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Conteu´do
1 Ca´lculo integral 1
1.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Fo´rmula fundamental do ca´lculo integral. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Aplicac¸o˜es do ca´lculo integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Integrac¸a˜o por partes e por substituic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5 Teorema da me´dia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6 Integral indefinido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.7 Integral impro´prio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Os apontamentos Lic¸o˜es de Matema´tica tiveram origem nas mate´rias leccionadas aos alunos de
Matema´tica II (Lic. em Biologia) ao longo do ano lectivo de 2004-05. Uma parte do conteu´do
aqui apresentado foi inspirado nos apontamentos manuscritos da Isabel Faria para a disciplina de
Ana´lise Matema´tica I e uma parte dos exerc´ıcios prove´m dos exerc´ıcios dessa mesma disciplina.
Estes apontamentos foram realizados com recurso a software livre, como o Tex, GnuPlot e XFig.
Na˜o posso deixar de agradecer os preciosos conselhos dos meus colegas das disciplinas de Ana´lise
Matema´tica I, Ana´lise Matema´tica II e Matema´tica I, a quem recorri por diversas vezes.
Um agradecimento tambe´m a`s alunas que disponibilizaram a sua resoluc¸a˜o dos exerc´ıcios para
serem colocados na pa´gina web da disciplina.
Um agradecimento muito especial a` Isabel Faria, que ainda leu algumas das Lic¸o˜es de Matema´tica,
detectando va´rias gralhas e alguns erros e sugerindo diversas melhorias ao texto.
i
CONTEU´DO
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 ii
Cap´ıtulo 1
Ca´lculo integral
1.1 Integral de Riemann
Seja f : I = [a, b] → R uma func¸a˜o cont´ınua tal que f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. Pretendemos
determinar a a´rea da regia˜o delimitada pelo eixo dos xx e o gra´fico de f, que designamos por A.
Comecemos por calcular a a´rea aproximada utlizando regio˜es cujas a´reas conhecemos.
Pelo teorema de Weierstrass, toda a func¸a˜o cont´ınua num intervalo fechado e limitado tem
ma´ximo e mı´nimo nesse intervalo. Seja m = min{f(x) : x ∈ [a, b]} e M = max{f(x) : x ∈
[a, b]}. Claramente a a´rea A e´ limitada inferiormente por S0 = m(b − a) e superiormente por
S0 =M(b− a), i.e.,
S0 = m(b− a) ≤ A ≤ S0 =M(b− a).
y
a b
x
M
y
a b
x
y
a b
x
m
Podemos tentar melhorar a aproximac¸a˜o ao valor de A, subdividindo o intervalo [a, b] em dois
sub-intervalos [a, c] e [c, b] onde c ∈]a, b[ e´ um ponto arbitra´rio. Designamos por
m1 = min{f(x) : x ∈ [a, c]}, m2 = min{f(x) : x ∈ [c, b]},
M1 = max{f(x) : x ∈ [a, c]} M2 = max{f(x) : x ∈ [c, b]}.
Claramente temos
S0 ≤ S1 = m1(c− a) +m2(b− c) ≤ A´rea ≤ S1 =M1(c− a) +M2(b− c) ≤ S0,
conforme esta´ representado na seguinte figura.
1
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
a b
x
M2
y
a b
x
m2
a b
x
yy
S1(f)
c cc
S1(f)
M1
≤ ≤m1
Continuando este processo podemos determinar duas sucesso˜es, uma crescente, Sn(f), designada
por sucessa˜o das somas inferiores de Darboux de f , e outra decrescente, Sn(f), designada por
sucessa˜o das somas superiores superiores de Darboux de f , tais que
S0(f) ≤ S1(f) ≤ · · · ≤ Sn(f) ≤ · · · ≤ A ≤ · · · ≤ Sn(f) ≤ · · · ≤ S1(f) ≤ S0(f).
Intuitivamente o valor da a´rea A sera´ o valor dos limites de ambas estas sucesso˜es. Neste caso
dizemos que a func¸a˜o e´ integra´vel a` Riemann e escrevemos
∫
I
f =
b∫
a
f(x)dx = a´rea A.
Exemplo
Pretendemos calcular
1∫
0
x dx. Calculando as somas inferiores e superiores de Darboux associadas
a`s partic¸o˜es representadas na seguinte figura e que foram obtidas dividindo sucessivamente a
meio cada um dos sub-intervalos anteriores obtemos a sucessa˜o crescente
S0 = 0, S1 =
1
4
, S2 =
3
8
, S3 =
7
16
, . . . , Sn =
2n − 1
2n+1
, . . .
e a sucessa˜o decrescente
S0 = 1, S1 =
3
4
, S2 =
5
8
, S3 =
9
16
, . . . , Sn =
2n + 1
2n+1
, . . .
Daqui resulta que
1∫
0
x dx = lim
n→∞
Sn = limn→∞
Sn =
1
2
.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 2
1.1. INTEGRAL DE RIEMANN
x
x
x
y y
yy
S2 =
3
8
S2 =
5
8
S4 =
7
16
S4 =
9
16
S1 =
1
4
S1 =
3
4
S1 =
1
4
S1 =
3
4
S0 = 0 S0 = 1
x
1
1
y = x
1
1
y = x
1
1
y = x
1
1
y = x
Vamos agora dar a definic¸a˜o formal de somas inferiores e superiores de Darboux e definir func¸a˜o
integra´vel a` Riemann.
Seja f : [a, b] → R uma func¸a˜o limitada. Chamamos partic¸a˜o de I = [a, b] a uma colecc¸a˜o
P = {x0, x1, . . . , xn} tal que a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Associada a uma partic¸a˜o P
temos uma subdivisa˜o do intervalo I em n sub-intervalos
I1 = [x0, x1], I2 = [x1, x2], . . . , In = [xn−1, xn].
Cada sub-intervalo Ij = [xj−1, xj ] tem amplitude ∆j = xj − xj−1.
Como f e´ uma func¸a˜o limitada va˜o existir mj = inf{f(x) : x ∈ Ij}1 e Mj = sup{f(x) : x ∈ Ij}2.
Definic¸a˜o 1 Chamamos soma inferior de Darboux de f relativamente a P a SP(f) =
∑n
j=1∆jmj
e soma superior de Darboux de f relativamente a P a SP(f) =
∑n
j=1∆jMj .
Tal como anteriormente tem-se,
SP(f) ≤ A ≤ SP(f).
Definic¸a˜o 2 Seja f uma func¸a˜o limitada em [a, b]. Dizemos que f e´ uma func¸a˜o integra´vel a`
Riemann em [a, b] se
∀ε > 0 ∃P partic¸a˜o tal que SP(f)− SP(f) < ε.
1Dizemos que um elemento de R e´ um minorante de f em Ij se for inferior ou igual a f(x) para todo o x ∈ Ij .
Ao maior dos minorantes chamamos ı´nfimo. Se o ı´nfimo for atingido por algum valor de f(x) designa-se por
mı´nimo em Ij .
2Dizemos que um elemento de R e´ um majorante de f em Ij se for superior ou igual a f(x) para todo o x ∈ Ij .
Ao menor dos majorantes chamamos supremo. Se o supremo for atingido por algum valor de f(x) designa-se por
ma´ximo em Ij .
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 3
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Se f e´ integra´vel chama-se integral de f e denota-se
∫
I
f =
b∫
a
f(x) dx, ao u´nico nu´mero real que
verifica
SP(f) ≤
b∫
a
f(x) dx ≤ SP(f)
para toda a partic¸a˜o P.
Vejamos algumas propriedades do integral de Riemann.
Proposic¸a˜o 1.1.1 Sejam f, g : I = [a, b] → R duas func¸o˜es integra´veis, λ ∈ R e c ∈ [a, b].
Tem-se:
(i) f + g e´ uma func¸a˜o integra´vel e tem-se
b∫
a
(f(x) + g(x))dx =
b∫
a
f(x)dx+
b∫
a
g(x)dx.
(ii) λ f e´ uma func¸a˜o integra´vel e tem-se
b∫
a
λ f(x) dx = λ
b∫
a
f(x)dx.
(iii) f(x) ≥ g(x) para todo o x ∈ I tem-se
b∫
a
f(x) dx ≥
b∫
a
g(x)dx.
(iv)
b∫
a
f(x) dx =
c∫
a
f(x) dx+
b∫
c
f(x) dx.
As propriedades (i) e (ii) costumam designar-se por linearidade do integral, (iii) por monotonia
do integral e (iv) por aditividade do integral.
Vamos ainda denotar
a∫
a
f(x) dx = 0 e
a∫
b
f(x) dx = −
b∫
a
f(x)dx.
Vejamos dois exemplos que ilustram as propriedades anteriores.
Exemplo
Sabendo que
1∫
0
x dx =
1
2
e que
1∫
0
x2 dx =
1
3
,
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 4
1.1. INTEGRAL DE RIEMANN
obtemos pelas propriedades anteriores
1∫
0
(x+ 5x2) dx =
1∫
0
x dx+
1∫
0
5x2 dx
=
1∫
0
x dx+ 5
1∫
0
x2 dx =
1
2
+
5
3
=
13
6
.
O integral de uma func¸a˜o representa a a´rea da regia˜o delimitada pelo eixo dos xx e pelo gra´fico
de f , se a func¸a˜o f tomar valores na˜o negativos. No caso de a func¸a˜o tomar valores negativos o
integral representa o sime´trico da a´rea dessa regia˜o. Vejamos um exemplo.
Exemplo
Consideremos a func¸a˜o f(x) = sinx em [0, 2pi]. No intervalo [0, pi] temos f(x) ≥ 0 e no intervalo
[pi, 2pi] temos f(x) ≤ 0. As a´reas em cada um dos sub-intervalos sa˜o iguais mas os integraisteˆm
sinais contra´rios. Assim,
2pi∫
0
sinx dx =
pi∫
0
sinx dx+
2pi∫
pi
sinx dx = 0.
2pipi0
1
-1
y = sinx
X
y
+
-
Exerc´ıcios
1. Seja f : [a, b]→ R a func¸a˜o constante de valor k.
(a) Determine as somas inferiores e superiores de Darboux de f .
(b) Justifique que f e´ integra´vel em [a, b] e calcule
b∫
a
f(x) dx.
2. Justifique, sem calcular, qual dos seguintes integrais e´ maior:
(a)
1∫
0
√
x dx e
1∫
0
x3 dx.
(b)
e∫
1
x dx e
e∫
1
log x dx.
3. Sabendo que
b∫
a
1 dx = b− a e que
b∫
a
x dx =
b2 − a2
2
determine
2∫
−1
|3x− 1| dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 5
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1.2 Fo´rmula fundamental do ca´lculo integral.
O pro´ximo resultado vai-nos dar uma classe muito importante de func¸o˜es integra´veis em inter-
valos fechados e limitados, a saber, as func¸o˜es cont´ınuas. Esta classe engloba ja´ a maior parte
das func¸o˜es com que vamos trabalhar.
Teorema 1.2.1 Seja f : I = [a, b]→ R uma func¸a˜o cont´ınua. Enta˜o f e´ integra´vel a` Riemann
em [a, b].
Observac¸o˜es
1. Na˜o e´ necessa´rio adicionar a hipo´tese de f ser uma func¸a˜o limitada uma vez que toda a
func¸a˜o cont´ınua num intervalo fechado e limitado tem ma´ximo e mı´nimo nesse intervalo
(Teorema de Weierstrass).
2. O teorema anterior tambe´m e´ valido para func¸o˜es que sejam cont´ınuas em todos os pontos
de [a, b] com a poss´ıvel excepc¸a˜o de um nu´mero finito de pontos. Mas nessa altura temos
que adicionar a hipo´tese de f ser uma func¸a˜o limitada.
3. Uma outra classe de func¸o˜es integra´veis em intervalos fechados e limitados que podemos
considerar sa˜o as func¸o˜es mono´tonas.
O pro´ximo resultado e´ conhecido por fo´rmula fundamental do ca´lculo integral (ou fo´rmula de
Barrow) e relaciona dois conceitos aparentemente desconexos, a saber, o conceito de integral
que foi motivado pelo problema de determinar uma a´rea, e o conceito de primitiva que envolve
a noc¸a˜o de derivada.
Teorema 1.2.2 Seja f : I = [a, b] → R uma func¸a˜o limitada, integra´vel e primitiva´vel. Seja
F : I = [a, b]→ R uma primitiva de f . Enta˜o
b∫
a
f(x)dx =
[
F (x)
]b
a
= F (b)− F (a).
A demonstrac¸a˜o deste resultado no caso particular em que f e´ uma func¸a˜o cont´ınua sera´ obtida
mais adiante como corola´rio das propriedades do integral indefinido (ver o corola´rio 1.6.2).
Exerc´ıcios resolvidos
Vejamos uma se´rie de exerc´ıcios resolvidos onde podemos aplicar a fo´rmula de Barrow. Estes
exerc´ıcios pretendem ser tambe´m uma revisa˜o sobre primitivas e func¸o˜es trignome´tricas inversas.
1.
b∫
a
kdx com k ∈ R uma constante.
2.
1∫
0
x dx
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 6
1.2. FO´RMULA FUNDAMENTAL DO CA´LCULO INTEGRAL.
3.
6∫
2
√
x+ 1 dx.
4.
3∫
1
e−x dx.
5.
3∫
1
|2− x| dx.
6.
e∫
1
log x dx.
7.
1∫
0
arctan x
1 + x2
dx.
8.
√
3∫
0
dx
(1 + x2)arctan x
.
9.
√
2
2∫
−
√
2
2
x dx√
1− x4 .
10.
1∫
−1
dx
x2 − 4.
11.
0∫
−2
x+ 10
(x− 1)2 dx.
12.
√
2∫
0
2x+ 3
x2 + 2
dx.
13.
2∫
−2
3x3 + 2
x+ 3
dx.
14.
1∫
0
e2x
ex + 4
dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 7
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
15.
pi2∫
0
cos
√
x dx.
16.
1
3∫
0
2 dx√
4− 9x2 .
Resoluc¸a˜o
1.
b∫
a
k dx = k
b∫
a
1 dx = k[x]ba = k(b− a).
2.
1∫
0
x dx =
[
x2
2
]1
0
=
1
2
.
3. Recordemos que P f ′fα =
fα+1
α+ 1
+ Cte (α 6= −1). Assim,
6∫
2
√
x+ 1 dx =
6∫
2
(x+ 1)
1
2 dx =
[
(x+ 1)
3
2
3
2
]6
2
=
2
3
[
(x+ 1)
3
2
]6
2
=
2
3
(7
3
2 − 3 32 ).
4. Recordemos que P (f ′ef ) = ef + Cte. Assim,
3∫
1
e−xdx = −
3∫
1
−e−xdx = − [e−x]3
1
= −(e−3 − e−1) = e−1 − e−3.
5. Tem-se f(x) = |2− x| =
{
2− x, 2− x ≥ 0
x− 2, 2− x ≤ 0 =
{
2− x, 1 ≤ x ≤ 2
x− 2, 2 ≤ x ≤ 3 . Assim
3∫
1
|2− x| dx =
2∫
1
(2− x) dx+
3∫
2
(x− 2) dx
=
[
2x− x
2
2
]2
1
+
[
x2
2
− 2x
]3
2
= (4− 2)−
(
2− 1
2
)
+
(9
2
− 6
)
− (2− 4) = 1,
como podemos constatar imediatamente analisando o gra´fico da func¸a˜o.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 8
1.2. FO´RMULA FUNDAMENTAL DO CA´LCULO INTEGRAL.
31
y = x− 2
y = 2− x
x
y
1
−2
2
2
6. Recordemos a fo´rmula de primitivac¸a˜o por partes P (u′v) = u v−P (u v′). Tomando u′ = 1
e v = log x obtemos
P 1 · log x = x log x− P x 1
x
= x log x− x = x(log x− 1).
Assim,
e∫
1
log x dx = [x(log x− 1)]e1 = e(1 − 1)− (−1) = 1.
7. A func¸a˜o f(x) = arctg x e´ a func¸a˜o trignome´trica inversa da tangente. Esta func¸a˜o esta´
definida em todo o R e tem como contradomı´nio ] − pi2 , pi2 [. O seu gra´fico encontra-se
representado na seguinte figura.
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-4 -2 0 2 4
atan(x)
pi
2
√
3
−
√
3
3
1
√
3
3
−1−
√
3
pi
6
−pi
6
−pi
4
−pi
3
pi
3
pi
4
−pi
2
Tem-se (arctg x)′ = 11+x2 . Como P f
′ f =
1
2
f2 obtemos
P
arctg x
1 + x2
= P
1
1 + x2
arctg x =
1
2
arctg2x.
Assim,
1∫
0
arctg x
1 + x2
dx =
1
2
[
arctg2x
]1
0
=
1
2
(arctg21− arctg20) = 1
2
(pi
4
)2
=
pi2
32
.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 9
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
8. Recordemos que P f
′
f = log |f |+ Cte. Assim
P
1
arctg x(1 + x2)
= P
1
1+x2
arctg x
= log |arctg x|,
e portanto,
√
3∫
1
dx
arctg x(1 + x2)
=
[
log |arctg x|
]√3
1
= log |arctg
√
3| − log |arctg 1|
= log
pi
3
− log pi
4
= log
4
3
.
9. A func¸a˜o f(x) = arcsen x e´ a func¸a˜o trignome´trica inversa de seno x. Esta func¸a˜o esta´
definida em [−1, 1] e tem como contradomı´nio [−pi2 , pi2 ]. O seu gra´fico encontra-se repre-
sentado na seguinte figura.
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
asin(x)
−
√
3
2
pi
2
−pi
2
pi
3
pi
6
−pi
3
−pi
6
1
2
√
3
2
− 1
2
Tem-se y = (arcsen x)′ = 1√
1−x2 , logo
(arcsen f)′ =
1√
1− f2
f ′ =
f ′√
1− f2
.
Assim
P
x√
1− x4 =
1
2
P
2x√
1− (x2)2 =
1
2
arcsen x2,
e √
2
2∫
−
√
2
2
x dx√
1− x4 =
1
2
[
arcsen x2
]√2
2
−
√
2
2
=
1
2
(
arcsen
1
2
− arcsen 1
2
)
= 0.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 10
1.2. FO´RMULA FUNDAMENTAL DO CA´LCULO INTEGRAL.
10. A func¸a˜o R(x) = 1
x2−4 e´ uma func¸a˜o racional pro´pria pois e´ um quociente de dois
polino´mios, sendo que o grau do denominador e´ superior ao do numerador. O polino´mio
x2−4 tem duas ra´ızes simples −2, 2 e portanto admite a factorizac¸a˜o x2−4 = (x+2)(x−2).
Vamos empregar o me´todo dos coeficientes indeterminados para decompoˆr R(x):
1
x2 − 4 =
1
(x− 2)(x+ 2) =
A
x− 2 +
B
x+ 2
=
A(x+ 2) +B(x− 2)
(x− 2)(x+ 2) =
(A+B)x+ 2(A−B)
x2 − 4 .
Daqui resultam as igualdades{
A+B = 0
2(A−B) = 1 ⇔
{
B = −A
4A = 1
⇔
{
B = −14
A = 14 .
Assim
1
x2 − 4 =
1
4(x− 2) −
1
4(x+ 2)
e portanto
1∫
−1
dx
x2 − 4 =
1∫
−1
[
1
4(x− 2) −
1
4(x+ 2)
]
dx
=
1
4
1∫
−1
dx
x− 2 −
1
4
1∫
−1
dx
x+ 2
=
1
4
[
log |x− 2| − log |x+ 2|
]1
−1
=
1
4
(log 1− log 3− log 3 + log 1) = − log 3
2
.
11. A func¸a˜o R(x) = x+10
(x−1)2 e´ uma func¸a˜o racional pro´pria cujo denominador admite a ra´ız
dupla x = 1. Nestes casos procuramos decompoˆr R(x) da seguinte forma:
x+ 10
(x− 1)2 =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 =
A(x− 1) +B
(x− 1)2 =
Ax+B −A
(x− 1)2 .
Daqui resultam as igualdades{
A = 1B −A = 10 ⇔
{
A = 1
B = 11.
Assim
x+ 10
(x− 1)2 =
1
x− 1 −
11
(x− 1)2 .
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 11
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Uma vez que P 1
(x−1)2 = P (x− 1)−2 = −(x− 1)−1 obtemos
0∫
−2
x+ 10
(x− 1)2 dx =
0∫
−2
(
1
x− 1 −
11
(x− 1)2
)
dx
=
[
log |x− 1| − 11
x− 1
]0
−2
= log 1 + 11− log 3− 11
3
=
22
3
− log 3.
12. A func¸a˜o R(x) = 2x+3x2+2 e´ uma func¸a˜o racional pro´pria cujo denominador na˜o admite ra´ızes
reais (apenas tem ra´ızes complexas simples). Nestes casos decompomos R(x) da seguinte
forma:
2x+ 3
x2 + 2
=
2x
x2 + 2
+
3
x2 + 2
.
A primeira parcela tem primitiva imediata P 2x
x2+2
= log |x2 + 2| uma vez que e´ da forma
P f
′
f = log |f |. Quanto a` segunda parcela tem primitiva (quase) imediata. Sena˜o vejamos:
P
3
x2 + 2
= P
3
2
(
x2
2 + 1
)
=
3
√
2
2
P
1√
2(
x√
2
)2
+ 1
=
3
√
2
2
arctg
x√
2
,
pois e´ da forma P f
′
1+f2
= arctg f com f(x) = x√
2
. Donde
√
2∫
0
2x+ 3
x2 + 2
dx =
√
2∫
0
2x dx
x2 + 2
+
√
2∫
0
3 dx
x2 + 2
=
[
log |x2 + 2|
]√2
0
+
3
√
2
2
[
arctg
x√
2
]√2
0
= log 4− log 2 + 3
√
2
2
[
arctg
√
2√
2
− arctg 0
]
= log 2 +
3
√
2pi
8
.
13. A func¸a˜o R(x) = 3x
3+2
x+3 . Trata-se de uma func¸a˜o racional impro´pria pois o grau do
denominador e´ inferior ao grau do numerador. Dividindo os polino´mios podemos escrever
R(x) como uma soma de um polino´mio com uma func¸a˜o racional pro´pria (outro processo
seria utilizando a regra de Ruffini com a ra´ız x = −3):
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 12
1.2. FO´RMULA FUNDAMENTAL DO CA´LCULO INTEGRAL.
−
3x3 + 0x2 + 0x x+ 3
3x3 − 9x2
+ 0x
9x2 + 27x
9x2
27x + 2
2+
27x − 81
− 79
3x2 − 9x+ 27
−
−
Donde resulta que 3x
3+2
x+3 = 3x
2 − 9x+ 27− 79x+3 . Assim
2∫
−2
3x3 + 2
x+ 3
dx =
2∫
−2
[
3x2 − 9x+ 27− 79
x+ 3
]
dx
=
[
x3 − 9
2
x2 + 27x− 79 log |x+ 3|
]2
−2
= 8− 18 + 54− 79 log 5− (−8− 18− 54− 79 log 1)
= 132 − 79 log 5.
14. Recordemos a fo´rmula de primitivac¸a˜o por substituic¸a˜o. Seja x = x(t) uma func¸a˜o de-
riva´vel e invert´ıvel, e t = t(x) a correspondente inversa. Enta˜o
Pf(x) = Pf(x(t)).x′(t)|t=t(x).
Vamos fazer a substituic¸a˜o t = ex. Enta˜o x = log t e x′ = 1t . Assim
P
e2x
ex + 4
= P
t2
t+ 4
.
1
t
∣∣∣∣
t=ex
= P
t
t+ 4
∣∣∣∣
t=ex
= P
t+ 4− 4
t+ 4
∣∣∣∣
t=ex
= P
(
1− 4
t+ 4
)∣∣∣∣
t=ex
=
(
t− 4 log |t+ 4|
)∣∣∣
t=ex
= ex − 4 log(ex + 4).
15. Vamos fazer a substituic¸a˜o t =
√
x. Enta˜o x = t2 e x′ = 2t. Assim
P cos
√
x = P cos t.2t|t=√x
por partes
= sin t . 2t− 2P sin t|t=√x
= 2t sin t+ 2 cos t|t=√x
= 2
√
x sin
√
x+ 2 cos
√
x.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 13
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Assim,
pi2∫
0
cos
√
x dx =
[
2
√
x sin
√
x+ 2 cos
√
x
]pi2
0
= 2pi sinpi + 2cos pi − (0 + 2 cos 0) = −4.
16. Finalmente consideremos a func¸a˜o 1√
4−9x2 . A primitiva desta func¸a˜o e´ uma primitiva
(quase) imediata envolvendo a func¸a˜o arcsinx. Alternativamente podemos tentar calcular
a primitiva efectuando uma mudanc¸a de varia´vel conveniente. Mais precisamente, 1√
4−9x2
e´ uma func¸a˜o “racional” em x e
√
4− 9x2, ou seja, do tipo R(x,√a2 − b2x2) com a = 2 e
b = 3. Para este tipo de func¸o˜es efectuamos a mudanc¸a de varia´vel x = ab sin t =
2
3 sin t.
Logo x′ = 23 cos t e t = arcsin
3x
2 . Portanto
P
1√
4− 9x2 = P
1√
4− 9 (23)2 sin2 t
2
3
cos t
∣∣∣∣∣∣
t=arcsin 3x
2
=
2
3
P
cos t√
4(1− sin2 t)
∣∣∣∣∣
t=arcsin 3x
2
=
2
3
P
cos t√
4 cos2 t
∣∣∣∣
t=arcsin 3x
2
=
2
3
P
cos t
2 cos t
∣∣∣∣
t=arcsin 3x
2
=
1
3
P 1|t=arcsin x =
1
3
t|t=arcsin 3x
2
=
1
3
arcsin
3x
2
.
Assim,
1
3∫
0
2 dx√
4− 9x2 =
2
3
[
arcsin
3x
2
] 1
3
0
=
2
3
(
arcsin
1
2
− arcsin 0
)
=
2
3
pi
6
=
pi
9
.
Exerc´ıcios
Calcule os seguintes integrais usando a fo´rmula fundamental do ca´lculo integral.
1.
2∫
0
f(x)dx com f(x) =
{
x2 + 1, 0 ≤ x ≤ 1
x+3
2 , 1 ≤ x ≤ 2
.
2.
5∫
−1
√
2 + x dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 14
1.2. FO´RMULA FUNDAMENTAL DO CA´LCULO INTEGRAL.
3.
√
pi∫
0
x cos(x2 − pi) dx.
4.
e∫
0
x2ex
3−4 dx.
5.
pi/6∫
0
cos x esinx dx.
6.
pi
2∫
−pi
(x+ cos x) sin x dx.
7.
√
pi∫
0
x cos(x2 − pi) dx.
8.
e∫
1
2
dx
x log x
.
9.
e∫
1
2
dx
x log2 x
.
10.
1∫
0
x2ex (Sug:2x por partes).
11.
1∫
−1
arctg x dx (Sug: por partes).
12.
1∫
− 1
2
arcsin x dx (Sug: por partes).
13.
1∫
0
x3
√
1− x2 dx (Sug: por partes).
14.
1∫
0
x2arctg x
1 + x2
dx (Sug: decomp+al´ınea (k)).
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 15
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
15.
2∫
1
dx
x(x+ 4)
.
16.
2∫
1
dx
x(x+ 4)2
.
17.
2∫
1
dx
x(x2 + 4)
.
18.
1∫
1
2
x2 − 2
x3 + x
.
19.
3∫
1
dx
ex + 1
(Sug: fazer t = ex).
20.
1∫
0
e2x + e3x
1 + e2x
dx.
21.
pi
4∫
0
tgx sec2x etg x (Sug: por partes).
22.
pi∫
0
sinx ex (Sug: 2 x por partes ... ).
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 16
1.3. APLICAC¸O˜ES DO CA´LCULO INTEGRAL
1.3 Aplicac¸o˜es do ca´lculo integral
• Ca´lculo de a´reas.
• Ca´lculo de volumes de so´lidos de revoluc¸a˜o.
• Ca´lculo de comprimentos de arco.
Teorema 1.3.1 Se f, g : I = [a, b] → R sa˜o duas func¸o˜es integra´veis tais que f(x) ≥ g(x)
para todo o x ∈ [a, b],
b∫
a
(f(x)− g(x))dx representa a a´rea da regia˜o {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤
b, g(x) ≤ y ≤ f(x)} (ver a seguinte figura).
y
a
g
f
b
x
R b
a
(f(x)− g(x))dx
Observac¸o˜es
Se o sinal de f − g na˜o for constante no intervalo [a, b] temos que determinar os pontos onde
os gra´ficos de ambas as func¸o˜es se intersectam e decompoˆr o intervalo em subintervalos onde
esse sinal se mantenha constante. O valor da a´rea sera´ a soma das a´reas em cada um desses
subintervalos. No exemplo descrito na seguinte figura a a´rea da regia˜o assinalada vem dada pelo
integral
c∫
a
(g(x) − f(x)) dx+
d∫
c
(f(x)− g(x)) dx +
b∫
d
(g(x) − f(x)) dx.
a b
g
f
x
y
c d
Vejamos dois exemplos de ca´lculos de a´reas.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 17
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1. Calcular a a´rea da regia˜o delimitada por |x| e 2− x2.
y
x
y = 2− x2
y = |x|
−1 1
2
A´rea =
1∫
−1
((2− x2)− |x|)dx
=
0∫
−1
((2− x2)− (−x))dx+
1∫
0
((2− x2)− x)dx
=
[
2x− x
3
3
+
x2
2
]0
−1
+
[
2x− x
3
3
− x
2
2
]1
0
= −(2(−1)− (−1)
3
3
+
(−1)2
2
) + (2− 1
3
+
1
2
) =
10
3
.
2. Pretende-se calcular a a´rea da regia˜o (representada na pro´xima figura){
(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1
x
,
x
4
≤ y ≤ 2x,
}
.
y
x
y = 2x
y = x
4
y = 1
x
2
2
√
2
1
2
√
2
2
1
Para isso necessitamos de determinar os pontos de intersecc¸a˜o dos gra´ficos de cada uma
das func¸o˜es. Ora, a intersecc¸a˜o da hipe´rbole y = 1x com a recta y = 2x obtem-se resolvendo
o sistema 

