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Técnicas de integração 
Técnicas de integração 
 
ocê agora já sabe derivar funções de uma variável real, usando a “Regra da Cadeia”, 
sabe usar estes conhecimentos para interpretar se uma dada função é crescente sobre 
um certo intervalo. Você também aprendeu o significado do símbolo 

b
a
dxxf )( 
que pode ser interpretado como uma “área”. A teoria de integração que você aprendeu culminou 
em um teorema muito importante. Essa importância está estampada em seu próprio nome: o 
Teorema Fundamental do Cálculo. 
 Muitas vezes, para calcular uma integral indefinida precisamos usar certos artifícios 
matemáticos para transformá-la em outra integral mais simples de ser obtida. 
 Neste capítulo será introduzido as técnicas de integração. Você aprenderá a calcular as 
primitivas de vários tipos de funções. Este conteúdo é clássico e de caráter bem aplicado. Ele 
lhe permitirá resolver vários problemas interessantes, aumentando assim seu poder 
computacional. 
Método da substituição ou mudança de variável 
 A Integração por Substituição é uma técnica (ou método) para resolver integral inspirada na 
Regra da Cadeia para derivadas. Por isso, compreender sua relação com a Regra da Cadeia 
torna mais significativa a manipulação algébrica que fazemos ao resolver integrais por esse 
método. 
 Iniciamos retomando a Regra da Cadeia ( )
' ' '( ) ( ( )) ( )f g x f g x g x=  . Veja que essa 
expressão nos alerta para o fato de que desmanchar a ação da derivada em um produto de duas 
funções não corresponderá a desmanchar a ação da derivada em cada um dos fatores e fazer o 
produto. Em outras palavras, a integral de um produto de funções não é o produto das integrais 
(de cada um dos fatores). Esse fato contrasta com a regra de integração para a soma de duas 
funções. Em decorrência da regra da derivada da soma de funções, obtivemos a integral de uma 
soma gf + somando a integral de f com a integral de g . 
 
Demonstração. A prova deste teorema é simples. Vamos usar o Teorema Fundamental do 
Cálculo e a Regra da Cadeia: O cálculo 
)())(()())(())((( '''' xgxgfxgxgFxgF == 
V 
Teorema 2.1 Se )(xgu = é uma função diferenciável, f é uma função contínua e 
)()Im( fDg  , então 
CxgFCuFduufdxxgxgf +=+==  ))(()()()())((
' 
onde F é uma primitiva de f . 
 
Capítulo 3 
Deus é o nosso refúgio e fortaleza, socorro bem presente na angústia. Salmo 46:1. 
Técnicas de integração 
 
 2 
 
mostra que ( ( ))F g x é uma primitiva da função )())(( ' xgxgf . ■ 
 A técnica da mudança de variável é uma ferramenta poderosa para calcular integrais 
indefinidas, que permite substituir uma integral relativamente complicada por uma mais 
simples. Vejamos alguns exemplos. 
Exemplo. Calcule as integrais indefinidas: 
1. ;5 dxe
x
 
2. 3 4 2( 2) ;x x dx+ 
3. .)23cos( + dxx 
Solução. 1. Para calcular 5 ,xe dx fazemos 5u x= . Então, 5du dx= e a nossa integral fica: 
5 51 1 1
5 5 5
5x x u ue dx e dx e du e C= = =  +   
Logo, 5 51
5
x xe dx e C=  + . 
2. No caso de 3 4 2( 2)x x dx+ , fazemos 
3 2u x= + , donde temos 23du x dx= . Assim, 
3 4 2 3 4 2 4 51 1 1 1
3 3 3 5
( 2) ( 2) 3x x dx x x dx u du u C+ = +  = =  +   
Assim, 3 4 2 3 51
15
( 2) ( 2)x x dx x C+ = + + . 
 
Exemplo. Use o método da substituição para mostrar que Cxtgxdx += secln . 
Solução. Temos que  = dxx
senx
tgxdx
cos
. Vamos aplicar o método da substituição para calcular 
a integral. Fazendo xu cos= , obtemos senxdxdu −= . Assim 
C
x
Cu
u
du
tgxdx +=+−=−=  cos
1
lnln 
e, portanto, Cxtgxdx += secln . 
 Até agora, você aprendeu os rudimentos da técnica de integração chamada técnica da 
mudança de variável. Deve ter notado como o que já aprendeu no seu primeiro curso de cálculo 
é importante, especialmente a “Regra da Cadeia”. Caso tenha compreendido tudo, ótimo. Mas, 
não desanime se você sentiu um pouco de dificuldade, afinal de contas, integrar é um pouco 
mais “dificultoso” do que derivar. Com um pouco mais de tempo e prática você vai dominar, 
também, este conteúdo. De qualquer forma, insista e releia os exemplos. Para terminar, aqui 
está uma série de lembretes para fazer bom uso da substituição: 
• Encontre uma integral simples que fará o papel de ;)( duuf 
• Faça os eventuais ajustes das constantes para substituir dxxg )(' por du ; 
• Após integrar, não esqueça de desfazer a substituição, dando a resposta em termos da 
variável original. 
 
