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38 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Unidade II INTEGRAIS INDEFINIDAS E INTEGRAIS DEFINIDAS Nesta unidade, estudaremos a integral de funções que não podem ser determinadas diretamente pelas regras da tabela. Embora existam vários métodos para a resolução de integrais, em nosso texto veremos apenas os métodos de substituição e partes. Saiba mais Saiba mais sobre esses e outros métodos de integração em: <http://www.somatematica.com.br/superior/integrais2/integrais.php> 3 MÉTODOS PARA O CÁLCULO DE INTEGRAIS (NÃO IMEDIATAS) 3.1 Integração por substituição Quando temos a integral de uma função que não é elementar (isto é, tabelada), precisamos modificar a função para recair numa integral imediata. Para podermos utilizar o método de substituição, é necessário que a função a ser integrada possa ser dividida em uma função u(x) e sua derivada u’(x). Usaremos a notação u du dx ’ = para indicar a derivada de u. Para decidir qual será a expressão de u, devemos verificar se du dx está na expressão a ser integrada. Você deve estar curioso para saber como decidir se devemos resolver a integral por substituição ou se ela é imediata. Para saber isso, você deve primeiro verificar se alguma das regras se aplica à função a ser integrada, isto é, se ela é imediata. Caso não seja imediata, devemos verificar se é possível transformar a expressão em uma integral imediata, substituindo parte dela por uma letra auxiliar, geralmente u. 39 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Vejamos a seguir alguns exemplos em que as funções a serem integradas são parecidas com as que encontramos na tabela com as regras de derivação, porém são funções compostas. Exemplos: 1) ∫ 2 .e 2 x dx Note que na tabela temos ∫ ex dx (função elementar), mas no nosso exemplo o expoente é 2x. Devemos então resolver a integral por substituição, chamemos o expoente de u, isto é, u = 2x. Calculando a derivada de u: u = 2x. du dx = 2 , isto é, du = 2 dx. Substituindo no enunciado, temos: ∫ 2 .e 2 x dx u du Figura 1 Assim: ∫ 2 .e 2 x dx = ∫ e u du Essa integral é imediata (está na tabela). Temos então: ∫ 2 .e 2 x dx = ∫ e u du = e u + c Voltando à variável original (do enunciado), temos: ∫ 2 .e 2 x dx = e 2 x + c 2) ( ) .x x dx 2 53 2+∫ Note que conhecemos x dx5 ∫ 40 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Devemos, então, fazer a substituição de modo a chegar numa função deste tipo. Tomemos u = x 2 + 3, du dx = 2x, isto é, du = 2 x dx. Substituindo no enunciado, temos: ( ) .x x dx u du u c 2 5 5 6 3 2 6 + = = +∫∫ Voltando à variável do enunciado, temos: ( ) . ( ) x x dx x c 2 5 2 6 3 2 3 6 + = + +∫ 3) x x dx . cos ( )2∫ Conhecemos cos x dx∫ , assim a substituição a ser feita é u = x2. Encontramos, então, dudx = 2 x, isto é, du = 2 x dx. Como o número 2 não está na função a ser integrada, devemos escrever du x dx 2 = e substituir no enunciado. u = x 2 du dx = 2 x, isto é, du x dx 2 = Assim: x x dx u du u du cos( ) cos cos2 2 1 2 = =∫ ∫ ∫ Resolvendo a integral imediata: x x dx sen u c cos( )2 1 2 = +∫ Voltando para a variável do enunciado: x x dx sen x c cos( )2 2 1 2 = +∫ 4) ∫ +13 1x dx 41 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Da tabela de integrais sabemos calcular ∫ 1x dx no nosso exemplo, porém, o denominador agora é igual a 3 x + 1. Chamaremos esse denominador de u, isto é, u = 3 x + 1. Calculando a derivada de u: u = 3 x + 1 du dx = 3 , isto é, du dx 3 = Como 3 não está na função a ser integrada novamente, devemos isolar dx, assim dx du = 3 . Substituindo na integral, temos: 1 3 1 1 3 1 3 1 x dx u du u du + = =∫ ∫ ∫ Resolvendo a integral imediata: 1 3 1 1 