Técnicas de integração - capitulo_26

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Cap´ıtulo 26
Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Voceˆ ja´ deve ter percebido que resolver integrais ou achar primitivas de uma func¸a˜o qualquer na˜o e´ muito simples,
por isso e´ necessa´rio desenvolver algumas te´cnicas ou me´todos gerais que facilitem esta tarefa. Mesmo programas de
computador como o Maple na˜o fazem milagres! Veja, por exemplo, o que acontece quando tentamos usar o Maple
para resolver a integral
?
(1 + ln(x))
?
1 + (x ln(x))2 dx.
> int((1+log(x))*sqrt(1+(x*log(x))^2),x);
?
(1 + ln(x))
?
1 + x2 ln(x)2 dx
O Maple na˜o encontrou a primitiva!! No entanto, esta integral pode ser resolvida se usarmos o me´todo de subs-
tituic¸a˜o de varia´veis que aprendemos em cap´ıtulos anteriores. De fato, a substituic¸a˜o u = x ln(x) transforma esta
integral em
? √
1 + u2 du, cuja primitiva aprenderemos a calcular, neste cap´ıtulo, usando uma te´cnica geral chamada
substituic¸a˜o trigonome´trica. Portanto, mesmo tendo a nossa disposic¸a˜o um computador com um fabuloso programa
computacional alge´brico, ainda assim precisamos estudar e aprender matema´tica porque, felizmente, so´ os homens (e
mulheres) conseguem pensar e criar.
As pro´ximas sec¸o˜es se destinam ao estudo de me´todos gerais que se apliquem a` resoluc¸a˜o de tipos especiais de
integrais.
26.1 Integrac¸a˜o por partes
O me´todo de substituic¸a˜o de varia´veis se aplica a` resoluc¸a˜o de uma integral cujo integrando envolve, essencialmente,
a derivada de uma composic¸a˜o de func¸o˜es. Essa te´cnica de integrac¸a˜o estabelece, de uma certa maneira, uma regra
da cadeia para integrais.
Outra importante te´cnica de integrac¸a˜o e´ conhecida como integrac¸a˜o por partes. Esta te´cnica e´ aplicada na
resoluc¸a˜o de uma integral que envolve o produto de duas func¸o˜es e e´ uma consequ¨eˆncia simples da regra do produto
para derivadas. O exemplo a seguir ilustra o emprego e a necessidade desta te´cnica.
Sabemos que
d
dx (x sen(x) + cos(x)) = x cos(x).
Consequ¨entemente,
?
x cos(x) dx = x sen(x) + cos(x) + C .
Assim, trabalhando de tra´s para a frente resolvemos facilmente um problema de integrac¸a˜o que envolve o produto de
duas func¸o˜es. No entanto, com as te´cnicas que temos dispon´ıveis ate´ agora para resolver integrais na˜o conseguir´ıamos
uma resposta para este problema se o tive´ssemos proposto na ordem direta. Para resolver integrais deste tipo preci-
samos de uma espe´cie de regra do produto para integrais. Motivados pelo exemplo acima, vamos tentar estabelecer
esta regra trabalhando de tra´s para a frente.
A regra para a derivada do produto estabelece que
(u v)? = u? v + u v?,
onde u = u(x) e v = v(x) sa˜o func¸o˜es deriva´veis. A fo´rmula acima equivale a
u v? = (u v)? − u? v.
359
360 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Integrando esta igualdade, obtemos ?
u v? dx = uv −
?
v u? dx.
Como u = u(x)⇒ du = u?(x)dx e v = v(x)⇒ dv = v?(x)dx, a igualdade acima pode ser escrita como
?
u dv = uv −
?
v du.
Esta e´ a fo´rmula para a integrac¸a˜o por partes. Para aplicar esta fo´rmula na resoluc¸a˜o de uma determinada integral,
devemos fatorar o integrando em duas partes u e dv (da´ı o nome do me´todo), levando em considerac¸a˜o dois princ´ıpios:
1. A primitiva v =
?
dv deve ser fa´cil de determinar.
2. A nova integral
?
vdu deve ser mais fa´cil de calcular que a integral original.
Observe que no caso de integral definida a fo´rmula acima e´ equivalente a
? b
a
u dv = u(b) v(b)− u(a) v(a)−
? b
a
v du.
Exemplo 1 Calcule
?
x ex dx.
Fac¸a u = x e dv = ex dx . Assim, du = dx e v =
?
ex dx = ex. Substituindo estes resultados na fo´rmula de integrac¸a˜o
por partes, obtemos ?
x ex dx = x ex −
?
ex dx = xex − ex + C.
Observe que se tive´ssemos escolhido u = ex e dv = x dx , ter´ıamos du = ex dx e v = x22 . Neste caso, aplicando a fo´rmula
de integrac¸a˜o por partes transformar´ıamos a integral original em outra mais dif´ıcil de ser calculada, como se segue
?
x ex dx = x
2 ex
2 −
? x2 ex
2 dx.
Portanto, esta segunda escolha e´ inadequada para resolver a integral proposta.
Exemplo 2 Calcule
?
x2 ex dx.
Fac¸a u = x2 e dv = ex dx. Enta˜o, du = 2x dx e v = ex. Substituindo estes resultados na fo´rmula de integrac¸a˜o por
partes, obtemos
?
x2 ex dx = x2 ex − 2
?
x ex dx = x2 ex − 2 ex (x− 1) + C = ex (x2 − 2 x+ 2) + C.
Exemplo 3 Calcule
?
ln(x) dx.
Para esta integral, fac¸a u = ln(x) e dv = dx . Assim, du = dxx e v = x. Substituindo estes resultados na fo´rmula de
integrac¸a˜o por partes, obtemos:
?
ln(x) dx = x ln(x)−
? x
x dx = x ln(x)− x+ C = x (ln(x)− 1) + C.
Exemplo 4 Calcule
?
x sen(x) dx.
Fac¸a u = x e dv = sen(x) dx. Enta˜o, du = dx e v = −cos(x). Assim,
?
x sen(x) dx = −xcos(x)−
?
−cos(x) dx = −xcos(x) + sen(x) + C.
W.Bianchini, A.R.Santos 361
Exemplo 5 Calcule
?
arctg(x) dx.
Fac¸a u = arctg(x ) e dv = dx. Enta˜o, du = 11 + x2 dx e v = x. Logo,?
arctg(x) dx = x arctg(x)−
? x
1 + x2 dx .
Esta u´ltima integral pode ser resolvida por substituic¸a˜o de varia´veis, fazendo-se t = 1+x2, o que implica que dt = 2x dx .
Assim
? x
1 + x2 dx =
1
2
? 1
t dt =
1
2 ln(t) + C =
1
2 ln(1 + x
2) + C .