Técnicas de integração 
 
 3 
 
 No cálculo de uma integral definida. Primeiro calculamos a integral indefinida, usando a 
substituição adequada, e, depois, usamos uma das primitivas para, com o Teorema Fundamental 
do Cálculo, calcular a integral definida. Porém há uma outra maneira, mais direta, de efetuar 
este cálculo. A ideia é a seguinte: ao fazermos a substituição, estamos fazendo uma mudança 
de variável. Basta fazer o correspondente ajuste nos limites de integração. O próximo teorema 
indica como isso deve ser feito. 
Demonstração. Como a função f é contínua, o Teorema Fundamental do Cálculo nos diz que 
ela admite uma primitiva. Seja F esta primitiva. Isto é, )( ),()(' fDxxfxF = . O Teorema 
Fundamental do Cálculo nos diz ainda que 
(*) ))(())(()(
)(
)(
agFbgFduuf
bg
ag
−= 
 Por outro lado, a Regra da Cadeia nos dá 
)())(()())(())((( '''' xgxgfxgxgFxgF == 
 Observe que a função g é de classe 
1C . Isto quer dizer que a função 'g é uma função 
contínua. Assim, a função )())(()( ' xgxgfxy = é uma função contínua e, portanto, satisfaz a 
hipótese do Teorema Fundamental do Cálculo. Temos assim a seguinte igualdade: 
(**) ))(())(()())(( ' agFbgFdxxgxgf
b
a
−= 
Segue-se de (*) e (**) que  =
)(
)(
' )()())((
bg
ag
b
a
duufdxxgxgf . ■ 
Exemplo. Calcule a integral definida dx
x
x
 +
2
0 2 1
4
. 
Solução. O primeiro passo é descobrir qual substituição podemos fazer. Bom, nosso integrando 
é composto, digamos assim, de dois pedaços: 4x e 12 +x . Ora, como a derivada do primeiro 
pedaço é x2 , já temos uma escolha 





=
+=
xdxdu
xu
2
12
 
Consideremos agora a mudança de limites de integração: Enquanto x varia de 0 até 2, u 
varia de 1102 =+ até 5122 =+ . 
 Assim, podemos efetuar nosso cálculo: 
5ln21ln25ln2ln22
1
4 5
2
5
1
2
0 2
=−===
+  uu
du
dx
x
x
 
 
Exemplo. Calcule a integral dx
x
xe
1
ln
. 
Solução. Esta integral parece difícil, mas não é. Pelo menos, não muito. Vejamos. O primeiro 
passo é descobrir qual substituição podemos fazer. Bom, nosso integrando é composto, digamos 
Teorema 2.2 Seja g uma função de classe 
1C e f uma função contínua. Suponhamos que 
   ( ), ( ) e g , ( )a b D g a b D f  
Então temos  =
)(
)(
' )()())((
bg
ag
b
a
duufdxxgxgf . 
 
Técnicas de integração 
 
 4 
 
assim, de dois pedaços: 
x
x
1
 e ln . Ora, como a derivada do primeiro pedaço é o segundo, já 
temos uma escolha 







=
=
dx
x
du
xu
1
 ln
 
 Consideremos agora a mudança de limites de integração: Enquanto x varia de 1 até e , u 
varia de 01ln = até 1ln =e . 
 





==
==






=
=
 1ln
 01ln
 
 
 1
eg(b)
g(a)
eb
a
 
 Assim, podemos efetuar nosso cálculo: 
2
1ln 1
01
==  ududxx
xe
 
Exemplo. Sejam f uma função e ,a b . Mostre que 
( )
( ) ( ) 2
b
f x b a
f a b x f xa
dx −
+ − +
= 
Calcule 
2
cos0
senx
senx x
dx

+ e 
3
2 3
3 3
3
log4
(log12 )log3
x senx
senx sen x
dx
+ − . 
Solução. Seja ( )
( ) ( )
I
b
f x
f a b x f xa
dx
+ − +
=  . Faça u a b x= + − , então du dx= − . Consideremos agora a 
mudança de limites de integração: Enquanto x varia de a até b , u varia de b até a . Assim, 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
I ( )
a b
f a b u f a b u
f u f a b u f u f a b ub a
du du+ − +−
+ + − + + −
= − =  
ou seja, ( )
( ) ( )
I
b
f a b x
f x f a b xa
dx+ −
+ + −
=  . Logo, 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2I I I
b b b b
f x f a b x f x f a b x
f a b x f x f x f a b x f x f a b xa a a a
dx dx dx dx b a+ − + + −
+ − + + + − + + −
= + = + = = = −    
e, isto mostra que 
2
I b a−= , ou seja, ( )
( ) ( ) 2
b
f x b a
f a b x f xa
dx −
+ − +
= . 
Seja ( )f x senx= . Então 
2 2 2
(0 ) ( ) ( ) cosf x f x sen x x  + − = − = − = 
e, assim, 2
2 0
2 4cos0
senx
senx x
dx

