Cálculo diferencial e integral II

Prévia do material em texto

COPYRIGHT © 2020 
CENTRO UNIVERSITÁRIO REDENTOR. 
Todos os direitos reservados ao: Centro Universitário Redentor 
 
Todos os direitos reservados e protegidos pela Lei 9.610/98. Nenhuma parte deste 
livro, sem prévia autorização por escrito da detentora dos direitos, poderá ser 
reproduzida ou transmitida, sejam quais forem os meios empregados: eletrônicos, 
mecânicos, fotográficos, gravações ou quaisquer outros. 
 
Diretoria EaD 
Muriel Batista de Oliveira | Currículo lattes 
 
Gerência EaD 
Jamil Bussade Neto | Currículo lattes 
 
Design Instrucional EaD – Editoração Eletrônica e Diagramação 
Joelmir Vinhoza Canazaro | Currículo lattes 
Thiago Carneiro Ximenes | Currículo lattes 
 
Projeto Gráfico 
Jaqueline de Souza Ferreira Batista | Currículo lattes 
 
Revisora Ortográfica 
Eliane Azevedo | Currículo lattes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
C416c 
 Cerqueira, Niander Aguiar 
Gestão organizacional [recurso eletrônico] / Niander Aguiar Cerqueira / 
Victor Barbosa de Souza / Design e editoração Thiago Carneiro Ximenes... [et 
al.] ; Revisão ortográfica Eliane Azevedo. – Itaperuna : Instituto Begni Ltda. 2019. 
 
Modo de acesso: http://redentor.inf.br/ead 
ISBN: 978-85-65556-6-6 
 
1. Cálculo diferencial 2. Cálculo integral I. Souza, Victor Barbosa II. 
Ximenes, Thiago Carneiro [et al] III. Azevedo, Eliane IV. Título. 
 
 
CDD 515 
 
http://lattes.cnpq.br/0784758212451121
http://lattes.cnpq.br/9691962714951230
http://lattes.cnpq.br/1587184544277102
http://lattes.cnpq.br/2788987269916646
http://lattes.cnpq.br/1329871629272364
http://redentor.inf.br/ead
 
 
 
 
Niander Aguiar Cerqueira 
 
Sobre o autor 
 
 
 
 
 
Prof. Niander Aguiar Cerqueira, brasileiro, natural de Itaperuna/RJ, Mestre em 
Ciências de Engenharia pela Universidade Estadual do Norte Fluminense (UENF, 2001), 
doutorando em Engenharia Civil (UENF), Especialista em Engenharia e Segurança do 
Trabalho (REDENTOR, 2009), Bacharel em Engenharia Civil (UENF, 1999). Professor 
Mestre da Faculdade REDENTOR desde 2007 e da Faculdade REDENTOR DE CAMPOS 
desde 2013, onde também é Coordenador dos cursos de Engenharia, também é 
autor dos cadernos de Cálculo 0, Cálculo Diferencial e Integral 1 e de Mecânica 
Geral dos cursos de Engenharia na modalidade EAD. Com experiência no ensino de 
matemática para Ensino Fundamental e Ensino Médio, Pré-vestibular e Pré-concurso 
desde 1996, também já ministrou entre outras as disciplinas de nível superior: 
Matemática Básica, Introdução ao Cálculo, Cálculo 0, Cálculo Diferencial e Integral 
I, Cálculo Diferencial e Integral II, Equações Diferenciais, Estatística e Matemática 
Discreta. 
 
Currículo lattes 
 
 
 
Niander Aguiar Cerqueira 
 
http://lattes.cnpq.br/1313037582197604
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof. Victor Barbosa de Souza, brasileiro, natural de Miracema/RJ, Mestre em 
Engenharia Mecânica pela Universidade Federal Fluminense (UFF, 2015), Bacharel em 
Engenharia Mecânica (REDENTOR, 2012), atualmente faz o doutorado em Engenharia 
Mecânica na UFF. Professor da Faculdade REDENTOR desde 2013 e da Faculdade 
REDENTOR DE CAMPOS desde 2014, também é co-autor dos cadernos de Cálculo 
Diferencial e Integral 1 e de Mecânica Geral dos cursos de Engenharia. Técnico em 
Segurança do Trabalho pelo Instituto Federal Fluminense (IFF, 2012), Técnico em 
Capacitação de Instalação de Sistemas Fotovoltaicos on/off Grid, pelo Sistema 
Nacional de Aprendizagem Industrial (SENAI-SP, 2012) tem experiência como 
professor de matemática para pré-vestibular e como monitor de disciplinas ligadas 
ao cálculo diferencial e integral. 
 
Currículo lattes 
 
 
 
 
 
Victor Barbosa de Souza 
 
Sobre o autor 
 
http://lattes.cnpq.br/5080483649362233
 
 
Apresentação 
 
 
 
 
Prezado (a) aluno (a), 
 
Gostaria de começar a apresentação deste parabenizando a você que 
chegou até aqui! O desafio já vencido foi grande, mas há muito por vir ainda em sua 
formação em Engenharia. 
Este caderno tem por meta aprofundar ainda mais o universo do Cálculo 
aplicado à Engenharia, portanto, este não é apenas mais um guia de estudos, mas 
uma porta para uma realidade extremamente prática e aplicável na vida profissional 
de um Engenheiro. 
Continuamos com a ideia de esse material ser um guia de estudos do livro: “UM 
CURSO DE CÁLCULO”, cujo autor é o GUIDORIZZI (veja as referências bibliográficas), 
terminando assim o volume 1 e iniciando o volume 2 dessa obra do Guidorizzi. 
A disciplina é composta de 16 aulas, tem por elemento integrante de cada 
aula a apresentação do conteúdo e dos exemplos, dos exercícios resolvidos e das 
atividades propostas. 
O sucesso no uso desse material e na passagem para as próximas etapas 
depende fundamentalmente de você compreender bem os conceitos e os exemplos 
de exercícios apresentados. Sugerimos que para tanto, você refaça todos os 
exercícios resolvidos até que os conceitos sejam satisfatoriamente assimilados. 
Esperamos que ao completar esta disciplina você tenha êxito nos estudos, se 
municiando assim de conteúdo e ânimo para os vindouros desafios de seu curso e de 
sua futura profissão. 
 
 
Bons estudos! 
 
 
 
 
 
Objetivos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Este caderno de estudos tem como objetivos: 
 
 Proporcionar ao aluno informações e conhecimento sobre os 
diversos conceitos e métodos utilizados no cálculo diferencial e 
integral; 
 Capacitá-lo a utilizar estas técnicas como instrumentos na solução 
de problemas físicos, químicos, entre outros. 
 Apresentar as principais regras de integração de funções; 
 Apresentar e resolver problemas com funções de mais de uma 
variável; 
 Apresentar as principais regras de derivação por partes; 
 Avaliar, decodificar, formular e resolver problemas de cálculo. 
 
 
 
Sumário 
 
 
AULA 1 - RELAÇÃO ENTRE FUNÇÕES COM DERIVADAS IGUAIS PRIMITIVA 
DE UMA FUNÇÃO 
1 INTRODUÇÃO .............................................................................................. 13 
1.1 Introdução a primitiva de uma função ...................................................... 18 
 
AULA 2 - TÉCNICAS DE PRIMITIVAÇÃO (PARTE 1) 
2 INTRODUÇÃO .............................................................................................. 34 
2.1 Primitivas Imediatas ........................................................................................ 34 
2.2 Técnica para cálculo de integral ................................................................ 36 
 
AULA 3 - TÉCNICAS DE PRIMITIVAÇÃO (PARTE 2) 
3 INTEGRAÇÃO POR PARTES .......................................................................... 45 
3.1 Mudança de variável (Substituição trigonométrica) ............................... 48 
 
AULA 4 - TÉCNICAS DE PRIMITIVAÇÃO (PARTE 3) 
4 DENOMINADOR REDUTÍVEL ......................................................................... 59 
4.1 Integrais indefinidas do tipo 𝑷 (𝒙)𝒙 − 𝜶(𝒙 − 𝜷) 𝒅𝒙 .................................... 59 
4.2 Primitivas de funções racionais com denominadores do tipo 𝒙 − 𝜶𝒙 −
𝜷(𝒙 − 𝜸) ............................................................................................................ 64 
4.3 Denominador Irredutível................................................................................ 67 
4.3.1 Primitivas de funções racionais cujos denominadores apresentam 
fatores irredutíveis do 2º grau ....................................................................... 67 
 
AULA 5 - TÉCNICAS DE PRIMITIVAÇÃO (PARTE 4) 
5 INTEGRAIS DE PRODUTOS DE SENO E COSSENO ........................................ 76 
5.1 Integrais de potências de seno e cosseno - Fórmulas de recorrência .. 77 
5.2 Integrais de potências de tangente e secante - fórmulas de 
recorrência ......................................................................................................81 
 
AULA 6 - INTEGRAL DEFINIDA (INTEGRAL DE RIEMANN - TEOREMA 
FUNDAMENTO DO CÁLCULO – DETERMINAÇÃO DE ÁREAS) 
6 INTEGRAL DE RIEMANN ............................................................................... 87 
 
 
6.1 Definição de integral de Riemann .............................................................. 90 
6.2 Teorema fundamental do cálculo .............................................................. 90 
6.3 Propriedades da integral .............................................................................. 92 
6.4 Cálculo de áreas ............................................................................................ 93 
 
AULA 7 - VOLUME DE SÓLIDOS, ROTAÇÃO DE ÁREA A EM TORNO DOS 
EIXOS X E Y 
7 VOLUME DE SÓLIDO OBTIDO PELA ROTAÇÃO, EM TORNO DO EIXO 𝒙, DE 
UM CONJUNTO 𝑨 ...................................................................................... 108 
 
AULA 8 - REVISÃO PARA V1 (AULAS 1 A 7) 
8 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 122 
8.1 Mudança de Variável ................................................................................. 129 
8.2 Primitivas de funções racionais com denominadores do tipo .............. 133 
8.3 Primitivas de funções racionais cujos denominadores apresentam 
fatores irredutíveis do 2º grau ..................................................................... 134 
8.4 Integrais de potências de tangente e secante. Fórmulas de recorrência
......................................................................................................................... 138 
8.5 Teorema fundamental do cálculo ............................................................ 139 
8.6 Volume de sólido obtido pela rotação, em torno do eixo 𝒚, de um 
conjunto 𝑨 ..................................................................................................... 146 
 
AULA 9 - INTEGRAL DEFINIDA (OUTRAS APLICAÇÕES) 
9 VOLUME DE UM SÓLIDO QUALQUER ........................................................ 154 
9.1 Área de superfície de revolução ............................................................... 156 
9.2 Comprimento de gráfico de função ........................................................ 160 
 
AULA 10 - INTEGRAL DEFINIDA (COORDENADAS POLARES) 
10 ÁREA EM COORDENADAS POLARES......................................................... 167 
10.1 Área de região limitada por curvas em coordenadas polares ............ 170 
10.2 Comprimento de curva em coordenadas polares ................................ 174 
 
 
AULA 11 - FUNÇÕES DE DUAS OU MAIS VARIÁVEIS REAIS A VALORES REAIS 
 
 
11 FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS REAIS A VALORES REAIS ......................... 181 
11.1 Funções de três variáveis reais a valores reais. Superfícies de nível ..... 187 
 
AULA 12 - GRÁFICOS DE FUNÇÕES DE MAIS DE UMA VARIÁVEL REAL 
12 GRÁFICO E CURVAS DE NÍVEL .................................................................. 193 
12.1 Gráfico e curvas de nível ............................................................................ 200 
 
AULA 13 - DERIVADAS PARCIAIS 
13 DERIVADAS PARCIAIS ............................................................................... 206 
13.1 Derivadas parciais de segunda ordem .................................................... 218 
13.2 Otimização de funções de duas variáveis ............................................... 224 
 
AULA 14 - INTEGRAÇÃO MÚLTIPLA: INTEGRAL DUPLA 
14 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 239 
14.1 Integração múltipla ..................................................................................... 240 
14.2 Integrais iteradas .......................................................................................... 243 
14.3 Integrais duplas sobre regiões gerais ........................................................ 244 
14.4 Aplicações elementares das integrais duplas volumes pela integração 
dupla .............................................................................................................. 250 
14.5 Momentos e centro de massa ................................................................... 252 
14.6 Momentos de inércia ................................................................................... 255 
 
AULA 15 - MUDANÇA DE VARIÁVEL E COORDENADAS POLARES 
15 INTRODUÇÃO ............................................................................................ 262 
 
AULA 16 - REVISÃO PARA V2 (AULAS 9 A 15) 
16 REVISÃO ..................................................................................................... 272 
 
 
 
 
 
Iconografia 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ANOTAÇÕES 
 
LEMBRETE 
 
EXEMPLO 
 
SAIBA MAIS 
 
ATENÇÃO 
 
ATIVIDADE 
 
VÍDEO 
 
PARA 
REFLEXÃO 
 
 
Relações entre funções com 
derivadas iguais primitivas de uma função 
Aula 1 
 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nesta aula faremos uma relação entre funções que apresentam uma mesma 
derivada, apresentando assim o conceito de primitivas de uma função. O primeiro 
passo dentro do cálculo Integral é entender o conceito de primitiva de uma função. 
Nessa aula, nosso objeto principal é leva-lo a entender esse conceito e como associar 
integral e derivadas. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar as Primitivas de funções; 
 Relacionar Derivadas e Primitivas; 
 Entender o conceito de Primitiva de uma função; 
 Resolver qualquer problema que envolva primitivas imediatas; 
 Definir as derivadas de funções trigonométricas, exponenciais e 
polinomiais. 
 
 
 
P á g i n a | 13 
 
 
1 INTRODUÇÃO 
Como vimos em Cálculo Diferencial e Integral 1, toda função constante (Ex. 
𝑓(𝑥) = 2; 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛5; ℎ(𝑥) = −𝜋; etc.), tem sua derivada igual zero. Porém, mesmo uma 
função que não é constante em todo o seu domínio pode também apresentar 
derivada zero em todos os pontos de seu domínio. 
Seja o exemplo: 
 
𝑓(𝑥) = {
−1 𝑠𝑒 𝑥 > 0
1 𝑠𝑒 𝑥 < 0.
 
 
𝑓(x) é tal que 𝑓’ (x) = 0 em todo x no seu domínio, mas 𝑓 não é constante. 
 
Como consequência do Teorema do Valor Médio (TVM), visto em Cálculo 1, 
podemos afirmar que se uma função 𝑓(x) tiver derivada zero em todos os pontos de 
um intervalo, então 𝑓 será constante nesse intervalo. TEOREMA 1: Seja 𝑓 contínua no 
intervalo I. se 𝑓’(x) = 0 em todo x interior a I, então existirá uma constante 𝑘 tal que 
𝑓(x) = k para todo x em 𝐼. Vamos demostrar esse teorema de forma bem simples: 
Tomando então um ponto x0, que pertence ao conjunto domínio 𝐼, queremos provar 
que, para todo x ∈ 𝐼, 𝑓(x) = 𝑓(x0), o que significará que 𝑓 é constante em 𝐼. Assim, se 
para todo x ∈ 𝐼, x ≠ x0, existe, pelo TVM, um x0 pertencente ao intervalo aberto de 
extremos x e x0 tal que: 
 
𝑓(x) − 𝑓(x0) = 𝑓
′(x) ∙ (x − x0) 
 
Com essa hipótese, podemos afirmar que 𝑓(x) é contínua no intervalo [x, x0] e 
derivável no intervalo ]x, x0[. Com x interior a 𝐼, pela hipótese 𝑓
′(x) = 0, logo 
 
𝑓(x) − 𝑓(x0) = 0 ou 𝒇(𝐱) = 𝒇(𝐱𝟎) 
 
para todo x em 𝐼. Se tomarmos 𝑓(x0) = 𝑘, um valor real e constante, temos daí 
a prova do teorema, 𝒇(𝐱) = 𝒌, com 𝑓′(x) = 0. Em decorrência do teorema provado 
anteriormente vamos apresentar um corolário do cálculo, que é na verdade uma 
relação entre duas funções com derivadas iguais. 
 
 
P á g i n a | 14 
 
 
 
Demonstrando o corolário: 
Seja uma função; 
 
ℎ(x) = 𝑔(x)– 𝑓(x) 
 
Contínua em 𝐼 e para todo x interior a 𝐼, se a derivada dessa função for tal que: 
 
ℎ′(x) = 𝑔′(x)– 𝑓′(x) = 0, 
 
então, pelo teorema anteriormente apresentado e demostrado, podemos 
afirmar que existe uma constante 𝑘 tal que; 
 
𝑔(x)– 𝑓(x) = 𝑘 ou 𝒈 (𝐱) = 𝒇(𝐱) + 𝒌 
 
para todo 𝑥 em 𝐼. 
 
