apostila_calculo_II

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Módulo III
CÁLCULO II
Jurandir de Oliveira Lopes 
 
PRESIDENTE DA REPÚBLICA 
Luiz Inácio Lula da Silva 
 
MINISTRO DA EDUCAÇÃO 
Fernando Haddad 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ 
REITOR 
Luiz de Sousa Santos Júnior 
 
SECRETÁRIO DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA DO MEC 
Carlos Eduardo Bielschowsky 
 
DIRETOR DE POLITICAS PUBLICAS PARA EAD 
Hélio Chaves 
 
UNIVERSIDADE ABERTA DO BRASIL 
COORDENADOR GERAL 
Celso Costa 
 
CENTRO DE EDUCAÇÃO ABERTA A DISTÂNCIA DA UFPI 
Coordenador Geral de EaD na UFPI 
Gildásio Guedes Fernandes 
 
CENTRO DE CIENCIAS DA NATUREZA 
DIRETOR 
Helder Nunes da Cunha 
 
COORDENADOR DO CURSO de Licenciatura em Física na 
Modaliade de EaD 
Miguel Arcanjo Costa 
 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA 
CHEFE DO DEPARTAMENTO 
Valdemiro da Paz Brito 
 
COORDENAÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO 
Cleidinalva Maria Barbosa Oliveira 
 
 
 
 
Este texto é destinado aos estudantes aprendizes que participam do 
programa de Educação a Distância da Universidade Aberta do Piauí 
(UAPI) vinculada ao consórcio formado pela Universidade Federal do 
Piauí (UFPI) Universidade Estadual do Piauí (UESPI), Centro Federal 
de Ensino Tecnológico do Piauí (CEFET-PI), com apoio do Governo do 
estado do Piauí, através da Secretaria de Educação. 
 
O texto é composto de cinco unidades, contendo itens e subitens, que 
discorrem sobre: Técnicas de Integração, Aplicações da integral 
Definida, Integrais Impróprias, Série de Números e Série de Funções. 
 
Na Unidade 1, introduzimos algumas das principais técnicas de 
integração com objetivo de resolver o maior número possível de 
exercícios que envolvem a teoria de integração, mostrando a 
importância do uso dessas técnicas nas resoluções de diversos 
problemas práticos. Sempre enfatizando os exemplos mais 
importantes, conhecendo suas características e suas particularidades. 
 
 Na Unidade 2, apresentamos as principais aplicações da integral 
definida, e dando sempre ênfase da sua importância na resolução de 
problemas práticos que se apresentam em diversas áreas da ciência 
exata. Sempre enfatizando os exemplos mais importantes, 
conhecendo suas características e suas particularidades. 
 
Na Unidade 3, Nesta unidade, introduzimos um conceito de integral 
imprópria a qual é uma extensão da integral definida. O uso da integral 
imprópria aparece em diversas áreas ciências exatas, como por 
exemplo, na Física, Probabilidade, etc. 
 
Na Unidade 4, Nesta unidade, introduzimos a definição de série de 
números reais mostrando sua importância na aplicação de diversos 
 
problemas práticos, como também suas principais propriedades. Na 
parte final da unidade, apresentamos uma extensão de série de 
números que é série de funções a qual é de suma importância na 
Matemática, Física. Computação, etc. 
 
Em todas as unidades, Indicamos alguns livros mais avançados e links 
para o aprofundamento de conteúdo. 
 
 
 
 
 
UNIDADE 1. Técnicas de Integração. 
1.1 Introdução 08 
1.2 Integração por Substituição 10 
1.3 Integração por Partes 15 
1.4 Integração de produtos e potências de seno e co-seno, 
tangente e secante. 
19 
1.5 Integração por Substituição Trigonométrica 31 
1.6 Integração por Frações Parciais 38 
Referências Bibliográficas 77 
 
UNIDADE 2. Aplicações da Integral Definida. 
2.1 Área 81 
2.2 Volumes de Sólidos de Revolução 84 
2.3 Área de Superfície de Revolução 91 
2.4 Comprimento de Gráfico de Funções 94 
2.5 Coordenadas Paramétricas 96 
2.6 Coordenadas Polares 98 
2.7 Exercícios 103 
2.8 Respostas 105 
Referências Bibliográficas 109 
 
UNIDADE 3. Integrais Impróprias. 
3.1 Introdução 113 
3.2 Limites Infinitos de Integração 114 
3.3 Integrandos com Assíntotas Verticais 118 
3.4 Testes para Convergência e Divergência 122 
3.5 Exercícios 126 
3.6 Respostas 128 
Referências bibliográficas 131 
 
UNIDADE 4. Série de Numérica e Série de Funções. 
4.1. Noções Básicas Sobre Sequências 135 
4.2 Série de Números Reais 146 
4.3 Série de Funções 154 
4.4 Exercícios 159 
4.5 Respostas 161 
Referências Bibliográficas 163 
 
