Material de apoio referente ao tópico: Integrais – Módulo I.
Adaptado de:
Prof. Dr. José Donizetti Lima por Prof. Dra. Dayse Regina Batistus.
PRIMITIVAS
1. INTRODUÇÃO
Em muitos problemas, embora a derivada de uma função seja conhecida, torna-se necessário
determinar a própria função.
É o caso dos seguintes exemplos:
•
•
•
•
Um sociólogo que, conhecendo a taxa de crescimento da população, poderá usar tal dado para
prever futuras taxas de crescimento daquela população;
Um físico que, conhecendo a velocidade de um corpo, será capaz de determinar a posição
futura do corpo;
Um economista que, conhecendo a taxa de inflação, poderá fazer estimativas de preço, no
futuro;
Entre outros.
Ao processo de determinação de uma função a partir de sua derivada dá-se o nome de cálculo das
primitivas ou integração.
2. DEFINIÇÃO
Uma função F(x) para a qual F ’ (x) = f(x) para todo x pertencente ao domínio de f é uma primitiva
(ou integral indefinida) de f.
Exemplo:
1 3
x + 5 x + 2 é uma primitiva de f(x) = x2 + 5
3
Solução: F(x) é uma primitiva de f(x) ⇔ F ’ (x) = f(x). Assim, derivando F(x), temos:
1) Mostre que F(x) =
F ’ (x) = x2 + 5 = f(x)
3. PRIMITIVA GENÉRICA DE UMA FUNÇÃO
Uma função possui mais de uma primitiva. Por exemplo, F(x) = x3 é uma primitiva da função
f(x) = 3x2, pois F ’ (x) = 3x2 = f(x). Da mesma forma, G(x) = x3 + 12 também é uma primitiva de f(x),
pois a derivada da constante 12 é zero e G ’ (x) = 3x2 = f(x).
Em geral, se F for uma primitiva de f, qualquer função obtida ao acrescentarmos uma constante a F
também será uma primitiva de f. Na realidade, podemos obter todas as primitivas de f somando
constantes a qualquer primitiva de f.
Assim, se F e G forem primitivas de f, existe uma constante k tal que: G(x) = F(x) + k
4. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
Existe uma explicação geométrica simples para o fato de duas primitivas quaisquer de uma função
diferirem entre si de um valor constante. Se F for uma primitiva de f, então F ’ (x) = f(x). Isto significa
que, para cada valor de x, f(x) é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de F(x). Se G for
outra primitiva de f, o coeficiente angular de sua reta tangente também é f(x). Logo, o gráfico de G é
“paralelo” ao gráfico de F e pode ser obtido transladando-se verticalmente o gráfico de F. Assim,
existe uma constante k, tal que G(x) = F(x) + k. A figura a seguir ilustra esta situação para várias
primitivas da função f(x) = 3x2.
y = x3 + k
Figura: Alguns exemplos das primitivas de 3x2
5. NOTAÇÃO DE INTEGRAÇÃO
Costuma-se escrever:
∫ f ( x) dx = F ( x) + k
para exprimir o fato de toda primitiva de f(x) ser da forma
F(x) + k.
Por exemplo, para expressar o fato de toda primitiva de 3x2 ser da forma x3 + k, escrevemos:
∫ 3x
O símbolo
∫
2
dx = x 3 + k
chama-se sinal de integração e indica que queremos encontrar a forma mais genérica
da primitiva da função que o segue. O sinal de integração lembra um “S” alongado, que representa
“SOMA”. No decorrer das aulas veremos uma importante relação entre derivadas e somas, que recebe
o nome de Teorema Fundamental do Cálculo.
Na expressão
∫ f (x) dx = F(x) + k , a função f(x) a ser integrada denomina-se integrando. A constante
k ou C (não especificada), acrescentada a F(x) a fim de tornar mais genérica a expressão da primitiva,
denomina-se constante de integração.
O símbolo dx que segue o integrando serve para indicar que x é a variável em relação a qual
efetuaremos a integração.
Definição da integral indefinida (ou primitiva) usando a notação de integral
D o m
x
∀ ∈
,
=
) (
)
x
⇔(
f
+
x
'
F
x
=
(
6. REGRAS DE INTEGRAÇÃO )
k
F
d x
∫ f ( x)
(f)
A integração é a operação inversa da diferenciação. Logo, podemos formular várias regras de
integração partindo das correspondentes (porém no sentido inverso) regras de diferenciação
(derivadas).
6.1 REGRAS DA POTÊNCIA PARA INTEGRAÇÃO
d  n
x = n ⋅ x n−1 , ou seja, para derivar uma função potência, retiramos