Na disciplina de Cálculo1 você aprendeu que se 𝑓(x) = 𝑒x, com x ∈ ℝ, então, 
𝑓′(x) = 𝑒x, ou seja, a função 𝑓(x) = 𝑒x goza da seguinte propriedade: a sua derivada 
é ela própria. Vamos ver alguns exemplos que corroboram para a demonstração do 
corolário acima apresentado. 
Ex. 1. Seja 𝑓(x) definida e derivável em ℝ e tal que, para todo x, 𝑓’(x) = 𝑓(x). 
Prove que existe uma constante 𝒌 tal que, para todo 𝑥, tem-se f(x) = 𝒌𝑒𝑥. Resolução: 
para provar, vamos considerar o quociente 
𝑓(𝑥)
𝑒𝑥
 e mostrar que a sua derivada é zero. 
 
(
𝑓(x)
𝑒x
)
′
=
𝑓′(x) ∙ 𝑒x − 𝑓(x) ∙ 𝑒x
(𝑒𝑥)2
 
 
Considerando então a hipótese 𝑓’(𝑥) = 𝑓 (𝑥) segue; 
COROLÁRIO. Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas no intervalo 𝐼. Se 𝑓’(x) = 𝑔’(x) em todo x 
interior a I, então existirá uma constante k tal que 
𝑔(x) = 𝑓(x) + 𝑘 
para todo x em 𝐼. 
 
P á g i n a | 15 
 
 
(
𝑓(x)
𝑒x
)
′
=
𝑓(x) ∙ 𝑒x − 𝑓(x) ∙ 𝑒x
(𝑒𝑥)2
= 0 
 
para todo x em ℝ. Pelo teorema 1, existe uma constante k tal que, para todo 
𝑥, 
 
(
𝑓(x)
𝑒x
)
′
= 0 → 
𝑓 (𝑥)
𝑒𝑥
= 𝑘, 
 
ou seja, 
𝒇(𝐱) = 𝒌𝒆𝐱. 
 
Do Ex. 1, acima apresentado, podemos inferir que toda e qualquer equação 
do tipo 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 ou y′ = y, denominadas de equações diferenciais, são as funções da 
forma 𝑒𝑥, com 𝑘 constante, isto é, 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 ⇔ 𝑦 = 𝑘𝑒𝑥, 𝑘 constante. 
 
(Observe: 𝑦 = 𝑓(𝑥) é a solução da equação diferencial 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 se, e somente 
se, a derivada de 𝑓 for ela própria). 
 
Ex. 2. Determine 𝑦 = 𝑓(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ tal que: 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 𝑒 𝑓(0) = 2 
 
Resolução: Conforme definido anteriormente, 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 ⇔ 𝑦 = 𝑘𝑒𝑥, k constante. 
Dessa forma, o que precisamos considerar nesse exemplo é a condição de 
valor apresentado no enunciado que é denominado valor inicial, que é a 
condição 𝑓(0) = 2, que nos permite determinar o valor da a constante 𝑘. 
𝑓(x) = 𝑘𝑒x ⟶ 𝑓(0) = 𝑘𝑒0 = 2, Portanto, k= 2. 
 
Assim, a função que satisfaz o problema dado é, então, 
 
𝒚 = 𝒇(𝐱) = 𝟐𝒆𝐱. 
P á g i n a | 16 
 
 
Ex. 3. Consideremos, agora, a função 𝑓(x) = 𝑒∝x, ∝ constante. 
Resolução: Temos que 𝑓′(x) =∝ 𝑒∝x, ou seja, 𝑓′(x) =∝ 𝑓(x). 
Considerando o mesmo princípio aplicado na prova do Ex. 1, podemos 
facilmente observar que as únicas funções que satisfazem a equação 𝑓′(𝑥) =∝ 𝑓(𝑥), 
𝑥 ∈ ℝ e ∝ constante, são as funções da forma 𝑓(x) = 𝑘 𝑒∝x, k constante. Ou seja, sendo 
∝ constante, tem-se; 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ∝ 𝑦 ⇔ 𝑦 = 𝑘 𝑒∝𝑥, e k constante 
Ou, 
𝑓′(𝑥) =∝ 𝑓(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑘 𝑒∝𝑥 , e k constante. 
 
Ex. 4. Determine a função 𝑦 = 𝑦 (𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, que satisfaz as condições: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑦 𝑒 𝑦(0) = −1. 
 
Resolução: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 3𝑦 ⇔ 𝑦 = 𝑘 𝑒3𝑥 (k constante) 
Da condição 𝑦(0) = −1, 
𝑓(x) = 𝑘𝑒3x ⟶ 𝑓(0) = 𝑘𝑒3∙0 = −1, resulta 𝑘 = −1. 
 
A função procurada é: 
𝒚 = − 𝒆𝟑𝒙, x ∈ ℝ. 
Ex. 5. Determine uma função 𝑦 = 𝑓(𝑥), definida num intervalo aberto 𝐼, com 𝐼 ∈
𝐼, tal que 𝑓(1) = 1 e, para todo 𝑥 em 𝐼, 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦. 
 
Resolução: Devemos ter, para todo x em 𝐼, 
 
𝑓′(𝑥) = 𝑥 𝑓(𝑥). 
 
Como a função f deve ser derivável em 𝐼, resulta que 𝑓 deve ser, também, 
contínua em 𝐼. Então, a condição 𝑓(1) = 1 e o teorema da conservação do sinal 
garantem-nos que, para 𝑥 próximo de 1, devemos ter 𝑓(𝑥) > 0. Vamos, então, 
procurar 𝑓 definida num intervalo aberto 𝐼, e que, neste intervalo, satisfaça a 
condição 𝑓(𝑥) > 0. Temos, então, 
P á g i n a | 17 
 
 
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
= 𝑥, 𝑥 ∈ 𝐼. 
 
Do Cálculo 1 nós podemos afirmar que; 
[𝑙𝑛𝑓(𝑥)]′ = 
𝑓′(𝑥)
𝑓(𝑥)
 e (
𝑥²
2
) ′ = 𝑥. 
 
Então; 
[ln 𝑓(𝑥)]′ = (
𝑥²
2
)’. 
para todo 𝑥 em I. Como as derivadas das funções ln(𝑓(𝑥)) e 
𝑥²
2
 são iguais em 
𝐼, do Corolário acima podemos afirmar que existe uma constante k tal que, para todo 
x em 𝐼, 
ln 𝑓(𝑥) = 
𝑥²
2
+ 𝑘. 
Da condição 𝑓(1) = 1, segue; 
ln 𝑓(1) = 
12
2
+ 𝑘 → k = − 
1
2
. 
 
 Substituindo o valor de k, temos que; 
ln 𝑓(𝑥) = 
𝑥²
2
+ 𝑘 → ln 𝑦 = 
𝑥²
2
− 
1
2
. 
 
Assim, a função 𝑦 = 𝑓(𝑥) fica; 
𝑦 =𝑒
𝑥2
2
− 
1
2 = 𝑒
𝑥2
2 ∙ 𝑒−
1
2 = 
1
√𝑒
 𝑒
𝑥2
2 , 𝑥 ∈ ℝ, 
 
Satisfaz as condições dadas. 
 
Ex. 6. Determine uma função 𝑦 = 𝑓(𝑥), definida num intervalo aberto 𝐼, com 1 ∈
𝐼, tal que 𝑓(1) = −1 e, para todo 𝑥 em 𝐼, 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2 𝑦². 
 
Resolução: Devemos ter, para todo 𝑥 em 𝐼, 
𝑓′(𝑥) = 2 [𝑓(𝑥)]2. 
 
P á g i n a | 18 
 
 
Da condição 𝑓(1) = −1 supomos 𝑓(𝑥) < 0 em 𝐼. Temos, então, 
 
[𝑓(𝑥)]−2 𝑓′(𝑥) = 2, 𝑥 ∈ 𝐼. 
 
Temos que lembrar lá do Cálculo 1 que: 
{−[𝑓−1(𝑥)]}′ = [𝑓 (𝑥)]−2 ∙ 𝑓′(𝑥) e que (2𝑥)′ = 2, 
 
Então; 
{−[𝑓(𝑥)]−1}′ = (2𝑥)′, 𝑥 ∈ 𝐼. 
 
Pelo corolário, existe uma constante k tal que, para todo 𝑥 ∈ 𝐼, 
− [𝑓(𝑥)]−1 = 2𝑥 + 𝑘. 
 
Da condição 𝑓(1) = −1, segue; 
−[𝑓(1)]−1 = 2 ∙ 1 + 𝑘 → −(−1)−1 = 𝑘 + 2 → k = − 1. 
 
 Substituindo o valor de k, temos que; 
− [𝑓(𝑥)]−1 = 2𝑥 − 1 → −
1
𝑓(𝑥)
= 2𝑥 − 1 
𝒇(𝒙) =
−𝟏
𝟐𝒙 − 𝟏
 , 𝐜𝐨𝐦 𝒙 > 
𝟏
𝟐
 
 
Satisfaz as condições dadas. (Observação: a condição 𝑥 > 
1
2
 é para garantir 
que 1 pertença ao domínio de 𝑓). 
 
1.1 Introdução a primitiva de uma função 
Seja 𝑓(𝑥) uma função definida no intervalo I. Uma função 𝐹(𝑥), deninida em I, 
tal que 
𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥) 
 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 10.1, páginas: 288, 289 e 290 do Livro: “Um Curso de 
Cálculo”, Volume 1 – Guidorizzi 
P á g i n a | 19 
 
 
é denominada Primitiva da função 𝑓(𝑥), para todo 𝑥 em I. 
Ex. 1. A função 𝐹(𝑥) = 
𝑥3
3
 é uma primitiva de 𝑓(𝑥) = 𝑥² em ℝ, pois, para todo x 
em ℝ, 
𝐹′(𝑥) = [
𝑥3
3
 ]
′
=
3𝑥2
3
= 𝒙². 
Ex. 2. Seja a função 𝐺(𝑥) = 
𝑥³
3 
+ 𝑘, com k uma constante. Observe que 𝐺(𝑥) 
também é primitiva de 𝑓(𝑥) = 𝑥² em ℝ, pois, para todo x em ℝ, 
𝐺′(𝑥) = [
𝑥3
3
+ 𝑘 ]
′
=
3𝑥2
3
+ 0 = 𝒙². 
Ex. 3. Para toda constante k, 𝐹(𝑥) = 2𝑥 + 𝑘 é primitiva, em ℝ, de 𝑓(𝑥) = 2, pois, 
𝐹′(𝑥) = (2𝑥 + 𝑘)′ = 2 
para todo x. Sendo 𝐹(𝑥) uma primitiva de 𝑓(𝑥) em I, então, para toda 
constante 𝑘, 𝐹(𝑥) + 𝑘 é, também, primitiva de 𝑓. Por outro lado, se duas funções têm 
derivadas iguais num intervalo, elas diferem, neste intervalo, por uma constante. 
Segue que as primitivas de 𝑓 em I são as funções de forma 𝐹(𝑥) + 𝑘, com k constante. 
Diremos, então, que: 
 
𝒚 = 𝑭(𝒙) + 𝒌, 𝑘 constante, 
 
é a família das primitivas de 𝑓 em I. No cálculo diferencial e integral, nós usamos 
a notação ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙 para representar a família das primitivas de 𝑓, de tal forma que: 
 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑘. 
 
Onde ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 é denominado integrando. 
 
A forma mais comum empregada para se referir a uma primitiva de 𝑓 é 
denomina-la uma integral indefinida de 𝒇. É comum referir-se a ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 como a 
integral indefinida de f. (Observação: O domínio da função f que ocorre em ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
deverá ser sempre um intervalo; nos casos em que o domínio não for mencionado, 
ficara implícito que se trata de um intervalo). 
 
Ex. 4. Calcule: 
P á g i n a | 20 
 
 
a) ∫𝑥2 𝑑𝑥. 
b) ∫𝑑𝑥. 
 
Resolução: 
a) [
𝑥3
3
 ]
′
= 𝑥². Logo, ∫𝑥² 𝑑𝑥 = 
𝑥³
3
+ 𝑘 . 
b) O integrando é a função constante 𝑓(𝑥) = 1. Então; 
∫𝑑𝑥 = ∫1 . 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑘 
pois, (𝑥)′ = 1. 
 
Ex. 5. Calcule ∫𝑥∝𝑑𝑥, onde ∝≠ −1 é um real fixo. Resolução: Uma vez que 
[
1
∝+1
 𝑥∝+1 ]
′
= 𝑥∝ , logo 
 ∫𝑥∝ 𝑑𝑥 =
𝑥∝+ 1
∝ +1
+ 𝑘. 
 
Ex. 6. Calcule: 
a) ∫𝑥³ 𝑑𝑥 
b) ∫
1
𝑥²
 𝑑𝑥. 
 
Resolução: 
a) Sendo [
𝑥4
4
]
′
= 
1
4
 4𝑥3 = 𝑥3 
∫𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 
𝒙𝟒
𝟒
+ 𝒌. 
Ou ainda, da definição do Ex. 5, temos que: 
∫𝑥3 𝑑𝑥 =
𝑥3+1
3+1
+ 𝑘 = 
𝑥4
4
+ 𝑘. 
b) Sendo ∫
1
𝑥²
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥−2 𝑑𝑥, da expressão definida no Ex. 5. 
∫
1
𝑥²
𝑑𝑥 = ∫𝑥−2 𝑑𝑥 =
1
−2 + 1
 𝑥−2+1 + 𝑘 = −𝑥−1 + 𝑘 
 
e, portanto, 
∫
𝟏𝒙²
𝒅𝒙 = −
𝟏
𝒙
+ 𝒌. 
 
Ex.7. Calcule ∫ √𝑥²
3
 𝑑𝑥. Resolução: Aplicando a formulação definida no Ex. 5: 
P á g i n a | 21 
 
 
∫ √𝑥²
𝟑
 𝑑𝑥 = ∫𝑥2/3 𝑑𝑥 = 
𝑥
2
3
+1
2
3
+ 1
+ 𝑘 = 
𝑥
5
3
5
3
+ 𝑘 
 
ou seja, 
∫ √𝒙²
𝟑
 𝒅𝒙 =
𝟑
𝟓
√𝒙𝟓
𝟑
+ 𝒌 
 
Ex. 8. Calcule ∫ (𝑥5 + 
1
𝑥³
+ 4) 𝑑𝑥. 
Resolução: Uma vez que a integral é uma função inversa da derivada, 
podemos considerar que o princípio também é válido para as integrais, ou seja, a 
integral de uma soma algébrica de funções é a soma algébrica das integrais dessas 
funções. 
∫(𝑥5 + 𝑥−3 + 4)𝑑𝑥 = ∫𝑥5𝑑𝑥 + ∫𝑥−3𝑑𝑥 +∫4𝑑𝑥 = 
𝑥5+1
5 + 1
+ 
𝑥−3+1
−3+ 1
+ 4𝑥 + 𝑘 
 
ou seja, 
∫(𝑥5 + 
1
𝑥3
+ 4)𝑑𝑥 = 
𝑥6
6
−
𝑥−2
2
+ 4𝑥 + 𝑘 
e, portanto, 
∫(𝒙𝟓 +
𝟏
𝒙³
+ 𝟒)𝒅𝒙 =
𝒙𝟔
𝟔
−
𝟏
𝟐𝒙²
+ 𝟒𝒙 + 𝒌. 
 
Ex. 9. Calcule ∫
1
𝑥
 𝑑𝑥, 𝑥 > 0. Resolução: Do Cálculo 1 aprendemos que (ln 𝑥)′ = 
1
𝑥
. 
Então, 
∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑘, 𝑥 > 0. 
 
 
Ex. 10. Calcule ∫ (
1
𝑥
+ √𝑥)𝑑𝑥, 𝑥 > 0. Resolução: Sabe-se que 
Teorema 2: Seja a função 𝑥∝, tal que 
∫𝑥∝ 𝑑𝑥 =
ە
ۖ
۔
ۖ
ۓ
𝑥∝+1
∝ +1
+ 𝑘 → se ∝≠ −1
⋮
⋮
(ln 𝑥) + 𝑘 → se ∝= −1 (𝑥 > 0)
 
 
P á g i n a | 22 
 
 
∫(
1
𝑥
+ √𝑥)𝑑𝑥 = ∫(
1
𝑥
+ 𝑥
1
2 ) 𝑑𝑥 = (ln 𝑥) + 
𝑥
1
2
+1
1
2
+ 1
+ 𝑘 = ln x+ 
𝑥
3
2
3
2
+ 𝑘 
 
ou seja, 
∫(
𝟏
𝒙
+ √𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐧𝒙+ 
𝟐
𝟑
 √𝒙𝟑 + 𝒌. 
 
