 1 x 25x 4dx Ln C

x 2x x 2x 1

I) u x 1

du = dx

II) u x + 1

du = dx

III) u = x + 2

du = dx



2 2

2 2

x x 2 (A 3B)x ( B 3C)x (A C)

(3x 1) (x 1) (3x 1) (x 1)


A + 3B = 1

B + 3C = 1

A C = 2


A =5

, 4

B = 5

e 3

C =5

Portanto, 2

2 2

x x 2 A Bx Cdx dx dx

(3x 1) (x 1) 3x 1 x 1

.

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

13) 2

dx

x (x + x + 1)

Solução:

Seja 2 2

1 A Bx C

x (x + x + 1) x (x + x + 1)


2

2 2

2

2 2

2

2 2 2

II IIII

2

2

7 4x 3

x x 2 5 5 5dx dx dx(3x 1) (x 1) 3x 1 x 1

7 4x 3

x x 2 5 5dx dx dx(3x 1) (x 1) 3x 1 x 1

x x 2 7 dx 4 x dx 3 dxdx

(3x 1) (x 1) 5 3x 1 5 x 1 5 x 1

du dux x 2 7 43 2dx

(3x 1) (x 1) 5 u 5 u

2

2

2

2

22

2

3 1 xarc.tg C

5 1 1

x x 2 7 1 du 4 1 du 3 1 xdx arc.tg C

(3x 1) (x 1) 5 3 u 5 2 u 5 1 1

x x 2 7 2 3 xdx Ln(u) Ln(u) arc.tg C

(3x 1) (x 1) 15 5 5 1

x x 2 2 7 3dx Ln 3x 1 Ln(x 1)

(3x 1) (x 1) 5 15

72 2

2 1552

22 5

72

2 15

arc.tg x C5

x x 2 3dx Ln 3x 1 Ln(x 1) arc.tg x C

(3x 1) (x 1) 5

3x 1x x 2 3dx Ln arc.tg x C

(3x 1) (x 1) 5(x 1)

2

III = arc.tg u

2 2

2

2 2

2

2

dtIII)

1

u = x

a = 1 a = 1

a = 1

dt 1 uarc.tg

u a a a

dt 1 xarc.tg

x 1 1 1

dtarc.tg x

x 1

x

I) u 3x 1

du = 3dx

dudx

3

2II) u +1

du = 2x dx

dux dx

2

x



2 2

2

2 2

2 2

2 2

1 A Bx C

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

1 A (x + x + 1) (Bx C) x

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

1 Ax + Ax + A1 Bx Cx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

Reduzindo a termo semelhantes obtemos. 2

2 2

1 (A B)x + (A C)x + A

x (x + x + 1) x (x + x + 1)


A + B = 0

A + C = 0

A = 1

Que quando resolvido simultaneamente, nos dão: A = 1, B = 1 e C = 1 .

Portanto, 2 2

1 A Bx Cdx dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

.

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

2 2

2 2

2 2

2 2

1 A Bx Cdx dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

1 1 1x 1dx dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

1 dx (x 1)dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

1 dx (x 1)dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

Para calcular a integral restante, observe que 2d( 1) 2 1

dxx x x , desta forma teremos

manipular o integrando para obter um termo da forma du

u, onde 2u x x 1 e du (2x 1) dx .

Vamos fazer agora a modificação no numerador do integrando:

1 1 1 1 1 1 11 (2 1) 1 2 1 1

2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 1 11 1 1 1, Logo podemos dizer que: 1 (2 1)

2 2 2 2

x x x x x x

x x x x x x x x

Fazendo a substituição do novo numerador do integrando obtemos:

2 2

1 dx (x 1)dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

2 2

1 1(2 1)

1 dx 2 2dx dx

x (x + x + 1) x (x + x + 1)

x

Resolvendo a nova integral obtemos:



Resolveremos as integrais I, II e III, separadamente:

dxI) Ln x

x

12 2 2

2

2

1 (2 1) 1 du 1 1II) dx Ln u Ln x x 1 Ln x x 1

2 (x + x + 1) 2 u 2 2

u x x 1

du2x 1 du (2x 1) dx

dx

x

2

2

au

2

1 2x 1x

1 dx 1 1 u 1 1 1 22 2III) arc.tg arc.tg arc.tg2 2 a a 2 23 3 3 31 3

x 2 2 22 4

1 dx 1 2x 1 3 2x 1arc.tg arc.tg

2 3 3 3 3 31 3x

2 4

2

2

2

3 2x 1arc.tg

3 3

1 1u x u x

2 2

3 3 3a a a

4 4 2

Substituindo todas as integrais resolvidas separadamente obtemos:

12 2

2

122 2

1 3 2x 1dx Ln x Ln x x 1 arc.tg C

x (x + x + 1) 3 3

x1 3 2x 1dx Ln arc.tg C

x (x + x + 1) 3 3x x 1

2 2 2

2 2 2

Completando o quadrado

2 2

1 1(2 1)

1 dx 2 2dx dx dxx (x + x + 1) x (x + x + 1) (x + x + 1)

1 dx 1 (2 1) 1 dxdx dx

x (x + x + 1) x 2 (x + x + 1) 2 (x + x + 1)

1 dx 1 (2 1)dx

x (x + x + 1) x 2 (x + x + 1)

x

x

x

2

22 2

III

III

1 dxdx

1 12x + x + 1

4 4

1 dx 1 (2 1) 1 dxdx dx

x (x + x + 1) x 2 (x + x + 1) 2 1 3x

2 4

x



Questões Propostas

01) Resolva as seguintes integrais usando o método das frações parciais:

01) 37 11x

dx(x 1) (x 2) (x 3)

R: 4

2

( 1) ( 3)Ln C

( 5)

x x

x

02) 2

x 16dx

x 2x 8

R:

3

2

1Ln C

4

x

x

03) 2

dx

x 4

R:

1

42Ln C

2

x

x

04) 3 2

x 1dx

x x 6x

R:

3

10

1 2

6 15

( 2)Ln C

( 3)

x

x x

05) 3 2

x 2dx

x 3x x 3

R:

1 1

4 8

3

8

1 3Ln C

1

x x

x

06) 3 2

3 5dx

x x x 1

x

R:

1

21 4Ln C

1 1

x

x x

07) 4 3 2

3 2

x x 3x 2x 2dx

x x 2x

R: 3 2(x 2) x

Ln 2x Cx (x 1) 2

08) 3

4 2

x 3x 1dx

x 4x

R:

13 15

16 16

3

4

x 2 x 2 1Ln C

4xx

09) 4 3 2

3 2

x x 3x 2x 1dx

x x

R:

2 2x x 1Ln C

x 1 2 x

10) 3 2

2

2x 4x x 3dx

x 2x 3

R: 2 3 2Ln x 1 x 3 x C

11) 2

4 2

x 3x 1dx

x 5x 4

R:

1

2 2

2

x 1 1 xLn arc.tg C

2 2x 4

12) 2

2

3x 4x 5dx

(x 1) (x 1)

R: 2 2Ln x 1 x 1 3 arc.tg x C

13) 3 2

2 2

3x x 6x 4dx

(x 1) (x 2)

R:3

2 2x

Ln x 1 3 arc.tg x 2 arc.tg C2

14) 2

3

x 2dx

x 1

R: 2 3 2x 1

Ln(x 1) arc.tg C3 3

15) 3 2

3 7dx

x x 4x 4

x

R: 2

x 4 1 xLn arc.tg C

(x 1) 2 2

16) 2

2 2

x x 2dx

(x 2)

R: 2

2 2 1arc.tg C

2x x 2 (x 2)



17) 2

2 2

x x 2dx

(x 2x 3)

R: 2

2 x 1 1arc.tg C

2 2 (x 2 3)2 x

18) 5 4 3 2

2 3

x x 4x 4x 8x 4dx

(x 2)

R: 1

2 22 2

2 x 1Ln(x 2) arc.tg C

2 (x 2)2

19) 2 3

2s 2ds

(s 1) (s 1)

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

20) 3 2

2 2

2θ 5θ 8θ 4dθ

(θ 2θ 2)

R: 2

2

1Ln θ 2θ 2 arc.tg (θ 1) C

θ 2θ 2

21) 2

2

log xdx

(log x 4log x 8) (log x 3) x

R:

9

5

2

2 5

Log log x 3 8 log x 3Log arc.tg C

5 2(Log x 4log x 8)

22) 2x x

3x 2x x

e 2edx

e 2e 5e

R: x

2x x2 1 3 e 1x Log 2e 2e 5 arc.tg C

5 5 10 2

23) 2

2

3x 5x 4dx

(x 1) (x 2x 3)

R:

2

1

2 2

x 1 2 x 1Ln arc.tg C

2 2(x 2x 3)

24) 4 3 2

2 2

3x 4x 16x 20x 9dx

(x 2) (x 3)

R: 2

2

2Ln x 2 (x 3) C

x 3

25) 2

2

2x 1dx

(4x 1) (x 1)

R:

6

2 17

7

34

(x 1) 3Ln arc.tg x C

174x 1

26) 3 2

2

2x 2 1dx

x

x

x

R: 2 x 1x Ln C

x

27) 3

3 2

9x 3 1dx

x

x

x

R:

2

7

x19x Ln C

x x 1

28) 4 2

3

y y 1dy

y y

R:

12 22 1 yy

Ln C2 y

29) 3 2

2

x xdx

x x 2

R: 2 4 2

3 3x

Ln x 2 x 1 C2

30) 3 2

2

2x x 21x 24dx

x 2x 8

R: 2 1

23 3x 3x Ln x 4 x 2 C

Veremos algumas aplicações dos métodos de integração: da substituição, partes e frações

parciais em soluções de problemas.


01) Determine a função f(x), cuja tangente tem uma inclinação 23x 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. 2'( ) 3x 1f x .



Portanto, f(x) é a antiderivada:

32 2 3x

( ) '( ) dx (3x 1) dx 3x dx dx 3 x C x x C3

f x f x

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 3( ) x x Cf x , obtemos

3 3( ) x x C (2) (2) 2 C 6 8 2 C 6 10 C 6 10 C 4 C ou C 4.f x f

De modo, a função pedida é 3( ) x x 4f x .

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.

3 22 2

3 2

q qC(q) '( ) dq (3q 60q 400) dq 3q dq 60q dq 400 dq 3 60 400q C

3 2

C(q) q 30q 400q K

C q

Usamos a letra K, para não confundir com o C, para o custo e será calculado com x = 2 e C(x) =

900,00. 3 2C(2) (2) 30 (2) 400 (2) K 900 8 120 800 K 900 688 K 900 688 K

K 212

Logo a equação 3 2C(q) q 30q 400q 212 , o custo para produzir as primeiras 5 unidades.