3x dx Ln u c + = +∫ | | Voltando para a variável do enunciado: 1 3 1 1 3 3 1 x dx Ln x c + = + +∫ | | 5) ∫ − 3 12 x x dx Tomemos u = x 2 – 1 Assim du dx x= 2 Então: u = x2 – 1 du dx x= 2 , isto é, du x dx 2 = 42 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Substituindo dx na integral, temos: 3 1 3 1 3 22 2 x x dx x x dx x u du x − = − =∫ ∫ ∫ Simplificando: 3 1 3 1 2 3 2 1 2 x x dx u du u du − = =∫ ∫ ∫ Resolvendo a integral imediata em u: 3 1 3 22 x x dx Ln u c − = +∫ | | Voltando para a variável original: 3 1 3 2 12 2x x dx Ln x c − = − +∫ | | 6) 5 2x dx+∫ Pela propriedade de potência, temos: 5 2 5 2 1 2x x+ = +( ) ’ Assim: 5 2 5 2 1 2x dx x dx+ = +∫∫ ( ) Como a função a ser integrada é uma potência, tomaremos a base como u, isto é, u = 5 x + 2. Então: du dx = 5 Novamente vamos isolar dx, assim du dx 5 = u = 5 x + 2. du dx = 5 , isto é, du dx 5 = Substituindo no enunciado, temos: 5 2 5 2 5 1 5 1 2 1 2x dx x dx u du u+ = + = =∫∫ ∫ ( ) 112 du ∫ 43 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Calculando a integral imediata: 5 2 1 5 1 5 1 2 1 1 5 1 2 1 2 1 3 x dx u du u c u + = = + + =∫ ∫ + 22 3 2 + c Retornando à variável original: 5 2 1 5 2 3 5 2 2 15 5 3 2x dx x c+ = + + =∫ . . ( ) . ( xx c + +2 32) 3.2 Integração por partes Nem sempre é possível utilizar o método da substituição para o cálculo da integral de uma função. Se tivermos a integral de um produto de funções em que uma das parcelas não é a derivada da outra, deveremos utilizar a integração por partes. A fórmula da integração por partes é: f x g x dx u dv u v v du( ) . ( ) . . - . = = ∫∫∫ Este método consiste em separar o produto f por g em duas partes: uma chamaremos de u e outra de dv: • u é a parte que será derivada. • dv é a parte que será integrada. Veremos a seguir algumas funções cujas integrais não são imediatas e também não podem ser resolvidas por substituição. Exemplos: 1) x e dxx .∫ Temos duas funções f(x) = x e g(x) = e x. Observe que não é uma integral imediata e não é possível resolver por substituição. Vamos resolver então por partes. Inicialmente devemos escolher quem chamaremos de u e quem chamaremos de dv. Geralmente verificamos de qual função conhecemos a integral e a chamamos de dv. 44 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Neste caso, conhecemos a integral das duas funções. Quando isso acontece, o mais conveniente é chamarmos de u a função f(x) = x. Tomemos u = x e dv = e x dx. Devemos agora derivar a função u e integral dv, isto é, u = x dv = ex dx du dx = 1 ∫ dv = ∫ ex dx du = dx v = ex Substituindo na fórmula u dvu v v du . . - .= ∫∫ temos: x e dx x e e u x dv u x v x v � ��� � � �. . -=∫ ∫ ddx I du � ( ) Calculando a integral imediata, temos: e dx e cx x = +∫ Substituindo na expressão (I), vem: x e dx x e e cx x x . . - = +∫ Colocando a expressão ex em evidência, temos: x e dx e x cx x . ( - ) = +∫ 1 Caso tivéssemos escolhido u = ex e dv = x dx, o que aconteceria com a nossa integral? Será que é indiferente a ordem de escolha? Para podermos responder a esta questão, vamos refazer o exemplo, agora utilizando u = e x e dv = x dx e ver o que acontece com a integral. Refazendo o exemplo, temos: u = ex dv = x dx du dx ex= ∫ dv = ∫ x dx du = ex dx v = x 2 2 45 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Substituindo na fórmula u dv u v v du . . - .= ∫∫ temos: e x dx e x xx u dv x u v � ��� �� � � . . -=∫ ∫2 22 22 v x du e dx � ��� �� Note que a integral x e dxx 2 2 ∫ a ser calculada agora não é imediata e é mais complicada que a original. Não fizemos uma boa escolha. Devemos então recomeçar, fazendo outra escolha para u e dv. 2) x x dx cos∫ Novamente devemos decidir quem é u e quem é dv. Tomemos u = x e dv = cos x dx. u = x dv = cos x dx du dx = 1 ∫ dv = ∫ cos x dx du = dx v = sen x Substituindo na fórmula u dv u v v du . . - .