Ex. 11. Calcule ∫
2
𝑥
 𝑑𝑥, 𝑥 > 0. Resolução: Do Cálculo 1 aprendemos que 
(ln 𝑥)′ = 
1
𝑥
. Então, 
2∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 = 2𝑙𝑛 𝑥 + 𝑘 = 𝒍𝒏 𝒙𝟐 + 𝒌,, 𝑥 > 0 
 
Ex. 12. Seja ∝ um real fixo, ∝ ≠ 0. Calcule ∫ 𝑒𝛼𝑥 𝑑𝑥. 
Resolução: Do cálculo 1 temos que [
1
∝
 𝑒∝𝑥]
′
= 𝑒𝛼𝑥, logo, 
∫𝑒∝𝑥 𝑑𝑥 = 
1
∝
 𝑒∝𝑥 + 𝑘. 
 
 
Ex. 13. Calcule: 
a) ∫ 𝑒−𝑥 𝑑𝑥. 
b) ∫ 𝑒5𝑥 𝑑𝑥. 
c) ∫(−𝑒)−2𝑥 𝑑𝑥. 
d) ∫ 𝑒𝜋𝑥 𝑑𝑥. 
 
Resolução: 
a) ∫ 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = 
1
−1
𝑒−𝑥 + 𝑘 = 𝒆−𝒙 + 𝒌 
b) ∫ 𝑒5𝑥 𝑑𝑥 = 
𝟏
𝟓
 𝒆𝟓𝒙 + 𝒌. 
c) ∫(−𝑒)−2𝑥 𝑑𝑥 = 
1
−2
(−𝑒)−2𝑥 + 𝑘 =
𝟏
𝟐
𝒆−𝟐𝒙 + 𝒌 
d) ∫ 𝑒𝜋𝑥 𝑑𝑥 = 
𝟏
𝝅
 𝒆𝝅𝒙 + 𝒌. 
 
Teorema 3: Seja a função 𝑒∝𝑥, e ∝ um real fixo, ∝ ≠ 0 
∫𝑒∝𝑥 𝑑𝑥 = 
1
∝
 𝑒∝𝑥 + 𝑘. 
P á g i n a | 23 
 
 
Ex. 14. Determine a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), definida em ℝ, tal que; 
{
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑥²
𝑦 (0) = 1.
 
 
Resolução: Se 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −𝑥2 → 𝑦 = −∫𝑥2 𝑑𝑥. Do teorema 2 temos que; 
𝑦(𝑥) = −∫𝑥2 𝑑𝑥 = −
𝒙³
𝟑
 + 𝒌. 
 
A condição 𝑦(0) = 1 significa que, para 𝑥 = 0, devemos ter 𝑦 = 1. Vamos 
determinar k para que esta condição esteja satisfeita. Substituindo, então, 
𝑦(0) = − 
03
3
 + 𝑘 = 1 → 𝒌 = 𝟏. 
 
Assim, a solução que satisfaz todas as condições (denominada solução 
particular) é; 
𝒚 = −
𝒙𝟑
𝟑
 + 𝟏. 
 
Ex. 15. Determine a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), definida em ℝ, tal que; 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 e 𝑦(1) = 3 
 
Resolução: Se 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 → 𝑦 = ∫ 2𝑥 𝑑𝑥. Do teorema 2 temos que; 
𝑦(𝑥) = ∫2𝑥 𝑑𝑥 = 2
𝑥1+1
1 + 1
 + 𝑘 = 𝒙𝟐 + 𝒌. 
 
A condição 𝑦(1) = 3 significa que; 
𝑦(1) = 12 + 𝑘 = 3 → 𝒌 = 𝟐. 
 
Assim, a solução que satisfaz todas as condições (denominada solução 
particular) é; 
𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟐. 
Ex. 16. Seja 𝑎 um valor real e não nulo. Calcule ∫𝐶𝑜𝑠 (𝑎𝑥) 𝑑𝑥. Resolução: Do 
cálculo 1 temos que [𝑆𝑒𝑛 (𝑎𝑥) ]′ = 𝑎 ∙ 𝐶𝑜𝑠(𝑢), logo, 
 
P á g i n a | 24 
 
 
∫𝐶𝑜𝑠 (𝑎𝑥) 𝑑𝑥 = 
1
𝑎
 𝑆𝑒𝑛 (𝑎𝑥) + 𝑘. 
 
 
Ex. 17. Calcule: 
a) ∫𝑆𝑒𝑛 (2𝑥) 𝑑𝑥. 
b) ∫𝐶𝑜𝑠 (−𝑥) 𝑑𝑥. 
c) ∫𝑇𝑔 (3𝑥) 𝑑𝑥. 
 
Resolução: Pelas expressões do teorema 4; 
a) ∫𝑆𝑒𝑛 (2𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
∙ [−𝐶𝑜𝑠(2𝑥)] + 𝑘 = −
𝟏
𝟐
𝑪𝒐𝒔(𝟐𝒙) + 𝒌. 
b) ∫𝐶𝑜𝑠 (−𝑥)𝑑𝑥 =
1
−1
∙ [𝑆𝑒𝑛 (−𝑥)] + 𝑘 = −𝑺𝒆𝒏(−𝒙) + 𝒌. 
c) ∫𝑇𝑔 (3𝑥)𝑑𝑥 = −
𝟏
𝟑
∙ 𝒍𝒏|𝑪𝒐𝒔 (𝟑𝒙)| + 𝒌. 
 
Ex. 18. Determine a função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, tal que; 
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
= 𝑥 + 1, 𝑦(0) = 1 𝑒 𝑦′(0) = 0. 
 
Resolução: 
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
= 𝑥 + 1 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ∫(𝑥 + 1)𝑑𝑥 = ∫𝑥 𝑑𝑥 + ∫1𝑑𝑥. 
 
Assim, 
𝑦′(𝑥) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥²
2
+ 𝑥 + 𝑘1 . 
 
Seja a condição dada de que 𝑦′(0) = 0 𝑜𝑢 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
|
𝑥=0
= 0 
P á g i n a | 25 
 
 
𝑦′(0) =
0²
2
+ 0 + 𝑘1 = 0 → 𝒌𝟏 = 𝟎, 
 
ficando então; 
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙. 
 
Integrando novamente, para obter o valor de 𝑦(𝑥), temos que; 
𝑦 = ∫(
𝑥2
2
+ 𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑥2 𝑑𝑥 +∫𝑥 𝑑𝑥 =
1
2
 ∙
𝑥3
3
+
𝑥2
2
+ 𝑘2. 
𝑦(𝑥) =
𝑥3
6
+
𝑥2
2
+ 𝑘2. 
 
Seja a condição inicial 𝑦(0) = 1 
𝑦(0) =
03
6
+
02
2
+ 𝑘2 = 1 → 𝒌𝟐 = 𝟏. 
 
Assim, a solução particular para a equação diferencial e as condições de valor 
inicial apresentadas é; 
𝒚(𝒙) =
𝒙³
𝟔
+ 
𝒙²
𝟐
+ 𝟏. 
 
Ex. 19. Determine a função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, tal que; 
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
= 𝑥2 − 1, 𝑦(0) = 2 𝑒 𝑦′(0) = 1. 
 
Resolução: 
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
= 𝑥2 − 1 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= ∫(𝑥2 − 1)𝑑𝑥 = ∫𝑥2 𝑑𝑥 − ∫1𝑑𝑥. 
 
Assim, 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦′(𝑥) =
𝑥3
3
− 𝑥 + 𝑘1 . 
 
Seja a condição dada de que 𝑦′(0) = 1 
𝑦′(0) =
03
3
− 0 + 𝑘1 = 1 → 𝒌𝟏 = 𝟏, 
 
P á g i n a | 26 
 
 
ficando então; 
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒙𝟑
𝟑
− 𝒙 + 𝟏. 
 
Integrando novamente, para obter o valor de 𝑦(𝑥), temos que; 
𝑦 = ∫(
𝑥3
3
− 𝑥 + 1)𝑑𝑥 =
1
3
∫𝑥3 𝑑𝑥 − ∫𝑥 𝑑𝑥 + ∫1𝑑𝑥 =
1
3
 ∙
𝑥4
4
−
𝑥2
2
+ 𝑥 + 𝑘2. 
𝑦(𝑥) =
𝑥4
12
−
𝑥2
2
+ 𝑥 + 𝑘2. 
 
Seja a condição inicial 𝑦(0) = 2 
𝑦(0) =
04
12
−
02
2
+ 0 + 𝑘2 = 2 → 𝒌𝟐 = 𝟐. 
 
Assim, a solução particular para a equação diferencial e as condições de valor 
inicial apresentadas é: 
𝒚(𝒙) =
𝒙𝟒
𝟏𝟐
−
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙 + 𝟐 
 
Ex. 20. Determine a função 𝑥 = 𝑥(𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, tal que: 
𝑑²𝑥
𝑑𝑡²
= 𝑆𝑒𝑛 (2𝑡), 𝑥(0) = 1 e 𝑥′(0) = 2. 
 
Resolução: 
𝑑²𝑥
𝑑𝑡²
= 𝑆𝑒𝑛 (2𝑡) → 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= ∫𝑆𝑒𝑛 (2𝑡) 𝑑𝑡 =
−𝐶𝑜𝑠 (2𝑡)
2
+ 𝑘1 
 
Assim, 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝑥′(𝑡) = −
1
2
𝐶𝑜𝑠 (2𝑡) + 𝑘1 . 
 
Seja a condição dada de que 𝑥′(0) = 2 
𝑥′(0) = −
1
2
𝐶𝑜𝑠 (2 ∙ 0) + 𝑘1 = 2 → 𝑘1 −
1
2
𝐶𝑜𝑠 0 = 2 → 𝑘1 = 2 +
1
2
→ 𝒌𝟏 =
𝟓
𝟐
, 
 
ficando então; 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −
1
2
𝐶𝑜𝑠 (2𝑡) +
5
2
. 
P á g i n a | 27 
 
 
 
Integrando novamente, para obter o valor de 𝑦(𝑥), temos que; 
𝑥(𝑡) = ∫(−
1
2
𝐶𝑜𝑠 (2𝑡) +
5
2
)𝑑𝑡 = −
1
2
∫𝐶𝑜𝑠 (2𝑡) 𝑑𝑡 +
5
2
∫𝑑𝑡 
𝑥(𝑡) = −
1
2
 ∙
𝑆𝑒𝑛 (2𝑡)
2
+
5
2
𝑡 + 𝑘2 
𝑥(𝑡) = −
1
4
𝑆𝑒𝑛 (2𝑡) +
5
2
𝑡 + 𝑘2. 
 
Seja a condição inicial 𝑥(0) = 1 
𝑥(𝑡) = −
1
4
𝑆𝑒𝑛 (2 ∙ 0) +
5
2
∙ 0 + 𝑘2 = 1 → −
1
4
𝑆𝑒𝑛 (0) + 0 + 𝑘2 = 1 → 𝒌𝟐 = 𝟏. 
 
Assim, a solução particular para a equação diferencial e as condições de valor 
inicial apresentadas é; 
𝒙(𝒕) = −
𝟏
𝟒
𝑺𝒆𝒏 (𝟐𝒕) +
𝟓
𝟐
𝒕 + 𝟏. 
 
Ex. 21. Uma partícula desloca-se sobre o eixo x e sabe-se que no instante t, t ≥ 
0, e velocidade v(t)= 2t +1. Sabe-se, ainda, que no instante t=0 a partícula encontra-
se na posição x=1. Determine a posição x= x(t) da partícula no instante t. Resolução: 
Do enunciado do problema, temos as expressões: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2𝑡 + 1 𝑒 𝑥(0) = 1. 
 
Resolvendo a equação diferencial, temos que: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2𝑡 + 1 → 𝑥(𝑡) = ∫(2𝑡 + 1)𝑑𝑡 → 𝒙(𝒕) = 𝒕² + 𝒕 + 𝒌. 
 
Pela a condição 𝑥(0) = 1: 
𝑥(0) = 02 + 0 + 𝑘 = 1 → 𝒌 = 𝟏. 
 
Assim, a solução do problema é; 
𝒙(𝒕) = 𝒕² + 𝒕 + 𝟏. 
Ex. 22. Uma partícula desloca-se sobre o eixo x com velocidade 𝑣(𝑡) = 3𝑡 − 2, 
t ≥ 0. Sabe-se que no instante 𝑡 = 0 a partícula encontra-se na posição 𝑥 = 5. 
Determine a posição x= x(t) da partícula no instante t. Resolução: Do enunciado do 
problema, temos as expressões: 
P á g i n a | 28 
 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3𝑡 − 2 𝑒 𝑥(0) = 5. 
 
Resolvendo a equação diferencial, temos que: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3𝑡 − 2 → 𝑥(𝑡) = ∫(3𝑡 − 2)𝑑𝑡 → 𝒙(𝒕) =
𝟑𝒕𝟐
𝟐
− 𝟐𝒕 + 𝒌. 
 
Pela a condição 𝑥(0) = 5: 
𝑥(0) =
3
2
∙ 02 − 2 ∙ 0 + 𝑘 = 5 → 𝒌 = 𝟓. 
 
Assim, a solução do problema é 
𝒙(𝒕) = 𝟏, 𝟓𝒕² − 𝟐𝒕 + 𝟓.Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 10.2, páginas: 296, 297 e 298 do Livro: “Um Curso de 
Cálculo”, Volume 1 – Guidorizzi. 
 
 
ATIVIDADE 
 
 
Resumo 
 
 
 
 
Nesta aula, você viu que: 
 
 Se uma função for contínua num intervalo I, existirá uma constante k, tal 
que 𝒇(𝒙) = 𝒌, se 𝒇’(𝒙) = 𝟎 para todo x interior a I; 
 Se duas funções 𝒇 e 𝒈 forem contínuas num intervalo I e tiverem 
derivadas iguais em todo ponto x desse intervalo (𝒇’(𝒙) = 𝒈’(𝒙)), existirá 
uma constante k tal que 𝒈(𝒙) = 𝒇(𝒙) + 𝒌; 
 A única função cuja derivada é ela própria é a função 𝒆𝒙; 
 Conhecida uma equação diferencial em função de 𝒚’ e algum valor 
inicial de uma função 𝒚 = 𝒇(𝒙), podemos encontrar essa função 
estudando a equação diferencial. 
 Uma função 𝒇(𝒙) definida num intervalo I terá como uma primitiva uma 
função 𝑭(𝒙) se 𝑭′(𝒙) = 𝒇(𝒙), para todo x interior a I; 
 A família de primitivas de 𝒇(𝒙) em I é denominado Integral Indefinida de 
𝒇 e é representado pela notação: ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝑭(𝒙) + 𝒌, com k constante; 
 A integral ∫𝒙𝜶 𝒅𝒙 =
𝒙𝜶+𝟏
𝜶+𝟏
+ 𝒌, 𝐬𝐞 𝛂 𝛜 ℝ 𝐞 𝛂 ≠ −𝟏; 
 A integral ∫𝒙−𝟏 𝒅𝒙 = 𝐥𝐧𝒙 + 𝒌; 
 A integral ∫𝒆∝𝒙 𝒅𝒙 = 
𝟏
∝
 𝒆∝𝒙 + 𝒌, 𝛂 𝛜 ℝ ; 
 A integral ∫𝑺𝒆𝒏 (𝒂𝒙)𝒅𝒙 = − 
𝟏
𝒂
 𝑪𝒐𝒔 (𝒂𝒙) + 𝒌, 𝐚 𝛜 ℝ 𝐞 𝒂 ≠ 𝟎; 
 A integral ∫𝑪𝒐𝒔 (𝒂𝒙) 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝒂
 𝑺𝒆𝒏 (𝒂𝒙) + 𝒌, 𝐚 𝛜 ℝ 𝐞 𝒂 ≠ 𝟎; 
 A integral ∫𝑻𝒈 (𝒂𝒙)𝒅𝒙 = −
𝟏
𝒂
 𝒍𝒏|𝑪𝒐𝒔 (𝒂𝒙)| + 𝒌, 𝐚 𝛜 ℝ 𝐞 𝒂 ≠ 𝟎. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Referências 
 
Básica: 
GUIDORIZZI, L. H. Um curso de cálculo. Vol. 1. 5. ed. São Paulo: LTC, 2008. 
 