 
Unidade 1
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
A sociologia e a 
Sociologia da Educação
Unidade 1
Resumo
Nesta unidade, introduzimos algumas das principais 
técnicas de integração mostrando a importância de 
cada uma delas. Serão feitos muitos exemplos 
importantes, conhecendo suas características e 
suas particularidades. 
Indicamos alguns livros mais avançados e links para 
o aprofundamento de conteúdo.
Técnicas de Integração
Unidade 1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UNIDADE 1. Técnicas de Integração. 
1.1 Introdução 08 
1.2 Integração por Substituição 10 
1.3 Integração por Partes 15 
1.4 Integração de produtos e potências de seno e co-seno, 
tangente e secante. 
19 
1.5 Integração por Substituição Trigonométrica 31 
1.6 Integração por Frações Parciais 38 
Referências Bibliográficas 77 
1. Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Neste capı´tulo apresentaremos algumas das principais te´cnicas de
integrac¸a˜o.
1.1 Introduc¸a˜o
Nesta sec¸a˜o estamos assumido que o leitor ja´ saiba o conceito de pri-
mitiva (antiderivada), isto e´, dada uma func¸a˜o f : [a, b] → IR, encontar
uma func¸a˜o F : [a, b]→ IR tal que
dF (x)
dx
= F ′(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b]. (1.1)
Se F e G sa˜o primitivas de f enta˜o F (x) = G(x) + C onde C e´ uma
constante qualquer, ou seja, elas diferem apenas de uma constante C
Exemplo 1.1.1. Se f(x) = 1 enta˜o F (x) = x e G(x) = x + 1 sa˜o
primitivas de f , pois F ′(x) = G′(x) = f(x)
Vamos denotar a primitiva F por
∫
f(x)dx+ C.
Segue abaixo uma tabela com algumas primitivas, as quais sa˜o
obtidas direto da definic¸a˜o acima, ou seja, da equac¸a˜o (1.1).
8
9
Tabela de algumas primitivas
f(x)
∫
f(x)dx
1 x+ C
xβ
xβ+1
β + 1
+ C, β 6= −1
x−1 ln | x | +C
ex ex + C
ax
ax
ln a
+ C, 0 < a 6= 1
sen x − cos x+ C
cosx sen x+ C
tg x sec x sec x+ C
cotg x cossec x − cossec x+ C
sec2 x tg x+ C
cossec 2x − cotg x+ C
1
1 + x2
arctg x+ C
1√
1− x2 arcsen x+ C
1
x
√
x2 − 1 arcsecx+ C
Das propriedades de derivada segue-se que:
1.
∫
αf(x)dx = α
∫
f(x)dx para qualquer constante α.
2.
∫
[f(x) + g(x)]dx=
∫
f(x)dx+
∫
g(x)dx.
Assim, para calcular algumas integrais bastar usar a tabela anterior e
utilizar-se das propriedades da intregral citada acima. Por exemplo:
∫
(x2+ex−3 cosx)dx =
∫
x2dx+
∫
exdx−3
∫
cosxdx =
x3
3
+ex−3 sen x+C.
Lembrando que a constante C representa a soma das treˆs constan-
tes relativas a cada uma das respectivas integrais acima. Mas nem
sempre exibir uma primitiva de uma func¸a˜o e´ ta˜o simples assim, como
no exemplo anterior. Por isso, na maioria dos casos precisaremos
de te´cnicas de integrac¸a˜o para encontrar primitiva de uma func¸a˜o. A
partir de agora, iremos citar tais te´cnicas.
10
1.2 Integrac¸a˜o por substituic¸a˜o
A Integrac¸a˜o por substituic¸a˜o e´ muito u´til no ca´lculo de integrais do
tipo: ∫
f(g(x))
dg(x)
dx
dx =
∫
f(g(x))g′(x)dx, (1.2)
de modo que f ◦ g esteja bem definida.
Considerando que F e´ uma primitiva para f , assim
∫
f(u)du = F (u),
enta˜o, (F ◦ g) e´ uma primitiva para (f ◦ g)dg
dx
, isto e´,
∫
f(g(x))
dg(x)
dx
dx =
∫
f(u)du.
A formulac¸a˜o acima resulta da Regra da Cadeia, uma vez que
d(F ◦ g)
dx
=
dF
du
.
du
dx
= f(u)
du
dx
= (f ◦ g)dg
dx
.
A seguir, citaremos alguns exemplos de utilizac¸a˜o desta te´cnica.
Exemplo 1.2.1. Calcule
∫
(x2 − 1)22xdx
Fac¸a a substituic¸a˜o u = x2− 1, enta˜o du
dx
= 2x⇒ dx = du
2x
, assim a
integral pode ser reescrita como:
∫
u2
��2xdu
�
�2x
=
∫
u2du.
Logo a integral acima depende apenas da varia´vel u, a qual e´ obtida
atrave´s da tabela 1.1, donde
∫
u2du =
u3
3
+ C.
Retornando para a varia´vel x, obtemos
∫
(x2 − 1)22xdx = (x
2 − 1)3
3
+ C.
Exemplo 1.2.2. Determine
∫
cos (5x)dx
11
Fac¸a u = 5x, enta˜o du
dx
= 5 ⇒ dx = du
5
e a integral pode ser
reescrita como: ∫
cosu
du
5
=
1
5
∫
cosudu.
Desse modo, obtemos
1
5
∫
cos udu =
1
5
sen u+ C.
Retornando para a varia´vel x, temos∫
cos (5x)dx =
1
5
sen (5x) + C.
Exemplo 1.2.3. Calcule
∫
cos (x)2( sen x)dx
Fac¸a u = sen x, assim temos que du
dx
= cosx ⇒ dx = du
cos x
, assim
a integral pode ser reescrita como:∫
�
�
�cosx2udu
�
�
�cosx
=
∫
2udu.
Desse modo, obtemos ∫
2udu =
2u
ln 2
+ C.
Retornando para a varia´vel x, temos∫
cos (x)2( senx)dx =
2( sen x)
ln 2
+ C.
Podemos tambe´m usar o me´todo da substituic¸a˜o(simples) no caso
em que a integral na˜o e´ do tipo (1.2), como veremos nos exemplos
abaixo:
Exemplo 1.2.4. Determine
∫ x
x2 + 1
dx
Fac¸a u = x2 + 1, assim temos que du
dx
= 2x ⇒ dx = du
2x
, daı´ a
integral pode ser reescrita como:∫
�
xdu
2
�
xu
=
1
2
∫
1
u
du.
Desse modo, obtemos
1
2
∫
1
u
du =
1
2
ln |u|+ C.
Retornando para a varia´vel x, temos∫
x
x2 + 1
dx =
1
2
ln |x2 + 1|+ C.
12
Observac¸a˜o 1.2.1. Na˜o existe regra de como escolher a substituic¸a˜o
u, enta˜o o que nos resta e´ apenas a ”intuic¸a˜o”.
Saiba Mais: Para
mais detalhes
sobre a teoria
do me´todo de
integrac¸a˜o por
substituic¸a˜o, ver
refereˆncia [6]
Exemplo 1.2.5. Calcule
∫ 2
1
x(x− 1)6dx.
Fac¸a u = x − 1, assim temos que du
dx
= 1 ⇒ dx = du, e para
x = 1 ⇒ u = 1 − 1 = 0 e para x = 2 ⇒ u = 2 − 1 = 1 daı´, a integral
pode ser reescrita como: ∫ 1
0
xu6du.
Como na integral acima ainda existe termo em func¸a˜o da varia´vel x,
enta˜o sera´ necessa´rio colocar a mesma apenas em func¸a˜o da varia´vel
u. Assim, da equac¸a˜o u = x− 1⇒ x = u+ 1. Desse modo, obtemos∫ 1
0
xu6du =
∫ 1
0
(u+ 1)u6du =
∫ 1
0
(u7 + u6)du =
u8
8
+
u7
7
|10.
Assim, ∫ 1
0
(u7 + u6)du = [
18
8
+
17
7
]− [0
8
8
+
07
7
] =
1
8
+
1
7
=
15
56
.
Portanto, ∫ 2
1
x(x− 1)6dx = 15
56
.
Exemplo 1.2.6. Determine
∫
x2+x−1
3
√
−x+1dx.
Fac¸a u = −x + 1, assim temos que du
dx
= −1 ⇒ dx = −du, daı´ a
integral pode ser reescrita como:∫
x2 + x− 1
3
√
u
(−1)du.
Como na integral acima ainda existe termo em func¸a˜o da varia´vel x,
enta˜o sera´ necessa´rio colocar a mesma apenas em func¸a˜o da varia´vel
u. Assim, da equac¸a˜o u = −x+1 ⇒ x = 1−u. Desse modo, obtemos∫
x2 + x− 1
u1/3
(−1)du =
∫
[−(1− u)2 − (1− u) + 1)u−1/3du
=
∫
(−u2 + 3u− 1)u−1/3du
=
∫
(−u5/3 + 3u2/3 − u−1/3)du
= −u
8/3
8/3
+ 3
u5/3
5/3
− u
2/3
2/3
+ C.
13
Retornando para a varia´vel x, temos
∫
x2 + x− 1
3
√−x + 1 dx = −
3
8
(−x+ 1)8/3 + 9
5
(−x+ 1)5/3 − 3
2
(−x+ 1)2/3 + C.
Proposic¸a˜o 1.2.1. Mostre que:
1.
∫
tg xdx = − ln | cosx|+ C;
2.
∫
cotgxdx = ln | sen x|+ C.
Prova. Faremos a prova do primeiro item e a segundo fica como
exercı´cio a cargo do leitor. De fato, temos que
∫
tg xdx =
∫
sen x
cosx
dx.
Agora, fac¸a u = cosx, assim temos que
du
dx
= − sen x⇒ dx = −du
sen x
.
Assim a integral pode ser reescrita como:
∫
�
�
�sen x
u
�
�
�sen x
(−1)du =
∫ −1
u
du = − ln |u|+ C.
Retornando para a varia´vel x, temos
∫
tg xdx = − ln | cosx|+ C.
Proposic¸a˜o 1.2.2. Mostre que:
1.
∫
sec xdx = ln | sec x+ tg x|+ C;
2.
∫
cossec xdx = − ln | cossec x+ cotgx|+ C.
Prova. Faremos a prova do primeiro item e a segundo fica como
exercı´cio a cargo do leitor. De fato, temos que
∫
sec xdx =
∫
sec x(sec x+ tg x)
(sec x+ tg x)
dx.
Fac¸a u = sec x+ tg x. Assim, temos que
du
dx
= sec x tg x+ sec2 x = sec x(sec x+ tg x),
14
Desde modo, obtemos que
dx =
du
sec x(sec x+ tg x)
.
Daı´, a integral pode ser reescrita como:∫
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
sec x(sec x+ tg x)
u
(
(
(
(
(
(
(
(
(
sec x(sec x+ tg x)
du =
∫
1
u
du = ln |u|+ C.
Retornando para a varia´vel x, temos∫
sec xdx = ln | sec x+ tg x|+ C.
1.2.1 Exercı´cios
1. Determinar uma primitiva da func¸a˜o f : R → R definida pela lei
f(x) = 2x+ sen (3x)
2. Determinar as seguintes integrais usando a te´cnica de integrac¸a˜o
por substituic¸a˜o
(a)
∫
xdx
x2 − 1dx
(b)
∫
2x+ 3
2x+ 1
dx
(c)
∫
x3
x4 + 2
dx
(d)
∫
sen (4x+ 2)dx
(e)
∫ √
7x+ 1dx
(f)
∫
ex sen (ex)dx
(g)
∫
x2 + 1
3
√
x+ 3
dx
(h)
∫
sec(2x)dx
(i)
∫
x
x4 + 1
dx
(j)
∫
(cosxe sen x − ex + sec x)dx
15
(k)
∫ 2
1
(
x3 − x2 + 1
x+ 1
)dx
(l)
∫ e
1
(
ln x
x
)dx
(m)
∫ pi2
pi
2
4
cos (
√
x)√
x
dx
(n)
∫ 1
0
x+ 1
x2 + 2x+ 10
dx
1.2.2 Respostas
1. x2 − 1
3
cos (3x) + C
2. (a) 1
2
ln x2 − 1 + C
(b) x+ ln (2x+ 1) + C
(c) 1
4
ln (x4 + 2) + C
(d) −1
4
cos (4x+ 2) + C
(e) 2
21
(7x+ 1)3/2 + C
(f) − cos (ex) + C
(g) 3
8
(x+ 3)8/3 − 4(x+ 3)5/3 + 20
3
(x+ 3)2/3 + C
(h) 1
2
ln | sec(2x) + tg (2x)|+ C
(i) 1
2
arctg x2 + C
(j) e senx − ex + ln | sec x+ tg x|+ C
(k) ln 2− ln 3 + 4
3
(l) 1
2
(m) −1
(n) ln 13− ln 10
1.3 Integrac¸a˜o por Partes
Se f, g sa˜o duas func¸o˜es deriva´veis, enta˜o da derivada do produto de
f por g temos:
d(fg)
dx
= f
dg
dx
+ g
df
dx
16
Logo,
f
dg
dx
=
d(fg)
dx
− g df
dx
Usando que a integral da soma e´ a soma das integrais, obtemos:∫
f
dg
dx
=
∫
d(fg)
dx
−
∫
g
df
dx
que e´ conhecida como a Fo´rmula da Integrac¸a˜o por Partes e pode ser
abreviada por: ∫
fdg = fg −
∫
gdf. (1.3)
Exemplo 1.3.1. Calcule a integral I =
∫
lnxdx.
Escolha f(x) = ln x e da fo´rmula (1.3) segue-se que dg = dx, enta˜o
df(x) =
1
x
dx e g(x) =
∫
dx = x. Logo, a integral esta´ na forma
∫
fdg.
Portanto,
I = fg −
∫
gdf = xllnx −
∫
�
x
1
�
x
dx = x ln x−
∫
dx = x ln x− x+ C.
Observac¸a˜o 1.3.1. Sem perda de generalidade, podemos adicionar a
constante C somente no resultado final da integral indefinida.
Exemplo 1.3.2. Determine a integral
∫ 1
0
xexdx.
Escolha f(x) = x e da fo´rmula (1.3) segue-se que dgex = dx, enta˜o
df(x) = dx e g =
∫
exdx = ex. Logo, a integral esta´ na forma
∫
fdg.
Portanto,∫ 1
0
xexdx =
∫
fdg = f(x)g(x)|10−
∫ 1
0
gdf = xex|10−
∫
exdx = xex|10−ex|10.
Assim ∫ 1
0
xexdx = [1.e1 − 0.e0]− [e1 − e0] = e− e+ 1 = 1
SAIBA MAIS:
Voceˆ, caro lei-
tor, deve estar
se perguntando
como devemos
proceder na esco-
lha da func¸a˜of?
O objetivo e´ o
escolher f e dg
de modo que a
integral
∫
dg seja
fa´cil de se resol-
ver. Detalhes, ver
refereˆncia [14]
Exemplo 1.3.3. Determine a integral I =
∫
x cos (2x)dx.
Escolha f(x) = x e da fo´rmula (1.3) segue-se que dg = sen (2x)dx,
enta˜o df(x) = dx e
g(x) =
∫
cos (2x)dx =
1
2
sen (2x)
17
A integral acima foi resolvida usando a te´cnica da sec¸a˜o anterior. Por-
tanto,
I = x cos (2x)−
∫
1
2
sen (2x)dx = x cos (2x) +
1
4
cos (2x) + C.
Exemplo 1.3.4. Determine a integral
∫
x2exdx.
Escolha f(x) = x2 e da fo´rmula (1.3) segue-se que dg = exdx,
enta˜o df(x) = 2xdx e g =
∫
exdx = ex. Logo, a integral esta´ na forma∫
fdg. Portanto,
∫
x2exdx = x2ex −
∫
2xexdx = x2ex − 2
∫
xexdx.
A u´ltima integral do lado direito acima ja foi resolvida no exemplo
(1.3.2). Assim ∫
x2exdx = x2ex −2xex + 2ex + C.
Exemplo 1.3.5. Determine a integral I =
∫
sen (x)exdx.
Escolha f(x) = sen x e da fo´rmula (1.3) segue-se que dg = exdx,
enta˜o df(x) = cosxdx e g =
∫
exdx = ex. Logo, a integral esta´ na
forma
∫
fdg. Portanto,
I =
∫
sen (x)exdx = sen (x)ex −
∫
cos (x)exdx.
Fac¸a A =
∫
cos xexdx, e escolha f(x) = cos x e da fo´rmula (1.3) segue-
se que dgex = dx, enta˜o df(x) = − sen xdx e g = ∫ exdx = ex. Portanto,
A = cosxex −
∫
(− sen (x))xexdx
= cos (x)ex +
∫
(− sen (x)xexdx = cos (x)ex + I.
Desta maneira, temos que
I = sen (x)ex−
∫
cos (x)exdx = sen (x)ex−A = sen (x)ex−cos (x)ex−I.
Resultando que
I + I = sen (x)ex − cos (x)ex ⇒ I = sen (x)e
x − cos (x)ex
2
.
Portanto, ∫
sen (x)exdx =
sen (x)ex − cos (x)ex
2
.
18
1.3.1 Exercı´cios
1. Determinar uma primitiva da func¸a˜o f : R → R definida pela lei
f(x) = 2x sen (3x)
2. Determinar as seguintes integrais usando Integrac¸a˜o por Partes
(a)
∫
x ln xdx
(b)
∫
x2 ln xdx
(c)
∫
ln2 xdx
(d)
∫
x sen (4x+ 2)dx
(e)
∫
x22xdx
(f)
∫
ex cos (x)dx
(g)
∫
arctg xdx
(h)
∫
x sec2(x)dx
(i)
∫
x3ex
2
dx
(j)
∫
cos (2x)exdx
(k)
∫ 2
1
x ln xdx
(l)
∫ 1
0
xe3xdx
(m)
∫ e
1
x ln2 xdx
(n)
∫ 1
0
xe−xdx
1.3.2 Respostas
1. −2
3
x cos (3x) +
2
9
sen (3x) + C
2. (a) 1
2
x2 ln x− 1
4
x2 + C
(b) 1
3
x3 ln x− 1
9
x3 + C
19
(c) x(ln2 x− 2 lnx+ 2) + C
(d) −1
4
x cos (4x+ 2) +
1
16
sen (4x+ 2) + C
(e) 2
x
ln3 2
[x2 ln2 2− 2x ln 2 + 2] + C
(f) e
x
2
(cosx+ sen x) + C
(g) x arctg x− 1
2
ln |x2 + 1|+ C
(h) x tg (x) + ln | cosx| + C
(i) e
x2
2
(x2 − 1) + C
(j) 1
5
cos (2x)ex +
2
5
sen (2x)ex + C
(k) 2 ln 2− 3
4
(l) 2
9
e3 +
1
9
(m) 1
4
(e2 − 1)
(n) 1− 2e−1
1.4 Integrac¸a˜o de produtos e poteˆncias de
seno e cosseno, tangente e secante.
Nesta sec¸a˜o trabalharemos com integrais que envolvem produtos de
func¸o˜es seno e cosseno, como tambe´m com poteˆncias de func¸o˜es
seno e cosseno. Tambe´m trabalharemos com poteˆncias de func¸o˜es
tangente e secante.
Vamos recordar algumas fo´rmulas que envolvem seno e co-seno,
tangente e secante que sera˜o utilizadas nesta sec¸a˜o.
Para todo a, b ∈ R tem-se que
sen 2a+ cos2 a = 1. (1.4)
tg 2a+ 1 = sec2 a. (1.5)
cos2 a =
1 + cos (2a)
2
. (1.6)
20
sen 2a =
1− cos (2a)
2
. (1.7)
sen a cos b =
sen (a+ b) + sen (a− b)
2
. (1.8)
cos a cos b =
cos (a+ b) + cos (a− b)
2
. (1.9)
sen a sen b =
cos (a− b)− cos (a + b)
2
. (1.10)
Com as fo´rmulas acimas podemos resolver alguns tipos de integrais.
Por exemplo:
Exemplo 1.4.1. Calcule a integral
∫
sen (3x) cos (2x)dx
Usando a fo´rmula (1.8) para a = 3x e b = 2x. Assim,∫
sen (3x) cos (2x)dx =
1
2
∫
sen (5x)dx+
1
2
∫
sen xdx
= − 1
10
cos (5x)− 1
2
cosx+ C.
Exemplo 1.4.2. Determine a integral
∫
cos (3x) cos (5x)dx.
Usando a fo´rmula (1.9) para a = 3x e b = 5x. Assim,∫
cos (3x) cos (5x)dx =
1
2
∫
cos (8x)dx+
1
2
∫
cos (−2x)dx
=
1
16
sen (8x) +
1
4
sen 2x+ C.
Exemplo 1.4.3. Determine
∫
sen (2x) sen (2x)dx.
Usando a fo´rmula (1.10) para a = b = 2x. Assim,∫
sen (2x) sen (2x)dx =
1
2
∫
cos 0dx− 1
2
∫
cos (4x)dx
=
1
2
x− 1
8
sen 4x+ C.
onde usamos o fato de que cos 0 = 1.
Observac¸a˜o 1.4.1. So´ lembrando que algumas integrais dos treˆs exem-
plos anteriores sa˜o resolvidas por substituic¸a˜o(simples), como por exem-
plo
∫
cos (4x)dx.
21
Desse modo, para determinar
∫
cos (4x)dx, fac¸a u = 4x, enta˜o te-
mos que du = 4dx⇒ dx = du
4
. Assim
∫
cos (4x)dx =
∫
cos (u)
du
4
=
1
4
∫
cos (u)du
=
1
4
sen u+ C =
1
4
sen 4x+ C.
Para resolver integrais de poteˆncia de seno, cosseno, tangente e
secante, usaremos algumas fo´rmulas de recorreˆncias.
Proposic¸a˜o 1.4.1. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que∫
sen nxdx = −cos x sen
n−1x
n
+
n− 1
n
∫
sen n−2xdx+ C
Prova. Temos que
∫
sen nxdx =
∫
sen n−1x sen xdx. Usando integrac¸a˜o
por partes, escolhemos f(x) = sen n−1x e da fo´rmula (1.3) segue-se
que dg = sen xdx, enta˜o
df(x) = (n− 1) sen n−2x cosxdx e g =
∫
sen xdx = − cosx.
Portanto,
I =
∫
sen nxdxdx = −cos x sen n−1x+ (n− 1)
∫
sen n−2x cos2 xdx.
Da equac¸a˜o (1.4), temos
I = −cos x sen n−1x+ (n− 1)
∫
sen n−2x(1− sen 2x)dx
= −cos x sen n−1x+ (n− 1)
∫
sen n−2xde− (n− 1)
∫
sen nxdx
= −cos x sen n−1x+ (n− 1)
∫
sen n−2xde− (n− 1)I.
Assim,
I + (n− 1)I = −cos x sen n−1x+ (n− 1)
∫
sen n−2xdx.
Portanto,
I = −cos x sen
n−1x
n
+
(n− 1)
n
∫
sen n−2xdx
.
22
Exemplo 1.4.4. Calcule a integral
∫
sen 2(x)dx.
Vamos aplicar a fo´rmula de recorreˆncia acima para n = 2, assim∫
sen 2(x)dx = −cos x sen x
2
+
1
2
∫
sen 0xdx = −cosx sen x
2
+
1
2
∫
dx.
Logo ∫
sen 2(x)dx =
x
2