Logo, ?
arctg(x) dx = x arctg(x)− 12 ln(1 + x
2) + C .
Exemplo 6 Ao aplicar o me´todo de integrac¸a˜o por partes, pode acontecer de retornarmos a` integral original.
Vamos mostrar como solucionar este problema resolvendo a integral
?
ex sen(x) dx.
Fazendo u = ex e dv = sen(x) dx , temos que du = ex dx e v = −cos(x). Assim, a fo´rmula de integrac¸a˜o por partes
fornece
?
ex sen(x) dx = −ex cos(x) +
?
ex cos(x) dx.
Repetindo o mesmo processo para resolver a nova integral, fazemos agora u = ex e dv = cos(x) dx. Tem-se, enta˜o, que
du = ex dx e v = sen(x), e a fo´rmula de integrac¸a˜o por partes, aplicada a` u´ltima integral da expressa˜o acima, resulta
em ?
ex sen(x) dx = −ex cos(x) +
?
ex cos(x) dx = −ex cos(x) + ex sen(x)−
?
ex sen(x) dx.
Fazendo I =
?
ex sen(x) dx, a igualdade acima nos diz que
I = −ex cos(x) + ex sen(x)− I
que e´ equivalente a
2 I = −ex cos(x) + ex sen(x) + C ou I = −e
x cos(x) + ex sen(x)
2 + C ,
isto e´, ?
ex sen(x) dx = −e
x cos(x) + ex sen(x)
2 + C .
26.1.1 Substituic¸a˜o por partes usando o Maple
O maple possui uma sub-rotina, intparts(Int(f(x),x),u) do pacote student, que permite a voceˆ praticar o me´todo
de integrac¸a˜o por partes. Vamos ilustrar como isto e´ poss´ıvel com alguns exemplos.
Exemplo 1 Vamos resolver as integrais
?
x ex dx e
? 3
−2 x ex dx com a ajuda do comando intparts do Maple.
(Na˜o esquec¸a que antes de usar este comando temos que avisar o Maple que ele faz parte do pacote student. Esta
e´ a func¸a˜o da linha de comando with(student).)
> with(student):
Fazendo u = x, no comando intparts), temos
> I1:=intparts(Int(x*exp(x),x),x);
I1 := x ex −
?
ex dx
362 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Neste ponto voceˆ deve decidir se a sua escolha da func¸a˜o u foi adequada. A resposta neste caso e´ sim, pois esta
u´ltima integral tem uma primitiva imediata. Se quiser, voceˆ pode continuar a usar o Maple para acabar de calcular
esta integral
> I2:=value(I1);
I2 := x ex − ex
Usando agora o teorema fundamental do ca´lculo, podemos resolver a integral definida
? 3
−2 x ex dx calculando
I2(b)− I2(a), onde I2 = x ex − ex e´ a primitiva de f(x) = x ex, encontrada acima. Assim, temos
> subs(x=3,I2)-subs(x=-2,I2);
2 e3 + 3 e−2
Exemplo 2 Calcule
?
x ln(x) dx
A escolha u = x nos conduz a
> J1:=intparts(Int(x*ln(x),x),x);
J1 := x (x ln(x)− x)−
?
x ln(x)− x dx
Por outro lado, fazendo u = ln(x ), obtemos
> J2:=intparts(Int(x*ln(x),x),ln(x));
J2 := 12 ln(x) x
2 −
? 1
2 x dx
Observe que a segunda escolha e´ mais adequada para resolver a integral dada.
Exemplo 3 Calcule
?
x2 sen(x) dx
Neste caso, ha´ va´rias escolhasposs´ıveis. Vamos tentar todas e observar os resultados.
1. Fazendo u = x2, obtemos
> A1:=intparts(Int(x^2*sin(x),x),x^2);
A1 := −cos(x) x2 −
?
− 2 x cos(x) dx
2. Escolhendo, agora, u = x, temos
> A2:=intparts(Int(x^2*sen(x),x),x);
A2 := x (sen(x)− x cos(x))−
?
sen(x)− x cos(x) dx
3. Ou, ainda, escolhendo u = sen(x ), temos
> A3:=intparts(Int(x^2*sen(x),x),sen(x));
A3 := 13 sen(x) x
3 −
? 1
3 cos(x) x
3 dx
Dos resultados obtidos, podemos concluir que a primeira escolha e´ a mais adequada para se calcular a integral acima
26.1.2 Exerc´ıcios
1. Calcule as integrais a seguir:
W.Bianchini, A.R.Santos 363
(a)
?
sen2 x dx
(b)
?
sen3 x dx
(c)
?
x cos(a x) dx
(d)
?
x2 ex dx
(e)
?
cos4 x dx
(f)
?
e(3 x) cos(2 x) dx
(g)
?
x3 e(x2) dx
(h)
?
x2 sen(x) dx
(i)
? √x ln(x) dx
(j)
?
x
√
1 + x dx
(k)
?
x sec2 x dx
2. (a) Verifique a veracidade da fo´rmula
?
lnn x dx = x lnx x−n
?
ln(n−1) x dx . Fo´rmulas deste tipo sa˜o chamadas
fo´rmulas de reduc¸a˜o. Aplicando esta fo´rmula n− 1 vezes, e´ poss´ıvel calcular a integral da esquerda.
(b) Aplique a fo´rmula obtida no item anterior para calcular
?
ln3 x dx.
(c) Deduza uma fo´rmula de reduc¸a˜o para
i.
?
xn sen(x) dx ii.
?
xn ex dx iii.
?
xn lnn x dx
3. Calcule
?
sen(ln(x)) dx. (Decida qual e´ o procedimento mais promissor e prossiga com fe´!)
26.2 Integrais trigonome´tricas especiais
Nesta sec¸a˜o estudaremos certas integrais em que o integrando e´ poteˆncia de uma func¸a˜o trigonome´trica ou o produto
de duas dessas poteˆncias, exemplificando cada um dos casos abordados.
1. Poteˆncias pares de seno e coseno
Exemplo 1 Para calcular as integrais
?
sen2 x dx e
?
cos2 x dx
podemos proceder de duas maneiras:
(a) Usando integrac¸a˜o por partes.
(b) Utilizando as identidades trigonome´tricas sen2 x = 12 (1− cos(2 x)) e cos2 x = 12 (1 + cos(2 x)).
Vamos resolver a primeira integral utilizando integrac¸a˜o por partes:
?
sen2 x dx =
?
sen(x) sen(x) dx.
Fazendo u = sen(x ) e dv = sen(x) dx , temos que du = cos(x) dx e v = −cos(x). Assim,
?
sen2 x dx =
?
sen(x) sen(x) dx = −sen(x) cos(x)−
?
−cos(x) cos(x) dx
= −sen(x) cos(x) +
?