IME. Funções - cálculo diferencial e integral. IME, USP-SP. Disponível em: 
<http://ecalculo.if.usp.br/>. Acesso em: 10 mai. 2017. 
 
THOMAS, G. B. Cálculo - Volume 1. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2002. 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 1 
Exercícios 
 
 
 
 
 
 
 
 
Relação Entre Funções Com Derivadas Iguais 
1) Qual a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, que satisfaz as condições: 
a) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 e 𝑦(0) = −2. 
b) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 5𝑦 e 𝑦(0) = 4. 
2) Seja a função 𝒚′(𝒙) = 𝟐, podemos dizer que: 
a) 𝑦(𝑥) = 𝑥2 + 𝑘. 
b) 𝑦(𝑥) = 𝑥 + 2. 
c) 𝑦(𝑥) = 2𝑥 + 𝑘. 
d) 𝑦(𝑥) = 2 + 𝑘. 
e) 𝑦(𝑥) = 𝑒2 + 𝑘. 
3) Seja a função 𝒚′(𝒙) = 𝟐𝒙, podemos dizer que: 
a) 𝑦(𝑥) = 𝑥2 + 𝑘. 
b) 𝑦(𝑥) = 𝑥 + 2. 
c) 𝑦(𝑥) = 2𝑥 + 𝑘. 
d) 𝑦(𝑥) = 2 + 𝑘. 
e) 𝑦(𝑥) = 𝑒2 + 𝑘. 
4) Seja a função 𝒚′(𝐱) = −𝑺𝒆𝒏 𝐱, podemos dizer que: 
a) 𝑦(x) = 𝑆𝑒𝑛 x + 𝑘. 
b) 𝑦(x) = 𝑇𝑔 x + 𝑘. 
c) 𝑦(x) = −𝑆𝑒𝑐 x + 𝑘. 
d) 𝑦(x) = 𝐶𝑜𝑠 x + 𝑘. 
e) 𝑦(x) = 𝐶𝑜𝑡𝑔 x + 𝑘. 
 
 
 
 
 
 
 
 
ATIVIDADE 
P á g i n a | 32 
 
 
Primitiva De Uma Função 
1) Qual a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥2 −
1 e 𝑦(0) = −1. 
2) Qual a única função 𝑥 = 𝑥(𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= 𝑒2𝑡,
𝑣(0) = 1 e x(0) = 3. 
3) A integral ∫𝐶𝑜𝑠 (
𝑥
2
) 𝑑𝑥 é igual a: 
a) 𝐶𝑜𝑠(
𝑥
2
) + 𝑘. 
b) 
1
2
𝐶𝑜𝑠(
𝑥
2
) + 𝑘. 
c) 
1
2
𝑆𝑒𝑛(
𝑥
2
) + 𝑘. 
d) 2𝐶𝑜𝑠(
𝑥
2
) + 𝑘. 
e) 2𝑆𝑒𝑛(
𝑥
2
) + 𝑘. 
 
4) A integral ∫(4𝑥3 − 3𝑥2 + 2𝑥 − 5)𝑑𝑥 é igual a: 
 a) 4𝑥4 − 3𝑥3 + 2𝑥2 − 5𝑥 + 𝑘. 
b) 𝑥4 − 𝑥3 + 𝑥2 − 5𝑥 + 𝑘. 
c) 
𝑥3
4
−
𝑥2
3
+
𝑥
2
−
𝑥
5
+ 𝑘. 
d) 
𝑥4
4
− 3𝑥3 +
𝑥2
2
− 5𝑥 + 𝑘. 
e) 4𝑥4 − 3𝑥3 + 2𝑥2 − 5𝑥. 
5) Seja a função 𝑦 = 𝑦(x), 𝑥 ∈ ℝ, tal que 
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
= 𝐶𝑜𝑠 𝑥, 𝑦′(0) = 1 e 𝑦(0) = 2. Então, 
a única opção correta é: 
a) 𝑦(x) = 𝑆𝑒𝑛 x + 𝑘. 
b) y(x) = Cos x + x + 3. 
c) 𝑦(x) = −𝐶𝑜𝑠 x + 𝑥 + 3. 
d) 𝑦(x) = 𝐶𝑜𝑠 x + 3. 
e) 𝑦(x) = 𝑆𝑒𝑛 x + 𝑥 − 2. 
 
 
 
 
 
 
 
Técnicas de primitivação (Parte 1) 
Aula 2 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Esta aula é ligada diretamente à anterior e nela apresentaremos mais 
expressões que representam técnicas de integração (primitivação) direta e através 
da substituição de variáveis. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar as Primitivas de várias funções; 
 Conhecer e aplicar a técnica da Primitivação de funções por 
substituição de variável; 
 Resolver problemas com as técnicas apresentadas de Primitivação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 34 
 
 
2 INTRODUÇÃO 
Nos livros de cálculo, bem como em várias apostilas e sites disponíveis na WEB, 
podemos encontrar tabelas que apresentam várias fórmulas para integração. A 
maioria dessas fórmulas estão listadas abaixo com o subitem Primitivas Imediatas. 
Algumas delas já foram apresentadas nas aulas anteriores e outras estarão sendo 
agora apresentadas a você. 
2.1 Primitivas imediatas 
Sejam 𝛼 ≠ 0 e 𝑐 constantes reais. Das fórmulas de derivação já vistas seguem 
as seguintes de primitivação: 
a) ∫ 𝑐 𝑑𝑥 = 𝑐𝑥 + 𝑘 
b) ∫𝑥𝛼𝑑𝑥 = 
𝑥𝛼+ 1
𝛼+1
+ 𝑘 (𝛼 ≠ −1) 
c) ∫ 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝑘 
d) ∫
1
𝑥
 𝑑𝑥 = ln|𝑥| + 𝑘 
e) ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = − cos𝑥 + 𝑘 
f) ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘 
g) ∫ 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = − ln|cos 𝑥| + 𝑘 = 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 𝑥| + 𝑘 
h) ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + 𝑡𝑔 𝑥| + 𝑘 
i) ∫ 𝑠𝑒𝑐2 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝑘 
j) ∫ sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 + 𝑘 
k) ∫
1
1+𝑥²
 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 + 𝑘 
l) ∫
1
√1−𝑥²
 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘 
 
A seguir iremos apresentar vários exemplos para relembrar o que você já viu 
nas aulas anteriores e aproveitar para acrescentar novos exemplos de cálculos. 
Acompanhe e refaça cada um, quanto mais você fizer, melhor para assimilar 
os conteúdos e gravar as técnicas. 
Ex. 1: Calcule: 
a) ∫𝑥5 𝑑𝑥 
b) −∫𝑑𝑥 
c) ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 
d) ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 
Resolução: 
35 
 
 
a) ∫𝑥5 𝑑𝑥 = 
𝑥5
5
+ 𝑘. 
b) −∫𝑑𝑥 = −𝑥 + 𝑘. 
c) ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘. 
d) ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 𝑥 + 𝑡𝑔𝑥| + 𝑘. 
 
 
 
Ex. 2: Calcule: 
a) ∫𝑥2√𝑥 𝑑𝑥 
b) ∫ (𝑥 +
2
𝑥
)𝑑𝑥 
c) ∫ (cos 3x − sen 2x) 𝑑𝑥 
d) ∫ (
1
2
sen 2x −
2
3
cos 4𝑥)𝑑𝑥 
Resolução: 
a) ∫ 𝑥2√𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑥2 ∙ 𝑥
1
2⁄ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥
5
2⁄ 𝑑𝑥 = 
𝑥
5
2+1
5
2
+1
+ 𝑘 =
𝑥
7
2⁄
7
2⁄
+ 𝑘 =
2
7
√𝑥7 + 𝑘 =
2
7
𝑥3√𝑥 + 𝑘 
∫𝒙𝟐√𝒙 𝒅𝒙 =
𝟐
𝟕
𝒙𝟑√𝒙 + 𝒌 
b) ∫ (𝑥 +
2
𝑥
)𝑑𝑥 =
𝑥2
2
+ 2𝑙𝑛|𝑥| + 𝑘 =
𝑥2
2
+ 𝑙𝑛 𝑥2 + 𝑘 
∫(𝒙 +
𝟐
𝒙
)𝒅𝒙 =
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒍𝒏 𝒙𝟐 + 𝒌 
c) ∫ (cos 3x − sen 2x) 𝑑𝑥 =
1
3
𝑠𝑒𝑛 3𝑥 +
1
2
cos 2𝑥 + 𝑘 
∫(𝐜𝐨𝐬 𝟑𝐱 − 𝐬𝐞𝐧 𝟐𝐱)𝒅𝒙 =
𝟏
𝟑
𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙 +
𝟏
𝟐
𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒌 
d) ∫ (
1
2
sen 2x −
2
3
cos 4𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
∙
1
2
(−cos 2x) −
2
3
∙
1
4
𝑠𝑒𝑛 4𝑥 + 𝑘 = −
1
4
cos 2x −
1
6
𝑠𝑒𝑛 4𝑥 +
𝑘 
∫(
𝟏
𝟐
𝐬𝐞𝐧 𝟐𝐱 −
𝟐
𝟑
𝐜𝐨𝐬 𝟒𝒙)𝒅𝒙 = −
𝟏
𝟒
𝐜𝐨𝐬 𝟐𝐱 −
𝟏
𝟔
𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒙 + 𝒌 
 
Ex. 3: Calcule e verifique sua resposta por derivação: 
a) ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 
b) ∫ (𝑒2𝑥 +
𝑒
𝑥
)𝑑𝑥 
c) ∫ (cos √3t) 𝑑𝑡 
d) ∫ (
1
2
e−x −
1
3
cos 2𝑥)𝑑𝑥 
Observação!! 
O domínio da função que ocorre no integrando de ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 deve ser 
sempre um intervalo I; quando nada for mencionado a respeito do 
domínio de 𝑓, ficará implícito que se trata de um intervalo I. 
P á g i n a | 36 
 
 
 
Resolução: 
a) Das relações trigonométricas e operações com funções trigonométricas, 
podemos definir: 
cos 2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥 (𝑖) 
𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥 (𝑖𝑖) 
Substituindo (II) em (I): 
cos 2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 − (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥) = 2𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 1 
2𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 1 + cos 2𝑥 
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 =
𝟏
𝟐
+
𝟏
𝟐
𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 
∫𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = ∫(
1
2
+
1
2
cos 2𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
𝑥 +
1
2
∙
1
2
𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝑘 
∫𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 𝒅𝒙 =
𝒙
𝟐
+
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒙 + 𝒌 
(
𝑥
2
+
1
4
𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 𝑘)
′
=
1
2
+
1
4
∙ 2𝑐𝑜𝑠 2𝑥 =
1
2
+
1
2
cos2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 
b) ∫ (𝑒2𝑥 +
𝑒
𝑥
)𝑑𝑥 =
𝟏
𝟐
𝒆𝟐𝒙 + 𝒆 ∙ 𝒍𝒏|𝒙| + 𝒌 
(
1
2
𝑒2𝑥 + 𝑒 ∙ 𝑙𝑛|𝑥| + 𝑘)
′
=
1
2
2𝑒2𝑥 + 𝑒 ∙
1
𝑥
= 𝑒2𝑥 +
𝑒
𝑥
 
𝐜)∫(cos √3t) 𝑑𝑡 =
𝟏
√𝟑
𝒔𝒆𝒏 √𝟑𝐭 + 𝐤 
(1
√3
𝑠𝑒𝑛 √3t + 𝑘)
′
=
1
√3
∙ √3 ∙ cos √3𝑡 = cos √3𝑡 
𝐝)∫(
1
2
e−x −
1
3
sen2𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
∙
1
−1
e−x −
1
3
∙
1
2
(−cos2𝑥) + 𝑘 = −
𝟏
𝟐
𝐞−𝐱 +
𝟏
𝟔
∙ 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝒙 + 𝒌 
(−
1
2
e−x +
1
6
∙ cos 2𝑥 + 𝑘)
′
= −
1
2
∙ (−e−x) +
1
6
∙ 2 ∙(−𝑠𝑒𝑛 2𝑥) =
1
2
e−x −
1
3
sen2𝑥 
 
Exercícios Propostos 
Faça os exercícios 12.1 do livro “Um Curso de Cálculo”, Volume 1, do Guidorizzi, nas 
páginas 340, 341, 342 e 343. 
2.2 Técnica para cálculo de integral 
INDEFINIDA DA FORMA ∫𝒇(𝒈(𝒙)) 𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 
Vamos estudar agora um dos casos especiais de integração (primitivação), 
que é aplicado à “inversa da regra da cadeia para derivada de funções 
compostas”. 
P á g i n a | 37 
 
 
Para tanto, vamos começar assim. Tomemos duas funções reais 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥𝑂 
tais que 𝐼𝑚𝑔 ⊂ 𝐷𝑓 , com 𝑔(𝑥) derivável. Se 𝐹(𝑥) for uma primitiva de 𝑓(𝑥), isto é 𝐹
′(𝑥) =
𝑓(𝑥), segue que 𝐹′(𝑔 (𝑥)) é uma primitiva de 𝑓 (𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥), uma vez que, pela regra da 
cadeia 
(𝐹 (𝑔 (𝑥)))
′
= 𝐹′(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑔 (𝑥))𝑔′(𝑥). 
Deste modo, podemos definir uma técnica de integração, fazendo a seguinte 
consideração: chamamos 𝒖 = 𝒈(𝒙), então: 𝒅𝒖 = 𝒈′(𝒙)𝒅𝒙. Substituindo na integral: 
∫𝑓(𝑔 (𝑥)) 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐹(𝑢) + 𝑘 = 𝐹(𝑔(𝑥)) + 𝑘 
Então; 
∫𝒇(𝒈(𝒙))𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 = 𝑭 (𝒈(𝒙)) + 𝒌. 
Ex. 1: Calcule ∫𝑥 cos 𝑥² 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 𝑥² temos que 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥. 
Daí, temos que 
1
2
𝑑𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥. 
Então, 
∫𝑥 cos𝑥² 𝑑𝑥 = ∫cos𝑥² ∙ 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ cos 𝑢 (
1
2
 𝑑𝑢) = 
1
2
 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢. 
Como; 
1
2
 ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = 
1
2
 𝑠𝑒𝑛 𝑢 + 𝑘, 
Resulta; 
∫𝒙𝐜𝐨𝐬𝒙² 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
 𝒔𝒆𝒏 𝒙² + 𝒌 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
(
1
2
 𝑠𝑒𝑛 𝑥² + 𝑘)
′
=
1
2
(cos𝑥2) ∙ (𝑥2)′ =
2𝑥 cos 𝑥2
2
= 𝒙𝐜𝐨𝐬 𝒙𝟐 
Ex. 2: Calcule ∫ 𝑒𝑥
3
∙ 𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 𝑥3, temos que 𝑑𝑢 =
3𝑥2 𝑑𝑥 → 𝑥2𝑑𝑥 =
1
3
𝑑𝑢: 
∫𝑒𝑥
3
∙ 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒𝑢 
𝑑𝑢
3
= 
1
3
 ∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 = 
1
3
 𝑒𝑢 + 𝑘 
Resulta: 
∫𝒆𝒙
𝟑
∙ 𝒙𝟐 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟑
 𝒆𝒙
𝟑
+ 𝒌. 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
(
1
3
 𝑒𝑥
3
+ 𝑘)
′
=
1
3
(𝑒𝑥
3
) ∙ (𝑥3)′ =
𝑒𝑥
3
∙ 3𝑥2
3
= 𝒆𝒙
𝟑
∙ 𝒙𝟐 
P á g i n a | 38 
 
 
Ex. 3: Calcule ∫(2𝑥 + 1)3𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 2𝑥 + 1, então 𝑑𝑢 = 2 𝑑𝑥 →
 𝑑𝑥 =
1
2
𝑑𝑢: 
∫(2𝑥 + 1)3𝑑𝑥 = ∫( 𝑢)3 (
1
2
 𝑑𝑢) = 
1
2
 ∫𝑢³ 𝑑𝑢. 
Como, 
1
2
 ∫𝑢³ 𝑑𝑢 = 
𝑢4
8
+ 𝑘, 
Resulta: 
∫( 𝟐𝒙 + 𝟏)𝟑 𝒅𝒙 = 
(𝟐𝒙 + 𝟏)𝟒
𝟖
+ 𝒌. 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
(
(2𝑥 + 1)4
8
+ 𝑘)
′
=
1
8
4(2𝑥 + 1)3 ∙ (2𝑥 + 1)′ =
1
2
(2𝑥 + 1)3 ∙ 2 = (𝟐𝒙 + 𝟏)𝟑 
Ex. 4: Calcule ∫
𝑥
1−𝑥2
𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 1 − 𝑥2, então 𝑑𝑢 = −2𝑥 𝑑𝑥 →
 𝑥𝑑𝑥 = −
1
2
𝑑𝑢: 
∫
𝑥
1 − 𝑥2
𝑑𝑥 = ∫
1
𝑢
(−
1
2
 𝑑𝑢) = − 
1
2
 ∫
1
𝑢
 𝑑𝑢. 
Como, 
∫
1
𝑢
 𝑑𝑢 = 𝑙𝑛|𝑢| + 𝑘, 
Resulta: 
∫
𝒙
𝟏 − 𝒙𝟐
𝒅𝒙 = −
𝟏
𝟐
𝒍𝒏|𝟏 − 𝒙𝟐| + 𝒌. 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
(−
1
2
𝑙𝑛|1 − 𝑥2| + 𝑘)
′
= −
1
2
∙
1
1 − 𝑥2
∙ (1 − 𝑥2)′ = −
1
2
∙
1
1 − 𝑥2
∙ (−2𝑥) =
𝒙
𝟏 − 𝒙𝟐
 
Ex. 5: Calcule ∫
𝑥
√1−𝑥4
𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 𝑥2, então 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 →
 𝑥𝑑𝑥 =
1
2
𝑑𝑢: 
∫
𝑥
√1 − 𝑥4
𝑑𝑥 = ∫
1
√1 − 𝑢2
(
1
2
 𝑑𝑢) = 
1
2
 ∫
1
√1 − 𝑢2
 𝑑𝑢. 
 