− cosx sen x
2
+ C =
x
2
− sen (2x)
4
+ C.
Observac¸a˜o 1.4.2. No exemplo acima, podemos ter calculado a inte-
gral usando na equac¸a˜o (1.7).
Exemplo 1.4.5. Determine a integral I =
∫
sen 4(x)dx.
Vamos aplicar a fo´rmula de recorreˆncia acima para n = 4, assim
I = −cos x sen
3x
4
+
3
4
∫
sen 3xdx.
Aplicando a fo´rmula de recorreˆncia para integral do lado direito acima
para n = 3, temos que∫
sen 3(x)dx = −cosx sen
2x
3
+
2
3
∫
sen 2xdx
Logo combinando o resultado acima e exemplo (1.4.4), temos que
I = −cos x sen
3x
4
− cosx sen
2x
4
− cos x sen x
4
+
x
4
+ C.
De modo ana´logo, deduz-se a fo´rmula de recorreˆncia para a poteˆncia
da func¸a˜o cosseno.
Proposic¸a˜o 1.4.2. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que∫
cosn xdx =
sen x cosn−1 x
n
+
n− 1
n
∫
cosn−2 xdx+ C
Prova. Exercı´cio a cargo do leitor.
Exemplo 1.4.6. Calcule I =
∫
cos3 xdx.
Vamos aplicar a fo´rmula de recorreˆncia acima para n = 3, assim
I =
sen x cos2 x
3
+
2
3
∫
cosxdx =
sen x cos2 x
3
+
2
3
sen x+ C.
Agora vamos deduzir a fo´rmula de recorreˆncia para a poteˆncia da
func¸a˜o secante.
23
Proposic¸a˜o 1.4.3. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que
∫
secn xdx =
tg x secn−2 x
n− 1 +
n− 2
n− 1
∫
secn−2 xdx+ C.
Prova. Temos que
∫
secn xdx =
∫
secn−2 x sec2 xdx. Usando integrac¸a˜o
por partes, escolhemos f(x) = secn−2 x e da fo´rmula (1.3) segue-se
que dg = sec2 xdx, enta˜o
df(x) = (n− 2) secn−3 x sec x tg xdx = (n− 2) secn−2 x tg xdx
e
g =
∫
sec2 xdx = tg x.
Portanto,
I =
∫
secn xdxdx = tg x secn−2 x+ (n− 2)
∫
secn−2 x tg 2xdx.
Da equac¸a˜o (1.5), temos
I = tg x secn−2 x+ (n− 2)
∫
secn−2 x(sec2 x− 1)dx
= tg x secn−2 x+ (n− 2)
∫
secn xdx− (n− 2)
∫
secn−2 xdx
= tg x secn−2 x+ (n− 2)
∫
secn−2 xde− (n− 2)I.
Assim,
I + (n− 2)I = tg x secn−2 x+ (n− 2)
∫
secn xdx.
Portanto,
I =
tg x secn−2 x
n− 1 +
n− 2
n− 1
∫
secn xdx.
Exemplo 1.4.7. Calcule
∫
sec3 xdx.
Vamos aplicar a fo´rmula de recorreˆncia acima para n = 3, assim
∫
sec3(x)dx =
tg x sec x
2
+
1
2
∫
sec xdx =
tg x sec x
2
+
1
2
ln | sec x+ tg x|+C.
Exemplo 1.4.8. Determine a integral
∫
sec5 xdx.
24
Vamos aplicar a fo´rmula de recorreˆncia acima para n = 5, assim∫
sec5(x)dx =
tg x sec3 x
4
+
3
4
∫
sec3 xdx.
Usando o exercı´cio anterior, temos∫
sec5(x)dx =
tg x sec3 x
4
+
3
8
tg x sec x+
3
8
ln | sec x+ tg x| + C.
Agora iremos trabalhar com produto de poteˆncia de seno com cos-
seno. Como tambe´m produto de poteˆncia de tangente com secante.
Proposic¸a˜o 1.4.4. Dados n,m nu´meros naturais com m ı´mpar (istoe´,
m = 2s+ 1). Prove que∫
sen nx cosm xdx =
∫
un(1− u2)sdu
onde u = sen x.
Prova. Temos que∫
sen nx cosm xdx = sen nx(cos2 x)s cosxdx.
Da fo´rmula (1.4) temos∫
sen nx cosm xdx = sen nx(1− sen 2x)s cosxdx.
Agora fac¸a u = sen x⇒ du = cosxdx, donde dx = du
cosx
. Assim,
∫
sen nx(1− sen 2x)s cosxdx =
∫
un(1− u2)s
�
�
�cosx
du
�
�
�cosx
.
Portanto, ∫
sen nx cosm xdx =
∫
un(1− u2)sdu.
Exemplo 1.4.9. Calcule a integral
∫
sen 4x cosxdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 3 e m = 1(isto e´,
m = 2.0 + 1), assim∫
sen 4x cosxdx =
∫
u3du =
u4
4
+ C.
Retornando para varia´vel x, temos que∫
sen 4x cosxdx =
sen 4x
4
+ C.
25
Exemplo 1.4.10. Determine a integral
∫
sen 2x cos3 xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 2 e m = 3(ou seja,
m = 2.1 + 1), assim∫
sen 2x cos3 xdx =
∫
u2(1− u2)du =
∫
(u2 − u4)du = u
3
3
− u
5
5
+ C.
Retornando para varia´vel x, temos que∫
sen 4x cosxdx =
sen 3x
3
− sen
5x
5
+ C.
Proposic¸a˜o 1.4.5. Dados n,m nu´meros naturais com m ı´mpar (isto e´,
m = 2s+ 1) . Prove que∫
cosn x senmxdx = −
∫
un(1− u2)sdu
onde u = cos x.
Prova. Temos que∫
cosn x senmxdx = cosn x( sen 2x)s sen xdx.
Da fo´rmula (1.4), temos∫
cosn x senmxdx = cosn x(1− cos2 x)s sen xdx.
Agora fac¸a u = cosx⇒ du = − sen xdx, donde dx = −du
sen x
. Assim,
∫
cosn x(1− cos2 x)s sen xdx =
∫
un(1− u2)s
�
�
�sen x
(−du)
�
�
�sen x
.
Portanto ∫
cosn x senmxdx = −
∫
un(1− u2)sdu.
Exemplo 1.4.11. Determine a integral
∫
cos4 x sen 3xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 4 e m = 3(ou seja,
m = 2.1 + 1), assim∫
cos4 x sen 3xdx = −
∫
u4(1−u2)du = −
∫
(u4−u6)du = −u
5
5
+
u7
7
+C.
Retornando para varia´vel x, temos que∫
cos4 x sen 3xdx = −cos
5 x
5
+
cos7 x
7
+ C.
26
Exemplo 1.4.12. Calcule
∫
cos3 x sen 3xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 3 e m = 3(isto e´,m =
2.1 + 1), assim∫
cos3 x sen 3xdx = −
∫
u3(1−u2)du = −
∫
(u3−u5)du = −u
4
4
+
u6
6
+C.
Retornando para varia´vel, x temos que∫
cos3 x sen 3xdx = −cos
4 x
4
+
cos6 x
6
+ C.
Observac¸a˜o 1.4.3. No exemplo acima como m e n sa˜o nu´meros ı´mpares,
poderı´amos aplicar qualquer um dos dois resultados anteriores.
Observac¸a˜o 1.4.4. Agora, se m e n sa˜o nu´meros pares, devemos
utilizar as equac¸o˜es (1.6) e (1.7), e aplicar alguns dos me´todos ja´
vistos anteriormente.
Exemplo 1.4.13. Calcule I =
∫
cos2 x sen 2xdx.
Vamos utilizar as equac¸o˜es (1.6) e (1.7), assim
I =
∫ [
1 + cos (2x)
2
] [
1− cos (2x)
2
]
dx
=
∫ [
1− cos2 (2x)
4
]
dx.
Fac¸a A =
∫ [
1− cos2 (2x)
4
]
dx. Assim, usando as propriedades
de integrais e equac¸a˜o (1.6), temos que∫ [
1− cos2 (2x)
4
]
dx =
1
4
∫
dx− 1
4
∫
cos2 (2x)dx
=
1
4
∫
dx− 1
4
∫ [
1 + cos (4x)
2
]
dx.
Daı´ ∫ [
1− cos2 (2x)
4
]
dx =
1
4
x− 1
8
x− 1
8
∫
cos (4x)dx.
Resolvendo a integral
∫
cos (4x)dx atrave´s de uma substituic¸a˜o (sim-
ples) temos que ∫
cos (4x)dx =
1
4
sen (4x) + C.
27
Portanto ∫
cos2 x sen 2xdx =
1
8
x− 1
32
sen (4x) + C.
Proposic¸a˜o 1.4.6. Se n 6= 0 prove que∫
secn x sec x tg xdx =
∫
undu
onde u = sec x.
Prova. Fac¸a u = sec x ⇒ du = sec x tg xdx donde dx = du
sec x tg x
.
Assim,∫
secn x secx tg xdx =
∫
un
�
�
�
�
�sec x tg x
du
�
�
�
�
�sec x tg x
=
∫
undu.
Exemplo 1.4.14. Calcule a integral
∫
sec4 x sec x tg xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 4. Assim,∫
sec4 x sec x tg xdx =
∫
u4du =
u5
5
+ C.
Retornando para varia´vel x, temos que∫
sec4 x sec x tg xdx =
sec5 x
5
+ C.
Exemplo 1.4.15. Calcule a integral
∫
sec−
1
2 x tg xdx.
Temos que∫
sec−
1
2 x tg xdx =
∫
sec−
3
2 x sec x tg xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = −3
2
, assim
∫
sec−
3
2 x sec x tg xdx =
∫
u−
3
2du = −2u− 12 + C.
Retornando para varia´vel x, temos que∫
sec4 x sec x tg xdx = −2(sec x)− 12 + C.
Proposic¸a˜o 1.4.7. Dados m,n nu´meros naturais com e n > 1 e m
ı´mpar(isto e´, m = 2s+ 1). Prove que∫
secn x tgmxdx =
∫
un−1(u2 − 1)sdu
onde u = sec x.
28
Prova. Temos que
∫
secn x tgmxdx = secn−1 x sec x tg x( tg 2x)sdx.
Da fo´rmula (1.5) temos
∫
secn x tgmxdx = secn−1 x(sec2 x− 1)s sec x tg xdx.
Agora fac¸a u = sec x ⇒ du = sec x tg xdx, donde dx = du
sec x tg x
.
Assim,
∫
secn x tgmxdx =
∫
un−1(u2 − 1)s
�
�
�
�
�sec x tg x
du
�
�
�
�
�sec x tg x
=
∫
un−1(u2 − 1)sdu.
Exemplo 1.4.16. Calcule a integral
∫
sec1/2 x tg 3xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 1/2 e m = 3(isto e´,m =
2.1 + 1). Assim,
∫
u−1/2(u2 − 1)du =
∫
(u3/2 − u−1/2)du = u
5/2
5/2
− u
1/2
1/2
+ C.
Retornando para varia´vel x, temos que
∫
sec3 x tg 3xdx = 2
sec5/2 x
5
− 2sec1/2 x+ C.
Proposic¸a˜o 1.4.8. Se n 6= 0 prove que
∫
sec2 x tg nxdx =
∫
undu
onde u = tg x.
Prova. Fac¸a u = tg x⇒ du = sec2 xdx donde dx = du
sec2 x
. Assim,
∫
secn x tg nxdx =
∫
un��
�
�
sec2 x
du
�
�
�
�
sec2 x
dx =
∫
undu.
Exemplo 1.4.17. Calcule a integral
∫
sec2 (2x) tg −3(2x)dx
29
Vamos aplicar o resultado anterior para n = −3, mas antes disso
vamos fazer uma substituic¸a˜o (simples). Fac¸a z = 2x enta˜o dz =
2dx⇒ dx = 1/2dz, logo∫
sec2 (2x) tg −3(2x)dx = 1/2
∫
sec2 (z) tg −3(z)dz.
Agora aplicando resultado, temos∫
sec2 (z) tg −3(z)dz =
∫
u−3du =
u−2
−2 + C
Retornando para varia´vel x, temos que∫
sec2 (2x) tg −3(2x)dx = − tg
−2(2x)
4
+ C.
Proposic¸a˜o 1.4.9. Dados m natural e n real, com par(ou seja, m =
2s+ 2) e n 6= 0. Prove que∫
tg nx secm xdx =
∫
un−1(u2 + 1)sdu
onde u = tg x.
Prova. Temos que∫
tg nx tgmxdx = tg nx(sec2 x)s sec2 xdx.
Da fo´rmula (1.5) temos∫
tg nx secm xdx = tg nx(sec2 x+ 1)s sec2 xdx.
Agora u = tg x⇒ du = sec2 xdx, donde dx = du
sec2 x
. Assim,∫
tg nx secm xdx =
∫
un(u2 + 1)s��
�
�
sec2 x
du
�
�
�
�
sec2 x
=
∫
un(u2 + 1)sdu.
Exemplo 1.4.18. Calcule integral definida
∫ pi/4
0
tg 10x sec4 xdx.
Vamos aplicar o resultado anterior para n = 10 e m = 4(isto e´,m =
2.1 + 2). Primeiro, vamos fazer a mundanc¸a dos limites de integrac¸a˜o,
isto e´, para x = 0 ⇒ u = tg 0 = 0 e para x = pi/4 ⇒ u = tg (pi/4) = 1.
Assim∫ pi/4
0
tg 10x sec4 xdx =
∫ 1
0
u10(u2+1)du =
∫ 1
0
(u12+u10)du =
u13
13
+
u11
11
|10.
Portanto∫ pi/4
0
tg 10x sec4 xdx = (
113
13
+
111
11
)− (0
13
13
+
011
11
) =
24
143
.
30
1.4.1 Exercı´cios
1. Determinar uma primitiva da func¸a˜o f : R → R definida pela lei
f(x) = cos (x) sen (2x)
2. Determinar as seguintes integrais, usando Integrac¸a˜o de produ-
tos e poteˆncias de seno e cosseno, tangente e secante
(a)
∫
cos (3x) cos (4x)dx
(b)
∫
sen (5x) sen (2x)dx
(c)
∫
cos7 xdx
(d)
∫
sen 3(4x+ 2)dx
(e)
∫
sen (2x) cos (2x)dx
(f)
∫
sen 14x cos3 (x)dx
(g)
∫
tg −3x sec2 xdx
(h)
∫
tg 7x sec3(x)dx
(i)
∫
sec−2 x tg 3xdx
(j)
∫
cos3 (2x) sen (2x)dx
(k)
∫ pi/2
pi/3
sen 3x cos2 xdx
(l)
∫ pi/4
0
tg x sec2 xdx
(m)
∫ pi/6
0
cos3 x sen 2xdx
(n)
∫ pi
0
sen 2x cos 6xdx
1.4.2 Respostas
1. −1
2
cosx− 1
6
cos (3x) + C
2. (a) 1
2
sen x+
1
14
sen (7x) + C
31
(b) 1
6
sen(3x)− 1
14
sen (7x) + C
(c) 1− 3 sen 2x+ 3 sen 4x− sen 6x+ C
(d) −1
4
cos (4x+ 2) +
1
12
cos3 (4x+ 2) + C
(e) −1
8
cos (4x) + C
(f) 1
15
sen 15x− 1
17
sen 17x+ C
(g) −1
2
tg −2 + C(h) 1
9
sec9(x)− 3
7
sec7(x) +
3
5
sec5(x)− 1
3
sec3(x) + C
(i) ln | sec x|+ 1
2
sec−2 x+ C
(j) −1
4
cos4 (2x) + C
(k) − 17
480
(l) 1
2
(m) 17
480
(n) 0
1.5 Integrac¸a˜o por Substituic¸a˜o Trigonome´trica
Algumas func¸o˜es possuem certas expresso˜es que, para calcular sua
integral e´ necessa´rio fazer uma substituic¸a˜o denominada de substituic¸a˜o
trigonome´trica. Segue abaixo a tabela com as expresso˜es e suas res-
pectivas substituic¸o˜es:
Tabela Para a Substituic¸a˜o Trigonome´trica
Tipos Expressa˜o Substituic¸a˜o dx f(θ)
I a2 − x2 x = a sen θ dx = a cos θdθ sen θ = x
a
II a2 + x2 x = a tg θ dx = a sec2 θdθ tg θ = x
a
III x2 − a2 x = a sec θ dx = a sec θ tg θdθ sec θ = x
a
onde a e´ uma constante dada.
Exemplo 1.5.1. Calcule a integral I =
∫ 1√
4− x2dx.
32
Temos que a integral acima e´ tipo I. Assim, a = 2 e substituic¸a˜o e´
x = 2 sen θ enta˜o dx = 2 cos θdθ. Logo,
I =
∫
2 cos θdθ√
4− 4 sen 2θ
=
∫
2 cos θdθ√
4(1− sen 2θ) =
∫
2 cos θdθ√
4 cos2 θ
=
∫
2 cos θdθ
2 cos θ
=
∫
�
�
�
�2 cos θdθ
�
�
�
�2 cos θ
=
∫
dθ = θ + C.
Sendo sen θ = x
2
⇒ θ = arcsen (x
2
). Enta˜o, retornando para varia´vel
x, temos que ∫
dx√
4− x2 = arcsen (
x
2
) + C.
Exemplo 1.5.2. Calcule a integral I =
∫ √
9− x2dx.
Temos que a integral acima e´ tipo I. Assim a = 3 e substituic¸a˜o e´
x = 3 sen θ enta˜o dx = 3 cos θdθ. Logo,
I =
∫ √
9− 9 sen 2θ3 cos θdθ =
∫ √
9(1− sen 2θ)3 cos θdθ
=
∫ √
9 cos2 θ3 cos θdθ =
∫
9 cos2 θdθ.
Da fo´rmula (1.6), temos que
A =
∫
9 cos2 θdθ = 9
∫
1 + cos (2θ)
2
dθ
9
∫
1 + cos (2θ)
2
dθ =
9
2
∫
dθ +
9
2
∫
cos (2θ)dθ
= =
9
2
θ +
9
4
sen (2θ) + C.
Sabemos que sen (2θ) = 2 sen θ cos θ, assim∫ √
9− x2 = 9
2
θ +
9
2
sen θ cos θ + C
Sendo sen θ = x
3
⇒ θ = arcsen (x
3
), enta˜o, para obter as outras
func¸o˜es trigonome´tricas usaremos a figura 1.1, sabendo que x repre-
senta o cateto oposto e 3 representa a hipotenusa.
33
Figura 1.1: substituic¸a˜o trigonome´trica 1
Logo da figura 1.1, temos que sen θ = x
3
e cos θ =
√
9− x2
3
. Assim,
retornando para varia´vel x, temos que
∫
dx√
4− x2 =
9
2
arcsen (
x
3
) +
x
√
9− x2
2
+ C.
Saiba Mais: Para
mais detalhes
sobre a teoria
do me´todo de
integrac¸a˜o por
substituic¸a˜o tri-
gonome´trica, ver
refereˆncia [12]
Exemplo 1.5.3. Calcule a integral I =
∫ 1
3 + x2
dx.
Temos que a integral acima e´ tipo II. Assim a =
√
3 e substituic¸a˜o
e´ x =
√
3 tg θ enta˜o dx =
√
3 sec2 θdθ. Logo,
I =
∫ √
3 sec θdθ√
3 + 3 tg 2θ
=
∫ √
x sec θdθ√
3(1 + tg 2θ)
=
∫ √
3 sec θdθ√
3 sec2 θ
=
∫ √
3 sec θdθ√
3 sec θ
=
∫
�
�
�
�
�
√
3 sec θdθ
�
�
�
�
�
√
3 sec θ
=
∫
dθ = θ + C.
34
Sendo tg θ = x√
3
⇒ θ = arctg ( x√
3
), enta˜o retornando para varia´vel
x, temos que
I =
∫
1
3 + x2
dx = arctg (
x√
3
) + C.
Exemplo 1.5.4. Calcule a integral
∫ 1
0
dx√
1 + x2
.
Temos que a integral acima e´ tipo II. Assim a = 1 e substituic¸a˜o e´
x = tg θ enta˜o dx = sec2 θdθ. Para
x = 0⇒ tg θ = 0⇒ θ = 0 e x = 1⇒ tg θ = 1⇒ θ = pi
4
.
Logo,
I =
∫ pi
4
0
sec2 θdθ√
1 + tg 2θ
=
∫ pi
4
0
sec2 θdθ√
sec2 θ
=
∫ pi
4
0
sec θdθ.
Assim, da Proposic¸a˜o (1.2.1), temos que∫ pi
4
0
sec θdθ = ln | sec θ + tgθ||
pi
4
0 = ln | sec
pi
4
+ tg
pi
4
| − ln | sec 0 + tg 0|
Portanto ∫ 1
0
dx√
1 + x2
= ln |
√
2 + 1|
Exemplo 1.5.5. Calcule a integral I =
∫ 1√
x2 − 16dx.
Temos que a integral acima e´ tipo III. Assim a = 4 e substituic¸a˜o
e´ x = 4 sec θ enta˜o dx = 4 sec θ tg θdθ. Logo
I =
∫
4 sec θ tg θdθ√
16 sec2 θ − 16
=
∫
4 sec θ tg θdθ√
16(sec2 θ − 1)
=
∫
4 sec θ tg θdθ√
16 tg 2θ
=
∫
sec θ4 tg θdθ
4 tg θ
=
∫
sec θ
�
�
�4 tg θdθ
�
�
�4 tg θ
=
∫
sec θdθ
= ln | sec θ + tg θ|+ C.
35
Sendo sec θ = x
4
, enta˜o, para obter as func¸o˜es trigonome´tricas usa-
remos a figura 1.2 abaixo, sabendo que x representa hipotenusa e 4
representa o cateto adjacente.
Figura 1.2: substituic¸a˜o trigonome´trica 2
Logo da figura 1.2, temos que sec θ = x
4
e tg θ =
√
x2 − 16
4
. Assim
retornando para varia´vel x, temos que∫
1√
x2 − 16dx = ln |
x
4
+
√
x2 − 16
4
|+ C.
Exemplo 1.5.6. Calcule a integral I =
∫ dx
x2 − 1 .
Temos que a integral acima e´ tipo III. Assim a = 1 e substituic¸a˜o
e´ x = sec θ enta˜o dx = sec θ tg θdθ. Logo
I =
∫
sec θ tg θdθ
sec2 θ − 1
=
∫
sec θ tg θdθ
tg 2θ
=
∫
sec θdθ
tg θ
=
∫
cossec θdθ.
Assim da Proposic¸a˜o (1.2.1), temos que∫
cossec θdθ = ln | cossec θ + cotg θ|+ C.
Sendo sec θ = x
1
, enta˜o para obter as func¸o˜es trinome´tricas usare-
mos a figura 1.3, sabendo que x representa hipotenusa e 1 representa
o cateto adjacente3.
36
Figura 1.3: substituic¸a˜o trigonome´trica 3
Usando a figura 1.3, temos que cossec θ = x√
x2 − 1 e cotg θ =
1√
x2 − 1 . Assim retornando para varia´vel x, temos que∫
dx
x2 − 1 = ln |
x√
x2 − 1 +
1√
x2 − 1 |+ C.
1.5.1 Exercı´cios
1. Seja func¸a˜o f : [−r, r] → R definida pela lei f(x) = √r2 − x2.
Calcule a seguinte integral
I = 2
∫ r
−r
f(x)dx.
E conclua que esta valor da integral a a´rea de um cı´rculo de raio
r.
2. Determinar as seguintes integrais usando Integrac¸a˜o de por Substituic¸a˜o
Trigonome´trica:
(a)
∫
1
x2 + 9
dx
(b)
∫
1√
x2 − 4dx
(c)
∫
1
9− x2dx
37
(d)
∫ √
3− x2
x
dx
(e)
∫
x3
√
1− x2dx
(f)
∫
1
x
√
x2 + 1
dx
(g)
∫ √
9− (x− 1)2dx
(h)
∫
1
x
√
1− x2dx
(i)
∫
x
√
x2 − 4dx
(j)
∫
x+ 1√
x2 + 2x+ 3
dx
(k)
∫ √2/2
0
1
1− x2dx
(l)
∫ 2
−2
x
√
4− x2dx
(m)
∫ √2
1
√
x2 − 1dx
(n)
∫ 2
0
x√
x2 + 4
dx
1.5.2 Respostas
1. pir2
2. (a) 1
3
arctg
x
3
+ C
(b) ln |x
2
+
√
x2 − 4
2
|+ C
(c) 1
3
ln | 3√
9− x2 +
3
9− x2 |+ C
(d) √3 ln |
√
3
x
+
√
3− x2
