Livro Texto Unidade II (5)

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Unidade II
INTEGRAIS INDEFINIDAS E INTEGRAIS DEFINIDAS
Nesta unidade, estudaremos a integral de funções que não podem ser determinadas diretamente 
pelas regras da tabela.
Embora existam vários métodos para a resolução de integrais, em nosso texto veremos apenas os 
métodos de substituição e partes.
 Saiba mais
Saiba mais sobre esses e outros métodos de integração em:
<http://www.somatematica.com.br/superior/integrais2/integrais.php>
3 MÉTODOS PARA O CÁLCULO DE INTEGRAIS (NÃO IMEDIATAS)
3.1 Integração por substituição
Quando temos a integral de uma função que não é elementar (isto é, tabelada), precisamos modificar 
a função para recair numa integral imediata.
Para podermos utilizar o método de substituição, é necessário que a função a ser integrada possa ser 
dividida em uma função u(x) e sua derivada u’(x). Usaremos a notação u
du
dx
’ = para indicar a derivada de u.
Para decidir qual será a expressão de u, devemos verificar se 
du
dx
 está na expressão a ser integrada.
Você deve estar curioso para saber como decidir se devemos resolver a integral por substituição ou 
se ela é imediata.
Para saber isso, você deve primeiro verificar se alguma das regras se aplica à função a ser integrada, 
isto é, se ela é imediata.
Caso não seja imediata, devemos verificar se é possível transformar a expressão em uma integral 
imediata, substituindo parte dela por uma letra auxiliar, geralmente u.
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Vejamos a seguir alguns exemplos em que as funções a serem integradas são parecidas com as que 
encontramos na tabela com as regras de derivação, porém são funções compostas.
Exemplos:
1) ∫ 2 .e 2 x dx
Note que na tabela temos ∫ ex dx (função elementar), mas no nosso exemplo o expoente é 2x.
Devemos então resolver a integral por substituição, chamemos o expoente de u, isto é, u = 2x.
Calculando a derivada de u:
u = 2x.
du
dx
= 2 , isto é, du = 2 dx.
Substituindo no enunciado, temos:
∫ 2 .e 2 x dx
u
du
Figura 1
Assim:
∫ 2 .e 2 x dx = ∫ e u du
Essa integral é imediata (está na tabela). Temos então:
∫ 2 .e 2 x dx = ∫ e u du = e u + c
Voltando à variável original (do enunciado), temos:
∫ 2 .e 2 x dx = e 2 x + c
2) ( ) .x x dx 2 53 2+∫
Note que conhecemos x dx5 ∫
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Devemos, então, fazer a substituição de modo a chegar numa função deste tipo.
Tomemos
u = x 2 + 3, 
du
dx
 = 2x, isto é, du = 2 x dx.
Substituindo no enunciado, temos:
( ) .x x dx u du
u
c 
 2 5 5
6
3 2
6
+ = = +∫∫
Voltando à variável do enunciado, temos:
( ) .
( )
x x dx
x
c 
 2 5
2 6
3 2
3
6
+ =
+
+∫
3) x x dx . cos ( )2∫
Conhecemos cos x dx∫ , assim a substituição a ser feita é u = x2. Encontramos, então, dudx = 2 x, 
isto é, du = 2 x dx.
Como o número 2 não está na função a ser integrada, devemos escrever du x dx
2
= e substituir no 
enunciado.
u = x 2
du
dx
= 2 x, isto é, 
du
x dx
2
= 
Assim:
x x dx u
du
u du cos( ) cos cos2
2
1
2
= =∫ ∫ ∫
Resolvendo a integral imediata:
x x dx sen u c cos( )2
1
2
= +∫
Voltando para a variável do enunciado: x x dx sen x c cos( )2 2
1
2
= +∫
4) ∫ +13 1x dx
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Da tabela de integrais sabemos calcular ∫ 1x dx no nosso exemplo, porém, o denominador agora é 
igual a 3 x + 1. Chamaremos esse denominador de u, isto é, u = 3 x + 1.
Calculando a derivada de u:
u = 3 x + 1
du
dx
= 3 , isto é, du dx
3
=
Como 3 não está na função a ser integrada novamente, devemos isolar dx, assim dx
du
=
3
.
Substituindo na integral, temos:
1
3 1
1
3
1
3
1
x
dx
u
du
u
du
+
= =∫ ∫ ∫ 
Resolvendo a integral imediata:
1
3 1
1
3x
dx Ln u c
+
= +∫ | |
Voltando para a variável do enunciado:
1
3 1
1
3
3 1
x
dx Ln x c
+
= + +∫ | |
5) ∫
−
3
12
x
x
dx
Tomemos u = x 2 – 1
Assim
du
dx
x= 2 
Então:
u = x2 – 1
du
dx
x= 2 , isto é, du
x
dx
2
= 
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Substituindo dx na integral, temos:
3
1
3
1
3
22 2
x
x
dx
x
x
dx
x
u
du
x
−
=
−
=∫ ∫ ∫ 
Simplificando:
3
1
3
1
2
3
2
1
2
x
x
dx
u
du
u
du
−
= =∫ ∫ ∫ 
Resolvendo a integral imediata em u:
3
1
3
22
x
x
dx Ln u c
−
= +∫ | |
Voltando para a variável original:
3
1
3
2
12
2x
x
dx Ln x c
−
= − +∫ | |
6) 5 2x dx+∫
Pela propriedade de potência, temos:
 5 2 5 2
1
2x x+ = +( )
’
Assim:
 5 2 5 2
1
2x dx x dx+ = +∫∫ ( )
Como a função a ser integrada é uma potência, tomaremos a base como u, isto é, u = 5 x + 2.
Então: 
du
dx
= 5
Novamente vamos isolar dx, assim du dx
5
= 
u = 5 x + 2.
du
dx
= 5 , isto é, du dx
5
= 
Substituindo no enunciado, temos:
 5 2 5 2
5
1
5
1
2
1
2x dx x dx u
du
u+ = + = =∫∫ ∫ ( ) 112 du ∫
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Calculando a integral imediata:
 
