Apostila-sacha
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1
2
ln
\ufffd\ufffd\ufffd x \u2212 1
x + 1
\ufffd\ufffd\ufffd+ C .
Cálculo 1, Versão 1.01 (3 de agosto de 2014). Sugestões, críticas e correções: sacha@mat.ufmg.br
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CAPÍTULO 6. INTEGRAL 6.9. Integração de funções racionais
Observação 6.5. Às vezes, os valores de A e B podem ser achados de um outro jeito. Por
exemplo, tomando o limite x \u2192\u22121 em (6.31) obtemos
1=\u22122B ,
isto é B =\u22121
2
. Tomando agora x \u2192+1 em (6.31) obtemos
1= 2A ,
isto é A= 1
2
.
A decomposição (6.30) é chamada de decomposição em frações parciais. Esta decom-
posição pode ser feita a cada vez que o denominador se encontra na forma de um produto
de fatores irredutíveis de grau 2. A decomposição deve às vezes ser adaptada.
Exemplo 6.32. Considere
\u222b
d x
x(x2+1)
. Vendo o que foi feito acima, uma decomposição natural
seria de decompor a fração da seguinte maneira:
1
x(x2+ 1)
=
A
x
+
B
x2+ 1
. (6.33)
Infelizmente, pode ser verificado (veja o Exercício 6.38 abaixo) que não existem constantes
A e B tais que a relação acima valha para todo x . O problema é que o denominador da
fração original contém x2+ 1, que é irredutível (isto é: possui um discriminante negativo),
de grau 2. Assim, procuremos uma decomposição da forma
1
x(x2+ 1)
=
A
x
+
Bx + C
x2+ 1
. (6.34)
Igualando os numeradores, 1 = A(x2 + 1) + (Bx + C)x , o que equivale a dizer que o
polinômio (A+ B)x2 + C x + A\u2212 1 = 0 é nulo para todo x . Isto é: todos os seus coefi-
cientes são nulos:
A+ B = 0 , C = 0 , A\u2212 1= 0 .
Assim vemos que A= 1, B =\u22121, C = 0. Verificando:
1
x
+
\u2212x
x2+ 1
=
1(x2+ 1) + (\u2212x)x
x(x2+ 1)
\u2261 1
x(x2+ 1)
.
Logo, \u222b
d x
x(x2+ 1)
=
\u222b
d x
x
\u2212
\u222b
x
x2+ 1
d x = ln |x | \u2212 1
2
ln(x2+ 1) + c .
Exercício 6.38. No Exemplo 6.32, verifique que não tem decomposição da forma 1
x(x2+1)
=
A
x
+ B
x2+1
.
Observação 6.6. O esquema de decomposição usado em (6.34) pode ser generalizado:
1
(\u3b11 x2+ \u3b21)(\u3b12 x2+ \u3b22) · · · (\u3b1n x2+ \u3b2n) =
A1 x + C1
\u3b11 x2+ \u3b21
+
A2 x + C2
\u3b12 x2+ \u3b22
+ · · ·+ An x + Cn
\u3b1n x2+ \u3b2n
.
Na expressão acima, todos os \u3b1k > 0 e \u3b2k > 0.
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6.9. Integração de funções racionais CAPÍTULO 6. INTEGRAL
Exemplo 6.33. Considere
\u222b
d x
x(x+1)2
. Aqui o denominador contém o polinômio irredutível
x + 1 elevado à potência 2. Assim procuremos uma decomposição da forma
1
x(x + 1)2
=
A
x
+
B
x + 1
+
C
(x + 1)2
. (6.35)
Igualando os numeradores, 1 = A(x + 1)2 + Bx(x + 1) + C x , isto é (A+ B)x2 + (2A+ B +
C)x + A\u2212 1 = 0. Para isso valer para todo x , é preciso que sejam satisfeitas as seguintes
relações:
A+ B = 0 , 2A+ B+ C = 0 , A\u2212 1= 0
Assim vemos que A = 1, B = \u22121, C = \u22121. Deixemos o leitor verificar a decomposição.
Logo, \u222b
d x
x(x + 1)2
=
\u222b n1
x
\u2212 1
x + 1
\u2212 1
(x + 1)2
} d x
= ln |x | \u2212 ln |x + 1|+ 1
x + 1
+ c .
Observação 6.7. A decomposição (6.35) pode ser usada a cada vez que aparece uma potên-
cia de um fator irredutível. Por exemplo,
1
x(x + 1)4
=
A
x
+
B
x + 1
+
C
(x + 1)2
+
D
(x + 1)3
+
E
(x + 1)4
.
Exercício 6.39. No Exemplo 6.33, verifique que não tem decomposição da forma 1
x(x+1)2
=
A
x
+ B
(x+1)2
.
Os métodos acima podem ser combinados:
Exemplo 6.34. Para
\u222b
d x
x2(x2+4)
, procuremos uma decomposição da forma
1
x2(x2+ 4)
=
A
x
+
B
x2
+
C x + D
x2+ 4
.
Igualando os numeradores e expressando os coeficientes do polinômio em função de A, B, C , D
obtemos o seguinte sistema:
A+ C = 0 , B+ D = 0 , 4A= 0 , 4B = 1 .
A solução é obtida facilmente: A= 0, B = 1
4
, C = 0, D =\u22121
4
. Logo,\u222b
d x
x2(x2+ 4)
= 1
4
\u222b
d x
x2
\u2212 1
4
\u222b
d x
x2+ 4
=\u2212 1
4x
\u2212 1
8
arctan( x
2
) + c .