y = 1x
y = 2x
⇔


y = 1x
1
x = 2x
⇔


y = 1x
x2 = 2.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 18
1.3. APLICAC¸O˜ES DO CA´LCULO INTEGRAL
Como y ≥ 0 obtemos o ponto (
√
2
2 ,
√
2). Analogamente a intersecc¸a˜o da hipe´rbole y = 1x
com a recta y = x4 obtem-se resolvendo o sistema

y = 1x
y = x2
⇔


y = 1x
1
x =x
2
⇔


y = 1x
x2 = 4.
Como y ≥ 0 obtemos o ponto (2, 12 ). Assim,
A´rea =
√
2
2∫
0
(
2x− x
4
)
dx+
2∫
√
2
2
(
1
x
− x
4
)
dx
=
7
4
[
x2
2
]√2
2
0
+
[
log |x| − x
2
8
]2
√
2
2
= · · ·
Vejamos agora como calcular o volume de so´lidos de revoluc¸a˜o usando o integral definido.
Seja f : [a, b] → R e´ uma func¸a˜o cont´ınua. Seja V o so´lido de revoluc¸a˜o em torno do eixo do
xx com geratriz definida pelo gra´fico f , ou seja, V e´ o so´lido obtido rodando o gra´fico de f em
torno do eixo do xx como ilustrado na seguinte figura.
f(x)
z
x
y
ba
Teorema 1.3.2 O volume do so´lido de revoluc¸a˜o anterior e´ dado por
V =
b∫
a
pi f2(x) dx.
Exemplo
Pretende-se calcular o volume do cone de altura h = 1 e cuja base e´ uma disco de raio R = 1.
O cone e´ um so´lido de revoluc¸a˜o em torno do eixo dos xx, cuja geratriz e´ a func¸a˜o f : [0, 1]→ R
definida por f(x) = x.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 19
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1
1
f(x)
x
z
y
O volume do cone e´ enta˜o dado por
V =
1∫
0
pi x2 dx = pi
[
x3
3
]1
0
=
pi
3
.
Vejamos por u´ltimo como calcular o comprimento de arco (ou comprimento de linha) para
curvas definidas como gra´ficos de func¸o˜es. Intuitivamente o comprimento de arco de uma func¸a˜o
f : [a, b]→ R representa de o comprimento de uma linha de expessura nula sobreposta ao gra´fico
de f entre os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) que posteriormente foi rectificada.
Teorema 1.3.3 Se f : [a, b]→ R e´ uma func¸a˜o cont´ınua em [a, b] e com derivada cont´ınua em
]a, b[, o comprimento de arco de f(x) entre os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)) e´ dado por
l(f) =
b∫
a
√
1 + [f ′(x)]2 dx.
Exemplo
Pretende-se calcular o per´ımetro de uma circunfereˆncia de raio r. Uma equac¸a˜o da circun-
fereˆncia centrada na origem e raio um e´ x2 + y2 = r2. Esta circunfereˆncia determina duas
semi-circunfereˆncias, uma situada no semi-plano superior de equac¸a˜o y =
√
r2 − x2 e outra situ-
ada no semi-plano inferior de equac¸a˜o y = −√r2 − x2. O per´ımetro da cirunfereˆncia obte´m-se
duplicando o comprimento de arco de y =
√
r2 − x2 (por exemplo) entre os pontos (−r, 0) e
(r, 0) (ver a seguinte figura).
y = −√r2 − x2
r
r−r x
y
y =
√
r2 − x2
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 20
1.3. APLICAC¸O˜ES DO CA´LCULO INTEGRAL
O per´ımetro da semi-circunfereˆncia e´ dado por
r∫
−r
√
1 + [y′]2 dx =
r∫
−r
√
1 +
( −x√
r2 − x2
)2
dx
=
r∫
−r
√
1 +
x2
r2 − x2 dx
=
r∫
−r
√
r2 − x2 + x2
r2 − x2 dx
= r
r∫
−r
1√
r2 − x2 dx
= r
[
arcsin
x
r
]r
−r
= r
[pi
2
−
(
−pi
2
)]
= pir.
Logo o per´ımetro da circunfereˆncia e´ dado pela fo´rmula bem conhecida 2pir.
Para calcular uma primitiva de 1√
r2−x2 efectua´mos a mudanc¸a de varia´vel x = r sin t. Enta˜o
x′ = r cos t e t = arcsin xr . Assim
P
1√
r2 − x2 = P
r cos t√
r2 − r2 sin2 t
∣∣∣∣∣
t=arcsin x
r
= P
r cos t
r cos t
∣∣∣∣
t=arcsin x
r
= P 1 |t=arcsin x
r
= t |t=arcsin x
r
= arcsin
x
r
.
Exerc´ıcios
1. Represente graficamente e calcule a a´rea das seguintes regio˜es do plano:
(a)
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, −x2 ≤ y ≤ √x}.
(b)
{
(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, x2 − 1 ≤ y ≤ arccos x}.
2. Represente graficamente e calcule a a´rea da regia˜o do plano delimitada por y = |x|, y =
−x2 + 6 e y + x2 = 2.
3. Calcular o volume do so´lido de revoluc¸a˜o obtido rodando y = x2, 0 ≤ x ≤ 2, em torno do
eixo dos xx.
4. Calcular o volume do so´lido obtido rodando a a´rea delimitada pelas curvas y =
√
x e
y = x2 .
5. Calcule o volume da esfera de raio r.
6. Calcular o comprimento de arco do gra´fico de f(x) = x
2
4 − 12 log x entre x = 1 e x = 2.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 21
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1.4 Integrac¸a˜o por partes e por substituic¸a˜o
Vimos nas secc¸o˜es anteriores que para calcular os integrais necessita´vamos muitas vezes de
primitivar a func¸a˜o integranda recorrendo a` primitivac¸a˜o por partes e/ou por substituic¸a˜o. Estas
te´cnicas podem ser aplicadas directamente no integral a calcular passando a designar-se por
integrac¸a˜o por partes e por substituic¸a˜o.
Teorema 1.4.1 (Integrac¸a˜o por partes) Sejam f,G : [a, b] → R duas func¸o˜es integra´veis com
f primitiva´vel e G deriva´vel. Seja F : [a, b]→ R uma primitiva de f . Enta˜o e´ va´lida a fo´rmula
b∫
a
f(x)G(x) dx =
[
F (x)G(x)
]b
a
−
b∫
a
F (x)G′(x) dx.
Dem: Temos (FG)′ = F ′G+ F G′ = f G+ F G′, ou seja, F G e´ uma primitiva de f G+ F G′.
Logo pela fo´rmula fundamental do ca´lculo integral,
[
F (x)G(x)
]b
a
=
b∫
a
(f(x)G(x) + F (x)G′(x))dx
=
b∫
a
f(x)G(x) dx +
b∫
a
F (x)G′(x) dx,
ou seja,
b∫
a
f(x)G(x) dx = [F (x)G(x)]ba −
b∫
a
F (x)G′(x) dx. �
Exemplo
Pretende-se calcular
1∫
−1
arctgx dx. Ora,
1∫
−1
1︸︷︷︸
f
. arctg x︸ ︷︷ ︸
G
dx =
[
x︸︷︷︸
F
. arctgx︸ ︷︷ ︸
G
]1
−1
−
1∫
−1
x︸︷︷︸
F
.
1
1 + x2︸ ︷︷ ︸
G′
dx
=
[
x arctgx
]1
−1
− 1
2
1∫
−1
2x
1 + x2
dx
= arctg 1− (−1)arctg(−1)− 1
2
[
log(1 + x2)
]1
−1
=
pi
4
− pi
4
− 1
2
(log 2− log 2) = 0.
Teorema 1.4.2 (Integrac¸a˜o por substituic¸a˜o) Seja f : [a, b]→ R uma func¸a˜o cont´ınua e prim-
itiva´vel. Seja ψ : J → [a, b] uma func¸a˜o invert´ıvel e deriva´vel num intervalo J de extremos t0
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 22
1.4. INTEGRAC¸A˜O POR PARTES E POR SUBSTITUIC¸A˜O
e t1 (ou seja, J = [t0, t1] ou J = [t1, t0] consoante t0 < t1 ou t1 < t0) e tal que ψ(t0) = a e
ψ(t1) = b. Enta˜o
b∫
a
f(x) dx =
t1∫
t0
f(ψ(t))ψ′(t) dt.
Dem: Seja F = P f . Pelo teorema da derivada da func¸a˜o composta,
(F ◦ ψ)′(t) = F ′(ψ(t)) · ψ′(t) = f(ψ(t)) · ψ′(t).
Pela fo´rmula fundamental do ca´lculo integral temos,
t1∫
t0
f(ψ(t))ψ′(t) dt =
[
(F ◦ ψ)(t)
]t1
t0
= (F ◦ ψ)(t1)− (F ◦ ψ)(t0)
= F (ψ(t1))− F (ψ(t0))
= F (b)− F (a) =
b∫
a
f(x) dx. �
Observac¸o˜es
1. Muitas vezes escreveremos x = x(t) no lugar de ψ(t).
2. Na maior parte das situac¸o˜es podemos optar por integrar uma func¸a˜o por substituic¸a˜o
ou primitivar essa func¸a˜o por substituic¸a˜o e calcular o valor da primitiva encontrada nos
extremos do domı´nio de integrac¸a˜o. No entanto ha´ situac¸o˜es em que podemos calcular o
integral sem ser necessa´rio primitivar a func¸a˜o integranda (que ate´ podemos na˜o conhecer!).
E´ o caso, por exemplo, do integral de func¸o˜es ı´mpares em certo tipo de domı´nios como
veremos mais adiante.
Exemplo
Pretende-se calcular
1∫
0
dx
1 + ex
. Vamos efectuar a substituic¸a˜o t = ex. Enta˜o x(t) = ψ(t) = log t
e x′(t) = ψ′(t) = 1t . Quanto aos novos extremos de integrac¸a˜o temos
{
x(t0) = a = 0
x(t1) = b = 1
⇔
{
log t0 = 0
log t1 = 1
⇔
{
t0 = 1
t1 = e
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 23
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Assim
1∫
0
1
1 + ex︸ ︷︷ ︸
f(x)
dx =
e∫
1
1
1 + t︸ ︷︷ ︸
f(x(t))
· 1
t︸︷︷︸
x′(t)
dt
=
e∫
1
[ −1
1 + t
+
1
t
]
dt
=
[
− log |1 + t|+ log |t|