 
5 2
1
5
1
5 1
2
1
1
5
1
2
1
2
1 3
x dx u du
u
c
u
+ = =
+
+ =∫ ∫
+
 
22
3
2
 + c
Retornando à variável original:
 5 2
1
5
2
3
5 2
2
15
5
3
2x dx x c+ = + + =∫ . . ( ) . ( xx c + +2 32)
3.2 Integração por partes
Nem sempre é possível utilizar o método da substituição para o cálculo da integral de uma função.
Se tivermos a integral de um produto de funções em que uma das parcelas não é a derivada da 
outra, deveremos utilizar a integração por partes.
A fórmula da integração por partes é:
f x g x dx u dv u v v du( ) . ( ) . . - . = = ∫∫∫
Este método consiste em separar o produto f por g em duas partes: uma chamaremos de u e outra 
de dv:
• u é a parte que será derivada.
• dv é a parte que será integrada.
Veremos a seguir algumas funções cujas integrais não são imediatas e também não podem ser 
resolvidas por substituição.
Exemplos:
1) x e dxx .∫
Temos duas funções f(x) = x e g(x) = e x.
Observe que não é uma integral imediata e não é possível resolver por substituição.
Vamos resolver então por partes. Inicialmente devemos escolher quem chamaremos de u e quem 
chamaremos de dv.
Geralmente verificamos de qual função conhecemos a integral e a chamamos de dv.
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Neste caso, conhecemos a integral das duas funções. Quando isso acontece, o mais conveniente é 
chamarmos de u a função f(x) = x.
Tomemos u = x e dv = e x dx. Devemos agora derivar a função u e integral dv, isto é,
u = x dv = ex dx
du
dx
=1	 	 ∫	dv = ∫	ex dx
du = dx v = ex
Substituindo na fórmula
u dv u v v du. . - .= ∫∫
temos:
 x e dx x e e
u
x
dv u
x
v
x
v
� ��� � � �. . -=∫ ∫ ddx I
du
 � ( )
Calculando a integral imediata, temos:
e dx e cx x = +∫
Substituindo na expressão (I), vem:
x e dx x e e cx x x . . - = +∫
Colocando a expressão ex em evidência, temos:
x e dx e x cx x . ( - ) = +∫ 1
Caso tivéssemos escolhido u = ex e dv = x dx, o que aconteceria com a nossa integral? Será que é 
indiferente a ordem de escolha?
Para podermos responder a esta questão, vamos refazer o exemplo, agora utilizando u = e x e dv = x 
dx e ver o que acontece com a integral.
Refazendo o exemplo, temos:
u = ex dv = x dx
du
dx
ex= 	 	 ∫	dv = ∫	x dx
du = ex dx v = x
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Substituindo na fórmula
u dv u v v du . . - .= ∫∫
temos:
 e x dx e x xx
u dv
x
u
v
� ��� �� �
�
. . -=∫ ∫2 22 22 
v
x
du
e dx
�
��� ��
Note que a integral 
x
e dxx
2
2
 ∫ a ser calculada agora não é imediata e é mais complicada que a 
original.
Não fizemos uma boa escolha. Devemos então recomeçar, fazendo outra escolha para u e dv.
2) x x dx cos∫
Novamente devemos decidir quem é u e quem é dv.
Tomemos u = x e dv = cos x dx.
u = x dv = cos x dx
du
dx
=1	 	 	 ∫	dv = ∫	cos x dx
du = dx v = sen x
Substituindo na fórmula
u dv u v v du . . - .= ∫∫
temos:
 x x dx x sen x
u dv u v
� � �� �� � ���. cos .= -∫ ∫ sen x dx
v du
��� � ( I )
Calculando a integral imediata, temos:
sen x dx x c = +∫ - cos
Substituindo na expressão (I), vem:
 x x dx x sen x
u dv
� � �� ��. cos . - (- cos= x c) +∫
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x x dx x sen x x c . cos . cos= + +∫ 
3) Ln x dx ∫
Note que não conhecemos a integral de Ln x, isto é, ela não é imediata.
Assim, só temos uma opção a escolher: u = Ln x e dv = dx
u = Ln x dv = dx
du
dx x
=
1 ∫	dv = ∫	dx
du = 1
x
 dx v = x
Substituindo na fórmula
u dv u v v du . . - .= ∫∫
temos:
∫ ∫= Ln x dx Ln x x
u dv u v
� � ��� �. . - xx x
dx
v
d u
 