Como, 
∫
1
√1 − 𝑢2
 𝑑𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑢 + 𝑘, 
Resulta: 
∫
𝒙
√𝟏 − 𝒙𝟒
𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 (𝒙𝟐) + 𝒌. 
P á g i n a | 39 
 
 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
(
1
2
𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (𝑥2) + 𝑘)
′
=
1
2
∙
1
√1 − (𝑥2)2
∙ (𝑥2)′ =
1
2
∙
1
√1 − 𝑥4
∙ (2𝑥) =
𝒙
√𝟏 − 𝒙𝟒
 
Ex. 6: Calcule ∫3𝑥√𝑥2 − 1𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 𝑥2 − 1, então 𝑑𝑢 =
2𝑥 𝑑𝑥 → 𝑥𝑑𝑥 =
1
2
𝑑𝑢: 
∫3𝑥√𝑥2 − 1𝑑𝑥 = ∫3√𝑥2 − 1 ∙ 𝑥𝑑𝑥 = = ∫3√𝑢 (
1
2
 𝑑𝑢) = 
3
2
 ∫√𝑢 𝑑𝑢 =
3
2
 ∫𝑢
1
2⁄ 𝑑𝑢. 
Como, 
∫𝑢
1
2⁄ 𝑑𝑢 = 
𝑢
1
2
+1
1
2
+ 1
+ 𝑘 =
2
3
𝑢
3
2⁄ + 𝑘 =
2
3
√𝑢3 + 𝑘 =
2
3
𝑢√𝑢 + 𝑘, 
Assim, 
∫3𝑥√𝑥2 − 1𝑑𝑥 = 
3
2
∙
2
3
∙ (𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘. 
Resulta: 
∫𝟑𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏𝒅𝒙 = (𝒙𝟐 − 𝟏) ∙ √𝒙𝟐 − 𝟏 + 𝒌. 
Verificando o resultado pelo processo inverso (derivação): 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
= (𝑥2 − 1)′ ∙ √𝑥2 − 1 + (𝑥2 − 1) ∙ (√𝑥2 − 1)
′
 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
= 2𝑥 ∙ √𝑥2 − 1 + (𝑥2 − 1) ∙ (
2𝑥
2√𝑥2 − 1
) 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
= 2𝑥 ∙ √𝑥2 − 1 +
𝑥3 − 𝑥
√𝑥2 − 1
=
2𝑥 ∙ √𝑥2 − 1 ∙ √𝑥2 − 1 + (𝑥3 − 𝑥)
√𝑥2 − 1
 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
=
2𝑥 ∙ (𝑥2 − 1) + (𝑥3 − 𝑥)
√𝑥2 − 1
=
2𝑥3 − 2𝑥 + 𝑥3 − 𝑥
√𝑥2 − 1
 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
=
3𝑥3 − 3𝑥
√𝑥2 − 1
=
3𝑥(𝑥2 − 1)
√𝑥2 − 1
=
3𝑥(𝑥2 − 1)
√𝑥2 − 1
∙
√𝑥2 − 1
√𝑥2 − 1
 
[(𝑥2 − 1) ∙ √𝑥2 − 1 + 𝑘]
′
=
3𝑥(𝑥2 − 1)√𝑥2 − 1
(𝑥2 − 1)
= 𝟑𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏 
 
Ex. 7: Determine a integral ∫𝑥5√1 − 𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 1 − 𝑥2, 
temos que 𝑑𝑢 = −2𝑥𝑑𝑥 → 𝑥𝑑𝑥 = −
1
2
𝑑𝑢. 
Podemos ver que 𝑥2 = 1 − 𝑢 
Trabalhando então o integrando, ficamos com: 
∫𝑥5√1− 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫(𝑥2)2 ∙ √1 − 𝑥2 ∙ 𝑥𝑑𝑥 
 
P á g i n a | 40 
 
 
 
Substituindo a variável: 
∫𝑥5√1− 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫(1 − 𝑢)2 ∙ √𝑢 ∙ (
−1
2
)𝑑𝑢 = −
1
2
∫(1 − 𝑢)2 ∙ √𝑢 𝑑𝑢 = 
−
1
2
∫(1 − 2𝑢 + 𝑢2) ∙ 𝑢
1
2⁄ 𝑑𝑢 = −
1
2
∫(𝑢
1
2⁄ − 2𝑢
3
2⁄ + 𝑢
5
2⁄ ) 𝑑𝑢 = 
−
1
2
[
𝑢
3
2⁄
3
2⁄
− 2
𝑢
5
2⁄
5
2⁄
+
𝑢
7
2⁄
7
2⁄
] + 𝑘 = −
1
3
𝑢
3
2⁄ +
2
5
𝑢
5
2⁄ −
1
7
𝑢
7
2⁄ + 𝑘 = 
−
1
3
√𝑢3 +
2
5
√𝑢5 −
1
7
√𝑢7 + 𝑘 
 
Assim, 
∫𝑥5√1 − 𝑥2 𝑑𝑥 = −
1
3
√(1 − 𝑥2)3 +
2
5
√(1 − 𝑥2)5 −
1
7
√(1 − 𝑥2)7 + 𝒌 
 
Ex. 8: Determinar a integral ∫
𝑆𝑒𝑛 𝑥
𝐶𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥. Resolução: Fazendo 𝑢 = 𝐶𝑜𝑠 𝑥, temos 
que 𝑑𝑢 = −𝑆𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥: 
∫
𝑆𝑒𝑛 𝑥
𝐶𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥 = ∫
1
(𝐶𝑜𝑠 𝑥)2
𝑆𝑒𝑛 𝑥𝑑𝑥 = ∫
1
𝑢2 
(−𝑑𝑢) = −∫𝑢−2 𝑑𝑢 = −
𝑢−2+1
−2 + 1
+ 𝑘 = 
= −
𝑢−1
−1
+ 𝑘 = 𝑢−1 + 𝑘 =
1
𝑢
+ 𝑘 
 
Assim, 
∫
𝑆𝑒𝑛 𝑥
𝐶𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥 =
𝟏
𝑪𝒐𝒔 𝒙
+ 𝒌 = 𝒔𝒆𝒄 𝒙 + 𝒌 
 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 12.2, páginas: 351 a 354 do Livro: “Um Curso de Cálculo”, Volume 1 – 
Guidorizzi. 
 
 
Obs. Refaça os exemplos do Guidorizzi, pág. 344 a 351 e que não 
foram apresentados aqui neste caderno. 
 
 
Resumo 
 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 Da tabela de derivação, fazendo o processo inverso, podemos definir 
uma tabela de integração para Primitivas Imediatas; 
 As integrais de funções ∫𝒇(𝒈(𝒙))𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 = 𝑭(𝒈(𝒙)) + 𝒌, com k constante 
são utilizadas para resolver problemas inversos à derivação pela regra 
da cadeia; 
 Para utilizar a fórmulação ∫𝒇(𝒈(𝒙))𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 = 𝑭(𝒈(𝒙)) + 𝒌, de forma 
prática, basta identificar e fazer 𝒖 = 𝒈(𝒙) e determinar 𝒅𝒖 = 𝒈’(𝒙)𝒅𝒙. 
 
 
 
 
 
 
Referências 
 
Básica: 
GUIDORIZZI, L. H. Um curso de cálculo. Vol. 1. 5. ed. São Paulo: LTC, 2008. 
 
IME. Funções - cálculo diferencial e integral. IME, USP-SP. Disponível em: 
<http://ecalculo.if.usp.br/>. Acesso em: 10 mai. 2017. 
 
THOMAS, G. B. Cálculo - Volume 1. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2002. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 2 
Exercícios 
 
 
 
 
 
 
 
 
1) Qual a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑥𝑒−𝑥
2
 e 𝑦(0) = −1. 
 
2) Qual a única função 𝑥 = 𝑥(𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
= 4𝑆𝑒𝑛 2𝑡,
𝑣(0) = −1 e x(0) = 2. 
 
3) A integral ∫
𝐶𝑜𝑠 𝑥
𝑆𝑒𝑛2 𝑥
𝑑𝑥 é igual a 
a) −𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑘. 
b) 
1
2
𝐶𝑜𝑠𝑥 + 𝑘. 
c) −𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑥 + 𝑘. 
d) −𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘. 
e) sec 𝑥 + 𝑘. 
 
4) A integral ∫
2
4+𝑥2
𝑑𝑥 é igual a 
a) ln|4 + 𝑥2| + 𝑘. 
b) 
1
2
𝐶𝑜𝑠𝑥 + 𝑘. 
c) ln|sec( 4 + 𝑥2)| + 𝑘. 
d) 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥
2
) + 𝑘. 
e) 4 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
𝑥
2
) + 𝑘. 
 
5) A integral ∫𝑥3√1 − 𝑥2 𝑑𝑥 é igual a 
a)−
1
3
√(1 − 𝑥2)3 +
1
5
√(1 − 𝑥2)5+ 𝑘. 
b) 
1
2
√(1 − 𝑥2)3 + 𝑘. 
c) 
1
3
√(1 − 𝑥2)3 −
1
5
√(1 − 𝑥2)5 + 𝑘. 
d) −
1
2
√(1 − 𝑥2)3 + 𝑘. 
e) 
1
3
√(1 − 𝑥2)3 +
1
5
√(1 − 𝑥2)5 + 𝑘. 
 
 
ATIVIDADE 
 
 
Técnicas de primitivação (Parte 2) 
Aula 3 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nesta aula serão abordadas mais duas técnicas de primitivação a integração 
por partes e a substituição trigonométrica. 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar onde e saber aplicar a técnica de Integração por Partes para 
cálculo das Primitivas de funções; 
 Resolver problemas com integração pelo método da substituição 
trigonométrica. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P á g i n a | 45 
 
 
3 INTEGRAÇÃO POR PARTES 
A integração por partes é consequência da análise inversa da derivada do 
produto de duas funções. 
Sendo assim, vamos supor que temos duas funções reais 𝑓(𝑥) e 𝑔(𝑥) definidas 
e deriváveis num mesmo intervalo 𝐼. Desta forma, pela regra aprendida no Cálculo 1, 
temos que: 
[ 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)]′ = 𝑓′(𝑥) 𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥) 𝑔′(𝑥). 
Trabalhando a igualdade, podemos escrever assim: 
𝑓(𝑥) 𝑔′(𝑥) = [𝑓 (𝑥) 𝑔(𝑥)]′ − 𝑓′(𝑥) 𝑔(𝑥). 
Supondo, então, que 𝑓′(𝑥) 𝑔(𝑥) admita primitiva em 𝐼 e observando que 
𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) é uma primitiva de [𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) ]′, então 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) também admitirá primitiva 
em 𝐼 e 
∫ 𝒇(𝒙)𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒇(𝒙)𝒈(𝒙) − ∫𝒇′(𝒙)𝒈(𝒙)𝒅𝒙 
Que é a regra de integração por partes. O mais comum é considerarmos as 
funções 𝑢 e 𝑣. Dessa forma, fazemos 𝑢 = 𝑓(𝑥) e 𝑣 = 𝑔(𝑥) e teremos 𝑑𝑢 = 𝑓′(𝑥) 𝑑𝑥 e 𝑑𝑣 =
𝑔′(𝑥)𝑑𝑥, o que nos permite escrever a regra de integração por partes na seguinte 
forma usual: 
∫𝒖 𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 − ∫𝒗 𝒅𝒖 
 
Ex. 1: Calcule ∫𝑥 𝑐𝑜𝑥 𝑥 𝑑𝑥. Resolução: A derivada de 𝑥 é 1; 𝑠𝑒𝑛 𝑥 é uma 
primitiva de cos 𝑥. Como 1. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 tem primitiva imediata, a regra de integração por 
partes resolve o problema. 
Fazendo: 
𝑢 = 𝑥 → 𝑑𝑢 = 1. 𝑑𝑥 
cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − ∫1 . 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 
Observação 
Uma dica prática para aplicar essa técnica é que se você tiver eu 
calcular a integral ∫𝛼 (𝑥) 𝛽(𝑥)𝑑𝑥 e perceber que, multiplicando a derivada de 
uma das funções do integrando por uma primitiva da outra, chega-se a uma 
função que possui primitiva imediata, então aplique a regra de integração por 
P á g i n a | 46 
 
 
ou seja, 
∫𝒙𝐜𝐨𝐬𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝒌. 
Ex. 2: Calcule ∫𝑥 𝑒𝑥 𝑑𝑥. Resolução: A derivada de 𝑥 é 1; 𝑒𝑥 é uma primitiva 
de 𝑒𝑥. Como 1. 𝑒𝑥 tem primitiva imediata, a regra de integração por partes resolve o 
problema. Fazendo: 
𝑢 = 𝑥 → 𝑑𝑢 = 1. 𝑑𝑥 
𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑒𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑒𝑥 − ∫1 . 𝑒𝑥 𝑑𝑥 
ou seja, 
∫𝒙𝒆𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙 𝒆𝒙 − 𝒆𝒙+𝒌. 
Ex. 3: Calcule ∫𝑥2 𝑒𝑥 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo: 
𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥. 𝑑𝑥 
𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑒𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥2 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 𝑒𝑥 − ∫𝟐𝒙 . 𝒆𝒙 𝒅𝒙 
A integral ∫2𝑥 . 𝑒𝑥 𝑑𝑥, também é resolvida pela regra da integração por partes. 
Fazendo agora então: 
𝑢 = 2𝑥 → 𝑑𝑢 = 2. 𝑑𝑥 
𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑒𝑥 
Aplicando novamente a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫2𝑥 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑒𝑥 − ∫2 . 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝟐𝒙 𝒆𝒙 − 𝟐 𝒆𝒙 
Substituindo os valores então; 
∫𝑥2 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 𝑒𝑥 − (2𝑥 𝑒𝑥 − 2 𝑒𝑥) + 𝑘 
Resultando; 
∫𝒙𝟐 𝒆𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙𝟐 𝒆𝒙 − 𝟐𝒙 𝒆𝒙 + 𝟐 𝒆𝒙 + 𝒌 
Ex. 4: Calcule ∫𝑥2 𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo: 
𝑢 = ln 𝑥 → 𝑑𝑢 =
1
𝑥
. 𝑑𝑥 
𝑥2𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 =
𝑥3
3
 
P á g i n a | 47 
 
 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥2 𝑙𝑛 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
ln 𝑥 − ∫
𝑥3
3
 .
1
𝑥
 𝑑𝑥 
A integral ∫
𝑥2
3
 𝑑𝑥 =
𝑥3
9
 
Substituindo os valores então 
∫𝒙𝟐 𝒍𝒏 𝒙 𝒅𝒙 =
𝒙𝟑
𝟑
𝐥𝐧𝒙 − 
𝒙𝟑
𝟗
+ 𝒌 
Ex. 5: Calcule ∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥. Resolução: Para resolver essa questão, o truque aqui 
é acabar com 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥. Vamos então derivar 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 e achar uma primitiva de 1. 
∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 ∙ 1 𝑑𝑥. 
∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥⏟ 
𝑢
 ∙ 1 𝑑𝑥⏟
𝑑𝑣
= 𝑢𝑣 −∫𝑣 𝑑𝑢 
Fazendo: 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 → 𝑑𝑢 =
1
1 + 𝑥²
∙ 𝑑𝑥 
1𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥). 𝑥 − ∫ 𝑥.
1
1 + 𝑥²
 𝑑𝑥. 
Assim 
∫𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 − ∫
𝑥
1 + 𝑥²
 𝑑𝑥 
Resolvendo a integral ∫
𝑥
1+𝑥2
 𝑑𝑥 
Fazemos 𝑢 = 1 + 𝑥2, temos que du = 2xdx → xdx =
1
2
du 
∫
𝑥
1 + 𝑥2
 𝑑𝑥 = ∫
1
𝑢
∙ (
1
2
𝑑𝑢) =
1
2
∫
1
𝑢
𝑑𝑢 =
1
2
ln|𝑢| =
1
2
ln|1 + 𝑥2| 
ou seja, 
∫𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 𝒙 − 
𝟏
𝟐
𝐥𝐧(𝟏 + 𝒙𝟐) + 𝒌. 
Ex. 6: Calcule ∫𝑥2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥. Resolução: Fazendo: 
𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥 ∙ 𝑑𝑥 
𝑆𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = − cos𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − ∫(− cos 𝑥) 2𝑥 𝑑𝑥. 
Assim 
P á g i n a | 48 
 
 
 
∫𝑥2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 2∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥. 
Resolvendo a integral ∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 , novamente deve-se aplicar a regra da 
integração por partes, tomando: 
𝑢 = 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = sen𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos𝑥 
Substituindo em ∫ 𝑥2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 2∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥: 
∫𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏 𝒙 𝒅𝒙 = − 𝒙𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒙 + 𝟐𝒙 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 𝟐 𝐜𝐨𝐬𝒙 + 𝒌. 
Ex. 7: Calcule ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥. 
Resolução: Fazendo: 
𝑢 = ln 𝑥 → 𝑑𝑢 =
1
𝑥
∙ 𝑑𝑥 
1 𝑑𝑥 = 𝑑𝑣 → 𝑣 = 𝑥 
Aplicando a regra: ∫𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢: 
∫ln𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ln 𝑥 − ∫𝑥 (
1
𝑥
𝑑𝑥) = 𝑥 ln 𝑥 − ∫𝑑𝑥 
Assim 
∫ 𝐥𝐧𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙 𝐥𝐧𝒙 − 𝒙 + 𝒌 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 12.3, páginas: 360 e 361 do Livro: “Um Curso de Cálculo”, Volume 1 – 
Guidorizzi. 
 