−
+
= = . 
 Seja 3u x= , então 23du x dx= . Consideremos agora a mudança de limites de integração: 
Enquanto x varia de 3 log3 até 3 log4 , u varia de log3 até log 4 . Assim, 
3
2 3
3 3
3
log4 log4
1
3 (log12 )(log12 )log3 log3
x senx senu
senu sen usenx sen x
dx du
+ −+ −
=  
Técnicas de integração 
 
 5 
 
Considere ( )f u senu= . Daí, 
(log3 log 4 ) (log12 ) (log12 )f u f u sen u+ − = − = − 
Assim, 
3
2 3
3 3
3
log4 log4
log(4 3)log4 log31 1
3 (log12 ) 3 2 6(log12 )log3 log3
x senx senu
senu sen usenx sen x
dx du −
+ −+ −
= =  =  
 
Técnicas de integração 
 
 6 
 
 
Integração por partes 
 A integração por partes é uma técnica (ou método) para resolver integrais concebida a partir 
da regra para derivar o produto de duas funções. Compreender a relação entre a técnica de 
integração por partes e a regra do produto para derivadas torna mais significativa a manipulação 
algébrica que fazemos ao resolver integrais por este método. 
 Por isso, retomamos aqui a regra: se gf e são funções diferenciáveis, então 
)()( )()()()())()(( ''' gDfDxxgxfxgxfxgxf += 
e a discussão sobre o fato de que a “derivada de produtos não é produto de derivadas”. 
Implicitamente no enunciado da regra do produto, podemos perceber que desmanchar a ação 
da derivada em um produto de duas funções não corresponderá em geral a desmanchar a ação 
da derivada em cada um dos fatores, e fazer o produto, como aconteceu com a soma de duas 
funções. Em outras palavras: a integral de um produto de funções não é o produto das integrais 
(de cada um dos fatores). 
 Nesta seção vamos discutir um método para integrar produtos de funções; e como muitas 
vezes ficamos sem saber qual a técnica de integração escolher para integrar uma função dada, 
a intenção desta aula é também apoiar você na busca por esta técnica para calcular integrais. 
Você deve estar lembrado que derivamos o método da substituição aplicando o processo de 
antiderivação na regra da cadeia. Dessa vez faremos o mesmo com a fórmula da derivada do 
produto de duas funções para obter a integração por partes. 
 Note que  )()( xgxf  é uma primitiva de  ')()( xgxf  . Assim, podemos escrever 
 +=+ 1
'' )()())()()()(( Cxgxfdxxgxfxgxf 
ou ainda, 
  +−= 1
'' )()()()()()( Cdxxgxfxgxfdxxgxf 
 Observe que ao desenvolver a integral no segundo membro surgirá outra constante de 
integração. Supriremos a constante 1C na fórmula acima e no final do processo introduziremos 
uma constante C para representar todas as constantes de integração envolvidas. Desse modo 
podemos escrever: 
  −= dxxgxfxgxfdxxgxf )()()()()()(
'' 
 Vamos reescrever a fórmula da integração por partes, usando uma notação que se torna 
fácil de ser memorizada. Fazendo )( e )( xgvxfu == , temos dxxgvdxxfdu )(d e )( '' == . 
Então a fórmula da integração por partes pode ser escrita como 
 
 
 
 
 Ao aprender uma nova técnica, pode acontecer de você ser tentado a usá-la de maneira 
indiscriminada. A questão é: dada uma integral, como descobrir qual é a técnica mais adequada 
para resolvê-la? Aqui estão alguns lembretes que podem ajudá-lo a fazer bom uso da integração 
por partes. 
✓ Para aplicar a fórmula (2.1), você deverá dividir o integrando em duas partes 





=
=
?
 ?
dv
u
 
(2.1)   −= duvvudvu 
Técnicas de integração 
 
 7 
 
✓ Você precisará integrar  dv para obter uma função que fará o papel de v . 
✓ A nova integral,  vdu, deve ser mais ou tão simples quanto a integral original, 
 dvu . 
A integração por partes é especialmente útil nas seguintes situações: 
•   ;cos em polinômio dx
sencx
bx
e
x
ax










 
•   ;derivar sei mas integrar, sei não que função dx 
 Uma sugestão que funciona bem na grande maioria das vezes é escolher as funções u e v 
segundo o critério que descreveremos abaixo. Ele foi publicado como uma pequena nota em 
uma edição antiga da revista American Mathematical Monthly. 
 Considere o seguinte esquema de funções elementares: 
 
 No esquema acima, as letras do anagrama LIATE são iniciais de diferentes tipos de funções. 
Uma estratégia que funciona bem é: ao realizar uma integração por partes, escolher, dentre as 
duas funções que aparecem sob o sinal de integral, 
• como função u : a função cuja letra inicial de caracterização posiciona-se mais à 
esquerda no anagrama; 
• como formando a diferencial dv : a função cuja letra inicial de caracterização posiciona-
se mais à direita no anagrama. 
 Sumarizando, u deve caracterizar-se pela letra mais próxima de L, e dv pela letra mais 
próxima de E. Muito bem, agora você domina as ideias fundamentais da integração por partes. 
Para aprofundá-las, é preciso praticar. Aqui estão alguns exemplos que o ajudarão a 
compreender as explicações acima. 
Exemplo. Calcule a integral  xdxxcos . 
Solução. Vamos aplicar o método da integração por partes para calcular a integral. Vamos 
analisar a escolha 
 (Algébrica) 
cos (Trigonométrica)
u x
dv xdx
=