 
�
��� ��
 
1
( I )
Calculando a integral imediata, temos:
∫ ∫= = + x x dx dx x c1 
Substituindo na expressão (I), vem:
∫ = + Ln x dx Ln x x x c
u dv
 
. . - 
Colocando x em evidência, temos:
∫ = +Ln x dx x Ln x c . ( - ) 1
3.3 Integração de algumas funções trigonométricas
Inicialmente vamos listar algumas identidades trigonométricas que serão úteis em nossos exercícios:
1) sen2 x + cos2 x = 1
2) sen2 x = 1 - cos2 x
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3) cos2 x = 1 - sen2 x
4) cos2 x = 1 2
2
+ cos( )x
5) sen2 x = 1 2
2
− cos( )x
6) tg2 x = sec2 x – 1 
7) cotg2 x = cossec2 x – 1
Nos próximos exemplos, teremos integrais de funções trigonométricas que só poderão ser resolvidas 
se utilizarmos as identidades citadas para transformar a expressão em uma integral imediata ou que 
possam ser resolvidas por substituição ou por partes.
Exemplos:
1) Vamos utilizar um artifício que será usado sempre que o expoente for par. Utilizaremos a identidade 
trigonométrica 4.
cos2 x = 
1 2
2
+ cos( )x
Vamos então reescrever nossa integral:
cos
cos( )2 1 2
2∫ ∫= +x dx x dx 
Para resolver essa integral, você vai separar a fração em duas partes:
cos
cos( )
cos( )2
1
2
2
2
1
2
1
2
2∫ ∫ ∫= + = +x dx x dx x dx 
Pelas propriedades de integral, podemos separar a função em duas integrais, uma imediata e outra 
que deve ser resolvida por substituição:
cos cos( ) cos( )2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2∫ ∫ ∫ ∫= + = +x dx x dx dx x dx (a)
Resolvendo a integral trigonométrica por substituição, temos:
u = 2x
du
dx
= 2
 
du
dx
2
=
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cos cos ( ) cos cos2
1
2
2
1
2 2
1
4
x 
 
 dx x dx u du u du= = =∫ ∫ ∫ ∫
Calculando a integral imediata:
1
2
1
4
cos u dx sen u c= +∫
Voltando para a variável do enunciado:
1
2
2
1
4
2 cos ( ) ( )x dx sen x c= +∫
Calculando a integral imediata e substituindo o resultado anterior em (a):
cos ( )2
1
2
1
4
2 x dx x sen x c= + +∫
2) ∫ tgx dx 
Sabemos que tg x
sen x
x
 
 
 