 
3.1 Mudança de variável (Substituição trigonométrica) 
Outra técnica importante é a mudança de variável que possibilita a 
substituição trigonométrica. Vamos entender de forma geral essa técnica e depois 
aplicar uns exemplos. Para uma função 𝑓(𝑥) definida num intervalo 𝐼, vamos supor 
Obs. Refaça os exemplos do Guidorizzi, pág. 355 a 360 que não foram 
apresentados aqui neste caderno. 
P á g i n a | 49 
 
 
que 𝑥 = 𝜑(𝑢) seja inversível, com inversa 𝑢 = 𝜃(𝑥), 𝑥 ∈ 𝐼, sendo 𝜑 e 𝜃 deriváveis. Assim, 
se tivermos. 
∫𝑓 (𝜑 (𝑢))𝜑′(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐹(𝑢) + 𝑘 (𝑢 ∈ 𝐷𝜑) 
então, 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝜃(𝑥)) + 𝑘. 
Ex. 1: Calcule ∫√1 − 𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: Da definição do ciclo trigonométrico 
temos que: 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 = 𝑐𝑜𝑠2 𝑢. Desta forma, a mudança 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 elimina a raiz do 
integrando: 
𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 (−
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
) → 𝑑𝑥 = cos 𝑢 𝑑𝑢. 
Então, 
∫√1 − 𝑥² 𝑑𝑥 = ∫√1 − 𝑠𝑒𝑛² 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢 = ∫√𝑐𝑜𝑠² 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢 
√𝑐𝑜𝑠² 𝑢 = |cos𝑢| = cos𝑢, 
pois, 
𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
Assim, 
∫√1 − 𝑥² 𝑑𝑥 = ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢 
A integral ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢 pode ser determinada pela integração por partes, 
fazendo: 𝑣 = cos 𝑢 → 𝑑𝑣 = −𝑠𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝑑𝑢 
cos 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 → 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 
Aplicando a regra: ∫𝑣 𝑑𝑡 = 𝑣𝑡 − ∫ 𝑡 𝑑𝑣: 
∫𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 − ∫(−𝑠𝑒𝑛2𝑢 𝑑𝑢) = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 + ∫(𝑠𝑒𝑛2𝑢 𝑑𝑢) 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 = 1 − 𝑐𝑜𝑠2 𝑢. 
∫𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos𝑢 + ∫(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢) = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos𝑢 +∫𝑑𝑢 −∫(𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢) 
2∫𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 + ∫𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 +𝑢 
∫𝑐𝑜𝑠2𝑢𝑑𝑢 =
1
2
𝑢 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 +𝑘 
Da consideração inicial que fizemos: 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
cos 𝑢 = √1 − 𝑥² 
P á g i n a | 50 
 
 
Como ∫√1 − 𝑥² 𝑑𝑥 = ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢, então 
∫√𝟏 − 𝒙² 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
 𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 𝒙 + 
𝟏
𝟐
 𝒙 √𝟏 − 𝒙² + 𝒌, (−1 < 𝑥 < 1). 
Ex. 2: Calcule ∫√1 − (𝑥 − 1)2 𝑑𝑥. Resolução: Da definição do ciclo 
trigonométrico temos que: 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 = 𝑐𝑜𝑠2 𝑢. 
Desta forma, a mudança 𝑥 − 1 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢 elimina a raiz do integrando: 
𝑥 = 1 + 𝑠𝑒𝑛 𝑢 (−
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
) → 𝑑𝑥 = cos 𝑢 𝑑𝑢. 
Então, 
∫√1 − (𝑥 − 1)² 𝑑𝑥 = ∫√1 − 𝑠𝑒𝑛² 𝑢 . cos𝑢 𝑑𝑢 = ∫√𝑐𝑜𝑠² 𝑢 . cos 𝑢 𝑑𝑢 
√𝑐𝑜𝑠² 𝑢 = |cos𝑢| = cos𝑢, 
pois, 
𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
Assim, 
∫√1 − (𝑥 − 1)² 𝑑𝑥 = ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢 
 
A integral ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢 foi determinado no exemplo anterior aplicando a 
integração por partes: 
∫𝑐𝑜𝑠2𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
𝑢 +
1
2
𝑠𝑒𝑛 𝑢 cos 𝑢 + 𝑘 
Da consideração inicial que fizemos: 𝑥 − 1 = 𝑠𝑒𝑛 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 − 1) 
cos 𝑢 = √1 − (𝑥 − 1)² 
Como ∫√1 − (𝑥 − 1)² 𝑑𝑥 = ∫ cos ² 𝑢 𝑑𝑢, então 
∫√𝟏 − (𝒙 − 𝟏)𝟐 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
 𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 (𝒙 − 𝟏) + 
𝟏
𝟐
 (𝒙 − 𝟏) √𝟏 − (𝒙 − 𝟏)𝟐 + 𝒌, 
 (−1 < 𝑥 < 1). 
Ex. 3: Calcule ∫
2
√4− 𝑥2
 𝑑𝑥. 
Resolução: √4 − 𝑥2 = 2√1 − (
𝑥
2
)
2
 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑢 = 𝑐𝑜𝑠2 𝑢. Desta 
forma, a mudança 
𝑥
2
= 𝑠𝑒𝑛 𝑢 elimina a raiz do integrando: 
𝑥 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝑢 (−
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
) → 𝑑𝑥 = 2 cos 𝑢 𝑑𝑢. 
P á g i n a | 51 
 
 
Então, 
∫
1
√4 − 𝑥2
 𝑑𝑥 = ∫
1
2√1 − (
𝑥
2
)
2
𝑑𝑥 = ∫
1
2√1 − 𝑠𝑒𝑛² 𝑢
 . 2cos 𝑢 𝑑𝑢 = ∫
1
√𝑐𝑜𝑠² 𝑢
 . cos 𝑢 𝑑𝑢 
√𝑐𝑜𝑠² 𝑢 = |cos𝑢| = cos𝑢, 
pois, 
𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
Assim, 
∫
1
√4 − 𝑥2
 𝑑𝑥 = ∫𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝑘 
 
Da consideração inicial que fizemos: 
𝑥
2
= 𝑠𝑒𝑛 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (
𝑥
2
) 
∫
𝟏
√𝟒 − 𝒙𝟐
 𝒅𝒙 = 𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒆𝒏 (
𝒙
𝟐
) + 𝒌 
 
Ex. 4: Calcule ∫√1 + 𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: Da definição do ciclo trigonométrico 
temos que: 1 + 𝑡𝑔2 𝑢 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑢. 
Desta forma, a mudança 𝑥 = 𝑡𝑔 𝑢 elimina a raiz do integrando: 
𝑥 = 𝑡𝑔 𝑢 → 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
Então, 
∫√1 + 𝑥² 𝑑𝑥 = ∫√1 + 𝑡𝑔² 𝑢 . 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. = ∫√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 . 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 = |sec𝑢| = sec 𝑢, 𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
Assim, 
∫√1 + 𝑥² 𝑑𝑥 = ∫𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢. 
A integral ∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢 pode ser determinada pela integração por partes, 
fazendo: 
 𝑣 = sec 𝑢 → 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑐 𝑢 ∙ 𝑡𝑔 𝑢 ∙ 𝑑𝑢 
sec2 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 → 𝑡 = 𝑡𝑔 𝑢 
 
Aplicando a regra: ∫𝑣 𝑑𝑡 = 𝑣𝑡 − ∫ 𝑡 𝑑𝑣: 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 = 𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 − ∫ 𝑡𝑔 𝑢 ∙ sec𝑢 ∙ 𝑡𝑔 𝑢 𝑑𝑢 
P á g i n a | 52 
 
 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 = 𝑡𝑔 𝑢 sec𝑢 − ∫ sec 𝑢 ∙ 𝑡𝑔2 𝑢 𝑑𝑢 
 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 𝑡𝑔2 𝑢 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 − 1. 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 = 𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 − ∫ sec3 𝑢 𝑑𝑢 + ∫sec𝑢 𝑑𝑢 
2∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 = 𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 + ∫ sec𝑢 𝑑𝑢 
2∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 = 𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 + ln|sec 𝑢 + 𝑡𝑔 𝑢| 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 +
1
2
ln|sec 𝑢 + 𝑡𝑔 𝑢| + 𝑘 
 
Da consideração inicial que fizemos: 𝑥 = 𝑡𝑔 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥 
sec 𝑢 = √1 + 𝑥² 
Como ∫√1 + 𝑥² 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢, então 
∫√𝟏 + 𝒙² 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
[𝒙√𝟏 + 𝒙² + 𝐥𝐧 |𝒙 + √𝟏 + 𝒙²|] + 𝒌. 
 
Ex. 5: Calcule ∫ √1 + 4𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: Da definição do ciclo 
trigonométrico temos que: 1 + 𝑡𝑔2 𝑢 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑢. 
Desta forma, a mudança 2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑢 elimina a raiz do integrando: 
𝑥 =
1
2
𝑡𝑔 𝑢 → 𝑑𝑥 =
1
2
𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
 
Então, 
∫√1 + 4𝑥² 𝑑𝑥 = ∫√1 + (2𝑥)² 𝑑𝑥 ∫√1 + 𝑡𝑔² 𝑢 .
1
2
𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. = 
1
2
∫√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 . 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 = |sec𝑢| = sec 𝑢, 𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
 
Assim, 
∫√1 + 4𝑥² 𝑑𝑥 = 
1
2
∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢. 
 
A integral ∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢 foi calculada no exemplo anterior aplicando-se a técnica 
de integração por partes: 
P á g i n a | 53 
 
 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 +
1
2
ln|sec 𝑢 + 𝑡𝑔 𝑢| + 𝑘 
 
Da consideração inicial que fizemos: 2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (2𝑥) 
sec 𝑢 = √1 + 4𝑥² 
 
Como ∫√1 + 4𝑥² 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 
1
2
∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢, então 
∫√𝟏 + 𝟒𝒙² 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟒
[𝟐𝒙√𝟏 + 𝟒𝒙² + 𝐥𝐧 |𝟐𝒙 + √𝟏 + 𝟒𝒙²|] + 𝒌. 
 
Ex. 6: Calcule ∫ √3 + 4𝑥2 𝑑𝑥. Resolução: √3 + 4𝑥2 = √3 ∙ √1 + (
2𝑥
√3
)
2
 
Da definição do ciclo trigonométrico temos que: 1 + 𝑡𝑔2 𝑢 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑢. Desta 
forma, a mudança 
2𝑥
√3
= 𝑡𝑔 𝑢 elimina a raiz do integrando: 
𝑥 =
√3
2
𝑡𝑔 𝑢 → 𝑑𝑥 =
√3
2
𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
 
Então, 
∫√3 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = √3∫√1 + (
2𝑥
√3
)
2
 𝑑𝑥 = √3∫√1 + 𝑡𝑔2𝑢 .
√3
2
𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢 
∫√3 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = 
3
2
∫√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 . 𝑠𝑒𝑐2 𝑢 𝑑𝑢. 
√𝑠𝑒𝑐² 𝑢 = |sec 𝑢| = sec 𝑢, 𝑢 ∈ ]− 
𝜋
2
,
𝜋
2
[. 
 
Assim, 
∫√3 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = 
3
2
∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢. 
 
A integral ∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢 foi calculada anteriormente pela técnica de integração 
por partes: 
∫𝑠𝑒𝑐3𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
𝑡𝑔 𝑢 sec 𝑢 +
1
2
ln|sec 𝑢 + 𝑡𝑔 𝑢| + 𝑘 
 
Da consideração inicial que fizemos: 
2𝑥
√3
= 𝑡𝑔 𝑢, com −
𝜋
2
 < 𝑢 < 
𝜋
2
, segue 
P á g i n a | 54 
 
 
 
𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (
2𝑥
√3
) 
sec 𝑢 = √3 + 4𝑥² 
Como ∫√3 + 4𝑥² 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 
3
2
∫ 𝑠𝑒𝑐3 𝑢 𝑑𝑢, então 
∫√𝟑 + 𝟒𝒙² 𝒅𝒙 = 
𝟑
𝟒
[
𝟐𝒙
√𝟑
√𝟑 + 𝟒𝒙² + 𝐥𝐧 |
𝟐𝒙
√𝟑
+ √𝟑 + 𝟒𝒙²|] + 𝒌. 
 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 12.4, páginas: 369 e 370 do Livro: “Um Curso de Cálculo”, Volume 1 – 
Guidorizzi. 
 
 
 
 
 
Obs. Refaça os exemplos do Guidorizzi, pág. 362 a 367 que não foram 
apresentados aqui neste caderno. 
 
 
Resumo 
 
 
 
 
Nesta aula vimos: 
 
 A Integração por Partes é um importante técnica de primitivação, 
quando se tenha que calcular a integral de um produto de duas 
funções; 
 Uma dica básica para escolher usar a integração por partes é verificar 
se multiplicando a derivada de uma das funções do integrando pela 
primitiva da outra função, chega-se a uma função de integral 
conhecida, ou facilmente integrável; 
 A formulação básica para a integração por partes é: ∫𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 −
∫𝒗𝒅𝒖; 
 Para os casos em que há raiz no integrando, pode-se tentar simplificar 
usando a substituição trigonométrica, aplicando algumas das 
propriedades trigonométricas: 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 = 𝟏, 𝒕𝒈𝟐𝒙 + 𝟏 = 𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙, etc.; 
 Para utilizar a formulação da substituição trigonométrica é necessário 
mudar de variável encontrando 𝒙 = 𝝋(𝒖), inversível, para depois de 
integrado em função de 𝒖, voltar para a variável 𝒙, ou seja, é necessário 
existir 𝒖 = 𝜽(𝒙). 
 
 
 
 
 
 
Referências 
 
Básica: 
GUIDORIZZI, L. H. Um curso de cálculo. Vol. 1. 5. ed. São Paulo: LTC, 2008. 
 
IME. Funções - cálculo diferencial e integral. IME, USP-SP. Disponível em: 
<http://ecalculo.if.usp.br/>. Acesso em: 10 mai. 2017. 
 
THOMAS, G. B. Cálculo - Volume 1. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2002. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AULA 3 
Exercícios 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1) Qual a única função 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
3𝑥𝑒2𝑥 e 𝑦(0) = 5. 
 
2) Determine a integral ∫𝑥√1 + 𝑥2 𝑑𝑥. 
 
3) A única função 𝑥 = 𝑥(𝑡), 𝑡 ∈ ℝ, que satisfaz as condições 
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
=
1
𝑡
, 𝑣(𝑒) =
2 e x(0) = 3 é; 
a) 𝑡 + 𝑙𝑛 |𝑡| + 2. 
b) 𝑡 𝑙𝑛 |𝑡| + 3. 
c) 𝑡2 𝑙𝑛 |𝑡| + 3 
d) 𝑡 + 𝑙𝑛 |𝑡| − 3. 
e) 𝑡 𝑙𝑛 |𝑡| − 3. 
 
4) A integral ∫
𝑥3
√1−𝑥2
𝑑𝑥 é igual a 
a) 
𝑥3
√1−𝑥2
+ 𝑘. 
b) 
𝑥3√1−𝑥2
2
+ 𝑘. 
 c) 
2
3
𝑥2 ∙ √1 − 𝑥2 −
1
3
√1 − 𝑥2 + 𝑘 
d) −
13
𝑥2 ∙ √1 − 𝑥2 −
2
3
√1 − 𝑥2 + 𝑘. 
e) 𝑥2 ∙ √1 − 𝑥2 + √1 − 𝑥2 + 𝑘. 
 
 
 
 
 
 
ATIVIDADE 
 
 
Técnicas de primitivação (Parte 3) 
Aula 4 
 
 
 
 
 
APRESENTAÇÃO DA AULA 
 
Nesta aula serão abordadas algumas outras técnicas de primitivação 
aplicadas quanto temos divisão de polinômios (função racional). 
 
OBJETIVOS DA AULA 
 
Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: 
 
 Identificar onde e saber aplicar as técnicas de Integração para funções 
racionais com denominador redutível; 
 Resolver problemas com integração de funções racionais com 
denominador irredutível. 
 
 
 
 
59 
 
 
4 DENOMINADOR REDUTÍVEL 
4.1 Integrais indefinidas do tipo ∫
𝑷 (𝒙)
(𝒙− 𝜶)(𝒙− 𝜷)
 𝒅𝒙 
Algumas divisões de polinômios podem ser facilmente fatoradas e trabalhadas 
para definir uma formulação para integrais do tipo ∫
𝑃 (𝑥)
(𝑥− 𝛼)(𝑥− 𝛽)
 𝑑𝑥. Nosso objetivo 
nessa primeira seção desse módulo então é definir uma formulação para essa 
integral. Para tanto, apresentamos abaixo um importante teorema: 
 
A seguir vamos considerar a demonstração do teorema acima, para as duas 
possibilidades: 
Caso a) 
𝐴
𝑥 − 𝛼
+ 
𝐵
𝑥 − 𝛽
=
𝐴 ∙ (𝑥 − 𝛽) + 𝐵 ∙ (𝑥 − 𝛼)
(𝑥 − 𝛼) (𝑥 − 𝛽)
=
𝐴𝑥 − 𝐴𝛽 + 𝐵𝑥 − 𝐵𝛼
(𝑥 − 𝛼) (𝑥 − 𝛽)
 
𝐴
𝑥 − 𝛼
+ 
𝐵
𝑥 − 𝛽
= 
(𝐴 + 𝐵) 𝑥 − (𝛽𝐴 + 𝛼𝐵)
(𝑥 − 𝛼) (𝑥 − 𝛽)
 
Da definição do teorema acima, basta então mostrar que existem 𝐴 e 𝐵 tais 
que; 
{
𝐴 + 𝐵 = 𝑚
𝛽𝐴 + 𝛼𝐵 = −𝑛
 
Este sistema admite solução única dada por; 
𝐴 = 
𝛼𝑚 + 𝑛
𝛼 − 𝛽
 
𝐵 = − 
𝛽𝑚 + 𝑛
𝛼 − 𝛽
 
Calculando então a integral, se 𝑃(𝑥) = 𝑚 𝑥 + 𝑛; 
TEOREMA 
Sejam 𝛼, 𝛽,𝑚 e 𝑛 reais dados, com 𝛼 ≠ 𝛽. Então existem 
constantes 𝐴 e 𝐵 tais que 
a)
𝑚 𝑥+𝑛
(𝑥− 𝛼)(𝑥− 𝛽)
= 
𝐴
𝑥− 𝛼
+ 
𝐵
𝑥− 𝛽
. 
 
b)
𝑚 𝑥+𝑛
(𝑥− 𝛼)²
= 
𝐴
𝑥− 𝛼
+ 
𝐵
(𝑥− 𝛼)²
. 
 
Obs. O grau do numerador é estritamente menor que o 
grau do denominador. 
 
P á g i n a | 60 
 
 
∫𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫
𝑚 𝑥 + 𝑛
(𝑥 − 𝛼)(𝑥 − 𝛽)
𝑑𝑥 = ∫
𝐴
𝑥 − 𝛼
𝑑𝑥 + ∫
𝐵
𝑥 − 𝛽
𝑑𝑥. 
∫𝑷(𝒙)𝒅𝒙 = 𝑨 ∙ 𝒍𝒏 |𝒙 − 𝜶| + 𝑩 ∙ 𝒍𝒏 |𝒙 − 𝜷| + 𝒌. 
Ex. 1: Calcule ∫
𝑥+3
𝑥2−3𝑥+2
 𝑑𝑥. Resolução: Fatorando o polinômio do denominador: 
𝑥² − 3𝑥 + 2 = (𝑥 − 1)(𝑥 − 2). 
Como o grau do numerador é menor que o do denominador, pelo item (a) do 
teorema, existem constantes 𝐴 e 𝐵 tais que 
𝑥 + 3
𝑥² − 3𝑥 + 2
= 
𝐴
𝑥 − 1
+
𝐵
𝑥 − 2
. 
Já sabemos que 𝐴 e 𝐵 existem; o problema é calculá-los. Para todo 𝑥, devemos 
ter; 
𝑥 + 3 = 𝐴(𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥 − 1). 
Fazendo 𝑥 = 1 
4 = 𝐴 (1 − 2) ou 𝐴 = −4. 
Fazendo 𝑥 = 2 
5 = 𝐵 (2 − 1) ou 𝐵 = 5. 
Assim, 
∫
𝑥 + 3
𝑥² − 3𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ∫
−4
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 + ∫
5
𝑥 − 2
 𝑑𝑥 = −4 ln|𝑥 − 1| + 5 ln|𝑥 − 2| + 𝑘 
ou seja, 
∫
𝒙 + 𝟑
𝒙² − 𝟑𝒙 + 𝟐
 𝒅𝒙 = −𝟒 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟏| + 𝟓 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟐| + 𝒌. 
Ex. 2: Calcule ∫
𝑥
𝑥2−4𝑥+3
 𝑑𝑥. 
Resolução: Fatorando o polinômio do denominador: 
𝑥² − 4𝑥 + 3 = (𝑥 − 1)(𝑥 − 3). 
Como o grau do numerador é menor que o do denominador, pelo item (a) do 
teorema, existem constantes 𝐴 e 𝐵 tais que: 
𝑥
𝑥² − 4𝑥 + 3
= 
𝐴
𝑥 − 1
+
𝐵
𝑥 − 3
. 
Já sabemos que 𝐴 e 𝐵 existem; o problema é calculá-los. Para todo 𝑥, devemos 
ter: 
𝑥 = 𝐴(𝑥 − 3) + 𝐵(𝑥 − 1). 
Fazendo 𝑥 = 1 
1 = 𝐴 (1 − 3) ou 𝐴 = −
1
2
. 
Fazendo 𝑥 = 3 
P á g i n a | 61 
 
 
3 = 𝐵 (3 − 1) ou 𝐵 =
3
2
. 
Assim, 
𝑥
𝑥² − 4𝑥 + 3
= 
−
1
2
𝑥 − 1
+
3
2
𝑥 − 3
. 
Assim, 
∫
𝑥
𝑥² − 4𝑥 + 3
 𝑑𝑥 = ∫
−
1
2
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 + ∫
3
2
𝑥 − 3
 𝑑𝑥 = −
1
2
ln|𝑥 − 1| + 
3
2
ln|𝑥 − 3| + 𝑘 
ou seja, 
∫
𝒙
𝒙² − 𝟒𝒙 + 𝟑
 𝒅𝒙 = −
𝟏
𝟐
𝐥𝐧|𝒙 − 𝟏| + 
𝟑
𝟐
𝐥𝐧|𝒙 − 𝟑| + 𝒌 
Caso b) 
𝑥𝑚 + 𝑛
(𝑥 − 𝛼)2
= 
𝑚𝑥 −𝑚𝛼
(𝑥 − 𝛼)2
+ 
𝑚𝛼 + 𝑛
(𝑥 − 𝛼)2
= 
𝑚 (𝑥 − 𝛼)
(𝑥 − 𝛼)2
+ 
𝑚𝛼 + 𝑛
( 𝑥 − 𝛼)2
 
𝑥𝑚 + 𝑛
(𝑥 − 𝛼)²
=
𝑚 
(𝑥 − 𝛼)
+ 
𝑚𝛼 + 𝑛
( 𝑥 − 𝛼)²
 
Do teorema acima, podemos tomar; 
𝐴 = 𝑚 
𝐵 = 𝑚𝛼 + 𝑛 
Ex. 3: Calcule ∫
𝑥+2
𝑥2−4𝑥+4
 𝑑𝑥. Resolução: Fatorando o polinômio do denominador: 
𝑥² − 4𝑥 + 4 = (𝑥 − 2)2. 
Como o grau do numerador é menor que o do denominador, pelo item (a) do 
teorema, existem constantes 𝐴 e 𝐵 tais que 
𝑥 + 2
𝑥² − 4𝑥 + 4
= 
𝐴
(𝑥 − 2)
+
𝐵
(𝑥 − 2)2
. 
Já sabemos que 𝐴 e 𝐵 existem; o problema é calculá-los. Para todo 𝑥, devemos 
ter; 
𝑥 + 2 = 𝐴(𝑥 − 2) + 𝐵. 
Fazendo 𝑥 = 2 
4 = 𝐵 ou 𝐵 = 4. 
Fazendo 𝑥 = 0 
2 = 𝐴 (0 − 2) + 4 ou 𝐴 = 1. 
Assim; 
𝑥 + 2
𝑥² − 4𝑥 + 4
= 
1
(𝑥 − 2)
+
4
(𝑥 − 2)2
. 
Assim, 
P á g i n a | 62 
 
 
∫
𝑥 + 2
𝑥2 − 4𝑥 + 4
 𝑑𝑥 = ∫
1
𝑥 − 2
 𝑑𝑥 + ∫
4
(𝑥 − 2)2
 𝑑𝑥 
Calculando separadamente as integrais: 
∫
1
𝑥 − 2
 𝑑𝑥 = ln|𝑥 − 2| 
∫
4
(𝑥 − 2)2
𝑑𝑥 = −
4
𝑥 − 2
 
ou seja, 
∫
𝒙 + 𝟐
𝒙² − 𝟒𝒙 + 𝟒
 𝒅𝒙 = 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟐| −
𝟒
(𝒙 − 𝟐)
+ 𝒌 
Ex. 4: Calcule ∫
2𝑥−3
𝑥2−2𝑥+1
 𝑑𝑥. Resolução: Fatorando o polinômio do denominador: 
𝑥² − 2𝑥 + 1 = (𝑥 − 1)2. 
Como o grau do numerador é menor que o do denominador, pelo item (a) do 
teorema, existem constantes 𝐴 e 𝐵 tais que; 
2𝑥 − 3
𝑥² − 2𝑥 + 1
= 
𝐴
(𝑥 − 1)
+
𝐵
(𝑥 − 1)2
. 
Já sabemos que 𝐴 e 𝐵 existem; o problema é calculá-los. Para todo 𝑥, devemos 
ter; 
2𝑥 − 3 = 𝐴(𝑥 − 1) + 𝐵. 
Fazendo 𝑥 = 1 
−1 = 𝐵 ou 𝐵 = −1. 
Fazendo 𝑥 = 0 
−3 = 𝐴 (0 − 1) − 1 ou 𝐴 = 2. 
Assim 
2𝑥 − 3
𝑥² − 2𝑥 + 1
= 
2
(𝑥 − 1)
+
−1
(𝑥 − 1)2
. 
Assim, 
∫
2𝑥 − 3
𝑥2 − 2𝑥 + 1
 𝑑𝑥 = ∫
2
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 + ∫
−1
(𝑥 − 1)2
 𝑑𝑥 
Calculando separadamente as integrais: 
∫
2
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 = 2 ln|𝑥 − 1| 
∫
−1
(𝑥 − 1)2
𝑑𝑥 =
1
𝑥 − 1
 
ou seja, 
∫
𝟐𝒙 − 𝟑
𝒙² − 𝟐𝒙 + 𝟐
 𝒅𝒙 = 𝟐 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟏| +
𝟏
(𝒙 − 𝟏)
+ 𝒌 
 
P á g i n a | 63 
 
 
Se o grau de 𝑃(𝑥) for maior ou igual ao do denominador (grau 2), precisamos 
antes “extrair os inteiros” de 𝑃(𝑥). 
𝑃 (𝑥)
(𝑥 − 𝛼)(𝑥 − 𝛽)
= 𝑄(𝑥) + 
𝑅(𝑥)
(𝑥 − 𝛼)(𝑥 − 𝛽)
 
onde 𝑄(𝑥) 𝑒 𝑅(𝑥), são, respectivamente, o quociente e o resto da divisão de 
𝑃(𝑥) por (𝑥 − 𝛼)(𝑥 − 𝛽). Observe que o grau de 𝑅(𝑥) é estritamente menor que o grau 
do denominador. 
Ex. 5: Calcule ∫
𝑥²+2
𝑥²−3𝑥+2
 𝑑𝑥. Resolução: O grau do numerador é igual ao do 
denominador, então em primeiro lugar vamos extrair os inteiros, determinando 
𝑄(𝑥) 𝑒 𝑅(𝑥). 
 
assim, 
𝑥² + 2
𝑥² − 3𝑥 + 2
= 1 + 
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
. 
∫
𝑥² + 2
𝑥² − 3𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ∫ [1 + 
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
] 𝑑𝑥 = 𝑥 + ∫
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
 𝑑𝑥. 
Vamos resolver a integral ∫
3𝑥
𝑥²−3𝑥+2
 𝑑𝑥, 
Fatorando o polinômio do denominador; 
𝑥2 − 3𝑥 + 2 = (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) 
agora, determinar 𝐴 e 𝐵 tais que; 
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
= 
𝐴
𝑥 − 1
+ 
𝐵
𝑥 − 2
. 
Como 3𝑥 = 𝐴(𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥 − 1), 
 𝑥 = 1 obtemos: 3 ∙ 1 = 𝐴(1 − 2) + 𝐵(1 − 1) → 𝐴 = −3. 
 𝑥 = 2 obtemos: 3 ∙ 2 = 𝐴(2 − 2) + 𝐵(2 − 1) → 𝐵 = 6. 
Assim; 
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
= 
−3
𝑥 − 1
+ 
6
𝑥 − 2
. 
Integrando; 
∫
3𝑥
𝑥² − 3𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ∫
−3
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 + ∫
6
𝑥 − 2
 𝑑𝑥 = −3 ln|𝑥 − 1| + 6 ln|𝑥 − 2|. 
Portanto, 
∫
𝒙² + 𝟐
𝒙² − 𝟑𝒙 + 𝟐
𝒅𝒙 = 𝒙 − 𝟑 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟏| + 𝟔 𝐥𝐧|𝒙 − 𝟐| + 𝒌. 
P á g i n a | 64 
 
 
 
 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 12.5, página 375 do Livro: “Um Curso de Cálculo”, Volume 1 – Guidorizzi. 
4.2 Primitivas de funções racionais com denominadores do tipo (𝒙 − 𝜶)(𝒙 − 𝜷)(𝒙 −
𝜸) 
Algumas divisões de polinômios podem ser facilmente fatoradas e trabalhadas 
para definir uma formulação para integrais do tipo ∫
𝑃 (𝑥)
(𝑥− 𝛼)(𝑥− 𝛽)(𝒙−𝜸)
 𝑑𝑥. Nosso objetivo 
nessa segunda seção desse módulo então apresentar uma formulação para essa 
integral. Para tanto, apresentamos abaixo outro teorema: 
 
Não vamos apresentar neste caderno a demonstração desse teorema. Para 
tanto, vá até o livro do Guidorizzi nas páginas 377 e 378. 
Ex. 6: Calcule∫
𝑥+2
𝑥³−𝑥
 𝑑𝑥. Resolução: Fatorando o polinômio do denominador 
podemos facilmente encontrar as raízes -1, 0 e 1. Então, 
𝑥³ − 𝑥 = 𝑥 ∙ (𝑥2 − 1) = 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1). 
𝑥 + 2
𝑥3 − 𝑥
= 
𝐴
𝑥 + 1
+ 
𝐵
𝑥
+ 
𝐶
𝑥 − 1
. 
Podemos então perceber que: 
𝑥 + 2 = 𝐴(𝑥)(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) + 𝐶(𝑥)(𝑥 + 1). 
𝑥 = −1 ∴obtemos:−1 + 2 = 𝐴(−1)(−1 − 1) + 𝐵(−1 + 1)(1 − 1) + 𝐶(−1)(−1 + 1) 
1 = 2𝐴 → 𝐴 =
1
2
 
𝑥 = 0 ∴ obtemos: 0 + 2 = 𝐴(0)(0 − 1) + 𝐵(0 + 1)(0 − 1) + 𝐶(0)(0 + 1) 
2 = −𝐵 → 𝐵 = −2 
TEOREMA 
Sejam 𝛼, 𝛽, 𝛾,𝑚, 𝑛 e 𝑝 reais dados, com 𝛼 ≠ 𝛽 ≠ 𝛾. Então 
existem constantes 𝐴, 𝐵 e 𝐶 tais que 
c)
𝑚 𝑥2 + 𝑛𝑥 + 𝑝
(𝑥− 𝛼)(𝑥− 𝛽)
= 
𝐴
𝑥− 𝛼
+ 
𝐵
𝑥− 𝛽
+ 
𝐶
𝑥− 𝛾
. 
 
d)
𝑚 𝑥2 + 𝑛𝑥 + 𝑝
(𝑥− 𝛼)(𝑥− 𝛽)²
= 
𝐴
𝑥− 𝛼
+ 
𝐵
𝑥− 𝛽
+ 
𝐶
(𝑥− 𝛽)²
. 
 
Obs. O grau do numerador é estritamente menor que o 
grau do denominador. 
 
P á g i n a | 65 
 
 
𝑥 = 1 ∴ obtemos: 1 + 2 = 𝐴(1)(1 − 1) + 𝐵(1 + 1)(1 − 1) + 1(1)(1 + 1) 
3 = 2𝐶 → 𝐶 =
3
2
 
Assim, 
𝑥 + 2
𝑥3 − 𝑥
= 
1
2
𝑥 + 1
+ 
−2
𝑥
+ 
3
2
𝑥 − 1
. 
∫
𝑥 + 2
𝑥3 − 𝑥
 𝑑𝑥 = 
1
2
∫
1
𝑥 + 1
 𝑑𝑥 − 2∫
1
𝑥
𝑑𝑥 + 
3
2
∫
1
𝑥 − 1
 𝑑𝑥 
ou seja, 
∫
𝒙 + 𝟐
𝒙𝟑 − 𝒙
 𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟐
𝐥𝐧|𝒙 + 𝟏| − 𝟐 𝐥𝐧|𝒙| + 
𝟑
𝟐
𝒍𝒏|𝒙 − 𝟏| + 𝒌. 
Ex. 7: Calcule ∫
2𝑥+1
𝑥³−𝑥²−𝑥+1
 𝑑𝑥. Resolução: Fatorando o polinômio do 
denominador podemos facilmente encontrar a raíz 1, como uma das raízes de 𝑥³ −
𝑥² − 𝑥 + 1. Então, 
Por Briotti-Rufini: 
1 -1 -1 1 1 
0 1 0 1 0 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, 𝑥³ − 𝑥2 − 𝑥 + 1 = (𝑥 − 1)(𝑥2 − 1) = (𝑥 − 1)2 ∙ (𝑥 + 1). 
2𝑥 + 1
𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1
= 
𝐴
𝑥 + 1
+ 
𝐵
𝑥 − 1
+ 
𝐶
(𝑥 − 1)2
. 
Podemos então perceber que: 
2𝑥 + 1 = 𝐴(𝑥 − 1)2 + 𝐵(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) + 𝐶(𝑥 + 1). 
𝑥 = 1 obtemos: 2 ∙ 1 + 1 = 𝐴(1 − 1)2 + 𝐵(1 + 1)(1 − 1) + 𝐶(1 + 1) 
𝐶 =
3
2
 
𝑥 = −1 obtemos: 2 ∙ (−1) + 1 = 𝐴(−1 − 1)2 + 𝐵(−1 + 1)(−1 − 1) + 𝐶(−1 + 1) 
𝐴 = −
1
4
. 
𝑥 = 0 obtemos: 2 ∙ (0) + 1 = (
−1
4
) (0 − 1)2 + 𝐵(0 + 1)(0 − 1) +
3
2
(0 + 1) 
𝐵 =
1
4
. 
P á g i n a | 66 
 
 
Assim, 
2𝑥 + 1
𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1
= 
−
1
4
𝑥 + 1
+ 
1
4
𝑥 − 1
+ 
3
2
(𝑥 − 1)2
. 
∫
2𝑥 + 1
𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1
 𝑑𝑥 = −
1
4
∫
1
𝑥 + 1
 𝑑𝑥 + 
1
4
∫
1
𝑥 − 1
𝑑𝑥 + 
3
2
∫
1
(𝑥 − 1)2
 𝑑𝑥 
ou seja, 
∫
𝟐𝒙 + 𝟏
𝒙𝟑 − 𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟏
 𝒅𝒙 = −
𝟏
𝟒
𝐥𝐧|𝒙 + 𝟏| + 
𝟏
𝟒
𝐥𝐧|𝒙 − 𝟏| − 
𝟑
𝟐(𝒙 − 𝟏)
 + 𝒌. 
Ex. 8: Calcule ∫
𝑥4+ 2𝑥+1
𝑥³−𝑥²−2𝑥
 𝑑𝑥. Resolução: Para o caso do ex. 8, como o grau do 
numerador é maior que o do denominador, vamos primeiro “extrair os inteiros”. 
Vamos dividir o numerador pelo denominador 
 
assim, 
𝑥4 + 2𝑥 + 1
𝑥³ − 𝑥² − 2𝑥
= 𝑥 + 1 + 
3𝑥² + 4𝑥 + 1
𝑥³ − 𝑥² − 2𝑥
. 
Decompondo o polinômio do denominador: 
𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥 = 𝑥 (𝑥2 − 𝑥 − 2) = 𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 2). 
Escrevendo então a parte do polinômio no quociente, temos: 
3𝑥² + 4𝑥 + 1
𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)
= 
𝐴
𝑥
+ 
𝐵
𝑥 + 1
+ 
𝐶
𝑥 − 2
. 
3𝑥² + 4𝑥 + 1 = 𝐴(𝑥 + 1)(𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥)(𝑥 − 2) + 𝐶(𝑥)(𝑥 + 1). 
𝑥 = −1 ∴ 3(−1)2 + 4(−1) + 1 = 𝐴(−1 + 1)(−1 − 2) + 𝐵(−1)(−1 − 2) + 𝐶(−1)(−1 + 1) 
0 = 3𝐵 → 𝐵 = 0 
𝑥 = 0 ∴ 3(0)2 + 4(0) + 1 = 𝐴(0 + 1)(0 − 2) + 𝐵(0)(0 − 2) + 𝐶(0)(0 + 1) 
1 = −2𝐴 → 𝐴 = −
1
2
 
𝑥 = 2 ∴ 3(2)2 + 4(2) + 1 = 𝐴(2 + 1)(2 − 2) + 𝐵(2)(2 − 2) + 𝐶(2)(2 + 1) 
21 = 6𝐶 → 𝐶 =
21
6
 
Assim, 
3𝑥² + 4𝑥 + 1
𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)
= 
−
1
2
𝑥
+ 
0
𝑥 + 1
+ 
21
6
𝑥 − 2
. 
Escrevendo assim a integral: 
P á g i n a | 67 
 
 
 
∫
𝑥4 + 2𝑥 + 1
𝑥3 − 𝑥² − 2𝑥
 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 + 1 − 
1
2
𝑥
+ 
21
6
𝑥 − 2
)𝑑𝑥 = 
= 
𝑥2
2
+ 𝑥 − 
1
2
ln|𝑥| + 
21
6
ln|𝑥 − 2| + 𝑘 
ou seja, 
∫
𝒙𝟒 + 𝟐𝒙 + 𝟏
𝒙³ − 𝒙² − 𝟐𝒙
 𝒅𝒙 = 
𝒙²
𝟐
+ 𝒙 − 
𝟏
𝟐
𝐥𝐧|𝒙| + 
𝟐𝟏
𝟔
𝐥𝐧|𝒙 − 𝟐| + 𝒌. 
 
Exercícios Propostos para revisão 
Exercícios 12.6, página 378 e 379 do Livro: “Um Curso de Cálculo”, Volume 1 – 
Guidorizzi. 
4.3 Denominador Irredutível 
4.3.1 Primitivas de funções racionais cujos denominadores apresentam fatores 
irredutíveis do 2º grau 
Seja o caso agora de funções racionais, com denominadores do 2º grau 
irredutíveis. Vamos mostrar, através de exemplos, como calcular ∫
𝑃(𝑥)
𝑎𝑥²+𝑏𝑥+𝑐
 𝑑𝑥 quando 
 ∆< 0. 
Ex. 9: Calcule ∫
2𝑥+1
𝑥²+2𝑥+2
 𝑑𝑥. 
Resolução: Primeiro vamos analisar o denominador e reescrevê-lo como 
soma de quadrados: 
𝑥² + 2𝑥 + 2 = (𝑥2 + 2𝑥 + 1) + 1 = (𝑥 + 1)2 + 1. 
 
Assim, 
∫
2𝑥 + 1
𝑥² + 2𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ∫
2𝑥 + 1
1 + (𝑥 + 1)²
 𝑑𝑥. 
Aplicando então mudança de variável, façamos, agora, a mudança 
𝑢 = 𝑥 + 1, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥. 
 Então, 
∫
2𝑥 + 1
𝑥² + 2𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ∫
2 (𝑢 − 1) + 1
1 + 𝑢²
 𝑑𝑢 = ∫
2𝑢
1 + 𝑢²
 𝑑𝑢 + ∫
−1
1 + 𝑢2
 𝑑𝑢 
∫
2𝑥 + 1
𝑥² + 2𝑥 + 2
 𝑑𝑥 = ln(1 + 𝑢²) − 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑢 + 𝑘 
ou seja, 
P á g i n a | 68 
 
 
∫
𝟐𝒙 + 𝟏
𝒙² + 𝟐𝒙 + 𝟐
 𝒅𝒙 = 𝐥𝐧(𝒙² + 𝟐𝒙 + 𝟐) − 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 (𝒙 + 𝟏) + 𝒌. 
Ex. 10: Calcule ∫
𝑥²+2𝑥+3
𝑥²+4𝑥+13
 𝑑𝑥. 
Resolução: Como o grau do numerador é igual ao do denominador, primeiro 
vamos extrair os inteiros. 
 
assim, 
∫
𝑥2 + 2𝑥 + 3
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = ∫ [1 − 
2𝑥 + 10
𝑥² + 4𝑥 + 13
] 𝑑𝑥 
Ou; 
∫
𝑥2 + 2𝑥 + 3
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = 𝑥 − ∫
2𝑥 + 10 
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥. 
Resolvendo a função racional restante, primeiro vamos fatorar o denominador. 
Como ele é irredutível, vamos escrever como uma combinçação: 
𝑥2 + 4𝑥 + 13 = 𝑥2 + 4𝑥 + 4 + 9 = (𝑥 + 2)2 + 32 
Segue; 
∫
2𝑥 + 10 
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = ∫
2𝑥 + 10
(𝑥 + 2)2 + 3²
 𝑑𝑥. 
Fazendo 𝑥 + 2 = 3𝑢, 𝑑𝑥 = 3𝑑𝑢 e 𝑥 = 3𝑢 − 2, 
∫
2𝑥 + 10
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = ∫
2 (3𝑢 − 2) + 10
9𝑢² + 9
 3𝑑𝑢 = 2 ∫
𝑢 + 1
𝑢² + 1
 𝑑𝑢 
∫
2𝑥 + 10
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = ∫
2𝑢
𝑢² + 1
𝑑𝑢 + ∫
2
𝑢² + 1
 𝑑𝑢 
ou seja, 
∫
2𝑥 + 10
𝑥² + 4𝑥 + 13
 𝑑𝑥 = ln(1 + 𝑢²) + 2 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑢 + 𝑘. 
Assim, 
∫
𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟑
𝒙² + 𝟒𝒙 + 𝟏𝟑
 𝒅𝒙 = 𝒙 − 𝐥𝐧
𝒙² + 𝟒𝒙 + 𝟏𝟑
𝟗
− 𝟐 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 (
𝒙 + 𝟐
𝟑
) + 𝒌. 
Vejamos, agora, um teorema que define como calcular integrais indefinidas 
do tipo: 
∫
𝑃(𝑥)
(𝑥 − 𝛼)(𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)
 𝑑𝑥 
onde 𝑃(𝑥) é um polinômio ∆= 𝑏² − 4𝑎𝑐 < 0. 
P á g i n a | 69 
 
 
 
DEMONSTRAÇÃO: 
𝐴
𝑥 − 𝛼
+ 
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
= 
(𝑎𝐴 + 𝐵)𝑥² + (𝑏𝐴 − 𝛼𝐵 + 𝐶)𝑥 + (𝑐𝐴 − 𝛼𝐶)
(𝑥 − 𝛼)(𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)
. 
Basta, então, mostrar que existem 𝐴, 𝐵, 𝐷 tais que: 
{
𝑎𝐴 + 𝐵 = 𝑚 
𝑏𝐴 − 𝛼𝐵 + 𝐶 = 𝑛
𝑐𝐴 − 𝛼𝐶 = 𝑝 . 
 
O determinante do sistema é: 
|
𝑎 1 0
𝑏 −𝛼 1
𝑐 0 −𝛼
| = 𝑎 𝛼² + 𝑏 𝛼 + 𝑐 ≠ 0, pois, 
𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐 não admite raiz real. O sistema acima admite, então, uma única 
solução. 
Ex. 11: Calcule ∫
8𝑥²+𝑥+1
𝑥3−8
 𝑑𝑥. Resolução: Primeiro vamos fatorar o denominador. 
Como ele é irredutível, vamos escrever como uma combinação de um polinômio do 
1º grau com um do 2º grau. 
Sendo 2 uma das raízes de 𝑥3 − 8, podemos dividir (𝑥3 − 8 ) ÷ (𝑥 − 2) e obter o 
polinômio do 2º grau. 
 
𝑥3 − 8 = (𝑥 − 2) ∙ (𝑥2 + 2𝑥 + 4) 
Segue: 
8𝑥² + 𝑥 + 1
𝑥3 − 8
=
𝐴
𝑥 − 2
+ 
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑥2 + 2𝑥 + 4
 
TEOREMA 
Sejam 𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑎, 𝑏, 𝑐 e 𝛼 números reais dados tais que ∆= 𝑏² −
4𝑎𝑐 < 0. 
Então existem constantes 𝐴, 𝐵 e 𝐷 tais que 
 
𝑚𝑥² + 𝑛𝑥 + 𝑝
(𝑥 − 𝛼)(𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)
= 
𝐴
𝑥 − 𝛼
+ 
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
 
P á g i n a | 70 
 
 
Daí segue que: 
8𝑥² + 𝑥 + 1 = 𝐴 ∙ (𝑥2 + 2𝑥 + 4) + (𝐵𝑥 + 𝐶) ∙ (𝑥 − 2) 
𝑥 = 0 ∴ 8 ∙ 0² + 0 + 1 = 𝐴 ∙ (02 + 2 ∙ 0 + 4) + (𝐵 ∙ 0 + 𝐶) ∙ (0 − 2) 
1 = 4𝐴 − 2𝐶 (𝑖) 
𝑥 = 1 ∴ 8 ∙ 1² + 1 + 1 = 𝐴 ∙ (12 + 2 ∙ 1 + 4) + (𝐵 ∙ 1 + 𝐶) ∙ (1 − 2) 
10 = 7𝐴 − 𝐵 − 𝐶 (𝑖𝑖) 
𝑥 = 2 ∴ 8 ∙ 2² + 2 + 1 = 𝐴 ∙ (22 + 2 ∙ 2 + 4) + (𝐵 ∙ 2 + 𝐶) ∙ (2 − 2) 
35 = 12𝐴 → 𝐴 =
35
12
 
Substituindo A em (I): 
1 = 4(
35
12
) − 2𝐶 →