 =
 
 
 No anagrama LIATE, A precede T. Note que a integral  = xdxdv cos é uma integral 
direta. Essa escolha de dvu e determina 





=
=
senxv
dxdu
 e a fórmula de integração por partes nos 
dá 
 ++=−= Cxxsenxsenxdxxsenxxdxx coscos 
Exemplo. Calcule a integral  xdxe
x cos . 
Técnicas de integração 
 
 8 
 
Solução. Seja = xdxe
x cosI . No anagrama LIATE, T precede E. Vamos analisar a escolha, 
cos (Trigonométrico) 
e, portanto, 
 (Exponencial) x x
u x du senxdx
dv e dx v e
= = − 
 
 
 = = 
 
 
 Assim, 
+= senxdxexe
xx cosI 
Note que as integrais  senxdxexdxe
xx e cos têm o mesmo nível de dificuldade. Isto é, 
aparentemente, a técnica não nos deu nada de novo. Apesar disso, aplicamos novamente a 
técnica na nova integral. 





=
=






=
=
 
 cos
 
 
 
xx ev
xdxdu
dxedv
senxu
 
 Assim, −+= xdxesenxexe
xxx coscosI . Note que o integrando original reapareceu no 
lado esquerdo da igualdade. Assim, podemos somar o integrando I aos dois lados da igualdade, 
obtendo: 
'1
)(cos2I Csenxxex ++= 
 Finalmente, trocando 1C por 2C , obtemos a resposta esperada. 
Csenxx
e
xdxe
x
x ++==  )(cos2
cosI 
 Vamos, agora, considerar mais uma situação que merece atenção, onde a integração por 
partes será útil. Nada como um exemplo para ilustrá-la. 
Exemplo. Calcule a integral arctgxdx. 
Solução. Qual é a dificuldade inicial? Você quer integrar uma função que você sabe, apenas, 
derivar. Ótimo, isso é um começo e, você já sabe, na maioria das vezes começar é o mais difícil. 
Para usarmos a integração por partes só temos uma escolha: 
2
1
 
 (Inversa de trigonométrica) 1
 
1 (Algébrica) 
du dx
u arctgx x
dv dx v x

== +

 
 =  = 

 
No anagrama LIATE, I precede A. Logo, 
(*) 
1 2
dx
x
x
xarctgxarctgxdx  +
−= 
 Aqui entra em ação a nossa conhecida substituição simples e encontramos. 
(**) )1ln(
2
1
1
1
2
2
Cxdx
x
x
++=
+
 
Reunindo as duas igualdades, (*) e (**), obtemos 
 )1ln(
2
1 2 Cxxarctgxarctgxdx ++−= 
Exemplo. Calcule a integral  xdx
3sec . 
Técnicas de integração9 
 
Solução. As opções para dv são: xdxxdxxdx, dx, 
32 sec e secsec .Dentre elas, a expressão 
mais complexa que sabemos integrar é xdx2sec . Então, escrevemos 
 = dxxxxdx )(secsecsec
23 
 Vamos analisar a escolha 





=
=






=
=
 
 sec
 
 sec
 sec
2 tgxv
tgxdxxdu
xdxdv
xu
 
e a fórmula de integração por partes nos dá 
 −= xdxtgxtgxxxdx
23 secsecsec 
 Utilizando a identidade xxtg 22 sec1 =+ segue que: 
 +−= xdxxdxtgxxxdx secsecsecsec
33 
Adicionando  xdx
3sec a ambos os membros da igualdade, chegamos a 
 += xdxtgxxxdx secsecsec2
3
 
 Aqui fazemos uns parênteses no método que vem sendo utilizado e calculamos a última 
integral, por substituição. Para calcular a integral  xdxsec , usamos o artifício a seguir: 
tgxx
tgxxx
tgxx
tgxxx
x
+
+
=
+
+
=
sec
secsec
sec
)(secsec
sec
2
 
 Assim reescrito o integrando, nossa integral fica: 
 +
+
= dx
tgxx
tgxxx
xdx
sec
secsec
sec
2
 
 Fazendo tgxxt += sec , obtemos dxtgxxxdt )sec(sec2 += . Assim, 
CtgxxCt
t
dt
dx
tgxx
tgxxx
xdx 2secln2ln
sec
secsec
sec
2
++=+==
+
+
=  
Logo, 
  Ctgxxtgxxxdx +++= seclnsec2
1
sec3 
 
Exemplo. Calcule a integral  + dxax
n)( 22 , onde .
2
1
−n 
Solução. Para usarmos a integração por partes, escolhemos: 