dx
uma unidade do expoente e multiplicamos o expoente original pela função elevada ao novo expoente.
Enunciando esta regra no sentido inverso, teremos que, para integrar uma função potência, devemos
aumentar seu expoente de uma unidade e dividir o resultado pela nova potência.
Segundo a regra de potência:
Segue-se um enunciado mais preciso da regra. Para n ≠ −1 ,
∫x
n dx = 1 ⋅ x n + 1 + k
n +1
ou seja, para integrar x n ( n ≠ −1 ), aumenta-se o expoente de uma unidade, e divide-se a função
elevada ao novo expoente por este novo expoente.
Para comprovar esta regra, basta observar que:
d  1 n + 1 n + 1 n
x
=
⋅ x = xn


dx  n + 1
 n +1
Exemplos:
1) Calcule as integrais
1
x 3+1
x4
a) ∫ x 3 dx =
+k=
+k
3+1
4
2
c)
e)
2
3
∫ x dx =
∫
x3
−
3
+1
3
x2
x2
2
x dx = ∫ x dx =
+k =
+ k = x2 + k
1
3
3
+1
2
2
∫
5
+1
x3
+k =
2
+1
3
b)
1
2
5
3
1
2
5
3
+ k = . x3 + k
5
1
− +1
2
d)
∫
dx = ∫ 1 dx = ∫ x 0 dx =
x 0+1
x1
+k =
+k = x+k
0 +1
1
1
x2
dx = ∫ x dx =
+k =
+k =2 x +k
1
1
x
− +1
2
2
1
x
A regra da potência vale para todos os valores de n, à exceção de n = - 1 (caso em que
1
é
n +1
indefinido).
6.1.1. Como determinar uma primitiva de x–1
Precisamos determinar uma função cuja derivada é
1
. O logaritmo natural ln x é a tal função, logo
x
1
∫ x dx = ln x + k . Na realidade, isto só é válido quando x for positivo, pois ln x
não é definido para
valores negativos de x. Quando x é negativo, segue-se que ln |x| é a primitiva de
negativo, |x| = - x e
1
, pois, sendo x
x
d
d
-1 1
[ln | x |] = [ln (- x)] =
= .
dx
dx
-x x
Quando x é positivo, segue-se que ln |x| é a primitiva de
d
d
1
[ln | x |] = [ln x] = .
dx
dx
x
1
Assim, a integral de
é dada por:
x
1
, pois sendo x positivo, |x| = x e
x
1
∫ x dx = ln | x | + k .
x
6.2. INTEGRAL DE e
A integração da função exponencial ex é trivial, pois ex é sua própria derivada. Assim,
∫e
x dx = e x + k
6.3. REGRAS DA CONSTANTE MULTIPLICADA E DA SOMA
É fácil reescrever as regras de derivação para soma e constante multiplicada e transformá-las em regras
de integração para estes casos.
6.3.1 Regra da constante multiplicada para integrais
Para qualquer constante k,
∫ k ⋅ f(x) dx = k ⋅ ∫ f ( x) dx
ou seja, a integral de uma constante multiplicada por uma função é igual à constante multiplicada pela
integral da função.
6.3.2. Regra da soma para integrais
∫ [f(x) + g(x)] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx
ou seja, a integral da soma é a soma de cada uma das integrais.
Exemplo:
1) Calcule as integrais
a) ∫ 5 dx = 5∫ 1dx = 5x + k
x3
x3
+ k1 + e x + k 2 =
+ ex + k
3
3
2
1
1
1
1 x3
1
c) ∫ 3e x + − x 2  dx = 3∫ e x dx + 2∫ dx − ∫ x 2 dx = 3e x + 2 ln | x | − ⋅ + k = 3e x + 2 ln | x | − x 3 + k
x 2 
x
2
2 3
6