x
|+
√
3− x2√
x
+ C
(e) −(
√
1− x2)3
3
+
(
√
1− x2)5
5
+ C
(f) ln | x√
x2 + 1
|+ C
(g) 9
2
arcsen (
x+ 1
3
) +
9
2
.
x+ 1
3
.
√
9− (x+ 1)2
3
+ C
(h) arcsec x+ C
38
(i) 1
3
(
√
x2 − 4)3 + C
(j) √(x+ 1)2 + 2 + C
(k) ln |√2 + 1|
(l) 0
(m) 1
2
(n) 2(√2− 1)
1.6 Integrac¸a˜o por Frac¸o˜es Parciais
Apresentaremos, a seguir, te´cnicas para calcular integrais de func¸o˜es
racionais, ou seja, func¸o˜es do tipo f(x) = p(x)
q(x)
onde p(x) e q(x) sa˜o
polinoˆmios com coeficientes reais. Essa te´cnicas e´ denominada por:
Integrac¸a˜o por frac¸o˜es parciais. A primeira observac¸a˜o e´ que preci-
samos estudar apenas o caso em que o grau de p(x) e´ menor que o
grau de q(x), pois se ocorrer o contra´rio, pelo algorı´timo da divisa˜o,
podemos escrever:
p(x) = m(x)q(x) + r(x)
onde r(x) ≡ 0 ou o gran de r(x) e´ menor que o grau de q(x). Mas isso
significa que
f(x) =
p(x)
q(x)
=
m(x)q(x) + r(x)
q(x)
= m(x) +
r(x)
q(x)
.
Portanto, ∫
f(x) =
∫
m(x) +
∫
r(x)
q(x)
.
Como m(x) e´ um polinoˆmio e no´s ja´ sabemos integrar polinoˆmios,
enta˜o para integrar f basta saber integrar a func¸a˜o racional r(x)
q(x)
.
Seja a func¸a˜o racional f(x) = p(x)
q(x)
tal que grau p(x) e´ menor do
que o grau de q(x).
Vamos analisar casos de acordo com grau de q(x)
39
• Caso[1]: A polinoˆmio q(x) possui grau 2. Neste caso o grau de
p(x) e´ menor ou igual a 1.
Sendo q(x) um polinoˆmio de grau 2 temos que q(x) = a2x2 +
a1x + a0 com a2 6= 0. Neste caso ocorre somente uma das pos-sibilidades abaixo:
– Possibilidade [1.1]: q(x) possui duas raı´zes reais distintas.
Assim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a2(x− α)(x− β) com α 6= β.
– Possibilidade [1.2]: q(x) possui duas raı´zes reais iguais. As-
sim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a2(x− α)2, α ∈ R.
– Possibilidade [1.3]: q(x) na˜o possui raı´zes reais. Assim q(x)
pode ser escrito como:
q(x) = a2[u
2 + c2] onde u = x+ a1
2a2
e c =
√−∆
2a2
.
A ana´lise da possibilidade 1.1 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.1 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, α, β ∈ R
com α 6= β. Enta˜o existem constantes A,B ∈ R tais que:
ax+ b
(x− α)(x− β) =
A
x− α +
B
x− β =
Ax− βA+Bx− αB
(x− α)(x− β) , ∀x 6= α, β
Assim∫
ax+ b
(x− α)(x− β) =
∫
A
x− α+
∫
B
x− β = A ln |x− α|+B ln |x− β|+C.
Exemplo 1.6.1. Para cacular a integral∫ −x+ 3
(x− 1)(x− 3)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o −x + 3
(x− 1)(x− 3) em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.1. Assim
40
−x+ 3
(x− 1)(x− 3) =
A
x− 1 +
B
x− 2 =
A(x− 2) +B(x− 1)
(x− 2)(x− 1)
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
−x+ 3 = A(x− 2) +B(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A e B atrave´s de igualdade de po-
linoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial as raı´zes de q(x). As-
sim 
 para x = 2⇒ −2 + 3 = A(2− 2) +B(2− 1)⇒ B = 1para x = 1⇒ −1 + 3 = A(1− 2) +B(1− 1)⇒ A = −2
∫ −x+ 3
(x− 1)(x− 3)dx =
∫ −2
x− 1dx+
∫
1
x− 2dx
= −2 ln | x− 1 | + ln | x− 2 | +C
= ln | x− 2
(x− 1)2 |+ C.
Exemplo 1.6.2. Para cacular a integral∫
1
x2 − 1dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o 1
x2 − 1 =
1
(x− 1)(x+ 1) em
frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.1. Assim
1
(x− 1)(x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x+ 1
=
A(x+ 1) +B(x− 1)
(x− 1)(x+ 1)
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
1 = A(x+ 1) +B(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A e B atrave´s de igualdade de po-
linoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial as raı´zes de q(x). As-
sim
 para x = 1⇒ 1 = A(1 + 1) +B(1− 1)⇒ A = 1/2para x = −1⇒ 1 = A(−1 + 1) +B(−1− 1)⇒ B = −1/2
41
∫
1
(x− 1)(x+ 1)dx =
1
2
∫
1
x− 1dx−
1
2
∫
1
x+ 1
dx
=
1
2
ln | x− 1 | −1
2
ln | x− 2 | +C
=
1
2
ln | x− 1
x+ 1
|+ C
Para estudar a possibilidade 1.2, basta observar o conteu´do do lema;
Lema 1.6.2 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, α ∈ R.
Enta˜o existem constantes A,B ∈ R tais que:
ax+ b
(x− α)2 =
A
x− α +
B
x− α)2 =
Ax− α.A+B
(x− α)2 , ∀x 6= α (1.11)
Neste caso, facilmente verifica-se que A = a e B = b + α.a satifa-
zem a equac¸a˜o 1.11
Exemplo 1.6.3. Calcule
∫
x3+1
x2−2x+1dx
Efetuando a divisa˜o do polinoˆmio x3 + 1 pelo polinoˆmio
x2 − 2x+ 1 = (x− 1)2
tem-se
x3 + 1 = (x2 − 2x+ 1)(x+ 2) + (3x− 1)
e consequentemente a igualdade:
x3 + 1
x2 − 2x+ 1 = (x+ 2) +
3x− 1
(x− 1)2 (1.12)
Agora vamos decompor o u´ltimo termo do lado direito da equac¸a˜o
(1.12) em frac¸o˜es parciais:
3x− 1
(x− 1)2 =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 =
Ax−A+B
(x− 1)2
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que 3x − 1 = A(x − 1) +
B. Podemos encontrar as constantes A e B atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de q(x).
Assim
 para x = 1⇒ 3.1− 1 = A(1− 1) +B ⇒ B = 2para x = 0⇒ 3.0− 1 = A(0− 1) +B ⇒ −1 = −A + 2⇒ A = 3
42
Assim, o u´ltimo termo da equac¸a˜o (1.12) pode ser escrito na forma:
3x− 1
(x− 1)2 =
3
x− 1 +
2
(x− 1)2 (1.13)
Substituindo a equac¸a˜o (1.13) na equac¸a˜o (1.12) e integrando:∫
x3 + 1
x2 − 2x+ 1dx =
∫
(x+ 2)dx+
∫
3
x− 1dx+
∫
2
(x− 1)2dx
=
x2
2
+ 2x+ 3. ln | x− 1 | −2(x− 1)−1 + C.
No exemplo abaixo, temos a possibilidade 1.2, mas podemos resolver
fazendo uma substituic¸a˜o simples.
Exemplo 1.6.4. Para resolver
∫ x+ 1
(x− 1)2dx, fac¸a u = x− 1⇒ du = dx
e x = u+ 1. Assim∫
x+ 1
(x− 1)2dx =
∫
u+ 1 + 1
u2
du =
∫
du
u
+2
∫
u−2du = ln |u|+2u−1+C.
Retornando a varia´vel x, temos que∫
x+ 1
(x− 1)2dx = ln |x− 1|+ 2(x− 1)
−1 + C.
Quando ocorrer a possibilidade 1.3 , isto e´,
q(x) = a2x
2 + a1x+ a0 com ∆ = a
2
1 − 4a2a0 < 0.
O procedimento a ser adotado e´, escrever q(x) na forma
q(x) = a2[(x+
a1
2a2
)2 − ∆
4a22
] (1.14)
e fazer a mudanc¸a de varia´vel u = x+ a1
2a2
, como no exemplo abaixo:
Exemplo 1.6.5. Calcule a integral∫
1
x2 + 16
dx
O polinoˆmio q(x) = x2 + 16 na˜o possui raı´zes reais, pois, ∆ =
02 − 4.1.16 = −64 < 0, e mesmo ja´ esta´ no formato (1.14). Assim ado-
taremos o procedimento descrito acima, fazendo x = 4 tg θ obtemos:∫
1
x2 + 16
dx =
∫
4 sec2 θ
16 tg 2θ + 16
du
=
4
16
∫
�
�
�
sec2 θ
�
�
�
sec2 θ
du
=
1
4
θ + C
43
Retornando para varia´vel x, obtemos que
∫
1
x2 + 16
dx =
1
4
arctg
x
4
+ C
Exemplo 1.6.6. Calcule a integral
∫
3x+ 1
x2 + 4x+ 5
dx
Observe que neste caso q(x) = x2 +4x+5 na˜o possui raı´zes reais,
pois, ∆ = 42 − 4.1.5 = −1 < 0. Adotaremos enta˜o o procedimento
descrito acima:
∫
3x+ 1
x2 + 4x+ 5
dx =
∫
3x+ 1
(x+ 2)2 + 1
dx
Fazendo a substituic¸a˜o u = x + 2 ⇒ du = dx e x = u − 2. Assim,
obtemos
∫
3x+ 1
x2 + 4x+ 5
dx =
∫
3(u− 2) + 1
u2 + 1
du
= 3
∫
u
u2 + 1
du− 5
∫
1
u2 + 1
du
=
3
2
ln (u2 + 1)− 5. arctg (u2 + 1) + C
Retornando para varia´vel x, obtemos que
∫
3x+ 1
x2 + 4x+ 5
dx =
3
2
ln ((x+ 2)2 + 1)− 5 arctg ((x+ 2)2 + 1) + C
Saiba Mais: Para
mais detalhes
sobre a teoria
do me´todo de
integrac¸a˜o por
frac¸o˜es parcias,
ver refereˆncia [13]
• Caso[2]: A polinoˆmio q(x) possui grau 3. Neste caso, o grau de
p(x) e´ menor ou igual a 2.
Sendo q(x) um polinoˆmio de grau 3 temos que q(x) = a3x3 +
a2x
2+a1x+a0 com a3 6= 0. Neste caso, ocorre somente uma das
possibilidades abaixo:
– Possibilidade [2.1]: q(x) possui treˆs raı´zes reais distintas.
Assim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a3(x− α)(x− β)(x− γ) com α 6= β 6= γ.
44
– Possibilidade [2.2]: q(x) possui treˆs raı´zes reais, sendo ape-
nas duas iguais. Assim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a3(x− α)(x− β)2, α 6= β.
– Possibilidade [2.3]: q(x) possui treˆs raı´zes reais iguais. As-
sim, q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a3(x− α)3.
– Possibilidade [2.4]: q(x) possui apenas uma raiz real. As-
sim, q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a3(x− α)s(x)
onde s(x) e´ um polinoˆmio irredutı´vel, isto e´ na˜o possui raiz
real.
A ana´lise da possibilidade 2.1 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.3 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, α, β, γ ∈
R com α 6= β 6= γ. Enta˜o existem constantes A,B,C ∈ R tais que:
ax2 + bx+ c
(x− α)(x− β)(x− γ) =
A
x− α +
B
x− β +
C
x− γ
Exemplo 1.6.7. Para cacular a integral∫
x2 + 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1) em
frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.3. Assim,
x2 + 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x− 3 +
C
x+ 1
x2 + 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1) =
A(x− 3)(x+ 1) +B(x− 1)(x+ 1) + C(x− 1)(x− 3)
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)
Segue-se enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + 3 = A(x− 3)(x+ 1) + B(x− 1)(x+ 1) + C(x− 1)(x− 3).
45
Podemos encontrar as constantes A,B e C atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial as raı´zes de q(x).
Assim, para x = 1 temos
12 +3 = A(1− 3)(1 + 1)+B(1− 1)(1 + 1)+C(1− 1)(1− 3)⇒ A = −1,
para x = 3, temos
32 +3 = A(3− 3)(1 + 1)+B(3− 1)(3 + 1)+C(3− 1)(3− 3)⇒ B = 3/2
e para x = −1, segue que
(−1)2+3 = A((−1)−3)((−1)+1)+B((−1)−1)((−1)+1)+C((−1)−1)((−1)−3)⇒ C
Logo,∫
x2 + 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)dx =
∫ −1
x− 1dx+
∫
3/2
x− 3dx+
∫
1/2
x+ 1
dx
= − ln | x− 1 | +3
2
ln | x− 3 | +1
2
ln | x− 1| +C
Exemplo 1.6.8. Calcule a integral∫
1
x3 − xdx
Temos que x3− x = x(x2− 1) = x(x− 1)(x+1). Agora vamos usar
a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o 1
(x− 1)x(x+ 1) em frac¸o˜es parciais, como
no Lema 1.6.3. Assim,
1
(x− 1)x(x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x
+
C
x+ 1
1
(x− 1)x(x+ 1) =
Ax(x+ 1) +B(x− 1)(x+ 1) + Cx(x− 1)
(x− 1)x(x+ 1)
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
1 = Ax(x+ 1) +B(x− 1)(x+ 1) + Cx(x− 1).
Vamos encontrar as constantes A,B e C. Assim, para x = 1 temos
1 = A.1.(1 + 1) +B(1− 1)(1 + 1) + C.1.(1− 1)⇒ A = 1/2,
para x = 0, temos
1 = A.0.(1 + 1) +B(0− 1)(0 + 1) + C.0.(0− 1)⇒ B = −1
46
e para x = −1, segue que
1 = A.(−1).((−1)+1)+B((−1)−1)((−1)+1)+C(−1).((−1)−3)⇒ C = 1/4.
Logo,∫
1
(x− 1)x(x+ 1)dx =
∫
1/2
x− 1dx+
∫ −1
x
dx+
∫
1/4
x+ 1
dx
=
1
2
ln | x− 1 | − ln | x | +1
4
ln | x+ 1 | +C
A ana´lise da possibilidade 2.2 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.4 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, α, β ∈
R com α 6= β. Enta˜o existem constantes A,B,C ∈ R tais que:
ax2 + bx+ c
(x− α)(x− β)2 =
A
x− α +
B
x− β +
C
(x− β)2
Exemplo 1.6.9. Para calcular a integral∫
x+ 3
(x− 1)(x− 3)2dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x+ 3
(x− 1)(x− 3)2 em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.4. Assim,
x+ 3
(x− 1)(x− 3)(x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x− 3 +
C
(x− 3)2
x+ 3
(x− 1)(x− 3)2 =
A(x− 3)2 +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)
(x− 1)(x− 3)2
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = A(x− 3)2 + B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A,B e C atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de q(x).
Assim, para x = 1 temos
1 + 3 = A(1− 3)2 +B(1− 1)(1− 3) + C(1− 1)⇒ A = 1,
para x = 3, temos
3 + 3 = A(3− 3)2 +B(3− 1)(3− 3) + C(3− 1)⇒ B = 3.
47
Como existem duas raı´zes reais iguais, vamos atribuir outro valor para
x. Assim atribuindo x = 0, segue que
0 + 3 = A(0− 3)2 +B(0− 1)(0− 3) + C(0− 1)⇒ 9A+ 3B − C = 3.
Logo, substituindo pelos outros valores ja´ encontrados, obtemos que
C = 15. Assim∫
x+ 3
(x− 1)(x− 3)2dx =
∫
1
x− 1dx+
∫
3
x− 3dx+
∫
15
(x− 3)2dx
= ln | x− 1 | +3 ln | x− 3 | −15(x− 3)−1 + C
Exemplo 1.6.10. Calcule a integral∫
x4 + 1
x3 − x2dx
Fazendo primeiramente a divisa˜o, temos que
x4 + 1
x3 − x2 = x+
x2 + 1
x3 − x2 .
Agora vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 1
x3 − x2 =
x2 + 1
x2(x− 1) em
frac¸o˜es parciais. Assim
x2 + 1
(x− 1)x2 =
A
x− 1 +
B
x
+
C
x2
x2 + 1
(x− 1)x2 =
Ax2 +Bx(x− 1) + C(x− 1)
(x− 1)x2
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + 1 = Ax2 +Bx(x− 1) + C(x− 1).
Vamos encontrar as constantes A,B e C. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = A.12 +B.1.(1− 1) + C(1− 1)⇒ A = 2,
para x = 0, temos
02 + 1 = A.02 +B.0.(0 + 1) + C(0− 1)⇒ C = −1
Como existem duas raı´zes reais iguais, vamos atribuir outro valor para
x. Assim atribuindo x = 2, segue que
22 + 1 = A.22 +B.2.(2− 1) + C(2− 1)⇒ 4A+ 2B + C = 5.
48
Logo, substituindo pelos outros valores ja´ encontrados, obtemos que
B = −1. Assim,∫
x4 + 1
x3 − x2dx =
∫
xdx+
∫
2
x− 1dx+
∫ −1
x
dx+
∫ −1
x2
dx
=
x2
2
+ 2 ln | x− 1 | − ln | x | +(x)−1 + C
A ana´lise da possibilidade 2.3 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.5 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, α ∈ R.
Enta˜o existem constantes A,B,C ∈ R tais que:
ax2 + bx+ c
(x− α)3 =
A
x− α +
B
(x− α)2 +
C
(x− α)3
Exemplo 1.6.11. Para calcular a integral∫
x+ 3
(x− 3)3dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = x+ 3
(x− 3)3 em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.5. Assim,
F =
A
x− 3 +
B
(x− 3)2 +
C
(x− 3)3
F =
A(x− 3)2 +B(x− 3) + C
(x− 3)3
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = A(x− 3)2 +B(x− 3) + C.
Podemos encontrar as constantes A,B e C atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de q(x).
Assim, para x = 3 temos
3 + 3 = A(3− 3)2 +B(3− 3) + C ⇒ C = 6.
Como as treˆs raı´zes sa˜o iguais, vamos atribuir outros dois valores para
x. Assim atribuindo x = 1 e x = 2, segue que
1 + 3 = A(1− 3)2 +B(1− 3) + C ⇒ 4A− 2B = −2.
2 + 3 = A(2− 3)2 +B(2− 3) + C ⇒ A− B = −1.
49
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 0 e B = 1. Assim∫
x+ 3
(x− 3)3dx =
∫
0
x− 3dx+
∫
1
(x− 3)2dx+
∫
6
(x− 3)3dx
= −(x− 3)−1 − 3(x− 3)−2 + C
Exemplo 1.6.12. Calcule a integral∫ 3
2
x+ 1
(x− 1)3dx
Podemos fazer a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x+ 1
(x− 1)3 em frac¸o˜es
parciais como no Lema 1.6.5, mas e´ mais conveniente fazer uma
substituic¸a˜o simples. De fato, fac¸a u = x − 1 ⇒ x = u + 1 enta˜o
du = dx, assim, para x = 2⇒ u = 1 e para x = 3⇒ u = 2. Logo,
∫ 3
2
x+ 1
(x− 1)3dx =
∫ 3
2
u+ 2
(u)3
du
=
∫ 3
2
1
u2
du+ 2
∫ 3
2
1
u3
du
= (−1
u
− 1
u2
) |32
=
11
36
A ana´lise da possibilidade 2.4 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.6 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, α ∈ R e
s(x) um polinoˆmio de grau 2 irredutı´vel, isto e´, sem raı´zes reais. Enta˜o
existem constantes A,B,C ∈ R tais que:
ax2 + bx+ c
(x− α)s(x) =
A
x− α +
Bx+ C
s(x)
Exemplo 1.6.13. Para calcular a integral∫
x+ 3
(x− 1)(x2 + 1)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x+ 3
(x− 1)(x2 + 1) em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.6. Assim,
x+ 3
(x− 1)(x2 + 1) =
A
x− 1 +
Bx+ C
x2 + 1
50
x+ 3
(x− 1)(x2 + 1) =
A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x− 1)
(x− 1)(x2 + 1) .
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A,B e C atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial as raı´zes de q(x).
Assim, para x = 1 temos
1 + 3 = A(12 + 1) + (B.1 + C)(1− 1)⇒ A = 2.