= ∫∫ temos: x x dx x sen x u dv u v � � �� �� � ���. cos .= -∫ ∫ sen x dx v du ��� � ( I ) Calculando a integral imediata, temos: sen x dx x c = +∫ - cos Substituindo na expressão (I), vem: x x dx x sen x u dv � � �� ��. cos . - (- cos= x c) +∫ 46 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 x x dx x sen x x c . cos . cos= + +∫ 3) Ln x dx ∫ Note que não conhecemos a integral de Ln x, isto é, ela não é imediata. Assim, só temos uma opção a escolher: u = Ln x e dv = dx u = Ln x dv = dx du dx x = 1 ∫ dv = ∫ dx du = 1 x dx v = x Substituindo na fórmula u dv u v v du . . - .= ∫∫ temos: ∫ ∫= Ln x dx Ln x x u dv u v � � ��� �. . - xx x dx v d u � ��� �� 1 ( I ) Calculando a integral imediata, temos: ∫ ∫= = + x x dx dx x c1 Substituindo na expressão (I), vem: ∫ = + Ln x dx Ln x x x c u dv � �. . - Colocando x em evidência, temos: ∫ = +Ln x dx x Ln x c . ( - ) 1 3.3 Integração de algumas funções trigonométricas Inicialmente vamos listar algumas identidades trigonométricas que serão úteis em nossos exercícios: 1) sen2 x + cos2 x = 1 2) sen2 x = 1 - cos2 x 47 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL 3) cos2 x = 1 - sen2 x 4) cos2 x = 1 2 2 + cos( )x 5) sen2 x = 1 2 2 − cos( )x 6) tg2 x = sec2 x – 1 7) cotg2 x = cossec2 x – 1 Nos próximos exemplos, teremos integrais de funções trigonométricas que só poderão ser resolvidas se utilizarmos as identidades citadas para transformar a expressão em uma integral imediata ou que possam ser resolvidas por substituição ou por partes. Exemplos: 1) Vamos utilizar um artifício que será usado sempre que o expoente for par. Utilizaremos a identidade trigonométrica 4. cos2 x = 1 2 2 + cos( )x Vamos então reescrever nossa integral: cos cos( )2 1 2 2∫ ∫= +x dx x dx Para resolver essa integral, você vai separar a fração em duas partes: cos cos( ) cos( )2 1 2 2 2 1 2 1 2 2∫ ∫ ∫= + = +x dx x dx x dx Pelas propriedades de integral, podemos separar a função em duas integrais, uma imediata e outra que deve ser resolvida por substituição: cos cos( ) cos( )2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2∫ ∫ ∫ ∫= + = +x dx x dx dx x dx (a) Resolvendo a integral trigonométrica por substituição, temos: u = 2x du dx = 2 du dx 2 = 48 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 cos cos ( ) cos cos2 1 2 2 1 2 2 1 4 x dx x dx u du u du= = =∫ ∫ ∫ ∫ Calculando a integral imediata: 1 2 1 4 cos u du sen u c� �� Voltando para a variável do enunciado: 1 2 2 1 4 2 cos ( ) ( )x dx sen x c= +∫ Calculando a integral imediata e substituindo o resultado anterior em (a): cos ( )2 1 2 1 4 2 x dx x sen x c= + +∫ 2) ∫ tgx dx Sabemos que tg x sen x x = cos , então podemos reescrever a função do enunciado ∫ ∫=tgx dx sen xx dx cos A nova integral deve ser resolvida por substituição. u = cos x du dx sen x= - du = - sen x dx Temos então: ∫ ∫ ∫= =tgx dx sen xx dx u du cos -1 Calculando a integral imediata: ∫ ∫ ∫= = = − +tgx dx sen xx dx u du Ln u c cos - | |1 Voltando para a variável original: ∫ = − +tgx dx Ln x c | cos | 49 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Utilizando as propriedades de logaritmos, podemos escrever: ∫ = − + = +−tgx dx Ln x c Ln x c | cos | | (cos ) |1 Podemos escrever também: ∫ = +tgx dx Ln x c | sec | 3) ∫ sen3 x dx Vamos utilizar um artifício que será usado sempre que o expoente for ímpar. Devemos fatorar o integrando e aplicar a identidade 2. sen2 x = 1 - cos2 x Fatorando o integrando: sen3 x = sen2 x . sen x Agora você deve aplicar a identidade 2 e depois a distributiva: sen3 x = (1 - cos2 x) . sen x sen3 x = sen x - cos2 x . sen x Substituindo na integral do enunciado: ∫ sen3 x dx = ∫ (sen x - cos2 x . sen x) dx Pela propriedade de integral, podemos separar a função e calcular duas integrais, assim: ∫ sen3 x dx = ∫ sen x dx - ∫ cos2 x . sen x dx (1) A primeira integral é imediata e a segunda deve ser resolvida por substituição. Vamos inicialmente resolver a segunda integral, utilizando o que já sabemos do método de substituição: ∫ cos2 x . sen x dx = - ∫ u 2 . du = - u 3 3 + c = - cos 3 3 x + c u = cos x du dx sen x= - du = - sen x dx 50 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Substituindo em (1), vem: ∫ sen3 x dx = ∫ sen x dx - ∫ cos2 x . sen x dx = - cos x + cos 3 3 x + c Saiba mais Para saber mais sobre métodos de integração, acesse o site <http:// ecalculo.if.usp.br/>, clique em “Integrais” e depois em “Técnicas de Primitivação”. Lá você encontrará exemplos e exercícios de Integração (ou Primitivação) por substituição, por partes e por frações parciais. Bons estudos e boa navegação! Porém, primeiro você deve estudar os exemplos a seguir. 3.4 Ampliando seu leque de exemplos Veremos agora uma nova leva de integrais para que você possa estudar e esclarecer suas dúvidas. Nesses exemplos teremos integrais imediatas, por substituição e por partes. Lembrete É importante que você estude os exemplos e depois tente refazê-los, isso o auxiliará em seus estudos. Calcule as integrais: a) ∫ +2 cos x dx Pelas propriedades de integral, podemos dividira função em duas partes e calcular a integral de cada uma delas. ∫ ∫∫+ = +2 2 cos cosx dx dx x dx Resolvendo cada uma das integrais pela regra de integração conveniente, temos: ∫ ∫∫+ = + = + +2 2 2cos cos x dx dx x dx x sen x c b) ∫ +3 2x dx 51 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Novamente você vai dividir a função em duas e calcular a integral de cada uma: ∫ ∫∫+ = +3 32 2 x dx dx x dx Agora você tem duas integrais imediatas: ∫ + = + +3 3 3 3 x dx 2 x x c c) ∫ x x dx ( - )2 65 Essa integral deve ser resolvida por substituição, vamos então chamar x2 – 5 de u: u = x2 - 5 du = 2 x dx Logo, dx du x = 2 Substituindo no enunciado: ∫ ∫=x x dx x u dux ( - ) ( )2 6 65 2 Simplificando: ∫ ∫=x x dx u du ( - ) ( )2 6 65 12 Calculando a integral imediata: � �� � �x x dx u du u c ( - ) .2 6 6 7 5 1 2 1 2 7 Retornando ao enunciado original: ∫ = +x x dx x c ( - ) ( - )2 6 2 75 514 d) ∫ + x x dx 2 3 210( ) Vamos resolver a integral novamente por substituição, sendo u = (x3 + 10), u = x3 + 10 du = 3 x2 dx Logo, dx du x = 3 2 52 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Substituindo no enunciado, temos: ∫ ∫ +( ) = x x dx x u du x 2 3 2 2 2 2 10 3 Simplificando: ∫ ∫ ∫∫ +( ) = = = − x x dx x u du x du u u du 2 3 2 2 2 2 2 2 10 3 1 3 1 3 Calculando a integral imediata: ∫ +( ) = + = − + + −x x dx u u c 2 3 2 2 1 1 10 1 3 2 1 1 3 1 - - . Voltando para a variável do enunciado: ∫ +( ) = − + + x x dx x c 2 3 2 310 1 3 10 .( ) e) (por partes) ∫ 2 x e dxx Neste caso, devemos resolver a integral por partes e teremos u = 2 x e dv = e x dx. Assim: u = 2x dv = ex dx ∫ dv = ∫ ex dx du = 2 dx v = ex Substituindo na integral, temos: ∫ ∫= −2 2 2 x e dx x e e dx u x dv u x v x v du � � � � � �. ∫ ∫=2 2 2 x e dx x e e dx u x dv x x � � . - Resolvendo a integral imediata: ∫ = +2 2 2 x e dx x e e c u x dv x x � � . - 53 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL 4 INTEGRAL DE RIEMANN No cálculo de áreas de figuras planas não convencionais é comum utilizarmos o método da exaustão, isto é, utilizar aproximação por meio de outras figuras cujas áreas são conhecidas. A soma destas áreas fornece um valor aproximado da área que se deseja calcular. Consideremos uma função contínua e f(x) ≥ 0, num intervalo fechado [a,b]. Queremos determinar a área A da região plana formada pelo gráfico da função, pelo eixo x e as retas x = a e x = b. Conforme a figura a seguir: y f(x) A a b x Figura 2 A área da região não é conhecida da geometria elementar, vamos então dividir esta região em outras figuras conhecidas, por exemplo, em retângulos. Para isso faremos uma partição no intervalo [a,b]. O que vem a ser uma partição em um intervalo? Vamos então definir partição para podermos entender o que é uma integral definida. 