b) ∫ [ x 2 + e x ] dx = ∫ x 2 dx + ∫ e x dx =
Nota: pelo exemplo c, temos que ao invés de adicionarmos uma constante a cada uma das 3 primitivas,
basta adicionar apenas uma constante k ao final do resultado encontrado.
6.4 INTEGRAIS DE PRODUTOS E QUOCIENTES
Não existem regras gerais de integração de produtos e quocientes. Ocasionalmente, conseguiremos
exprimir um produto ou um quociente de uma forma integral, com o auxílio das regras já apresentadas.
Exemplos:
1) Calcule
3x5 + 2 x − 5
dx
∫ x3
3x 5 + 2 x − 5 3x 5 2 x 5
Fazendo a divisão indicada, temos:
= 3 + 3 − 3 = 3 x 2 + 2 x − 2 − 5 x −3
3
x
x
x
x
Assim,
3x 5 + 2 x − 5
x3
x −1
x −2
2
−2
−3
2
−2
−3
dx
=
[
3
x
+
2
x
−
5
x
]
dx
=
3
x
dx
+
2
x
dx
−
5
x
dx
=
3
⋅
+
2
⋅
−
5
.
+k =
∫ x3
∫
∫
∫
∫
3
−1
−2
2
5
+ 2 +k
x 2x
x3 − 8
2) Calcule ∫
dx
x−2
Fazendo a divisão indicada, temos :
= x3 −
x − 2
x3 - 8
- x3 + 2x2
x2 + 2x + 4
2x 2 − 8
- 2x 2 + 4 x
⇒
4x − 8
x3 − 8
= x 2 + 2 x + 4 , pois ( x − 2).( x 2 + 2 x + 4) = x 3 − 8
x−2
− 4x + 8
0
Assim:
x3 − 8
x3 2 x2
x3
2
2
dx
=
[
x
+
2
x
+
4
]
dx
=
x
dx
+
2
x
dx
+
4
1
dx
=
+
+
4
x
+
k
=
+ x2 + 4x + k
∫ x−2
∫
∫
∫
∫
3
2
3
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Nos problemas a seguir, calcule a integral indicada. Comprove as respostas obtidas, derivando-as.
x6
a) ∫ x 5dx
Resposta:
+k
6
1
1
+k
x
b)
∫ x 2 dx
Resposta: −
c)
∫ 5dx
Resposta: 5x + k
d)
2
∫ (3t − 5t + 2)dt
Resposta: t 3 −
e)
∫  3
f)
 ex

∫  2 + x x dx



y−

2 1
+ dy
y3 y 
 1
3
u
du
g) ∫  − 2 + e 2 +
2 
 3u 2u
h)
x 2 + 2x + 1
dx
∫
x2
i)
∫ (x
j)
∫
3
1