1− sen2 x dx = −sen(x) cos(x) + x−
?
sen2 x dx .
Essa igualdade resulta em:
?
sen2 x dx = 12(−sen(x) cos(x) + x) + C =
x
2 −
sen(2 x)
4 + C.
Resolvendo a segunda integral utilizando a identidade trigonome´trica indicada, temos
?
cos2 x dx =
? 1 + cos(2 x)
2 dx =
x
2 +
sen(2 x)
4 + C.
Exemplo 2 Vamos calcular a integral
?
sen4 x cos2 x dx.
364 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Para resolver esta integral, vamos utilizar a identidade sen2 x+ cos2 x = 1, para escrever o integrando so´ em
termos de senos ou so´ em termos de cossenos. Assim,
?
sen4 x cos2 x dx =
?
sen4 x (1− sen2 x) dx =
?
sen4 x− sen6 x dx.
A integral de sen4 x pode ser calculada, como anteriormente, usando-se a identidade trigonome´trica sen2 x = 12
(1− cos(2 x)) e observando que sen4 x = (sen2 x)2; a integral
?
sen6 x dx pode ser resolvida por partes, observando-
se que sen6 x = sen5 x sen(x).
2. Poteˆncias ı´mpares de seno ou coseno
Integrais do tipo
?
sen5 x cos2 x dx sa˜o resolvidas por substituic¸a˜o. Para isto, basta observar que
?
sen5 x cos2 x dx =
?
sen4 x sen(x) cos2 x dx.
Agora, fazendo u = cos(x), enta˜o du = −sen(x)dx. Assim, temos
?
sen5 x cos2 x dx =
?
sen4 x sen(x) cos2 x dx = −
?
(1− u2)2 u2 du = −
?
u2 − 2 u4 + u6 du
= −(u
3
3 −
2 u5
5 +
u7
7 ) + C = −
cos3 x
3 +
2 cos5 x
5 −
cos7 x
7 + C.
3. Poteˆncias inteiras de tangente
Vamos calcular
?
tg(x) dx.
A substituic¸a˜o u = cos(x) e du = −sen(x)dx, resulta em
?
tg(x) dx =
? sen(x)
cos(x) dx = −
? 1
u du = −ln(|u |) + C = −ln(| cos(x) |) + C = ln(| sec(x) |) + C.
Da mesma forma e´ poss´ıvel obter os seguintes resultados:
(a)
?
cotg(x) dx = ln(| sen(x) |) + C
(b)
?
tg2 x dx =
?
sec2 x− 1 dx = tg(x)− x+ C
(c)
?
tg3 x dx =
?
tg2 x tg(x) dx =
?
(sec2 x− 1) tg(x) dx =
?
sec2 x tg(x) dx−
?
tg(x) dx
A primeira integral pode ser resolvida fazendo-se u = tg(x)⇒ du = sec2 x dx , e assim,
?
tg3 x dx = tg
2 x
2 − ln(| sec(x) |) + C.
4. Poteˆncias inteiras de secante
Exemplo 1 Calcular
?
sec(x) dx.
Esta integral pode ser resolvida usando-se integrac¸a˜o por partes. Pore´m, um me´todo mais ra´pido e´ obtido
multiplicando-se e dividindo-se o integrando por sec(x) + tg(x) e fazendo a substituic¸a˜o u = sec(x ) + tg(x ) ⇒
du = sec(x ) tg(x) + sec2 (x) dx. Assim,
?
sec(x) dx =
? sec(x) (sec(x) + tg(x))
sec(x) + tg(x) dx =
? 1
u du = ln(|u |) + C = ln(| sec(x) + tg(x) |) + C.
W.Bianchini, A.R.Santos 365
Exemplo 2 Calcular
?
sec3 x dx.
Como u = sec(x) ⇒ du = sec(x) tg(x), e dv = sec2 x dx ⇒ v = tg(x), a fo´rmula de integrac¸a˜o por partes resulta
em
?
sec3 x dx =
?
sec2 x sec(x) dx = sec(x) tg(x)−
?
tg2 x sec(x) dx = sec(x) tg(x)−
?
(sec2 x− 1) sec(x) dx
= sec(x)tg(x)−
?
sec3 x dx+
?
sec(x) dx
Assim,
2
?
sec3 x dx = sec(x) tg(x) +
?
sec(x) dx , ou seja,
?
sec3 x dx = 12(sec(x) tg(x) + ln(| sec(x) + tg(x) |) + C.
26.3 Substituic¸a˜o trigonome´trica
O me´todo da substituic¸a˜o trigonome´trica pode ser empregado na resoluc¸a˜o de integrais cujos integrandos envolvem
expresso˜es do tipo
?
a2 − x2 ,
?
a2 + x2 e
?
x2 − a2 .
A tabela abaixo mostra as substituic¸o˜es trigonome´tricas indicadas em cada caso. Na primeira coluna indicamos o
tipo de integrando, na segunda, a substituic¸a˜o a fazer; e, na terceira, a identidade trigonome´trica a ser usada.
√
a2 − x2 ↔ x = a sen θ ↔ cos2 θ = 1− sen2 θ
√
a2 + x2 ↔ x = a tg θ ↔ sec2 θ = 1 + tg2 θ
√
x2 − a2 ↔ x = a secθ ↔ tg2 θ = sec2 θ − 1
A seguir, exemplificamos cada um dos casos indicados.
Exemplo 1 Calcular
? ?
9− x2 dx.
A substituic¸a˜o indicada e´ x = 3 sen θ, o que implica dx = 3 cos θ dθ e da´ı
? ?
9− x2 dx = 9
? ?
1− sen2 θ cos(θ) dθ = 9
? √
cos2 θ cos(θ) dθ = 9
?
|cos(θ)| cos(θ) dθ.
Observe que θ = arcsen (x3 ), para θ no intervalo [−π2 , π2 ]. Como neste intervalo cos(θ) ≥ 0, temos
? ?
9− x2 dx = 9
?
cos2 θ dθ = 9
? 1 + cos(2 θ)
2 dθ = 9
?θ
2 +
sen(2 θ)
4
?
+ C
= 9
?arcsen(x3 )
2 +
2 sen(θ) cos(θ)
4
?
+ C = 92
?
arcsen(x3 ) +
x
√
9− x2
9 + C
?
= 92arcsen(
x
3 ) +
1
2x
?
9− x2 + C.
Exemplo 2 Calcular
? ?
4 + x2 dx.
366 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
A substituic¸a˜o indicada neste caso e´ x = 2 tg θ ⇒ dx = 2 sec2 θ dθ. Da´ı, obtemos
? ?
4 + x2 dx =
? ?
