Cálculo Diferencial E Integral 2 (34)

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UFPB VIRTUAL 
Licenciatura em Matemática a Distância 
Disciplina: Cálculo Diferencial e Integral II 
Prof. Jorge Costa Duarte Filho 
Tutor: Moisés Viana F. de Oliveira 
 
 
 
TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO 
 
1. Técnicas de Integração 
 
1.1 – Integrais por Substituição – Mudança de Variáveis 
 
 Sejam f e g funções tais que Im g ⊆ Df , isto é, a imagem da função g está contida no domínio 
de f, com g derivável. Seja F uma primitiva de f, isto é, F’(x) = f(x). Observe que F(g(x)) é uma primitiva 
de f(g(x)).g’(x). De fato, [ ] )x('g)).x(g(f)x('g)).x(g('F'))x(g(F == 
Portanto 
 CxgFdxxgxgf +=∫ ))(()(')).(( (1) 
Dessa forma, para resolvermos integrais do tipo (1), basta utilizarmos a mudança de variáveis 
u = g(x), e teremos du = g’(x)dx. Observe que para resolvermos integrais desse tipo, resume-se 
a conhecer uma primitiva de f. Logo, 
 
CxgFCuFduufdxxgxgf +=+== ∫∫ ))(()().()(')).(( 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
 
a) ∫ + dxx12.x35
1 3
4
 b) ∫ dxx3.e 23x c) ∫ + dxx16
1
2
 
Solução: a) Observe que essa integral é do tipo dado em (1), com ( ) uuf /1= e ( ) 435 xxg += . Logo 
( )( ) 435
1
x
xgf += e ( ) 312' xxg = . Portanto, se fizermos ( ) 435 xxgu +== teremos 
dxxdux
dx
du 33 1212 =⇒= . Logo, 
( )∫∫ ++=+==+ CxCuduudxxx 434 35lnln112.35 1 . 
b) Aqui temos: 
( ) ueuf = e ( ) 3xxg = ⇒ ( )( ) 3xexgf = e ( ) 23' xxg = , ou seja, dxxdu 23= . 
Logo, se fizermos a substituição ( ) 3xxgu == teremos 
CeCeduedxxe xuux +=+== ∫∫ 33 23. . 
c) Observe que a integral não está claramente na forma (1). Vamos deixar a integral nessa forma. Então: 
2 
 
∫∫∫∫
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
=+ dxxdxxdxxdxx 2222
4
1
1
16
1
4
116
1
16
116
1
16
1
. 
Façamos dudxdxdtxt 4
4
1
4
=⇒=⇒= . Então temos: 
CxarctgCtarctgdt
t
dt
t
dx
x
dx
x
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=+=+=+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
=+ ∫∫∫∫ 441411 14141 1161
4
1
1
16
1
16
1
2222 . 
Exercícios: Resolva as integrais: 
a) ∫ +− dx5x2x 12 b) ∫ + dttt3 24 c) ∫ + dxx1x2 
d) ∫ dxex xsencos e) ∫ +− dx1e 2x f) ∫ − dxx x1 ln 
g) ∫ dxxseccosgxcot 2 h) ∫ + dxx 239 1 i) ∫ − dyy
y
41
 
j) ∫ + dxxsen31
x2sen
2
 k) ∫π0 2 dxxcos
xsen
 l) ∫ dxxcos.x 43 
 
1.2 – Integração por Partes 
 
 Sejam f e g funções deriváveis em um intervalo I. Então o produto f(x)g(x) é derivável e 
 [ ]
[ ] )()('')()()(')(
)()(')()('')()(
xgxfxgxfxgxf
xfxgxgxfxgxf
−=
⇒+=
 
 
 Integrando ambos os membros, obtemos: 
 
 ∫ ∫−= dx)x(g)x('f)x(g)x(fdx)x('g)x(f (2) 
 
 Se fizermos u = f(x), v = g(x), du = f’(x)dx e dv = g’(x)dx, então de (2) temos: 
 
 ∫ ∫−= vduuvudv (3) 
Esta é a regra de integração por partes. 
 
