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Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 1 AULA 08 – Integração por partes A derivada do produto é dada pela seguinte fórmula d f x g x g x f ' x f x g ' x dx (1) Em seguida integrando ambos os lados da equação (1), obtém-se d f x g x dx g x f x dx f x g x dx dx (2) Daí, pode-se escrever f x g x C g x f x dx f x g x dx (3) e, portanto, f x g x dx f x g x g x f x dx C (4) Como no cálculo da integral g x f x dx criará sua própria constante de integração arbitrária, não há razão para se manter a constante C na fórmula (4). Assim, a equação (4) pode ser escrita da forma f x g x dx f x g x g x f x dx (5) Na prática, normalmente, faz-se u f x e dv g x dx , então, du f x dx e v g x . Logo a fórmula (5) pode ser escrita da seguinte maneira u dv uv vdu (6) Observação: A escolha de u e de dv deve ser de tal forma que vdu seja mais fácil de calcular do que u dv . Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 2 Exemplo 1. Ache xx e dx . Solução. Fazendo u x e xdv e dx , tem-se du dx e xv e , portanto, x x x x x ù u v v dudv x e dx x e e dx xe e C Assim, x x xx e dx x e e C Exemplo 2. Calcule x cos x dx . Solução. Fazendo u x e dv cos xdx , tem-se du dx e v senx , portanto, ù u v v dudv x cos x dx x senx senx dx xsenx cos x C Assim, x cos x dx xsenx cos x C Exemplo 3. Calcule ln x dx . Solução. Fazendo u ln x e dv dx , tem-se dx du x e v x , portanto u u v vdv du dx ln x dx x ln x x x ln x dx x ln x x C x Logo, Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 3 ln x dx x ln x x C Exemplo 4. Ache xe cos 2x dx e depois verifique o resultado por derivação. Solução. Fazendo xu e e dv cos2xdx , tem-se xdu e dx e 1 v sen2x 2 , portanto x x x u u dudv v v 1 1 e cos 2x dx e sen2x sen2x e dx 2 2 Logo, escreve-se x x xe 1e cos 2x dx sen2x e sen2x dx 2 2 Como vdu é semelhante a u dv , então, faz-se uma nova integração por partes. Ou seja, fazendo x 1u e e 1dv sen2x , logo, tem-se x 1du e dx e 1 1 v cos 2x 2 , portanto, 1 1 x x x u dv e 1 e cos 2x dx sen2x e sen2x dx 2 2 1 1 1 1 x x x x u du v v e 1 1 1 e cos 2x dx sen2x e cos 2x cos 2x e dx 2 2 2 2 x x x xe 1 e 1e cos 2x dx sen2x cos 2x e cos 2x dx 2 2 2 2 x x x xe e 1e cos 2x dx sen2x cos 2x e cos 2x dx 2 4 4 Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 4 Assim, isolando o termo xe cos 2x dx no lado esquerdo da equação, é possível escrever x x x5 e ee cos 2x dx sen2x cos 2x 4 2 4 ou x x x 2e ee cos 2x dx sen2x cos 2x 5 5 Então, colocando a constante arbitrária C , do lado direito, tem-se o resultado desejado. Isto é x x x 2e ee cos 2x dx sen2x cos 2x C 5 5 Verificação. x x x xd 2e e 2 d 1 dsen2x cos 2x e sen2x e cos 2x dx 5 5 5 dx 5 dx x x x x x xd 2e e 2 1sen2x cos 2x e sen2x 2e cos 2x e cos 2x 2e sen2x dx 5 5 5 5 x x x x x x xd 2e e 2 4 1 2sen2x cos 2x e sen2x e cos 2x e cos 2x e sen2x e cos 2x dx 5 5 5 5 5 5 Logo, pode-se concluir que x x x 2e ee cos 2x dx sen2x cos 2x C 5 5 Se a integral for definida, então, a fórmula dada pela equação 6 fica da seguinte forma b b b a a a u dv u v vdu (7) Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 5 Exemplo 5. Calcule 1 0 arctgx dx . Solução. Fazendo u arctgx e dv dx , tem-se 2 dx du 1 x e v x , portanto 1 1 1 0 2 0 0 x arctgx dx x arctgx dx 1 x A integral 2 x dx 1 x é bem mais simples que a integral original, porém, deve-se utilizar o método da mudança de variável para resolvê-la. Ou seja, fazendo 2w 1 x , tem-se dw 2x dx e dw x dx 2 . Assim, 2 x 1 dw 1 dx ln w C 2 w 21 x Como 2w 1 x , tem-se: 22 x 1 dx ln 1 x C 21 x Logo, 1 1 1 2 0 0 0 1 1 arctgx dx x arctgx ln 1 x ln 2 2 4 2 Exemplo 6. Calcule a integral x 0 e cos 2x dx Solução. Tem-se a seguinte relação Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 6 x x 0 0 e cos 2x dx e cos 2x dx Como x x x 2e ee cos 2x dx sen2x cos 2x C 5 5 então, x x x 00 2e e e 1 e cos 2x dx sen2x cos 2x 5 5 5
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