4 + 4 tg2 θ 2 sec2 θ dθ = 4
? √
sec2 θ sec2 θ dθ = 4
?
| sec θ | sec2 θ dθ
= 4
?
sec3 θ dθ = 2(sec θ tg θ + ln(| sec θ + tg θ |) + C.
Observe que a identidade inversa θ = arctg(x2 ) so´ e´ va´lida quando o aˆngulo θ estiver no intervalo [−π2 , π2 ]. Neste
intervalo, sec θ > 0. Por esta raza˜o, na penu´ltima igualdade acima vale a substituic¸a˜o | sec θ | = sec θ.
Para terminar a resoluc¸a˜o da integral proposta, devemos retornar a` varia´vel x. Para isto usamos a identidade
trigonome´trica tg2 θ = sec2 θ − 1. Assim, temos:
? ?
4 + x2 dx = 2
??
1 + (x2 )
2 x
2 + ln
????
?
1 + (x2 )
2 + x2
????
?
+ C = 2
?
x
4
?
4 + x2 + ln
?????
√
4 + x2
2 +
x
2
?????
?
+ C.
Exemplo 3 Calcular
? 1
x
√
x2 − 1
dx.
A substituic¸a˜o x = sec θ implica que dx = sec θ tg θ dθ. Da´ı, temos
? 1
x
√
x2 − 1
dx =
? sec θ tg θ
sec θ
√
sec2 θ − 1
dθ =
? tg θ
|tg θ| dθ.
Como a identidade θ = arcsec x so´ e´ va´lida para θ em [0, π2 )∪ (π2 , π], tg θ > 0 em (0, π2 ) e tg θ < 0 em (π2 , π), a u´ltima
integral acima se transforma em
? tg θ
| tg θ | dθ =



?
dθ = θ + C , se θ ∈ (0, π2 )
−
?
dθ = −θ + C , se θ ∈ (π2, π)
.
Logo, ? 1
x
√
x2 − 1
dx =
?
arcsec(x) + C , se x > 1
−arcsec(x) + C , se x < −1
Existem casos em que e´ necessa´ria alguma manipulac¸a˜o alge´brica antes de tentarmos aplicar um dos casos de
substituic¸a˜o trigonome´trica. O exemplo abaixo ilustra esta situac¸a˜o.
Exemplo 4 Calcular
? 1√
x2 + x− 2
dx.
Completando o quadrado no radicando, temos
? 1√
x2 + x− 2
dx =
? 1?
(x+ 12 )2 − ( 32 )2
dx.
A substituic¸a˜o x+ 12 = 3 sec θ2 ⇒ dx = 32 sec θ tg θ dθ e conduz a
? 1√
x2 + x− 2
dx =
? 1?
(x+ 12 )2 − ( 32 )2
dx =
? sec θ tg θ√
sec2 θ − 1
dθ = ±
?
sec θ dθ
= ln | sec θ + tg θ |+ C = ln
??????
2 x+ 1
3 +
2
√
x2 + x− 2
3
?????
?
+ C.
W.Bianchini, A.R.Santos 367
26.4 Func¸o˜es racionais e frac¸o˜es parciais
Recordemos que uma func¸a˜o racional e´ da forma
P (x) = N (x)Q(x) ,
onde N (x) e Q(x) sa˜o polinoˆmios.
Nesta sec¸a˜o vamos descrever um me´todo usado para integrar func¸o˜es racionais, que consiste em escrever estas
func¸o˜es como a soma de func¸o˜es racionais mais simples, cujas integrais sejam calculadas facilmente. Para exemplificar,
vamos examinar a func¸a˜o P (x) = x+5x2+x−2 . O problema e´ calcular a
? x+5
x2+x−2 dx.
Repare que
2
x− 1 −
1
x+ 2 =
2 (x+ 2)− (x− 1)
(x− 1) (x+ 2) =
x+ 5
x2 + x− 2 .
Esta identidade permite concluir que
? x+ 5
x2 + x+−2 dx =
? 2
x− 1 dx−
? 1
x+ 2 dx = 2 ln(|x− 1 |)− ln(|x+ 2 |) + C.
Esta conclusa˜o na˜o seria ta˜o simples se na˜o soube´ssemos de antema˜o que
2
x− 1 −
1
x+ 2 =
x+ 5
x2 + x− 2 .
O problema de integrar a func¸a˜o x+5x2+x−2 se resume, enta˜o, ao problema de decompor esta frac¸a˜o em parcelas mais
simples. Este me´todo e´ chamado de decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais. As regras que permitem chegar a decomposic¸o˜es
deste tipo sa˜o enumeradas a seguir.
Considere a func¸a˜o P (x) = N (x)Q(x) . Se o grau de N (x) for maior ou igual do que o grau de Q(x), podemos efetuar
a divisa˜o e escrever P (x) na forma
P (x) = N (x)Q(x) = D(x) +
R(x)
Q(x) ,
onde D(x) e´ um polinoˆmio, o grau de R(x) e´ menor do que o grau de Q(x) e R(x) e Q(x) na˜o teˆm fatores comuns.
Tendo em vista esta observac¸a˜o, o problema de calcular integrais de func¸o˜es racionais se reduz ao de examinar o
caso das func¸o˜es onde o grau do numerador e´ estritamente menor do que o grau do denominador. Estas func¸o˜es sa˜o
ditas func¸o˜es racionais pro´prias.
Nossa tarefa, portanto, e´ decompor a frac¸a˜o R(x)Q(x) , onde o grau de R(x) e´ estritamente menor do que o grau de
Q(x), numa soma de frac¸o˜es mais simples, isto e´,
R(x)
Q(x) =
R1(x)
Q1(x)
+ R2(x)Q2(x)
+ . . .+ Rn(x)Qn(x)
esperando que cada uma dessas parcelas possa ser integrada sem muita dificuldade.
Em cursos de a´lgebra, mostra-se que toda func¸a˜o racional pode ser decomposta na forma acima e que
1. Se Q(x) = (x− r1) (x− r2) ... (x− rn−1) (x− rn), enta˜o
R(x)
Q(x) =
A1
x− r1
+ A2x− r2
+ . . .+ Anx− rn
,
onde A1, A2, ... An sa˜o constantes a serem determinadas.
2. Se Q(x ) = (x− r)m, enta˜o
R(x)
Q(x) =
A1
x− r +
A2
(x− r)2 + . . .+
Am
(x− r)m ,
onde A1, A2, ... An sa˜o constantes a serem determinadas.
368 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
3. Se Q(x) = (a x2 + b x+ c)k, sendo a x2 + b x+ c irredut´ıvel, isto e´, sem ra´ızes reais, enta˜o
Q(x)
R(x) =
A1 x+ B1
a x2 + b x+ c +
A2 x+ B2
(a x2 + b x+ c)2 + . . .+
Ak x+ Bk
(a x2 + b x+ c)k ,
onde Ai e Bi para i = 1...k sa˜o constantes a serem determinadas.