− 2 x 2 ) ⋅  − 5 dx
x

t ⋅ (t 2 − 1)dt
2 5 32
2 5t 3
t + 2t + k = t 3 −
+ 2t + k
3
3
Resposta: 2 y 2 +
3
Resposta:
1
1
+ 1n y + k = 2 y 3 + 2 + 1n y + k
2
y
y
e x 2 52
ex 2 5
+ x +k = +
x +k
2 5
2 5
3
1
3
u2
1
3
u3
Resposta: 1n u + + e 2 u +
+ k = 1n u +
+ e 2u +
+k
3
2u
3
3
2u
3
Resposta: x + 1n x 2 −
1
+k
x
5
11
Resposta: − x 4 + x 3 − x 2 + k
4
3
Resposta:
2 7 2 2 32
2 7 2 3
t − t +k =
t −
t +k
7
3
7
3
INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS BÁSICAS
Sabemos que:
• [ sen x ] ’ = cos x
• [ cos x ] ’ = - sen x
• [ tg x ] ’ = sec2 x
• [ cotg x] ’ = - cossec2 x
• [ sec x ] ’ = sec x . tg x
• [ cossec x ] ’ = - cossec x . tg x
Assim,
• ∫ sen x dx = − cos x + k
•
•
•
•
•
∫ cos x dx = sen x + k
∫ sec x dx = tg x + k
∫ cos sec x dx = − cot g x + k
∫ sec x ⋅ tg x dx = sec x + k
∫ cos sec x ⋅ cotg x dx = − cos sec x + k
2
2
TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO - INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO SIMPLES
Passo 1: Introduza a letra u para substituir alguma expressão em x que seja escolhida para simplificar
a integral.
du
Passo 2: Reescreva a integral em termos de u. Para reescrever dx, calcule
e resolva
dx
du
algebricamente como se o símbolo
fosse um quociente, lembrando dos diferenciais.
dx
Passo 3: Calcule a integral resultante e então substitua u por sua expressão em termos de x na resposta.
Nota: Se o integrando é um produto ou quociente de dois termos e um termo é múltiplo da derivada de
uma expressão que aparece no outro, então esta expressão é provavelmente uma boa escolha
para u.
Exemplos:
1) Calcule: ∫ ( x + 1) 5 dx
Solução:
du
= 1 ⇒ du = dx
dx
( x + 1) 6
u6
u6
Logo, ∫ ( x + 1) 5 dx = ∫ u 5 du =
+k =
+k=
+k
6
6
6
(2 x + 1) 4
2) ∫ (2 x + 1) 3 dx = ... =
+k
8
2
3) ∫ 5 x + 7 dx = ... =
(5 x + 7) 3 + k
15
(2 x 3 + 1) 8
+k
4) ∫ (2 x 3 + 1) 7 . x 2 dx = ... =
48
Fazendo: u = x +1, temos:
(7 - 6x 2 ) 4
+k
16
( x 2 − 1)
1
6) ∫ 3
dx = ... = −
+k
6
3
(x − 3 x + 1)
15( x − 3 x + 1)5
5)
2
∫ x . 3 (7 - 6x )dx = ... = −
3
(1 + x 2 ) 3
+k
3
8) ∫ 9( x 2 + 3 x + 5) 8 (2 x + 3) dx = ... = ( x 2 + 3 x + 5) 9 + k
7)
2
∫ x ⋅ 1 + x dx = ... =
x
ln | 1 + x 2 |
dx
=
...
=
+ k = ln 1 + x 2 + k
∫ 1+ x2
2
3x
3 ⋅ ln | x 2 − 1 |
10) ∫ 2
dx = ... =
+k
x −1
2
1
ln | 3x + 2 |
dx = ... =
+k
11) ∫
3x + 2
3
x
12) ∫
dx = ... = x + 1 − ln | 1 + x | + k (dica: u = 1 + x ⇒ u – 1 = x e du = dx)
1+ x
9)
13)
∫
3x + 6
dx = ... =
3 ⋅ 2x 2 + 8 x + 3
+k
2
2x 2 + 8 x + 3
e7x
7x
+k
14) ∫ e dx = ... =
7
4
e x +2
3
x4 +2
15) ∫ x . e
dx = ... =
+k
4
sen (4 x)
16) ∫ cos (4x) dx = ... =
+k
4
sen ( x 2 )
17) ∫ x. cos (x 2 ) dx = ... =
+k
2
du
1
cos x
19) ∫
dx = ... = 2 sen x + k (dica: u = x ⇒
=
)
dx 2 x
x
du
cos 4 5 x
= −5 sen 5 x )
20) ∫ (cos 3 5x ⋅ sen 5x) dx = ... = −
+ k (dica: u = cos 5 x ⇒
20
dx
21)
22)
23)
24)
25)
(ln x) 2
(ln x) 3
dx
=
...
=
+k
∫ x
3
ln x
(ln x) 2
dx
=
=
+k
...
∫ x
2
1
1
∫ x(ln x) 2 dx = ... = − ln x + k
1
∫ x . ln x dx = ... = ln | ln x | + k
(ln x) n
(ln x) n +1
dx
=
...
=
+ k , {∀ n ∈ ℜ / n ≠ −1}
∫ x
n +1
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Prove, usando mudança de variável ou o método da substituição, que:
1
a) ∫
dx = ln | x - a | + k , ∀ a ∈ ℜ
x−a
eαx
b) ∫ eαx dx =
+ k , ∀ α ∈ ℜ*
α
c)
∫ sen α x dx = −
cos α x
α
sen α x
+ k , ∀ α ∈ ℜ*
d)
∫ cos α x dx =
e)
∫ tg x dx = ∫ cos x dx = − ln | cos x | +
f)
∫ cot g x dx = ∫ sen x dx = ln | sen x | +
α
+ k , ∀ α ∈ ℜ*
senx
k
cos x
k
2) Resolva os exercícios a seguir usando o método de substituição:
Exercício
a) ∫ (3x − 2)3 dx
b)
∫
c)
∫ 3x − 2 dx
d)
∫ (3x − 2)
e)
∫ x ⋅ sen x
f)
∫x⋅e
g)
∫x
h)
∫ sen 5 x dx
i)
∫x
j)
∫ cos 6 x dx
Resposta
(3x − 2) 4
a)
+k
12
2
b)
(3x − 2) 3 + k
9
1
ln 3x − 2 + k
c)
3
1
d) −
+k
3(3x − 2)
1
e) − cos x 2 + k
2
1 x2
f)
e +k
2
1 x3
g)
e +k
3
1
h) − cos 5x + k
5
1
i)
sen x 4 + k
4
1
j)
sen 6 x + k
6
k)
∫ cos
3
x ⋅ sen x dx
1
k) − cos 4 x + k
4
l)
∫ sen
5
x ⋅ cos x dx
l)
m)
∫ x + 3 dx
n)
∫ 4x + 3
3x − 2 dx
1
1
2
3
x2
dx
2
2
dx
dx
⋅ e x dx
3
⋅ cos x 4 dx
2
5
dx
1
sen 6 x + k
6
m) 2 ln x + 3 + k
n)
5
ln 4 x + 3 + k
4
x
o)
∫ 1 + 4x
p)
∫ 5 + 6x
q)
∫ (1 + 4 x
r)
∫ x⋅
s)
x
x
∫ e ⋅ 1 + e dx
3x
dx
2
x
2 2
)
2
(1 + e x ) 3 + k
3
1
t) −
+k
2( x − 1) 2
1
u)
+k
cos x
1 2
v) − e − x + k
2
s)
1
∫ ( x − 1) 3 dx
u)
∫ cos
v)
dx
1 + 3 x 2 dx
t)
sen x
dx
2
x
∫ x⋅e
-x 2
1
ln(1 + 4 x 2 ) + k
8
1
ln(5 + 6 x 2 ) + k
p)
4
1
q) −
+k
8(1 + 4 x 2 )
1
r)
(1 + 3x 2 ) 3 + k
9
o)
dx
2
dx
Novos Exemplos
1)
∫ tg
2
x dx = ∫ (sec2 x - 1) dx = tg x − x + k
Nota de revisão:
sen 2 x + cos 2 x = 1 e 1 + tg 2 x = sec 2 x , pois: 1 +
2)
∫ cos
2
sen 2 x cos 2 x + sen 2 x
1
=
=
= sec 2 x
2
2
2
cos x
cos x
cos x
1
1 sen 2x
x sen 2x
1 1

