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CÁCULO I

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trigonométricas. As
oito identidades fundamentais a seguir são
cruciais:
1. sen x cosc x = 1
2. cosx sec x = 1
3. tg x cotg x = 1
4.
99
5.
6. sen2 x cos2 x = 1
7. tg2 x + 1 = sec2 x
8. cotg2 x + 1 = cosec2 x
Exemplos:
1. Calcule
Solução:
=
=
= 2∫cosec x cotg xdx – 3∫sen xdx
= 2(–cosec x) – 3 (cos x) + C
= –2(cosec x) + 3cos x + C
2. Calcule ∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx.
Solução:
∫(tg2 x + cotg2 x + 4)dx =
= ∫[(sec2 x – 1) +(cosec2 x – 1)]dx
= ∫sec2 xdx + ∫cosec2 xdx + 2∫dx
= tg x – cotg x + 2x + C
19.2 Substituição trigonométrica
Para achar a área de um círculo ou uma elipse, 
uma integral da forma aparece,
onde a > 0. Se a integral fosse a
substituição u = a2 – x2 poderia ser eficaz, mas,
como está, é mais difícil. Se mudar-
mos a variável de x para θ pela substituição
x = a senθ, então a identidade 1 – sen2θ = cos2
θ permitirá que nos livremos da raiz, porque 
Note a diferença entre a substituição u = a2 – x2
(na qual uma nova variável é uma função da
velha) e a substituição x = a senθ (a variável
velha é uma função da nova). 
Em geral, podemos fazer uma substituição da
forma x = g(t) usando a Regra da Substituição
ao contrário. Para simplificar nossos cálculos,
assumimos que g tem uma função inversa, isto
é, g é um a um. Nesse caso, se trocarmos u por
x e x por t na Regra da Substituição, obteremos 
∫f(x)dx = ∫f(g(t))g’(t)dt
Esse tipo de substituição é chamada de subs-
tituição inversa. 
Podemos fazer a substituição inversa 
x = a senθ desde que esta defina uma função
um a um. Isso pode ser conseguido pela 
restrição de θ no intervalo
A seguir, listamos substituições trigonométri-
cas que são eficazes para as expressões radi-
cais dadas por causa de certas identidades
trigonométricas. Em cada caso, a restrição de
θ é imposta para assegurar que a função que
define a substituição seja um a um. 
Substituição trigonométrica
Expressão substituição identidade
1 – sen2θ = cos2θ
1 + tg2θ = sec2θ
sec2θ – 1= tg2θ
Exemplos:
1. Avalie 
Solução:
Seja x = 3sen θ, onde .
então dx = 3cosθ dθ e 
Cálculo I – Integrais
100
UEA – Licenciatura em Matemática
Observe que cosθ ≥ 0 porque
.
Então, a Regra de Substituição Inversa fornece 
=∫(cossec2 θ – 1)dθ
= cotg θ – θ + C
Como esta é uma integral indefinida, devemos
retomar à variável x original. Isso pode ser feito
usando-se identidades trigonométricas para 
expressar cotθ em termos de ou pelo
desenho de um diagrama, como na Figura
abaixo, onde θ é interpretado como um ângu-
lo de um triângulo retângulo.
Como , denominamos o lado oposto
e a hipotenusa como tendo comprimentos x e
3. Pelo Teorema de Pitágoras, o comprimento
do lado adjacente é ; assim, podemos
ler o valor de cotgθ diretamente da figura: 
(Embora θ > 0 no diagrama, essa expressão
para cotgθ é valida quando θ <0). Como 
, temos e assim
2. Encontre a área limitada pela elipse .
Solução:
Resolvendo a equação da elipse para y, temos 
que ou .
Porque a elipse é simétrica em relação a am-
bos os eixos, a área total A é quatro vezes a
área do primeiro quadrante (veja a Figura
abaixo).
A parte da elipse no primeiro quadrante é dada
pela função
0 ≤ x ≤ a
Assim,
Para avaliar essa integral substituímos x = a
senθ. Então dx = a cosθ dθ. Para mudar os
limites de integração notamos que quando 
x = 0, senθ = 0, assim θ = 0; quando x = a,
senθ = 1, assim 
. Também 
já que . 
Portanto
= πab
Mostramos que a área de uma elipse com
semi-eixos a e b é πab. Em particular, tomando
a = b = r, provamos a famosa fórmula que diz
que a área de um círculo de raio r é πr2.
Observação – Nesse exemplo, a integral é de-
finida; então, mudamos os extremos de integra-
ção e não tivemos de converter de volta à va-
riável x original.
3. Ache
101
Solução:
Seja .