4. Se Q(x) = (x− r1) (x− r2) ... (x− rn) (x− r)m (a x2 + b x+ c)k, enta˜o
R(x)
Q(x) =
A1
x− r1
+ A2x− r2
+ . . .+ Anx− rn
+ B1x− r +
B2
(x− r)2 + . . .+
Bm
(x− r)m
+ A1 x+ B1a x2 + b x+ c +
A2 x+ B2
(a x2 + b x+ c)2 + . . .+
Ak x+ Bk
(a x2 + b x+ c)k ,
onde Ai e Bi para i = 1...k sa˜o constantes a serem determinadas.
Vejamos alguns exemplos para ilustar este me´todo.
Exemplo 1 Calcule a integral
? 1
x2 − 1 dx.
Como x2 − 1 = (x− 1) (x+ 1), temos 1(x− 1) (x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x+ 1 =
A (x+ 1) + B (x− 1)
(x− 1) (x+ 1) . Assim,
1 = A (x+ 1)+B (x− 1) = (A+B)x+A−B. Como dois polinoˆmios sa˜o iguais quando os coeficientes dos termos de
mesmo grau sa˜o iguais, temos que ?
A+ B = 0
A− B = 1 .
Resolvendo este sistema, obtemos A = 12 e B = − 12 .
Portanto,
? 1
x2 − 1 dx =
1
2
? 1
x− 1 dx−
1
2
? 1
x+ 1 dx =
1
2ln |x− 1 | −
1
2 ln |x+ 1 |+ C =
1
2 ln(
????
x− 1
x+ 1
????) + C.
Exemplo 2 Calcule
? 1
x (x+ 3) dx.
Como 1x (x+ 3) =
A
x +
B
x+ 3, operando algebricamente como no exemplo anterior, obtemos 1 = A(x+ 3) + Bx.
Logo, ?
A+ B = 1
3A = 1 .
Resolvendo este sistema, conclu´ımos que A = 13 e B = − 13 . Portanto,
? 1
x (x+ 3) dx =
1
3
? 1
x dx−
1
3
? 1
x+ 3 dx =
1
3 (ln |x | − ln |x+ 3 |) + C =
1
3 ln
????
x
x+ 3
????+ C.
Exemplo 3 Resolva a integral
? x2 + x+ 1
x2 − 1 dx.
Neste caso, como o grau do numerador e´ igual ao do denominador, primeiro efetuamos a divisa˜o indicada. Faremos
isto com o aux´ılio do Maple. Obtemos o quociente da divisa˜o com o comando
> quo(x^2+x+1,x^2-1,x,’r’);
1
e o resto dessa maneira
> r;
W.Bianchini, A.R.Santos 369
x+ 2
Assim,
x2 + x+ 1
x2 − 1 = 1 +
x+ 2
x2 − 1 = 1 +
x+ 2
(x− 1) (x+ 1) .
Logo, ? x2 + x+ 1
x2 − 1 dx = x+
? x+ 2
(x− 1) (x+ 1) dx.
Por decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais, podemos escrever que
x+ 2
(x− 1) (x+ 1) =
A
x− 1 +
B
x+ 1 ⇒ x+ 2 = A(x+ 1) + B(x− 1) .
Assim,
?
A+ B = 1
A− B = 2 ⇒ A =
3
2 e B = − 12 . Logo,
? x2 + x+ 1
x2 − 1 dx = x+
? x+ 2
(x− 1) (x+ 1) dx = x+
3
2
? 1
x− 1 dx−
1
2
? 1
x+ 1 dx
= x+ 32 ln |x− 1 | −
1
2 ln |x+ 1 |+ C.
Exemplo 4 Calcule a integral
? x
(x− 1) (x2 + 1) dx.
Usando decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais, obtemos
x
(x− 1) (x2 + 1) =
A
x− 1 +
B x+ C
x2 + 1 ⇒ x = A (x
2 + 1) + (B x+ C) (x− 1) .
Comparando os dois polinoˆmios, podemos concluir que



A+ B = 0
C − B = 1
A− C = 0
.
Resolvendo este sistema, conclu´ımos que A = 12 , B = − 12 e C = 12 . Assim,
? x
(x− 1) (x2 + 1) dx =
1
2
? 1
x− 1 dx+
1
2
??
− xx2 + 1 dx+
? 1
x2 + 1 dx
?
= 12 ln |x− 1 | −
1
4 ln(x
2 + 1) + arctg(x) + C.
Exemplo 5 Este exemplo ilustra um caso onde o me´todo de decomposic¸a˜o em frac¸o˜es parciais na˜o pode ser
usado. Considere a integral
? x
2 x2 + 4 x+ 3 dx.
O polinoˆmio Q(x) = 2 x2+4 x+3 e´ irredut´ıvel e o me´todo na˜o funciona porque na˜o leva a nenhuma decomposic¸a˜o
da frac¸a˜o dada. (Experimente!)
Neste caso, podemos completar o quadrado que aparece no denominador e tentar algum tipo de substituic¸a˜o, como
e´ feito a seguir:
Q(x) = 2 x2 + 4 x+ 3 = 2 (x2 + 2 x+ 32 ) = 2 (x2 + 2 x+ 1− 1 + 32 ) = 2 ((x+ 1)2 + 12 ) = (
√
2 (x+ 1))2 + 1 .
A substituic¸a˜o u =
√
2 (x+ 1), du =
√
2 dx permite, enta˜o, escrever
? x
2 x2 + 4 x+ 3 dx =
1√
2
? u√
2 − 1
u2 + 1 du =
1
2
? u
u2 + 1 du−
1√
2
? 1
u2 + 1 du
= 14 ln(u
2 + 1)− 1√
2
arctg(u) + C
= 14 ln(2 x
2 + 4 x+ 3)− 1√
2
arctg(
√
2 (x+ 1)) + C.
370 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
26.4.1 Usando o Maple para decompor uma func¸a˜o racional em frac¸o˜es parciais
O Maple tem uma sub-rotina para converter uma func¸a˜o racional pro´pria em frac¸o˜es parciais. Isto pode ser feito com
o comando convert junto com a opc¸a˜o parfrac. O exemplo abaixo ilustra o procedimento a ser seguido.
> p:=x->(x^2-2*x-3)/((x-1)*(x^2+2*x+2));
p := x→ x
2 − 2 x− 3
(x− 1) (x2 + 2 x+ 2)
> f:=convert(p(x),parfrac,x);
f := −45
1
x− 1 +
1
5
7 + 9 x
x2 + 2 x+ 2 .
Assim, ? x2 − 2 x− 3
(x− 1) (x2 + 2 x+ 2) dx =
?