Observação: Todas as vezes que quisermos utilizar a regra de integração por partes, devemos ver a 
integral em questão como uma integral igual a do lado esquerdo de (3). 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
 
a) ∫ dxxln e) ∫ dxxx cos i) ∫ dxxsecx 2 
3 
 
Solução: a) Devemos ver a integral como uma integral do tipo ∫ udv . Assim tomemos xu ln= e 
dxdv = e teremos ( )dxxdu /1= e .xv = Para obter v, basta integrar ambos os lados da expressão 
dxdv = . Utilizando a regra de integração por partes, obtemos: 
Cxxxdxxxdx
x
xxxdxx +−=−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×−= ∫∫∫ lnln1lnln . 
b) Novamente, devemos ver a integral como uma integral do tipo ∫ udv . Assim tomemos xu = e 
xdxdv cos= e teremos dxdu = e xsenv = Para obter v, basta integrar ambos os lados da expressão 
xdxdv cos= . Utilizando a regra de integração por partes, obtemos: 
( ) Cxxxsenxxxsenxdxsenxxsendxx ++=−−=−= ∫∫ coscoscos . 
c) Devemos ver a integral como uma integral do tipo ∫ udv . Assim tomemos xu = e dxxdv 2sec= e 
teremos dxdu = e .xtgv = Para obter v, basta integrar ambos os lados da expressão dxxdv 2sec= . 
Utilizando a regra de integração por partes, obtemos: 
( ) Cxxxtgdxxtgxxtgdxxx +−=−= ∫∫ coslnsec2 . 
 A segunda integral se resolve por substituição. Tente! 
 
Exercícios: 1. Resolva as integrais. 
a) ∫ dxxsen.e x2 b) ∫ dxxarctg c) ∫ dttt cos2 
d) ∫ dxxsec3 e) ∫ − dtt1t 23 f) ∫e dxxlnx1 3 
g) ∫ − dt1tt h) ∫ dxxx 2sec 
 
2. Resolva as integrais: 
a) ∫ dxxcos.xsen3 b) ∫ dxxcosxsen 33 
c) ∫ dxx4cos d) ∫ dxxcos
xsen
2
3
 
e) ∫ dxxsec.xtg 43 f) ∫ dxxsec.xsen 2 
Observação: As integrais de produtos de potências trigonométricas são divididas nos seguintes casos: 
 
1. Se m e n são números pares não negativos, é conveniente usar as fórmulas: 
1cos 22 =+ xsenx e xxsenx 2coscos 22 =− . 
 Utilizando essas fórmulas obtém-se: 
2
2cos1cos2 xx += e 
2
2cos12 xxsen −= . 
 Por exemplo, vamos calcular a integral ∫ dxx2cos . Então: 
∫∫∫ ++=++=⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +=
+= CxsenxCxsenxdxxdxxdxx 2
4
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2cos
2
1
2
2cos1cos
2
. 
2. Se no integrando aparece o termo xmcos , com m ímpar positivo, devemos utilizar a substituição 
xseny = . Se no integrando aparece o termo xsenn , com n ímpar positivo, devemos utilizar a 
substituição xy cos= . 
4 
 
3. Se m e n são números pares, um deles negativo, é conveniente usar as fórmulas: 
xxtgx
x
xsen 222
2
2
sec1sec
cos
1 =+⇔=+ e. xxg 22 seccoscot1 =+ . 
 
1.3 – Método da Decomposição em Frações Parciais 
 
Suponha que se queira calcular a seguinte integral 
∫ −− dx)x)(x( )x(P βα 
com α ≠ β e ∂P < 2. Se ∂P > 2, devemos efetuar a divisão de polinômios para obtermos 
 
2r),x(r)x(q)x)(x()x(P <∂+−−= βα 
 
Então 
( )( ) ( )( )βαβα −−+=−− xx
)x(r)x(q
xx
)x(P
 
 
e voltamos ao caso inicial. Portanto basta estudarmos o problema proposto. Como ∂P < 2 temos 
que P(x) = mx + n. Vamos mostrar que existem constantes A e B tais que 
 
 ( )( ) βαβα −+−=−−
+
x
B
x
A
xx
nmx
 (3) 
 
De fato, de (3) obtemos: 
 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )βα
αβ
βα
αβ
βαβα −−
−−++=−−
−+−=−+−=−−
+
xx
BAxBA
xx
xBxA
x
B
x
A
xx
nmx
 
 
Portanto, 
 
⎩⎨
⎧
−=+
=+
nBA
mBA
αβ 
 Temos um sistema linear de duas equações e duas incógnitas, cujo determinante é α − β ≠ 0. 
Portanto o sistema admite solução única, isto é, existem únicas constantes A e B tais que (3) é verdadeira. 
Logo, 
∫∫∫ −+−=−− dx)x(( Bdx)x( Adx)x)(x( )x(P βαβα 
 
Observe que do lado direito da igualdade acima é fácil encontrar as primitivas. 
 