=
cos
, então podemos reescrever a função do enunciado
∫ ∫=tgx dx sen xx dx cos
A nova integral deve ser resolvida por substituição.
u = cos x
du
dx
sen x= - du = - sen x dx
Temos então:
∫ ∫ ∫= =tgx dx sen xx dx u du cos -1
Calculando a integral imediata:
∫ ∫ ∫= = = − +tgx dx sen xx dx u du Ln u c cos - | |1
Voltando para a variável original:
∫ = − +tgx dx Ln x c | cos |
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Utilizando as propriedades de logaritmos, podemos escrever:
∫ = − + = +−tgx dx Ln x c Ln x c | cos | | (cos ) |1
Podemos escrever também:
∫ = +tgx dx Ln x c | sec |
3) ∫ sen3 x dx
Vamos utilizar um artifício que será usado sempre que o expoente for ímpar. Devemos fatorar o 
integrando e aplicar a identidade 2.
sen2 x = 1 - cos2 x
Fatorando o integrando:
sen3 x = sen2 x . sen x
Agora você deve aplicar a identidade 2 e depois a distributiva:
sen3 x = (1 - cos2 x) . sen x
sen3 x = sen x - cos2 x . sen x
Substituindo na integral do enunciado:
∫ sen3 x dx = ∫ (sen x - cos2 x . sen x) dx
Pela propriedade de integral, podemos separar a função e calcular duas integrais, assim:
∫ sen3 x dx = ∫ sen x dx - ∫ cos2 x . sen x dx (1)
A primeira integral é imediata e a segunda deve ser resolvida por substituição.
Vamos inicialmente resolver a segunda integral, utilizando o que já sabemos do método de 
substituição:
∫ cos2 x . sen x dx = - ∫ u 2 . du = - u
3
3
 + c = - cos
3
3
x + c
u = cos x
du
dx
sen x= - du = - sen x dx
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Substituindo em (1), vem:
∫ sen3 x dx = ∫ sen x dx - ∫ cos2 x . sen x dx = - cos x + cos
3
3
x
 + c
 Saiba mais
Para saber mais sobre métodos de integração, acesse o site <http://
ecalculo.if.usp.br/>, clique em “Integrais” e depois em “Técnicas de 
Primitivação”. Lá você encontrará exemplos e exercícios de Integração 
(ou Primitivação) por substituição, por partes e por frações parciais. Bons 
estudos e boa navegação!
Porém, primeiro você deve estudar os exemplos a seguir.
3.4 Ampliando seu leque de exemplos
Veremos agora uma nova leva de integrais para que você possa estudar e esclarecer suas dúvidas. 
Nesses exemplos teremos integrais imediatas, por substituição e por partes.
 Lembrete
É importante que você estude os exemplos e depois tente refazê-los, 
isso o auxiliará em seus estudos.
Calcule as integrais:
a) ∫ +2 cos x dx 
Pelas propriedades de integral, podemos dividir a função emduas partes e calcular a integral de cada 
uma delas.
∫ ∫∫+ = +2 2 cos cosx dx dx x dx
Resolvendo cada uma das integrais pela regra de integração conveniente, temos:
∫ ∫∫+ = + = + +2 2 2cos cos x dx dx x dx x sen x c
b) ∫ +3 2x dx 
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Novamente você vai dividir a função em duas e calcular a integral de cada uma:
∫ ∫∫+ = +3 32 2 x dx dx x dx
Agora você tem duas integrais imediatas:
∫ + = + +3 3 3
3
 x dx 2 x
x
c
c) ∫ x x dx ( - )2 65
Essa integral deve ser resolvida por substituição, vamos então chamar x2 – 5 de u:
u = x2 - 5 du = 2 x dx
Logo, dx
du
x
=
2
Substituindo no enunciado:
∫ ∫=x x dx x u dux ( - ) ( )2 6 65 2
Simplificando:
∫ ∫=x x dx u du ( - ) ( )2 6 65 12
Calculando a integral imediata:
∫ ∫= + = +x x dx u c u c ( - ) .2 6 6 75 12 6 12 7
Retornando ao enunciado original:
∫ = +x x dx x c ( - ) ( - )2 6 2 75 514
d) ∫
+




x
x
dx
2
3 210( )
 
Vamos resolver a integral novamente por substituição, sendo u = (x3 + 10),
u = x3 + 10 du = 3 x2 dx
Logo, dx
du
x
=
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Substituindo no enunciado, temos:
∫ ∫
+( ) =
x
x
dx
x
u
du
x
2
3 2
2
2 2
10 3
 
Simplificando:
∫ ∫ ∫∫
+( ) = = =
−
x
x
dx
x
u
du
x
du
u
u du
2
3 2
2
2 2 2
2
10 3
1
3
1
3
 
Calculando a integral imediata:
∫
+( ) = + = − +
+ −x
x
dx
u u
c
2
3 2
2 1 1
10
1
3 2 1
1
3 1
 
 
 
 -
-
.
Voltando para a variável do enunciado:
∫
+( ) =
−
+
+
x
x
dx
x
c
2
3 2 310
1
3 10
 
.( )
e) (por partes) ∫ 2 x e dxx
Neste caso, devemos resolver a integral por partes e teremos
u = 2 x e dv = e x dx. Assim:
u = 2x dv = ex dx
 ∫ dv = ∫ ex dx
du = 2 dx v = ex
 Substituindo na integral, temos:
∫ ∫= −2 2 2 x e dx x e e dx
u
x
dv u
x
v
x
v du
     