− 45 (x− 1) +
(7 + 9 x)
5 (x2 + 2 x+ 2) dx .
Resolvendo esta u´ltima integral, obtemos
> Int(f,x):%=int(f,x)+c;
?
− 45
1
x− 1+
1
5
7 + 9 x
x2 + 2 x+ 2 dx = −
4
5 ln| (x− 1) |+
9
10 ln(x
2 + 2 x+ 2)− 25 arctg(1 + x) + C.
Derivando a resposta obtida, podemos verificar a correc¸a˜o do resultado.
> diff(-4/5*ln(x-1)+9/10*ln(x^2+2*x+2)-2/5*arctan(1+x)+c,
> x);
−45
1
x− 1 +
9
10
2 x+ 2
x2 + 2 x+ 2 −
2
5
1
1 + (1 + x)2 .
Simplificando esta u´ltima expressa˜o, obtemos a func¸a˜o inicial.
> normal(%);
x2 − 2 x− 3
(x− 1) (x2 + 2 x+ 2)
e assim, comprovamos que a func¸a˜o
F (x) = −4 ln(x− 1)5 +
9 ln(x2 + 2 x+ 2)
10 −
2 arctg(1 + x)
5 + C
e´, realmente, uma primitiva da func¸a˜o x
2 − 2 x− 3
(x− 1) (x2 + 2 x+ 2) .
26.5 Exerc´ıcios
1. Calcule as integrais abaixo:
(a)
?
cos3 5 x dx
(b)
?
x2
?
4− x2 dx
(c)
? 1
(a2 + x2)3 dx
(d)
? 1
x2
√
1 + x2
dx
(e)
? √x2 − a2
x dx
(f)
?
sen3 x dx
(g)
?
cos4 x dx
(h)
?
e(3 x) cos(2 x) dx
(i)
? 1
(x− 2) (x− 3) dx
(j)
? 2 x− 3
(x− 1)(x− 7) dx
(k)
? x+ 1
(x− 1)2 (x− 2) dx
(l)
? x2 + x+ 2
x2 − 1 dx
(m)
? x3
x2 + 5 x− 6 dx
(n)
? x5 + x4 − 8
x3 − 4 x dx
(o)
? x5
x3 − 1 dx
(p)
? 1
x2 + 2 x+ 2 dx
(q)
? x2 − 2 x− 3
(x− 1)(x2 + 2 x+ 2) dx
(r)
? x
(x− 1)(x2 + 1) dx
W.Bianchini, A.R.Santos 371
26.6 Para voceˆ meditar: Como usar o Maple no ca´lculo de integrais
O programa Maple e´ uma o´tima ferramenta para calcular integrais. Pore´m, como vimos no in´ıcio deste cap´ıtulo, nem
o melhor programa de computador consegue calcular certas integrais. Esta e´ uma das razo˜es pela qual o aluno deve ter
noc¸a˜o das te´cnicas de integrac¸a˜o para reconhecer determinados tipos de integrais e decidir o caminho a seguir, mesmo
que as contas sejam dif´ıceis ou cansativas quando feitas “no brac¸o”. Este conhecimento permite que examinemos
com esp´ırito cr´ıtico a plausibilidade das respostas obtidas, quer com a ajuda do Maple, quer com a ajuda de outro
programa computacional alge´brico qualquer.
Vamos ilustrar com alguns exemplos como podemos fazer um bom uso dos recursos do Maple no ca´lculo de integrais.
Exemplo 1 Calcule
?
sen(5 x) sen(7 x) dx.
Sem a ajuda do Maple ter´ıamos que integrar por partes ou utilizar alguma fo´rmula trigonome´trica para simplificar
o integrando. Voceˆ pode tentar fazer isto, se quiser, para ver a dificuldade. Utilizando o Maple, temos:
> Int(sin(5*x)*sin(7*x),x):%=int(sin(5*x)*sin(7*x),x)+C;?
sen(5 x) sen(7 x) dx = 14 sen(2 x)−
1
24 sen(12 x) + C.
Como saber se a resposta obtida esta´ correta? A` primeira vista, parece dif´ıcil concluir que a derivada do resultado
obtido e´ o integrando. No entanto, uma vez mais podemos usar o Maple para executar esta tarefa para no´s. Assim,
> diff(rhs(%),x);
1
2 cos(2 x)−
1
2 cos(12 x).
Esta func¸a˜o na˜o se parece com o integrando acima. Ainda utilizando o Maple, podemos verificar se existe alguma
identidade trigonome´trica que converta o integrando na expressa˜o obtida acima. Para isso, usamos o programa para
simplificar o integrando, levando em conta as identidades trigonome´tricas conhecidas. Isto e´ feito com o comando
abaixo.
> sin(5*x)*sin(7*x)=combine(sin(5*x)*sin(7*x),trig);
sen(5 x) sen(7 x) = 12 cos(2 x)−
1
2 cos(12 x).
Dessa maneira, mostramos que a integral em questa˜o foi calculada corretamente.
Exemplo 2 Calcule
?
x7 sen(5 x) dx.
> Int(x^7*sin(5*x),x):%=value(%)+C;
?
x7 sen(5 x) dx = −15 x
7 cos(5 x) + 725 x
6 sen(5 x) + 42125 x
5 cos(5 x)− 42125 x
4 sen(5 x)
− 168625 x
3 cos(5 x) + 5043125 x
2 sen(5 x)− 100878125 sen(5 x) +
1008
15625 x cos(5 x) + C.
Mais uma vez, podemos utilizar o Maple para verificar a resposta obtida.
> diff(rhs(%),x);
x7 sin(5 x)
Exemplo 3 Calcule
? 1√
a2 − x2
dx.
> Int(1/sqrt(a^2-x^2),x):%=value(%)+C;
? 1√
a2 − x2
dx = −I ln(I x+
?
a2 − x2) + C.
O que ha´ de errado com esta resposta estranha? Frequ¨entemente, o Maple nos da´ respostas que a` primeira vista nos
parecem estranhas, mas se analisarmos com cuidado descobriremos o “erro”. Na maior parte das vezes, o que para no´s
parece o´bvio na˜o e´ corretamente especificado no comando que fornecemos ao programa, da´ı a resposta aparentemente
sem sentido. No caso, na˜o especificamos quais valores a constante a poderia assumir. Antes de tentar utilizar o
372 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
Maple para calcular esta integral, devemos informar ao programa que estamos considerando a > 0. Isto pode ser feito
usando-se o comando assume.
> assume(a>0);
Agora, vamos tentar, outra vez, calcular esta integral:
> Int(1/sqrt(a^2-x^2),x):%=value(%)+c;
? 1?
a˜2 − x2
dx = arcsen( xa˜) + c.