4.1 Partição Chamamos de partição de um intervalo ao conjunto de pontos {x0, x1, . . ., xn} que dividem o intervalo em n intervalos menores, com a = x0 e b = xn . Estes subintervalos não são necessariamente do mesmo tamanho. Em nosso exemplo, veremos o que acontece quando n = 3 e quando n = 12. Para facilitar, tomaremos as divisões com mesmo tamanho (∆x). 54 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 y f(x) a b x Figura 4 y f(x) a ∆x b x Figura 3 Note que a área sob o gráfico de f(x) é aproximadamente igual à soma das áreas dos retângulos. Neste caso, os retângulos foram formados com altura igual ao valor de f(xi), extremidade direita do subintervalo. O mesmo pode ser feito com a extremidade direita, com o ponto médio ou com qualquer ponto do intervalo, em todos os casos teremos resultados semelhantes. Observe que, no caso de n = 3, a diferença entre a região marcada, a área real e a soma das áreas dos retângulos é maior do que no caso de n = 12. Em alguns casos, a área do retângulo é maior que a região correspondente marcada e em outros é menor. Lembrete Quanto maior o número de divisões do intervalo [a,b], menor o valor de ∆x e menor o erro cometido com a aproximação pela soma das áreas dos retângulos. Cada retângulo tem base igual a ∆x e altura igual a f(x i). Neste caso, xi é a extremidade direita do intervalo correspondente. A área de cada um deles é dada por (∆x . f(xi) ) e a soma destas áreas é S x f xn i n i= = ∑ ∆ 1 . ( ) . 4.2 Soma de Riemann A soma S x f xn i i n i= = ∑ ∆ 1 . ( ) é chamada de soma de Riemann da função f(x). Note que agora estamos utilizando ∆xi para indicar a base dos retângulos, isto é, as bases não precisam ser necessariamente do mesmo tamanho, como ocorreu no nosso exemplo. 55 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Queremos o valor mais próximo da área A. Para isso, devemos colocar a menor base possível, isto é, ∆xi tendendo a zero (∆xi → 0), o que ocorre quando n tende a infinito. 4.3 Integral definida ou integral de Riemann Seja f uma função definida em [a,b] e L um número real tal que L x f x xi i i i n Lim= → = ∑ ∆ ∆ 0 1 . ( ) . Chamamos de integral definida de f de a até b ao número L e indicamos f x a b dx( ) ∫ . Assim temos por definição: f x x f x a b xi i i i n dx Lim( ) . ( ) ∫ = → = ∑ ∆ ∆ 0 1 Observação Lê-se: integral de a até b de f(x) dx. Se este limite existe, dizemos que a função é integrável no intervalo [a,b]. Na notação de integral definida, os números a e b são chamados de limites de integração, a é o limite inferior e b o superior. Quando a função f for contínua e f(x) ≥ 0 no intervalo [a,b], temos que a integral definida é a área da região sob o gráfico de f de a até b. Não faremos cálculos de integrais definidas utilizando limites. Utilizaremos o Teorema Fundamental do Cálculo Integral para resolver essas integrais por meio de primitivas. 4.4 Teorema Fundamental do Cálculo Integral (TFCI) Se f é contínua em um intervalo fechado I e F é uma primitiva de f neste intervalo, isto é, F’(x) = f (x), então para quaisquer a, b de I temos: f x F b F a a b dx( ) ( ) - ( ) ∫ = Podemos também escrever f x F x F b F a a b a bdx( ) ( ) ( ) - ( ) ∫ = [ ] = ou ainda f x F x F b F a a b a b dx( ) ( ) ( ) - ( ) ∫ = = Assim, para o cálculo das integrais definidas vamos utilizar as regras e métodos das integrais indefinidas para encontrar as primitivas. 