Calculo 2A - Cristiane R R Argento
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Clculo 2A
Departamento de Matemtica Aplicada
Instituto de Matemtica e Estatstica
Universidade Federal Fluminense
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
-
ii
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Contedo
Prefcio ix
1 Integral denida 1
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2 Denio formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 O Teorema Fundamental do Clculo 9
1 Introduo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Aplicaes do Teorema Fundamental do Clculo 17
1 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4 Integrao por substituio 27
1 Introduo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Integrao por substituio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 O Mtodo de Substituio para a Integral Denida . . . . . . 32
4 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5 Integrao por partes 39
iii
-
iv CONTEDO
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
6 Integrais de Funes Trigonomtricas 47
1 Introduo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
7 Substituio trigonomtrica 53
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
8 Integrao por fraes parciais 61
1 Integrao de funes racionais prprias . . . . . . . . . . . . 61
2 Integrao de funes racionais imprprias . . . . . . . . . . . 67
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
9 Substituies diversas 71
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
10 Volumes de slidos de revoluo usando o mtodo dos discos 79
1 Rotao de regio entre o grco de uma funo e o eixo de
revoluo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2 Rotao de regio entre dois grcos . . . . . . 86
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
11 Volumes de slidos de revoluo por cascas cilndricas 91
1 Rotao de regio entre dois grco em torno de um eixo ver-
tical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
CONTEDO v
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
12 Comprimento de arco 99
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
13 Integral imprpria em intervalos no limitados 105
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
14 Integral imprpria de funes no limitadas 111
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
15 Critrio de comparao para integrais imprprias 119
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
16 Introduo s equaes diferenciais ordinrias 127
1 Equaes Diferenciais Ordinrias . . . . . . . . . . . . . . . . 127
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
17 EDO de primeira ordem 135
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
vi CONTEDO
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
18 Teorema de Existncia e Unicidade 143
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
19 Equaes Diferenciais Homogneas 151
1 Equaes Homogneas na forma normal . . . . . . . . . . . . . 151
2 Equaes Homogneas na forma diferencial . . . . . . . . . . . 155
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
20 Equaes lineares de primeira ordem 159
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
21 Equaes exatas e equaes redutveis s exatas 167
1 Equaes exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
3 Equaes redutveis s exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
4 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
22 Equaes de Bernoulli, Ricatti e Clairaut 179
1 Equao de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
2 Equao de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
3 Equao de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
4 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
23 Aplicaes das EDOs de 1 ordem 191
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
CONTEDO vii
1 Trajetrias ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
2 Modelagem Matemtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
24 EDOs homogneas lineares de ordem n 2 2031 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
25 Mtodo da reduo de ordem 213
1 Descrio do mtodo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
26 EDO lineares homogneas de grau n com coecientes con-
stantes 219
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
2 Grau n=2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
3 Grau n 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2234 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
5 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
27 Mtodo dos coecientes a determinar 229
1 Descrio do mtodo dos coecientes a determinar . . . . . . . 229
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
3 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
28 Mtodo da variao dos parmetros 237
1 Conceitos bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
2 Grau n=2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
viii CONTEDO
3 Grau n 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2404 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
5 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
29 Equaes de Euler-Cauchy 249
1 Equaes de Euler-Cauchy de segunda ordem . . . . . . . . . 249
2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
3 Equaes de Euler-Cauchy de ordem n 3 . . . . . . . . . . . 2544 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
30 Aplicaes das Equaes de Segunda Ordem 259
1 Sistema Massa-Mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
2 Exerccios de reviso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
Bibliograa 277
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Prefcio
O presente texto foi elaborado para os alunos da disciplina Clculo
IIA, oferecida pelo Departamento de Matemtica Aplicada da UFF, na mo-
dalidade distncia ou semipresencial. Como pr-requisito, o aluno precisa
dominar o contedo da disciplina Clculo IA: Clculo Diferencial de uma
Varivel Real.
Niteri - RJ, outubro de 2011.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
Departamento de Matemtica Aplicada
IME-UFF
ix
-
xCristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Aula 1
Integral denida
H dois problemas fundamentais em clculo: o primeiro encontrar
a inclinao de uma curva qualquer em um ponto dado e o segundo
determinar a rea de uma regio plana qualquer. Estes dois problemas, sem
nenhuma relao aparente entre eles, correspondem aos conceitos de derivada
e integral, respectivamente. Alguns matemticos, como Barrow, Newton,
Leibniz, observaram que estes dois conceitos matemticos, e, portanto, os
problemas da inclinao e da rea, esto intimamente relacionados entre si.
Esta clebre observao, conhecida como Teorema Fundamental do Clculo,
ser objeto de estudo da prxima aula.
Nesta aula apresentaremos o conceito de integral denida como soluo
ao problema da rea sob uma curva.
1 Conceitos bsicos
Consideremos o problema de calcular a rea entre o eixo x e o grco
de uma funo positiva e limitada f , denida no intervalo [a, b] (Figura 1).
Uma ideia natural para calcular a rea de uma regio aproxim-la
por uma nova regio cuja rea possa ser facilmente calculada (por exemplo,
uma unio de retngulos). Fazendo isso, no obtemos a rea desejada, mas
sim uma aproximao dela. No entanto, esperamos que quanto melhor a
1
-
2 1. CONCEITOS BSICOS
Figura 1: Regio sob a funo f
aproximao da regio, melhor a aproximao da rea.
As Figuras de 2 a 5 mostram aproximaes por regies maiores e
menores que a regio da Figura 1, compostas de 3, 7, 15 e 30 retngulos.
As reas destas regies so chamadas de Soma de Riemann Superior (SS) e
Soma de Riemann Inferior (SI), respectivamente.
Figura 2: SS =2.45, SI =1.55
Figura 3: SS =2.21, SI =1.79
Figura 4: SS =2.1, SI =1.9
Figura 5: SS =2.05, SI =1.95Dados os valores de SS e SI obtidos nestas aproximaces, no difcilintuir que o valor da rea que procuramos exatamente 2.Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 1. INTEGRAL DEFINIDA 3
2 Denio formal
Vamos formalizar as ideias expostas na seo anterior para que pos-
samos calcular a rea entre o grco de uma funo positiva f , denida no
intervalo [a, b], e o eixo x.
Comeamos aproximando a regio desejada por uma unio nita de
retngulos e depois calculamos a rea desta unio. Para isso, preciso co-
nhecer a base e a altura de cada um desses retngulos.
Consideremos a unio de n retngulos cujas bases e alturas so dadas
pelos intervalos [t0, t1], [t1, t2], , [tn1, b] e pelos valores {f(t1), f(t2), , tn},respectivamente, onde {a = t0 < t1 < t1 < < tn1 < tn < tn = b}.
Figura 6: Exemplo com n = 6
Finalmente, associamos a partio pontilhada
P = ({t0, t1, , tn1, tn}, {t1, , tn1, tn})
a essa unio de retngulos e denimos ||P|| como sendo o maior dos compri-mentos dos intervalos [ti, ti+1].
Agora estamos prontos para dar uma denio formal de rea.
Denio 1
A rea entre o grco de uma funo positiva e limitada f : [a, b] R e o
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
4 2. DEFINIO FORMAL
eixo x denida como ba
f(x)dx = lim||P||0
ni=1
f(ti )(ti ti1), (1)
quando o limite acima, que calculado sobre todas as possveis parties
pontilhadas, existir. Nesse caso, diremos que f Riemman integrvel no
intervalo [a, b].
Observao 1
Note que a soma que aparece no limite (1) faz sentido mesmo que a funof no seja positiva. Caso o limite exista, seguiremos chamando este limite de
integral de Riemann, embora a interpretao agora seja a de rea com sinal.
Isto , a rea acima do eixo x conta como positiva, e aquela que ca embaixo
do eixo x conta como negativa.
O conceito de integral ser estendido para funes denidas em intervalosno limitados e para funes no limitadas (integrais imprprias) nas Aulas
13 e 14, respectivamente.
Uma vez dada a denio de funo integrvel, surge uma pergunta
natural. Quais funes limitadas so integrveis? Lamentavelmente, nem
todas elas so (ver exerccio 2). No entanto, o seguinte teorema fornece um
critrio para determinar quando uma funo limitada integrvel.
Teorema 1
Uma funo limitada f : [a, b] R com uma quantidade nita de descon-tinuidades Riemann integrvel. Em particular, toda funo contnua
integrvel.
Vamos agora calcular uma integral explicitamente.
Exemplo 1
Calcule
10
x2 dx.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 1. INTEGRAL DEFINIDA 5
Soluo
Pelo Teorema 1, sabemos que a funo f(x) = x2 integrvel no inter-
valo [0, 1]. Logo, para calcular o valor da integral, suciente considerar
uma sequncia de parties {Pn}n1, tal que ||Pn|| 0 quando n. Porexemplo,
Pn = ({0, 1n,2
n, , n 1
n, 1}, { 1
n,2
n, , n 1
n, 1}).
Neste caso ||Pn|| = 1n . A soma que apararece na expresso (1) (soma deRiemann) associada a Pn :
ni=1(
in)2( 1
n). Finalmente, usando a frmula da
soma dos primeiros n quadrados,
ni=1
i2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6,
obtemos 10
f(x)dx = limn0
1
n3
ni=1
i2 =1
3.
Como voc deve ter percebido, mesmo para o caso de funes muito
simples, bastante dispendioso o clculo da integral usando a mera denio.
O teorema fundamental do clculo, que estudaremos na prxima aula, fornece
outra maneira de calcular uma intregral.
Para concluir esta aula, vamos enunciar algumas propriedades da inte-
gral denida.
Sejam f : [a, b] R e g : [a, b] R funes limitadas e integrveis.Ento,
1.
ba
f(x) + g(x) dx =
ba
f(x) dx+
ba
g(x) dx .
2.
ba
kf(x) dx = k
ba
f(x) dx para todo k R.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
6 3. EXERCCIOS DE REVISO
3. Se f(x) g(x) para todo x [a, b], ento ba
f(x) dx ba
g(x) dx .
4.
ba
f(x) dx =
ca
f(x) dx+
bc
f(x) dx para toda constante c tal que
a < c < b.
5. Dados m,M R, tais que m f(x) M para todo x [a, b], temos
m(b a) ba
f(x) dx M(b a) . Em particular, aa
f(x) dx = 0.
3 Exerccios de reviso
1. Calcule
11
1 x2dx.
Dica: Lembre que a integral a rea sob a curva.
2. Prove que a funo f , denida no intervalo [0, 1] como
f(x) =
0 x racional,1 x irracional,NO Riemann integrvel.
Dica: Considere parties pontilhadas tais que {ti }ni=1 sejam todosracionais ou todos irracionais.
3. Verique que
10
x3 dx =1
4, usando os mesmos argumentos do Exemplo1.
Dica: Use a seguinte identidade:
nk=1
k3 =[n(n+ 1)
2
]2.
4. Ache o valor
30
[5f(x) + 4g(x)] dx supondo que
32f(x) dx = 7, 0
2f(x) dx = 15 e
30
g(x) dx = 10.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
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AULA 1. INTEGRAL DEFINIDA 7
5. Verique as seguintes desigualdades sem calcular as integrais.
(a) 23
11
3 + x2 dx 4 ;
(b)
pi24 pi
4
pi6
sen(x) dx 2pi
24.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
8 3. EXERCCIOS DE REVISO
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Aula 2
O Teorema Fundamental do
Clculo
1 Introduo
O Teorema Fundamental do Clculo (TFC) estabelece uma conexo
entre os conceitos de derivada e integral. Essa ntima relao entre o Clculo
Diferencial e o Clculo Integral simplica muito a soluo de problemas em
que o conceito de integral denida usado. Esse teorema o grande re-
sultado do Clculo e foi descoberto por Isaac Barrow (1630-1677), que foi o
mentor de Newton, na Universidade de Cambridge. Barrow percebeu que a
derivada e a integral so problemas inversos, porm, foram Newton e Leibniz
que aplicaram as ideias e desenvolveram o Clculo, utilizando-o na resoluo
de diferentes problemas.
Antes de abordarmos o Teorema, precisamos desenvolver algumas ideias
preliminares. Comecemos denindo novas funes a partir de antigas.
Seja f : [a, b] R contnua em [a, b], denimos uma nova funo g : [a, b] R,
como a funo que a cada x em [a, b] associa o nmero real g(x) =
xa
f(t) dt.
Quando f 0 interpretamos g(x) como a funo rea, j que, nesse caso,
9
-
10 1. INTRODUO
g(x) representa a rea da regio entre o grco da f(t) e o eixo t, para
t [a, x], conforme a Figura 1 a seguir. Observe que g(a) = aa
f(t) dt = 0.
Figura 1: rea da regio sob a funo f(t), t [a, x]
Exemplo 1
Calcule g(0), g(1), g(3/2), g(2) e g(3), em que g(x) =
x0
f(t) dt e
f(t) =
t2, se 0 t 1;1, se 1 < t < 2;
3 t, se 2 t 3.
Soluo
Temos g(0) =
00
f(t) dt = 0; g(1) =
10
f(t) dt =
10
t2 dt = 1/3, pelo
exemplo 1 visto na Aula 1. Observando o grco da Figura 2 a seguir, temos
que
g(3/2) =
3/20
f(t) dt =
10
f(t) dt+
3/21
f(t) dt
=
10
t2 dt+
3/21
1 dt = 1/3 + 1/2 = 5/6 ,
onde a ltima integral denida representa a rea do retngulo de altura 1 e
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 2. O TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 11
base 1/2;
g(2) =
20
f(t) dt =
10
f(t) dt+
21
f(t) dt =
10
t2 dt+
21
1 dt = 1/3+1 = 4/3 ,
em que a ltima integral denida representa a rea do quadrado de lado 1;
g(3) =
20
f(t) dt+
32
f(t) dt = 4/3 +
32
3 t dt = 4/3 + 1/2 = 11/6 ,
onde a ltima integral denida representa a rea do tringulo retngulo de
altura 1 e base 1.
Figura 2: Grco da funo f(t) do exemplo1.
Exemplo 2
Mostre que
d
dx
x0
t dt = x, x 0
Soluo
Interpretando como a rea do tringulo entre o grco de y = t e o eixo
t, para t [0, x], temos que x0
t dt =x.x
2=x2
2, j que a base e a altura so
iguais a x. Logo,d
dx
x0
t dt =d
dx
(x2
2
)= x.
Lembremos que uma primitiva ou antiderivada de uma funo f , num
intervalo I, qualquer funo F denida em I, cuja derivada coincide com a
f , isto , F (x) = f(x), x I. Alm disso, como consequncia do Teorema
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
12 1. INTRODUO
do Valor Mdio, segue que duas primitivas quaisquer, digamos F e G de uma
f , num intervalo I, diferem por uma constante, isto , F (x) = G(x) + C,
x I, onde C uma constante real. Portanto, o Exemplo 2 revela quenesse caso
x0
t dt uma primitiva para o integrando f(x) = x. O TFC nos
mostrar que esse resultado geral, ele valer sempre que o integrando for
uma funo contnua. Antes, porm, vejamos um argumento intuitivo que
aponta para a veracidade desse resultado, ao menos para f 0.
Nesse caso, g(x) a rea pintada da Figura 1 e sabemos que
g(x) = limh0
g(x+ h) g(x)h
.
Assim, supondo inicialmente h > 0, temos
g(x+ h) g(x) = x+ha
f(t) dt xa
f(t) dt
=
xa
f(t) dt+
x+hx
f(t) dt xa
f(t) dt
=
x+hx
f(t) dt .
Nesse caso, a ltima integral representa a rea da faixa entre o grco da
f e o eixo t, para t [x, x + h]. Note que, na ltima igualdade, usamos apropriedade 4 das integrais denidas, vista na Aula 1.
Como estamos interessados no limite para h 0, supomos a faixa bemninha, isto , h 0, portanto, a rea da faixa aproximadamente a reado retngulo de base h e altura f(x), conforme a Figura 3. Logo,
g(x) = limh0
g(x+ h) g(x)h
limh0
f(x).h
h= lim
h0f(x) = f(x) .
Analogamente temos o mesmo resultado para h < 0.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 2. O TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 13
Figura 3: A rea do retngulo aproxima a rea da faixa.
Agora, podemos perceber que o resultado razovel, o que torna natural
o contedo do TFC, que se divide em duas partes, sendo que a segunda
consequncia da primeira.
Teorema Fundamental do Clculo
Se a funo f for contnua em [a,b], ento
i) a funo g(x) =
xa
f(t) dt contnua em [a, b], derivvel em (a, b) e
g(x) = f(x), x (a, b).
ii)
ba
f(x) dx = F (b) F (a), onde F qualquer primitiva da funo f .
Observao 1
A primeira parte do TFC nos diz que podemos construir primitivas parauma funo contnua usando integrao. Alm disso, a demonstrao feita
vale em a e b como derivadas laterais e podemos escrever g(x) = f(x),
x [a, b], entendendo que g(a) a derivada direita da g em x = a e g(b) a derivada esquerda.
A segunda parte do TFC facilita muito o clculo de integrais denidas, seconhecermos uma primitiva F para o integrando. Nesse caso, calculamos a
variao total dessa funo, isto , F (b) F (a). Essa variao total recebe
uma notao bastante til, a saber F (b) F (a) = F (x)ba.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
14 2. EXERCCIOS DE REVISO
A partir da Aula 4 at a Aula 9 vamos desenvolver tcnicas que nospermitem calcular primitivas de algumas funes. Porm, essas tcnicas tm
alcance limitado, na verdade, para a maioria das funes integrveis, no
podemos determinar uma primitiva. Nesse caso, o uso das somas de Riemann
necessrio e as mesmas podem ser utilizadas com algum mtodo numrico
para aproximar o valor da integral denida.
A primeira parte do TFC nos diz que ddx
xa
f(t) dt = f(x), ou seja
que a derivada desfaz o que realizado pela integral e obtemos de volta a
funo f original. Aplicando a segunda parte do TFC derivada de f temos xa
d
dtf(t) dt = f(x) f(a). Assim, a integral desfaz o que realizado pela
derivada e obtemos de volta a funo f , a menos da constante f(a). Neste
sentido, entendemos que a derivao e a integrao so processos inversos.
Nesse ponto, justicamos o uso da nomenclatura integral indenida parao conjunto das primitivas de uma funo. primeira vista esse uso parece
inadequado, por se tratar de uma ideia que no envolve o mesmo princpio
da integral denida. A estreita ligao que envolve os dois conceitos s ca
evidente com o TFC.
2 Exerccios de reviso
1. Calcule as integrais indenidas:
a.
41
1
xdx; b.
10
1
x2 + 1dx; c.
21
3x4 + 1 dx;
d.
pi0
sen x dx; e.
41
1tdt; f.
10
es ds.
2. Esboce a regio R compreendida entre os grcos dados e calcule sua
rea.
a. y = x4 e o eixo Ox para x [0, 2];b. y = cos x e o eixo Ox para x [0, pi/2];c. Reta y = 1 e y = cos x para x [0, pi/2] .
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 2. O TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 15
3. Derive as funes abaixo em relao a x.
a.
x1
2
tdt; b.
x0
es2
ds; c.
1x
u2
u4 + 2u2 + 3du.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
16 2. EXERCCIOS DE REVISO
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Aula 3
Aplicaes do Teorema
Fundamental do Clculo
Iniciamos a aula relembrando algumas das primitivas imediatas que
foram vistas no curso de Clculo Diferencial.xa dx =
xa+1
a+ 1+ C a R, a 6= 1 ,
ex dx = ex + C ,
cosx dx = senx+ C ,
sen x dx = cosx+ C ,
sec2 x dx = tg x+ C ,
1
xdx = ln |x|+ C ,
1
1 + x2dx = arctg x+ C ,
1
1 x2 dx = arcsen x+ C .
Revisemos ainda, duas propriedades da integral indenida, a saber:
cf(x) dx = c
f(x) dx, para c constante real ;
[f(x) + g(x)] dx =
f(x) dx+
g(x) dx.
Combinando as primitivas acima e as propriedades formamos novas integrais
indenidas. Observe, por exemplo:sec2 x+ 3x4 dx = tg x+
3
5x5 + C .
17
-
18
Observe, atravs dos exerccios a seguir como o clculo de reas cou bem
menos trabalhoso com a aplicao do Teorema Fundamental do Clculo, es-
tudado na Aula 2.
Exemplo 1
Calcule a rea da regio R entre o grco de f(x) =x e o eixo x para
x [1, 2]. Esboce a regio.
Soluo
Observe o esboo da regio R na Figura 1. Pelo item ii) do TFC segue
que a rea da regio R dada por 21
x dx =
21
x12 dx =
x3/2
3/2
21=
2
3[23/2 13/2] = 2
3[22 1] unidades de rea.
Figura 1: Esboo da regio R do exemplo 1
Observao 1
Se f(x) 0, x [a, b], ento a rea da regio R entre o grco da funo f
e o eixo x em [a, b] dada porA(R) = A(R) = ba
f(x) dx = ba
f(x) dx,
veja a Figura 2 a seguir.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 3. APLICAES DO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 19
Se a funo f trocar de sinal em [a, b] usamos suas razes e dividimos [a, b]em subintervalos nos quais a funo f no troca de sinal. Assim, escrevemos
a rea da regio R entre o grco de f e o intervalo [a, b], como uma soma de
integrais nesses subintervalos, onde o integrando ser f ou f , dependendose no subintervalo correspondente funo f for no negativa ou no positiva,
respectivamente. Observe a Figura 3 a seguir.
Figura 2: A(R)=A(R*)=
b
a
f(x) dx
Figura 3: A(R) = x1a f(x) dx x2x1 f(x) dx+ x3x2 f(x) dx bx3 f(x) dxExemplo 2A Figura 4 mostra o grco de y = senx entre x = 0 e x = 2pi.a) Calcule 2pi0 senx dx;b) Calcule a rea entre o grco de y = senx e o eixo x em [0, 2pi].c) Compare os dois itens anteriores.Soluoa) Pelo TFC, 2pi0 senx dx = cosx2pi0 = cos 2pi + cos 0 = 1 + 1 = 0.CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
20
Figura 4: Esboo da regio R do exemplo 2
b) Primeiro, note que sen x negativo em [pi, 2pi], ento para calcularmos
a rea da regio correspondente a esse intervalo, vamos considerar
y = sen x em [pi, 2pi], que no negativa e cuja rea entre o gr-co e o eixo x coincide com a rea que queremos determinar. Assim, a
rea da regio dada igual a pi0
sen x dx+
2pipi
sen x dx = cosxpi0 ( cosx)
2pipi
=
cos pi + cos 0 + cos 2pi cos pi = (1) + 1 + 1 (1) = 4 unidadesde rea.
c) No item a), temos um cancelamento das reas, pois
2pipi
sen x dx menos
a rea da regio que est abaixo do eixo x e
2pi0
sen x dx =
pi0
sen x dx
+
2pipi
sen x dx. Assim, devido simetria, o resultado foi zero.
No item b), dividimos o clculo da rea em duas partes, onde a funo
positiva e onde negativa. Para termos a rea, reetimos o grco da
parte com imagem negativa em torno do eixo x e assim a rea desejada
foi calculada pela
pi0
sen x dx 2pipi
sen x dx 6= 2pi0
sen x dx.
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 3. APLICAES DO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 21
Exemplo 3
Determine a rea da regio fechada da Figura 5 entre o grco de f(x) = x3x26xe o eixo x.
Figura 5: Regio fechada entre o grco de f(x) = x3 x2 6x e o eixo x.
Soluo
Para comear, precisamos determinar os zeros da funo polinomial dada,
ento vamos resolver a equao f(x) = x3 x2 6x = 0. Assim,
f(x) = x3x26x = 0 x(x3)(x+2) = 0 x = 0 ou x = 3 ou x = 2 .
Observando o sinal de f pela Figura 5, temos
A(R) =
02x3 x2 6x dx
30
x3 x2 6x dx
=
[x4
4 x
3
3 6x
2
2
] 02[x4
4 x
3
3 6x
2
2
] 30
= 4 8/3 + 12 81/4 + 27/3 + 27 = 167/12.
Exemplo 4
Calcule a rea da regio R entre os grcos de y = x2 e y = x. Esboce a
regio.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
22
Soluo
Observe que x2 = x x = 0 ou x = 1. A rea de R a diferenaentre a rea (do tringulo)entre y = x e do eixo x e a rea entre y = x2 e o
eixo x, para x [0, 1]. Portanto,
A(R) =
10
x dx 10
x2 dx =x2
2
10 x
3
3
10= 1/2 1/3 = 1/6.
Figura 6: Esboo da regio R do exemplo 4
No caso geral em que temos que calcular a rea entre dois grcos de
funes f e g em [a, b], procedemos da seguinte forma:
Determinamos as intersees entre os dois grcos, isto resolvemos a
equao f(x) = g(x) em [a, b].
Esboamos os grcos, sempre que possvel, para conhecermos a regio,
cuja rea estamos calculando.
Calculamos separadamente as integrais denidas de f(x) g(x) nossubintervalos determinados pelas intersees e por a e b. Tomamos
o mdulo de cada integral denida e somamos os resultados. O que
equivale ao clculo da
ba
|f(x) g(x)| dx, ou seja, em cada intervalo
o integrando a diferena entre a "funo maior"e a "funo menor".
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 3. APLICAES DO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 23
Exemplo 5
Calcule a rea da regio R entre os grcos de y = senx e y = sen 2x, para
x [0, pi]. Esboce.
Soluo
Primeiro calculamos as intersees entre os dois grcos, observadas na Figura
7 a seguir. Ento, em [0, pi], temos sen x = sen 2x sen x = 2 senx cosx
Figura 7: Usamos duas integrais denidas para o clculo da rea da regio hachurada.
sen x = 0 ou cosx = 1/2 x = 0 ou x = pi ou x = pi/3. Portanto,
A(R) =
pi/30
sen 2x sen x dx+ pipi/3
sen x sen 2x dx
= [cos 2x2
+ cosx]pi/30
+ [ cosx+ cos 2x2
]pipi/3
= 1/4 + 1/2 + 1/2 1 + 1 + 1/2 + 1/2 + 1/4 = 5/2.
Agora, vamos derivar funes dadas usando integrais denidas. Como
a derivada desfaz o que a integral produziu, no precisaremos realizar a
integrao.
Exemplo 6
Derive as funes : a)
x1
sen t2 dt , b)
2x
et2
dt .
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-
24
Soluo
a) Pelo TFC-i),
d
dx
x1
sen t2 dt = senx2.
b)Pelo TFC-i),
d
dx
2x
et2
dt =d
dx
[ x2
et2
dt
]= ex2 .
Exemplo 7
Suponha
x1
f(t) dt = x2 + 3x 4. Determine f(x).
Soluo
Pelo TFC-i), temos
f(x) =d
dx
[ x1
f(t) dt
]=
d
dx[x2 + 3x 4] = 2x+ 3.
Note que se F (x) =
xa
f(t) dt, ento,
u(x)a
f(t) dt = F (u(x)), isto ,
temos uma funo composta. Portanto, pela Regra da Cadeia e pelo TFC,
obtemos
d
dx
u(x)a
f(t) dt =d
dxF (u(x)) = F (u(x))u(x) = f(u(x))u(x),
em que supomos que a funo f seja contnua e a u derivvel. Analogamente,
se v for derivvel,
d
dx
av(x)
f(t) dt = ddx
v(x)a
f(t) dt = f(v(x))v(x).
Mas, u(x)v(x)
f(t) dt =
av(x)
f(t) dt+
u(x)a
f(t) dt ,
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 3. APLICAES DO TEOREMA FUNDAMENTAL DO CLCULO 25
onde a qualquer nmero real no domnio da funo f . Portanto, obtivemos
a conhecida Frmula de Leibniz:
d
dx
u(x)v(x)
f(t) dt = f(u(x))u(x) f(v(x))v(x) (1)
Exemplo 8
Calcule
d
dx
x2x
et3
dt
Soluo
Aplicando a frmula de Leibniz (1), temos que
d
dx
x2x
et3
dt = e(x2)32x e(x)3(1) = 2xex6 + ex3 .
Exemplo 9
Calcule limx0
xx
cos t5 dt
x.
Soluo
Temos uma indeterminao do tipo [0/0], portanto, aplicando a Regra de
LHpital e a Frmula de Leibniz (1) para derivar o numerador, obtemos
limx0
xx
cos t5 dt
x= lim
x0cosx5 cos(x)5(1)
1= lim
x0cosx5 + cosx5 = 2 .
Neste caso, usamos acima o fato de que o cosseno uma funo par.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
26 1. EXERCCIOS DE REVISO
1 Exerccios de reviso
1. Calcule as integrais indenidas e d uma interpretao geomtrica.
a.
40
ex dx; b.
20
1
x2 + 1dx; c.
21
4x2 + 1 dx;
d.
pipi/2
sen x dx; e.
40
t dt; f.
51
1
sds.
2. Esboce a regio R compreendida entre os grcos dados e calcule sua
rea.
a. y = x3 + 2x2 3x e o eixo x ;b. y = x4 e a reta y = x para x [0, 2] ;c. y = x 2 e x = y2 ;d y = sen x e y = cos x para x [0, 2pi].
3. Derive as funes abaixo em relao a x.
a. f(x) =
x1
cos t2 dt; b. f(x) =
x20
es2
ds;
c. x
2xx3
cos3t dt.
4. Calcule os limites.
a. limx0
xx
sen t2 dt
x3; b. lim
x1
x2x
et2
dt
x 1 .
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
Aula 4
Integrao por substituio
1 Introduo
A partir desta Aula at a Aula 9 vamos desenvolver as principais tcni-
cas de integrao. A ideia simplicar o clculo das integrais, reduzindo-as
a integrais mais simples, como, por exemplo, as que foram vistas nas Aulas
2 e 3. Voc j deve ter percebido que o problema de determinar primitivas
de uma funo mais complexo do que o clculo de derivadas. No Clculo
Integral precisamos reconstruir a funo a partir do conhecimento de sua
derivada e, para tal, no dispomos de frmulas to gerais quanto quelas
vistas no Clculo Diferencial.
2 Integrao por substituio
O mtodo de integrao que veremos nesta aula chamado de Mtodo
de Substituio ou Mudana de Varivel. Esse mtodo baseado em uma
regra de derivao bem conhecida, a chamada Regra da Cadeia. Suponha
que temos uma integral do tipo
f(g(x))g(x) dx, (1)
27
-
28 2. INTEGRAO POR SUBSTITUIO
em que a funo g possui derivada contnua em algum intervalo e a funo
f contnua num intervalo contendo a imagem de g . Suponha ainda, que
conhecemos uma primitiva F para a funo f , ento pela Regra da Cadeia,
usada inversamente, e pela denio de integral indenida, obtemosf(g(x))g(x) dx =
F (g(x))g(x) dx
=
d
dxF (g(x)) dx = F (g(x)) + C.
Assim, acabamos de calcular a integral indenida (1).
Na prtica, fazemos essas contas usando um mtodo mecnico que de-
screveremos a seguir. Trocamos a varivel x por u, fazendo u = g(x). Ento,
usando a notao de diferencial, du = g(x)dx, obtemosf(g(x))g(x) dx =
f(u)du = F (u) + C.
Por m, retornamos varivel x, substituindo u = g(x) na igualdade descrita
e obtemos:f(g(x))g(x) dx =
f(u)du = F (u) + C = F (g(x)) + C,
tal como queramos.
Precisamos enfatizar que para aplicar este mtodo, precisamos identi-
car a mudana de varivel que vai nos levar a uma integral mais simples
na nova varivel. Como veremos nos exemplos, se a varivel original for x,
frequentemente teremos que ajeitar o dx em funo do du e, aps as contas,
sempre retornaremos varivel original. O retorno varivel x fundamen-
tal no clculo da integral indenida, j que, nesse caso, o objetivo encontrar
todas as funes primitivas do integrando original, em funo de x.
Mais adiante, com a introduo de outras tcnicas de integrao, ser
muito comum aplicarmos mais de uma tcnica no mesmo problema e o
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 4. INTEGRAO POR SUBSTITUIO 29
Mtodo de Substituio vai ser bastante utilizado.
Calcule as integrais indenidas nos exemplos a seguir.
Exemplo 141 + 4x dx .
Soluo
Seja u = 1 + 4x. Ento, du = 4dx e o Mtodo de Substituio nos d41 + 4x dx =
u du =
u3/2
3/2+ C =
2
3(1 + 4x)3/2 + C .
Exemplo 2u2eu
3
du .
Soluo
Seja v = u3, ento, dv = 3u2du e a integral dada se escreve comou2eu
3
du =
1
3ev dv =
1
3ev + C =
eu3
3+ C .
Exemplo 3t(1 + t2)100 dt .
Soluo
Seja u = 1 + t2. Ento, du = 2tdt tdt = du2. Portanto,
t(1+ t2)100 dt =
u100
du
2=
1
2
u100 du =
1
2
u101
101+C =
(1 + t2)101
202+C .
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
30 2. INTEGRAO POR SUBSTITUIO
Exemplo 4cos
x
xdx .
Soluo
Seja u =x. Ento, du =
dx
2x 2du = dx
x. Logo,
cos
x
xdx =
cosu 2du = 2
cosu du = 2 senu+ C = 2 sen
x+ C .
Exemplo 5tg x dx .
Soluo
Primeiro vamos reescrever a tangente como tg x =sen x
cosx. Substituindo
u = cos x temos du = sen xdx du = senxdx. Logo,sen x
cosxdx =
du
u= ln |u|+ C = ln | cosx|+ C = ln | sec x|+ C .
Exemplo 6x
x2 + 6dx .
Soluo
Seja u = x2 + 6, ento, du = 2xdx e a integral dada se escreve comox
x2 + 6dx =
1
2udu =
1
2ln |u|+ C = 1
2ln(x2 + 6) + C .
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 4. INTEGRAO POR SUBSTITUIO 31
Exemplo 71
3x2 + 1dx .
Soluo
A ideia reescrever a integral para chegarmos funo arcotangente. Assim,
considere u =3x, ento, du =
3dx e a integral dada se escreve como
1
(3x)2 + 1
dx =13
1
u2 + 1du =
13arctg u+C =
13arctg(
3x)+C .
Exemplo 81
x2 + 2x+ 5dx .
Soluo
A ideia a mesma do exemplo anterior, vamos reescrever a integral para
chegarmos funo arcotangente. Assim, primeiro vamos completar o quadrado
do denominador e depois mudar a varivel. Como
x2 + 2x+ 5 = (x+ 1)2 + 4 = 4
[(x+ 1
2
)2+ 1
],
fazendo u =x+ 1
2, temos du =
1
2dx e, portanto,
1
x2 + 2x+ 5dx =
1
4
1(
x+ 1
2
)2+ 1
dx =1
2
1
u2 + 1du =
=1
2arctg u+ C =
1
2arctg
(x+ 1
2
)+ C.
Exemplo 9sec x dx .
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
32 3. O MTODO DE SUBSTITUIO PARA A INTEGRAL DEFINIDA
Soluo
Vamos calcular essa integral multiplicando e dividindo o integrando por
u = secx+ tg x, ento, du = [secxtgx+ sec2 x]dx esec x dx =
sec2 x+ sec x tg x
sec x+ tg xdx =
du
u= ln | sec x+ tg x|+ C .
3 O Mtodo de Substituio para a Integral
Denida
Existem duas formas para o clculo de uma integral denida usando
substituio. Podemos calcular a integral indenida e, depois, usando o
Teorema Fundamental do Clculo, computamos a variao total da primitiva
escolhida. Observe o clculo a seguir, em que usamos o resultado do Exemplo
1, a saber: 41 + 4x dx =
2
3(1 + 4x)3/2 + C ,
ento, 21
41 + 4x dx =
2
3(1+ 4x)3/2
21=
2
3(1+ 8)3/2 2
3(1+ 4)3/2 = 18 10
5
3.
A segunda forma de resoluo da integral denida consiste em aplicar o
teorema a seguir, em que mudamos os limites de integrao ao mudarmos
a varivel e fazemos as contas at o nal na nova varivel, no tendo que
retornar varivel original.
Teorema 1 (Substituio em integrais denidas)
Se g uma funo contnua em [a,b] e a funo f contnua na imagem de
g, ento, ba
f(g(x))g(x)dx = g(b)g(a)
f(u)du. (2)
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 4. INTEGRAO POR SUBSTITUIO 33
Prova
Observe que de (2) e do Teorema Fundamental do Clculo (TFC)) da Aula
2 obtemos ba
f(g(x))g(x)dx = F (g(x))ba= F (g(b)) F (g(a)) ,
onde F uma primitiva de f . Por outro lado, tambm pelo TFC, temos que g(b)g(a)
f(u)du = F (g(b)) F (g(a)). Logo,
ba
f(g(x))g(x)dx = g(b)g(a)
f(u)du ,
tal como queramos demonstrar.
Exemplo 10
Calcule
21
41 + 4x dx, usando (2) .
Soluo
Tomando u = 4x temos du = 4dx. Agora, devemos calcular os novos limites
de integrao, observe que
x = 1 u = 1 + 4(1) = 5 e x = 2 u = 1 + 4(2) = 9 .
Portanto, 21
41 + 4x dx =
95
u du =
2u3/2
3
95=
2
3(93/2 53/2) = 18 10
5
3.
Observao 1
Voc deve ter notado que a vantagem de usar (2) a de que no precisamos
retornar varivel x aps a integrao. A variao total calculada na
varivel u, com os novos limites de integrao.
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
34 3. O MTODO DE SUBSTITUIO PARA A INTEGRAL DEFINIDA
Exemplo 11
Calcule
01
x
3x2 + 2dx, usando (2) .
Soluo
Tomando u = 3x2 + 2 temos du = 6xdx. Agora, devemos calcular os novos
limites de integrao, observe
x = 1 u = 3(1)2 + 2 = 5 e x = 0 u = 3(0) + 2 = 2
Portanto,
01
x
3x2 + 2dx =
25
1
6
1
udu =
1
6lnu25=
1
6(ln 2 ln 5).
Observao 2
Ressaltamos que em (2) a ordem em que aparecem g(a), como limite inferior,
e g(b), como limite superior, deve ser respeitada, mesmo que g(b) g(a).
Exemplo 12
Calcule a rea da regio limitada pelo grco de y =1
1 2x , pelo eixo x epelas retas x = 2 e x = 1
Soluo
Pelo vista na Aula 1, a rea da regio descrita dada por A =
12
1
1 2x dx,
usando a mudana de varivel u = 12x, obtemos du = 2dx dx = du2.
Mudando os limites de integrao, de acordo com (2), segue que
A =
12
1
1 2x dx = 1
2
35
1
udu = 1
2lnu35= 1
2[ln 3ln 5] = 1
2ln
(5
3
).
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
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-
AULA 4. INTEGRAO POR SUBSTITUIO 35
Figura 1: Regio do exemplo 12.
Exemplo 13
Seja f uma funo contnua em [a, a]. Mostre que
1. se f for par , isto , f(x) = f(x), ento aaf(x) dx = 2
a0
f(x) dx.
2. Se f for mpar, isto , f(x) = f(x) ento aaf(x) dx = 0.
Soluo
1. Vamos escrever a integral dada como a soma entre a integral de a a0 e a integral de 0 a a, ento temos
aaf(x) dx =
0af(x) dx+
a0
f(x) dx . (3)
Na primeira integral vamos mudar a varivel para u = x, entodu = dx e trocando os limites de integrao, de acordo com (2),segue que 0
af(x) dx =
0a
f(u) du .
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-
36 3. O MTODO DE SUBSTITUIO PARA A INTEGRAL DEFINIDA
Como a funo f par, temos
0af(x) dx =
0a
f(u) du = 0a
f(u) du =
a0
f(u) du, (4)
onde na ltima igualdade invertemos os limites de integrao, o que
acarreta uma mudana de sinal da integral, conforme foi visto na Aula
1. Portanto, de (3) e (4), temos que aaf(x) dx =
a0
f(u) du+
a0
f(x) dx = 2
a0
f(x) dx ,
pois na integral denida podemos usar qualquer varivel para escrever
o integrando.
2. A vericao segue os mesmos passos do item anterior, onde usamos
em (4) que a funo f mpar e, portanto, obtemos
0af(x) dx =
0a
f(u) du = 0a
f(u) du = a0
f(u) du,
donde aaf(x) dx =
0af(x) dx+
a0
f(x) dx = a0
f(u) du+
a0
f(x) dx = 0 .
Exemplo 14
Calcule
pipi
sen3 x
cos8 x+ 3x2 + 1dx.
Soluo
O integrando f(x) =sen3 x
cos8 x+ 3x2 + 1 uma funo mpar, pois
f(x) = sen3(x)
cos8(x) + 3(x)2 + 1 = sen3 x
cos8 x+ 3x2 + 1= f(x) ,
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-
AULA 4. INTEGRAO POR SUBSTITUIO 37
para todo x [pi, pi]. Logo, pelo exemplo anterior, pipi
sen3 x
cos8 x+ 3x2 + 1dx = 0 .
4 Exerccios de reviso
Calcule as seguintes integrais.
1.
ln2 x
xdx; 2.
t
t4 + 1dt;
3.
x
x4 + 2x2 + 3dx; 4.
pi0
sen
2 cos2 + 1d;
5.
sen 2x
3 cos2 x+ 1dx; 6.
1 + 2x
1 + 3x2dx;
7.
xx+ 3 dx; 8.
11
s3 + 2s
ds;
9.
11
|x|3 + 2x
dx; 10.
3pi3pi
x4 sen5 x dx.
11.Mostre que as reas das regies dadas a seguir so iguais.
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38 4. EXERCCIOS DE REVISO
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Aula 5
Integrao por partes
O mtodo de Integrao por partes permite expressar a integral de um
produto de funes em termos de outra integral. O mtodo til quando
esta ltima integral mais simples que a integral original.
1 Conceitos bsicos
Dadas duas funes u e v contnuas no intervalo [a, b] e diferenciveis
no intervalo (a, b), pela regra de derivao do produto, temos
(uv)(x) = u(x)v(x) + u(x)v(x),
Supondo que os trs termos da igualdade acima sejam integrveis no intervalo
[a, b], integrando e usando a denio de integral indenida, obtemosu(x)v(x)dx = u(x)v(x)
v(x)u(x)dx. (1)
A maneira mais simples de lembrar da frmula (1) usando a notao dife-
rencial, isto du = u(x)dx e dv = v(x)dx. Isso nos permite reescrever (1)
como udv = uv
vdu. (2)
39
-
40 1. CONCEITOS BSICOS
No caso da integral denida temos ba
udv = uvba ba
vdu. (3)
O mtodo de Integrao por partes se aplica da seguinte maneira: para inte-
grar uma funo h, comeamos escrevendo-a como o produto de duas funes,
digamos h(x) = f(x)g(x). Denimos u = f(x) e dv = g(x)dx, obtendo
u = f(x) ; du = f (x)dx, (4)
v =? ; dv = g(x)dx.
A funo v simplesmente
g(x)dx. Por isso, na prtica, procuramos uma
decomposio h = fg, de modo que g tenha uma integral imediata. Uma vez
determinada v, usamos a frmula (2) e obtemosh(x)dx = uv
vdu
Assim, o problema de calcular
h(x)dx trocado pelo problema de calcular
vdu.
Observao 1
Na maioria dos casos, a ideia fazer com quevdu seja mais simples de
calcular do que
h(x)dx.
Algumas vezes, mesmo que o grau de diculdade para calcularvdu ou
h(x)dx seja o mesmo (ver o Exemplo 2), aplicando novamente o mtodo,
conseguimos calcular a integral desejada.
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AULA 5. INTEGRAO POR PARTES 41
Nos exerccios a seguir, usaremos o padro (4) para descrever a decom-posio considerada.
2 Exemplos
Exemplo 1
Calcule
10
xexdx.
Soluo
Consideremos a decomposio
u = x ; du = dx,
v = ex ; dv = exdx.
Usando a expresso (3) obtemos 10
xexdx = xex10 10
exdx.
Agora, o problema se reduz a calcular a integral da funo ex, que, como
sabido, a prpria funo ex. Logo, 10
xexdx = xex10 ex
10= e (e 1) = 1 .
Exemplo 2
Calcule
ex sen x dx.
Soluo
Consideremos a decomposio
u = senx ; du = cos xdx,
v = ex ; dv = exdx.
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42 2. EXEMPLOS
Usando a expresso (2) obtemosex sen x dx = ex sen x
ex cosx dx. (5)
O problema se reduz a calcular
ex cosx, que NO mais simples de
calcular do que a integral original. Dado que a derivada da funo cosseno
a funo seno, se usarmos novamente o mtodo de integrao por partes
para calcular
ex cosx dx, veramos aparecer novamente a integral, o que
pareceria ser um crculo vicioso. No entanto, vejamos que no : decompondo
a funo ex cosx da seguinte maneira
u = cos x ; du = senxdx,
v = ex ; dv = exdx.
temos ex cosx dx = ex cosx
ex( sen x) dx. (6)
Aplicando a expresso (6) em (5), obtemosex sen x dx = ex sen x ex cosx
ex(sen x) dx.
Logo, passando a integral do lado direito para o lado esquerdo e, posterior-
mente, dividindo por 2, temosex sen x dx =
1
2[ex sen x ex cosx] + C.
Exemplo 3
Calcule
lnx dx .
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AULA 5. INTEGRAO POR PARTES 43
Soluo
Em geral, se estamos querendo calcular a integral de uma funo f cuja
derivada parece ser mais simples de integrar do que a prpia funo, pode-
mos considerar a decomposio
u = f(x) ; du = f (x)dx,
v = x ; dv = dx.
No nosso caso particular, esta decomposio caria
u = ln x ; du =1
xdx,
v = x ; dv = dx.
Usando a expresso (2), obtemoslnx dx = x lnx
x1
xdx.
Logo, lnx dx = x lnx x+ C.
Exemplo 4
Calcule
sec3 x dx.
Soluo
Consideremos a decomposio
u = secx ; du = secx tg xdx,
v = tg x ; dv = sec2 dx.
Usando a expresso (2), obtemossec3 x dx = secx tg x
tg2 x sec x dx.
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44 3. EXERCCIOS DE REVISO
Usando a identidade tg2 x = sec2 x 1, temos
sec3 x dx = secx tg x
sec3 x dx+
sec x dx.
Passando a integral de sec3 x do lado direito para o lado esquerdo da igual-
dade acima, e dado que
sec x dx = ln | sec x+ tg x|, obtemos
sec3 x dx =
1
2[sec x tg x+ ln | sec x+ tg x|] + C.
Observao 2
No exemplo anterior, poderamos ter considerado a seguinte decomposio:
u = sec2 x ; du = 2 sec2 x tg xdx,
v = ln | sec x+ tg x| ; dv = sec dx.
Esta escolha nos leva a calcular
ln | sec x+ tg x| sec2 x tg x dx,
que mas difcil de ser feito do que com a integral original. Logo, fazer uma
escolha adequada da decomposio indispensvel para que o mtodo seja
til.
3 Exerccios de reviso
Calcule as seguintes integrais.
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AULA 5. INTEGRAO POR PARTES 45
1.
arctg x dx; 2.
(lnx)3 dx ;
3.
cossec3 x dx; 4.
sen(ln x) dx ;
5.
x sec2 x dx; 6.
x3x dx;
7.
tg2 x sec3 x dx; 8.
pi2
0
cosx sen3 x dx.
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46 3. EXERCCIOS DE REVISO
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Aula 6
Integrais de Funes
Trigonomtricas
1 Introduo
Nesta aula vamos calcular integrais envolvendo produtos de potncias
de funes trigonomtricas. Integrais desse tipo aparecem, com frequn-
cia, em aplicaes fsicas ou dentro de outra tcnica chamada substitui-
o trigonomtrica, portanto, vamos abord-las nesse captulo. Para tal,
na maioria dos casos, o uso de identidades trigonomtricas ser fundamen-
tal, portanto, listaremos a seguir as principais identidades trigonomtricas
necessrias.
cos2 x+ sen2 x = 1 (1)
tg2 x+ 1 = sec2 x (2)
cos2 x =1 + cos 2x
2(3)
sen2 x =1 cos 2x
2(4)
senmx cosnx =sen(m n)x+ sen(n+m)x
2(5)
47
-
48 1. INTRODUO
Nos exemplos a seguir, calcule as integrais dadas.
Exemplo 1cos3 x dx
Soluo
Usando a identidade (1) anterior, escrevemos cos3 x = cos2 x cosx = (1sen2 x) cos xe mudamos a varivel u = senx, donde du = cos xdx. Ento,
cos3 x dx =
cos2 x cosx dx =
(1 sen2 x) cos x dx
=
(1 u2) du = u u
3
3+ C = senx sen
3 x
3+ C .
Exemplo 2cos3 x sen2 x dx
Soluo
Vamos separar uma potncia do cosseno para formarmos o du, como no
exemplo anterior. A ideia usar a identidade (1) para escrever o integrando
como cos3 x sen2 x = cos2 x sen2 x cosx = (1 sen2 x) sen2 x cosx e usar amudana u = senx. Assim, obtemos
cos3 x sen2 x dx =
(1 sen2 x) sen2 x cosx dx =
(1 u2)u2 du
=
u2 u4 du = u
3
3 u
5
5+ C =
sen3 x
3 sen
5 x
5+ C .
Exemplo 3 pi0
sen2 x dx
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AULA 6. INTEGRAIS DE FUNES TRIGONOMTRICAS 49
Soluo
Pela identidade (4) temos pi0
sen2 x dx =
pi0
1 cos 2x2
dx =1
2
pi0
1 cos 2x dx .
Usando o Teorema 1 da Aula 4, para u = 2x, obtemos
1
2
pi0
1 cos 2x dx = 12
2pi0
1 cosu du2
=1
4(u senu)
2pi0
=pi
2.
Exemplo 4cos4 x dx
Soluo
Usando a identidade (3) anteriormente descrita, temos
cos4 x dx =
(1 + cos 2x
2
)2dx =
1
4
1 + 2 cos 2x+ cos2 2x dx
=x
4+
1
2
cos 2x dx+
1
4
cos2 2x dx .
Mudando a varivel u = 2x, de forma anloga ao que foi feito no exemplo
anterior, obtemos
1
2
cos 2x dx =
1
4
cosu du =
1
4senu+ C =
1
4sen 2x+ C .
A terceira integral ser calculada, utilizando a identidade (3) para 2x, no
lugar do x. Assim, obtemos
1
4
cos2 2x dx =
1
4
1 + cos 4x
2dx =
x
8+
1
8
cos 4x dx
=x
8+
1
32
cosu du =
x
8+
1
32senu+ C =
x
8+
1
32sen 4x+ C .
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
50 1. INTRODUO
Observe que nos clculos anteriores usamos a substituio u = 4x com
du = 4dx. Logo,cos4 x dx =
3x
8+
1
4sen 2x+
1
32sen 4x+ C .
Exemplo 5sen6 x dx
Soluo
Reescrevemos o integrando e usamos (4) para reduzir potncias da seguinte
forma sen6 x dx =
(sen2 x)3 dx =
(1 cos 2x
2
)3dx
=1
8
1 3 cos 2x+ 3 cos2 2x cos3 2x dx .
Fazendo a mudana u = 2x com du = 2dx, obtemos integrais que j foram
calculadas nos exemplos 1 e 4 anteriores. Assim,sen6 x dx =
1
16
1 3 cosu+ 3 cos2 u cos3 u du
=u
16+
3u
32+
3 senu
64 1
16senu+
1
48sen3 u+ C
=5x
16 1
64sen 2x+
1
48sen3 2x+ C .
Exemplo 6cos2 x sen4 x dx .
Soluo
Usando a identidade (1) reduzimos a integral dada a duas, que j sabemos
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AULA 6. INTEGRAIS DE FUNES TRIGONOMTRICAS 51
calcular, cos2 x sen4 x dx =
sen4 x sen6 x dx .
A segunda integral a do exemplo 5 e a primeira feita de forma anloga
do exemplo 4. Assim, obtemoscos2 x sen4 x dx =
3x
8 1
4sen 2x+
1
32sen 4x 5x
16+
1
64sen 2x 1
48sen3 2x+ C
=x
16 15
64sen 2x+
1
32sen 4x 1
48sen3 2x+ C .
Exemplo 7sen 3x cos 7x dx .
Soluo
Basta usar a identidade (5) para m = 3 e n = 7. Ento,sen 3x cos 7x dx =
1
2
sen4x+ sen 10x dx = cos 4x
8 cos 10x
20+ C .
Exemplo 8 pi/4pi/4
sec4 x dx
Soluo
Agora, a estratgia usar (2) para depois fazer a substituio na integral
denida u = tg x, onde du = sec2 xdx. Ento, pi/4pi/4
sec4 x dx =
pi/4pi/4
sec2 x sec2 x dx =
pi/4pi/4
(1 + tg2 x) sec2 x dx
=
11
(1 + u2) du = (u+u3
3)11
=8
3.
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52 2. EXERCCIOS DE REVISO
Exemplo 9tg3 x dx .
Soluo
Vamos usar a identidade (2) e na primeira integral a ser obtida, a substi-
tuio u = tg x , em que du = sec2 x. Ento,tg3 x dx =
tg x(sec2 x 1) dx =
u du
tg x dx
=u2
2+ ln | cosx|+ C = tg
2 x
2+ ln | cosx|+ ,
onde utilizamos o clculo da integral da tangente, tal como vimos no exemplo
5, da Aula 4.
2 Exerccios de reviso
Calcule as integrais.
1.
tg4 x dx; 2.
cos5 x dx;
3.
cos6 x dx; 4.
sen x tg2 x dx;
5.
cos pix sen x dx; 6.
sec2n x dx, n = 3, 4;
7.
tg x sec3 x dx; 8.
cos2 x sen2 x dx;
9.
sen x cos3 x dx.
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-
Aula 7
Substituio trigonomtrica
A substituio trigonomtrica uma tcnica utilizada para integrar
funes algbricas transformando-as em funes trigonomtricas, mediante
o uso de identidades trigonomtricas.
1 Conceitos bsicos
Nesta aula, vamos usar um novo tipo de substituio, chamado substi-
tuio inversa, que difere do procedimento adotado na Aula 4 em que NO
a nova varivel que ser colocada em funo da varivel original (u = g(x)),
mas sim o contrrio. Dada h : I J uma funo C1(I) (contnua e comderivada contnua), invertvel com inversa C1(J), denimos a mudana de
varivel x = h(), o que nos leva a
f(x)dx =
f(h())h()d. (1)
Para justicar a linha anterior, basta tomar uma antiderivada G da funo
f(h())h(), e provar que G(h1(x)) uma antiderivada da funo f . Isso
vericado da seguinte maneira:
G(h1(x))[h1](x) = f(h(h1(x)))h(h1(x))[h1](x) = f(x).
53
-
54 1. CONCEITOS BSICOS
Nesta aula, estudaremos trs tipos diferentes de substituies inversas,
que vo permitir transformar a integral de uma funo envolvendo alguma
expresso do tipo
a2 x2, x2 a2 ou a2 + x2, em uma integral de umafuno envolvendo funes trigonomtricas. A ideia usar as identidades
trigonomtricas cos2 = 1 sen2 , tg2 = sec2 1 ou sec2 = 1 + tg2 ,respectivamente. Daqui em diante vamos supor a > 0.
Caso (a2 x2): A funo h() = a sen , denida no intervalo [pi/2, pi/2], invertvel, com funo inversa h1(x) = arcsen(x/a), denida para x [a, a].Podemos, ento, introduzir a mudana de varivel vista em (1), que pode ser
melhor lembrada usando a notao diferencial:
x = a sen ; dx = a cos d.
Observe que usando a identidade cos2 = 1 sen2 , e dado que no domniode denio a funo cosseno positiva, obtemos cos =
a2x2a.
De fato, todas as funes trigonomtricas em (tg , cotg , ...) podem
ser expressas em termos da varivel x, com ajuda da Figura 1.
Figura 1:
sen = xa.
x = Cateto Oposto (CO).
a = Hipotenusa (H).
a2 x2 = Cateto Adjacente (CA).
Por exemplo, dado que cos = CAHe tg = CO
CA, temos cos =
a2x2a
e tg = xa2x2 . Para obter as outras funes trigonomtricas, basta lembrar
que cotg = 1tg , sec = 1
cos e cossec = 1
sen .
Exemplo 1
Calcule
dx
x5 x2 .
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AULA 7. SUBSTITUIO TRIGONOMTRICA 55
Soluo
Considerando a mudana de variveis
x =5 sen ; dx =
5 cos d,
temos dx
x5 x2 =
(5 cos )d
5 sen (5 cos )
=
5
5
cossec d,
logo, dx
x5 x2 =
5
5ln | cossec cotg |+ C.
Para retornar varivel x, usamos (ver a Figura anterior)
sen =x5
, cossec =
5
x, cotg =
5 x2x
.
Assim,
dx
x5 x2 =
5
5ln55 x2 5
5ln |x|+ C.
Exemplo 2
Calcule
x2 dx25 x2 .
Soluo
Considerando a mudana de variveis
x = 5 sen ; dx = 5 cos d,
temos x2 dx25 x2 =
(5 sen )2(5 cos ) d
(5 cos )= 25
sen2 d.
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-
56 1. CONCEITOS BSICOS
A ltima integral foi estudada na Aula 6. Assim,
x2 dx25 x2 = 25{/2 sen(2)/4}+ C.
Para retornar varivel x, usamos
= arcsen(x/5)
e
sen(2) = 2 sen cos = 2(x/5)(
1 (x/5)2).Assim,
x2 dx25 x2 =
25
2arcsen(x/5) x
2
25 x2 + C.
Caso (a2 + x2) : A funo h() = a tg , denida no intervalo (pi/2, pi/2), invertvel, com funo inversa h1(x) = arctg(x/a) denida para x R.Podemos ento introduzir a mudana de varivel
x = a tg ; dx = a sec2 d.
Observe que usando a identidade tg2 = sec2 1, e dado que no domniode denio a funo secante positiva, obtemos sec =
a2+x2
a. Analisando
de forma semelhante ao procedimento adotado no primeiro caso, obtemos a
Figura 2.
Figura 2:
tg = xa.
x = Cateto Oposto (CO).
a = Cateto Adjacente (CA).
a2 x2 = Hipotenusa (H).
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez CLCULO 2A
-
AULA 7. SUBSTITUIO TRIGONOMTRICA 57
Lembrando que sen = COHe cos = CA
H, temos sen = x
a2+x2e
cos = aa2+x2
.
Exemplo 3
Calcule
dx
x2 + 16.
Soluo
Considerando a mudana de variveis
x = 4 tg ; dx = 4 sec2 d,
temos dx
x2 + 16=
4 sec2 d
4 sec d =
sec d.
A ltima integral foi estudada na Aula 6. Assim,dx
x2 + 16= ln | sec + tg |+ C.
Para retornar varivel x, usamos
tg = x/4 , sec =
16 + x2
4
Assim, dx
x2 + 16= ln
16 + x2 + x+ C.
Exemplo 4
Calcule
1
(x2 + 3)2dx
Soluo
Considerando a mudana de variveis
x =3 tg ; dx =
3 sec2 d,
CLCULO 2A GMA-IME-UFF
-
58 1. CONCEITOS BSICOS
temos 1
(x2 + 3)2dx =
3 sec2
(3 tg2 + 3)2d =
3
9
cos2 d
A ltima integral pode ser feita usando a identidade (4) da Aula 6. Assim,
1
(x2 + 3)2dx =
3
9
[
2+
sen(2)
4
]+ C.
Para retornar varivel x, usamos
= arctgx3, sen =
xx2 + 3e cos =
3
x2 + 3.
Assim, 1
(x2 + 3)2dx =
3
18
[arctg
x3+
3x
x2 + 3
]+ C.
Caso (x2 a2) : A funo h() = a sec , denida no intervalo
[0, pi/2) ( ou (pi/2, pi]), invertvel, com funo inversa h1(x) = arcsec(x/a)
denida para x [a,+) ( ou x (, a]). Podemos, ento, introduzir amudana de varivel
x = a sec ; dx = a sec tg d,
onde 0 < pi/2 (ou pi/2 < pi). Observe que usando a identidadetg2 = sec2 1, e dado que no domnio de denio a funo tangente positiva (ou negativa), temos tg =
x2a2a(ou tg =
x2a2a). Procedendo
do mesmo modo que no primeiro caso, obtemos a Figura 3.
Logo, sen =x2a2xe cos = a
x.
Exemplo 5
Calcule
x2 dxx2 9 supondo x (3,+) .
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
CLCULO 2A
-
AULA 7. SUBSTITUIO TRIGONOMTRICA 59
Figura 3:
sec = xa.
x = Hipotenusa (H).
a = Cateto Adjacente (CA).
x2 a2 = Cateto Oposto (CO).
Soluo
Considerando a mudana de variveis
x = 3 sec ; dx = 3 sec tg d,
temos x2 dxx2 9 =
(3 sec )2(3 sec tg ) d
(3 tg )= 9
sec3 d.
A ltima integral foi feita no Exemplo 4 da Aula 5. Assim,sec3 d =
1
2sec tg +
1
2ln | sec + tg |+ C.
Logo, x2 dxx2 9 =
9
2sec tg +
9
2ln | sec + tg |+ C.
Para retornar varivel x, usamos
sec =x
3, tg =
x2 93
.
Assim, x2 dxx2 9 =
xx2 92
+9
2lnx+x2 9+ C.
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60 2. EXERCCIOS DE REVISO
Exemplo 6
Calcule
84
x2 16x2
dx.
Soluo
Primeiro calculamos a integral indenida. Considerando a mudana de va-
riveis
x = 4 sec ; dx = 4 sec tg d,
temos 84
x2 16x2
dx =
pi3
0
(4 tg )(4 sec tg ) d
(4 sec )2=
pi3
0
[sec cos ] d,
logo, 84
x2 16x2
dx = [ln | sec + tg | sen ]pi30.
Assim, 84
x2 16x2
dx = [ln(2 +3)
3
2] [ln 1 0] = ln(2 +
3)
3
2.
2 Exerccios de reviso
Calcule as seguintes integrais.
1.
x31 x2 dx; 2.
22
1
4x2 + 9dx ;
3.
8 2x x2 dx; 4.
1
x21 + x2
dx;
5.
x2 + 2x dx; 6.
a0
x2a2 x2 dx.
Calcule as reas das seguintes regies.
7. Regio delimitada pela elipse
x2
a2+ y
2
b2= 1.
8. Regio delimitada pela hiprbole 9x2 4y2 = 36 e a reta x = 3.
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Aula 8
Integrao por fraes parciais
O mtodo de Integrao por Fraes Parciais aplicado para integrar
funes racionais, isto , funes que so quocientes de polinmios. A ideia
usar as razes do polinmio do denominador para escrever a funo como
uma soma de funes racionais mais simples, as chamadas fraes parciais.
1 Integrao de funes racionais prprias
Sabemos que
1
x2 + 1dx = arctg x + C , porm, trocando um sinal,
a integral indenida
1
x2 1 dx j no to imediata. Observe que rees-crevendo o integrando, como uma soma de fraes mais simples, efetuamos
o clculo da integral sem complicao:
1
x2 1 =1/2
x 1 1/2
x+ 1,
ento,1
x2 1 dx =
1/2
x 1 dx
1/2
x+ 1dx =
1
2ln |x 1| 1
2ln |x+ 1|+ C .
Para o caso geral, considere a funo racional prpria
61
-
62 1. INTEGRAO DE FUNES RACIONAIS PRPRIAS
f(x) = p(x)/q(x) , ou seja, tal que o grau de q(x) maior do que o grau
do numerador p(x). Para decompor a funo f em fraes parciais, primeiro,
fatoramos q(x) como produto de potncias de fatores distintos, que podem
ser de dois tipos:
i) potncia de termo linear do tipo (ax+ b)m , em que m a multiplicidade
da raiz b/a, ouii) potncia de termo quadrtico irredutvel do tipo (ax2 + bx+ c)k, em queo termo quadrtico no possui razes reais e k a multiplicidade das razes
complexas conjugadas.
Em seguida, a cada fator do tipo (ax + b)m, associamos uma decomposio
em fraes parciais da forma
A1ax+ b
+A2
(ax+ b)2+ ...+
Am(ax+ b)m
,
em que A1, A2, , Am so constantes a serem determinadas.E a cada fator do tipo (ax2 + bx+ c)k associamos
B1x+ C1ax2 + bx+ c
+B2x+ C2
(ax2 + bx+ c)2+ ...+
Bkx+ Ck(ax2 + bx+ c)k
.
Somamos as decomposies e calculamos as constantes introduzidas. Assim,
teremos a funo p(x)/q(x), escrita como uma soma de fraes mais simples,
de modo que poderemos integrar. Para compreender melhor, acompanhe os
exemplos a seguir. Por simplicidade, no lugar da notaoA1, A2, ..., B1, .., C1, ...,
vamos usar A,B,C,D...
Exemplo 1
Caso em que o denominador fatorado como um produto de fatores lineares
distintos.
Calcule x+ 2
x(x 1)(2x+ 1) dx .
Soluo
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AULA 8. INTEGRAO POR FRAES PARCIAIS 63
Observe que q(x) j est fatorado e s possui razes reais com multiplici-
dade 1, portanto, buscamos uma decomposio para o integrando da forma
x+ 2
x(x 1)(2x+ 1) =A
x+
B
x 1 +C
2x+ 1,x 6= 0, 1,1/2 .
A m de calcularmos os coecientes, extramos o mmc e cancelamos o de-
nominador, portanto, temos
x+ 2 = A(x 1)(2x+ 1) +Bx(2x+ 1) + Cx(x 1),x 6= 0, 1,1/2 .
Como a identidade anterior entre polinmios, que so funes contnuas em
R, ela vale inclusive para os valores x = 0, 1,1/2. Substituir x por essesvalores facilita o clculo dos coecientes, j que se x = 0, ento 2 = A, sex = 1, segue que 3 = 3B e se x = 1/2, acarreta 3/2 = 3C
4. Assim, A = 2,
B = 1 e C = 2, donde
x+ 2
x(x 1)(2x+ 1) =2x
+1
x 1 +2
2x+ 1
Logo,x+ 2
x(x 1)(2x+ 1) dx = 2
xdx+
1
x 1 dx+
2
2x+ 1dx
= 2 ln |x|+ ln |x 1|+ ln |2x+ 1|+ C .
Exemplo 2
Caso em que o denominador fatorado como um produto de fatores lineares
repetidos.
Calcule
5x2 + 20x+ 6
x3 + 4x2 + 4xdx.
Soluo
Inicialmente, vamos fatorar q(x) = x3+4x2+4x = x(x2+4x+4) = x(x+2)2,
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64 1. INTEGRAO DE FUNES RACIONAIS PRPRIAS
como em i) . O integrando deve ter uma decomposio da forma
5x2 + 20x+ 6
x3 + 4x2 + 4x=A
x+
B
x+ 2+
C
(x+ 2)2,x 6= 0,2 .
A m de calcularmos os coecientes, extramos o mmc e cancelamos o de-
nominador, portanto, temos 5x2 + 20x + 6 = A(x + 2)2 + Bx(x + 2) + Cx.
Ao substituirmos as razes x = 0 e x = 2, encontramos os coecientesA = 3/2 e C = 7. Porm, ca faltando o valor de B, o que pode ser obtido
usando qualquer outro valor para x na identidade anterior, tendo substitudo
os valores de A e C j calculados. Assim, fazendo x = 1, temos B = 7/2, e
assim,
5x2 + 20x+ 6
x3 + 4x2 + 4x=
3/2
x+
7/2
x+ 2+
7
(x+ 2)2;
logo,5x2 + 20x+ 6
x3 + 4x2 + 4xdx =
3
2
1
xdx+
7
2
1
x+ 2dx+ 7
1
(x+ 2)2dx
=3
2ln |x|+ 7
2ln |x+ 2| 7
x+ 2+ C .
Exemplo 3
Caso em que o denominador fatorado como um produto de fatores onde
aparece algum termo quadrtico irredutvel.
Calcule
1
x(x2 + 4)dx.
Soluo
Observe que q(x) j est fatorado, de acordo com i) e ii) anteriores, possuindo
uma raiz real, x = 0, com multiplicidade 1 e duas complexas conjugadas,
tambm, com multiplicidade 1. Portanto, buscamos uma decomposio para
o integrando da forma
1
x(x2 + 4)=A
x+Bx+ C
x2 + 4,x 6= 0.
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AULA 8. INTEGRAO POR FRAES PARCIAIS 65
A m de calcularmos os coecientes, extramos o mmc e cancelamos o denom-
inador, portanto, temos 1 = A(x2 +4)+ (Bx+C)x = (A+B)x2 +Cx+4A.
Nesse caso, a forma mais simples de calcularmos as constantes igualando
os coecientes dos termos de mesmo grau, pois obtemos um sistema simples.
Ento, A + B = 0, C = 0 e 4A = 1, donde A = 1/4, B = 1/4 e C = 0.Portanto,
1
x(x2 + 4)=
1
4
1
xdx 1
4
x
x2 + 4dx =
1
4ln |x| 1
8ln(x2 + 4) + C ,
tal que na segunda integral usamos a substituio u = x2+4, com du = 2xdx.
Exemplo 4
Calcule
x 2
x(x4 8x2 9) .
Soluo
Primeiro devemos decompor q(x), de acordo com i) e ii) anteriores, para
aplicarmos a decomposio em fraes parciais. Assim, vamos calcular as
razes da equao biquadrada x4 8x2 9 = 0, fazendo t = x2, as razesda equao do 2 grau em t, t2 8t 9 = 0, so t = 9 e t = 1. Por-tanto, t2 8t 9 = (t 9)(t + 1), em que temos a fatorao esperadax4 8x2 9 = (x2 9)(x2 + 1) = (x 3)(x+ 3)(x2 + 1). Logo,
x 2x(x4 8x2 9) =
x 2x(x 3)(x+ 3)(x2 + 1) =
A
x+
B
x 3 +C
x+ 3+Dx+ E
x2 + 1.
Tirando o mmc e cancelando o denominador temos:
x 2 = A(x 3)(x+ 3)(x2 + 1) +Bx(x+ 3)(x2 + 1) + Cx(x 3)(x2 + 1)
+ (Dx+ E)x(x 3)(x+ 3) .
Para facilitar o clculo dos coecientes vamos usar as razes reais e depois
escolher dois outros valores para x. Assim, se x = 3, ou x = 0, ou x = 3,obtemos, respectivamente, C = 1/36, A = 2/9 e B = 1/180. Utilizando
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66 1. INTEGRAO DE FUNES RACIONAIS PRPRIAS
x = 1, temos D + E = 3/10; e para x = 1, temos E D = 13/30.Resolvendo o sistema obtido, encontramos E = 1/15 e D = 11/30. Logo,
x 2x(x 3)(x+ 3)(x2 + 1) dx =
2
9
1
xdx+
1
180
1
x 3 dx1
36
1
x+ 3dx
1130
x
x2 + 1dx+
1
15
1
x2 + 1dx
=2
9ln |x|+ 1
180ln |x 3| 1
36ln |x+ 3|
1160
ln(x2 + 1) +1
15arctg x+ C .
Exemplo 5
Calcule
e3x + 1
(e2x + 4)2dx .
Soluo
Primeiro fazemos a substituio u = ex, onde du = exdx. Nesse caso, obtere-
mos
e3x + 1
(e2x + 4)2dx =
u3 + 1
u(u2 + 4)2du. Observe que q(u) j est fatorado
de acordo com i) e ii) descrito anteriormente, possuindo uma raiz real u = 0,
com multiplicidade 1, e duas complexas conjugadas com multiplicidade 2.
Portanto, buscamos uma decomposio para o integrando da forma
u3 + 1
u(u2 + 4)2=A
u+Bu+ C
u2 + 4+
Du+ E
(u2 + 4)2,u 6= 0.
Calculando o mmc e cancelando o denominador temos
1 + u3 = A(u2 + 4)2 + (Bu+ C)(u2 + 4)u+ (Du+ E)u
= A(u4 + 8u2 + 16) +Bu4 + 4Bu2 + Cu3 + 4Cu+Du2 + Eu.
Igualando os coecientes dos termos de mesmo grau obtemos
A+B = 0, C = 1, 8A+ 4B +D = 0, 4C + E = 0, 16A = 1 .
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AULA 8. INTEGRAO POR FRAES PARCIAIS 67
Assim, A = 1/16, B = 1/16, C = 1, D = 1/4, E = 4. Portanto,
1 + u3
u(u2 + 4)2=
1
16u 1
16
u
u2 + 4+
1
u2 + 4 1
4
u
(u2 + 4)2 4
(u2 + 4)2.
Integrando separadamente, de modo que na 2 e na 4 integrais usamos
a substi-tuio v = u2 + 4, com dv = 2udu, na 3 e na ltima usamos
substituio trigonomtrica u = 2 tg , com du = 2 sec2 d, obtemosu3 + 1
u(u2 + 4)2du =
1
16ln |u| 1
32ln(u2 + 4) +
1
2arctg(u/2) +
1
8(u2 + 4)
1
4arctg(u/2) u
2(u2 + 4)+ C.
Voltando varivel x, segue o resultado:
e3x + 1
(e2x + 4)2dx =
x
16 132
ln(e2x+4)+1
4arctg(ex/2)+
1
8(e2x + 4) e
x
2(e2x + 4)+C.
2 Integrao de funes racionais imprprias
Quando f(x) = p(x)/q(x) uma funo racional imprpria, ou seja,
tal que o grau de q(x) menor do que ou igual ao grau do numerador p(x),
primeiro efetuamos a diviso dos polinmios. Assim, obtemos
f(x) = g(x) + r(x)/q(x),
onde g(x) um polinmio e r(x)/q(x) uma funo racional prpria, pois
r(x) o resto da diviso e tem grau menor do que o de q(x). Em seguida,
aplicamos o que foi feito na seo anterior a r(x)/q(x) e integramos.
Exemplo 6
Calcule
x3 2x2 + 1x2 5x+ 6 dx.
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68 2. INTEGRAO DE FUNES RACIONAIS IMPRPRIAS
Soluo
Dividindo o polinmio do numerador pelo denominador obtemos
x3 2x2 + 1x2 5x+ 6 = x+ 3 +
9x 17x2 5x+ 6Agora, vamos decompor a funo racional prpria, obtida nesta diviso, em
fraes parciais, ento:
9x 17x2 5x+ 6 =
9x 17(x 2)(x 3) =
A
x 2 +B
x 3;
tal que 9x 17 = A(x 3) + B(x 2). Substituindo pelas razes x = 2 ex = 3, encontraremos A = 1 e B = 10. Logo,
9x 17x2 5x+ 6 =
1x 2 +
10
x 3 .
Portanto,x3 2x2 + 1x2 5x+ 6 =
x+ 3 dx+
1x 2 dx+
10
x 3 dx
=x2
2+ 3x ln |x 2|+ 10 ln |x 3|+ C .
Exemplo 7
Calcule
x2
x2 + 1dx .
Soluo
Dividindo x2 por x2+1 obtemosx2
x2 + 1= 1 1
x2 + 1. Observe que a funo
racional prpria obtida j uma frao parcial. Assim,x2
x2 + 1dx =
1 dx
1
x2 + 1dx = x arctg x+ C.
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AULA 8. INTEGRAO POR FRAES PARCIAIS 69
Observao 1
Observe que podemos combinar diversas formas de clculo dos coecientesdas fraes parciais. Para tanto, usamos as razes reais (se existirem) e
atribumos valores varivel. Ou, atribumos valores varivel e igualamos
os coecientes dos termos de mesmo grau.
Voc vai notar que a decomposio de q(x) nem sempre fcil, pois envolveo conhecimento de suas razes, o que pode ser um problema difcil.
Veremos nos exerccios propostos e nas aulas seguintes que h integraisque no so de funes racionais, porm, fazendo uma substituio, somos
levados a uma integral de uma funo racional na nova varivel.
3 Exerccios de reviso
Calcule as integrais.
1.
dx
x2 5x+ 4 ; 2.
x+ 3
2x3 8x dx;
3.
x3
x2 2x+ 1 dx; 4.
dx
(x2 1)2 ;
5.
s4 + 81
s(s2 + 9)2ds; 6.
y4 + y2 1y3 + y
dy;
7.
sen x
cos2 x+ cosx 2 dx; 8.x4 arctg x dx;
9.
x3 + 1
(x+ 1)3dx; 10.
dx
x3 + 1.
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70 3. EXERCCIOS DE REVISO
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Aula 9
Substituies diversas
Nesta aula, conclumos o nosso estudo de tcnicas de integrao com
trs casos particulares de substituio, teis na integrao de: funes ra-
cionais de potncias racionais de x, funes racionais de senos e cossenos e
binmios da forma xm(a bxn)p, respectivamente.
1 Conceitos bsicos
Funo racional de potncias racionais de x: A seguir veremos
como transformar a integral de uma funo racional de potncias racionais
de x (por exemplo
x
12
1 + x32
dx) em uma integral de uma funo racional.
Suponhamos que estejamos interessados em calcular a integral de uma
funo envolvendo as funes xp1q1 , , x
pjqj. Nesse caso, consideramos a subs-
tituio
x = tk ; dx = ktk1dt,
onde k o mnimo comum mltiplo de q1, , qj. De maneira que cadapotncia racional se transforme em uma potncia inteira.
71
-
72 1. CONCEITOS BSICOS
Exemplo 1
Calcule
x1/2 dx
x3/4 + 1.
Soluo
Dado que 4 o m.c.m de {2, 4}, podemos considerar a substituio
x = t4 ; dx = 4t3dt .
Ento, x1/2 dx
x3/4 + 1=
t2(4t3) dt
t3 + 1= 4
[t2 t
2
t3 + 1
]dt,
logo, x1/2 dx
x3/4 + 1=
4
3t3 4
3ln |t3 + 1|+ C.
Para retornar varivel x, usamos t = x1/4, assim
x1/2 dx
x3/4 + 1=
4
3x3/4 4
3ln(x3/4 + 1) + C.
Exemplo 2
Calcular
x+ 4
xdx.
Soluo
Comeamos fazendo a substituio u = x + 4; du = dx, o que nos leva
a x+ 4
xdx =
u
u 4 du.
Considerando a substituio,
u = t2 ; du = 2tdt
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AULA 9. SUBSTITUIES DIVERSAS 73
temos, u
u 4 du =
t(2t) dt
t2 4 = 2[
dt+
1
t 2 dt
1
t+ 2dt],
logo, x+ 4
xdx = 2t+ ln |t 2
t+ 2|+ C.
Para retornar varivel x, usamos t =x+ 4, assim
x+ 4
xdx = 2
x+ 4 + 2 ln
x+ 4 2x+ 4 + 2
+ C.
Funo racional de senos e cossenos: A seguir, veremos que a
substituio
z = tg(x/2) ; dz =1
2sec2(x/2)dx (1)
transforma a integral de uma funo racional de sen x e cosx (por exemplosen x
1 + cos xdx) em uma integral de uma funo racional em z, que podemos
tentar resolver usando fraes parciais.
Observe que com a substituio (1) temos
dx =2 dz
1 + z2, sen x =
2z
1 + z2e cosx =
1 z21 + z2
. (2)
A primeira igualdade decorre diretamente de (1), e para vericar as outras
duas usamos as identidades trigonomtricas, dadas no incio da Aula 6, da
seguinte maneira:
sen x = 2 sen(x/2) cos(x/2) =2 tg(x/2)
sec2(x/2)=
2 tg(x/2)
1 + tg2(x/2),
e
cosx = 2 cos2(x/2) 1 = 2sec2(x/2)
1 = 1 tg2(x/2)
1 + tg2(x/2).
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74 1. CONCEITOS BSICOS
Exemplo 3
Calcule
sen x
1 + cos xdx.
Soluo
Considerando a substituio (1) e usando (2) temos
sen x
1 + cos xdx =
2z1+z2
1 + 1z2
1+z2
2
1 + z2dz =
2z
1 + z2dz,
logo, sen x
1 + cos xdx = ln(1 + z2) + C.
Assim, retornando varivel x, obtemos
sen x
1 + cos xdx = ln(sec2(x/2)) + C.
Observao 1
Para vericar o resultado anterior, basta derivar e usar as seguintes identi-
dades:
sen(x/2) =
2 senx
21 + cos x, cos(x/2) =
1 + cosx
2.
Exemplo 4
Calcule
dx
4 5 senx .
Soluo
Considerando a substituio (1) e usando (2), temos
dx
4 5 senx =
1
[4 5( 2z1+z2
)]
2 dz
1 + z2=
dz
2z2 5z + 2
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AULA 9. SUBSTITUIES DIVERSAS 75
Usando fraes parciais, temosdz
2z2 5z + 2 = 1/3
dz
z 2 1/3
dz
z 1/2
logo, dx
4 5 senx = 1/3 ln |z 2| 1/3 ln |z 1/2|+ C.
Assim, retornando varivel x, obtemosdx
4 5 senx =1
3ln tg(x/2) 2tg(x/2) 1/2
+ C.
Binmio xm(a bxn)p: A seguir, estudaremos, mediante 3 exemplos,a integral indenida do binmio xm(a bxn)p, onde a e b so nmeros reaise m,n e p so nmeros racionais.
Exemplo 5 (p = 1)x2/3(1 + x2/3)1 dx.
Soluo
Comeamos considerando a substituio z = x23, obtendo
3
2
z
12 (1 + z)1dz.
Assim, fazendo a substituio z = t2, obtemos
3
2
t1(1 + t2)1(2t)dt = 3
(1 + t2)1dt = 3arctg t+ C.
Ento, x2/3(1 + x2/3)1 dx = 3arctg(
z) + C = 3arctg(x
13 ) + C.
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76 1. CONCEITOS BSICOS
Exemplo 6 (p+ m+1n
= 2)1
x2(1 + x2)3/2dx.
Soluo
Comeamos considerando a substituio z = x2, obtendo
1
2
z
32 (1 + z)
32dz =
1
2
z3(
1 + z
z)
32dz .
Assim, fazendo a substituio t = (1+zz)12, obtemos
t2 1t2
= t 1t+ C.
Ento, x1/3(2 + x2/3)1/4 dx =
1 + x2
x x
1 + x2+ C
Exemplo 7 (
m+1n
= 2)(1 + x1/2)3/4 dx
Soluo
Fazendo a substituio t = 1 + x12, obtemos
(1 + x1/2)3/4 dx = 2
t3/4(t 1) dt.
Ento, (1 + x1/2)3/4 dx =
8
11(1 + x
12 )11/4 8
7(1 + x
12 )7/4 + C .
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AULA 9. SUBSTITUIES DIVERSAS 77
Terminamos nosso percurso pelas tcnicas de integrao enunciando
o Teorema 1, que nos lembra de que nem sempre uma integral indenida
pode ser expressa em termos de funes elementares. Isto , aquelas funes
que podem ser escritas envolvendo apenas operaes elementares (soma, sub-
trao, multiplicao, diviso e raiz), entre as funes polinomiais, exponen-
ciais, trigonomtricas e suas respectivas funes inversas.
Teorema 1 (P.L Chebyshev, 1853)
A integral indenida do binmio xm(a bxn)p, onde a e b so nmeros reaise m,n e p so nmeros racionais, somente pode ser escrita em termos de
funes elementares, no caso em que pelo menos um dos seguintes nmeros
for inteiro: p, m+1ne p+ (m+1)
n.
2 Exerccios de reviso
Calcule as seguintes integrais.
1.
1
1 + senxdx; 2.
1
1 + cos xdx;
3.
1
cosx+ sen xdx; 4.
x
4x3 + 1
dx;
5.
x3 3x
4x
dx; 6.
1
4x+
xdx;
7.
(1 + x2)
32 dx; 8.
x5(1 + x3)
23 dx;
9.
x2/3(1 + x1/3)
12 dx.
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78 2. EXERCCIOS DE REVISO
Cristiane R. R. Argento-Freddy Hernndez
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Aula 10
Volumes de slidos de revoluo
usando o mtodo dos discos
Nesta aula e na prxima, vamos aplicar o conceito de integral denida
para calcular volumes de alguns slidos especiais, chamados de slidos de
revoluo. Esses slidos so obtidos quando giramos regies do plano em
torno de retas.
1 Rotao de regio entre o grco de uma
funo e o eixo de revoluo
Consideremos o problema de calcular o volume do slido S gerado ao
girarmos, em torno do eixo x, a regio R entre o eixo x e o grco de uma
funo positiva e limitada f , no intervalo [a, b], veja as Figuras abaixo .
Figura 1: Regio R.
79
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80 1. ROTAO DE REGIO ENTRE O GRFICO DE UMA FUNO E O EIXO DE REVOLUO
zx
y
Figura 2: Slido de revoluo S obtido ao girar R em torno do eixo x.
Uma ideia natural para calcular o volume do slido S aplicar o mesmo
mtodo da Aula 1, aproxim-lo por uma novo slido cujo volume possa ser
facilmente calculado, como, por exemplo, uma unio de cilindros. Assim, va-
mos tomar a partio pontilhada P = ({t0, t1, , tn1, tn}, {t1, , tn1, tn})e a unio de n retngulos associada, cujas bases e alturas so dadas pelos in-
tervalos [t0, t1], [t1, t2], , [tn1, b] e os valores {f(t1), f(t2), , tn}, respec-tivamente, onde {a = t0 < t1 < t1 < < tn1 < tn < tn = b}. A uniode retngulos, obtida dessa forma, aproxima a rea da regio R e portanto,
quando essa unio girada em torno do eixo x nos d uma aproximao do
volume do slido S desejado, veja as Figuras 3 e 4.
Figura 3: Regio R aproximada por retngulo de altura f(ti), i = 0, .., n 1. Por simplicidade, ti = (ti).
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AULA 10. VOLUMES DE SLIDOS DE REVOLUO USANDO O MTODO DOS DISCOS 81
yx
z
Figura 4: Slido de revoluo, cujo volume aproxima o volume de S.
No limite, quando a norma da partio tende a zero teremos exatamente
o volume do slido S obtido ao girarmos R em torno do eixo x.
Observe que quando giramos os retngulos, cada um formar um cilin-
dro (slido) de raio r = f(ti ) e altura ti = ti ti1, cujo volume dado porVi = pi(f(t
i ))
2ti. Juntando os retngulos, estaremos aproximando o slido
por cilindros (ou "discos ninhos") postos um ao lado do outro, como nos
mostra a Figura 4. Logo, o volume do slido de revoluo dado por
V (S) = lim||P||0
ni=1
pi[f(ti )]2ti,
desde que esse limite exista. Observe que o limite obtido de somas de
Riemann da funo pif 2.
Desta forma, chegamos denio a seguir.
Denio 1
O Volume do slido de revoluo S obtido girando a regio R, entre o grco
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82 1. ROTAO DE REGIO ENTRE O GRFICO DE UMA FUNO E O EIXO DE REVOLUO
de uma funo integrvel f : [a, b] R, e o eixo x, denido como
V (S) = pi
ba
[f(x)]2dx, (1)
Observao 1
A denio (1) anterior vale para funes f no positivas (Ver Exemplo 2abaixo.), sem modicaes.
Tomando uma seo transversal do slido na abscissa x, obtemos um discode raio r(x) = |f(x)|, ento na frmula do volume podemos escrever
V (S) = pi
ba
[r(x)]2dx.
Exemplo 1
Calcule o volume do slido de revoluo obtido girando a regio R entre o
grco de y =x e o eixo x para x [0, 2].
Soluo
Vamos girar a regio R esboada abaixo na Figura 5.
Figura 5: Regio R de Exemplo 1.
Ento, nesse caso r(x) =x e
V = pi
20
(x)2 dx = pi
20
x dx = pix2
2
20= 2pi u.v ,
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AULA 10. VOLUMES DE SLIDOS DE REVOLUO USANDO O MTODO DOS DISCOS 83
onde u.v signica unidades de volume.
Exemplo 2
Calcule o volume do slido de revoluo obtido girando a regio R entre o
grco de y = sen 2x e o eixo x para x [0, pi].
Soluo
Vamos girar a regioR esboada abaixo na Figura 6. Ento, temos r(x) = | sen 2x|
Figura 6: Regio R de Exemplo 2.
e
V = pi
pi0
sen2(2x) dx = pi
pi0
1 cos 4x2
dx =pi
2[x sen 4x
4]pi0=pi2
2u.v .
Podemos usar o raciocnio anterior para o clculo