3 2

3 2

C(q) q 30q 400q 212

C(5) (5) 30 (5) 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 6dx

x é a isso significa qua a população P(x) é a antiderivada de

2 6 x , logo: 1

2dP

P(x) dx 2 6 x dx 2 dx 6 x dx 2 dx 6 x dxdx

32 3 3 31

2 2 2 2x 2

P(x) 2 dx 6 x dx 2x 6 C 2x 6 x C 2x 2 2 x C 2x 4x C3 3

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:

3 3 32 2 22 2 2P(x) 2x 4x C 5000 2(0) 4(0) C C 5000, portanto : P(x) 2x 4x 5000.

A população daqui a 9 meses será 3

2P(x) 2x 4x 5000 .

332P(9) 2(9) 4(9) 5000 18 4 (9) 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

dt (Custo mensal por quilograma) (número de quilograma)

Logo S(t), é a antiderivada é:

2

2

dS dS0,01 (10.000 2.000 t) (100 20 t)

dt dt

dS tS(t) dt (100 20 t) dt 100 dt 20t dt 100 dt 20 t dt 100t 20 C

dt 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:

2

2

2 2

S(t) 100t 10t C como t = 0 e S(t) = 0

0 100 0 10 (0) C C 0

S(t) 100t 10t 0 S(t) 100t 10t

O custo total durante os cinco meses será:

2 2S(t) 100t 10t S(5) 100 (5) 10 (5) 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:

dva(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

Como ds

v(t) 6t 18dt

, Integrando obtemos:

2

2

2

ts(t) ( 6t 18) dt s(t) 6 t dt 18 dt 6 18 t

2

s(t) 3t 18t, como o t 3s para parar o carro.

s(3) 3(3) 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

3dP

4 5tdt

Integrando, descobrimos que a equação que fornece a população no instante t é dado por: 2 5

12 2 2 3 33 3 3

5 5

3 3

5 5

3 3

t tP(t) 4 5t P(t) 4 5t dt 4 dt 5 t dt 4t 5 C 4t 5 C

2 51

3 3

3P(t) 4t 5 t C 4t 3t C, como P(t) 10.000 e t 0, obtemos C.

5

P(t) 4t 3t C 10.000 4(0) 3(0) C 10.000 C ou C 10.000,

5

3

5

3

logo a função

P(t) 4t 3t 10.000, como t 8

P(8) 4(8) 3(8) 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 dp

p '(x)dx

em relação a x. Isso pode ser feito,

por exemplo usando a substituição. 2

u

u 9 xdp 135x

dudx 9 x² du 2x dx x dx

2



1

21 1 1

2 2 2

1 11

1 12 22 2

1 11

2 2

du135x 135 x dx 1352p(x) dx x dx 135 135 (u) du

29 x²(9 x²) (9 x²) (u)

135 u 135 u 135 2p(x) C C u C 135 u C 135 u C

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:

2

2

p(x) 135 9 x² 705

20 135 9 x² 705 20 705 135 9 x² 685 135 9 x²

6859 x² 5,07 9 x² (5,07) 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:

2

1h'(x) 1

(x 1)

Integrando a função altura, obtemos: 2

1h'(x) 1 dx

(x 1)



2+1 12 1

2

1

1 (x 1) (x 1)h(x) dx dx x (x 1) dx x C x C x (x 1) C

(x 1) 2 1 1

1h(x) x (x 1) C x C

(x 1)

Como h(x) = 5 para x = 2, obtemos C:

1h(x) x C

(x 1)

1 1 1 1 10h(2) 2 C 5 2 C C 5 2 C 3 C

(2 1) 3 3 3 3

1 10h(x) x

(x 1) 3

Quando a árvore foi plantada o valor de x = 0, substituindo na equação obtemos:

1 10h(x) x , substituindo o valor de x 0

(x 1) 3

1 10 10 3 10 7h(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

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 t

5v'(t) 960 e

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

Solução: t

5v'(t) 960 e

Integrando a função revenda, obtemos: t

5v'(t) 960 e dt

t

5

t t

u u u u5 5

t

5

v'(t) 960 e dt

v(t) 960 e dt 960 e 5du 960 5 e du 4800 e du 4800 e C 4800 e C

v(t) 4800 e C

Quando a maquina foi comprada o valor era de R$ 5.000,00 e t = 0, onde encontramos o valor de C. t

5

t 0

05 5

t

5

v(t) 4800 e C, V(0) 5000 e t 0

v(t) 4800 e C 5000 4800 e C 5000 4800 e C 5000 4800 1 C 5000 4800 C

5000 4800 C C 200

v(t) 4800 e 200

Substituindo o valor de t = 10 anos, obtemos:

t 10

25 5v(t) 4800 e 200 v(10) 4800 e 200 4800 e 200 4800 0,135 200

v(t) 649,61 200 v(t) 849,61



10) A Bejax S.A. montou uma linha de produção para fabricar um novo modelo de telefone celular.

Os aparelhos são produzidos à razão de dP t

1.500 2dt 2t + 5

unidades/mês. Determine quantos

telefones são produzidos durante o terceiro mês [ou seja, calcule o valor de P(3) - P(2)].

Solução:

tP'(t) 1.500 2

2t + 5

Integrando a função produção, obtemos: t

P'(t) 1.500 2 dt2t + 5

t 1 tP'(t) 1.500 2 dt, multiplicando por e 2 o númerador e somando e subtraindo 5.

2t 5 2 2t 5

1 2t 5 5P(t) 1.500 2 dt,separando a fração dentro do parentese com o mesm

2 2t 5

o denominador

1 2t 5 5P(t) 1.500 2 dt

2 2t 5 2t 5

1 5 1P(t) 1.500 2 1 dt, multiplicando por dentro do parentese

2 2t 5 2

1 1 5 4 1 1 5P(t) 1.500 2 dt 1.500

2 2 2t 5 2 2 2t 5

u

3 1 5dt 1.500 dt

2 2 2t 5

3 1 5 1P(t) 1.500 dt, colocando , em evidencia, obtemos.

2 2 2t 5 2

1 5 5 5 5P(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

du1 du 5 du 52P(t) 750 3 dt 5 750 3 dt 5 750 3t 750 3t Ln u

u 2 u 2 u 2

5 1P(t) 750 3t Ln 2t 5 , colocando , em evidencia, obtemos.

2 2

1P(t) 750 6t 5Ln 2t 5 375 6t 5Ln 2t

2

5 C, portanto a equação é:

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



P(3) P(2) 2.626,26

11) Determine a função cuja tangente tem uma inclinação x(x 1) e para qualquer valor de x e

cujo gráfico passa pelo ponto (1, 5).

Solução: x'( ) (x 1) ef x

Integrando a inclinação, obtemos: x'( ) (x 1) e dxf x

Como o ponto (1, 5), deve satisfazer a equação que define a função: x x

x

1 1 1

( ) (x 1) e dx e (x 2) C

( ) e (x 2) C

5 e (1 2) C 5 3e C C 5 3e

f x

f x

Logo a equação da reta tangente é:

x x 1

x 1

( ) e (x 2) C ( ) e (x 2) 5 3e

( ) e (x 2) 5 3e

f x f x

f x

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

2t e

metros por segundo.

Expresse a posição do corpo em função do tempo.

Solução: t

2S'(t) t e

Integrando a inclinação, obtemos: t

2S'(t) t e dt

t

2

t

2

u dv

Integrando por partes

t t t t t t

2 2 2 2 2 2

t t

2 2

S'(t) t e dt

S(t) t e dt

S(t) t 2e dt 2e 2te 2 e dt 2t e 2 ( 2e ) C

S(t) 2t e 4e C

x

x

dvu


x x x

x x x

x x x x

x

'( ) (x 1) e dx

( ) (x 1) e dx

(x 1) e dx (x 1) e dx e

(x 1) e dx (x 1) e e dx

(x 1) e dx (x 1) e e , colocando e em evidencia.

(x 1) e dx

f x

f x

x x

x x

e (x 1 1) C e (x 2) C

(x 1) e dx e (x 2) C

x

x

x

duu x 1 1 du dx

dx

dv e dx

dv e dx

v e



13) Após t semanas, os donativos para uma campanha beneficente estavam chegando à razão de

0,2t2000 t e reais por semana. Qual foi a quantia levantada nas primeiras 5 semanas?

Solução: 0,2tQ'(t) 2000 t e

Integrando a equação que fornece a quantia levantada, obtemos: 0,2tQ'(t) 2000 t e dt

Suponha que Q(0) = 0, nesse caso t = 0, calculamos C. 0,2t 0,2t

0,2 0 0,2 0

0,2 0 0

0

Q(t) 2000 5 t e 25 e C

0 2000 5 0 e 25 e C

0 2000 5 0 e 2000 25 e C

0 2000 25 e C

0 50.000 C C 50.000

Substituindo C, na equação Q (t). 0,2t 0,2t

0,2t 0,2t

Q(t) 2000 5t e 25 e 50.000

Q(t) 2000 5t e 25 e 25

Como o valor para ser calculado nas primeiras 5 semana, então t = 5. 0,2t 0,2t

0,2 5 0,2 5

1 1

1

Q(t) 2000 5t e 25 e 25 ,o valor de t 5

Q(t) 2000 5 5 e 25 e 25

Q(t) 2000 25 e 25 e 25

50 100.000Q(t) 2000 50 e 25 2000 25 50.000 36.787,94 50.00

e e

0

Q(t) 13.212,06

O valor levantado é de R$: 13.212,06

0,2t

0,2t

u dv


0,2t 0,2t

0,2t 0,2t

0,2t

Q'(t) 2000 t e dt

Q(t) 2000 t e dt

1 1Q(t) 2000 t e dt e

0,2 0,2

1 1Q(t) 2000 t e e dt

0,2 0,2

1 1Q(t) 2000 t e

0,2 0,

0,2t

0,2t 0,2t

0,2t 0,2t

0,2t 0,2t

1e

2 0,2

1 1Q(t) 2000 t e e

0,2 0,4

1 1Q(t) 2000 t e e

0,2 0,4

Q(t) 2000 5t e 25 e C

z

0,2t0,2t

0,2t

u t du dt

dv e dv e dt

z 0,2t

dz dz0,2t dt, portanto

dt 0,2

dz 1v e v e dz

0,2 0,2

1 1v e v e

0,2 0,2

z z

z



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. 1

2t t

P'(t) t Ln t 1 P'(t) t Ln(t 1) P'(t) Ln(t 1) P'(t) Ln(t 1)2 2

Integrando a equação que fornece a quantia levantada, obtemos: t

P'(t) Ln(t 1) dt2

Como Q(0) = 2000 e o valor de t = 0, obtemos C. 2 2

2 2

t (t 1) 1P(t) Ln(t 1) Ln t 1 C

4 8 4

(0) (0 1) 1P(0) Ln(0 1) Ln 0 1 C

4 8 4

udv


2 2

2 2

2 2

2

2

tP'(t) Ln(t 1) dt

2

t dt tP(t) Ln(t 1)

4 t 1 4

t 1 tP(t) Ln(t 1) dt

4 4 t 1

t dt tP(t) Ln(t 1)