=
+=






=
+= −
 
 2)(
 
 
 )( 12222
xv
xdxaxndu
dxdv
axu nn
 
e assim, temos 
 )(2)()( 12222222 dxaxxnaxxdxax nnn 
−+−+=+ 
 Aqui entra em ação a nossa conhecida substituição simples 2222 )( aaxx −+= e 
encontramos. 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 1( ) ( ) 2 ( ) ( )n n n nx a dx x x a n x a dx a x a dx− + = + − + − +
    
Técnicas de integração 
 
 10 
 
 Note que o integrando original reapareceu no lado esquerdo da igualdade. Assim, podemos 
somar o integrando I aos dois lados da igualdade, obtendo: 
dxaxnaaxxdxaxn nnn 
−+++=++ 12222222 )(2)()()12( 
Logo, 
dxax
n
na
n
axx
dxax n
n
n

−+
+
+
+
+
=+ 122
222
22 )(
12
2
12
)(
)( 
 
Exemplo. Calcule 2 2a x dx− , onde 0a  . 
Solução. Aqui podemos integrar por partes, mas o anagrama LIATE não nos é de serventia, já 
que a integral envolve apenas expressões algébricas. Seja 2 2I a x dx= − . Para usarmos a 
integração por partes, escolhemos: 
2 2
2 2 
 
 
x
a x
du dxu a x
dv dx v x
−
−
= = −
 
 
 = =  
 
e assim, temos 
2
2 2
2 2 2 2I x
a x
a x dx udv uv vdu x a x dx
−
= − = = − = − +    
Agora, fazendo 
( )
2 2 22 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( ) 2 1
2 2 2 1
2
1
 
 I
a x ax a x
a x a x a x a x
a x
x
a
dx dx dx a dx
a x dx a dx
a arcsen C
− − + −
− − − −
−
= = − +
= − − +
= − + +
   
  
Portanto, ( )2 2 2 1I I xax a x a arcsen C= − − + + donde, 
( )
22 2 2 2
2 2
x a x
a
a x dx a x arcsen C− = − + + 
 Um modo mais apropriado de abordar integrais com expressões da forma 2 2x a , ou 2 2a x
, será retomado adiante, quando fizermos um estudo de substituições trigonométricas. 
 Para finalizar esta seção vamos calcular uma integral que será de grande importância no 
estudo do método das frações parciais. 
Exemplo 2.1. Calcule a integral  ++ 122 )( nax
dx
, onde n é um inteiro positivo. 
Solução. Seja  +
=
nn ax
dx
)(
I
22
. Para usarmos a integração por partes, escolhemos: 







=
+
−=








=
+
=
+
 
 
)(
2
 
 
 
)(
1
12222
xv
dx
ax
nx
du
dxdv
ax
u
nn
 
e assim, temos 
 
)(
2
)(
I
122
2
22
dx
ax
x
n
ax
x
nnn  ++
+
+
= 
Técnicas de integração 
 
 11 
 
 Aqui entra em ação a nossa conhecida substituição simples 2222 )( aaxx −+= e 
encontramos. 






+
−
+
+
+
=  +122
2
2222 )()(
2
)(
I
nnnn ax
dx
a
ax
dx
n
ax
x
 
Ou seja, 
1
2
22
I2I2
)(
I +−+
+
= nnnn nanax
x
. Assim, podemos escrever 
nnn na
n
ax
x
na
I
2
12
)(2
1
I
22221

−
+
+
=+ 
Logo, 
 +
−
+
+
=
+ + nnn ax
dx
na
n
ax
x
naax
dx
)(2
12
)(2
1
)( 222222122
 
Por exemplo, ( )1 22 2
1
I x
dx
arctg C
x a a
= =  +
+
 e 
( )2 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
1 1 1 1
I I I
2 2 ( ) 2 2
x
x dx x
arctg C
a x a a x a a x a a
=  +   = =  +  +
+ + +
 
 Até agora, nossos exemplos e exercícios têm sido integrais indefinidas. A integração por 
partes, no entanto, também se aplica, diretamente, a integrais definidas. 
 
Demonstração. Como )()()()())()(( ''' xgxfxgxfxgxf += para todo  bax , , então 
)()( xgxf é uma primitiva de )()()()( '' xgxfxgxf + . Além disso, como 
)()( e )()( '' xgxfxgxf  são integráveis, então )()()()( '' xgxfxgxf + é integrável. Pelo 
Teorema Fundamental do Cálculo, 
))(())(()()())()()()(( ''' agfbgfdxxgfdxxgxfxgxf
b
a
b
a
−==+  
Logo, 
  =+
b
a
b
a
b
a
xgxfdxxgxfdxxgxf )()()()()()(
'' 
Ou seja,  −=
b
a
b
a
b
a
dxxgxfxgxfdxxgxf )()()()()()(
'' . ■ 
 
Exemplo. Se   Rbaf →,: possui derivada integrável, ponha 
2
ba
m
+
= e prove que 
( ) dxxfmxxf
ab
bfaf
b
a
 )()(
2
)()( ' −+−
=+ 
Solução. Temos que 
   −−=−=−
b
a
b
a
b
a
b
a
afbfmdxxxfdxxfmdxxxfdxxfmx )(# ))()(()()()()()( '''' 
 Agora, usando a integração por partes, 
Teorema 2.3 Se   Rbagf →,:, possuem derivadas integráveis, então 
onde ,)()()()()()(
''
 −=
b
a
b
a
b
a
dxxgxfxgxfdxxgxf 
)()()()()()( agafbgbfxgxf
b
a
−= . 
Técnicas de integração 
 