Como so´ exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para
x. Assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
0 + 3 = A(02 + 1) + (B.0 + C)(0− 1)+⇒ A− C = 3.
2 + 3 = A(22 + 1)2 + (B.2 + C)(2− 1)⇒ 5A+ 2B + C = 5.
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que B = −2 e C = −1.
Assim
∫
x+ 3
(x− 1)(x2 + 1)dx =
∫
2
x− 1dx+
∫ −2x− 1
x2 + 1
dx
=
∫
2
x− 1dx+
∫ −2x
x2 + 1
dx+
∫ −1
x2 + 1
dx
= 2 ln | x− 1 | − ln | x2 + 1 | − arctg x+ C
Exemplo 1.6.14. Para calcular a integral
I =
∫
x2 + 2
(x3 − 1)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 2
(x3 − 1) em frac¸o˜es parci-
ais, como no Lema 1.6.6. Sabemos que x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x + 1),
assim
x2 + 2
(x− 1)(x2 + x+ 1) =
A
x− 1 +
Bx+ C
x2 + x+ 1
x2 + 2
(x− 1)(x2 + x+ 1) =
A(x2 + x+ 1) + (Bx+ C)(x− 1)
(x− 1)(x2 + x+ 1) .
51
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = A(x2 + x+ 1) + (Bx+ C)(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A,B e C atrave´s de igualdade de
polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de q(x).
Assim, para x = 1 temos
12 + 2 = A(12 + 1 + 1) + (B.1 + C)(1− 1)⇒ A = 1.
Como so´ exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para
x. Assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
0 + 3 = A(02 + 0 + 1) + (B.0 + C)(0− 1)+⇒ A− C = 3.
22 + 3 = A(22 + 2 + 1)2 + (B.2 + C)(2− 1)⇒ 7A+ 2B + C = 7.
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que B = 1 e C = −2.
Assim∫
x2 + 2
(x− 1)(x2 + x+ 1)dx =
∫
1
x− 1dx+
∫
x− 2
x2 + x+ 1
dx
=
∫
1
x− 1dx+
∫
x− 2
x2 + x+ 1
dx
= ln | x− 1 |+ A+ C
onde A =
∫
x− 2
x2 + x+ 1
dx.
Assim, para calcular A, vamos utilizar a substituic¸a˜o trigonome´trica.
Temos que
x2 + x+ 1 = (x+
1
2
)2 + (
√
3
2
).
Fac¸a x+ 1
2
=
√
3
2
tg θ enta˜o dx =
√
3
2
sec2 θdθ. Logo
A =
∫ [ (√3
2
tg θ − 5
2
)
3
4
tg 2θ +3
4
] √
3
2
sec2 θdθ
=
∫ [ (√3
2
tg θ − 5
2
)
3
4
( tg 2θ + 1)
] √
3
2
sec2 θdθ
=
4
3
∫ [ (√3
2
tg θ − 5
2
)
�
�
�
sec2 θ
] √
3
2
�
�
�
sec2 θdθ
=
∫
tg θdθ − 5
√
3
3
∫
dθ
= − ln | cos θ | −5
√
3
3
θ + C.
52
Sendo tg θ = x+
1
2√
3
2
, enta˜o para obter as func¸o˜es trigonome´tricas
usaremos a figura 1.4 , sabendo que x+ 1
2
representa cateto oposto e
√
3
2
representa o cateto adjacente.
Figura 1.4: Substituic¸a˜o trigonome´trica 4
Assim, retornando para a varia´vel x, temos que
∫
x− 2
x2 + x+ 1
dx = − ln
∣∣∣∣∣∣
√
3
2√
(x+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
∣∣∣∣∣∣−
5
√
3
3
arctg
(
x+ 1
2√
3
2
)
+C.
Portanto,
I = ln | x− 1 | − ln
∣∣∣∣∣∣
√
3
2√
(x+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
∣∣∣∣∣∣−
5
√
3
3
arctg
(
x+ 1
2√
3
2
)
+ C.
• Caso[3]: A polinoˆmio q(x) possui grau 4. Neste caso o grau de
p(x) e´ menor ou igual a 3.
Sendo q(x) um polinoˆmio de grau 4 temos que q(x) = a4x4 +
a3x
3 + a2x
2 + a1x + a0 com a4 6= 0. Neste caso ocorre somente
uma das possibilidades abaixo:
– Possibilidade [3.1]: q(x) possui quatro raı´zes reais distintas.
Assim, q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a4(x− α)(x− β)(x− γ)(x− δ) com α 6= β 6= γ 6= δ.
53
– Possibilidade [3.2]: q(x) possui quatro raı´zes reais, sendo
duas iguais e treˆs distintas. Assim, q(x) pode ser escrito
como:
q(x) = a4(x− α)(x− β)(x− γ)2, α 6= β 6= γ.
– Possibilidade [3.3]: q(x) possui quatro raizes reais, sendo
duas iguais e duas distintas. Assim q(x) pode ser escrito
como:
q(x) = a4(x− α)2(x− β)2, α 6= β.
– Possibilidade [3.4]: q(x) possui quatro raizes reais, sendo
apenas treˆs iguais. Assim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a4(x− α)(x− β)3, α 6= β.
– Possibilidade [3.5]: q(x) possui quatro raizes reais iguais.
Assim q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a4(x− α)4.
– Possibilidade [3.6]: q(x) possui apenas duas raı´zes reais
distintas,. Assim, q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a4(x− α)(x− β)s(x), com α 6= β e s(x) irredutive´l.
– Possibilidade [3.7]: q(x) possui apenas duas raı´zes reais
iguias. Assim, q(x) pode ser escrito como:
q(x) = a4(x− α)2s(x), com s(x) irredutive´l.
– Possibilidade [3.8]: q(x)na˜o possui raiz real, e se decompo˜e
em dois fatores irredutive´is distintos. Assim, q(x) pode ser
escrito como:
q(x) = a4s1(x)s2(x), s1(x) 6= s2(x).
– Possibilidade [3.9]: q(x) na˜o possui raiz real, e se decompo˜e
em dois fatores irredutive´is iguais . Assim, q(x) pode ser es-
crito como:
q(x) = a4s1(x)
2
54
A ana´lise da possibilidade 3.1 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.7 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, α, β, γ, δ ∈
R com α 6= β 6= γ 6= δ. Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais
que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)(x− β)(x− γ)(x− δ =
A
x− α +
B
x− β +
C
x− γ +
D
x− δ
Exemplo 1.6.15. Para calcular a integral
I =
∫
x3 + 2
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)(x+ 2)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = x
3 + 2
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)(x+ 2)
em frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.7. Assim,
F =
A
x− 1 +
B
x− 3 +
C
x+ 1
+
D
x+ 3
.
Donde
F =
A
x− 1 +
B
x− 3 +
C
x+ 1
+
D
x+ 3
=
A(x− 3)(x+ 1)(x+ 2) +B(x− 1)(x+ 1)(x+ 2)
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)(x− 2)
+
C(x− 1)(x− 3)(x+ 2) +D(x− 1)(x− 3)(x+ 1)
(x− 1)(x− 3)(x+ 1)(x− 2)
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x3 + 2 = A(x− 3)(x+ 1)(x+ 2) +B(x− 1)(x+ 1)(x+ 2)
+ C(x− 1)(x− 3)(x+ 2) +D(x− 1)(x− 3)(x+ 1)
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igual-
dade de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes
de q(x). Assim, para x = 1 temos
13 + 2 = A(1− 3)(1 + 1)(1 + 2)⇒ A = −1/4,
para x = 3, temos
33 + 2 = B(3− 1)(3 + 1)(1 + 2)⇒ B = 29/24
55
para x = −1, segue que
(−1)3 + 2 = C((−1)− 1)((−1)− 3)((−1) + 2)⇒ C = 1/8
e para x = −3, segue que
(−3)3 + 2 = D((−3)− 1)((−3)− 3)((−3) + 2)⇒ D = 25/24.
Logo,
I =
∫ −1/4
x− 1dx+
∫
29/24
x− 3 dx+
∫
1/8
x+ 1
dx+
∫
25/24
x+ 3
dx
= −1
4
ln | x− 1 | +29
24
ln | x− 3 | +1
8
ln | x+ 1 | +25
24
ln | x+ 3 | +C
Exemplo 1.6.16. Calcule a integral
I =
∫
1
x(x− 1)(x+ 1)(x− 2)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = 1
x(x− 1)(x+ 1)(x− 2)
em frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.7. Assim,
F =
A
x− 1 +
B
x
+
C
x+ 1
+
D
x− 2
=
Ax(x+ 1)(x− 2) +B(x− 1)(x+ 1)(x− 2)
(x− 1)x(x+ 1)(x− 2)
+
Cx(x− 1)(x− 2) +Dx(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)x(x+ 1)(x− 2)
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
1 = Ax(x+1)(x−2)+B(x−1)(x−2)(x+1)+Cx(x−1)(x−2)+Dx(x−1)(x+1).
Vamos encontrar as constantes A,B,C e D. Assim, para x = 1 temos
1 = A.1.(1 + 1)(1− 2)⇒ A = −1/2,
para x = 0, temos
1 = B(0− 1)(0 + 1)(0− 2)⇒ B = 1/2,
para x = −1, segue que
1 = C(−1).((−1)− 1)((−1)− 2)⇒ C = −1/6.
56
e para x = 2, segue que
1 = D.2.(2− 1)(2 + 1)⇒ C = 1/6.
Logo
I =
∫ −1/2
x− 1dx+
∫
1/2
x
dx+
∫ −1/6
x+ 1
dx+
∫
1/6
x− 2dx
= −1
2
ln | x− 1 | +1
2
ln | x | −1
6
ln | x+ 1 | +1
6
ln | x− 2 | +C
A ana´lise da possibilidade 3.2 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.8 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d.α, β, γ ∈
R com α 6= β 6= γ. Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)(x− β)(x− γ)2 =
A
x− α +
B
x− β +
C
x− γ +
D
(x− γ)2
Exemplo 1.6.17. Para calcular a integral
I =
∫
x2 + x+ 2
(x− 1)(x− 3)x2dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = x
2 + x+ 2
(x− 1)(x− 3)x2 em
frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.8. Assim,
F =
A
x− 1 +
B
x− 3 +
C
x
+
D
x2
F =
A(x− 3)x2 +B(x− 1)x2 + Cx(x− 1)(x− 3) +D(x− 1)(x− 3)
(x− 1)(x− 3)x2
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2+x+1 = A(x−3)x2+B(x−1)x2 +Cx(x−1)(x−3)+D(x−1)(x−3).
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
12 + 1 + 2 = A(1− 3).12 ⇒ A = −2,
para x = 3, temos
32 + 1 + 2 = B(3− 1)32 ⇒ B = 2/3
57
para x = 0, temos
02 + 1 + 2 = D(0− 1)(0− 3)⇒ D = 1.
Sendo apenas treˆs raı´zes distintas, vamos atribuir outro valor para x,
assim atribuindo x = 2, segue que
22+1+2 = A(2−3).22+B(2−1)22+C(2−1)(2−3)2+D(2−1)(2−3),
donde −4A+4B−2C−D = 7. Logo, substituindo pelos outros valores
ja´ encontrados, obtemos que C = 4/3. Assim,
I =
∫ −2
x− 1dx+
∫
2/3
x− 3dx+
∫
4/3
x
dx+
∫
1
x2
dx
= −2 ln | x− 1 | +2
3
ln | x− 3 | +4
3
ln | x | −x−1 + C
Exemplo 1.6.18. Calcule a integral∫
x2 + 1
(x− 1)2x(x− 5)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = x
2 + 1
(x− 1)2x(x− 5) em
frac¸o˜es parciais como no Lema 1.6.8. Assim,
F =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
C
x
+
D
x− 5
F =
A(x− 1)x(x− 5) +Bx(x− 5) + C(x− 1)2(x− 5) +D(x− 1)2x
(x− 1)2x(x− 5)
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
x2 +1 = A(x− 1)x(x− 5)+Bx(x− 5) +C(x− 1)2(x− 5) +D(x− 1)2x.
Vamos encontrar as constantes A,B,C e D. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = B.1.(1− 5)⇒ B = −1/2,
para x = 0, temos
02 + 1 = C(0− 1)2(0− 5)⇒ C = −1/5
para x = 5, temos
52 + 1 = D(5− 1)2.5⇒ D = 13/40
58
Sendo apenas treˆs raı´zes distintas, vamos atribuir outro valor para x,
assim, atribuindo x = 2, segue que
22+1 = A(2−1)2.2.(2−5)+B.2.(2−5)+C(2−1)2(2−5)+D(2−1)2.2,
donde −6A − 6B − 3C + 2D = 5. Logo, substituindo pelos outros
valores ja´ encontrados, obtemos que A = −3/24. Assim,
I =
∫ −3/24
x− 1 dx+
∫ −1/2
(x− 1)2dx+
∫ −1/5
x
dx+ int
13/40
x − 5 dx
= − 3
24
ln | x− 1 | +1
2
(x− 1)−1 − 1
5
ln | x | +13
40
ln | x− 5 | +C
A ana´lise da possibilidade 3.3 esta´ contidano seguinte Lema:
Lema 1.6.9 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d, α, β ∈
R. Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)2(x− β)2 =
A
x− α +
B
(x− α)2 +
C
x− β +
D
(x− β)2
Exemplo 1.6.19. Calcule a integral
∫
x+ 3
(x− 1)2(x− 3)2dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o F = x+ 3
(x− 1)2(x− 3)2 em
frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.9. Assim,
F =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
C
x− 3 +
D
(x− 3)2
F =
A(x− 1)(x− 3)2 +B(x− 3)2 + C(x− 1)2(x− 3) +D(x− 1)2
(x− 1)2(x− 3)2
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = A(x− 1)(x− 3)2 +B(x− 3)2 + C(x− 1)2(x− 3) +D(x− 1)2.
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
1 + 3 = B(1− 3)2 ⇒ B = 1,
59
para x = 3 temos
3 + 3 = D(3− 1)2 ⇒ D = 3/2
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
0+3 = A(0−1)(0−3)2+B(0−3)2+C(0−1)2(0−3)+D(0−1)2 ⇒ −9A−3C = −15/2.
2+3 = A(2−1)(2−3)2+B(2−3)2+C(2−1)2(2−3)+D(2−1)2 ⇒ A−C = 5/2.
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 15/7 e C =
−5/14. Assim
I =
∫
15/7
x− 1dx+
∫
1
(x− 1)2dx+
∫ −5/14
x− 3 dx+
∫
3/2
(x− 3)2dx
=
15
7
ln | x− 1 | −(x− 1)−1 − 5
14
ln | x− 3 | −3
2
(x− 3)−1 + C
Exemplo 1.6.20. Calcule a integral
I =
∫ 2
1
1
x2(x+ 1)2
dx
Podemos fazer a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o 1
x2(x+ 1)2
em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.9. Assim,
F =
A
x
+
B
x2
+
C
x+ 1
+
D
(x+ 1)2
F =
Ax(x+ 1)2 +B(x+ 1)2 + Cx2(x+ 1) +Dx2
x2(x+ 1)2
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
1 = Ax(x+ 1)2 +B(x+ 1)2 + Cx2(x+ 1) +Dx2.
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 0 temos
1 = B(0 + 1)2 ⇒ B = 1,
para x = −1 temos
1 = D(−1)2 ⇒ D = 1
60
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 1 e x = 2, segue que
1 = A.1.(1 + 1)2 +B(1 + 1)2 + C.12(1 + 1) +D.12 ⇒ 2A+ C = −2.
1 = A.2(2 + 1)2 +B(2 + 1)2 + C.22(2 + 1) +D.22 ⇒ 18A+ 4C = −15.
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = −7/10 e C =
−3/5. Assim
I =
∫ 2
1
−7/10
x
dx+
∫ 2
1
1
x2
dx+
∫ 2
1
−3/5
x+ 1
dx+
∫
1
(x+ 1)2
dx
= − 7
10
ln | x |21 −(x)−1 |21 −
3
5
ln | x+ 1 |21 −(x+ 1)−1 |21
=
2
3
− 1
10
ln 2− 3
5
ln 3.
A ana´lise da possibilidade 3.4 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.10 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d.α, β ∈
R com α 6= β. Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)(x− β)3 =
A
x− α +
B
x− β +
C
(x− β)2 +
D
(x− β)3
Exemplo 1.6.21. Para calcular a integral
I =
∫
x2 + x+ 2
(x− 1)x3 dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + x+ 2
(x− 1)x3 em frac¸o˜es par-
ciais, como no Lema 1.6.10. Assim,
x2 + x+ 2
(x− 1)x3 =
A
x− 1 +
B
x
+
C
x2
+
D
x3
x2 + x+ 2
(x− 1)x3 =
Ax3 +B(x− 1)x2 + Cx(x− 1) +D(x− 1)
(x− 1)x3
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + x+ 2 = Ax3 +B(x− 1)x2 + Cx(x− 1) +D(x− 1).
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
12 + 1 + 2 = A.13 ⇒ A = 4
61
para x = 0, temos
02 + 0 + 2 = D(0− 1)⇒ D = −2
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x. Assim, atribuindo x = 2 e x = −1, segue que
22 + 2 + 2 = A.23 +B(2− 1)22 + C2(2− 1) +D(2− 1)
(−1)2−1+2 = A(−1)3+B((−1)−1)(−1)2+C(−1)((−1)−1)+D((−1)−1)
donde 2B + C = −22 e −2B + 2C = 2. Logo, resolvendo o sistema,
obtemos que B = −4 e C = −3. Assim,
I =
∫
4
x− 1dx+
∫ −4
x
dx+
∫ −3
x2
dx+
∫ −2
x3
dx
= 4 ln | x− 1 | −4 ln | x | +3x−1 + x−2 + C.
Exemplo 1.6.22. Calcule a integral
∫
x2 + 1
(x− 1)3xdx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 1
(x− 1)3x em frac¸o˜es par-
ciais como no Lema 1.6.10. Assim,
x2 + 1
(x− 1)3x =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
C
(x− 1)3 +
D
x
x2 + 1
(x− 1)3x =
A(x− 1)2x+B(x− 1)x+ Cx+D(x− 1)3
(x− 1)3x
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + 1 = A(x− 1)2x+B(x− 1)x+ Cx+D(x− 1)3.
Vamos encontrar as constantes A,B,C e D. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = C.1⇒ C = 2,
para x = 0, temos
02 + 1 = D(0− 1)3 ⇒ D = −1
62
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 2 e x = −1, segue que
22 + 1 = A(2− 1)2.2 +B(2− 1)2 + C2 +D(2− 1)3,
(−1)2+2 = A((−1)−1)2(−1)+B((−1)−1)(−1)+C(−1)+D((−1)−1)3
donde 2A + 2B = 2 e −4A + 2B = −1. Logo, resolvendo o sistema,
obtemos que A = 5/6 e B = 1/6. Assim,
I =
∫
5/6
x− 1dx+
∫
1/6
(x− 1)2dx+
∫
2
(x− 1)3dx+
∫ −1
x
dx
=
5
6
ln | x− 1 | −1
6
(x− 1)−1 − (x− 1)−2 − ln | x | +C.
A ana´lise da possibilidade 3.5 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.11 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d.α ∈
R. Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)4 =
A
x− α +
B
(x− α)2 +
C
(x− α)3 +
D
(x− α)4
Exemplo 1.6.23. Para ca,cular a integral
I =
∫ −x+ 2
(x− 1)4dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o −x
3 + 2
(x− 1)4 em frac¸o˜es parci-
ais, como no Lema 1.6.11. Assim,
−x3 + 2
(x− 1)4 =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
C
(x− 1)3 +
D
(x− 1)4
−x3 + 2
(x− 1)4 =
A(x− 1)3 +B(x− 1)2 + C(x− 1) +D
(x− 1)4
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
−x3 + 2 = A(x− 1)3 +B(x− 1)2 + C(x− 1) +D.
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
−13 + 2 = D ⇒ D = 1.
63
Como as quatro raı´zes sa˜o iguais, vamos atribuir outros treˆs valores
para x, assim atribuindo x = 0, x = 2 e x = −1, segue que
−03 + 2 = A(0− 1)3 +B(0− 1)2 + C(0− 1) +D
−23 + 2 = A(2− 1)3 +B(2− 1)2 + C(2− 1) +D
−(−1)3 + 2 = A((−1)− 1)3 +B((−1)− 1)2 + C((−1)− 1) +D
donde temos o seguinte sistema