x dx = ∫  + cos 2x  dx = x + .
+k = +
+k
2
2
2
2
4
2 2

Nota de revisão:
cos 2x = cos (x + x) = cos x . cos x - sen x . sen x = cos2 x - sen2 x = cos2 x - (1 - cos2 x) = 2 cos2 x - 1,
1 1
logo cos 2x = 2 cos2 x - 1 ⇒ cos2 x = + cos 2 x
2 2
x sen 2x
 x sen 2x 
x dx = ∫ (1 - cos 2 x) dx = x -  +
+k
+k = −
4 
2
4
2
3)
∫ sen
4)
∫ (sen x + cos x)
2
dx = ... = x −
5)
∫ (sen x + cos x)
2
dx = ... = x − cos 2 x + k
6)
∫ (sen x + cos x)
2
dx = ... = x + sen 2 x + k
7)
∫ cos 2 x
2
sen 4 x
cos 2 x
+ k (Sugestão: sen 2θ = 2 ⋅ senθ ⋅ cosθ )
2
dx = ... = - cos 2x + k (Sugestão: sen 2θ = 2 ⋅ senθ ⋅ cosθ )
(1 + cos x)3
+k
3
8)
2
∫ sen x ⋅ (1 + cos x) dx = ... = −
9)
∫ cos x ⋅ cot g x dx = ∫  cos x ⋅ cot g x  dx = ∫ (sec x ⋅ tgx ) dx = sec x + k
 1
1
Nota de revisão: sec x =
1