.
∫ ∫=2 2 2 x e dx x e e dx
u
x
dv
x x
 
. -
Resolvendo a integral imediata:
∫ = +2 2 2 x e dx x e e c
u
x
dv
x x
 
. -
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
4 INTEGRAL DE RIEMANN
No cálculo de áreas de figuras planas não convencionais é comum utilizarmos o método da exaustão, 
isto é, utilizar aproximação por meio de outras figuras cujas áreas são conhecidas. A soma destas áreas 
fornece um valor aproximado da área que se deseja calcular.
Consideremos uma função contínua e f(x) ≥	0, num intervalo fechado [a,b]. Queremos determinar a 
área A da região plana formada pelo gráfico da função, pelo eixo x e as retas x = a e x = b.
Conforme a figura a seguir:
y
f(x)
A
a b x
Figura 2
A área da região não é conhecida da geometria elementar, vamos então dividir esta região em outras 
figuras conhecidas, por exemplo, em retângulos.
Para isso faremos uma partição no intervalo [a,b].
O que vem a ser uma partição em um intervalo?
Vamos então definir partição para podermos entender o que é uma integral definida.
4.1 Partição
Chamamos de partição de um intervalo ao conjunto de pontos {x0, x1, . . ., xn} que dividem o 
intervalo em n intervalos menores, com a = x0 e b = xn . Estes subintervalos não são necessariamente do 
mesmo tamanho.
Em nosso exemplo, veremos o que acontece quando n = 3 e quando n = 12. Para facilitar, tomaremos 
as divisões com mesmo tamanho (∆x).
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y
f(x)
a b x
Figura 4
y
f(x)
a ∆x b x
Figura 3
Note que a área sob o gráfico de f(x) é aproximadamente igual à soma das áreas dos retângulos. 
Neste caso, os retângulos foram formados com altura igual ao valor de f(xi), extremidade direita do 
subintervalo. O mesmo pode ser feito com a extremidade direita, com o ponto médio ou com qualquer 
ponto do intervalo, em todos os casos teremos resultados semelhantes.
Observe que, no caso de n = 3, a diferença entre a região marcada, a área real e a soma das áreas dos 
retângulos é maior do que no caso de n = 12. Em alguns casos, a área do retângulo é maior que a região 
correspondente marcada e em outros é menor.
 Lembrete
Quanto maior o número de divisões do intervalo [a,b], menor o valor de 
∆x e menor o erro cometido com a aproximação pela soma das áreas dos 
retângulos.
Cada retângulo tem base igual a ∆x e altura igual a f(x i). Neste caso, xi é a extremidade direita 
do intervalo correspondente. A área de cada um deles é dada por (∆x . f(xi) ) e a soma destas áreas é 
S x f xn
i
n
i=
=
∑∆
1
. ( ) .
4.2 Soma de Riemann
A soma S x f xn i
i
n
i=
=
∑∆
1
. ( ) é chamada de soma de Riemann da função f(x).
Note que agora estamos utilizando ∆xi para indicar a base dos retângulos, isto é, as bases não 
precisam ser necessariamente do mesmo tamanho, como ocorreu no nosso exemplo.
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Queremos o valor mais próximo da área A. Para isso, devemos colocar a menor base possível, isto é, 
∆xi tendendo a zero (∆xi →	0), o que ocorre quando n tende a infinito.
4.3 Integral definida ou integral de Riemann
Seja f uma função definida em [a,b] e L um número real tal que L x f x
xi
i i
i
n
Lim=
→ =
∑
∆
∆
0 1
. ( ) .
Chamamos de integral definida de f de a até b ao número L e indicamos f x
a
b
dx( ) 
 
 ∫ . Assim temos 
por definição:
f x x f x
a
b
xi
i i
i
n
dx Lim( ) . ( ) 
 ∫ =
→ =
∑
∆
∆
0 1
 Observação
Lê-se: integral de a até b de f(x) dx.
Se este limite existe, dizemos que a função é integrável no intervalo [a,b].
Na notação de integral definida, os números a e b são chamados de limites de integração, a é o 
limite inferior e b o superior.
Quando a função f for contínua e f(x) ≥ 0 no intervalo [a,b], temos que a integral definida é a área 
da região sob o gráfico de f de a até b.
Não faremos cálculos de integrais definidas utilizando limites. Utilizaremos o Teorema Fundamental 
do Cálculo Integral para resolver essas integrais por meio de primitivas.
4.4 Teorema Fundamental do Cálculo Integral (TFCI)
Se f é contínua em um intervalo fechado I e F é uma primitiva de f neste intervalo, isto é, F(x) = f ’(x), 
então para quaisquer a, b de I temos:
f x F b F a
a
b
dx( ) ( ) - ( ) 
 
 ∫ = 
Podemos também escrever f x F x F b F a
a
b
a
bdx( ) ( ) ( ) - ( ) 
 
 ∫ = [ ] = 
ou ainda f x F x F b F a
a
b
a
b
dx( ) ( ) ( ) - ( ) 
 
 ∫ = = 
Assim, para o cálculo das integrais definidas vamos utilizar as regras e métodos das integrais 
indefinidas para encontrar as primitivas.
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Exemplos:
1) Calcular as integrais definidas (utilizando o TFCI)
a) x dx 
 
1
2∫
Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = x. Pelas regras, sabemos que F(x) = 
x
c
2
2
+ .
Assim, calculando a integral, temos:
x
x
cdx 
 
 
1
2
22
1
2
∫ = +

 
Substituindo os extremos de integração:
x
x
c F F c cdx 
 
 
1
2
2 2 2
2
2 1
2
2
1
2
1
2
∫ = +

 = = +



 − +

 ( ) - ( ) 

 = − =
4
2
1
2
3
2
 Observação
Na integral definida, a constante c será cancelada após a distribuição do 
sinal de menos, sempre. Por esse motivo, vamos utilizar a primitiva sempre 
sem a constante, para integrais definidas.
b) 2 10
3 x dx- 
 