−A +B − C = 1
A+B + C = −7
−8A + 2B − 2C = 2
Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = 0, B = −3 e C = −4.
Assim,
I =
∫
0
x− 1dx+
∫ −3
(x− 1)2dx+
∫ −4
(x− 1)3dx+
∫
1
(x− 1)4dx
= 3(x− 1)−1 + 2(x− 1)−2 − 1
3
(x− 1)−3 + C
Exemplo 1.6.24. Calcule a integral I =
∫
x2 + 1
(x+ 2)4
dx
No exemplo anterior usamos a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o como no
Lema 1.6.11, mas e´ mais conveniente usarmos substituic¸a˜o simples.
Assim fac¸a u = x+ 2 enta˜o dx = du e x = u− 2, daı´
I =
∫
(u− 2)2 + 1
u4
du =
∫
u2 − 4u+ 5
u4
du
=
∫
u−2du− 4
∫
u−3du+ 5
∫
u−4du = −u−1 + 2u−2 − 5
3
u−3 + C
Retornando para varia´vel x, temos que∫
x2 + 1
(x+ 2)4
dx = −(x+ 2)−1 + 2(x+ 2)−2 − 5
3
(x+ 2)−3 + C.
A ana´lise da possibilidade 3.6 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.12 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d.α, β ∈
R com α 6= β e s(x) um polinoˆmio irredutı´vel de grau 2. Enta˜o existem
constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)(x− β)s(x) =
A
x− α +
B
x− β +
Cx+D
s(x)
64
Exemplo 1.6.25. Calcule a integral
I =
∫
2
(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o 2
(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1) em
frac¸o˜es parciais, como no Lema 1.6.12. Assim,
2
(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1) =
A
x− 1 +
B
x+ 1
+
Cx+D
x2 + 1
=
A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1)
(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)
+
(Cx+D)(x− 1)(x+ 1)
(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1) .
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜esque
2 = A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)(x+ 1).
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
2 = A(1 + 1)(12 + 1)⇒ A = 1/2
para x = −1, temos
2 = B((−1)− 1)(−1)2 + 1)⇒ B = −1/2
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
2 = A(0 + 1)(02 + 1) +B(0− 1)(02 + 1) + (C.0 +D)(0− 1)(0 + 1)
2 = A(2 + 1)(22 + 1) +B(2− 1)(22 + 1) + (C.2 +D)(2− 1)(2 + 1)
donde D = −1 e 6B+3D = −8. Logo, resolvendo o sistema, obtemos
que D = −1 e C = −5/6. Assim,
I =
∫
1/2
x− 1dx+
∫ −1/2
x+ 1
dx+
∫
(−5/6)x− 1
x2 + 1
dx+
=
1
2
ln | x− 1 | −1
2
ln | x+ 1 | +
∫ −5
6
x− 1
x2 + 1
dx
65
Agora ∫ −5
6
x− 1
x2 + 1
dx = −5
6
∫
x
x2 + 1
dx−
∫
1
x2 + 1
dx
∫ −5
6
x− 1
x2 + 1
dx = − 5
12
ln | x2 + 1 | − arctg x+ C.
Portanto,
I =
1
2
ln | x− 1 | −1
2
ln | x+ 1 | − 5
12
ln | x2 + 1 | − arctg x+ C.
Exemplo 1.6.26. Calcule a integral
I =
∫
x2 + 1
(x− 1)x(x2 + 4)dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 1
(x− 1)x(x2 + 4) em frac¸o˜es
parciais como no Lema 1.6.12. Assim,
x2 + 1
(x− 1)x(x2 + 4) =
A
x− 1 +
B
x
+
Cx+D
x2 + 4
x2 + 1
(x− 1)x(x2 + 4) =
Ax(x2 + 4) +B(x− 1)(x2 + 4) + (Cx+D)(x− 1)x
(x− 1)x(x2 + 4)
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + 1 = Ax(x2 + 4) +B(x− 1)(x2 + 4) + (Cx+D)(x− 1)x.
Vamos encontrar as constantes A,B,C e D. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = A.1(12 + 4)⇒ A = 1/5,
para x = 0, temos
02 + 1 = B(0− 1)(02 + 4)⇒ B = −1/4
Sendo apenas duas raı´zes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 2 e x = −1, segue que
22 + 1 = A2(22 + 4) +B(2− 1)(22 + 4) + (C2 +D)(2− 1)2,
(−1)2+2 = A(−1)((−1)2+4)+B((−1)−1)((−1)2+4)+(C(−1)+D)((−1)−1)(−1)
66
donde 4C+2D = 14/5 e −2C+2D = 3/2. Logo, resolvendo o sistema,
obtemos que C = 23/60 e D = 19/30. Assim,
I =
∫
1/5
x− 1dx+
∫ −1/4
x
dx+
∫ 23
60
x+ 19
30
x2 + 4
dx
=
1
5
ln | x− 1 | −1
4
ln | x | +
∫ 23
60
x+ 19
30
x2 + 4
dx
Agora para resolver a integral
A =
∫ 23
60
x+ 19
30
x2 + 4
dx
usaremos substituic¸a˜o trigonome´trica. Fac¸a x = 2 tg θ ⇒ dx = 2 sec2 θdθ,
assim,
A =
∫
(23
60
2 tg θ + 19
30
)
4 tg 2θ + 4
2 sec2 θdθ
=
23
60
∫
tg θdθ +
19
60
∫
dθ
= −23
60
ln | cos θ | +19
60
θ + C.
Sendo tg θ = x
2
, temos que x representa o cateto oposto e 2 repre-
senta o cateto adjacente, daı´ √x2 + 4 representa a hipotenusa, assim
A = −23
60
ln | 2√
x2 + 4
| +19
60
arctg (
x
2
) + C.
Portanto,
I =
1
5
ln | x− 1 | −1
4
ln | x | −23
60
ln | 2√
x2 + 4
| +19
60
arctg (
x
2
) + C
A ana´lise da possibilidade 3.7 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.13 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d, α ∈
R com s(x) um polinoˆmio irredutı´vel de grau 2. Enta˜o existem cons-
tantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
(x− α)2s(x) =
A
x− α +
B
(x− α)2 +
Cx+D
s(x)
Exemplo 1.6.27. Para calcular a integral
I =
∫
x+ 2
(x− 1)2(x2 + 1)dx
67
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x+ 2
(x− 1)2(x2 + 1) em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.13. Assim,
x+ 2
(x− 1)2(x2 + 1) =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
Cx+D
x2 + 1
x+ 2
(x− 1)2(x2 + 1) =
A(x− 1)(x2 + 1) +B(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)2
(x− 1)2(x2 + 1)
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 2 = A(x− 1)(x2 + 1) +B(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)2.
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x, em especial, as raı´zes de
q(x). Assim, para x = 1 temos
1 + 2 = B(12 + 1)⇒ B = 3/2
Como existe apenas uma raiz real, vamos atribuir outros treˆs valores
para x, assim atribuindo x = 0, x = 2 e x = −1, segue que
0 + 2 = A(0− 1)(02 + 1) +B(02 + 1) + (C.0 +D)(0− 1)2
2 + 2 = A(2− 1)(22 + 1) +B(22 + 1) + (C2 +D)(2− 1)2
(−1)+2 = A((−1)−1)((−1)2+1)+B((−1)2+1)+(C(−1)+D)((−1)−1)2
donde obtemos o seguinte sistema