4 t 1 4

t 1 1P(t) Ln(t 1) t 1 dt

4 4 t 1

t 1P(t) Ln(t 1) (t 1)

4 4

2

2

z

w

2

2 2

2 2

1dt

t 1

t 1 1P(t) Ln(t 1) (t 1) dt dt

4 4 t 1

t 1 1 dtP(t) Ln(t 1) ( t 1) dt

4 4 4 t 1

t 1 1 dwP(t) Ln(t 1) z dz

4 4 4 w

t 1 z 1P(t) Ln(t 1) Ln w C

4 4 2 4

t (t 1) 1P(t) Ln(t 1) L

4 8 4

n t 1 C

Fazendo a divisão do poliômio, obtemos:

2t t 1 2t t t

t

2t tt

t 1 t 1

Voltando fazer a divisão do

poliômio, obtemos:

t t 1

t 1 1

1

t 11

t 1 t 1

Loga a a fração parcial definitiva é a junção

das duas partes:

2

2

t 1t 1

t 1 t 1

t 1t 1

t 1 t 1

2 2

du 1 dtu Ln(t 1) du

dt t 1 t 1

t t 1dv dt dv dt v t dt

2 2 2

1 t tv v

2 2 4



2 2

2

(0) (0 1) 12000 Ln(0 1) Ln 0 1 C

4 8 4

( 1) 1 1 12000 Ln 1 C 2000 C C 2000

8 4 8 8

16000 1 16001C C C 2.000,125

8 8

Substituindo C, na equação obtemos: 2 2

2 2

2

t (t 1) 1P(t) Ln(t 1) Ln t 1 2.000,125 substituindo o valor de t = 5

4 8 4

(5) (5 1) 1P(5) Ln(5 1) Ln 5 1 2.000,125

4 8 4

25 (4) 1P(5) Ln 6 Ln 6 2.000,125

4 8 4

16P(5) 11,192 0,448 2.000,125 P(5) 11,192 2

8

0,448 2.000,125

P(5) 2.008,876mil

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:

2

2

dS aS

dt b + cS + S²

b + cS + S²dS a dt, Integrando ambos os lados obtemos

S

S² Sc bdS a dt

S S S

b b S dSS c dS a dt S dS c dS dS a dt c S b a t

S S 2 S

Sc S b Ln S at C

2

16) Resolva a equação logística dP

P k mPdt

de acordo com o roteiro a seguir:

(a) Determine os valores dos coeficientes A e B para que

1 A B

P k mP P k mP

(Observação:

A e B são expressões que envolvem k e m.)

Solução:

1 A B

P k mP P k mP



A k mP B P1

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

1I) A

k

1 1 1 mII) AmP BP 0 mP BP 0 mP BP m B B

k k k k

mB

k

Logo o valor 1

Ak

e m

Bk

.

(b) Calcule o valor de A B

dPP k mP

onde A e B são as expressões encontradas no item (a).

Solução:

A BdP

P k mP

, como já calculamos os valores de A e B, substituiremos na integral.

u u

u

1 m1 1 m 1 1 mk k dP dP dP

P k mP k P k k mP kP k(k mP)

1 m 1 1 1 m 1 dP 1 mdP dP dP dP dP

kP k(k mP) k P k k mP k P k k mP

1 dP 1 m 1 dP 1 du 1 dP 1 du 1dP L

k P k k mP k P k u k P k u k

1

n P Ln u Ck

u k mP

dum du m dp du m dp

dp

1 1Logo 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

(b). Expresse P(t) na forma P(t) = kt

E

1 De onde D e E são expressões que envolvem k e m.

Solução:

1 1Ln P Ln k mP C P(t)

k k

1Ln P Ln k mP t C

k



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

da substância C em t unidades de tempo, então C contém r x

(r s)

gramas de A e

s x

(r s)

gramas de B

(balanceamento). Então, o número de gramas da substância A restante é r x

α(r s)

, e o número de

gramas de substância B restante é r x

β(r s)

. Portanto, a lei de ação de massa (empírica) nos dá:

dx r x s xK α β

dt (r s) (r s)

onde k é a constante de proporcionalidade (retirada experimentalmente). Esta equação pode ser

escrita como:

2

dx Krs r s r sα x β x

dt (r s) r s

colocando:2

KrsK

(r s)

;

r sa α

r

; r s

b βs

a equação se torna: dx

K (a x) (b x)dt

.

kt

kt kt

=C

kt kt kt kt

ktkt C

kt

ktkt C

kt=C

kt kt

P1Ln t C P Ce (k mP)

k k mP

PLn kt kC P KCe CmPe

k mP

PLn kt C P CmPe KCe P (1 Cme ) KCe

k mP

P KCee P

k mP 1 Cme

P Ce K Ke e P P

1 1k mPCe m m

Ce Ce

kt

kt

kt

kt

kt

kt

P Ke C P

1k mPm 1

Cme

kP K 1mCe P , como E e D

1k mP m Cm1 e

Cm

P ECe P

k mP 1 D e

Continua no outro lado



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 0 10 15

x 0 2 x15

A equação da lei de ação de massa torna-se:

dxK(8 x) (6 x)

dt

Então: dx

K dt(8 x)(6 x)

Verificamos que 1 A B

(8 x)(6 x) 8 x 6 x

, obtendo:

1A

2

1B

2

Desta forma:

1 dx 1 dx

K dt2 8 x 2 6 x

Integrando, temos:

1 1 1

ln|8 x| ln|6 x ln|C| Kt2 2 2

ln6 x

2KtC(8 x)

2Kt6 xCe

8 x

Se x = 0 t = 0 , e obtemos C = ¾ . Logo: 2Kt6 x 3e

8 x 4

Para x = 2, t = 10, e obtemos e-20K

= 8/9

Substituindo x = x15 e t = 15 na equação encontrada:

3/ 2

30K 20K 3/ 215

15

6 x 3 3 3 8e (e )

8 x 4 4 4 9

Onde: 15

54 32 2x 2,6

9 4 2

, Portanto, temos 2,6g de substância C formada em 15 minutos.



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.



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.

R: 2 21( ) a(R r )

2v r

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 4 tdP(ln 3) 3

dt

. Se existiam 1 milhão de bactérias na

colônia no instante em que a toxina foi introduzida, qual é a expressão de P(t)? [Sugestão: lembre-

se de que 3x = e

x ln 3.]. R: (4 - t)ln 3ln3e

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: 2 3( ) 0,6 0,02f x x x x



(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 0,074 ² 112,65

dv ²

v

v

v > 0, Suponha que os cientistas tenham determinado que quando o

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

minE = 0,6 (calorias por grama por quilômetro). Qual é a função E(v)?

R: 1E(v) 0,074 112,65 5,17v v

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

bilhões de dólares para x = 0. Determine c(x). R:

3

2

C(x) 0,9 0,2 10x x

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 1,0986 te

(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

36 16t t²

partes por milhão por hora (ppm/h):

(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.



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

3/ 2

150 x

144 x²

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: 2

150P(x) = 63,46

144 + x

(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).

R: 2 1 5

( ) Ln x Ln 24 2 2

xf x

25) Após t horas no emprego, um operário é capaz de produzir 0,5t100 t e 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 0,03q(0,1 q) 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, dxdt

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

multiplicado pelo número de pessoas que não têm. Isso fornece a equação dx

kx(N x)dt

, onde N

é a população total. Suponha que t seja medido em dias, 1

k250

e duas pessoas dêem início a um

boato no momento t = 0 em uma população de N = 1.000 pessoas.



a) Encontre x como uma função de t. R: 4t

4t

1.000 ex

499 e

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

k (a x) (b x)dt

ou 1 dx

k(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.

1dy k dt

y (1000 y)

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: 0,1656 t

1000

1 9ey

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.

1t 5010 dx

(x 1) (500 x)

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



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 2

dS 2t

dt (t 4)

, onde t é o tempo em

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 1

k t dyy (10 y)

, onde y é o peso da cultura em gramas e t é o

tempo em horas.

a) Mostre que o peso da cultura no instante t é dado por 10 k t

10

1 9ey

, use o fato de que y = 1 para

t = 0.

33) O número de diplomas de doutorado concedidos nos Estados Unidos entre 1991 e 1998 pode ser

modelado pela função 2

2

1020t 4600t 3580N

19t 119t 100

, onde t = 1 representa 1991 e N é o número de

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 0,125 t

0,125 t 2

dN 125e

dt (1 9e )

, onde N é a população e t é o tempo em meses.

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 0,1 t

0,1 t 2

dN 100e

dt (1 4e )

,

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?



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.

● 2 2sen x cos x 1 ● 1

sen cos sen sen2

x y x y x y

● 2 2sec x 1 tg x ● 1

sen sen cos cos2

x y x y x y

● 2 2cossec x 1 cotg x ● 1

cos cos cos cos2

x y x y x y

● 2 1sen x 1 cos 2x

2 ● 2 x

1 cos x 2 sen2

● 2 1cos x 1 cos 2x

2 ● 2 x

1 cos x 2 cos2

● 1

sen x cos x sen 2x2

● π

1 sen x 1 cos x2


01) Resolva as seguintes integrais usando a substituição com identidades trigonométricas:

1) 2 cos x dx 2 cos x dx = 2 sen x C .

2)

3

2 3 3

2 2

u x

3x sen x dx sen u du cos u C cos x C

du3x du 3x dx

dx

3)

u 2xdu 1 1 1

sen 2x dx sen 2x.dx sen u sen u du cos u C cos 2x C2 2 2 2

dudx

2

4)

2

2 2 2

u xdu 1 1 1

x cos x dx cos x x dx cos u cos u du sen u C sen x C2 2 2 2

dux dx

2

AULA 15



5) 2x 2x

2x 2x 2x

2x 2x 2x

1 cos(e ) dx cos(e )dx dx e dx cos(e ) (e ) dx

e e e

u

2x2x 2x u u

u

u 2x 2x

du du 1 1e dx cos(e ) (e ) dx e cos u e du cos u du

2 2 2 2

1 1 1 1e sen u C e sen e C

2 2 2 2

6) 2 1 1 1sen 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 C2 2 2 2 2 2 2 2 4