 ∫
Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = 2 x – 1. Pelas regras, temos:
∫ 2 x – 1 dx = 2
2
2
.
x
x− = x 2 – x .
Note que não escrevemos a constante c.
Assim:
2 1 3 0 3 3 0 0 9 3
0
3 2
0
3
2 2 x x x F Fdx- ( ) - ( ) ( ) ( ) 
 
 ∫ = −( ) = = − − − = − == 6
c) x x dx2
1
0
3 
 
-
-∫
Determinando a primitiva de f(x) = x 2 - 3 x pelas regras, temos:
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
∫ x 2 - 3 x dx = x x x x
2 1 2 3 2
2 1
3
2 3
3
2
+
+
− = −.
 
Portanto:
 x x
x x
F Fdx2
1
0
3 2
1
0
3
3
3
2
0 1 
 
- ( ) - (- )
-
-
∫ = −

 = (a)
Determinando os valores de F(0) e F(-1), temos:
F(0) = 0
3
3 0
2
0 0 0
3 2
− = − =
 .
F(-1) = ( ) . (- ) .−
− =
−
− = − − =
− −
= −
1
3
3 1
2
1
3
3 1
2
1
3
3
2
2 9
6
11
6
3 2 
Substituindo em (a), temos:
x x
x x
F Fdx2
1
0
3 2
1
0
3
3
3
2
0 1 0
11 
 
- ( ) - (- ) -
-
-
∫ = −

 = = − 66
11
6



 =
Observe que nos exemplos a) e b), os cálculos de F(a) e F(b) foram feitos diretamente na integral, já 
no exemplo c) os cálculos foram feitos separadamente e só depois colocados na integral.
O modo mais conveniente depende da função com que se está trabalhando, para funções com 
expressões mais simples é indiferente um ou outro modo, porém, para expressões mais longas ou 
complicadas, o cálculo separado facilita o processo.
d) sen x dx 
 
0
2
π∫
Já sabemos que ∫ sen x dx = - cos x, logo
sen x x F Fdx 
 
 
 
0
2
0
2
0
2
π
π
π∫ = −( ) =cos ( ) - ( ) (a)
Determinando os valores de F(π2 ) e F(0), temos:
F(π2 ) = - cos (
π
2 ) = - 0 = 0
F(0) = - cos 0 = - 1
Substituindo em (a), vem:
sen x x F Fdx 
 
 
 
0
2
0
2
0 0 1 1
2
π
π
π∫ = −( ) = = =cos ( ) - ( ) - (- ) 
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e) 
x
x
dx
 
 20
2
2−
∫ 
Note que esta integral não é imediata, deve ser resolvida por substituição.
Resolvendo a integral indefinida, temos:
∫ x
x
dx2 2−
 = ∫ 1
2u
du
 = 
1
2
 ∫ 1
u
du = 
1
2
 . Ln |u| = 1
2
 . Ln | x2 – 2 | + c
u = x2 – 2
du
dx
x= 2 , isto é, du x dx
2
= 
Pelo TFCI, temos:
x
x
Ln x Lndx
20
2 2
0
2
2
2
1
2
2
1
2
2 2
1
+
= + +∫ = . | | . | | - 22 0 22 . | |Ln + =
= = =
1
2
6
1
2
2
1
2
1792
1
2
0 693 0 . | | - . | | . , - . ,Ln Ln ,,550
f) ( )2 3 21
2 x dx+∫ 
Esta integral não é imediata, deve ser resolvida por substituição.
Resolvendo a integral indefinida, temos:
∫ (2 x + 3) 2 dx = ∫ u 2 du
2
 = 
1
2
 ∫ u 2 du = 1
2
 . u du
3
3
 = 
1
6
 . (2 x + 3)3
u = 2 x + 3
du
dx
= 2 , isto é, 
du
dx
2
= 
Pelo TFCI, temos:
( )2 3 2
1
2 x dx+∫ = 16 . (2 x + 3)3 1
2
 
1
6
 . (2 . 2+ 3)3 - 
1
6
 . (2 . 1 + 3)3 =
= 
1
6
 . (2 . 2+ 3)3 - 
1
6
 . (2 . 1 + 3)3 = 
1
6
 . 73 - 
1
6
 . 53 = 36,33
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
 Saiba mais
Para saber mais sobre soma de Riemann, acesse <http://ecalculo.if.usp.
br/>, clique em ”Integrais” e, em seguida, em “Soma de Riemann”.
4.5 Ampliando seu leque de exemplos
Veremos a seguir mais exemplos de integrais, alguns resolvidos utilizando o método de substituição 
outros utilizando partes e, ainda, algumas integrais definidas utilizando o TFCI.
Para definir qual dos métodos será usado, você deverá analisar a função antes de começar a resolver, 
isso agiliza o processo, evitando enganos.
Exemplos:
1) Resolva as integrais
a) ∫ Ln xx dx 2 temos:
Devemos calcular a integral por partes; como a integral de Ln x não é imediata, devemos escolher u 
= Ln x e dv
x
dx=
1
2 .
u Ln x= dv
x
dx=
1
2 
du
x
dx=
1
 dv x dx∫ ∫= −2 
 