56 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Exemplos: 1) Calcular as integrais definidas (utilizando o TFCI) a) x dx 1 2∫ Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = x. Pelas regras, sabemos que F(x) = x c 2 2 + . Assim, calculando a integral, temos: x x cdx1 2 2 2 1 2 ∫ = + Substituindo os extremos de integração: x x c F F c cdx 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 ∫ = + = = + − + ( ) - ( ) = − = 4 2 1 2 3 2 Observação Na integral definida, a constante c será cancelada após a distribuição do sinal de menos, sempre. Por esse motivo, vamos utilizar a primitiva sempre sem a constante, para integrais definidas. b) 2 10 3 x dx- ∫ Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = 2 x – 1. Pelas regras, temos: ∫ 2 x – 1 dx = 2 2 2 . x x− = x 2 – x . Note que não escrevemos a constante c. Assim: 2 1 3 0 3 3 0 0 9 3 0 3 2 0 3 2 2 x x x F Fdx- ( ) - ( ) ( ) ( ) ∫ = −( ) = = − − − = − == 6 c) x x dx2 1 0 3 - -∫ Determinando a primitiva de f(x) = x 2 - 3 x pelas regras, temos: 57 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL ∫ x 2 - 3 x dx = x x x x 2 1 2 3 2 2 1 3 2 3 3 2 + + − = −. Portanto: x x x x F Fdx2 1 0 3 2 1 0 3 3 3 2 0 1 - ( ) - (- ) - - ∫ = − = (a) Determinando os valores de F(0) e F(-1), temos: F(0) = 0 3 3 0 2 0 0 0 3 2 − = − = . F(-1) = ( ) . (- ) .− − = − − = − − = − − = − 1 3 3 1 2 1 3 3 1 2 1 3 3 2 2 9 6 11 6 3 2 Substituindo em (a), temos: x x x x F Fdx2 1 0 3 2 1 0 3 3 3 2 0 1 0 11 - ( ) - (- ) - - - ∫ = − = = − 66 11 6 = Observe que nos exemplos a) e b), os cálculos de F(a) e F(b) foram feitos diretamente na integral, já no exemplo c) os cálculos foram feitos separadamente e só depois colocados na integral. O modo mais conveniente depende da função com que se está trabalhando, para funções com expressões mais simples é indiferente um ou outro modo, porém, para expressões mais longas ou complicadas, o cálculo separado facilita o processo. d) sen x dx 0 2 pi∫ Já sabemos que ∫ sen x dx = - cos x, logo sen x x F Fdx 0 2 0 2 2 0 � � �� � �� � �cos ( ) - ( ) (a) Determinando os valores de F( pi 2 ) e F(0), temos: F( pi 2 ) = - cos ( pi 2 ) = - 0 = 0 F(0) = - cos 0 = - 1 Substituindo em (a), vem: sen x x F Fdx - 0 2 0 2 2 0 0 1 1 � � �� � �� � � � �cos ( ) - ( ) - ( ) 58 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 e) x x dx 20 2 2�� Note que esta integral não é imediata, deve ser resolvida por substituição. Resolvendo a integral indefinida, temos: ∫ x x dx 2 2+ = ∫ 1 2u du = 1 2 ∫ 1 u du = 1 2 . Ln |u| = 1 2 . Ln | x2 + 2 | + c u = x2 + 2 du dx x= 2 , isto é, du x dx 2 = Pelo TFCI, temos: x x Ln x Lndx 20 2 2 0 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 + = + +∫ = . | | . | | - 22 0 22 . | |Ln + = = = = 1 2 6 1 2 2 1 2 1792 1 2 0 693 0 . | | - . | | . , - . ,Ln Ln ,,550 f) ( )2 3 21 2 x dx+∫ Esta integral não é imediata, deve ser resolvida por substituição. Resolvendo a integral indefinida, temos: ∫ (2x + 3)2 dx = ∫ u2 du 2 = 1 2 ∫ u2 du = 1 2 . u du 3 3 = 1 6 . (2 x + 3)3 u = 2 x + 3 du dx = 2 , isto é, du dx 2 = Pelo TFCI, temos: ( )2 3 2 1 2 x dx+∫ = 16 . (2 x + 3)3 1 2 = 1 6 . (2 . 2+ 3)3 - 1 6 . (2 . 1 + 3)3 = = 1 6 . (2 . 2+ 3)3 - 1 6 . (2 . 1 + 3)3 = 1 6 . 73 - 1 6 . 53 = 36,33 59 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Saiba mais Para saber mais sobre soma de Riemann, acesse <http://ecalculo.if.usp. br/>, clique em ”Integrais” e, em seguida, em “Soma de Riemann”. 