7) 1 1

sen 3x sen 2x dx cos(3x 2x) cos(3x 2x) dx cos(x) cos(5x) dx2 2

1 1 1 du

cos x cos5x dx cos x dx cos5x dx cos u du cos u2 2 2 5

1 1 1 1 1 1 1cos u du cos u du sen u sen u C sen u sen u C

2 5 2 2 5 2 10

1 1sen x sen 5x C

2 10

8) 1 1

sen 3x cos 5x dx sen(3x 5x) sen(3x 5x) dx sen( 2x) sen(8x) dx2 2

1 1 du du 1 1 1

sen( 2x) sen(8x) dx sen u sen u sen u du sen u du2 2 2 8 2 2 8

1 1 1 1 1 1 1 1cos u cos u C cos u cos u C cos 2x cos 8x C

2 2 2 8 4 16 4 16

9) 1 1

cos 4x cos 2x dx cos(4x 2x) cos(4x 2x) dx cos(2x) cos(6x) dx2 2

1 1 du du 1 1 1

cos(2x) cos(6x) dx cos u cos u cos u du cos u du2 2 2 6 2 2 6

1 1 1 1 1 1 1 1sen u sen u C sen u sen u C sen 2x sen 6x C

2 2 2 6 4 12 4 12

10) 2 2

u

x x x x1 cos x dx 2 sen dx 2 sen dx 2 sen dx 2 sen dx

2 2 2 2

x

2 sen u 2du 2 2 sen u du 2 2 cos u C 2 2 cos C2

11) 3

2 2 2 22x x 3x

(1 cos 3x) dx, como 1 cos x 2 cos 1 cos 3 x 2 cos 3 1 cos 3x 2 cos2 2 2

33 33

22 2 2 3 22

3x 3x 3x(1 cos 3x) dx 2 cos dx 2 cos dx (2) cos dx

2 2 2

6 6 3 23x 3x 3x 3x 3x8 cos dx 2 2 cos dx 2 2 cos dx 2 2 cos cos dx

2 2 2 2 2



2 2 2

2 2

3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x2 2 cos cos dx 2 2 1 sen cos dx 2 2 cos sen cos dx

2 2 2 2 2 2 2

3x 3x 3x 3x 3x 3x2 2 cos sen cos dx 2 2 cos dx sen cos dx

2 2 2 2 2 2

3x2 2 cos

2

2

2

u u

2 2

2

3x 3x 3x 3x 3xdx sen cos dx 2 2 cos dx sen cos dx

2 2 2 2 2

2du 2du 2 22 2 cos u (u) 2 2 cos u du (u) du

3 3 3 3

2 2 2 22 2 cos u du (u) du 2 2 sen u

3 3 3

3

3

3

3

u 2 2C 2 2 sen u u C

3 3 3 9

2 3x 2 3x 2 3x 2 3x2 2 sen sen C 2 2 sen sen C

3 2 9 2 3 2 9 2

12) dx π π

, como 1 sen x 1 cos 1 sen 2 x 1 cos 2 x2 21 sen 2x

x

π π1 sen x 1 cos 1 sen 2x 1 cos 2x , substituindo o integrando

2 2x

2 2

π2x

dx dx x π 2, como: 1 cos x 2 sen 1 cos 2x 2 sen2 2 21 sen 2x π

1 cos 2x2

2 2 2

2 2

π π2x

x π π 2x2 21 cos x 2 sen 1 cos 2x 2 sen 1 cos 2x 2 sen2 2 2 2 2 2

ππ 2x π π21 cos 2x 2 sen 1 cos 2x 2 sen x , voltamos a substit2 2 2 2 4

2

uir o integrando

dx dx dx, resolveremos agora essa integral

1 sen 2x π π1 cos 2x 2 sen x

2 4

2 2

u

dx dx 1 dx 2 dx 2 1dx

π π π2 22π π sen x sen x sen x2 sen x 2 sen x4 4 44 4

2 π 2 π 2 2cossec x dx cossec x dx cossec u du cossec u du

2 4 2 4 2 2

2Ln cossec u cotg

2

2 π π

u C Ln cossec x cotg x C2 4 4



Questões Propostas

01) Resolva as seguintes integrais usando a substituição com identidades trigonométricas:

1) sen 5x sen 2x dx R: 1 1

sen 3x sen 7x C6 14

2) cos 7θ sen 5θ dθ R: 1 1

sen 2θ sen 12θ C4 24

3) 2(1 sen 2x) dx R: 3x 1

cos 2x sen 4x C2 8

4) 3sen x cos x dx R: 32 2cos x cos x cos x C

7 3

5) 1 sen x

dxcos x

R: Ln 1 sen x C

6) 2sec x

dxcotg x

R: 21sec x C

2

7) 2

2

1 tg xdx

sec x

R:

1sen 2x C

2

8) 2(tg x cotg x) dx R: tg x cotg x C

9) cos x

dx2 sen x

R: Ln 2 sen x C

10) 2(5 cotg 3x) dx R: 10 1

24x Ln sen 3x cotg 3x C3 3

11) cos x cos(sen x) dx R: sen(sen x) C

12)

2

1cotg x

dxx

R: 1

Ln sen Cx

13) sen(w t θ) dt R: 1

cos(wt θ) Cw

14) cos x tg (sen x) dx R: ln sec(sen x) C

15) 31tg (Ln θ) dθ

θ R: 21

tg (Ln θ) Ln cos (Ln θ) C2

16) sen(w t) sen(w t θ) dt R: 1 1

t cosθ sen(2wt θ) C2 4w

17) 3 2

2

xtg x 1 dx

x 1

R: 2 2 21

tg x 1 Ln cos x 1 C2

18) 2 2 2 2x cotg (x 1) cosse (x 1) dx R: 3 21cotg (x 1) C

6

19) sec x tg x

dxsec x 1

R: Ln sec x 1 C

20) 2(sen 2x cos 2x) dx R: 1

x cos 4x C4



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 2 2sen u cos 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.

1)

2 2

2 2

sen u 1 cos u

cos u 1 sen u

3)

2 2

2 2

tg u sec u 1

cotg u cossec u 1

5) 1

sen u cos u sen 2u2

2)

2

2

1sen u (1 cos 2u)

2

1cos u (1 cos 2u)

2

4)

2 2

2 2

sec u 1 tg u

cossec u 1 cotg u

4.2.1 – Integrais da Forma: nsen u du ou ncos u du onde n são inteiros positivos.

4.2.1.1. Se n for impar

n 1

Identidade 1

n 1

Identidade 1

sen u sen u du

cos u cos u du

4.2.1.2. Se n for par

n

Identidade 2

n

Identidade 2

sen u du

cos u du

4.2.2 – Integrais da Forma: n msen u cos 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 n m

Identidade 1

sen u cos u cos u du

4.2.2.2 Se n ou m forem pares n m

Identidade 2

sen u cos u du

4.2.2.3 Se n ou m forem iguais n m

Identidade 5

sen u cos u du

4.2.3 – Integrais da Forma: ntg u du ou ncotg u du onde n são inteiros positivos.

4.2.3.1. n 2 2 n 2 2

Identidade 3

tg u tg u du tg u (sec u 1) du

4.2.3.2. n 2 2 n 2 2

Identidade 4

cotg u cotg u du cotg u (cossec u 1) du

4.2.4 – Integrais da Forma: nsec u du ou ncossec 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.



4.2.4.1.

n 2

2

n 2

2 2 22

Identidade 4

sec u sec u du (1 tg u) sec u du

4.2.4.2. n 2 n 2

2 2 22 2

Identidade 4

cossec u cossec u du (1 cotg u) cossec u du

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

4.2.5.1. Se n for par n 2 m 2 2 m 2

Identidade 4

sec u tg u sec u du (1 tg u) tg u sec u du

4.2.5.2. Se m for impar n 1 m 1 n 1 2

Identidade 3

sec u tg u sec u tg u du sec u (sec u 1) sec u tg u du

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: n mcossec u cotg u du , onde n e m são inteiros positivos.

4.2.6.1. Se n for par n 2 m 2 2 m 2

Identidade 4

cossec u cotg u cossec u du (1 cotg u) cotg u cossec u du

4.2.6.2. Se m for impar n 1 m 1 n 1 2

Identidade 3

cossec u cotg u cossec u cotg u du cossec u (cossec u 1) cossec u cotg u du

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 n 1 n 21 n 1sen u du sen u cos u sen u du

n n

2) n n 1 n 21 n 1cos u du cos u sen u cos u du

n n

3) n n 1 n 21tg u du tg u tg u du

n 1

4) n n 1 n 21cotg u du cotg u cotg u du

n 1

5) n n 2 n 21 n 2sec u du sec u tg u sec u du

n 1 n 1

6) n n 2 n 21 n 2cossec u du cossec u cotg u cossec u du

n 1 n 1




01) Resolva as seguintes integrais usando as regras de potências das funções trigonométricas:

1) 5cos x dx

Solução:

2) 2cos 3x dx

Solução:

3) 3sen 2x dx

Solução:

4) 4sen x dx

Solução:

5) 5 2sen x cos x dx

5 2 2

5 2 2

5 2 4

5 2 4

cos x (cos x) cos x

cos x (1 sen x) cos x

cos x (1 2sen x sen x) cos x

cos x cos x 2sen x cos x sen x cos x

5 2 4

5 2 4

5 3 5

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

2 1cos x dx sen x sen x sen x C

3 5

3 2

3 2 2

3 2 2

sen 2x (sen 2x) sen 2x

sen 2x (1 cos 2x) sen 2x

sen 2x sen 2x cos 2x sen 2x

3 2 2

3 2 2

3 3

sen 2x dx (sen 2x cos 2x sen 2x) dx

sen 2x dx sen 2x dx 2 cos 2x sen 2x

1 1sen 2x dx cos 2x cos 2x C

2 6

2

2

2

1cos x 1 cos 2x

2

1cos 3x 1 cos 3 2x

2

1cos 3x 1 cos 6x

2

2

2

2

1cos 3x dx 1 cos 6x dx

2

1 1cos 3x dx 1 cos 6x dx dx cos 6x dx

2 2

1 1cos 3x dx x sen 6x C

2 12

4

4

4

3 1 1sen x dx cos 2x cos 4x dx

8 2 8

3 1 1sen x dx dx cos 2x dx cos 4x dx

8 2 8

3 1 1sen x dx x sen 2x sen 4x C

8 2 32

2

4 2 2 4

224

4 2

4

4

1sen x (sen x) sen x 1 cos 2x

2

1sen x 1 cos 2x

2

1sen x 1 2cos 2x cos 2x

4

1 1 cos 4xsen x 1 2cos 2x

4 2

3 1 1sen x cos 2x cos 4x

8 2 8



Solução: 5 2 2 2 2

5 2 2 2 2

5 2 2 4 2

5 2 2 4 6

sen x cos x (sen x) sen x cos x

sen x cos x (1 cos x) sen x cos x

sen x cos x (1 2 cos x cos x) sen x cos x

sen x cos x cos x sen x 2 cos x sen x cos x sen x

5 2 2 4 6

5 2 2 4 6

5 2 3 5 7

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

1 2 1sen x cos x dx cos x cos x cos x C

3 5 7

6) 2 4sen x cos x dx

Solução:

2 4 2 2 2

2

2 4

22 4

2 4 2 3

2 4 2

sen x cos x sen x (cos x)

1 cos 2x 1 cos 2xsen x cos x

2 2

1 cos 2x 1 2cos 2x cos 2xsen x cos x

2 4

1sen x cos x 1 cos 2x cos 2x cos 2x

8

1 1 cos 4xsen x cos x 1 cos 2x (1 sen 2

8 2

2 4 2

x) cos 2x

1 1 1sen x cos x cos 4x sen 2x cos 2x

16 16 8

2 4 2

2 4 2

2 4 3

1 1 1sen x cos x dx cos 4x sen 2x cos 2x dx

16 16 8

1 1 1sen x cos x dx dx cos 4x dx sen 2x cos 2x dx

16 16 8

x 1 1sen x cos x dx sen 4x sen 2x C

16 64 48

7) 3tg 3x dx

Solução:

8) 4tg x dx

Solução:

3 2

3 2

3 2

tg 3x tg 3x (tg 3x)

tg 3x tg 3x (sec 3x 1)

tg 3x tg 3x sec 3x tg 3x

3 2

3 2

3 2

tg 3x dx (tg 3x sec 3x tg 3x) dx

tg 3x dx tg 3x sec 3x dx tg 3x dx

1 1tg 3x dx tg 3x Ln cos 3x C

6 6



9) 2 4tg 3x sec 3x dx

Solução: 3 4 3 2 2

3 4 3 2 2

3 4 3 2 2

3 4 3 2 5 2

tg 3x sec 3x tg 3x sec 3x sec 3x

tg 3x sec 3x tg 3x (1 tg 3x) sec 3x

tg 3x sec 3x tg 3x sec 3x (1 tg 3x)

tg 3x sec 3x tg 3x sec 3x tg 3x sec 3x

2 4 3 2 5 2

2 4 3 2 5 2

2 4 4 6

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

1 1tg 3x sec 3x dx tg 3x tg 3x C

12 18

10) 2 3tg x sec x dx

Solução: 2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 5 3

tg x sec x tg x sec x

tg x sec x (sec x 1) sec x

tg x sec x sec x sec x

2 3 5 3

2 3 5 3

tg x sec x dx (sec x sec x) dx

tg x sec x dx sec x dx sec x dx

Resolvendo as Integrais por partes usando as fórmulas de recorrências

5 n n 2 n 2

5 5 2 5 2

5 3 3 3

Resolvendo

1 n 2I) sec x dx sec u du sec u tg u sec u du

n 1 n 1

1 5 2sec x dx sec x tg x sec x dx

5 1 5 1

1 3 3 1sec x dx sec x tg x sec x dx sec x dx sec x tg x ln sec x tg x

4 4 4 2

3 3 3sec x tg x ln sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x

8 8 8

3 1 1II) sec x dx sec x tg x ln sec x tg x

2 2

4 2 2

4 2 2

4 2 2 2

tg x tg x (tg x)

tg x tg x (sec x 1)

tg x tg x sec x tg x

4 2 2 2

4 2 2 2

4 3 2

4 3 2

4 3

tg x dx (tg x sec x tg x) dx

tg x dx tg x sec x dx tg x dx

1tg x dx tg x (sec x 1) dx

3

1tg x dx tg x sec x dx dx

3

1tg x dx tg x tg x x C

3



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

2 3 5 3

2 3 3

2 3 3

tg x sec x dx sec x dx sec x dx

1 3 3 1 1tg x sec x dx sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x

4 8 8 2 2

1 3 3 1tg x sec x dx sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x sec x tg x

4 8 8 2

2 3 3

2 3 3

1ln sec x tg x

2

1 3 1 3 1tg x sec x dx sec x tg x sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x ln sec x tg x

4 8 2 8 2

1 1 1tg x sec x dx sec x tg x sec x tg x ln sec x tg x C

4 8 8

11) 3 3tg 2x sec 2x dx

Solução: 3 3 2 2

3 3 2 2

3 3 4 2

tg 2x sec 2x tg 2x sec 2x sec 2x tg 2x

tg 2x sec 2x (sec 2x 1) sec 2x sec 2x tg 2x

tg 2x sec 2x sec 2x sec 2x tg 2x sec 2x sec 2x tg 2x

3 3 4 2

3 3 4 2

3 3 5 3

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

1 1tg 2x sec 2x dx sec 2x sec 2x C

10 6

12) 4cotg 2x dx

Solução: 4 2 2

4 2 2

4 2 2 2

4 2 2 2

4 2 2 2

cotg 2x cotg 2x cotg 2x

cotg 2x cotg 2x (cossec 2x 1)

cotg 2x cotg 2x cossec 2x cotg 2x

cotg 2x cotg 2x cossec 2x (cossec 2x 1)

cotg 2x cotg 2x cossec 2x cossec 2x 1

4 2 2 2

4 2 2 2

4 3

cotg 2x dx (cotg 2x cossec 2x cossec 2x 1) dx

cotg 2x dx cotg 2x cossec 2x dx cossec 2x dx dx

1 1cotg 2x dx cotg 2x cotg 2x x C

6 2

13) 3cotg 2x dx

Solução: 3 2

3 2

3 2

cotg 2x cotg 2x cotg 2x

cotg 2x cotg 2x (cossec 2x 1)

cotg 2x cotg 2x cossec 2x cotg 2x



3 2

3 2

3 2

cotg 2x dx (cotg 2x cossec 2x cotg 2x) dx

cotg 2x dx cotg 2x cossec 2x dx cotg 2x dx

1 1cotg 2x dx cotg 2x Ln sen 2x C

4 2

14) 6cosec x dx

Solução: n 2

6 2 22

6 2

6 2 22

4

6 2 22

6 2 2 2

6 2 2 2

6 4 2 2 2

6 4 2

cosec x (cosec x) cosec x




cosec x (cotg x 1) cosec x

cosec x (cotg x 2cotg x 1) cosec x

cosec x cotg x cosec x 2cot

2 2 2g x cosec x cosec x

6 4 2 2 2 2

6 4 2 2 2 2

6 5 3

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

1 2cosec x dx cotg x cotg x cotg x C

5 3

15) 2 4cotg x cossec x dx

Solução: 2 4 2 2 2

2 4 2 2 2

2 4 2 2 2

2 4 2 2 4 2

cotg x cossec x cotg x cossec x cossec x

cotg x cossec x cotg x (1 cotg x) cossec x

cotg x cossec x cotg x cossec x (1 cotg x)

cotg x cossec x cotg x cossec x cotg x cossec x

2 4 2 2 4 2

2 4 2 2 4 2

2 4 2 4

3 52 4

2 4

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

u ucotg x cossec x dx C

3 5

cotg x cossec x dx

3 5cotg x cotg x

C3 5

16) 4 4cossec x cotg x dx

Solução:



4 4 2 2 4

4 4 2 4 2

4 4 2 4 2

4 4 4 2 6 2

cossec x cotg x cossec x cossec x cotg x

cossec x cotg x cossec x cotg x cossec x

cossec x cotg x (1 cotg x) cotg x cossec x

cossec x cotg x cotg x cossec x cotg x cossec x

4 4 4 2 6 2

4 4 4 2 6 2

5 7 5 74 4 4 6

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

u u cotg x cotg xcossec x cotg x dx u du u du C C

5 7 5 7

Questões Propostas

01) Resolva as seguintes integrais usando as regras de potências das funções trigonométricas:

1) 3 2sen x cos x dx R: 5 3cos x cos x

C5 3

2) 5 4cos x sen x dx R: 5 7 9sen x 2sen x sen x

C5 7 9

3) 2 3sen x cos x dx R: 3 5sen x sen x

C3 5

4) 4 4sen x cos x dx R: 3x sen 4x sen 8x

C128 128 1024

5) 4 3cos 2x sen 2x dx R: 5 7cos 2x cos 2x

C10 14

6) 3 5sen 3x cos 3x dx R: 6 8cos 3x cos 3x

C18 24

7) 4 2sen 3x cos 3x dx R: 3x sen 12x sen 6x

C16 192 144

8) 7 6tg x sec x dx R: 12 10 8tg x tg x tg x

C12 5 8

9) 7 5tg x sec x dx R: 11 9 7 5sec x sec x 3sec x sec x

C11 3 7 5

10) 3tg x sec x dx R: 3sec x

sec x C3

11) 3 4tg 3x sec 3x dx R: 4 6tg 3x tg 3x

C12 18

12) 7 3tg x sec x dx R: 9 7 5 3sec x 3sec x 3sec x sec x

C9 7 5 3

13) 4cotg 3x cossec 3x dx R: 2 4cotg 3x cotg 3x

C6 12

14) 3 5cotg x cossec x dx R: 7 5cossec x cossec x

C7 5

15) 3 3cotg x cossec x dx R: 5 3cossec x cossec x

C5 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 2 2 2a b u , 2 2 2a b u e

2 2 2b u a . Sempre é possível fazermos uma substituição adequada conforme a tabela:

Caso Radical Substituição

Trigonométrica Valor de u Derivada

I 2 2 2a b u 2a 1 sen θ a cosθ a

u sen θb

a

du cosθ dθb

II 2 2 2a b u 2a 1 tg θ a secθ

au tg θ

b 2a

du sec θ dθb

III 2 2 2b u a 2a sec θ 1 a tg θ

au sec θ

b

adu sec θ tg θ dθ

b

Demonstramos I o desenvolvimento do radical 2 2 2 2a b u a 1 sen θ a cosθ .

Demonstramos II o desenvolvimento do radical 2 2 2 2a b u a 1 tg θ a secθ .

θ

a

2 2 2a b u

bu 2

2

2

2 2

22 2

2

2 2 2 2

b usen θ

a

a sen θ b u

asen θ u, elevando ao quadrado

b

asen θ u

b

asen θ u

b

asen θ u

b

a sen θ b u

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

a b ucosθ

a

a cosθ a b u

a cosθ a a sen θ

a cosθ a (1 sen θ)

a cosθ a cos θ

a cosθ a cosθ

θ

a

2 2 2a b u

bu

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

acos θ

a b u

1 a

sec θ a b u

a sec θ a b u

a sec θ a a tg θ

a sec θ a (1 tg θ)

a sec θ a sec θ

a sec θ a sec θ

2

2

2

2 2

22 2

2

2 2 2 2

b utg θ

a

a tg θ b u

atg θ u, elevando ao quadrado

b

atg θ u

b

atg θ u

b

atg θ u

b

a tg θ b u

Erro! Indicador não definido.



24 x

.

Demonstramos III o desenvolvimento do radical 2 2 2 2b u a a sec θ 1 a tg θ .

Obs: Repare que a variável final é θ . A expressão correspondente, na variável original, é Obtida

usando-se um triângulo retângulo.


01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições trigonométricas:

1 ) 2 2

dx

x 4 x

Solução: 2

2

2 2

2 2

2

2

a 4 a 2.

b 1 b 1.

u x u x

a 2u tg θ tg θ u x 2 tg θ x 4 tg θ

b 1

dx 2 sec θ dθ

4 x a sec θ 2 sec θ

2 2

2 2 222 2

2

1

dx 2 sec θ 1 sec θ 1 1 1 cos θcos θdθ dθ dθ dθ

(4 tg θ) (2 sec θ) 4 tg θ 4 4 cos θ sen θsen θ4 x

cos θ

x

-2

2

1 cos θ 1dθ cos θ (sen θ) dθ

4 sen θ 4

u sen θ

du cos θ dθ

2 1 1-2 21 1 1 u 1 u 1 1 1

(sen θ) cos θ dθ u du C4 4 4 2 1 4 1 4 u 4u

1

C4 sen θ

.