Então, dx = 2 sec2θ dθ e 
Assim, temos:
Para avaliar essa integral trigonométrica, colo-
camos tudo em termos de senθ e cosθ:
Portanto, fazendo a substituição u = senθ, temos:
Usamos a Figura abaixo para determinar que 
e assim
4. Avalie , onde a > 0
Solução:
Seja x = asecθ, onde ou .
Então, dx = a secθ tgθ dθ e
Portanto,
=∫secθ dθ = ln|sec θ + tg θ| + C
O triângulo abaixo mostra que
Assim, temos:
Escrevendo C1 = C – ln a, temos
5. Encontre .
Solução:
Primeiro, notamos que ;
assim, a substituição trigonométrica é apropri-
ada. Embora não seja exatamente
uma expressão da tabela de substituições tri-
gonométricas, ela se torna parte delas quando
fazemos a substituição preliminar u = 2x. Quan-
do combinamos esta com a substituição da tan-
gente,
temos , o que dá e
Quando x = 0, tg θ= 0 assim θ = 0 ; quando 
, tg θ = , assim , logo,
Agora, substituímos u = cosθ de modo que
3
Cálculo I – Integrais
102
UEA – Licenciatura em Matemática
du = –senθdθ . 
Quando θ = 0, u = 1;
quando , .
Portanto
1. Calcule:
a)
b)
c)
d) 
e) 
f)
g)
h)
TEMA 20
INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS
20.1 Introdução
Recorde que, se q é uma função racional, 
então , onde f(x) e g(x) são polinô-
mios. Aqui estabeleceremos regras para o cál-
culo de ∫q(x)dx. 
Consideremos o caso específico .
É fácil verificar que 
A expressão à esquerda da equação é chama-
da decomposição em frações parciais de 
. Para achar ∫q(x)dx, integramos cada uma
das frações que constituem a decomposição,
obtendo 
Teoricamente, é possível escrever qualquer 
expressão como uma soma de expres-
sões racionais cujos denominadores envolvem
potências de polinômios de grau não superior
a 2. Especificamente, se f(x) e g(x) são
polinômios e se o grau de f(x) é inferior ao grau
de g(x), então se pode provar que 
de tal forma que cada
termo Fk da soma tem uma das formas 
ou para reais A e B e n
inteiro não-negativo, onde ax2 + bx + c é irre-
dutível no sentido de que este polinômio qua-
drático não tem zeros (isto é, b2 – 4ac < 0).
Nesse caso, ax2 + bx + c não pode expressar-
se como o produto de dois polinômios do
primeiro grau com coeficientes reais. 
103
A soma F1 + F2 +...+Fr, é a decomposição em 
frações parciais de , e cada FK é uma
fração parcial. Não provaremos este resultado
algébrico, mas estabeleceremos diretrizes
para obter a decomposição.
As diretrizes para achar a decomposição em 
frações parciais de devem ser aplicadas
somente se f(x) tiver grau inferior ao de g(x).
Se isso não ocorrer, teremos de recorrer à
divisão para chegar à forma adequada.
Por exemplo, dada , obtemos,
por divisão;
Passamos, então, à decomposição de 
em frações parciais.
20.2 Diretrizes para a decomposição de 
em frações parciais 
1. Se o grau de f(x) não é inferior ao grau de
g(x), use a divisão para chegar à forma ade-
quada.
2. Expresse g(x) como o produto de fatores li-
neares ax + b ou fatores quadráticos irre-
dutíveis da forma ax2 + bx + c, e agrupe os
fatores repetidos de modo que g(x) seja o pro-
duto de fatores diferentes da forma (ax + b)n
ou (ax2 + bx + c)n para n inteiro não-negati-
vo.
3. Aplique as seguintes regras:
Regra a
Para cada fator (ax + b)ncom n ≥ 1, a de-
composição em frações parciais contém
uma soma de n frações parciais da 
forma onde
cada numerador Ak é um número real.
Regra b
Para cada fator (ax2 + bx + c)n com n ≥ 1 e
com ax2 + bx + c irredutível, a decom-
posição em frações parciais contém uma
soma de n frações parciais da forma
,
onde cada numerador Ak e Bk é um número
real.
Exemplos:
1. Calcule .
Solução:
Podemos fatorar o denominador do integrando
como segue: 
x3 + 2x2 – 3x = x(x2 + 2x – 3) = x(x + 3)(x – 1)
Cada fator tem a forma indicada na Regra a),
com m = 1. Assim, ao fator x corresponde uma 
fração parcial da forma . Analogamente, aos
fatores x + 3 e x – 1 correspondem