 Se α = β, então mostremos que também existem únicas constantes A e B, tais que 
 
 ( )( ) ( )2x
B
x
A
xx
nmx
αααα −+−=−−
+
 (4) 
 
 De fato, 
 
( )( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )222 x
nm
x
m
x
nmxm
x
nmmmx
xx
nmx
α
α
αα
αα
α
αα
αα −
++−=−
++−=
−
++−=−−
+
 
 
5 
 
 As expressões (3) e (4) podem ser generalizadas. Assim 
 
( )( ) ( ) .np,x
A
x
A
x
A
xxx
)x(p
n
n
2
2
1
1
n21
<∂−++−+−=−−− αααααα LL 
 
( ) ( ) ( ) np,x
A
x
A
x
A
x
)x(p
n
n
2
21
n
<∂
−
++
−
+−=− αααα L 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
 
a) ∫ − dxx 912 b) ∫ +− dxxx x 652 
c) ( ) ( )∫ −− −+−− dxxx xxxx 12 51323 2
234
 
 
Solução: a) Inicialmente, observe que o grau do numerador é estritamente menor que o grau do 
denominador. Agora vejamos como é a fatoração do denominador: 
( )( )3339 222 +−=−=− xxxx . 
Temos que o polinômio do denominador tem duas raízes reais e distintas. Como vimos acima, a 
decomposição em frações parciais do integrando será: 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )33
33
33
33
3333
1
91
2 +−
−++=+−
−++=++−=+−=− xx
BAxBA
xx
xBxA
x
B
x
A
xxx
⇒ 
( ) ( )
( )( )33
33
9
1
2 +−
−++=− xx
BAxBA
x
. 
 Temos uma igualdade entre duas frações de mesmo denominador. Logo 
( ) ( ) 1.0133 +==−++ xBAxBA . 
 Observe que temos uma igualdade entre polinômios e sabemos que dois polinômios são iguais 
quando os coeficientes dos termos de mesmo grau são iguais. Assim temos: 
⎩⎨
⎧
=−
=+
133
0
BA
BA ⇒ 
6
1=A e 
6
1−=B . 
 Portanto, 
( ) ( ) Cxxdx
x
dx
x
dx
x
++−−=+
−+−=− ∫∫∫ 3ln613ln6136/136/1912 . 
 
b) Vejamos como se fatora o denominador: 
( )( )32652 −−=+− xxxx . 
Temos que o polinômio do denominador tem duas raízes reais e distintas. Como vimos acima, a 
decomposição em frações parciais do integrando será: 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )23
23
23
23
3232
1
65
1
2 −−
−−++=−−
−+−=−+−=−−=+− xx
BAxBA
xx
xBxA
x
B
x
A
xxxx
⇒ 
( ) ( )
( )( )23
23
65
1
2 −−
−−++=+− xx
BAxBA
xx
. 
 Temos uma igualdade entre duas frações de mesmo denominador. Logo 
( ) ( ) xBAxBA =−−++ 23 ⇒⎩⎨
⎧
=−−
=+
023
1
BA
BA ⇒ 2−=A e 3=B . 
 Portanto, 
6 
 
( ) ( ) Cxxdx
x
dx
x
dx
xx
+−+−−=−+−
−=+− ∫∫∫ 3ln32ln233226512 . 
 
c) Observe que o grau do numerador é maior que o grau do denominador. Neste caso devemos efetuar a 
divisão dos polinômios. Então 
 
( ) ( )( ) ( )321251323 2234 +++−−=−+−− xxxxxxxx ⇒ 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )12
32
12
51323
22
234
−−
+++=−−
−+−−
xx
xx
xx
xxxx . 
 Logo, 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )dxxx
xdxxdx
xx
xxxx ∫∫∫ −− +++=−− −+−− 12 3212 51323 22
234
. 
 Vamos usar o método das frações parciais para resolver a segunda integral, já que a primeira é 
muito simples. Então 
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
( )( )33
2112
12212
3 2
22 +−
−+−+−−=−+−+−=−−
+
xx
xCxBxxA
x
C
x
B
x
A
xx
x
 ⇒ 
( ) ( ) ( )
( )( )33
44123 22
+−
+−+−++−=
xx
xxCxBxxA
 ⇒ 
 Temos uma igualdade entre duas frações de mesmo denominador. Logo ( ) ( ) ( )441233 22 +−+−++−=+ xxCxBxxAx . 
 Observe que temos uma igualdade entre polinômios e sabemos que dois polinômios são iguais 
quando os coeficientes dos termos de mesmo grau são iguais. Assim temos: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−
=−+−
=+
342
143
0
CBA
CBA
CA
⇒ 4−=A , 5=B e 4=C . 
 Portanto, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1ln42
52ln4
1
4
2
5
2
4
12
3
22 −+−−−−=−+−+−
−=−−
+ ∫∫∫∫ xxxdxxdxxdxxdxxx x , 
e 
( ) ( ) ( ) ( ) Cxxxx
xdx
xx
xxxx +−+−−−−+=−−
−+−−∫ 1ln4252ln42212 51323
2
2
234
. 
 