v
x
v
x
=
+
⇒ =
+
 
-
-
-2 1
2 1
1
Substituindo na integral, temos:
∫ ∫=      Ln xx dx Ln x x x x 2 1 1 1. - - - . dx
Arrumando a expressão:
∫ ∫= − + −Ln xx dx Ln xx x dx 2 2
Resolvendo a integral imediata e substituindo na expressão:
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∫ = − +
− +
+ =
−
+
−
+
− + −Ln x
x
dx
Ln x
x
x
c
Ln x
x
x
c
 
 
 
2
2 1 1
2 1 1
Você pode ainda deixar a expressão de forma mais usual, não é comum deixar o sinal negativo no 
denominador:
∫ = − − +Ln xx dx Ln xx x c 2 1
b) ∫ Ln x dx 2
Devemos calcular a integral por parte, assim u = Ln x2 e dv = dx
u Ln x= 2 dv = dx
du
x
x dx= 
1
22 dv dx
v x
∫ ∫=
=
 
 
du
x
dx =
2
Substituindo na integral, temos:
∫ ∫=  Ln x dx x Ln x x x dx 2 2 2. - .
Simplificando a função:
∫ ∫= −Ln x dx x Ln x d x 2 2 2.
Calculando a integral e substituindo na expressão:
∫ = − +L dx x Ln xn x . x c2 2 2
c) sen x x dx2 . cos∫
Devemos calcular a integral por substituição. Seja u = sen x, temos:
u = sen x
du = cos x dx
Substituindo no enunciado, temos:
∫ ∫=sen x x dx u du
du
2 2 . cos��� ��
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Calculando a integral imediata:
∫ = + + = +
+
sen x x dx
u
c
u
c
du
2
2 1 3
2 1 3
 . cos��� ��
Voltando para a variável original:
∫ = +sen x x dx sen x c
du
2
3
3
 . cos��� ��
d) cos5 x dx∫
Inicialmente devemos escrever cos5 x = cos2x . cos2x . cos x, depois vamos substituir cos2x por 1 – sen2 
x, temos então:
cos cos cos cos5 2 2 x dx x x x dx=∫ ∫
∫ ∫=cos ( - ) . ( - ) . cos5 2 21 1 x dx sen x sen x x dx
Calculando a integral por substituição, fazendo u = sen x, temos:
u = sen x
du = cos x dx
Substituindo no enunciado, temos:
∫ ∫∫ ∫= − − = − − + = − +cos ( ).( ).5 2 2 2 2 4 2 41 1 1 1 2 x dx u u du u u u du u u ddu 
Calculando a integral:
∫ = + +cos -5 3 52 3 5 x dx u u u c
Voltando para a variável do enunciado:
∫ = + +cos -5 3 52 3 5 x dx sen x sen x sen x c
2) Resolva as integrais definidas
a) 3 2
0
3
x dx-∫
Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = 3 x – 2. Pelas regras, temos:
3 2 3
2
2
2
 x dx
x
x- .= −∫
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Note que não escrevemos a constante c.Assim:
 3 2 3
2
2
0
3
2
0
3
x
x
xdx- 
 
 ∫ = −


Substituindo os extremos de integração:
 3 2 3 0 3 3
2
2 3
0
3
2
x F Fdx- ( ) - ( ) . 
 
 ∫ = = −

 − 33
0
2
2 0
15
2
 −

 = .
b) x x dx
3
1
0 
 
-
-∫
Determinando a primitiva de f(x) = x 3 - x pelas regras, temos:
x x dx
x x x x
 3
3 1 2 4 2
3 1 2 4 2
− =
+
− = −∫ +
Portanto:
 
 
 
x x
x x
F Fdx3
1
0
4 2
1
0
4 2
0 1- ( ) - (- )
-
-
∫ = −

 = (a)
Determinando os valores de F(0) e F(-1), temos:
F( )0
0
4
0
2
0
4 2
= − =
 
F(-1) = F( )
( ) (- )
− =
−
− = − = − − = −1
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
4 2
 