 12 
 





=
=






=
=
 )(
 
 
 )(
 
' xfv
dxdu
dxxfdv
xu
 
obtemos 
 −=
b
a
b
a
b
a
dxxfxxfdxxxf )()()(
' 
Ou seja, 
)#(# )()()()('  −−=
b
a
b
a
dxxfaafbbfdxxxf 
Substituindo (##) em (#) obtemos 
))()(( )()()()()( ' afbfmdxxfaafbbfdxxfmx
b
a
b
a
−−−−=−  
 Assim, 
( )
( )
( )
'
2
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) 
( ) ( ) ( ( ) ( ))
( ( ) ( )) 
b
a
a b
b a
f x x m f x dx bf b af a m f b f a
bf b af a f b f a
f b f a
+
−
 + − = − − − 
= − − −
= +

 
e portanto, 
( ) dxxfmxxf
ab
bfaf
b
a
 )()(
2
)()( ' −+−
=+ 
 
Técnicas de integração 
 
 13 
 
 
Exercício resolvido: Calcule a integral ln2 x dx . 
Solução. Temos que ln 22 e= e, portanto, 
( ) ( )
ln ln2
ln ln2 ln2 ln ln ln22
x
x x xe e e x= = = = 
Isto mostra que ln ln2 ln2 11
ln2 1
2 x dx x dx x C+
+
= =  +  ou ainda, 
lnln 2
ln2 1
2
xx xdx C
+
= + 
Exercício resolvido: Calcule a integral 
1 x
dx
e+ . 
Solução. Temos que 
1 1
1 1 1 1 1
x x x x x
x x x x x
dx e e e e dx e dx
e e e e e
dx dx x+ − +
+ + + + +
= = − = −     
Agora, fazendo a mudança de variável 1
xu e= + , temos xdu e dx= e, portanto, 
1
ln
x
x
e dx du
ue
u C
+
= = +  
Logo, 
1
ln(1 )x
xdx
e
x e C
+
= − + + . 
Exercício resolvido: Calcule 23 5
dx
x x+ . 
Solução. A ideia, neste caso, é de completar quadrados: Como ( )
2
23 3x x = e 
5
6
2 3 5 3k x x k=  = 
Então podemos fatorar o denominador em 
( ) ( )
22 6 5 252 5 25
6 12 12
3 5 3
x
x x x
+ −
+ = + − = 
 Assim, 
( )
2 23 5 6 5 25
12dx dx
x x x+ + −
=  . Nossa substituição, à primeira vista, não era tão óbvia: fazer 
6 5u x= + . Isto, à primeira vista, pareceria absurdo, mas agora parece muito razoável. Após a 
substituição, 6du dx= . Portanto, 
2 2 2
51
5 53 5 25 25
2 2 lndx du du u
ux x u u
C+
−+ − −
= = − = − +   
ou seja, 2
6 101
5 63 5
lndx x
xx x
C+
−+
= − + . 
Exercício resolvido: Calcule a integral 
2
dx
x x x− . 
Solução. Temos que 
( )2 3 2 2 3 4 1 23 2 1 211
dx dx dx dx
x x x x x x xx x− − −−
= = =    
Agora, fazendo a mudança de variável 
1 4u x= , temos 
34u du dx= e, portanto, 
3
3 4 1 2 3 2 2
4
1 1 1
4 4dx u du du
x x u u u
arcsenu C
− − −
= = = +   
Logo, 
2
1 44 ( )dx
x x x
arcsen x C
−
= + . 
Exercício resolvido: Calcule a integral 
3 4 5x x x x dx . 
Técnicas de integração 
 
 14 
 
Solução. Note que 
1 1 1 1 1 1 1 1 11
2 3 2 3 4 2 3 4 52
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 2 3 4 2 3 4 5
1 1 1 1
2! 3! 4! 5!
3 4 5
 
 
x x x x x x x x
x
x
     
+  +   +    +
+ + + +
=   
=
=
 
Mas, 1 1 1 1 1
1! 2! 3! 4! 5!
1e= + + + + + + e, portanto, 
3 2 14 5 1
1
e e
e
x x x x dx x dx x C− −
−
= =  +  
 