−2A+ 2D = 1
10A+ 4C + 2D = −7
−4A− 4C + 2D = −2
Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = −11/10 , C = −13/10
e D = −3/5. Assim
I =
∫ −11/10
x− 1 dx+
∫
3/2
(x− 1)2dx+
∫ −13
10
x+ −3
5
x2 + 1
dx
= −11
10
ln | x− 1 | −3
2
(x− 1)−1 +
∫ −13
10
x− 3
5
x2 + 1
dx
Agora ∫ −13
10
x− 3
5
x2 + 1
dx = −13
10
∫
x
x2 + 1
dx− 3
5
∫
1
x2 + 1
dx
68
∫ −13
10
x− 3
5
x2 + 1
dx = −13
20
ln | x2 + 1 | −3
5
arctg x+ C.
Portanto
∫
x+ 2
(x− 1)2(x2 + 1)dx = −
11
10
ln | x−1 | −3
2
(x−1)−1−13
20
ln | x2+1 | −3
5
arctg x+C.
Exemplo 1.6.28. Calcule a integral
I =
∫
x2 + 1
x2(x2 + 2)
dx
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x
2 + 1
x2(x2 + 2)
em frac¸o˜es par-
ciais como no Lema 1.6.13. Assim,
x2 + 1
x2(x2 + 2)
=
A
x
+
B
x2
+
Cx+D
x2 + 2
x2 + 1
x2(x2 + 2)
=
Ax(x2 + 2) +B(x2 + 2) + (Cx+D)x2
x2(x2 + 2)
Segue-se, enta˜o, da igualdade de frac¸o˜es que
x2 + 1 = Ax(x2 + 2) +B(x2 + 2) + (Cx+D)x2.
Vamos encontrar as constantes A,B,C e D. Assim, para x = 0 temos
02 + 1 = B(02 + 2)⇒ B = 1/2,
Como temos apenas uma raiz distinta, vamos atribuir outros treˆs valo-
res para x, assim atribuindo x = 1, x = 2 e x = −1, segue que
12 + 1 = A.1.(12 + 2) +B(12 + 2) + (C.1 +D).12
22 + 1 = A.2(22 + 2) +B(22 + 2) + (C2 +D).22,
(−1)2 + 2 = A.(−1)((−1)2 + 2) +B.((−1)2 + 2) + (C(−1) +D).(−1)2
donde obtemos o seguinte sistema