 
Substituindo em (a), temos:
 
 
x x
x x
F Fdx3
1
0
4 2
1
0
4 2
0 1- ( ) - (- )
-
-
∫ = −

 = 
 
 
x x dx3
1
0
4 2 4 20
4
0
2
1
4
1
2
-
( ) (- )
-∫ = −

 −
−
−



  = −



 = 
 
0
1
4
1
2
1
4
-
x x
x x
dx2
1
0
3 2
1
0
3
3
3
2
0
1
4
1
4
 
 
- -
-
-
∫ = −

 = −



 = 
c) O valor da integral definida é: 
0
2
π
∫ x senx dx.
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CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
Devemos resolver a integral indefinida e depois substituir os extremos de integração.
A integral indefinida deve ser resolvida por partes, tomemos:
u = x e dv = sen x dx
Assim, derivando u e integrando dv:
 u = x dv = sen x dx
du = dx ∫dv = ∫sen x dx
 v = - cos x
Substituindo na integral, temos:
∫ = − − x sen x dx x x
u dv u v
� � �� �� � ��� ��. (- cos ) cos xx dx x x x dx
v du
��� �� �∫ ∫= + - . cos cos
Calculando a integral e substituindo na expressão:
∫ = + + x sen x dx x x sen x c
u dv
� � �� �� - . cos
Agora devemos substituir os extremos de integração:
0
2
2
0
π
π
∫ = +( ) x senx dx x x sen x. - . cos
0
2
2 2 2
π
π π π∫ =   +   x senx dx sen. - . cos

 − +( ) - . cos0 0 0sen
0
2
2
0 1 0 1 0
π
π∫ = +  − +( ) = x senx dx. - . - . 1
 Resumo
Nesta unidade estudamos dois métodos para calcular a integral de 
funções não imediatas: substituição e partes.
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Integração por substituição – é utilizada quando a função a ser 
integrada pode ser dividida em uma função u(x) e sua derivada u’(x), 
fazemos a substituição e transformamos a integral numa imediata.
Integração por partes – é utilizada quando a função a ser integrada 
é formada pelo produto de funções em que uma das parcelas não é a 
derivada da outra.
Este método consiste em separar o produto f . g em duas partes, uma 
chamaremos de u e outra de dv. A parte que chamamos de u será derivada 
e a que chamamos de dv será integrada.
Para o cálculo de integrais por partes utilizamos a fórmula:
∫ f(x) . g(x) dx = ∫u dv = u . v - ∫ v du
Algumas relações trigonométricas
1) sen2 x + cos2 x = 1
2) sen2 x = 1 - cos2 x 
3) cos2 x = 1 - sen2 x
4) cos2 x = 1 2
2
+ cos( )x
5) sen2 x = 
1 2
2
− cos( )x
6) tg2 x = sec2 x – 1 
7) cotg2 x = cossec2 x – 1
Integral de Riemann
Partição - divisão de um intervalo em subintervalos.
Integral de Riemann e soma de Riemann
f x x f x
a
b
xi
i i
i
n
dx Lim( ) . ( ) 
 ∫ =
→ =
∑ 
 ∆
∆
0 1
TFCI - Teorema Fundamental do Cálculo Integral
f x F b F a
a
b
dx( ) ( ) - ( ) 
 
 ∫ = 
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01
2
CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL
 Exercícios
Questão 1 ENADE-MATEMÁTICA/2008). Considere f R: ,0 ∞[ ]→ uma função cujo gráfico está 
representado na figura a seguir:
y
1
0
-1
1 2 x
Assinale a opção que melhor representa o gráfico da função f x f t dt
x
( ) ( )= ∫
0
. 
A)
0 2
x
y
0 1 2
x
E)
y
0 1 2
x
D)
y
B)
0 1 2
x
y
0 2
x
C)
Resposta correta: alternativa D.
Análise das alternativas:
66
Unidade II
Re
vi
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o:
 E
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Fa
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02
/2
01
2
O gráfico do enunciado, no intervalo de 0 a 1, é dado pela função f(x) = 1. Logo, nesse intervalo, temos 
f x dx dx x C( ) = = +∫∫ 1 , que é uma reta inclinada para a direita (de coeficiente angular igual a 1).
O gráfico do enunciado, no intervalo de 1 a 2, é dado pela função f(x) = -1. Logo, nesse intervalo, temos 
f x dx dx x C( ) = − = − +∫∫ 1 , que é uma reta inclinada para a esquerda (de coeficiente angular igual a -1).
O gráfico do enunciado, no intervalo de 2 ao infinito, é dado pela função f(x) = ax + b, com a>0. Logo, 
nesse intervalo, temos f x dx ax b dx
a
x bx C( ) ( )= + = + +∫∫ 22 , que é uma função quadrática (parábola) 
de concavidade voltada para cima.
Alternativa correta: D.
Sendo assim:
(A) Alternativa incorreta.
Justificativa: de acordo com os cálculos.
(B) Alternativa incorreta.
Justificativa: de acordo com os cálculos.
(C) Alternativa incorreta.
Justificativa: de acordo com os cálculos.
(D) Alternativa correta.
Justificativa: de acordo com os cálculos.
(E) Alternativa incorreta.
Justificativa: de acordo com os cálculos.
Questão 2 (FUVEST-TRANSFERÊNCIA/2009). Se f x e e dtx t
x
( ) = ∫ 2
0
, então f’(x) - f(x) é igual a:
A) ex x+
2
B) ex
2
C) e
x
D) 2
2
xex x+
E) 2
2
xex
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