A func¸a˜o obtida dessa vez e´ realmente uma primitiva de 1√a2−x2 . (Com o til depois da constante a, o Maple nos
informa que esta constante esta´ restrita a assumir determinados valores, no caso o resultado so´ e´ va´lido para valores
positivos de a.)
Exemplo 4 Vamos retornar ao exemplo com o qual iniciamos este cap´ıtulo, isto e´, vamos tentar encontrar uma
primitiva para a func¸a˜o (1 + ln(x))
?
1 + (x ln(x))2.
Como vimos, na˜o chegamos a nenhum resultado pra´tico quando tentamos utilizar o Maple nesta tarefa, pois ele
na˜o consegue encontrar uma primitiva para esta func¸a˜o.
> int((1+ln(x))*sqrt(1+(x*ln(x))^2),x);
?
(1 + ln(x))
?
1 + x2 ln(x)2 dx.
No entanto, se soubermos indicar ao programa o que deve ser feito, podemos “ensina´-lo” a calcular esta integral.
Vamos, portanto, orienta´-lo a fazer a substituic¸a˜o u = x ln(x), como se segue:
> with(student);
> changevar(x*log(x)=u,
> Int((1+ln(x))*sqrt(1+(x*ln(x))^2),x), u);
? √
1 + u2 du
Esta integral pode agora ser resolvida por substituic¸a˜o trigonome´trica, ou seja,
? ?
1 + u2 dx = u
√
1 + u2
2 +
ln(
√
1 + u2 + u)
2 + C
(confira!). Podemos tambe´m usar o comando int para resolver esta u´ltima integral:
> int(sqrt(1+u^2),u);
1
2 u
√
1 + u2 + 12 arcsenh(u).
Usando o comando convert(express~ao,ln) para obter uma outra expressa˜o para a func¸a˜o arcsenh(u) em termos
de func¸o˜es logar´ıtmicas, podemos provar que os dois resultados acima sa˜o equivalentes!
> convert(arcsinh(u),ln);
ln(
√
1 + u2 + u).
Usando o comando subs, para voltar a` varia´vel x, obtemos
> resposta:=subs({u=x*log(x),u^2=(x*log(x))^2
> },u/2*sqrt(1+u^2)+ln(sqrt(1+u^2)+u)/2+C);
resposta := 12 x ln(x)
?
1 + x2 ln(x)2 + 12 ln(
?
1 + x2 ln(x)2 + x ln(x)) + C.
Finalmente, derivando esta resposta para conferir o resultado, vem que
> diff(resposta,x);
1
2 ln(x)
?
1 + x2 ln(x)2 + 12
?
1 + x2 ln(x)2 + 14
x ln(x) (2 x ln(x)2 + 2 x ln(x))?
1 + x2 ln(x)2
+ 12
1
2
2 x ln(x)2 + 2 x ln(x)?
1 + x2 ln(x)2
+ ln(x) + 1
?
1 + x2 ln(x)2 + x ln(x)
W.Bianchini, A.R.Santos 373
> simplify(%);
x2 ln(x)3 + x2 ln(x)2 + ln(x) + 1?
1 + x2 ln(x)2
.
Fatorando o numerador desta expressa˜o, temos finalmente
> primitiva:=factor(x^2*(log(x))^3+x^2*(log(x))^2+log(x)+1)/sqrt(1+(x*l
> og(x))^2);
primitiva := (ln(x) + 1)
?
1 + x2 ln(x)2.
Desse modo, conclu´ımos que
?
(1 + ln(x))
?
1 + (x ln(x))2 dx = x ln(x)
?
(1 + x2 ln(x)2)
2
+ln(
?
(1 + x2 ln(x)2)) + x ln(x)
2 + C
e, dessa maneira, “ensinamos” o Maple a calcular esta integral!
26.7 Projetos
26.7.1 Integrac¸a˜o nume´rica: Regras do trape´zio e Simpson
O in´ıcio do desenvolvimento do que hoje chamamos de Ca´lculo Diferencial e Integral se deu quando os trabalhos de
Newton e Leibniz levaram a` demonstrac¸a˜o do teorema fundamental do ca´lculo, que estabeleceu a relac¸a˜o existente entre
derivadas e integrais. A partir de enta˜o o problema de calcular uma integral, por exemplo
? b
a f(x) dx, foi reduzido ao de
determinar uma antiderivada ou primitiva da func¸a˜o f . Ale´m disso, sabemos tambe´m que se f for cont´ınua em [a, b],
esta primitiva existe e e´ cont´ınua. No entanto, como vimos neste cap´ıtulo, calcular primitivas em termos defunc¸o˜es
elementares (combinac¸o˜es de somas, diferenc¸as, produtos, quocientes, ra´ızes e composic¸o˜es de polinoˆmios, func¸o˜es
trigonome´tricas, exponenciais ou logaritmos) na˜o e´ uma tarefa fa´cil, pelo contra´rio, existem func¸o˜es razoavelmente
simples com primitivas que na˜o sa˜o func¸o˜es elementares! Por exemplo, sabe-se que a func¸a˜o ex2na˜o tem primitiva
elementar. Veja como o Maple determina a primitiva desta func¸a˜o.
> int(exp(x^2),x);
−12 I
√π erf(I x).
A func¸a˜o erf(x ), definida simplesmente como erf(x) = ( 2√π )
? x
0 e(−t
2) dt, e´ muito usada em estat´ıstica, na teoria de
probabilidade. Existem muitas outras func¸o˜es que na˜o teˆm primitiva em termos de func¸o˜es elementares, mas todos que
usam ca´lculo como uma ferramenta aplicada a` cieˆncia ou a` engenharia se defrontam, ocasionalmente, com o problema
de avaliar integrais deste tipo.
O objetivo deste projeto e´ descrever dois me´todos para calcular o valor nume´rico de uma integral do tipo
? b
a f(x) dx,
com o grau de precisa˜o que for necessa´rio. Estes me´todos sa˜o baseados em procedimentos simples que podem ser
aplicados independentemente de podermos encontrar ou na˜o uma primitiva de f . As fo´rmulas aplicadas em cada caso
usam somente aritme´tica e o ca´lculo de valores da func¸a˜o f num nu´mero finito de pontos do intervalo [a, b]. Estas
fo´rmulas sa˜o mais eficientes do que as somas de Riemann, utilizadas na definic¸a˜o de integral, no sentido de que da˜o
resultados mais precisos com menos trabalho computacional.
A regra do trape´zio
Considere uma partic¸a˜o regular do intervalo [a, b] definida pelos pontos a = x0 < x1<... < xn = b. A ide´ia e´ aproximar
a a´rea entre f(x) e o eixo x, para xk−1 ≤ x ≤ xk, pelo trape´zio cuja aresta superior e´ o segmento que une os pontos
(xk−1, f(xk−1)) e (xk, f(xk)), como mostra a figura:
374 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
x[k]x[k–1]
A a´rea deste trape´zio e´ dada por (f(xk−1) + f(xk)) (xk − xk−1)2 . Como a partic¸a˜o e´ regular, temos que
(xk − xk−1) =
b− a
n = ∆ x.
Somando-se as a´reas dos n trape´zios considerados na aproximac¸a˜o, teremos que a integral
? b
a f(x) dx e´ aproxima-
damente igual a
(f(x0)2 + f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn−1) +
f(xn)
2 )∆ x.
Repare que cada um dos valores f(xi), exceto o primeiro e o u´ltimo, aparece na soma duas vezes, e isso explica a
diferenc¸a entre os seus coeficientes que aparecem na fo´rmula.
A regra do trape´zio pode enta˜o ser enunciada da seguinte maneira:
Se f e´ cont´ınua em [a, b] e se existe uma partic¸a˜o regular de [a, b] determinada pelos pontos a = x0 < x1<... xn = b,
enta˜o
? b
a f(x) dx e´ aproximadamente igual a
(b− a) (f(x0) + 2 f(x1) + 2 f(x2) + . . .+ 2 f(xn−1) + f(xn))
2n .
Podemos chegar a esta mesma fo´rmula se considerarmos a me´dia aritme´tica entre as somas de Riemann, onde f e´
calculada no extremo esquerdo e no extremo direito, respectivamente, de cada subintervalo da partic¸a˜o. (Veja projeto
Somas de Riemann e func¸o˜es mono´tonas.)
Prova-se que o erro ma´ximo cometido ao usarmos a regra acima para aproximar a integral
? b
a f(x) dx e´ dado por
M (b−a)3
12n2 , onde M e´ um nu´mero real positivo tal que | f ??(x) | ≤ M para todo x em [a, b].
1. Aproxime
? 1
0
√
1− x3 dx pela regra do trape´zio, dividindo o intervalo [1, 2] em 4 partes iguais. Estime o erro
ma´ximo cometido.
2. Calcule um valor aproximado para ln(2) com erro menor do que um cente´simo.
Regra de Simpson
A ide´ia ba´sica da regra de Simpson e´ aproximar cada pedac¸o do gra´fico de f por uma parte de para´bola que se “ajusta”
a` curva, em lugar de aproximar estes pequenos pedac¸os por segmentos de reta, como foi feito na regra do trape´zio.
Novamente, considere uma partic¸a˜o regular do intervalo [a, b] em n partes iguais, onde n e´ um nu´mero par.
Considere os treˆs primeiros pontos da partic¸a˜o, a saber: a = x0, x1 e x2 e os correspondentes pontos sobre a curva
y = f(x). Se estes treˆs pontos na˜o forem colineares, existira´ uma u´nica para´bola, da forma y = a x2 + b x+ c, passando
por estes pontos. Veja o desenho.
0
2
4
6
8
10
12
1 2 3 4x
W.Bianchini, A.R.Santos 375
Esta para´bola pode ser escrita na forma P (x) = a (x− x1)2 + b (x− x1) + c. Para que esta para´bola passe pelos
treˆs pontos dados, treˆs condic¸o˜es sa˜o necessa´rias:
(a) Em x = x0, tem-se a (x0 − x1)2 + b (x0 − x1) + c = f(x0).
(b) Em x = x1, c = f(x1).
(c) Em x = x2, a (x2 − x1)2 + b (x2 − x1) + c = f(x2).
Como a partic¸a˜o e´ regular, x2 − x1 = x1 − x0 = ∆ x, e de (b) temos que c = f(x1). Assim,
−b∆ x+ a (∆ x)2 = f(x0)− f(x1)
b∆ x+ a (∆ x)2 = f(x2)− f(x1) .
Da´ı vem que 2 a (∆ x)2 = f(x0)− 2 f(x1) + f(x2). Considerando que a para´bola cuja equac¸a˜o queremos achar e´ uma
boa aproximac¸a˜o para a curva y = f(x), no intervalo [x0, x1], temos que a integral
? x1
x0 f(x) dx e´ aproximadamenteigual a
? x1
x0
[a (x− x1)2 + b (x− x1) + c]2 dx .
Calculando esta integral e expressando o resultado em termos de ∆ x, obtemos
2 c∆ x+ 2 a (∆ x)
2
3 .
Substituindo nesta expressa˜o os valores anteriormente achados para a e c, temos
2 y1∆ x+
(y0 − 2 y1 + y2)∆ x
3 =
(y0 + 4 y1 + y2)∆ x
3 ,
onde yi = f(xi).
O mesmo procedimento pode ser aplicado em cada um dos subintervalos da partic¸a˜o considerada. Somando todos
os resultados parciais, chegamos a` fo´rmula
1
3(y0 + 4 y1 + 2 y2 + . . .+ 4 yn−1 + yn)∆ x
para calcular o valor aproximado da integral
? b
a f(x) dx. Esta fo´rmula e´ chamada regra de Simpson. Observe que na
regra de Simpson y0 e yn teˆm coeficiente 1; os yi, para i par, teˆm coeficiente 2; e os yi, para i ı´mpar, teˆm coeficiente
4.
Pode-se provar que o erro ma´ximo cometido ao aproximarmos uma integral pela regra de Simpson e´ dado por
M (b− a) (∆ x)4
180 ,
onde M e´ o valor ma´ximo da derivada quarta de f em [a, b].
1. O valor exato de
? π
0
?
sen(x) dx na˜o e´ conhecido. Ache um valor aproximado usando a regra de Simpson com
n = 4. Estime o erro cometido.
2. O valor exato de
? 5
1
ex
x dx na˜o e´ conhecido. Ache um valor aproximado usando a regra de Simpson com n = 4.
Estime o erro cometido.
3. Ache um valor aproximado para ln(2) aplicando a regra de Simpson com n = 4. Estime o erro cometido.
4. Use a fo´rmula π4 =
? 1
0
1
1+x2 dx e a regra de Simpson com n = 4 para estimar um valor para π. Estime o erro
cometido.
5. As tabelas abaixo indicam a relac¸a˜o entre duas varia´veis x e y. Admitindo que y = f(x) e que f seja cont´ınua,
aproxime
? 4
2 f(x) dx por meio da
(a) Regra do trape´zio (b) Regra de Simpson
376 Cap. 26 Te´cnicas de Integrac¸a˜o
i. x 2 2,25 2,5 2,75 3 3,25 3,5 3,75 4y 4,21 3,76 3,21 3,58 3,94 4,15 4,69 5,44 7,52
ii. x 2 2,2 2,4 2,6 2,8 3 3,2 3,4 3,6 3,8 4y 12,1 11,4 9,7 8,4 6,3 6,2 5,8 5,4 5,1 5,9 5,6