Devemos agora voltar à variável original “x”.

Como x CO x

x 2 tg θ tg θ2 2CA

logo x

2

θ

a

2 2 2b u a

bu

2

2 2

22 2

2

2 2 2 2

acos θ

b u

1 a

secθ b u

a sec θ b u

au sec θ, elevando ao quadrado

b

au sec θ

b

au sec θ

b

b u a sec θ

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

b u atg θ

a

a tg θ a sec θ a

a tg θ a (sec θ 1)

a tg θ a tg θ

a tg θ a tg θ



θ .

4

216 x

Daí, 21 1 1 1 1 1 HI HI 4 x

C C4 senθ 4 sen θ 4 4 4xCO CO 4 CO

HI

.

Portanto ,2

2 2

dx 4 xC

4xx . 4 x

.

2) 2 2

1dx

x 16 x

Solução: 2 2 2 2

2 2

2

a 16 a 4;b 1 b 1;u x u x

a 4u sen θ sen θ u x 4 sen θ x 16 sen θ

b 1

dx 4 cosθ dθ

16 x a cos θ 4 cos θ

2

2 22 2

dx 4 cos θ 1 1 1dθ dθ cossec θ cotg θ C

(16 sen θ) (4 cos θ) 16 sen θ 16 16x 16 x

.

Voltando para a variável original “x”.

Como x CO x

x 4 sen θ sen θ4 4HI

logo x

Daí, 21 1 1 1 1 1 CA CA 16 x

cotg θ C C16 16 tg θ 16 16 16xCO CO 16 CO

CA

,

Portanto, 2

2 2

dx 16 xC

16xx . 16 x

.

3 ) 2

2

xdx

x 4

Solução: 2 2 2 2

2 2

2

a 4 a 2;b 1 b 1;u x u x

a 2u sec θ sec θ u x 2 sec θ x 4 sec θ

b 1

dx 2 sec θ tg θ dθ

x 4 a tg θ 2 tg θ

2 2

3

2

x (4 sec θ) (2 sec θ tg θ)dx dθ 4 sec θ dθ

2 tg θx 4

Como já resolvemos nos exercícios resolvida de integração por partes 09 temos como resposta

substituindo na solução acima obtemos:



θ .

x

42 x

2

θ

3

29 x


Como x 1 x 2 CA 2

x 2 sec θ sec θ cos θ2 cos θ 2 x xHI

, Logo temos

Daí,

2 2 2 2x x 4 x x 4 x x 4 x x 42 sec θ tg θ 2 ln secθ tg θ 2 2 ln 2 ln

2 2 2 2 2 2

Portanto: 2 2 2

2

x x x 4 x x 4dx 2.ln C

2 2x 4

4) 2

2

9 xdx

2x

Solução: 2 2 2 2

2 2

2

a 9 a 3;b 1 b 1;u x u x

a 3u sen θ sen θ u x 3 sen θ x 9 sen θ

b 1

dx 3 cosθ dθ

9 x a cos θ 3 cos θ

2 22 2

2 2 2

9 x 1 3 cos θ 1 9 cos θ 1 1dx 3cos θ dθ dθ cotg θ dθ (cossec θ 1) dθ

2x 2 9 sen θ 2 9 sen θ 2 2

.

21 1cossec θ dθ dθ ( cotg θ θ) C

2 2


Como: x x

x 3 sen θ sen θ θ arc.sen3 3

logo x

Ver início do exercício

2x 4 2 tg θ

3

3

3

3

3

1sec θ dθ sec θ tg θ ln sec θ tg θ C

2

14 sec θ dθ sec θ tg θ ln sec θ tg θ C

2

1

2sec θ dθ sec θ tg θ ln sec θ tg θ C4

1 4sec θ dθ sec θ tg θ ln sec θ tg θ C

2 1

sec θ dθ 2 sec θ tg θ ln se

c θ tg θ C



Do triângulo ao lado,29 x

cotg θx

,

Portanto, 2 2

2

9 x 1 9 x xdx arc.sen C

2x 2 x 3

.

5) 2

dx

x 9 4x

Solução: 2 2 2 2

2

2

a 9 a 3;b 4 b 2;u x u x

a 3 3u tg θ tg θ u x tg θ

b 2 2

3dx sec θ dθ

2

9 4x a sec θ 3 sec θ

2

2

13sec θ dθ

dx 3 2 1 sec θ 1 1 1 1cos θ2 dθ dθ dθ cossec θ dθ3 sen θ2 3 3 tg θ 3 3 sen θ 3x 9 4x tg θ 3sec θ2 cos θ

1 1Ln(cossec θ cotg θ) C Ln(cossec θ cotg θ) C

3 3


Do triângulo ao lado: logo 29 x

cossec θ2x

e

3cotg θ

2x

Portanto, 2

dx

x 9 4x

.

2 21 9 x 3 1 9 x 3Ln C Ln C

3 2x 2x 3 2x

6) 3

2 2

dx

(4x 24x 27)

32 2

dx

4 (x 3) 9

Solução: Arrumando o Integrando para depois resolver a integral. 3

2 2

dx

4 (x 3) 9

Como 2 3 2 2(4x 24x 27) 4x 24x 27 (4x 24x 27) e

24x 24x 27 3 tg θ

θ

3

29 4x 2x

2

2

2

2 2

4( 3) 9

4(x 6x 9) 9

4x 24x 36 9

4x 24x 27 4( 3) 9

x

x

2 2

2 2

a 9 a 3;b 4 b 2;

u (x 3) u x 3

a 3 3u sec θ sec θ u x 3 sec θ

b 2 2

3dx sec θ tg θ dθ

2



24x 24x 27 3 tg θ e elevando ambos os membros ao quadrado temos.

2

2 2 2 24x 24x 27 (3 tg θ) 4x 24x 27 9 tg θ , logo fazendo a multiplicação obtemos.

2 3 2 2

2 3 2

2 3 3

(4x 24x 27) 4x 24x 27 (4x 24x 27)

(4x 24x 27) 3 tg θ 9 tg θ

(4x 24x 27) 27 tg θ

Substituindo na integral e resolvendo temos:

3 3 3 22 2

2

3 22 2 22 2

2

3secθ tg θ dθ

dx 3 1 secθ tg θ dθ 1 1 secθ dθ2

27 tg θ 2 27 tg θ 2 9 tg θ4 (x 3) 9

1

dx 1 secθ dθ 1 1 1 cos θ 1 cos θcosθ dθ dθ dθsen θ18 tg θ 18 18 cosθ sen θ 18 sen θ4 (x 3) 9cos θ

dx

4

32 2

1 cos θ 1 1 1dθ cotg θ cossec θ dθ cossec θ C

18 sen θ sen θ 18 18(x 3) 9

Do triangulo ao lado obtemos a cossec θ .

Substituindo na integral finalmente obtemos.

3 2 22 2

3 22 2

dx 1 1 2x 6 1 2(x 3)cossec θ C C C

18 18 184x 24x 27 4x 24x 274 (x 3) 9

dx 1 (x 3)C

9 4x 24x 274 (x 3) 9

Questões Propostas

01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições trigonométricas:

1) 29 4x

dxx

R:

223 9 4x

3 Ln 9 4x C2x

2)

32 2

6

(16 9x )dx

x

R:

52 2

5

1 (16 9x )C

80 x

θ

3

24x 24x 27 2x - 6

2

2

2

2

4x 24x 27sen θ

2x 6

1 4x 24x 27

cossec θ 2x 6

2x 6cossec θ

4x 24x 27

2(x 3)cossec θ

4x 24x 27



3) 2

2

x dx

2x x

R: 23 1

arc. sen(x 1) (x 3) 2x x2 2

4) 3

2

x dx

9 x

R:

32 2

2 (9 x )9 9 x C

3

5) 2

dx

25x 4

R:

21 5x 25x 4Ln C

5 2

6) 2

dy

9 y

R: 2Ln 9 y y C

7) 2

dx

4x 49

R:

21 2x 4x 49Ln C

2 7

8) 2 2

dx

x x 1

R:

2x 1C

x

9) 3

2

x dx

x 4

R:

32 2

2(x 4)4 x 4 C

3

10) 2 2

8dw

w 4 w

R:

22 4 wC

w

11) 3

2 2

dx

(x 1)

R:

2

xC

x 1

12)

32 2

6

(1 x )dx

x

R:

521 1 x

C5 x

13) 2 2

8dx

(4x 1)

R: 2

4x2 arc. tg 2x C

(4x 1)

14) 2

xdx

8x 1

R:

28x 1C

8

15) 3

4

t dt

9 4t

R:

49 4tC

8

4.4 - Integrais das Funções racionais de seno e cosseno:

A substituição x

u tg2

ver figura abaixo, reduz o problema de integrar qualquer função

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) x sen x

u tg2 1 cos x

3) 2

2

1 ucos x

1 u

2) 2

2dudx

1 u

4)

2

2usen x

1 u

Demonstração:

A primeira equação obtem-se derivando a equação 1 as demais equações são obtidas do

triângulo acima e usando sen x

u1 cos x

e elevando ambos os membros ao quadrado.


01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições das funções racionais de seno e cosseno:

1) 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2dz 2dz 2dz 2dzdx 1 z 1 z 1 z 1 z

2z 1 z 1 z 2z (1 z ) 1 z 2z 1 z 2z 2z1 sen x cos x1

1 z 1 z 1 z 1 z 1 z

2 2

Resolvendo porFrações Parciais

xtg

2dz dz dz z 2Ln z Ln (z 1) C Ln C Ln C

x2z 2z z z z(z 1) z 1tg 1

2

2) 2 2 2

2 2 2 222 2

2 22

2dz 2dz 2dzdx 2dz dz 2 dz1 z 1 z 1 z 2

1 13 3z 2 2z 1 5z3 2cos x 1 5z 51 z5 z z3 2

5 51 z 1 z1 z

x

1 - u2

1 + u2

2u

2

2

22

2

2

2

2

2

2 2

2 2

2 2

2

2

sen x3) u

1 cos x

sen x(u)

1 cos x

sen xu

(1 cos x)

(1 cos x) (1 cos x)u

(1 cos x)

1 cos xu

1 cos x

u (1 cos x) 1 cos x

u u cos x 1 cos x

u cos x cos x 1 u

cos x (u 1) 1 u

1 ucos x

1 u

2

2

2

2

2 2

2

2

2

sen x 1 u4) u , e como cos x

1 cos x 1 u

u (1 cos x) sen x

1 uu 1 sen x

1 u

1 u 1 uu sen x

1 u

2u sen x

1 u

2usen x

1 u

2

2

x1) u tg

2

xarc.tg u

2

x 2 arc.tg u

dx 12

du 1 u

2dudx

1 u



2

Usando a fórmulaarc. tg

2 dz

15z

5

onde: 2 2

2 2

1 1 1 5 5a a a a

5 5 55 5

u z u z

Substituindo agora obtemos.