]e
1
= − log(1 + e) + log e− (− log 2 + log 1) = 1 + log 2
1 + e
.
Para decompoˆr a func¸a˜o racional 1(1+t)t emprega´mos o me´todo dos coeficientes indeterminados:
1
(1 + t)t
=
A
1 + t
+
B
t
=
At+B(t+ 1)
(t+ 1)t
=
(A+B)t+B
(t+ 1)t
Daqui resultam as igualdades B = 1 e A+B = 0, ou seja, A = −1.
Definic¸a˜o 3 Uma func¸a˜o f : [−a, a] → R (ou f : R → R) diz-se ı´mpar [resp. par] se f(x) =
−f(−x) [resp. f(x) = f(−x)] para todo o x.
Observac¸o˜es
O gra´fico de uma func¸a˜o ı´mpar e´ sime´trico relativamente a` origem do referencial (ver a figura
abaixo).Como exemplos de func¸o˜es ı´mpares temos sin x, arcsinx, arctg x, x + 3x3, qualquer
polino´mio formado apenas por mono´mios de grau ı´mpar, etc,. . .
O gra´fico de uma func¸a˜o par e´ sime´trico relativamente ao eixo dos yy, i.e., relativamente a` recta
x = 0 (ver a figura abaixo). Como exemplos de func¸o˜es pares temos cos x, |x|, x2 + 1, qualquer
polino´mio formado apenas por mono´mios de grau par, etc,. . .
Temos as seguintes propriedades (ver a pro´xima figura).
Proposic¸a˜o 1.4.3 Consideremos uma func¸a˜o integra´vel f : [−a, a]→ R com a > 0. Entao:
(i) Se f e´ ı´mpar,
a∫
−a
f(x) dx = 0.
(ii) Se f e´ par,
a∫
−a
f(x) dx = 2
a∫
0
f(x) dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 24
1.4. INTEGRAC¸A˜O POR PARTES E POR SUBSTITUIC¸A˜O
x
y
y = x
+
As a´reas sa˜o iguais
mas de sinais contra´rios
−a
(i)
a−
x
y
+
As a´reas sa˜o iguais
e de sinais iguais
+
a−a
(ii)
Dem: Vamos provar apenas (i). O ponto (ii) demonstra-se de forma ana´loga e fica como
exerc´ıcio. Pela aditividade do integral temos
a∫
−a
f(x) dx =
0∫
−a
f(x) dx+
a∫
0
f(x) dx.
Portanto basta mostrar que
0∫
−a
f(x) dx = −
a∫
0
f(x) dx.
Vamos efectuar no primeiro integral a mudanc¸a de varia´vel t = −x, ou seja, x(t) = −t. Enta˜o
x′ = x′(t) = −1. Quanto aos novos extremos de integrac¸a˜o temos
{
x(t0) = −a
x(t1) = 0
⇔
{ −t0 = −a
−t1 = 0 ⇔
{
t0 = a
t1 = 0
Assim
0∫
−a
f(x) dx =
0∫
a
f(−t)(−1) dt
= −
0∫
a
f(−t) dt
=
0∫
a
f(t) dt
= −
a∫
0
f(t)dt = −
a∫
0
f(x)dx (a varia´vel t e´ muda).
Na 3a igualdade usa´mos o facto de f ser uma func¸a˜o ı´mpar e portanto de termos f(−t) = −f(t)
para todo o t. Na 4a igualdade troca´mos os extremos de integrac¸a˜o e usa´mos a propriedade
d∫
c
f = −
c∫
d
f . �
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 25
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Exerc´ıcios
1. Sejam f, g : [−a, a]→ R duas func¸o˜es. Mostre que:
(a) Se f, g sa˜o func¸o˜es ı´mpares [resp. pares] enta˜o f + g e´ tambe´m uma func¸a˜o ı´mpar
[resp. par].
(b) Indique, justificando, se f g (e f/g) e´ uma func¸a˜o par ou ı´mpar em cada um dos casos
descritos no seguinte quadro:
f g f impar f par
g impar
g par
2. Demonstre a fo´rmula (ii) da proposic¸a˜o 1.4.3.
3. Aplique a proposic¸a˜o 1.4.3 (e o exerc´ıcio 1b) para calcular:
(a)
1∫
−1
|x| dx.
(b)
1
2∫
− 1
2
cos x log 1+x1−x dx.
(c)
2∫
−2
sinx
1+x8
dx.
4. O integral
b∫
a
f(x) dx e´ transformado pela mudanc¸a de varia´vel x = sin t no integral
pi
2∫
0
cos t
1+cos t dt. Determine a, b e f(x).
5. Mostre, sem calcular os integrais, que
1∫
0
x5(1− x)7 dx =
1∫
0
x7(1− x)5 dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 26
1.5. TEOREMA DA ME´DIA.
1.5 Teorema da me´dia.
Consideremos uma varia´vel X = X(t) que depende continuamente de t num dado intervalo [a, b].
Durante o per´ıodo de tempo compreendido entre t = a e t = b efectuamos n observac¸o˜es que
registamos na varia´vel da seguinte forma: dividimos o intervalo [a, b] em n sub-intervalos de
igual amplitude ∆ = b−an ,
I1 = [a, a+∆], · · · , Ij = [a+ (j − 1)∆, a+ j∆], · · · , In = [a+ (n− 1)∆, a+ n∆].
Para cada um destes sub-intervalos Ij = [a+(j−1)∆, a+ j∆], tomamos o ponto me´dio tj = a+
(j−1)∆+ ∆2 e registamos o valor: Xj = X(tj). Obtivemos assim n observac¸o˜es X1,X2, . . . ,Xn,
que representamos como um gra´fico de n colunas de amplitude ∆ e alturas X1, . . . ,Xn.
A´rea = ∆Xj
t
X(t)
a b
t1 t2 tj tn
∆
X1X1
X2
X3
Xj
Xn
X
A a´rea de cada coluna de altura Xj e´ obviamente Xj ·∆. Soma das a´reas de todas as colunas
da´-nos um valor aproximado da a´rea abaixo do gra´fico de X, ou seja,
∆ ·
n∑
i=1
Xj =
n∑
i=1
Xj ·∆ ∼
b∫
a
X(t) dt.
Como ∆ = b−an obtemos
b− a
n
n∑
j=1
Xj, ∼
b∫
a
X(t) dt.
Dividindo ambos os membros da igualdade anterior por b− a obtemos
1
n
n∑
j=1
Xj , ∼ 1
b− a
b∫
a
X(t) dt.
Ora o primeiro membro representa a me´dia das n observac¸o˜es, que vamos notar Xn, ou seja,
Xn =
X1 +X2 + · · ·+Xn
n
=
∑n
j=1Xj
n
.
Portanto
Xn ∼ 1
b− a
b∫
a
X(t) dt.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 27
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Como X(t) e´ uma func¸a˜o cont´ınua podemos mostrar que
lim
n→∞
Xn = Xmed =
1
b− a
b∫
a
X(t) dt.
Por esta raza˜o designamos Xmed o valor me´dio da varia´vel X em [a, b] e que corresponde a`
noc¸a˜o intuitiva de me´dia quando passamos do caso discreto de n observac¸o˜es para o caso de uma
observac¸a˜o X(t) a depender continuamente de t. O teorema da me´dia, enunciado a seguir, vai
garantir que existe pelo menos um instante t0 tal que X(t0) foi igual ao valor me´dio Xmed. Note
que no caso discreto este resultado e´ falso, ou seja, a me´dia de n observac¸o˜es na˜o corresponde
necessariamente a nenhum dos valores observados.
Definic¸a˜o 4 Seja f : [a, b]→ R uma func¸a˜o integra´vel. Chamamos valor me´dio de f em [a, b] a
fmed =
1
b− a
b∫
a
f(x)dx.
Teorema 1.5.1 (Teorema da me´dia) Se f : [a, b] → R e´ uma func¸a˜o cont´ınua, existe c ∈ [a, b]
tal que f(c) = fmed, ou seja,
b∫
a
f(x)dx = f(c)(b− a).
Poss´ıveis valores de c
f(c)
y
x
ba
f(x)
y
x
a b
f(x)
f(c)
Dem: Como f e´ cont´ınua em [a, b] existem t0, t1 ∈ [a, b] tais que m = min f = f(t0) e M =
max f = f(t1) (teorema de Weierstrass). Como
m ≤ f(x) ≤M, ∀x ∈ [a, b]
temos
m(b− a) =
b∫
a
mdx ≤
b∫
a
f(x) dx ≤
b∫
a
M dx =M(b− a).
Dividindo por b− a e atendendo ao facto que fmed = 1
b− a
b∫
a
f(x)dx vem
m ≤ fmed ≤ M.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 28
1.5. TEOREMA DA ME´DIA.
Como f e´ cont´ınua vai existir, pelo teorema de Bolzano, c ∈ [t0, t1] (ou, c ∈ [t1, t0]) tal que
f(c) = fmed, ou seja,
f(c) =
1
b− a
b∫
a
f(x) dx. �
Exemplo
Considere f(x) = x2 + 2x, x ∈ [0, 3].
1. Determine o valor me´dio de f(x).
2. Determine c ∈ [0, 3] tal que f(c) = fmed. Interprete geometricamente o resultado.
Resoluc¸a˜o
1. Por definic¸a˜o temos
fmed =
1
3− 0
3∫
0
(x2 + 2x) dx =
1
3
[
x3
3
+ x2
]3
0
= 6.
2. Queremos c ∈ [0, 3] tal que f(c) = fmed = 6, ou seja, c2+2c = 6. Resolvendo esta equac¸a˜o
do 2o grau obtemos as duas soluc¸o˜es c = −1−√7 ou c = −1+√7. Como c ∈ [0, 3] a u´nica
soluc¸a˜o do problema e´ c = −1 +√7.
15 15
fmed = 6
−1 +
√
7 3
x
fmed = 6
−1 +
√
7 3
x
y y
Estas a´reas
sa˜o iguaisy = x2 + 2x y = x2 + 2x
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 29
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1.6 Integral indefinido
Definic¸a˜o 5 Seja f : [a, b] → R uma func¸a˜o integra´vel. Chama-se integral indefinido de f a`
func¸a˜o
F (x) =
x∫
a
f(t) dt, x ∈ [a, b].
f(x)
A´rea=F (x)
y
a b
x
x
Exemplos
1. Se f(x) = x, x ∈ [0, 1], enta˜o F (x) =
x∫
0
t dt =
[
t2
2
]x
0
=
x2
2
.
2. Seja f(x) =
{
x− 1, 1 ≤ x ≤ 2,
3, 2 < x ≤ 4 . Enta˜o
F (x) =
x∫
1
f(t) dt =