Exercícios: Resolva as integrais: 
e) ∫ −+ dxxx 932
2
 f) ( ) ( )∫ −− dxxx 21 12 
d) ∫ +− ++ dxxx xx 12 12
3
 
 
 
Suponhamos agora, que se queira calcular a seguinte integral: 
 
∫ ++− dx)cbxax)(x(
)x(p
2α 
 
com b2 – 4ac < 0 e ∂P < 3, pois se ∂P > 3 devemos efetuar a divisão. Vamos mostrar que existem 
constantes A, B e C tais que 
 
7 
 
 ( )( ) cbxax CBxx Acbxaxx pnxmx 22
2
++
++−=++−
++
αα (5) 
 De fato, de (5) temos: 
 
( )( ) ( ) ( )( )( )( )cbxaxx xCBxcbxaxAcbxaxx pnxmx ++− −++++=++− ++ 2
2
2
2
α
α
α ( )
( )( )cbxaxx )x(D)xx(BcbxaxA ++− −+−+++= 2
22
α
αα
 
 
 Portanto, 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−
=+−
=+
pDcA
nDBbA
mBaA
α
α 
 
 Temos um sistema com três equações e três incógnitas, cujo determinante é aα2 + bα + c ≠ 0. 
Portanto o sistema admite solução única e (5) é verdadeira. 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
 
a) ∫ ++
+ dx
x5x2x
2x
23
 b) ∫ −
+ dx
8x
4x2
3
2
 
c) ∫ ++
+ dx
12x6x
1x4
2
 
d) ∫ −++
++ dx
3xxx
4x5x2
23
2
 
Solução: a) Vejamos como é a fatoração do denominador. Observe que o grau do numerador é 
estritamente menor que o grau do denominador. Então, 
 ( )5252 223 ++=++ xxxxxx . 
 Esta é a fatoração do denominador uma vez que o polinômio entre parênteses não se fatora pois não possui 
raiz real. Note que b2 − 4ac < 0. Vamos decompor em frações parciais o integrando: 
 
( ) ( ) ( )( ) ( )( )5252525252522 2
22
2
2
22 ++
++++=++
++++=++
++=++
+
xxx
CxBxxxA
xxx
xCBxxxA
xx
CBx
x
A
xxx
x
. 
 
 Temos uma igualdade entre duas frações de mesmo denominador. Então 
 
( ) CxBxxxAx ++++==+ 22 522 ⇒ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=+
=+
25
12
0
A
CA
BA
⇒ 
5
2=A , 
5
2−=B e
5
1=C . 
 Logo, 
 
( ) dxxx xdxxdxxx xdxxdxxxx x ∫∫∫∫∫ ++ +−−+=++ +−+=+++ 52 3225115252 1251152522 222 ⇒ 
 
( ) dxxxdxxx xdxxdxxxx x ∫∫∫∫ +++++ +−=+++ 5235152 2251152522 222 ⇒ 
( ) ( ) dxxxdxxx xdxxdxxxx x ∫∫∫∫ ++++++ +−=+++ 412 35152 2251152522 222 ⇒ 
8 
 
( ) ( ) dxxdxxx xdxxdxxxx x ∫∫∫∫ +++++ +−=+++ 4135152 2251152522 222 ⇒ 
( ) dxxdxxx
xdx
x
dx
xxx
x ∫∫∫∫
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
+++
+−=++
+
1
2
14
3
5
1
52
22
5
11
5
2
52
2
222
⇒ 
( ) Cxarctgxxxdxxxx x +⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ++++−=+++∫ 2 110152ln51ln52522 22 ⇒ 
 