2 2

2

2 dz 2 du 2 1 u 2 1 z 2 5 5 z 5 5arc.tg C arc.tg C arc.tg C

15 5 a u 5 a a 5 55 5 5 5 5 5z

5 5 5

2 5 z 5 5 2 5 2 5 xarc.tg C arc.tg 5 z C arc. tg 5 tg

5 5 5 5 2

C

3) 2

2 2 2 2 2

2 Resolvendopor FraçãoParcial

1 1 2dz 1 z 2dz 2dzsec x dx dx

1 zcos x 1 z 1 z 1 z 1 z

1 z

Usando a decomposição

2

2 A B

(1 z ) 1 z 1 z

2

2dz A Bdz dz

(1 z ) 1 z 1 z

4) 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2dz 2dz 2dz 2dzdx 2dz1 1 1 z 1 z

1 2(1 ) 1 2 2z 1 z 3 z2 cos x 3 z2

1 1 z 1 z 1 z

z z

z z z

z

2 2 2

2dz du 1 u 1 z 3 z 32 2 arc.tg C 2 arc.tg C 2 arc.tg C

3 z a u a a 3 3 3 3 3 3

2 3 z 3 2 3 2 3 xarc.tg C arc.tg 3 z C arc. tg 3 tg C

3 3 3 3 2

5) 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2dz 2dz 2dzdx 2dz 2dz1 1 1 z

2 5(1 ) 8 5 5z 8z5 4sen x 5 5z 8z 4 95 4 5 z1 1 z 1 z 5 25

z zz z z

z

u u

A B 1 1dz dz dz dz

1 z 1 z 1 z 1 z

dz dz dw dw dw dw

1 z 1- w w w w

dw dwLn w Ln w C Ln 1 z Ln 1 z C

w w

x1 tg

2 x πLn C Ln tg C

2 4x1 tg

2

z

2

2

2

2

0x 2 A(1 z) B(1 z)

(1 z ) (1 z)(1 z)

0x 2 A Az B Bz

(1 z ) (1 z)(1 z)

0x 2 Bz Az A B

(1 z ) (1 z)(1 z)

0x 2 (B A)z A B

(1 z ) (1 z)(1 z)

B A 0A 1 e B 1

A B 2



22

2 2

2

au

4z

2 dz 2 du 2 1 u 2 1 5arc.tg C arc.tg C3 35 5 u a 5 a a 5

4 9 5 5z

5 25

5z 4

2 5 2 5 5z 4 25arc.tg C arc.tg C a35 3 5 3 3 3

5

x5 tg 4

2rc.tg C

3

Questões Propostas

01) Resolva as seguintes integrais usando as substituições das funções racionais de seno e cosseno:

1) dx

1 sen x cos x

R: x

Ln 1 tg C2

2) dx

1 sen x cos x

R: x

Ln tg 1 C2

3) dx

3 5cos x

R:

xtg 2

1 2Ln C

x4tg 2

2

4) dx

sen x cos x 2

R: 2 x

2 arc.tg tg 1 C2 2

5) (1 sen x)

dxsen x (1 cos x)

R: 21 x x 1 xtg tg Ln tg C

4 2 2 2 2

6) 2dx

sen x tg x

R: 2x 1 xLn tg tg C

2 2 2

7) 1 cos x

dx1 sen x

R: 2x 2 x

2 Ln tg 1 Ln tg 1 Cx2 2

tg 12

8) x

x x

e dx

4 sen e 3 cos e

R:

x

x

e 1tg

2 31Ln C

5 etg 3

2

9) dx

sen x cos x

R:

xtg 1 2

2 2Ln C

x2tg 1 2

2

10) dθ

4 sen θ cos θ

R:

θ3 tg 1

2 2arc.tg C

14 14



y = f(x)

A

0

0

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.

a = Limite inferior de integração com

b = Limite superior de integração.

Veja o gráfico

y

A

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

0

base altura 3 9 27A 3x dx

2 2 2

A = 13,5 u.a A

3 x

Neste exemplo, não utilizamos o conceito de integral, pois a área era um triângulo, portanto

Δ

B hA

2

. Veja o desenvolvimento a seguir

y y = f(x)

A Região sob o gráfico de f.

0 a b x

b

a

A f(x) dx

AULA 16



Vamos tentar preencher esta área com retângulos:

y = f(x)

y

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 0x , temos n e Apolig. A.

Daí, vamos expandir o conceito de Integral Definida para.

i0

1

A f(x) dx lim f(x ).Δx

b n

xia

.

Ou seja, a área sob a curva é a somatória das áreas dos retângulos de área f(xi). x , quando 0x

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

abscissa serão precedidas de sinal negativo, ou seja, 21

b

a

AAdx)x(f , onde

positivosinalcomáreasA1 e negtivosinalcomáreasA2 .

Definição: Integral definida (de Riemann): Seja xf uma função contínua num intervalo

ba, , então se o limite

n

1k

kk0||x||

x)c(flimk

existe, a função xf é integrável em b,a no sentido de

Riemann, e é definida por

b

a

n

1k

kk0||x||

dx)x(fx)c(flimk

, onde a integral definida de xf , no

intervalo b,a , dará uma nova função xg calculada no intervalo b,a , o que é escrito na forma

baxg , ou seja, )a(g)b(g)x(g b

a , isto é, )a(g)b(gdx)x(f

b

a

.

* 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.



y = f(x)

A

0

Observação: Seja xf uma função integrável em b,a no sentido de Riemann, então a integral

definida de Riemann é numericamente igual à área "com sinal" sob o gráfico de xf , entre ax e

bx . abscissa são positivas e aquelas abaixo dos eixo das abscissas serão precedidas de sinal

negativo, ou seja, 21

b

a

AAdx)x(f .

Definições:

a) Se xf é uma função contínua no intervalo fechado ba, , então xf é Riemann - integrável

em b,a .

Se xf é uma função limitada e seccionalmente contínua no intervalo fechado ba, , então xf é

Riemann – integrável em b,a .

Teorema Fundamental do Cálculo

Seja f uma função contínua em [ a, b ] e A(x) a área compreendida entre a e x, temos:

y

A(x)

x

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:

A(b) f(x) dx F(b) F(a)

b

a

Teorema Fundamental do Cálculo

Notação mais comum é:

Com F a integral de f(x).

b b

aa

f(x) dx F(x) F(b) F(a)



Propriedades das Integrais Definidas

1 ) dx)x(f.kdx)x(f.kb

a

b

a

; k : cte.

2 ) b b b

a a a

f(x) g(x) dx f(x)dx g(x)dx .

3 )

b c b

a a c

f(x)dx f(x)dx f(x)dx ; a < c < b.

4 )

a

a

f(x)dx 0 .

5 )

b a

a b

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

a

f(x) dx F(b) F(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

d

c

c

f(g(u)) g'(u) du F(g(u)) F(g(d)) F(g(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

a

b d

a c

f(x) dx ?

x g(u) dx g'(u) du

x a u c onde g(c) a

x b u d onde g(d) b

f(x) dx f(g(u)) g'(u) du



A


01) Calcule a área sob a curva y = x2, no intervalo [ 2, 3 ].

Solução:

y y = x2

x 0 2 3

02) Idem para f(x) = 2x, no intervalo [ 0, 1 ].

Solução:

A = 01012 221

0

2

1

0

xxdx A = 1 u.a .

3)

22

1

22222

2020.21.21

0

21

0

2 eeeeeedxe

xx )1.(

2

1 2 e

4)

)2.(53.53

)2(

3

)3(.65

3.65.656)56(

333

2

3

2

33

2

3

2

2

3

2

3

2

2

3

2

2 xx

dxdxxdxdxxdxx

2570251654)1015(

3

89.6 45 .

03) Calcule as integrais definidas mudando a variável abaixo:

1) 1

10

0(x 1) dx

Solução:

x 1 u, ou seja, x u 1

x u 1 dx (u 1)' du ou dx du

x 0 u 1

x 1 u 0

011

1 010 10

0 11

u 1(x 1) dx u du

11 10

2) 1

1

2

2x 1 dx

A = 3

8

3

27

3

2

3

3

3

333

2

33

2

2 x

dxx A = 3

19 u.a

'

Solução:

1 1u 2x 1, ou seja, x u

2 2

1 1 1 1 1x u dx u du ou dx du

2 2 2 2 2

1x u 0 x 1 u 1

2

1 1 1

10 0

2

13

1 11 32132 2

000

0

3

1 12x 1 dx u du u du

2 2

1 1 u 1 2 1u du u u

32 2 2 3 3

2

1 11

3 3



3) u

3x1 13x

0 0du

1e dx e 3dx

3

Solução:

u 3x du dx

x 0 u 0

x 1 u 3

1 3 3

3x u u 3

00 0

1 1 1e dx e du e e 1

3 3 3

4) 1

20

xdx

x 1

Solução:

Questões Propostas

01) Calcule as integrais definidas abaixo:

1)

3π

2

π

2

sen x dx R: 0

2)

3 x

2

2

e dx

R: 4,9904

3)

e

1

Ln x dx R: 1

4)

2

2

2

dx

x 4

R:

π

4

5)

π

32

π

4

sec x dx

R: 3 1

6)

π

2

π

6

cossec x cotgx dx R: 1

7)

2x2Ln 3

2

0x e dx

R: 2

3

8)

1 1

x x 5

0

e (e 1) dx R:

6 6

x 5 55

(e 1) 26

9)

e

5

1

x Ln x dx R: 65 1e

36 36

10) 2

2

1x x 1 dx R:

15 5 2 2

3

du

1

20

u

2

1 2xdx

2 x 1

u x 1 du 2x dx

x 0 u 1

x 1 u 2

1 2 2 2

2 1 10 1

x 1 du 1 1 1 Ln 2dx Ln u Ln x Ln 2 Ln 1

x 1 2 u 2 2 2 2



11) 2

2

1x x 1 dx R:

15 5 2 2

3

12) 0

2

1x x 1 dx

R:

16

105

13) 1

2

01 x dx R:

π

4

14)

2π

3

0

dθ

5 4cosθ

R: π

9

15)

π

3

0

dx

1 sen x

R: 3 2

16)

π

3

π

6

dθ

sen 2θ R:

Ln 3

2

17)

π

2

0

dx

3tg x 2

R: 0,335

18)

2π

3

π

2

cos θ dθ

sen θ cos θ sen θ

R: 1Ln 3 1

2

19)

8

2

4

y dy

y 2y 3

R: Ln 15

2

20)

1 3

2

0

x dx

x 2x 1

R: 3 Ln 2 2

21)

1

2

0

dx

(x 1) (x 1)

R: π 2 Ln 2

8

22)

1

2 2

0

dx

(x x 1) (x 4x 5)

R: 1 3 2 5 3 π

Ln 2 arc.tg 3 2 arc.tg 213 2 2 18

23)

3π

45 3

π

2

sen x cos x dx R: 11

384

24)

π

44 2

0

sen x cos x dx R: (3π 4)

192

25)

π

44 2

0

tg x sec x dx R: 1

5

26)

π

35

0

tg x sec x dx R: 3

5

27)

π

43 3

0

cotg x cossec x dx R:



b 0

0 A

28)

4

3 2

0

x 16 x dx R: 2048

15

29)

2

2 22

dx

x x 1

R:

( 3 2)

2

30)

3

4 21

dx

x x 3

R:

10 3 18

243

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

a x

Analogamente ao que já estudamos, temos A = 0 1

( ) ( )limn

i ix i

f x g x x

, quando n .