x∫
1
(t− 1) dt, 1 ≤ x ≤ 2,
2∫
1
(t− 1) dt +
x∫
2
3 dt, 2 < x ≤ 4,
=


[
t2
2 − t
]x
1
, 1 ≤ x ≤ 2,
[
t2
2 − t
]2
1
+ 3
[
t
]x
2
, 2 < x ≤ 4,
=


x2
2 − x+ 12 , 1 ≤ x ≤ 2,
1
2 + 3x− 6 = 3x− 112 , 2 < x ≤ 4.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 30
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
F (x)
3
321
1
2
11
2
F(x)
x
x
f(x)
x
x
y
y
11 2
No u´ltimo exemplo pode-se constatar que o integral indefinido e´ uma func¸a˜o cont´ınua, embora
f(x) na˜o o seja. De facto, esta e outras propriedades, muito importantes sa˜o verificadas pelo
integral indefinido como vamos ver agora.
Teorema 1.6.1 Seja f : [a, b] → R uma func¸a˜o integra´vel e seja F(x) =
x∫
a
f(t) dt, x ∈ [a, b], o
respectivo integral indefinido. Enta˜o sa˜o verificadas as seguintes propriedades:
(i) O integral indefinido e´ uma func¸a˜o cont´ınua em [a, b].
(ii) Se f(x) ≥ 0 [resp. f(x) ≤ 0] para todo o x enta˜o F (x) e´ uma func¸a˜o crescente [resp.
decrescente].
(iii) Se f(x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em [a, b] enta˜o F (x) e´ uma func¸a˜o deriva´vel em [a, b] e
tem-se F ′(x) = f(x) para todo o x.
Observac¸o˜es
1. A propriedade (iii) significa que F (x) e´ uma primitiva de f(x) sempre que f(x) foˆr uma
func¸a˜o cont´ınua. De facto, F (x) e´ a u´nica primitiva de f(x) que se anula no ponto x = a
(pois F (a) =
a∫
a
f(t) dt = 0).
2. E´ va´lida a seguinte propriedade mais forte que (iii): Se f(x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em
x0 ∈ [a, b] enta˜o F (x) e´ uma func¸a˜o deriva´vel em x0 e tem-se F ′(x0) = f(x0).
Dem: Vejamos (i): seja x0 ∈ [a, b] um ponto arbitra´rio. Temos que mostrar que limx→x0 F (x) =
F (x0), ou seja, que limx→x0 F (x)− F (x0) = 0. Vamos mostrar que limx→x+0 F (x)− F (x0) = 0.
O caso limx→x−0 F (x) − F (x0) = 0 prova-se de maneira ana´loga. Ora, tem-se por definic¸a˜o de
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 31
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
F (x) e pela aditividade do integral as relac¸o˜es
F (x)− F (x0) =
x∫
a
f(t) dt−
x0∫
a
f(t) dt
=

 x0∫
a
f(t) dt +
x∫
x0
f(t) dt

− x0∫
a
f(t) dt
=
x∫
x0
f(t) dt.
Como f uma func¸a˜o integra´vel, e´ limitada, ou seja, existe M > 0 tal que −M ≤ f(t) ≤M para
todo o t ∈ [a, b]. Em particular −M ≤ f(t) ≤M para todo o t ∈ [x0, x]. Assim,
−M(x− x0) =
x∫
x0
(−M) dt ≤
x∫
x0
f(t) dt ≤
x∫
x0
M dt =M(x− x0).
Quando x→ x0, M(x− x0)→ 0 o que implica que
x∫
x0
f(t) dt→ 0 como quer´ıamos provar.
Vejamos (ii): sejam x1, x2 ∈ [a, b] tais que x1 ≤ x2. Temos que mostrar que F (x1) ≤ F (x2).
Ora, temos novamente pela aditividade do integral,
F (x2) =
x2∫
a
f(t) dt =
x1∫
a
f(t) dt+
x2∫
x1
f(t) dt.
Como x2 ≥ x1 e f(t) ≥ 0 para todo o t,
x2∫
x1
f(t) dt ≥ 0. Portanto
F (x2) =
x2∫
a
f(t) dt ≥
x1∫
a
f(t) dt = F (x1).
Finalmente verifiquemos (iii): seja x0 ∈ [a, b] um ponto arbitra´rio. Temos que mostrar que
∃F ′(x0) = f(x0), ou seja, que existe
lim
x→x0
F (x)− F (x0)
x− x0 = f(x0).
Vimos na demonstrac¸a˜o do ponto (i) que F (x)− F (x0) =
x∫
x0
f(t) dt. Assim
lim
x→x0
F (x)− F (x0)
x− x0 = limx→x0
x∫
x0
f(t) dt
x− x0 .
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 32
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
O valor
1
x− x0
x∫
x0
f(t) dt corresponde ao valor me´dio de f(x) em [x0, x] (estamos a supor que
x > x0. O caso x < x0 e´ ana´logo). Como f e´ cont´ınua em [x0, x] (uma vez que e´ uma func¸a˜o
cont´ınua em [a, b]), o teorema da me´dia garante que podemos encontrar cx ∈ [x0, x] tal que
f(cx) =
1
x− x0
x∫
x0
f(t) dt.
Quando x → x+0 , cx → x0 uma vez que x0 ≤ cx ≤ x. Como f e´ uma func¸a˜o cont´ınua,
limx→x0 f(cx) = f(limx→x0 cx) = f(x0). �
Como consequeˆncia deste resultado obtemos imediatamente a fo´rmula fundamental do ca´lculo
integral.
Corola´rio 1.6.2 Se f : I = [a, b] → R e´ uma func¸a˜o cont´ınua enta˜o f e´ primitiva´vel e tem-se
b∫
a
f(t) dt = F (b)− F (a) onde F = P f .
Corola´rio 1.6.3 Seja f : I → R uma func¸a˜o cont´ınua num intervalo aberto I. Seja x0 ∈ I.
Consideremos a func¸a˜o F (x) =
x∫
x0
f(t) dt. Enta˜o F (x) e´ uma func¸a˜o deriva´vel em I e tem-se
F ′(x) = f(x) para todo o x em I, ou seja, F (x) e´ a u´nica primitiva de f(x) de I que se anula
em x = x0.
Dem: Temos 2 casos: x ≥ x0 ou x < x0. Suponhamos que x ≥ x0. Como o intervalo I e´ aberto,
podemos encontrar em I um ponto x1 > x0 tal que x0 ≤ x ≤ x1 e podemos considerar que a
restric¸a˜o de F ao subintervalo [x0, x1] e´ o integral indefinido determinado pela restric¸a˜o de f a
[x0, x1], ou seja,
F (x) =
x∫
x0
f(t) dt, x ∈ [x0, x1].
Pela propriedade do integral indefinido conclu´ımos que F ′(x) = f(x) para todo o x ∈ [x0, x1].
Suponhamos agora que x < x0. Como o intervalo I e´ aberto, podemos encontrar em I um ponto
x1 < x0 tal que x1 ≤ x ≤ x0. Pela aditividade do integral temos, para x ∈ [x1, x0],
F (x) =
x∫
x0
f(t) dt
=
x1∫
x0
f(t) dt +
x∫
x1
f(t) dt
=
x∫
x1
f(t) dt −
x0∫
x1
f(t) dt = G(x) +K
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 33
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
com K uma constante. Pela propriedade do integral indefinido em [x1, x0] sabemos que G
′(x) =
f(x) para todo o x ∈ [x1, x0]. Logo F ′(x) = G′(x) = f(x) para todo o x ∈ [x1, x0]. �
Exerc´ıcios resolvidos
1. Considere a func¸a˜o f(x) =