Exercício resolvido: Seja f uma função contínua em  ,a a− . Mostre que 
a) Se f for par , isto é, ( ) ( )f x f x− = , então 
0
( ) 2 ( )
a a
a
f x dx f x dx
−
=  . 
b) Se f for ímpar , isto é, ( ) ( )f x f x− = − , então ( ) 0
a
a
f x dx
−
= . 
Solução. a) Vamos escrever a integral dada como a soma entre a integral de a− a 0 e a integral 
de 0 a a , então temos 
0
0
( ) ( ) ( )
a a
a a
f x dx f x dx f x dx
− −
= +   
 Na primeira integral vamos mudar a variável para u x=− , então du dx= − e trocando os 
limites de integração, segue que 
0 0
( ) ( )
a a
f x dx f u du
−
= − −  
 Como a função f é par, temos 
0 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( )
a
a a a
f x dx f u du f u du f u du
−
= − − = − =    
onde na última igualdade invertemos os limites de integração, o que acarreta uma mudança de 
sinal da integral. Portanto, temos que 
0 0 0
( ) ( ) ( ) 2 ( )
a a a a
a
f x dx f u du f x dx f x dx
−
= + =    
pois na integral definida podemos usar qualquer variável para escrever o integrando. 
b) A verificação segue os mesmos passos do item a), onde usamos que a função f é ímpar e, 
portanto, obtemos 
0 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( )
a
a a a
f x dx f u du f u du f u du
−
= − − = = −    
donde 
0 0
( ) ( ) ( ) 0
a a a
a
f x dx f u du f x dx
−
= − + =   
 
Exercício resolvido: Mostre que 1 211 cosn n nn
n n
sen xdx xsen x sen xdx− −−= +  , onde 2n  é um 
inteiro. Conclua que 
2 2
21
0 0
n nn
n
sen xdx sen xdx
 
−−=  . 
Solução. Neste caso, podemos integrar por partes, mas o anagrama LIATE não nos é de 
serventia, já que a integral envolve apenas expressões algébricas. Seja I nn sen xdx=  . Para 
usarmos a integração por partes, escolhemos: 
Técnicas de integração 
 
 15 
 
1 2 ( 1) cos 
 
 cos 
n nu sen x du n sen x xdx
dv senxdx v x
− − = = −
 
 
 = = − 
 
 Assim, 
1 2 2I cos ( 1) cosn nn x sen x n sen x xdx
− −= −  + −  
 Uma vez que 2 2cos 1x sen x= − , temos 
1 2I cos ( 1) ( 1)n n nn x sen x n sen xdx n sen xdx
− −= −  + − − −  
ou seja, 1 2I cos ( 1) ( 1)In nn nx sen x n sen xdx n
− −= −  + − − − . Nessa última equação isolamos a 
integral desejada, levando o último termo do lado direito para o lado esquerdo. Então, temos 
1 2I cos ( 1) ( 1)In nx sen x n sen xdx n− −= −  + − − − 
ou 1 2I cos ( 1)n nnn x sen x n sen xdx
− −= −  + −  . Assim, 
1 211 cosn n nn
n n
sen xdx x sen x sen xdx− −−= −  +  
ou ainda, 1 11
2I cos I
n n
n nn n
x sen x− − −= −  + . 
 Temos que 
2 22
1 211
00 0
cosn n nn
n n
sen xdx x sen x sen xdx
 
− −−= −  +  
Como 
2
11
0
cos 0n
n
x sen x

−−  = , então 
2 2
21
0 0
n nn
n
sen xdx sen xdx
 
−−=  . 
Exercício resolvido: Calcule a integral 
2016 6048xe xe dx+ . 
Solução. Seja 
2016 6048I
xe xe dx+=  . Temos que 
2016 20166048 2016 3I ( )
x xe x e xe e dx e e dx=  =   
Agora, fazendo a mudança de variável 
2016xt e= , temos 
20162016 xdt e dx= e, portanto, 
21
2016
I tt e dt=  
Usando o método de integração por partes, temos 
( )2 2 2 2t tt e dt e t t C= − + + 
Logo, ( )
20162016 6048 4032 2016
2016
2 2
xx ee x x xee dx e e C+ = − + + . 
Exercício resolvido: Seja 
2
0
I nn sen xdx

=  . 
a) Mostre que 
2 2 2 1 2I I In n n+ +  . 
b) Mostre que 2 2
2
I 2 1
I 2 2
n
n
n
n
+ +
+
= e conclua que 2 1
2
I
I
lim 1n
nn
+
→
= . 
c) Mostre que 6 6 2 22 2 4 4
1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 2
lim n n
n n
n

− +
→
      = . Essa fórmula geralmente é escrita como 
um produto infinito: 
6 62 2 4 4
2 1 3 3 5 5 7
 =      
que é chamado produto de Wallis. 
Solução. a) Para 
2
0 x   , temos que 0 1senx  . Assim, 
2 2 22 2 2 1 2 2 2 2 1 2
0 0 0
n n n n n nsen x sen x sen x sen xdx sen xdx sen xdx
  
+ + + +       
e, isto mostra que 
2 2 2 1 2I I In n n+ +  . 
Técnicas de integração 
 
 16 
 
b) Temos que 
2
21
0
I nnn n sen xdx

−−=  . Para 2n = , temos 
2
1 1
2 2 2 20
I dx

= =  . Para 2n = , 
temos 
2
23 3 131
4 4 2 4 2 2 4 20
I sen xdx

 

= =   =  
 Pelo Princípio de Indução Finita, suponha que 
13 5 (2 1)
2 2 4 6 (2 ) 2
I
k
k k
  −
 