 
1.4 – Integrais Trigonométricas 
 
 Algumas integrais aparecem no seu integrando expressões do tipo 22 xa − , 22 xa + e 
22 ax − . Estudemos cada caso. 
 Observemos o triângulo ao lado. Temos que 
θθ asenx
a
xsen =⇒= 
e 
θθ coscos 22
22
axa
a
xa =−⇒−= 
 
 x a 
 θ 
 22 xa − 
 
 
 Então, quando no integrando aparece uma expressão do tipo 22 xa − , isto sugere a mudança 
 θθθ dcosadxsenax =⇒= 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
a) ∫ − dxx x2
29
 b) ∫ − dxx
x
2
3
4
 
c) ∫ − dxxx 22 4
1 
Solução: b) Observe que no integrando aparece a expressão 22 xa − o que sugere que utilizemos a 
mudança θθθ dcosadxsenax =⇒= com a = 2. Então temos: 
θθθ ddxsenx cos22 =⇒= e θcos24 2 =− x . 
 Logo, 
 
( ) ∫∫∫∫∫ ====− θθθθθθθθ
θθθθ
θ dsensendsendsendsendx
x
x 233
3
2
3
88cos2
cos2
8cos2
cos2
2
4
= 
( ) ( ) Cyydyydsen ++−=−−=−= ∫∫ 322 38818cos18 θθθ . 
 Para resolver a penúltima integral VEJA OBSERVAÇÃO ANTERIOR. Logo 
CxxCyydx
x
x +⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+−−=++−=−∫
3
22
3
2
3
2
4
3
8
2
48
3
88
4
⇒ 
( ) Cxxdx
x
x +−+−−=−∫
3
22
2
3
4
3
144
4
. 
 
 
 
9 
 
 Observemos o triângulo ao lado. Temos que 
θθ tgax
a
xtg =⇒= 
e 
θθ seccos 22
22
axa
xa
a =+⇒+= 
 
 x 22 xa + 
 θ 
 a 
 
 Então, quando no integrando aparece uma expressão do tipo 22 xa + , isto sugere a mudança 
θθθ dadxtgax 2sec=⇒= 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
a) ∫ + dxx29 b) ∫ + dxe
e
x
x
21
 
Solução: b) Inicialmente faremos a mudança de variáveis dxedyey xx =⇒= . Logo 
∫∫ +=+ dyydxe
e
x
x
22 1
1
1
. 
Observe que no integrando da segunda integral aparece uma expressão do tipo 22 ya + , e isto 
sugere a mudança θθθ dadytgay 2sec=⇒= com a = 1. Logo 
( )∫∫∫∫ ++===+=+ Ctgdddtgdyy θθθθθθθθθθ seclnsecsecsec
1sec
1
1
1
1 22
22
. 
 Portanto, 
 
( ) ( ) CeeCtgdy
y
dx
e
e xx
x
x
+++=++=+=+ ∫∫ 222 1lnsecln1
1
1
θθ . 
Observação: ( )( )∫∫∫∫∫∫ =+−=−=−=== dtttdttdsenddd 11 11 11 coscoscoscos1sec 222 θθθθθθθθθθ 
= ( )( ) ( ) ( ) θ
θ
sen
sen
t
tttdt
t
dt
t
dt
tt −
+=−
+=++−−=++−=+− ∫∫∫ 11ln2111ln211ln211ln211 121112111 1 = 
=
( ) ( ) Ctgsen
sen
sen
sen
sen
sen
sen ++=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=−
+=+
+×−
+ θθθ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ secln
cos
1ln
2
1
1
1ln
2
1
1
1
1
1ln
2
1 2
2
2
. 
 
 Considere o triângulo ao lado. Temos que 
θθ seccos ax
x
a =⇒= 
e 
θtgaax =− 22 
 
 
 22 ax − θa 
 
 Então, quando no integrando aparece uma expressão do tipo 22 ax − , isto sugere a mudança 
θθθθ dtgadxax .secsec =⇒= 
 
Exemplos: Resolva as integrais: 
a) ∫ − dx1xx 23 b) ∫ − dx4xx
1
22
 
Solução: a) No integrando aparece uma expressão do tipo 22 ax − , isto sugere a mudança θsecax = θθθ dtgadx .sec= , com a = 1. Então 
10 
 
====− ∫∫∫∫ θθθθθθθθθθθθ dtgdtgdtgtgdxxx 22224323 secsecsecsecsec1 
( ) ( ) ( ) CtgtgCuuduuuduuudtgtg ++=++=+=+=+= ∫∫∫ 53531sec1
5353
4222222 θθθθθθ
( ) ( ) CxxCtgtg +−+−=++=
5
1
3
1
53
5
2
3
253 θθ
.