2, 0 ≤ x < 1,
0, 1 ≤ x < 3,
−1, 3 ≤ x ≤ 4.
(a) Seja F (x) o integral indefinido de f(x). Determine uma expressa˜o anal´ıtica para
F (x).
(b) Determine F ′(x).
2. Seja F (x) =
x2+pi
2∫
0
sin2(t) dt, x ∈ R.
(a) Determine F (
√
pi).
(b) Justifique que F e´ deriva´vel em R e determine F ′(x) para todo o x ∈ R.
Resoluc¸a˜o
1. (a) Por definic¸a˜o temos F (x) =
x∫
0
f(t) dt, x ∈ [0, 4], ou seja,
F (x) =


x∫
0
2 dt, 0 ≤ x < 1,
1∫
0
2 dt +
x∫
1
0 dt, 1 ≤ x < 3
1∫
0
2 dt +
3∫
1
0 dt +
x∫
3
(−1) dt, 3 ≤ x ≤ 4,
=


2x, 0 ≤ x < 1,
2 + 0, 1 ≤ x < 3,
2 + 0 + (−x+ 3), 3 ≤ x ≤ 4.
Assim,
F (x) =


2x, 0 ≤ x < 1,
2, 1 ≤ x < 3,
−x+ 5, 3 ≤ x ≤ 4.
(b) A func¸a˜o f(x) e´ cont´ınua em cada um dos sub-intervalos [0, 1[, ]1, 3[ e ]3, 4] uma vez
que e´ constante nesses intervalos. Pela observac¸a˜o ao teorema 2, F (x) e´ deriva´vel
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 34
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
em todos os pontos onde f(x) e´ cont´ınua e tem-se F ′(x) = f(x). Portanto F (x)
e´ deriva´vel em cada um dos intervalos3 [0, 1[, ]1, 3[ e ]3, 4]. Resta analisar se F e´
deriva´vel em x = 1 e x = 3. Tem-se,
F ′e(1) = lim
x→1−
f(x)− f(1)
x− 1 =
2x− 2
x− 1 = 2.
F ′d(1) = lim
x→1+
f(x)− f(1)
x− 1 =
2− 2
x− 1 = 0.
Como F ′e(1) 6= F ′d(1), na˜o existe F ′(1). Analogamente tem-se,
F ′e(3) = lim
x→3−
f(x)− f(3)
x− 1 =
2− 2
x− 3 = 0.
F ′d(3) = lim
x→3+
f(x)− f(3)
x− 3 =
−x+ 5− 2
x− 3 = −1.
Como F ′e(3) 6= F ′d(3), tambe´m na˜o existe F ′(3). Em resumo,
F ′(x) =


2, 0 ≤ x < 1,
0, 1 < x < 3,
−1, 3 < x ≤ 4.
A situac¸a˜o descrita atra´s pode ser facilmente constatada na seguinte figura.
Nestes pontos F (x) na˜o e´ deriva´vel
41 3 4
Pontos de descontinuidade de f(x)
3
2 2
1
f(x)
F(x)
y y
x x
1
2. (a) Tem-se
F (
√
pi) =
(
√
pi)2+pi
2∫
0
sin2 t dt =
3
2
pi∫
0
sin2 t dt.
Usando a fo´rmula trignome´trica no 12 da tabela das primitivas,
sin2 x =
1
2
(1− 2 cos 2x),
3Recordemos que F (x) e´ deriva´vel nos extremos x = 0 x = 3 pois existem F ′d(0) = f(0) = 2 e F
′
e(3) = f(3) = 1.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 35
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
obtemos
3
2
pi∫
0
sin2(t)dt =
3
2
pi∫
0
1
2
(1− 2 cos 2t) dt
=
1
2
[
t− sin 2t
] 3
2
pi
0
=
3
4
pi.
(b) Tomamos y = x2 + pi2 . Podemos considerar F (x) como uma func¸a˜o composta,
F (x) = G(y(x)) onde G(y) =
y∫
0
sin2(t) dt, y ∈ R. Pelas propriedades do integral
indefinido, corola´rio 1.6.3, como a func¸a˜o integranda sin2 t e´ cont´ınua em I = R,
G(y) =
y∫
0
sin2(t) dt e´ deriva´vel em R e tem-se G′(y) = sin2(y) para todo o y ∈ R.
Ora, pelo teorema da derivada da func¸a˜o composta temos
F ′(x) = (G ◦ y)′(x) = G′(y(x)) · y′(x)
= sin2
(
x2 +
pi
2
)
·
(
x2 +
pi
2
)′
= 2x sin2
(
x2 +
pi
2
)
.
Exerc´ıcios
1. Considere a func¸a˜o
f(x) =