Exercício 6.40. Calcule as primitivas.
1.
\u222b
d x
2x2+1
2.
\u222b
x5
x2+1
d x
3.
\u222b
d x
(x+2)2
4.
\u222b
1
x2+x
d x
5.
\u222b
1
x3+x
d x
6.
\u222b
d x
x2+2x\u22123
7.
\u222b
d x
x2+2x+3
8.
\u222b
d x
x(x\u22122)2
9.
\u222b
d x
x2(x+1)
10.
\u222b
1
t4+t3
d t
11.
\u222b
d x
x(x+1)3
12.
\u222b
x2+1
x3+x
d x
13.
\u222b
x3
x4\u22121 d x
14.
\u222b
x ln x
(x2+1)2
d x
15.
\u222b
d x
x3+1
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CAPÍTULO 6. INTEGRAL 6.10. Integrais Impróprias
Exercício 6.41. Calcule o comprimento do gráfico da função exponencial f (x) = ex , entre
x = 0 e x = 1.
Exercício 6.42. Calcule
\u222b
1
cos x
d x. (Dica: multiplique e divida por cos x.)
Exercício 6.43. (3a Prova 2010, Turmas N) Calcule
\u222b
x
x2+4x+13
d x.
6.10 Integrais Impróprias
A integral de Riemann foi definida naturalmente para uma função f : [a, b]\u2192 R contínua,
como um limite de somas de retângulos. Nesta seção estudaremos integrais de funções em
intervalos infinitos, como [0,\u221e) ou a reta inteira, ou em intervalos do tipo (a, b], em que
a função pode possuir alguma descontinuidade (uma assíntota vertical por exemplo) em a.
Tais integrais são chamadas de impróprias, e são muito usadas, em particular no estudo de
séries (Cálculo II e CVV).
6.10.1 Integrais impróprias em intervalos infinitos
Consideremos para começar o problema de integrar uma função num intervalo infinito,
f : [a,\u221e)\u2192 R. Vemos imediatamente que não tem como definir somas de Riemann num
intervalo infinito: qualquer subdivisão de [a,\u221e) contém um número infinito de retângulos.
O que pode ser feito é o seguinte: escolheremos um número L > a grande mas finito,
calcularemos a integral de Riemann de f em [a, L], e em seguida tomaremos o limite L \u2192
\u221e:
Definição 6.3. Seja f : [a,\u221e)\u2192 R uma função contínua. Se o limite\u222b \u221e
a
f (x) d x:= lim
L\u2192\u221e
\u222b L
a
f (x) d x , (6.36)
existir e for finito, diremos que a integral imprópria
\u222b\u221e
a
f (x) d x converge. Caso contrário,
ela diverge. Integrais impróprias para f : (\u2212\u221e, b]\u2192 R se definem da mesma maneira:\u222b b
\u2212\u221e
f (x) d x:= lim
L\u2192\u221e
\u222b b
\u2212L
f (x) d x . (6.37)
Exemplo 6.35. Considere f (x) = e\u2212x em [0,+\u221e):\u222b \u221e
0
e\u2212x d x = lim
L\u2192\u221e
\u222b L
0
e\u2212x d x = lim
L\u2192\u221e
\ufffd\u2212e\u2212x	\ufffd\ufffdL0 = limL\u2192\u221e\ufffd1\u2212 e\u2212L	= 1 ,
que é finito. Logo,
\u222b\u221e
0
e\u2212x d x converge e vale 1. Como e\u2212x é uma função positiva no
intervalo [0,\u221e) todo, o valor de \u222b\u221e
0
e\u2212x d x pode ser interpretado como o valor da área
delimitada pela parte do gráfico de e\u2212x contida no primeiro quadrante, pelo eixo x e pelo
eixo y:
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6.10. Integrais Impróprias CAPÍTULO 6. INTEGRAL
e\u2212x
área= 1
Observe que apesar dessa área não possuir limitação espacial, ela é finita!
Exemplo 6.36. Considere f (x) = 1
x
em [1,\u221e):\u222b \u221e
1
d x
x
= lim
L\u2192\u221e
\u222b L
1
d x
x
= lim
L\u2192\u221e
\ufffd
ln x
	\ufffd\ufffdL
1 = limL\u2192\u221e ln L =\u221e .
1
x
área=\u221e
Neste caso, a interpretação de
\u222b\u221e
1
d x
x
=\u221e é que a área delimitada pelo gráfico de f (x) = 1
x
é infinita.
Observação 6.8. As duas funções consideradas acima, e\u2212x e 1
x
, tendem a zero no infinito.
No entanto, a integral imprópria da primeira converge, enquanto a da segunda diverge. As-
sim, vemos que não basta uma função tender a zero no infinito para a sua integral imprópria
convergir! De fato, a convergência de uma integral imprópria depende de quão rápido a
função tende a zero. Nos exemplos acima, e\u2212x tende a zero muito mais rápido 6 que 1
x
. No
caso, e\u2212x tende a zero rápido o suficiente para que a área delimitada pelo seu gráfico seja
finita, e 1
x
tende a zero devagar o suficiente para que a área delimitada pelo seu gráfico seja
infinita.
Exemplo 6.37. Considere a integral imprópria\u222b \u221e
1
1p
x(x + 1)
d x = lim
L\u2192\u221e
\u222b L
1
1p
x(x + 1)
d x .
Com u=
p
x temos d x = 2u