4.5 Ampliando seu leque de exemplos Veremos a seguir mais exemplos de integrais, alguns resolvidos utilizando o método de substituição outros utilizando partes e, ainda, algumas integrais definidas utilizando o TFCI. Para definir qual dos métodos será usado, você deverá analisar a função antes de começar a resolver, isso agiliza o processo, evitando enganos. Exemplos: 1) Resolva as integrais a) ∫ Ln xx dx 2 temos: Devemos calcular a integral por partes; como a integral de Ln x não é imediata, devemos escolher u = Ln x e dv x dx= 1 2 . u Ln x= dv x dx= 1 2 du x dx= 1 dv x dx∫ ∫= −2 v x v x = + ⇒ = + - - -2 1 2 1 1 Substituindo na integral, temos: ∫ ∫= Ln xx dx Ln x x x x 2 1 1 1. - - - . dx Arrumando a expressão: ∫ ∫= − + −Ln xx dx Ln xx x dx 2 2 Resolvendo a integral imediata e substituindo na expressão: 60 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 ∫ = − + − + + = − + − + − + −Ln x x dx Ln x x x c Ln x x x c 2 2 1 1 2 1 1 Você pode ainda deixar a expressão de forma mais usual, não é comum deixar o sinal negativo no denominador: ∫ = − − +Ln xx dx Ln xx x c 2 1 b) ∫ Ln x dx 2 Devemos calcular a integral por parte, assim u = Ln x2 e dv = dx u Ln x= 2 dv = dx du x x dx= 1 22 dv dx v x ∫ ∫= = du x dx = 2 Substituindo na integral, temos: ∫ ∫= Ln x dx x Ln x x x dx 2 2 2. - . Simplificando a função: ∫ ∫= −Ln x dx x Ln x d x 2 2 2. Calculando a integral e substituindo na expressão: ∫ = − +L dx x Ln xn x . x c2 2 2 c) sen x x dx2 . cos∫ Devemos calcular a integral por substituição. Seja u = sen x, temos: u = sen x du = cos x dx Substituindo no enunciado, temos: ∫ ∫=sen x x dx u du du 2 2 . cos��� �� 61 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL Calculando a integral imediata: ∫ = + + = + + sen x x dx u c u c du 2 2 1 3 2 1 3 . cos��� �� Voltando para a variável original: ∫ = +sen x x dx sen x c du 2 3 3 . cos��� �� d) cos5 x dx∫ Inicialmente devemos escrever cos5 x = cos2x . cos2x . cos x, depois vamos substituir cos2x por 1 – sen2 x, temos então: cos cos cos cos5 2 2 x dx x x x dx=∫ ∫ ∫ ∫=cos ( - ) . ( - ) . cos5 2 21 1 x dx sen x sen x x dx Calculando a integral por substituição, fazendo u = sen x, temos: u = sen x du = cos x dx Substituindo no enunciado, temos: ∫ ∫∫ ∫= − − = − − + = − +cos ( ).( ).5 2 2 2 2 4 2 41 1 1 1 2 x dx u u du u u u du u u ddu Calculando a integral: ∫ = + +cos -5 3 52 3 5 x dx u u u c Voltando para a variável do enunciado: ∫ = + +cos -5 3 52 3 5 x dx sen x sen x sen x c 2) Resolva as integrais definidas a) 3 2 0 3 x dx-∫ Inicialmente determinamos a primitiva de f(x) = 3 x – 2. Pelas regras, temos: 3 2 3 2 2 2 x dx x x- .= −∫ 62 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Note que não escrevemosa constante c. Assim: 3 2 3 2 2 0 3 2 0 3 x x xdx- ∫ = − Substituindo os extremos de integração: 3 2 3 0 3 3 2 2 3 0 3 2 x F Fdx- ( ) - ( ) . ∫ = = − − 33 0 2 2 0 15 2 − = . b) x x dx 3 1 0 - -∫ Determinando a primitiva de f(x) = x 3 - x pelas regras, temos: x x dx x x x x 3 3 1 2 4 2 3 1 2 4 2 − = + − = −∫ + Portanto: x x x x F Fdx3 1 0 4 2 1 0 4 2 0 1- ( ) - (- ) - - ∫ = − = (a) Determinando os valores de F(0) e F(-1), temos: F( )0 0 4 0 2 0 4 2 = − = F( ) ( ) (- ) � � � � � � � �1 1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 4 2 Substituindo em (a), temos: x x x x F Fdx3 1 0 4 2 1 0 4 2 0 1- ( ) - (- ) - - ∫ = − = x x dx3 1 0 4 2 4 20 4 0 2 1 4 1 2 - ( ) (- ) -∫ = − − − − = − = 0 1 4 1 2 1 4 - x x dx3 1 0 1 4 - -� � 63 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL c) O valor da integral definida é: 0 2 pi ∫ x senx dx. Devemos resolver a integral indefinida e depois substituir os extremos de integração. A integral indefinida deve ser resolvida por partes, tomemos: u = x e dv = sen