=  
para todo k , com 2k  . Mostraremos que o resultado vale para 2 2k + . Temos que 
2
13 5 (2 1) (2k 1)22 1 2 1
2 2 22 2 2 2 2 4 6 (2 ) (2k 2) 20
I I
kkk k
k kk k k
sen xdx

  −  ++ +
+ + +    +
= =  =  
Logo, 13 5 (2 1)
2 2 4 6 (2 ) 2
I
n
n n
  −
 
=  para todo n , com 2n  sendo n par. Então 
135 (2 1) (2 1)
2 4 6 (2 ) (2 2) 22 2
135 (2 1)
2
2 4 6 (2 ) 2
I 2 1
I 2 2
n n
n nn
n
n
n
n
n


  −  +
   ++
  −
 

+
+
= = 
Agora, como 
2 2 2 1 2I I In n n+ +  , temos que 
2 2 2 1
2 2
I I
I I
1n n
n n
+ +  . Neste caso, temos 
2 1
2
I2 1
2 2 I
1n
n
n
n
++
+
  
 Como 2 1
2 2
lim 1n
n
n
+
+
→
= e lim1 1
n→
= , então pelo Teorema do Confronto, segue que 2 1
2
I
I
lim 1n
nn
+
→
= . 
c) Inicialmente vamos calcular a razão 2 1
2
I
I
n
n
+ . Para 3n = , temos 
2
2 2
3 3 30
I senxdx

= = . Para 
5n = , temos 
2
34 2 4
5 5 3 50
I sen xdx

= =  
 Pelo Princípio de Indução Finita, suponha que 
2 4 6 (2 )
2 1 3 5 7 (2 1)
I
k
k k
 
+   +
= 
para todo k , com 3k  sendo n ímpar. Mostraremos que o resultado vale para 2 3k + . 
Temos que 
2
2 4 6 (2 ) (2k 2)2 12 2 2 2
2 3 2 12 3 2 3 3 5 7 (2 1) (2k 3)0
I I
kkk k
k kk k k
sen xdx

   +++ +
+ ++ +   +  +
= =  = 
Logo, 2 4 6 (2 )
2 1 3 5 7 (2 1)
I
n
n n
 
+   +
= para todo n , com 3n  sendo n ímpar. Então 
( )( )
2 4 6 (2 )
35 7 (2 1)2 1
135 (2 1)
2
2 4 6 (2 ) 2
I 2 4 6 (2 ) 2 4 6 (2 ) 2
I 3 5 7 (2 1) 1 3 5 (2 1)
n
nn
n
n
n
n n
n n 
 
  ++
  −
 
   
  +   −
= = 
Mas, 2 1
2
I
I
lim 1n
nn
+
→
= , então 
( )( ) ( )( )2 4 6 (2 ) 2 4 6 (2 ) 2 4 6 (2 ) 2 4 6 (2 )23 5 7 (2 1) 13 5 (2 1) 2 3 5 7 (2 1) 13 5 (2 1)lim 1 limn n n nn n n n
n n


       
  +   −   +   −
→ →
=  = . 
e rearranjando os termos, obtemos 6 6 2 22 2 4 4
2 1 3 3 5 5 7 2 1 2 1
lim n n
n n
n

− +
→
=       . Isto mostra que 
6 62 2 4 4
2 1 3 3 5 5 7
 =      
 
 
 
 
 
 
 
 
Técnicas de integração 
 
 17 
 
 
1. Calcule as integrais definidas usando o método da mudança de variável. 
a) 
2
3
2
10
x
x
dx
+ . 
b) 
22 3
1
xxe dx . 
c) 2
2
3
ln 31 x x
dx . 
d) 
23
0
2 3xx dx . 
2. Calcule 
3
8 2cos 3 1
sen x
x x
dx

 + +− . 
3. Calcule a integral ln
x
xx dx . 
4. Calcule as integrais. 
a) 
xxe dx . 
b) ln
nx xdx . 
c) xarctgxdx . 
d) arcsenxdx . 
e) 
21 x dx− . 
5. Ao calcular a integral dxx , um aluno de Cálculo 2 procedeu da seguinte maneira. 
Fazendo 1
x
u = e dv dx= podemos tomar v x= , teremos 2
1
x
du dx= − , e pelo 
método de integração por partes, 
2
1 1( ) 1dx dx
x x xx
x x dx=  − − = +   
Sendo J dxx=  , temos então J 1 J= + , logo 0 1= . Onde está o erro no argumento do 
aluno? 
6. Mostre que 
2
2 2 2 2 2( ) 2( )
x dx x dx
x k x k x k+ + +
= − +  , e calcule as integrais 
2
2 2 2( )
x dx
x a+ e 
2
2 2 2( )
x dxa x− . 
7. Mostre que 2 2 2 2 2
1
2( ) 2 ( )
dx x dx
kx k k x k x k+ + +
= +  , e calcule as integrais 2 2 2( )
dx
x a+ e 2 2 2( )
dx
a x− 
8. Calcule a integral 1ln ln(ln )x x dx+   . 
9. Calcule a integral ( )4 6
2
1
x
x
dx
+ .