6A+ 2C + 2D = 1
12A+ 8C + 4D = 2
−6A− 2C + 2D = 3
69
Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = −1/6, C = 0 e D = 1.
Assim
I =
∫ −1/6
x
dx+
∫
1/2
x2
dx+
∫
1
x2 + 2
dx
= −1
6
ln | x− 1 | −1
2
x−1 +
∫
1
x2 + 2
dx
Agora, para resolver a integral,
A =
∫
1
x2 + 2
usaremos substituic¸a˜o trigonome´trica. De fato, fac¸a x =
√
2 tg θ ⇒
dx =
√
2 sec2 θdθ, assim
A =
∫ [
1
2 tg 2θ + 2
]√
2 sec2 θdθ
=
√
2
2
∫
dθ
=
√
2
2
θ + C.
Sendo tg θ = x√
2
⇒ θ = arctg x√
2
A =
√
2
2
arctg (
x√
2
) + C.
Portanto,
I = −2
3
ln | x− 1 | −1
2
x−1 +
√
2
2
arctg (
x√
2
) + C.
A ana´lise da possibilidade 3.8 esta´ contida no seguinte Lema:
Lema 1.6.14 (Decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parcias). Sejam a, b, c, d ∈ R,
e s1(x), s2(x) polinoˆmios de grau 2 irredutı´veis com s1(x) 6= s2(x).
Enta˜o existem constantes A,B,C,D ∈ R tais que:
ax3 + bx2 + cx+ d
s1(x)s2(x)
=
Ax+B
s1(x)
+
Cx+D
s2(x)
Exemplo 1.6.29. Para cacular a integral
I =
∫
x+ 3
(x2 + 4)(x2 + 1)
dx
70
Vamos usar a decomposic¸a˜o da frac¸a˜o x+ 3
(x2 + 4)(x2 + 1)
em frac¸o˜es
parciais, como no Lema 1.6.14. Assim
x+ 3
((x2 + 4)(x2 + 1)
=
Ax+B
(x2 + 4)
+
Cx+D
x2 + 1
x+ 3
(x2 + 4)(x2 + 1)
=
(Ax+B)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 + 4)
(x2 + 4)(x2 + 1)
.
Segue-se enta˜o da igualdade de frac¸o˜es que
x+ 3 = (Ax+B)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 + 4).
Podemos encontrar as constantes A,B,C e D atrave´s de igualdade
de polinoˆmios ou atribuindo valores a x. Como na˜o existem raı´zes
reais, vamos atribuir quatro valores valores para x. Assim atribuindo
x = 0,x = 1, x = −1 e x = 2, segue que
0 + 3 = (A.0 +B)(02 + 1) + (C.0 +D)(02 + 4)
1 + 3 = (A.1 +B)(12 + 1) + (C.1 +D)(12 + 4)
(−1) + 3 = (A(−1) +B)((−1)2 + 1) + (C(−1) +D)((−1)2 + 4)
2 + 3 = (A.2 +B)(22 + 1) + (C.2 +D)(22 + 4).
donde obtemos o seguinte sistema:

B + 4D = 3
2A+ 2B + 5C + 5D = 4
−2A + 2B − 5C + 5D = 2
10A+ 5B + 16C + 8D = 5
Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos