Resumo calculo_1_integrais

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Notas das Aula de Cálculo Diferencial e Integral I – Engenharia Ambiental 
Prof.: Adriana Borssoi 
 1 
 
UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ
PR
 
 
Ministério da Educação 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
Campus de Londrina 
Gerência de Ensino e Pesquisa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ENGENHARIA AMBIENTAL 
 
 
 
 
 
NOTAS DE AULA 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
 
 
INTEGRAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Londrina 
2010 
 
 
 
 
 
Estas Notas de Aulas foram organizadas por 
professores do Grupo de Matemática do 
Campus Cornélio Procópio e do Campus 
Londrina, e está em constante revisão e 
adaptação. O material não pretende substituir 
um bom livro de Cálculo, mas serve como um 
apoio aos alunos no acompanhamento das 
aulas. O livro texto adotado atualmente é: 
 
ANTON, H., BIVENS, I. e DAVIS, S. 
Cálculo. vol. 1 Tradução: Claus I. Doering. 8 
ed. Porto Alegre: Bookman, 2007. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como Bibliografia Complementar sugerimos: 
 
FINNEY, R. L; WEIR, M. D; GIORDANO, F. 
R. Cálculo de George B. Thomas, vol. 2. 10ª 
edição. Trad. Cláudio H. Asano. São Paulo: 
Addison Wesley, 2003. 
 
FLEMMING, Diva Marília e GONÇALVES, 
Miriam Buss. Cálculo A.: Funções, limite, 
derivação, integração. Makron Books do 
Brasil: Editora da UFSC, 1992. 
 
GUIDORIZZI, H. L. Um curso de cálculo, 
vol.1. LTC Editora, Rio de Janeiro, RJ: 2001. 
 
HOFFMANN, Laurence D. Cálculo: um curso 
moderno e suas aplicações. Rio de Janeiro: 
LTC, 2002. 
 
LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria 
Analítica, vol 1. Harbra, São Paulo, SP: 1994 
 
STEWART, James. Cálculo I, 5 ed. São Paulo: 
Pioneira Thompson Learning, 2006. 
 
VILCHES, M.A; CORREA, M.L. Cálculo vol. 
1, UFRJ. (Material Eletrônico) 
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4. INTEGRAIS 
 
 
Ficam recomendados todos os exercícios do 
livro texto, referentes aos conteúdos que serão 
estudados: ANTON, H., BIVENS, I. e DAVIS, 
S. Cálculo. vol. 1 Tradução: Claus I. Doering. 8 
ed. Porto Alegre: Bookman, 2007. 
 
Introdução 
Até o momento, nosso problema era, dada uma 
função obter a sua derivada. A partir de agora, 
trabalharemos com a pergunta inversa: Dada uma 
função de quem ela é derivada? 
 
A operação contrária a diferenciação (ou a 
derivação) é chamada antidiferenciação ou anti-
derivada. 
Definição_1 (de Antiderivadas) 
Dizemos que uma função F é uma antiderivada de 
uma função f em um dado intervalo se 
'( ) ( )F x f x= para cada x em do intervalo. 
 
Exemplo_1: Seja 3( ) 4 2 1f x x x= + + , 
4 2( )F x x x x= + + é uma antiderivada da função I, 
pois '( ) ( )F x f x= . 
 
Mas não existe uma única antiderivada, note, por 
exemplo que : 4 2( ) 5G x x x x= + + + também é 
uma antiderivada de f pois '( ) ( )G x f x= . 
 
Na verdade, qualquer função definida por: 
4 2( )H x x x x c= + + + , onde c é uma constante 
real, será uma antiderivada de f. 
 
Exemplo_2: A função 31( )
3
F x x= , é uma 
antiderivada da função 2( )f x x= no intervalo 
( , )−∞ +∞ porque, para cada x nesse intervalo, 
temos 3 2
1
'( ) ( )
3
dF x x x f x
dx
 
= = =  
. Outras 
antiderivadas de f em ( , )−∞ +∞ podem ser obtidas 
somando-se diferentes constantes a antiderivada 
'( )F x conhecida. Como: 31
1( ) 2
3
F x x= + , 
3
2
1( ) 5
3
F x x= + , 33
1( ) 200034
3
F x x= − , etc. 
 
Teorema_1 (p. 356 ANTON, 2007): Se 
( )F x for qualquer antiderivada de ( )f x em um 
intervalo I, então para qualquer constante C a 
função ( )F x C+ é também uma antiderivada 
de ( )f x naquele intervalo. Além disso, cada 
antiderivada de ( )f x no intervalo I pode ser 
expressa na forma ( )F x C+ , escolhendo-se 
apropriadamente a constante C. 
A Integral Indefinida 
O processo de encontrar antiderivadas é 
chamado antiderivação, antidiferenciação ou 
integração. Assim, se [ ]( ) ( )d F x f x
dx
= então, 
integrando ou antiderivando a função ( )f x , 
obtemos uma antiderivada da forma ( )F x C+ . 
A notação usada para identificar esse processo 
é: ( ) ( )f x dx F x C= +∫ , onde C é uma 
constante arbitrária. 
 
Veja que: 2 31
3
x dx x C= +∫ é equivalente a 
3 21
3
d
x C x
dx
 
+ =  
. São notações diferentes, 
apenas. Assim, ( ) ( )d f x dx f x
dx
  = ∫ . 
 
A expressão ( )f x dx∫ é denominada integral 
indefinida. Sua interpretação geométrica é de 
uma família de funções, que diferem apenas 
por uma constante. 
 
Exemplo_3: 
2 3(3 2) 2x dx x x C− = − +∫
. A figura ilustra três 
curvas desta família, 
em que 1C = − , 2C = 
e 3C = . 
 
 
Observe que o símbolo diferencial dx das 
operações de derivação e antiderivação 
[ ( )]d f x
dx
 e ( )f x dx∫ apenas indicam a 
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variável independente. Para facilitar o nosso 
processo de obtenção da anti-derivada de uma 
função, veremos algumas regras: 
 
Integração Simples - Tabela de integrais 
Sejam u e v funções, e sejam a e C constantes. 
1. du u C= +∫ 
2. 1 lndu u C
u
= +∫ 
3. 
1
, { 1}
1
u
u du C
α
α α
α
+
= + ∈ − −
+∫
ℝ 
4. , 0, ( 1)
ln( )
u
u aa du C a a
a
= + > ≠∫ 
5. u ue du e C= +∫ 
6. ( ) cos( )sen u du u C= − +∫ 
7. cos( ) ( )u du sen u C= +∫ 
8. 2sec ( ) ( )u du tg u C= +∫ 
9. 2cosec ( ) ( )u du cotg u C= − +∫ 
10. sec( ) ( ) sec( )u tg u du u C= +∫ 
11. cosec( )cotg( ) cosec( )u u du u C= − +∫ 
12. 
2
( )
1
du
arcsen u C
u
= +
−
∫ 
13. 2 ( )1
du
arctg u C
u
= +
+∫
 
14. 
2
sec( )
1
du
arc u C
u u
= +
−
∫ 
15. senh( ) cosh( )u du u C= +∫ 
16. cosh( ) senh( )u du u C= +∫ 
17. 2sech ( ) tgh( )u du u C= +∫ 
18. 2cosech ( ) cotgh( )u du u C= − +∫ 
19. sech( )tgh( ) sech( )u u du u C= − +∫ 
20. cosech( )cotgh( ) cosech( )u u du u C= − +∫ 
21. 
2
( )
1
du
arcsenh u C
u
= +
+
∫ 
22. 
2
arccosh( )
1
du
u C
u
= +
−
∫ 
23. 
2
arcsech( )
1
du
u C
u u
= +
−
∫ 
 
 
 
Propriedades da Integral Indefinida 
 
Teorema_2: Sejam F(x) e G(x) antiderivadas 
de f(x) e g(x), respectivamente, e a e C 
constantes. Então: 
a) ( ) ( )af x dx a f x dx=∫ ∫ ou equivalentemente 
 ( ) ( )af x dx aF x C= +∫ 
b) [ ( ) ( )] ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx± = ±∫ ∫ ∫ ou 
 [ ( ) ( )] ( ) ( )f x g x dx F x G x C± = ± +∫ 
 
De modo geral, vale o seguinte resultado: 
 1 1 2 2[ ( ) ( ) ... ( )]n na f x a f x a f x dx+ + + =∫ 
1 1 2 2( ) ( ) ... ( )n na f x dx a f x dx a f x dx= + + +∫ ∫ ∫ 
 
Exemplo_4: Utilizando as regras de 
integração, determine as integrais abaixo 
a) 3dx∫ 
Resolução: 
3 3 3dx dx x C= = +∫ ∫ 
 
b) xdx∫ 
Resolução: 
1 1 2
1 1 2
x x
xdx c C
+
= + = +
+∫
 
 
c) ( )23 6 8)x x dx− +∫ 
Resolução: 
( )2 23 6 8) 3 6 8x x dx x dx xdx dx− + = − +∫ ∫ ∫ ∫ 
 
23 6 8x dx xdx dx= − +∫ ∫ ∫ 
 
3 2
3 6 8
3 2
x x
x C= − + + 
∫ 5 3x
dx)d 
Resolução: 
Transformando a raiz em expoente fracionário, 
temos: 
 3
5
3
5
5 3
1dx dx x dx
xx
−
= =∫ ∫ ∫ 
3 2
5 5 2
5
1 5
3 2 21
5 5
x xC x C
− +
= + = = +
−
+
 
 
 
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Ou seja, 
5 2
5 3
5
2
dx
x C
x
= +∫ 
 
Exercícios 
E01: Calcule as seguintes integrais, com auxílio das 
propriedades e da tabela de integrais. 
a) [sec( ) ( ) cos( )]x tg x x dx+∫ 
b) 
4
110 xe dx
x 
+ 
 
∫ 
c) 2 ( )sen x dx∫ 
 
Integração pelo Método da Substituição 
Esse método é baseado na regra da cadeia. Sejam F 
uma antiderivada de f em um intervalo I e g uma 
função derivável tal que o ( ( ))F g F g x= esteja 
definida. Usando a regra da cadeia, temos: 
[ ( ( ))]´ ´( ( )) (´ )F g x F g x g x= . 
Por definição, sabemos que ´( ( )) ( ( ))F g x f g x= , 
assim, 
[ ( ( ))]´ ( ( )) (´ )F g x f g x g x= . 
 Logo, ( ( ))F g x é uma antiderivada de 
( ( )). (´ )f g x g x , então: 
( ( )) ´( ) ( ( ))f g x g x dx F g x C= +∫ 
Para simplificar a escrita, podemos denotar 
( )u g x= e ´( )du g x dx= . Dessa forma, 
( ( )) (´ ) ( ) ( )f g x g x dx f u du F u C= = +∫ ∫ 
 
Exemplo_5: Resolva a integral 3 4x dx+∫ 
Resolução: 
( )123 4 3 4x dx x dx+ = +∫ ∫ 
 
Seja 3 4u x= + então 3du dx= , que equivale a 
3
dudx = . Assim, 
1 1
2 213 4
3 3
du
x dx u u du+ = =∫ ∫ ∫ 
 
Usando o item 3 da Tabela de Integrais temos, 
1
21
2
11 1
13 3 1
2
u
u du C
+
= +
+
∫ 
3
21
2
1 1
 33 3
2
u
u du C= = +∫ 
31
2 2
1 1 2
.
3 3 3
u du u C= = +∫ 
31
2 2
1 2
 .
3 9
u du u C= +∫ 
Agora, substituíndo 3 4u x= + , fica: 
( ) ( )12 3223 4 . 3 4
9
x du x C+ = + +∫ 
E finalmente: 
( )323 4 3 4
9
x dx x C+ = + +∫ 
 
Exemplo_6: Resolva a integral ( )82. 5 3t t dt+∫ 
Resolução: 
Seja 2 15 3 6
6
u t du tdt tdt du= + ⇒ = ⇒ = 
Voltando agora a integral e substituindo, temos; 
( ) ( )8 82 25 3 5 3t t dt t tdt+ = +∫ ∫ 
( ) ( ) ( )8 8 82 1 15 3 6 6t t dt u du u du+ = =∫ ∫ ∫ , daí: 
Novamente pelo item 3 da Tabela de Integrais, 
resolvemos: 
( )8 91 1
6 54
u du u C= +∫ 
Finalmente, 
( ) ( )8 92 215 3 5 354t t dt t C+ = + +∫ 
 
Exemplo_7: Resolva sen(5 )t dt∫ 
Resolução: 
Fazemos 15 5. 
5
u t du dt dt du= ⇒ = ⇒ = 
Voltando à integral e substituindo, temos: 
1(5 ) ( )
5
sen t dt sen u du=∫ ∫ usando propriedade, 
1(5 ) ( )
5
sen t dt sen u du=∫ ∫ 
1(5 ) ( cos(5 ))
5
sen t dt t C= − +∫ 
1(5 ) cos(5 )
5
sen t dt t C= − +∫ 
 
Exemplo_8: Resolva a 
integral (5 )cos(5 ) sen t t dt∫ 
Resolução: 
Fazemos (5 ) 5 cos(5 )u sen t du t dt= ⇒ = , 
neste caso, podemos escrever 1 cos(5 )
5
du t dt= . 
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 5 
 
Voltando à integral e substituindo, temos: 
1 1(5 )cos(5 ) 
5 5
sen t t dt u du udu= =∫ ∫ ∫ . 
21 1
5 5 2
u
udu C= +∫ 
Portanto, 
21(5 )cos(5 ) (5 )
10
sen t t dt sen t C= +∫ 
 
Exercícios 
E02: Calcular as integrais, pelo método da 
substituição. 
a) 2
2
1
x dx
x+∫
 
b) 2 ( )cos( ) sen x x dx∫ 
c) 7
1
(3 7) dxx +∫ 
d)
2sec ( )x dx
x
∫ 
e) ln( )x dx
x∫
 
f) *( ) , Rtg x dxα α ∈∫ 
 
Substituições Menos Evidentes 
Exemplo_9: Calcule a integral 2 1x x dx−∫ . 
Seja 1u x du dx= − ⇒ = , como 1u x= − então, 
1x u= + . Fazendo a substituição, vem: 
2 21 ( 1)x x dx u udu− = +∫ ∫ de onde decorre 
1
2 2 2( 1) ( 1) ( )u udu u u du+ = +∫ ∫ 
5 3 1
2 2 2 2( 1) 2u udu u du u du u du+ = + +∫ ∫ ∫ ∫ 
7 5 3
2 2 2
2
1 2 3( 1) 27 5 3
2 2 2
u u u
u udu C C C+ = + + + + +∫ 
7 5 3
2 2 2 22 2 2( 1) 2
7 5 3
u udu u u u C+ = + + +∫ 
Sabendo que 1u x= − , finalmente vem: 
2 7 5 32 4 21 ( 1) ( 1) ( 1)
7 5 3
x x dx x x x C− = − + − + − +∫ 
Exemplo10: Calcule a integral 3cos ( )x dx∫ . 
Para resolver essa integral devemos reescrever o 
integrando como sugerido: 
3 2cos ( ) cos ( )cos( )x dx x x dx=∫ ∫ 
Usando a relação trigonométrica fundamental 
2 2cos ( ) sen ( ) 1x x+ = o integrando fica: 
3 2cos ( ) (1 sen ( ))cos( )x dx x x dx= −∫ ∫ 
3 2cos ( ) (cos( ) sen ( )cos( ))x dx x x x dx= −∫ ∫ 
3 2cos ( ) cos( ) sen ( )cos( )x dx x dx x x dx= −∫ ∫ ∫ 
A primeira integral do segundo membro é 
imediata, encquanto a segunda foi resolvida 
por substituição na letra b) do E02. Assim, 
3 31cos ( ) sen(x) sen ( )
3
x dx x C= − +∫ 
 
Exemplo11: Calcule a integral 
*
2 2 , R
dx
a
a x
∈
+∫
 
Neste caso vamos reescrever o integrando afim 
de usarmos um dos resultados da Tabela de 
Integrais. O item 13 da tabela parece se 
aproximar da expressão do integrando, assim, é 
conveniente reescrevê-lo na forma 
2 22 2 2
2
1 1
1 1
dx
dx dx a
xa x a a x
a a
= =
+  + +  
 
∫ ∫ ∫ 
Agora, basta escolhermos a substituição 
1x
u du dx
a a
= ⇒ = . 
 2 2 2
1
1
dx du
a x a u
=
+ +∫ ∫
 
Pelo item 13 da tabala a integral resulta em 
2
1 1 ( )
1
du
arctg u C
a u a
= +
+∫
 
Portanto, 2 2
1dx x
arctg C
a x a a
 
= + +  
∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Integral Definida 
A figura mostra a potência elétrica consumida em 
uma determinada cidade durante determinado dia. 
A Potência P é medida em megawatts e o tempo t 
em horas, a partir da meia-noite. Solicita-se 
encontrar o consumo de energia elétrica no 
decorrer do dia. 
 
 
Figura: Consumo de Potência elétrica durante um dia. 
Fonte: Stewart, J. Cálculo v. 1. Pioneira/ Thomson Learning, São 
Paulo: 2001, p. 406. 
 
Sugestão: Calcular a área abaixo da curva, 
limitada pelo eixo x, no intervalo 0 24t≤ ≤ , pois a 
energia é dada pela variação do tempo multiplicada 
pela potência. 
 
Os matemáticos sempre se preocuparam com o 
problema de determinar a área de uma figura 
plana. O procedimento mais utilizado foi o método 
da exaustão, que consiste em aproximar a figura 
dada por meio de outras, cujas área são conhecidas. 
 
Considere, por exemplo, o problema de definir a 
área de uma região plana S, definida pelo gráfico 
de uma função contínua não negativa f, pelo eixo 
das abscissas e pelas retas x a= e x b= . 
 
 
 
Para isso, fazemos uma partição do intervalo [a, b], 
isto é, dividimos o intervalo em n subintervalos, 
escolheremos os pontos 
0 1 2 ... na x x x x b= < < < < = 
Seja 1i i ix x x −∆ = − o comprimento do intervalo 
[ ]1, i ix x − . Para cada índice i 1,...,i n= seja ic um 
número em [ ]1, i ix x − escolhido arbitrariamente. 
Construímos um retângulo de base ix∆ e altura 
( )if c . ( Veja figura) 
 
 
A figura abaixo (a e b) abaixo ilustra esses 
retângulos nos caso de 4n = e 8n = . 
 
 
A soma das áreas dos n retângulos, que 
representamos por 
n
S , é dada por: 
1 1
1
( ) ( ) + ... ( ) 
n
n i i n n
i
S f c x f c x f c x
=
= ∆ = ∆ + ∆∑ 
 
Esta soma é chamada de Soma de Riemann da 
função ( )f x . 
 
Podemos observar que a medida que n cresce, 
cada ix∆ , torna-se muito pequeno, e a soma das 
áreas retangulares, aproxima-se da área S. 
Definição_2 
Seja ( )f x uma função contínua, não negativa 
no intervalo [ , ]a b . A área sob a curva 
( )y f x= , de a até b, é definida por: 
0 
1
lim ( ) 
i
n
i i
máx x
i
A f c x
∆ →
=
= ∆∑ 
onde imáx x∆ indica o maior número do 
conjunto { } tal que 1,2,...,ix i n∆ = . Observe 
que 0imáx x∆ → implica que todos os ix∆ 
tendem também a zero. 
 
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A integral definida está associada ao limite anterior, 
ela nasceu com a formalização matemática dos 
problemas de áreas. Assim: 
Definição_3 
Seja ( )f x uma função definida em um intervalo 
[ , ]a b e seja 0 1 2: ... nP a x x x x b= < < < < = uma 
partição qualquer deste intervalo. A integral de 
Riemann de f de a até b, denotada ( )
b
a
f x dx∫ , é 
dada por : 
0 
1
( ) lim ( )
i
b n
i i
máx xia
f x dx f c x
∆ →
=
= ∆∑∫ desde 
que o limite do segundo membro exista. 
 
Se ( )
b
a
f x dx∫ existe, então diremos que f é 
integrável (segundo Riemann) em [ , ]a b . É comum 
referirmo-nos a ( )
b
a
f x dx∫ como integral definida 
de f em [ , ]a b . 
 
Os números a e b são chamados de limites de 
integração (a: limite inferior e b: limite superior). 
 
Uma função não necessariamente precisa ser 
contínua para que admita integral em um intervalo. 
Sob certas condições, as quais não iremos 
mencionar neste contexto, podemos mostrar que 
funções com alguns tipos de descontinuidades 
ainda podem ser integráveis. Iremos estudar 
situações que envolvem, em geral, integrais 
definidas de funções continuas. O teorema que 
segue nos fornece um importante resultado. 
 
Teorema_3: Se uma função f é contínua em um 
intervalo [ , ]a b , então f é integrável em [ , ]a b . 
 
Até agora temos a definição do que é a integral 
definida em um intervalo, mas ainda não sabemos 
como calcular tais integrais. 
 
O Teorema Fundamental do Cálculo nos permite 
relacionar as operações de derivação e integração. 
Ele nos diz que, conhecendo uma primitiva de uma 
função contínua, podemos calcular a sua integral 
definida, assim: 
 
Teorema_4: Teorema fundamental do 
Cálculo (Primeira Parte) Se f for uma função 
contínua em [ , ]a b e F é uma antiderivada de f 
tal que ´( ) ( )F x f x= para todo [ , ]x a b∈ , 
então 
( ) ( ) ( )
b
a
f x dx F b F a= −∫ 
 
Uma notação usual para a diferença 
( ) ( )F b F a− é: 
( ) ( ) ( )b
a
F x F b F a= − . Assim, podemos 
expressar ( ) ( )
b
b
a
a
f x dx F x=∫ 
 
Exemplo_12: Calcule 
3
2
1
x dx∫ 
Resolvemos a integral normalmente e depois 
substituímos os valores dos limites de 
integração, 
3
 33 3 3
2
 11
3 1 27 1 26
= = =
3 3 3 3 3 3
x
x dx = − −∫ 
 
Exemplo_13: Calcule 
3
1
5dx∫ 
Resolução: 
3 3
3
1
1 1
5 5 5 5.3 5.1 15 5 10 dx dx x= = ⇒ − = − =∫ ∫
3
1
5 10dx =∫ 
 
Exemplo_14: Calcule 
7
0
xdx∫ 
Resolução: 
7
 72 2 2
 00
7 0 49 0 49
2 2 2 2 2 2
x
xdx = = − = − =∫ 
7
0
49
2
xdx =∫ 
 
 
 
 
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 8 
 
Interpretação Geométrica 
Vamos agora interpretar geometricamente os 
exemplos dados. 
 
Exemplo_15: Seja ( ) 5f x = . Tomemos a região 
delimitada por ( )f x , o eixo x e as retas 1x = e 
3x = . 
 
 
Temos um retângulo de base 2 e altura cinco, cuja 
área é dada por: 
1 1 2lado .lado 2.5 10A = = = unidades de área. 
 
Exemplo_16: Seja ( )f x x= . Tomemos a região 
delimitada pelo eixo x, a função ( )f x x= , e as 
retas 0x = e 7x = . 
 
 
 
Temos um triângulo de base 7 e altura 7, cuja área 
é dada por 2
7.7 49
2 2
A = = u.a. 
 
Os fatos observados nestes exemplos não são mera 
coincidência. 
 
Na verdade, se ( ) 0f x > para [ ],x a b∈ então 
( )
a
b
f x dx∫ nos fornece a área limitada por ( )f x , 
pelas retas x a= e x b= e o eixo x. 
 
 
Exemplo_17: Tomemos agora um exemplo em 
que ( ) 0f x < em [ ],a b . 
 
( )
11 2
33
1
2
x
x dx x
−
−
−
−
 
+ = + 
 ∫ 
( ) ( ) ( ) ( )
2 21 3
 = 1 3
2 2
   
− −
+ − − + −   
      
 
1 9
 = 1 3
2 2
   
− − −      
 
1 3
 = 2
2 2
   
− − = −      
 
 
A região delimitada por 1y x= + , pelo eixo x e 
as retas 3x = − e 1x = − está representada na 
figura. 
 
 
Note que A3 é um triângulo de base 2 e altura 
2. Assim, 3
2.2 2 .
2
A u a= = 
Assim, vemos que 
1
3
3
( )A f x dx
−
−
= ∫ . 
Em geral se ( ) 0f x < em [ ],a b a área 
delimitada por ( )f x , pelas retas x a= e 
x b= e o eixo x é dada por ( )
b
a
A f x dx= ∫ . 
 
 
Propriedades das Integrais Definidas 
 
P1: Se a função f é integrável no intervalo 
fechado [ ],a b e se k é uma constante qualquer, 
então: ( ) ( )
b b
a a
kf x dx k f x dx=∫ ∫ 
 
Exemplo_18: Calcule o valor da integral 
3 3
3 3
5 5xdx xdx=∫ ∫ 
 
 
P2: Se as funções f e g são integráveis no 
intervalo fechado [ ],a b então f g+ é 
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 9 
 
integrável em [ ],a b e: 
[ ( ) ( )] ( ) ( )
b b b
a a a
f x g x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫ 
 
Exemplo_19: Calcule o valor da integral: 
 
5 5 5
2 2
3 3 3
1 1
 x dx x dx dx
x x
 
+ = +  ∫ ∫ ∫ 
 
P3: Se a função f é integrável nos intervalos 
fechados [ ],a b , [ ],a c e [ ],c b então: 
( ) ( ) ( )
b c b
a a c
f x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫ onde a c d< < . 
 
Exemplo_20: Calcule o valor da integral: 
 
3 1 3
2 2 1
xdx xdx xdx
− −
= +∫ ∫ ∫ 
 
Exercícios 
E03: Encontre o valor das integrais definidas 
abaixo: 
a) 
2
2
0
x dx∫ b) 
2
3
1
x dx∫ 
c) 
4
2
1
( 4 5)x x dx+ +∫ d) 
2
3
2
( 1)x dx
−
+∫ 
e) 
4 4 1
3 3
1
( 4 )x x dx+∫ f)
4
3
( 2)x dx
−
+∫ 
g) 
5
1
3 1
dx
x +∫ h) 
3
6
3
( 3 )t t dt
−
−∫ 
i) 
4
2
0 9
xdx
x +∫ j) 
5
0
4x dx+∫ 
 
Cálculo de Áreas de uma Região Plana 
Se f é uma função contínua em um intervalo 
fechado [ ],a b e se ( ) 0f x ≥ para todo x em [ ],a b , 
então temos que o número que expressa a área da 
região limitada pela curva ( )y f x= , o eixo x e as 
retas x a= e x b= é dada por ( )
b
a
A f x dx= ∫ , em 
unidades quadradas. Por conveniência , referimo-
nos à região R como a região sob o gráfico de f, de 
a até b. 
 
 
Exemplo_21: Encontre a área limitada pela 
curva 2y x= o eixo x e as retas 1x = − e 2x = . 
Resolução: 
2 23 3 3
2
11
x 2 ( 1)
 = 3 .
3 3 3
A x dx u a
−
−
−
= = − =∫ 
 
Exemplo_22: Encontre a área limitada pela 
curva 2 4y x= − , o eixo x e as retas 2x = − e 
2x = . 
Resolução: Queremos obter a área destacada. 
Como ( ) 0f x < , neste intervalo, temos: 
2 23
2
22
( 4) 4
3
xA x dx x
−
−
 
= − − = − − 
 ∫ 
8 88 8
3 3
A     = − − − − +    
    
 
8 8 328 8 .
3 3 3
A u a = − − + − =  
 
 
 
 
 
Exemplo_23: Calcule a área limitada pelas 
curvas 2 1y x= + e 2y= x 1− − e as retas 
1x = − e 3x = . Resolução: 
 
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 10 
 
 
Vamos calcular as áreas separadamente: 
33 3
2
1
11
( 1)
3
xA x dx x
−
−
 
= + = + 
 ∫ 
3 3
1
3 ( 1)3 ( 1)
3 3
A
    −
= + − + −    
    
 
1
40
 u.a
3
A = 
 
3
2
2
1
40( 1) u.a
3
A x dx
−
= − − − =∫ 
 
Portanto: 1 2tA A A= + 
40 40 80
 u.a
3 3 3t
A = + = 
 
Exemplo_24: Determine a área A da região 
delimitada pelo gráfico de sen( )y x= e o eixo x, 
no intervalo de 0x = e radx pi= . 
 
Resolução: 
Primeiramente, vamos construir o gráfico de 
sen( )y x= . 
 
 
Verificamos que a área pedida, encontra-se 
totalmente acima do eixo x, logo: 
0
0
sen( ) cos( )A x dx x
pi
pi
= = −∫ 
(cos( ) cos(0)) 2u.aA pi= − − = 
Área da Região Limitada por duas Funções 
Consideraremos agora a região que está entre os 
gráficos de duas funções f eg são contínuas e 
( ) ( ) 0f x g x≥ ≥ para todo x em [ , ]a b , então a área 
A da região R, limitada pelos gráficos de f, g, x a= 
e x b= , pode ser calculada subtraindo-se a área da 
região sob o gráfico de g (fronteira inferior de R) 
da área da região sob o gráfico de f (fronteira 
superior de R): 
( ) ( )
b b
a a
A f x dx g x dx= −∫ ∫ ou 
[ ( ) ( )]
b
a
A f x g x dx= −∫ 
Suponha que desejemos calcular a área A 
delimitada por duas curvas, ( )f x e ( )g x e as 
retas x a= e x b= , como ilustra a figura 
abaixo: 
 
 
 
Note que a área a pode ser obtida pela 
diferença de duas áreas, sendo 
1 ( )
b
a
A f x dx= ∫ e 2 ( )
b
a
A g x dx= ∫ e 1 2A A A= − 
( ) ( )
b b
a a
A f x dx g x dx= −∫ ∫ 
[ ( ) ( )]
b
a
A f x g x dx= −∫ 
Assim verificamos que é válido o teorema a 
seguir. 
 
Teorema_5: Se f e g são contínuas e 
( ) ( ) 0f x g x≥ ≥ para todo x em [ , ]a b , então a 
área A da região delimitada pelos gráficos de f, 
g, x a= e x b= é: [ ( ) ( )]
b
a
A f x g x dx= −∫ 
 
Diretrizes para Encontrar a área de uma 
Região Limitada por duas Funções 
 
i) Esboçar a região, designando por ( )y f x= a 
fronteira superior e por ( )y g x= a fronteira 
inferior. 
ii) Encontrar as abssíssas dos pontos de 
intersecção (a e b) entre as duas funções. 
 
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 11 
 
iii) Calcular a integral [ ( ) ( )]
b
a
A f x g x dx= −∫ 
 
Exemplo_25: Encontre a área A limitada pelas 
curvas 2( ) 2f x x= + e ( ) 1g x = no intervalo de 
[ 2,3]− . 
Resolução: Como não existe ponto de intersecção 
entre as funções, neste caso foram dados os limites 
de integração. 
3 3
2
2 2
( 2) (1)A x dx dx
− −
= + −∫ ∫ 
3
2
2
( 1)A x dx
−
= +∫ 
33 3
2
22
( 1)
3
xA x dx x
−
−
 
= + = + 
 ∫ 
3 33 ( 2) 503 ( 2) u.a
3 3 3
A
    −
= + − + − =    
     
 
 
Exemplo_26: Encontre a área A da região limitada 
pelas curvas 2y x= e 2- 4y x x= + . 
 
Resolução: Para obtermos os pontos de intersecção 
das duas curvas, resolvemos um sistema formado 
pelas duas equações e obtemos os pontos (0,0) e 
(2,4) . 
2 2
2 2
0 0
( 4 )A x x dx x dx= − + −∫ ∫ 
22 3 2
2
00
2 4 8( 2 4 ) u.a
3 2 3
x xA x x dx  = − + = − + = 
 ∫ 
 
 
Volume de um Sólido de Revolução 
 
Definição_4: Um sólido de revolução é um sólido 
gerado pela rotação de uma região do plano em 
torno de uma reta do plano, chamada eixo de 
revolução. 
 
 
Exemplo_27: Ao girarmos a região do plano 
representada na figura a seguir, em torno do eixo y , 
obtemos o sólido de revolução também ilustrado. 
 
 
 
 
 
Definição_5: Seja f uma função contínua no 
intervalo fechado [ , ]a b . Se S for o sólido 
obtido pela rotação, em torno do eixo x da 
região limitada pella curva ( )y f x= , o eixo x 
e as retas x a= e x b= e se V for o número de 
unidades cúbicas do volume de S, então: 
2[ ( )]
b
a
V f x dxpi= ∫ 
 
Exemplo_28: Seja R a região limitada pelos 
gráficos de 2 , 1 e 2y x x x= = = e pelos eixos 
dos x. Se girarmos a região R em torno do eixo 
dos x, obtemos: 
 
 
 
Resolução: 
2 25
2 2
11
[ ]
5
xV x dxpi pi= =∫ 
31
 u.v
5
V pi= 
 
 
Exercícios 
E04: Seja 2( ) 1f x x= + , determine o volume 
do sólido gerado pela rotação em torno do eixo 
x , da região do plano limitada por ( )f x , pelo 
eixo x e as retas 1x = − e 1x = . 
 
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 12 
 
E05: Seja 1( )f x
x
= , determine o volume do sólido 
gerado pela rotação em torno do eixo x, da região 
plana limitada por ( )f x , pelo eixo x e as retas 
1x = e 3x = . 
 
E06: Seja f x x x( ) = −2 4 , determine o volume do 
sólido gerado pela rotação em torno do eixo x, da 
região do plano limitada por ( )f x e pelo eixo x. 
 
Definição_6: Seja uma região R do plano limitada 
por x a= e x b= e pelos gráficos de duas funções 
contínuas f e g, com ( ) ( ) 0f x g x≥ ≥ para todo x 
em [ , ]a b . Então o volume do sólido gerado pela 
rotação da região R em torno do eixo x é dada por 
2 2[( ( )) ( ( )) ]
b
a
V f x g x dxpi= −∫ . 
 
Exemplo_29: Encontre o volume do sólido gerado 
pela rotação em torno do eixo x , da região 
limitada pela parábola 2 1y x= + e a reta 
3y x= + . 
Resolução: Graficamente a região descrita acima é 
dada por: 
2
2 2 2
1
[( 3) ( 1) ]V x x dxpi
−
= + − +∫ 
2
4 2
1
( 6 8)V x x x dxpi
−
= − − + +∫ 
2
5 3 2
1
1 1 3 8
5 3
V x x x xpi
−
 
= − − + +  
 
117
 u. v
5
V pi= 
 
Teorema_6: Teorema fundamental do Cálculo 
(Segunda Parte) Se f for uma função contínua em 
um intervalo I, então f tem uma antiderivada em I. 
Em particular, se a for um ponto qualquer em I, 
então a função F definida por: 
( ) ( )
x
a
f x f t dt= ∫ é uma antiderivada de f em I; isto 
é, '( ) ( )F x f x= para cada x em I, ou em uma 
notação alternativa, ( ) ( )
x
a
d f t dt f x
dx
 
  =
  
∫ . 
 
Exemplo_30: Encontre 3
1
x
d
t dt
dx
 
 
  
∫ aplicando a 
segunda parte do Teorema Fundamental do 
Cálculo e, então confirme o resultado fazendo 
a integração e depois diferenciando. 
 
Resolução: Como o integrando é uma função 
contínua, então, pelo referido teorema, 
3 3
1
x
d
t dt x
dx
 
  =
  
∫ . Alternativamente, calculando 
a integral e depois diferenciando, obtemos 
4 4
3
11
1
4 4 4
x x
t x
t dt = = −∫ , agora derivando, vem: 
4
31
4 4
d x
x
dx
 
− = 
 
, de modo que coincide os 
dois métodos para derivar a integral. 
 
 
Outros métodos de Integração 
 
Método de Integração por Partes 
Sejam f e g funções deriváveis no intervalo I. 
Derivando o produto .f g : 
( ( ) ( ))´ ´( ) ( ) ( ) ´( )f x g x f x g x f x g x= + , ou 
equivalentemente, 
( ) ´( ) ( ( ) ( ))´ ´( ) ( )f x g x f x g x f x g x= − . 
Integrando ambos os lados: 
( ) (´ ) ( ( ) ( )) ´( ) ( )f x g x dx f x g x f x g x dx= −∫ ∫ 
 
Fazendo ( )u f x= e ( )´dv g x dx= , temos 
( )´du f x dx= e ( )v g x= vem: 
udv uv vdu= −∫ ∫ 
 
Este método de integração nos permite 
transformar a integração de udv na integração 
de vdu . É importante saber “escolher” a 
substituição u e dv na integral de partida. As 
expressões de u´ e v devem ser mais simples 
que as de u e v´, respectivamente. 
 
 
Exemplo_31: Calcule a integral 
indefinida ln( )x dx∫ . 
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 13 
 
Façamos ln( )u x= e dv dx= , daí, 1du dx
x
= e 
v x= . Logo, ln( )x dx udv uv vdu= = −∫ ∫ ∫ 
ln( ) ln( ) ln( )x dx x x dx x x x C= − = − +∫ ∫ 
 
 
Exemplo_32: Calcule a integral indefinida 
2xxe dx∫ . 
Façamos u x= e 2xdv e dx= , daí, du dx= e 
2
2
xe
v = . 
Logo
2 2 2
2 21
2 2 2 4
x x x
x xxe xe exe dx e dx C= − = − +∫ ∫ 
 
Exemplo_33: Calcule a integral indefinida 
2sen( )x x dx∫ . 
Para solucionar esta integral será necessário usar o 
método de integração por partes. Façamos 2u x= e 
sen( )dv x dx= , daí, 2du xdx= e cos( )v x= − . 
Portanto, 
2 2sen( ) cos( ) 2 cos( )x x dx x x x x dx= − +∫ ∫ 
Observe que cos( )x x dx∫ também requer o uso de 
integração por partes. Neste caso façamos m x= , 
cos( )dn x dx= de onde obtemos dm dx= e 
sen( )n x= e 
1
cos( ) sen( ) sen( )
sen( ) cos( )
x x dx x x x x dx
x x x C
= −
= − +
∫ ∫
 
 
Então, retornando a primeira integral temos: 
2 2sen( ) cos( )2( sen( ) cos( ))x x dx x x x x x C= − + + +∫ 
Exemplo_34: Calcule a integral definida 2
1
3
0
x
x e dx∫ . 
Neste caso, vamos inicialmente resolver a integral 
indefinida, depois voltaremos a integral definida. 
 
Aqui será necessário usar em conjunto os métodos 
de integração por substituição e por partes. 
Vejamos. 
i) Por Substituição: seja 2t x= e 
2
2
dtdt xdx xdx= ⇒ = . 
Assim, 
2 23 2 1
2
x x tx e dx x e xdx te dt= =∫ ∫ ∫ 
ii) Agora, usando integração por partes, 
fazemos: u t= e tdv e dt= , daí, du dx= e 
tv e= . Daí, 
23 1 1
2 2
x tx e dx te dt udv= =∫ ∫ ∫ 
1 1 ( )
2 2
t tudv te e dt= −∫ ∫ 
1 1( ) ( )
2 2
t t t tte e dt te e C− = − +∫ 
 
Substituíndo 2t x= e voltamos a integral 
definida vem: 
2 2 2
1
1
3 2
0
0
1 ( )
2
x x x
x e dx x e e= −∫ 
2
1
3
0
1 1(0 ( 1))
2 2
x
x e dx = − − =∫ 
 
Exemplo_35: Use os métodos de integração 
por substituição e por partes para calcular a 
integral 
1
3 2
0
sen(2 )x x dx∫ . (Resp. 0,218 aproximadamente) 
 
 
Método de Substituição Trigonométrica 
Este método é usado quando a expressão a 
integrar envolve alguns dos seguintes tipos de 
radicais: 2 2 2 2 2 2, ,a u a u u a− + − , onde 
0a > . 
 
Caso i: 2 2a u− 
Para 
2 2
pi piθ− ≤ ≤ , seja sen( )u a θ= , então 
cos( )du a dθ θ= . Logo 2 2 cos( )a u a θ− = . 
Façamos 2 2c a u= − . Observe a figura i). 
 
Caso ii: 2 2a u+ 
Para 
2 2
pi piθ− ≤ ≤ , seja tg( )u a θ= , então 
2sec ( )du a dθ θ= . Logo 2 2 sec( )a u a θ+ = . 
Façamos 2 2d a u= + . Observe a figura ii). 
 
 
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 14 
 
Caso iii: 2 2u a− 
Para 
2 2
pi piθ− ≤ ≤ ou 3
2
pi
pi θ≤ ≤ seja sec( )u a θ= , 
então sec( )tg( )du a dθ θ θ= Logo 
2 2 tg( )u a a θ− = . Façamos 2 2e u a= − . 
Observe a figura iii). 
θ
a
c
u
 
i) 
θ
d
a
u
 
ii) 
θ
u
a
e
 
iii) 
 
 
Exemplo_36: Calcule 2 2a x dx−∫ . 
Seja sen( )x a θ= ; então, cos( )dx a dθ θ= ; 
2 2
pi piθ− ≤ ≤ e 2 2a x− = cos( )a θ . 
 
Assim, 2 2 2 2cos ( )a x dx a dθ θ− =∫ ∫ 
2 2 2 1 cos(2 )cos ( ) ( )
2 2
a d a dθθ θ θ= +∫ ∫ 
2
2 2 sen(2 )cos ( ) ( )
2 2
a
a d θθ θ θ= +∫ 
2
2 2
1cos ( ) ( sen( )cos( ))2
a
a d Cθ θ θ θ θ= + +∫ 
Como sen( )x a θ= e 
2 2
pi piθ− ≤ ≤ ; então, 
arcsen( )
2
xθ = ; estamos no caso i (veja figura i) 
onde 2 2c a x= − ; logo, sen( ) x
a
θ = e 
2 2
cos( ) a x
a
θ −= . Substituíndo no resultado da 
integral, vem: 
2
2 2 2 2
2(arcsen( ) )2
a x x
a x dx a x C
a a
− = + − +∫ 
 
Exemplo_37: Calcule 
2 3( 3)
dx
x +∫ . 
Seja 3tg( )x θ= ; então, 23sec ( )dx dθ θ= ; 
( )
2 2
pi piθ− ≤ ≤ . Em tal caso 
2 3 3( 3) ( 3 sec( ))x θ+ = . Então escrevemos: 
2
32 3
32
3sec ( )
( 3) 3 sec ( )
dx d
x
θ θ
θ
=
+∫ ∫ 
2
3 3
3sec ( ) 1
3 sec( )( 3) sec ( )
ddθ θθ
θθ
=∫ ∫ 
2
13 3
3sec ( ) 1 1
cos( ) sen( )
3 3( 3) sec ( )
d d Cθ θ θ θ θ
θ
= = +∫ ∫ 
Estamos no caso ii (veja figura ii) onde 3a = 
e 2 3d x= + . Logo, 
2
( )
3
x
sen
x
θ =
+
. 
Substituindo, 
2 3 2( 3) 3 3
dx x C
x x
= +
+ +∫ 
 
Exemplo_38: Calcule 29 1
dx
x −∫ . 
Inicialmente reescrevemos a integral como 
2
2 19 1 9( )9
dx dx
x x
=
−
−
∫ ∫ . Seja 
1
sec( )
3
x θ= , 
então, 1 sec( )tg( )
3
dx dθ θ θ= , 0
2
piθ< < ou 
3
2
pi
pi θ< < . Neste caso, 
2 2 21 1 1(sec ( ) 1) ( )
9 9 9
x tgθ θ− = − = : 
2
sec( )1 1
cosec( )3 ( ) 39 1
1 ln( cosec( ) cotg( ) )3
dx d d
tgx
C
θ θ θ θθ
θ θ
= =
−
= − +
∫ ∫ ∫
 
Estamos no caso iii), onde 2 1
9
e x= − ; logo, 
2
3
cosec( )
9 1
x
x
θ =
−
e 
2
1
cotg( )
9 1x
θ =
−
. 
Substituindo, em 
2
1 ln( cosec( ) cotg( ) )39 1
1 3 1ln6 3 1
dx C
x
x C
x
θ θ= − +
−
 −
= + + 
∫
 
 
 
Exercício_39: Calcule cada integral. Em cada 
caso use o completamento de quadrados. 
a) 3
2 2(5 4 )
dx
x x− −
∫ b) 24 8 5
xdx
x x+ +∫ 
 
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 15 
 
Método de Integração Por Frações Parciais 
Seja uma função racional ( )( )
P x
Q x com ( ) 0Q x ≠ . A 
decomposição de uma função racional em frações 
mais simples, depende do modo como o polinômio 
( )Q x se decompõe em fatores lineares e/ou 
quadráticos. 
 
Se numa função racional o grau de ( )P x é maior 
ou igual ao grau de ( )Q x , então podemos dividir 
os polinômios. Se ( ( )) ( ( ))grau P x grau Q x≥ , então 
( ) ( ) ( ) ( )P x Q x A x R x= + onde 
( ( )) ( ( ))grau R x grau Q x< 
então ( ) ( )( )( ) ( )
P x R xA xQ x Q x= + . 
 
Logo, basta estudar o caso em que 
( ( )) ( ( ))grau P x grau Q x< , pois caso contrário 
efetuamos a divisão dos polinômios. 
 
O método se desenvolve como segue. A cada fator 
de ( )Q x da forma ( ) ,mx a− corresponde uma 
soma de m frações da forma: 
1 2
2 . . .( ) ( ) 
m
m
AA A
x a x a x a
+ + +
−
− −
 
 
A cada fator de ( )Q x da forma 
( )2 ,px bx c+ + corresponde uma soma de p 
frações, da forma: 
 
( ) ( )
1 1 2 2
2 22 2
. . . 
p p
p
B x CB x C B x C
x bx c x bx c x bx c
++ +
+ + +
+ + + + + +
 
Onde, iA , jB e kC 1,2,...,i m= , , 1,2,...,j k p= 
são constantes a determinar. 
 
Em seguida, igualamos a fração ( )( )
P x
Q x à soma de 
frações obtida como acima. Eliminando 
denominadores e identificando coeficientes de 
potências iguais de x, chegaremos a um conjunto 
de equações lineares nas incógnitas kji CeBA , . 
Resolvido esse sistema, estão determinados os 
coeficientes. 
 
 
Exemplo_40: i) Utilize o método das frações 
parciais para decompor 2
1
( 1) ( 1)x x
 
 
+ ⋅ + 
. ii) 
Calcule 2
1
( 1) ( 1) dxx x+ ⋅ +∫ . 
 
Resolução: 
i) Ao fator linear ( 1),x + associamos a fração 
1
A
x +
e ao fator quadrático 2( 1)x + associamos 
a fração 2 1
Bx C
x
+
+
. Escrevemos então: 
2 2
1
1( 1)( 1) 1
A Bx C
xx x x
+
≡ +
++ + +
 (I) 
 
Eliminando denominadores, obtemos: 
21 ( 1) ( )( 1)A x Bx C x≡ + + + + (II) 
ou 
2 20 0 1 ( ) ( ) ( )x x x A B x B C A C⋅ + ⋅ + ≡ + + + + + 
Identificando coeficientes de iguais potências 
de x, concluímos que: 





=+
=+
=+
1
0
0
CA
CB
BA
 
 
A solução desse sistema de equações lineares 
é: 1
2
A = , 1
2
B = − e 1
2
C = . 
 
Levando esses valores em (I), obtemos a 
decomposição em frações parciais: 
 
2 2
1 1 1
1 2 2 2
1( 1) ( 1) 1
x
xx x x
− +
= + =
++ ⋅ + +
 
2 2
1 1 1
2 1 ( 1) ( 1)
x
x x x
 
= − + + + + 
 
 
ii) Agora vamos calcular 2
1
( 1) ( 1) dxx x+ ⋅ +∫ . 
2 2 2
1 1 1 1
2 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
xdx dx
xx x x x
 
= − + ++ ⋅ + + + ∫ ∫
 
2
2
1 1 1 1ln 1 ln 1 arctg( )
2 4 2( 1) ( 1) dx x x x Cx x = + − + + ++ ⋅ +∫ 
Exemplo_41: Utilize o método das frações 
parciais para calcular 3( 2)( 1)
x dx
x x
+
− +∫ . 
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 16 
 
Resolução: Inicialmente vamos decompor o 
integrando em frações parciais. Escrevemos então: 
3
( 2)( 1) 2 1
x A B
x x x x
+
≡ +
− + − +
 (I) 
 
Eliminando denominadores, obtemos: 
3 ( 1) ( 2)x A x B x+ ≡ + + − (II) 
 
Resolvendo a expressão (II) obtemos 53A = e 
2
3B = − . 
 
Assim, 
5 2
3 5 1 2 13 3
( 2)( 1) 2 1 3 2 3 1
x
x x x x x x
+
= − = −
− + − + − +
 
 
Feita a decomposiçãojá estamos em condições de 
calcular a integral. 
3 1 5 2
( 2)( 1) 3 2 1
x dx dx
x x x x
+  
= − 
− + − + ∫ ∫ 
3 5 2ln( 2) ln( 1)( 2)( 1) 3 3
x dx x x C
x x
+
= − − + +
− +∫ 
 
 
Exercícios 
E07: Calcule cada integral. Em cada caso use o 
método de decomposição em frações parciais. 
a) 
2
3 2
4 28 16
2 8
x x dx
x x x
− −
− −
∫ 
b) 2 2 , 0du au a ≠−∫ 
c) 25 4
dx
x x− −∫ 
d) 
2
3 2
3 4 2
2
x x dx
x x x
+ +
+ +∫ 
e) 
2
3 2
8 3 20
4 4
x x dx
x x x
+ +
+ + +∫ 
f) 
3
2 2
2
( 1)
x x dx
x x
+ +
+∫ 
 
 
Aplicação de Integrais Indefinidas 
A seguir apresentaremos alguns exemplos de 
aplicação de integrais indefinidas: 
 
Exemplo_42: Se um corpo se move em uma reta 
coordenada com aceleração 2( ) 2 6 (m/s )a t t= − e 
possui as condições iniciais v(2) =2m/s e 
s(0)=4m. Determine a equação do espaço em 
relação ao tempo, e o espaço percorrido 
quando t=2 s. 
 
Resolução: 
2
Como temos logo:
dv daí
(2 6 )
2 3
dv
a dv adtdt
adt
v adt t dt
v t t C
= =
=
= = −
= − +
∫ ∫
∫ ∫
 
Como a velocidade no tempo 2s é 2m/s, temos: 
2(2) 2.2 3.2
2 8
10
v C
C
C
= − +
= − +
=
 
 
Daí a equação da velocidade é: 
2( ) 3 2 10v t t t= − + + 
 
Agora vamos calcular a equação do espaço 
percorrido em relação ao tempo: 
Como temos logo:dsv ds vdtdt
ds vdt
= =
=∫ ∫
 
daí, 
( )s t vdt= ∫ 
3 2( ) 10s t t t t C= − + + + 
2( ) ( 3 2 10)s t t t dt= − + +∫ 
 
Como no tempo 0 temos S(0) = 4m/s, então 
(0) 0 0 0 4
4 
s C
C
= − + + + =
=
 
 
Logo a equação do espaço percorrido em 
relação ao tempo é: 3 2( ) 10 4s t t t t= − + + + 
 
 
Exercícios de Aplicações de Integrais 
 
A01: Lei de Resfriamento de Newton: De 
acordo com a Lei de Resfriamento de Newton, 
a taxa de variação da temperatura de um objeto 
é proporcional à diferença entre a sua 
temperatura e a do meio ambiente. A lei pode 
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 17 
 
ser expressa por 0( )dT k T Tdt = − , onde k é a 
constante de proporcionalidade e 0T é a 
temperatura do meio ambiente. 
a) Expresse ( )T t , a temperatura em função do 
tempo. 
b) Em uma fábrica de rolamentos, o tratamento 
térmico das esferas (têmpera) é efetuado em um 
banho de óleo, sendo as mesmas submetidas a um 
resfriamento brusco, posteriormente ao seu 
aquecimento em um forno. Ao sair do forno, as 
esferas de aço encontram-se a uma temperatura de 
860 °C e são imersas em óleo à temperatura de 
20 °C. O resfriamento da esfera ocorre por 
convecção forçada, para assegurar a transformação 
de fase sólida do aço, garantindo a propriedades 
mecânicas desejadas, em particular, a dureza da 
mesma. Encontre a temperatura da esfera após 60 
minutos, sabendo que 0(20) 348,8T C= . 
 
Trabalho: Suponha que um objeto se mova no 
sentido positivo ao longo de um eixo coordenado 
pelo intervalo [ , ]a b , enquanto sujeito a uma força 
variável ( )F x que é aplicada no sentido do 
movimento. Então, definimos o trabalho W 
realizado pela força sobre o objeto por 
( )
b
a
W F x dx= ∫ . 
A02: A Lei de Hooke afirma que sob condições 
apropriadas, uma mola esticada x unidades além de 
seu comprimento normal puxa e volta com uma 
força ( )F x kx= , onde k é uma constante (rigidez). 
Qual é o trabalho realizado ao se esticar uma mola 
em 8cm, sabendo que a força de 1N a estica em 1 
cm? (Res. o trabalho realizado será: 0,32J) 
 
A03: Energia Cinética: O trabalho realizado por 
uma força f atuando sobre uma partícula de massa 
m que se move de x1 até x2 é W. Usando a segunda 
lei de Newton, a regra da cadeia e considerando 
que v1 e v2 são as velocidades das partículas em x1 e 
x2, obtemos: 
22
11
2 22
2 1( )( )
2 2
vx
vx
m v vmvW f x dx −= = =∫ , 
pois dv dvf ma m mvdt dx= = = . A expressão 
2
2
mv é 
chamada energia cinética do corpo em movimento 
com velocidade v. Logo, o trabalho realizado por 
uma força f é igual à variação da energia cinética 
do corpo e o cálculo desta variação dará o trabalho 
realizado. 
 
A04: Se em 1970, foram utilizados 20,3 bilhões 
de barris de petróleo no mundo todo e demanda 
mundial de a demanda mundial de petróleo 
cresce exponencialmente a uma taxa de 9% ao 
ano, e a demanda A(t) anual de petróleo no 
tempo t é 0,09( ) 20,3 tA t e= (t=0 em 1970). Se a 
demanda continua crescendo a uma taxa de 9% 
ao ano, qual será a quantidade de petróleo 
consumida entre os anos de 1970 e 2005? 
(Res:Foram consumidos 5038,02 barris de 
petróleos) 
 
Suponha que uma superfície plana esteja 
imersa verticalmente em um fluido com peso 
específico ρ , e que a parte submersa da 
superfície se estenda de x=a até x=b ao longo 
de um eixo x cujo sentido positivo seja para 
baixo. Para a x b≤ ≤ , suponha que ( )w x seja a 
extensão da superfície e que ( )h x seja a 
profundidade do ponto x. Então definimos a 
força do fluido F sobre a superfície por 
( ) ( )
b
a
F h x w x dxρ= ∫ . 
A05: A face de um dique é um retângulo 
vertical com altura de 100 pés e extensão de 
200 pés. Encontre a força total que o fluido 
exerce sobre a face, quando a superfície da 
água está no nível do topo do dique. Considere 
362,4 lb/péρ = que é o peso específico da 
água. (Res. 62400000 lb) 
 
A06: A primeira figura abaixo representa um 
fio de telefone pendurado entre dois postes. 
Uma interpretação matemática para a situação 
é dada na segunda figura, onde um poste é 
representado em x b= − e o outro em x b= 
sabe-se que o fio entre os dois postes tem o 
formato de uma catenária com equação 
( )coshy c a x a= + . 
a) Obtenha a comprimento do fio; 
b) Suponha que os dois postes telefônicos 
estejam separados a uma distância de 50 pés e 
que o comprimento do fio seja de 51 pés. Se o 
ponto mais baixo do fio deve estar a 20 pés 
acima do solo, qual a altura o fio deve ser 
preso no poste? 
 
 
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 18 
 
y
xb− b0
 
 
 
Determinação do comprimento do Gráfico de 
uma Função 
Suponhamos o gráfico de uma função definido por 
( )y f x= , com f tem derivada contínua para 
todo [ ],x a b∈ . Obtemos uma aproximação 
poligonal para o gráfico de f particionando o 
intervalo [ ],a b em n subintervalos com extremos 
0 1, ,..., nx x x e com larguras iguais a x∆ , como 
podemos observer na figura. 
0P
1P
2P
1iP−
iP
1nP − nP
nx b=
1x 2x 1ix − ix 1nx −
0x a=
y
x
 
 
 Se ( )i iy f x= , então o ponto ( , ( ))i i iP x f x está 
no gráfico de f e a poligonal com vértices 
0 1, ,..., nP P P é uma aproximação para o 
comprimento L do gráfico. A aproximação torna-
se melhor quanto maior for n . 
 
Definimos ( )L P o comprimento da poligonal de 
vértices ( , ( ))i i iP x f x , 1,...,i n= no intervalo 
[ ],a b como: 
1
1
( )
n
i i
i
L P P P
−
=
=∑ , ou seja, 
 
2 2
1 1
1
( ) ( ) ( ( ) ( ))
n
i i i i
i
L P x x f x f x
− −
=
= − + −∑ 
onde 2 21 1 1( ) ( ( ) ( ))i i i i i iP P x x f x f x− − −= − + − é o 
comprimento do lado de vértices 1iP− e iP . 
 
A função f conforme foi definida, satisfaz as 
hipóteses do Teorema do Valor Médio. Assim, 
para cada , 1,...,i i n= , existe ( )1,i i ic x x−∈ tal 
que 1 1( ) ( ) '( )( )i i i i if x f x f c x x− −− = − . 
 
Segue que, 
2 2
1 1
1
2
1
1
( ) ( ) ( ( ) ( ))
( ) 1 ( '( )) ( )
n
i i i i
i
n
i i i
i
L P x x f x f x
L P f c x x
− −
=
−
=
= − + −
= + −
∑
∑
 
 
Fazendo 1( )i i ix x x−− = ∆ , temos2
1
( ) 1 ( '( ))
n
i i
i
L P f c x
=
= + ∆∑ , 
tomamos então imáx x∆ e fazendo 
0imáx x∆ → obtemos que 
2
1
( ) lim 1 ( '( ))
n
i i
n i
L P f c x
→∞
=
→ + ∆∑ . 
Portanto, o comprimento L do gráfico de f é 
dado por 21 ( '( ))
b
a
L f x dx= +∫ . 
 
Exemplo 43: Encontre o comprimento de arco 
da curva 
3
2y x= de (1,1) a (2,2 2) .