x dx Assim, derivando u e integrando dv: u = x dv = sen x dx du = dx ∫dv = ∫sen x dx v = - cos x Substituindo na integral, temos: ∫ = − − x sen x dx x x u dv u v � � �� �� � ��� ��. (- cos ) cos xx dx x x x dx v du ��� �� �∫ ∫= + - . cos cos Calculando a integral e substituindo na expressão: ∫ = + + x sen x dx x x sen x c u dv � � �� �� - . cos Agora devemos substituir os extremos de integração: 0 2 2 0 pi pi ∫ = +( ) x senx dx x x sen x. - . cos 0 2 2 2 2 pi pi pi pi∫ = + x senx dx sen. - . cos − +( ) - . cos0 0 0sen 0 2 2 0 1 0 1 0 pi pi∫ = + − +( ) = x senx dx. - . - . 1 64 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Resumo Nesta unidade estudamos dois métodos para calcular a integral de funções não imediatas: substituição e partes. Integração por substituição – é utilizada quando a função a ser integrada pode ser dividida em uma função u(x) e sua derivada u’(x), fazemos a substituição e transformamos a integral numa imediata. Integração por partes – é utilizada quando a função a ser integrada é formada pelo produto de funções em que uma das parcelas não é a derivada da outra. Este método consiste em separar o produto f . g em duas partes, uma chamaremos de u e outra de dv. A parte que chamamos de u será derivada e a que chamamos de dv será integrada. Para o cálculo de integrais por partes utilizamos a fórmula: ∫ f(x) . g(x) dx = ∫u dv = u . v - ∫ v du Algumas relações trigonométricas 1) sen2 x + cos2 x = 1 2) sen2 x = 1 - cos2 x 3) cos2 x = 1 - sen2 x 4) cos2 x = 1 2 2 + cos( )x 5) sen2 x = 1 2 2 − cos( )x 6) tg2 x = sec2 x – 1 7) cotg2 x = cossec2 x – 1 Integral de Riemann Partição - divisão de um intervalo em subintervalos. Integral de Riemann e soma de Riemann f x x f x a b xi i i i n dx Lim( ) . ( ) ∫ = → = ∑ ∆ ∆ 0 1 65 Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 CÁLCULO INTEGRAL DE UMA VARIÁVEL TFCI - Teorema Fundamental do Cálculo Integral f x F b F a a b dx( ) ( ) - ( ) ∫ = Exercícios Questão 1 ENADE-MATEMÁTICA/2008). Considere f R: ,0 ∞[ ] → uma função cujo gráfico está representado na figura a seguir: y 1 0 -1 1 2 x Assinale a opção que melhor representa o gráfico da função f x f t dt x ( ) ( )= ∫ 0 . A) 0 2 x y 0 1 2 x E) y 0 1 2 x D) y B) 0 1 2 x y 0 2 x C) Resposta correta: alternativa D. 66 Unidade II Re vi sã o: E la in e Fa re s - Di ag ra m aç ão : L éo - 0 3/ 02 /2 01 2 Análise das alternativas: O gráfico do enunciado, no intervalo de 0 a 1, é dado pela função f(x) = 1. Logo, nesse intervalo, temos f x dx dx x C( ) = = +∫∫ 1 , que é uma reta inclinada para a direita (de coeficiente angular igual a 1). O gráfico do enunciado, no intervalo de 1 a 2, é dado pela função f(x) = -1. Logo, nesse intervalo, temos f x dx dx x C( ) = − = − +∫∫ 1 , que é uma reta inclinada para a esquerda (de coeficiente angular igual a -1). O gráfico do enunciado, no intervalo de 2 ao infinito, é dado pela função f(x) = ax + b, com a>0. Logo, nesse intervalo, temos f x dx ax b dx a x bx C( ) ( )= + = + +∫∫ 22 , que é uma função quadrática (parábola) de concavidade voltada para cima. Alternativa correta: D. Sendo assim: (A) Alternativa incorreta. Justificativa: de acordo com os cálculos. (B) Alternativa incorreta. Justificativa: de acordo com os cálculos. (C) Alternativa incorreta. Justificativa: de acordo com os cálculos. (D) Alternativa correta. Justificativa: de acordo com os cálculos. (E) Alternativa incorreta. Justificativa: de acordo com os cálculos. Questão 2 (FUVEST-TRANSFERÊNCIA/2009). Se f x e e dtx t x ( ) = ∫ 2 0 , então f’(x) - f(x) é igual a: A) ex x+ 2 B) ex 2 C) e x D) 2 2 xex x+ E) 2 2 xex Resolução desta questão na Plataforma.
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