Logo temos

A = b

a

f(x) g(x) dx


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) x

1

A = 22

1

3

1

0

1x2

2

x

3

x dxx2xdxx)2x( dx)x(g)x(f

231

0

2

1

0

2

b

a

=



A

0

6

1232 A

6

11 u.a.

02) Idem para f(x) = ex e g(x) = e

-x em [ 0, 1 ].

Solução:

y f(x)

g(x)

x

1

A =

)()(0

1

0

1 ( )()( 0101

1

0

1

0

1

0

eeeeeedxedxedxeedxxgxf xxxxxx

b

a

= e – 1 + e-1

–1 = e + e

1 -2 A

e

ee 122 u.a .

Questões Propostas

01) Calcule as áreas entre as curvas nos pontos especificados:

1) 2f(x) x 4 entre x 1 e x 2 R: 15 u.a

2) 2f(x) x e 3f(x) x R: 1

12 u.a

3) 2f(x) x 1 e 2f(x) 1 x R: 8

3 u.a

4) xf(x) e e xf(x) e entre x 1; x 1e 0y R:

22 e 1

e

u.a

5) 2f(x) 4 x e 0y R: 2π u.a

6) 2f(x) x e f(x) x entre 1

x e x 14

R: 49

192 u.a

7) 2x y e y x 2 entre y 1 e y 2 R: 9

2 u.a

8) f(x) x 1 e 2f(x) 9 x entre x 1 e x 2 R: 19,5 u.a

9) 1

f(x)x

e 2

1f(x)

x x 2 R:

1Ln 2

2

u.a

10) f(x) x 1 e 2f(x) (x 1) entre x 1 e x 2 R: 31

6 u.a

11) 0 y π

0 y sen x

R: 2 u.a

12)

2y x 9

y x

y 1

R: 59

4 u.a



●

●

● ●

● ●

A ( a, c )

B ( b, d )

b) - Comprimento de Arco

Seja um arco AB, definimos o seu comprimento como o limite da soma dos comprimentos

das cordas consecutivas BPPPPPAP n 132211 ... . 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 P1

P2

P3

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 =

2

1

b

ABa

dydS dx

dx

ou dy

dy

dxd

c

2

1

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 = 2

1

2 2u

ABu

dx dydS du

du du


1 ) Ache o comprimento do arco da curva y = 2

3

x de x = 0 a x = 5.

Solução:

Como temos a variação em x. xxdx

dyx

dx

dy

4

9

2

3

2

32

2

12

2

1

Daí: S =

dxdu

xu

dxx

dxx

dxdx

dydS

AB

b

a

4

9

4

91

4

91

4

911

2

15

0

5

0

2



2

3

2

3

2

32

3

2

15

04

0.91

4

5.91.

27

8

0

5

4

91.

27

8

0

5

2

3

4

91

.9

4

4

9.

4

91.

9

4 x

x

dxx

2

32

3

014

451.

27

8 S =

1

4

49.

27

8 2

3

u.c S = 27

335 u.c S 12,4074 u.c .

2 ) Idem para x = 13 2

3

y de y = 0 a y = 4.

Solução:

Como temos a variação em yydy

dxy

dy

dx

4

81

2

9

2

92

2

12

2

1

Daí, S =

dydu

yu

dyy

dyy

dydy

dxdS

AB

d

c

4

81

4

811

4

811

4

8111

2

14

0

4

0

2

2

3

2

3

2

32

3

2

14

04

0.811

4

4.811.

243

8

0

4

4

811.

243

8

0

4

2

3

4

811

.81

4

4

81.

4

811.

81

4 y

y

dyy

2

3

2

3

01811.243

8 S =

182.

243

82

3

u.c. S 24,4129 u.c .

3 ) Idem para a curva x = t2 , y = t

3 e t = 0 a t = 4.

Solução:

Como temos a curva definida parametricamente.

2

2

42 tdt

dxt

dt

dx

e 4

2

2 93 tdt

dxt

dt

dy

Daí. S =

dtttdtttdtttdt

dt

dy

dt

dxdS

AB

t

t

4

0

2

4

0

22

4

0

42

22

94.)94(942

1

tdtdu

tu

dttt

18

94

.)94(

2

4

0

2

1

2 temos



0

4)94.(

27

1

0

4

2

3

)94(.

18

118.)94(

18

12

3

2

4

0

2

3

2

2

1

2 tt

tdtt

2

3

22

3

2 )0.94()4.94(.27

1

2

3

2

3

2

3

2

3

4148.27

14)1444(.

27

1 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:

SX =

AB

b

a

dxdx

dyyydS

2

1.22 ou

d

c

dydy

dxy

2

1.2

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:

SY =

AB

b

a

dxdx

dyxxdS

2

1.22 ou

d

c

dydy

dxx

2

1.2

x = f(u)

Obs.:Para as equações Paramétricas temos

y = g(u)

SX =

AB

u

u

dudu

dy

du

dxyydS

2

1

22

.22

SY =

AB

u

u

dudu

dy

du

dxxxdS

2

1

22

.22

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 = x12

SX =

AB

b

a

dxdx

dyyydS

2

1.22

x

x

x

x

xxdx

dy

12

3.2.6

12

12.

12

612.

122

1

xdx

dy

x

x

x

x

dx

dy

x

x

dx

dy 33332

2

22

.

Daí.

SX =

3

0

3

0

3

0

3

0

)3.(1223

.1223

.1223

1.2 dxxdxx

xxdx

x

xxdx

xy

3

0

2

13

0

3

0

3

0

)93(493.22)93(4236122 dxxdxxdxxdxx

dxdu

xu

3

93

SX =

0

3)93.(

9

8

0

3

2

3

)93(.

3

43.)93(

3

42

32

3

2

13

0

xx

dxx

2

3

2

3

2

3

2

3

9189

8)90.3()93.3(

9

8 SX 43,8822 u. a .



2º Modo:

y2 = 12x x =

12

2y

SX =

AB

d

c

dydy

dxyydS

2

1.22

612

2 y

dy

dxy

dy

dx

36

22

y

dy

dx

.

Daí.

SX =

6

0

2

6

0

26

0

26

0

2

36.6

2

6

36.2

36

36.2

361.2 dyyydy

yydy

yydy

yy

ydu

yu

ydyy

2

36

.)36(3

2

6

0

2

1

2

SX =

0

6)36.(

90

6

2

3

)36(.

62.)36(

3.

2

12

3

22

3

22

16

0

2 yy

ydyy

2

3

2

3

2

3

22

3

2 36729

)036()636(9

SX 43,8822 u. a .

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)

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.

x



y f(xi)

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 ( 0x 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

a

2

x dx)x(f.V

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

c

2

y dy)y(g.V

x



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

a

2

x dxL)x(f.V

M

y

d

x x = g(y)

c

0 x

d

c

2

y dyM)y(g.V

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:

Rotação em torno do eixo 0x

b

a

22

x dx)x(g)x(f.V

Rotação em torno do eixo 0y

d

c

22

y dy)y(l)y(h.V



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

0 x

b

a

2

x dx)x(f.V { -x2 + x x.( -x + 1 ) = 0

0 0

1 0 1 1

x a

ou

x x b

1

0

22

x dxxx.V = 1

0

432

1

0

22dxxx2x.dxxx.

0

1

5

x

0

1

4

x2

0

1

3

x.dxxdxx.2dxx.

5431

0

1

0

43

1

0

2

=

5

1

2

1

3

1.

5

1

4

1.2

3

1. v.u

30Vx

2) Idem para y =x3 limitada por y = 8 e x = 0, rotação em torno do eixo 0y.

Solução:

y

y = x3

8

x

●

0

d

c

2

y dy)y(g.V

y = f(x) = x3 3 y)y(gx

por tanto:

8

0

2

3

18

0

23y dyy.dyy.V

=

3

5

8.

0

8

3

5

y.dyy.

3

5

3

5

8

0

3

2

v.u20,19Vy



x’ = y3-y

Use

d

c

dxxx )"'(

3) Calcule o volume do sólido gerado pela revolução, em torno do eixo 0x, da região limitada pelos

gráficos das funções f(x) = 2x25 e g(x) = 3. ( Método da arruela )

Resolução:

x

y

f(x) = 2x25

x

g(x) = 3

Cálculo de a e b

f(x) = g(x) = 3 2x25 = 3 25 – x2 = 9 x

2 = 25 – 9 x

2 = 16

4bx

e

4ax

2

1

.

Portanto

4

4

222

b

a

22

x dx3x25.dx)x(g)x(f.V

4

4

3

x

4

4)x16(.dxx16.dx9x25.

34

4

2

4

4

2

3

64

3

646464.

3

)4(

3

4)4.(16)4.(16.

33

3

256.

3

128384.

3

128128. v.u33,85Vx

Exercícios:

1 ) Calcule a área da região A.

y

●

A

x

-1

●

● ●

●

a b

1

x” = 1 – y4



f(x) = 3x3 –x

2 – 10x

g(x) = -x2

+ 2x

c

2 ) Idem para:

y

a

x

Dica: Encontre a, b e c

3 ) Idem para:

y

y = x2 + 2x + 1

y = x + 1

1

-1 0 x

4 ) Encontre o comprimento da curva y = 5x –2 ; -2 x 2.

5 ) Idem para x = 2

3

y de P ( 0, 0 ) até Q ( 8, 4 ); y [ 0, 4 ].

x = 4sen3t

6 ) Idem para a hipociclóide ; t [ 0, 2 ].

y = 4cos3t

7 ) Calcular a área obtida com a revolução, em torno do eixo Ox do arco da parábola y2

= 8x ; 1 x

12 .

8 ) Idem para x = y ; 1 y 4 ; rotação em Oy .

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.

A

b

●

● ●



y

y = 2 -1 1

-2 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

Ox , da região delimitada pelo gráfico y = xx 2..8

1 2 e pelo eixo x e y são dados em metros. Qual

o volume do tanque?

Obs. : Considere 0 x 2.

Respostas:

1) A = 1,6 u.a

2) A = 24 u.a

3) A = 6

1 u.a 9 ) Sy 63,497 u.a

4) S 20,40 u.c 10 ) Vx = 10

3u.v

5) S 9,073 u.c 11 ) Vx = 15

412u.v

6) S = 0 u.c 11 ) Vx = 15

412u.v

7) Sx 177,96 u.a 12 ) Vx = 3

8u.v

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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