1− x, 0 ≤ x < 1,
0, 1 ≤ x < 2,
(2− x)2, 2 ≤ x ≤ 3.
(a) Determine uma expressa˜o anal´ıtica paraF (x) =
x∫
0
f(t) dt
(b) Indique o valor me´dio de f(x) em [0, 3] e determine o(s) ponto(s) onde f(x) atinge
esse valor.
2. Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em [1,+∞[ tal que
x∫
1
f(t) dt = e
√
x(
√
x− 1).
(a) Determine, justificando, f(x).
(b) Mostre sem calcular o integral que
9∫
4
f(t) dt = 2e3 − e2.
3. Considere a func¸a˜o ϕ :]0,+∞[→ R definida por ϕ(x) =
x∫
1
t log t
(1 + t2)2
dt.
(a) Determine ϕ(2).
(b) Justifique que ϕ e´ deriva´vel e calcule ϕ′(x), x > 0.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 36
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
4. Considere a func¸a˜o F (x) =
x2∫
−1
f(t) dt onde f(t) =
{
1− t, t < 0
2
(t+1)(t+2) , t ≥ 0.
.
(a) Determine F (1).
(b) Justifique que F e´ deriva´vel em R e calcule F ′(x).
(Sug: estude o exerc´ıcio resolvido 3.)
5. Considere a func¸a˜o f(x) =
k log x∫
x2
e−t
2
dt.
Determine k de modo a que f ′(1) = 0.
(Sug: justifique que se pode decompor
k log x∫
x2
e−t
2
dt =
k log x∫
0
e−t
2
dt−
x2∫
0
e−t
2
dt,
e proceda como no exerc´ıcio resolvido 3.)
6. Seja f uma func¸a˜o cont´ınua em R. Seja F (x) =
x∫
0
tf(t) dt, x ∈ R. Prove que se f(x) < 0
em R, F (x) atinge um ma´ximo (absoluto) em x = 0.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 37
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
1.7 Integral impro´prio
O integral impro´prio pretende estender a noc¸a˜o de integral a domı´nios na˜o limitados e/ou de
func¸o˜es na˜o limitadas. Por exemplo, o que e´ que podemos dizer sobre os integrais
+∞∫
0
e−x dx e
1∫
0
dx
x
?
O primeiro destes integrais corresponde a` a´rea abaixo do gra´fico de e−x definida no intervalo
na˜o limitado [0,+∞[, e o segundo corresponde a` a´rea abaixo do gra´fico da func¸a˜o na˜o limitada
1
x , definida no intervalo ]0, 1].
R
1
0
dx
x
R∞
0
e−x dx
1
x x
y y
y = 1
x
y = e−x
Vamos abordar em primeiro lugar o integral de func¸o˜es limitadas em domı´nios na˜o limitados.
Para estudar o integral
+∞∫
0
e−x dx vamos considerar o integral no intervalo [0, z] e investigar se
existe o limite deste integral quando z → +∞. Ora,
lim
z→+∞
A(z) = lim
z→+∞
z∫
0
e−xdx = lim
z→+∞
[−e−x]z
0
= lim
z→+∞
−e−z − (−1) = 1.
Uma vez que este limite existe e e´ finito vamos dizer que
+∞∫
0
e−x dx e´ um integral convergente
de valor 1. A definic¸a˜o de integral impro´prio no caso geral vai ser ana´loga.
Definic¸a˜o 6 Seja f : [a,+∞[→ R uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo da forma [a, z]
com z > a. Dizemos que
+∞∫
a
f(x) dx e´ convergente se existe e e´ finito
lim
z→+∞
z∫
a
f(x) dx.
Nessa altura tomamos
+∞∫
a
f(x) dx = lim
z→+∞
z∫
a
f(x) dx. Se o integral na˜o e´ convergente, dizemos
que e´ divergente. Estudar a natureza de um integral impro´prio consiste em saber se ele e´
convergente ou divergente.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 38
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Analogamente, se f :]−∞, a]→ R e´ uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo da forma [z, a]
com z < a tomamos
a∫
−∞
f(x) dx = lim
z→−∞
a∫
z
f(x) dx (se este limite existir!).
Se f : R → R e´ uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo fechado e limitado de R, tambe´m
se define
+∞∫
−∞
f(x) dx =
a∫
−∞
f(x) dx+
+∞∫
a
f(x) dx,
se
a∫
−∞
f(x) dx e
+∞∫
a
f(x) dx forem ambos integrais convergentes para algum a ∈ R (o ponto a
na˜o e´ relevante como veremos no teorema 1.7.2).
Vamos agora estudar uma famı´lia muito importante de integrais impro´prios, designados por
integrais de Dirichelet, e que sa˜o da forma
+∞∫
1
dx
xα
, α ∈ R.
O estudo da natureza destes integrais e´ bastante fa´cil, uma vez que a func¸a˜o integranda admite
uma primitiva conhecida.
Teorema 1.7.1 O integral de Dirichelet
+∞∫
1
dx
xα
e´ convergente se e somente se α > 1, e nesse
caso temos
+∞∫
1
dx
xα
=
1
α− 1 .
Intuitivamente se α > 1 “o gra´fico de
1
xα
vai decrescer suficientemente ra´pido para zero quando
x→ +∞” o que vai permitir que a a´rea abaixo do gra´fico seja finita.
y
x
1
1
xα
, α > 1
1
xα
, α < 1
1
x
1
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 39
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Dem:
Por definic¸a˜o
+∞∫
1
dx
xα
e´ convergente se e somente se existir e for finito o limite
lim
z→+∞
z∫
1
dx
xα
.
Para estudar este limite vamos considerar separadamente os casos α = 1, α > 1 e α < 1.
α = 1: neste caso a func¸a˜o integranda e´
1
x
, que admite a primitiva log x. Assim
lim
z→+∞
z∫
1
dx
x
= lim
z→∞
[
log x
]z
1
= lim
z→∞(log z − log 1) = +∞,
e portanto
+∞∫
1
dx
x
(α = 1) e´ divergente.
α > 1: a func¸a˜o integranda e´
1
xα
= x−α que admite a primitiva
x−α+1
−α+ 1. Assim
lim
z→+∞
z∫
1
dx
xα
= lim
z→∞
[
x−α+1
−α+ 1
]z
1
= lim
z→∞
{
z−α+1
−α+ 1 −
1
−α+ 1
}
=
1
α− 1 .
Note que lim
z→+∞
z1−α = 0 uma vez que 1− α < 0.
α < 1: este caso e´ ana´logo ao anterior com a diferenc¸a que
lim
z→+∞
z1−α = +∞,
pois 1− α > 0. Assim
lim
z→+∞
z∫
1
dx
xα
= lim
z→∞
[
x−α+1
−α+ 1
]z
1
= lim
z→∞
{
z−α+1
−α+ 1 −
1
−α+ 1
}
= +∞,
e portanto o integral e´ divergente neste caso. �.
Vamos agora enunciar va´rios resultados para integrais impro´prios da forma
+∞∫
a
f(x) dx. Estes
resultados sa˜o ainda verdadeiros, com as devidas alterac¸o˜es, para integrais impro´prios da forma
a∫
−∞
f(x) dx. Os alunos sa˜o incentivados a reescrever os resultados com essas alterac¸o˜es.
O seguinte resultado vai-nos dizer essencialmente que a natureza de um integral impro´prio na˜o
se altera por adic¸a˜o de um integral definido.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 40
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Teorema 1.7.2 Seja f : [a,+∞[→ R uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo da forma
[a, z], z > a. Seja b > a. Enta˜o,
+∞∫
a
f(x) dx e
+∞∫
b
f(x) dx,
teˆm ambos a mesma natureza (ou seja, sa˜o ambos convergentes ou sa˜o ambos divergentes).
A seguinte figura pretende ilustrar esta propriedade.
f(x) f(x)
y y
x x
Estas a´reas sa˜o ambas finitas ou
sa˜o ambas infinitas
a b ba
Dem:
Pela aditividade do integral podemos escrever
z∫
a
f(x) dx =
b∫
a
f(x) dx
︸ ︷︷ ︸
finito
+
z∫
b
f(x) dx.
Assim,
lim
z→+∞
z∫
a
f(x) dx = lim
z→+∞
z∫
b
f(x) dx + Cte.
Logo se um dos limites existir e for finito o mesmo acontece ao outro. �
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza do integral
+∞∫
5
dx
x2
.
Ora pelo teorema anterior o integral
+∞∫
5
dx
x2
tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet
+∞∫
1
dx
x2
. Como α = 2 > 1,
+∞∫
1
dx
x2
e´ um integral convergente, e portanto o integral
+∞∫
5
dx
x2
tambe´m
e´ convergente.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 41
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
A demonstrac¸a˜o das seguintes propriedades e´ consequeˆncia imediata das correspondentes pro-
priedades do integral definido, das propriedades dos limites e da definic¸a˜o de integral impro´prio.
Proposic¸a˜o 1.7.3 Sejam f, g : [a,+∞[→ R duas func¸o˜es integra´veis em qualquer intervalo da
forma [a, z], z > a, tais que
+∞∫
a
f(x) dx e
+∞∫
a
g(x) dx sa˜o ambos integrais convergentes. Enta˜o:
(i)
+∞∫
a
[f(x) + g(x)] dx e´ convergente e tem-se
+∞∫
a
[f(x) + g(x)] dx =
+∞∫
a
f(x) dx+
+∞∫
a
g(x) dx.
(ii) Para ∀k ∈ R,
+∞∫
a
[k f(x)] dx e´ convergente e tem-se
+∞∫
a
[k f(x)] dx = k
+∞∫
a
f(x) dx.
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza do integral
+∞∫
1
[
1
x2
+
e−x
2
]
dx, e se este for convergente
calcular o seu valor.
Res: Podemos considerar dois integrais separadamente:+∞∫
1
dx
x2
,
+∞∫
1
e−x
2
dx.
O primeiro e´ um integral de Dirichelet com α = 2 > 1 logo convergente. Ale´m disso,
+∞∫
1
dx
x2
=
1
α− 1 =
1
2− 1 = 1. (ver o teorema 1.7.7)
Quanto ao segundo integral vamos determina´-lo por definic¸a˜o:
+∞∫
1
e−x
2
dx = lim
z→+∞
z∫
1
e−x
2
dx
= lim
z→+∞
1
2
[−e−x]z
1
= lim
z→+∞
1
2
(−e−z − (−e−1)) = e−1
2
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 42
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Como ambos os integrais sa˜o convergentes conclu´ımos que
+∞∫
1
[
1
x2
+
e−x
2
]
dx e´ tambe´m con-
vergente e tem-se
+∞∫
1
[
1
x2
+
e−x
2
]
dx =
+∞∫
1
dx
x2
+
+∞∫
1
e−x
2
dx = 1 +
e−1
2
.
Proposic¸a˜o 1.7.4 Sejam f, g : [a,+∞[→ R duas func¸o˜es integra´veis em qualquer intervalo
da forma [a, z], z > a, tais que
+∞∫
a
f(x) dx e´ convergente e
+∞∫
a
g(x) dx e´ divergente. Enta˜o
+∞∫
a
[f(x) + g(x)] dx e´ divergente.
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza do integral
+∞∫
1
[
1 + x
x2
]
dx.
Ora este integral e´ obtido como a soma de dois integrais de Dirichelet, um divergente
+∞∫
1
dx
x
dx
(α = 1) e outro convergente
+∞∫
1
dx
x2
dx (α = 2 > 1). Logo e´ divergente.
Vamos agora enunciar dois crite´rios muito importantes no estudo da natureza de integrais
impro´prios da forma
+∞∫
a
f(x) dx em que f(x) apenas toma valores na˜o negativos. O objec-
tivo e´ comparar o integral que pretendemos estudar com um integral impro´prio cuja natureza
seja conhecida (normalmente os integrais de Dirichelet) ou que seja fa´cil de determinar.
Teorema 1.7.5 (1o Crite´rio de comparac¸a˜o) Sejam f, g : [a,+∞[→ R duas func¸o˜es integra´veis
em qualquer intervalo da forma [a, z], z > a, tais que 0 ≤ f(x) ≤ g(x) para todo o x ∈ [a,+∞[4.
Tem-se:
(i) Se
+∞∫
a
g(x) dx e´ convergente enta˜o
+∞∫
a
f(x) dx e´ convergente.
(ii) Se
+∞∫
a
f(x) dx e´ divergente enta˜o
+∞∫
a
g(x) dx e´ divergente.
4De facto, basta que estas desigualdades sejam verifcadas para todo x ∈ [b,+∞[ para algum b ≥ a.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 43
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
y
g(x)
f(x)
R +∞
a
g(x)dx
R +∞
a
f(x) dx
x
a
A demonstrac¸a˜o do resultado anterior baseia-se no facto de os integrais indefinidos F (z) =
z∫
a
f(x) dx e G(z) =
z∫
a
g(x) dx definirem func¸o˜es crescentes em [a,+∞[ (pois f(x), g(x) ≥ 0 para
todo o x) e portanto que admitirem limite em +∞ se e so´ se forem limitados.
Exemplos
Pretende-se determinar a natureza dos seguintes integrais
1.
+∞∫
1
dx
x3 + 2x+ 1
.
2.
+∞∫
1
2
x+
√
x
dx.
Resoluc¸a˜o:
1. Como x ≥ 0, x3 + 2x+ 1︸ ︷︷ ︸
≥0
≥ x3 e portanto 0 ≤ 1
x3 + 2x+ 1
≤ 1
x3
. Como o integral
+∞∫
1
dx
x3
e´ um integral de Dirichelet convergente (α = 3 > 1) conclu´ımos pelo 1o crite´rio de com-
parac¸a˜o (i), que
+∞∫
1
dx
x3 + 2x+ 1
e´ tambe´m convergente.
2. Como x ≥ 1, √x ≤ x e portanto x + √x ≤ 2x. Portanto 0 ≤ 1
2x
≤ 1
x+
√
x
. Como o
integral
+∞∫
1
dx
x
e´ um integral de Dirichelet divergente,
+∞∫
1
dx
2x
e´ tambe´m divergente. Logo
resulta do 1o crite´rio de comparac¸a˜o (ii), que
+∞∫
1
dx
x+
√
x
e´ tambe´m divergente.
Muitas vezes na˜o e´ fa´cil majorar ou minorar uma func¸a˜o por forma a podermos aplicar o 1o
crite´rio de comparac¸a˜o. Nessas alturas podemos tentar aplicar o seguinte crite´rio de comparac¸a˜o.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 44
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Teorema 1.7.6 (2o Crite´rio de comparac¸a˜o) Sejam f, g : [a,+∞[→ R duas func¸o˜es integra´veis
em qualquer intervalo da forma [a, z], z > a, tais que f(x), g(x) ≥ 0 para todo o x ∈ [a,+∞[.
Suponhamos ainda que
∃ lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= λ 6= 0,+∞.
Enta˜o
+∞∫
a
f(x) dx e
+∞∫
a
g(x) dx teˆm ambos a mesma natureza.
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza de
+∞∫
1
sin
1
x
dx.
Vamos tentar comparar
+∞∫
1
sin
1
x
dx com o integral de Dirichelet
+∞∫
1
dx
x
, que sabemos ser di-
vergente (α = 1). Note que sin 1x > 0, uma vez que
1
x < pi, para todo o x ≥ 1. Ora, pelas
propriedades do limite, temos
lim
x→+∞
sin 1x
1
x
= lim
y= 1
x
→0+
sin y
y
= 1 = λ 6= 0,+∞.
Logo resulta do 2o crite´rio de comparac¸a˜o que
+∞∫
1
sin
1
x
dx e
+∞∫
1
dx
x
teˆm a mesma natureza e
portanto que
+∞∫
1
sin
1
x
dx e´ tambe´m divergente.
Exerc´ıcios
1. Calcule os seguintes integrais impro´prios:
(a)
+∞∫
0
x e−x dx.
(b)
0∫
−∞
dx
(x− 1)2 .
2. Estude a natureza dos seguintes integrais:
(a)
+∞∫
1
x+ 4
ex
dx.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 45
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
(b)
+∞∫
1
dx
x
√
x+ x
dx.
(c)
+∞∫
1
log(x2 + 1)
x
dx.
(d)
+∞∫
2
e−x
x2 − 1 dx.
(e)
+∞∫
1
√
x
1 + x2
dx.
(f)
+∞∫
√
3
dx
x(1 + x2)
dx.
(g)
+∞∫
−∞
2x
1 + x2
dx.
Vamos agora considerar rapidamente o caso dos integrais impro´prios de func¸o˜es na˜o limitadas. A
maior parte das propriedades enunciadas para o integral de func¸o˜es em intervalos na˜o limitados
sa˜o ainda verificadas neste contexto, com as devidas adaptac¸o˜es. Por essa raza˜o apenas iremos
enunciar algumas dessas propriedades e calcular alguns exemplos.
Definic¸a˜o 7 Seja f :]a, b] → R, b > a, uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo da forma
[z, b] com z > a. Dizemos que
b∫
a
f(x) dx e´ convergente se existir e for finito
lim
z→a+
b∫
z
f(x) dx.
Nessa altura tomamos
b∫
a
f(x) dx = limz→a+
b∫
z
f(x) dx. Se o integral na˜o for convergente, dizemos
que e´ divergente.
Analogamente, se f : [a, b[→ R e´ uma func¸a˜o integra´vel em qualquer intervalo da forma [a, z]
com z < b tomamos
b∫
a
f(x) dx = lim
z→b−
z∫
a
f(x) dx (se este limite existir!).
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 46
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
R
b
z
f(x)dx R z
a
f(x)dx
f(x)
b a
x x
y y
f(x)
f(x) tem uma ass´ımptota vertical em x = a+ f(x) tem uma ass´ımptota vertical em x = b−
a← z z → b
Analogamente ao caso dos integrais definidos em intervalos na˜o limitados, tambe´m aqui vamos
considerar uma famı´lia muito importante de integrais impro´prios5, designados novamente por
integrais de Dirichelet, e que sa˜o da forma
1∫
0
dx
xα
, α ∈ R
Temos o resultado ana´logo ao teorema 1 da lic¸a˜o anterior, cuja demonstrac¸a˜o se deixa ao cuidado
do aluno mais entusiasta.
Teorema 1.7.7 O integral de Dirichelet
1∫
0
dx
xα
e´ convergente se e somente se α < 1, e nesse
caso temos
1∫
0
dx
xα
=
1
1− α.
Intuitivamente se α < 1 “o gra´fico de
1
xα
vai se aproximar suficientemente ra´pido do eixo dos
yy quando x→ 0+” de modo a que a a´rea da regia˜o delimitada pelo eixo dos yy e pelo gra´fico
de f seja finita (confrontar com o integral de Dirichelet
+∞∫
1
dx
xα ).
5Note que se α ≤ 0, a func¸a˜o 1
x−α na˜o tem ass´ımptota em x = 0
+ e em rigor o integral abaixo deve ser
considerado um integral definido.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 47
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
x
y
1
xα
, α < 1
1
1
1
xα
, α > 1
1
x
Vamos agora ver alguns exemplos onde essas propriedades sa˜o utilizadas.
Exerc´ıcios resolvidos
Pretende-se determinar a natureza dos integrais impro´prios:
1.
2∫
1
dx√
x− 1.
2.
1∫
0
dx√
x+ 2x
.
3.
2∫
1
dx
x
√
x− 1.
4.
pi∫
0
dx
sinx
dx.
5.
1∫
0
dx√
x(1− x) .
Resoluc¸a˜o
1. A func¸a˜o
1√
x− 1 tem apenas uma ass´ımptota vertical em x = 1
+ (i.e. tem uma ass´ımptota
vertical a` direita em x = 1).Por definic¸a˜o o integral impro´prio
2∫
1
dx√
x− 1 e´ convergente
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 48
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
se e somente se existir e for finito o limite
lim
z→1+
2∫
z
dx√
x− 1 .
Ora,
lim
z→1+
2∫
z
dx√
x− 1 = limz→1+
2∫
z
(x− 1)− 12 dx
= lim
z→1+
[
(x− 1) 12
1
2
]2
z
= 2 lim
z→1+
[1−√z − 1] = 2.
Assim o integral
2∫
1
dx√
x− 1 e´ convergente de valor 2.
2. Vamos aplicar o 1o crite´rio de comparac¸a˜o, (i). A func¸a˜o 1√
x+2x
tem uma ass´ımptota
vertical no ponto x = 0+. Como 0 < x, temos a desigualdade
√
x + 2x >
√
x e portanto
1√
x+2x
< 1√
x
. Como o integral
1∫
0
dx√
x
e´ um integral de Dirichelet convergente (pois α =
1
2 < 1), tambe´m o integral
1∫
0
dx√
x+ 2x
e´ convergente.
3. Vamos aplicar o 2o crite´rio de comparac¸a˜o. No intervalo ]1, 2] a func¸a˜o 1
x
√
x−1 tem apenas
uma ass´ımptota vertical no ponto x = 1+. Ora
lim
x→1+
1
x
√
x−1
1√
x−1
= lim
x→1+
1
x
= 1 = λ 6= 0, 1.
Logo pelo 2o crite´rio de comparac¸a˜o os integrais
2∫
1
dx
x
√
x− 1 e
2∫
1
dx√
x− 1
teˆm a mesma natureza e portanto sa˜o ambos convergentes (ver o exemplo 1.).
4. No intervalo ]0, pi[ a func¸a˜o 1sinx e´ positiva e tem duas ass´ımptotas verticais, uma no ponto
x = 0+ e outra em x = pi− . Por definic¸a˜o o integral
pi∫
0
dx
sinx
e´ convergente se e somente
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 49
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
se forem convergentes ambos os integrais
a∫
0
dx
sinx
e
pi∫
a
dx
sinx
, com a ∈]0, pi[ um ponto
arbitra´rio. Podemos tomar, por exemplo, a = pi2 . Temos enta˜o que estudar a natureza dos
integrais
pi
2∫
0
dx
sinx
e
pi∫
pi
2
dx
sinx
.
Vamos aplicar o 2o crite´rio de comparac¸a˜o no estudo do primeiro destes integrais. Tem-se,
lim
x→0+
1
sinx
1
x
= lim
x→0+
x
sinx
= 1 = λ 6= 0, 1.
Logo o integral
pi
2∫
0
dx
sinx
tem a mesma natureza que o integral
pi
2∫
0
dx
x
. Este u´ltimo integral
tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet divergente (pois α = 1),
1∫
0
dx
x
, pois
difere deste por um integral definido. De facto,
pi
2∫
0
dx
x
=
1∫
0
dx
x
+
pi
2∫
1
dx
x
.
Daqui resulta que finalmente que
pi∫
0
dx
sinx
e´ divergente.
5. No intervalo ]0, 1[ a func¸a˜o 1√
x(1−x) e´ positiva e tem duas ass´ımptotas verticais, uma no
ponto x = 0+ e outra em x = 1− . Por definic¸a˜o o integral
1∫
0
dx√
x(1− x) e´ convergente se
e somente se forem convergentes ambos os integrais
a∫
0
dx√
x(1− x) e
1∫
a
dx√
x(1− x) , com
a ∈]0, 1[ um ponto arbitra´rio. Podemos tomar, por exemplo, a = 12 . Temos enta˜o que
estudar a natureza dos integrais
1
2∫
0
dx√
x(1− x) e
1∫
1
2
dx√
x(1− x) .
Vamos aplicar o 2o crite´rio de comparac¸a˜o. Tem-se,
lim
x→0+
1√
x(1−x)
1√
x
= lim
x→0+
√
x√
x
√
1− x = limx→0+
1√
1− x = 1 = λ 6= 0, 1.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 50
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Logo o integral
1
2∫
0
dx√
x(1− x) tem a mesma natureza que o integral
1
2∫
0
dx√
x
. Este u´ltimo
integral tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet convergente (pois α = 12 <
1),
1∫
0
dx√
x
, pois difere deste por um integral definido. Daqui resulta que finalmente que
1
2∫
0
dx√
x(1− x) e´ convergente.
Analogamente se mostra que o integral
1∫
1
2
dx√
x(1− x) tem a mesma natureza que o inte-
gral convergente (ver a resoluc¸a˜o do exerc´ıcio 1.)
1∫
0
dx√
1− x , e portanto que tambe´m e´
convergente. Como ambos os integrais
1
2∫
0
dx√
x(1− x) e
1∫
1
2
dx√
x(1− x) ,
sa˜o convergentes, tambe´m
1∫
0
dx√
x(1− x) e´ convergente.
Exerc´ıcios
1. Determine a natureza dos seguintes integrais impro´prios
(a)
1∫
0
dx
(2− x)√x .
(b)
pi
2∫
0
dx
cos x
.
(c)
6∫
2
dx
(4− x) 23
.
(d)
2∫
1
dx
x
1
3 − 1
.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 51
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
(e)
pi
2∫
−pi
2
dx
1− cos x .
(f)
3∫
−3
x2√
9− x2 dx.
2. Prove o seguinte resultado: dados a, b, α ∈ R, 0 < a < b,
b∫
a
dx
(x− a)α converge ⇔ α < 1,
e indique o valor deste integral para α < 1.
3. Calcule os seguintes limites:
(a) lim
x→0
1
x
x∫
0
e2 t dt.
(b) lim
x→0
x2
1− ex2
x∫
0
et
2
dt.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 52
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Apeˆndice: A regra de Cauchy
Um resultado “maravilhoso” no ca´lculo de limites e´ a chamada regra de Cauchy enunciada a
seguir:
Teorema 1.7.8 Sejam f, g duas func¸o˜es deriva´veis num intervalo aberto I de extremidade a (a
pode ser −∞ ou +∞) tal que g′(x) 6= 0 para todo o x ∈ I. Admitamos ainda que
∃ lim
x→a f(x) = limx→a g(x) = 0 (ou ∞) e que ∃ limx→a
f ′(x)
g′(x)
.
Enta˜o
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
f ′(x)
g′(x)
.
Exemplos
1. A maior parte dos limites nota´veis pode ser recuperada com recurso a` regra de Cauchy:
(a) lim
x→0
sinx
x
0
0= lim
x→0
cos x
1
= 1.
(b) lim
x→0
ex − 1
x
0
0= lim
x→0
ex
1
= 1.
(c) lim
x→0
cos x− 1
x
0
0= lim
x→0
− sinx
x
= −1.
(d) Queremos calcular lim
x→+∞
ex
xp
com p um nu´mero inteiro positivo. Aplicando sucessive-
mente a regra de Cauchy obtemos
lim
x→+∞
ex
xp
0
0= lim
x→+∞
ex
p xp−1
0
0= lim
x→+∞
ex
p(p− 1)xp−2
0
0= · · ·
0
0= lim
x→+∞
ex
p!
= +∞.
2. lim
x→1
arctg x− pi4
x2 − 1
0
0= lim
x→1
1
1+x2
2x
=
1
4
.
3. lim
x→+∞
log x
x
∞
∞= lim
x→+∞
1
x
1
= lim
x→+∞
1
x
= 0.
4. Se a indeterminac¸a˜o na˜o for do tipo 00 ou
∞
∞ , e´ poss´ıvel transforma´-la numa indeterminac¸a˜o
de um daqueles dois tipos:
(a) Indeterminac¸a˜o do tipo ∞ · 0: transformamos numa indeterminac¸a˜o 00 (ou ∞∞) usando
uma relac¸a˜o do tipo f · g = f1
g
.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 53
CAPI´TULO 1. CA´LCULO INTEGRAL
Vejamos um exemplo:
lim
x→−∞
x ex
∞·0
= lim
x→−∞
x
e−x
∞
∞= lim
x→−∞
1
−e−x = limx→−∞−e
x = 0.
(b) Indeterminac¸o˜es do tipo 00, 1∞ e ∞0: transformamos em 0 · ∞ usando uma relac¸a˜o
do tipo f g = elog f
g
= e g log f e posteriormente numa indeterminac¸a˜o do tipo 00 ou
∞
∞
como atra´s. Vejamos alguns exemplos:
i. limx→0+ xx
0 0
= limx→0+ ex logx = e0 = 1.
C.A. : lim
x→0+
x log x
0·∞
= lim
x→0+
log x
1
x
∞
∞= lim
x→0+
1
x
− 1
x2
= lim
x→0+
−x = 0.
ii. lim
x→+∞
(
1 +
1
x
)x
1∞
= lim
x→+∞
elog(1+
1
x)
x
= lim
x→+∞
ex log(1+
1
x) = e.
Note que este limite e´ a “versa˜o cont´ınua” do limite bem conhecido para sucesso˜es:
lim
n→+∞
(
1 +
1
n
)n
= e.
Ca´lculos auxiliares:
lim
x→+∞
x log
(
1 +
1
x
)
∞·0
= lim
x→+∞
log
(
1 + 1x
)
1
x
0
0= lim
x→+∞
(1+ 1x)
′
1+ 1
x
− 1x2
= lim
x→+∞
− 1
x2
1+ 1
x
− 1
x2
= lim
x→+∞
1
1 + 1x
= 1.
iii. lim
x→+∞
x
1
x
∞0
= lim
x→+∞
e
1
x
log x = e0 = 1 (ver o exemplo 3.)
(c) Indeterminac¸a˜o do tipo +∞−∞: transformamos em 00 (ou ∞∞) usando uma relac¸a˜o
do tipo
f − g =
1
g − 1f
1
f ·g
,
ou do tipo
f − g = log(ef−g) = log
(
ef
eg
)
.
ISA/UTL – Lico˜es de Matema´tica – 2005 54
1.7. INTEGRAL IMPRO´PRIO
Vejamos um exemplo:
lim
x→+∞
[log x− x] +∞−∞= lim
x→+∞
log elog x−x
= log
(
elog x
ex
)
0
0= lim
x→+∞
log
( x
ex
)
= −∞,
pois lim
x→∞
x
ex
= 0+ uma vez que lim
x→∞
ex
x
= +∞ (cf. exemplo 1(d)).Exerc´ıcios
Calcule os seguintes limites:
1. lim
x→4
x2 − 16
x− 4 .
2. lim
x→pi
2
−
tgx
sec2 x
.
3. lim
x→0
sinx
cos x− 1.
4. lim
x→+∞
√
x
ex
.
5. lim
x→0+
√
x log x.
6. lim
x→+∞
x
(pi
2
− arctgx
)
.
7. lim
x→0+
xsinx.
8. lim
x→1+
xlog x.
9. lim
x→pi
2
−
[tgx− sec x].
10. lim
x→pi
2
−
tgx
sec2 x
.
11. lim
x→+∞
[
x2 −
√
x4 + 3x
]
.
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