1
1
sen x
1
; cos sec x =
; tg x =
; cot g x =
cos x
sen x
cos x
tg x
10) Mostre, usando mudança de variável, que ∫ tg x dx = − ln | cos x | + k
*
1
senx
1
1 du
⋅ senx dx = ∫
= − ∫ du = -ln | u | + k = - ln | cos x | + k
dx = ∫
cos x
cos x
u -1
u
du
du
= − sen x ⇒
* u = cos x ⇒
= sen x dx
dx
−1
Solução: ∫ tg x dx = ∫
11) Mostre, usando mudança de variável, que ∫ cotg x dx = ln | sen x | + k
Solução: ∫ cot g x dx = ∫
* u = sen x ⇒
*
cos x
1
1
1
dx = ∫
⋅ cos x dx = ∫ du = ∫ du = ln | u | + k = ln | sen x | + k
senx
senx
u
u
du
= cos x ⇒ du = cos x dx
dx
12) ∫ x ⋅ cos (x 2 ) dx = ... =
13)
∫
cos x
x
sen ( x 2 )
+k
2
dx = ... = 2 sen x + k (Dica: u =
x⇒
du
1
=
)
dx 2 x
du
cos 4 5 x
14) ∫ (cos 5x ⋅ sen 5x) dx = ... = −
+ k (Dica: u = cos 5 x ⇒
= −5 sen 5 x )
20
dx
3
15) Mostre, usando o método de substituição, que:
sen 2 x
(i) ∫ sen x ⋅ cos x dx =
+ k (Faça: u = sen x)
2
cos 2 x
(ii) ∫ sen x ⋅ cos x dx = −
+ k (Faça: u = cos x)
2
cos 2 x
+ k (Lembre-se: sen 2θ = 2 ⋅ senθ ⋅ cosθ )
4
sen 2 x
Solução: Como sen 2x = 2 sen x cos x ⇒
= sen x ⋅ cos x
2
Assim,
* 1
sen 2 x
1
du * 1
1
cos 2 x
sen
x
⋅
cos
x
dx
=
dx
=
sen
2
x
dx
=
sen
u
= ∫ sen u du = − cos u + k = −
+k
∫
∫ 2
∫
∫
2
2
2 4
4
4
du
du
* u = 2x ⇒
=2 e
= dx
dx
2
16) Mostre que ∫ sen x ⋅ cos x dx = −
17) Prove, usando o método da substituição, que ∫ sen α x dx = −
cos α x
α
+ k , ∀ α ∈ ℜ*
*
Solução: ∫ sen α x dx = ∫ sen u
*u=αx ⇒
du
α
=
1
α
cos u + k = −
cos α x
α
+k
du
du
=α e
= dx
dx
α
18) Prove, usando o método da substituição, que ∫ cos α x dx =
*
Solução: ∫ cos α x dx = ∫ cos u
*u=αx ⇒
du
=
α
1
α
sen u + k =
sen α x
α
sen α x
α
+ k , ∀ α ∈ ℜ*
+k
du
du
=α e
= dx
dx
α
TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO - INTEGRAÇÃO POR PARTES
Suponhamos f e g definidas e deriváveis num mesmo intervalo I. Temos:
[ f(x).g(x)] ' = f ' (x).g(x) + f(x).g ' (x)
ou
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
(1)
que é a regra de integração por partes.
Fazendo u = f(x) e v = g(x), teremos du = f ' (x) dx e dv = g ' (x) dx, o que nos permite escrever a regra
(1) na seguinte forma usual:
∫ u ⋅ dv = u ⋅ v -∫ v ⋅ du
Suponha, agora, que se tenha que calcular
∫ α ( x) ⋅ β ( x) dx . Se você 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 partes.
Exemplos: Calcule as seguintes integrais:
1)
∫ x ⋅ cos x dx
2)
∫ x ⋅ sen x dx = ... = − x. cos x + sen x + k
= ... = x. sen x + cos x + k
3)
∫x
2
⋅ cos x dx = ...= x 2 . sen x + 2 x. cos x − 2 sen x + k
4)
∫x
2
⋅ sen x dx = ...= − x 2 . cos x + 2 x. sen x + 2 cos x + k
ex
5) ∫ e ⋅ cos x dx = ... =
(sen x + cos x) + k
2
x
6)
x
∫ e ⋅ sen x dx = ... =
7) Sabendo que
ex
(sen x − cos x) + k
2
1
∫ x dx = ln | x | + k , mostre que: ∫ ln x dx
Resposta: fazendo: f = ln x e g ’ = 1 ⇒
8) Sabendo que: ∫
∫ ln x dx =
= x . (ln x – 1) + k
x ⋅ (ln x − 1) + k
1
dx = arc tg x + k , mostre que:
1 + x2
1
∫ arc tg x dx = x ⋅ arc tg x − 2 ln(1 + x
9) Sabendo que: ∫
1
1 − x2
10) ∫ cos 2 x dx = ... =
x sen 2 x
+
+k
2
4
11) ∫ sen 2 x dx = ... =
x sen 2 x
−
+k
2
4
∫ sec
3
que
)+k
dx = arc sen x + k , mostre que:
∫ arc sen x dx
12) Sabendo
2
= x.arc sen x + 1 − x 2 + k
∫ sec x dx = ln | sec x + tg | + k
1
x = [sec x ⋅ tg x + ln | sec x + tg x | ] + k .
2
e
1 + tg 2 x = sec 2 x
mostre
que
OUTROS EXEMPLOS DE INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS
1) Calcule
∫ sec
2
x dx .
Solução:
∫ sec
2) Calcule
∫ tg
2
2
x dx = tg x + k
x dx .
Solução:
*
tg 2 x dx = ∫ [sec 2 x − 1] dx = ∫ sec 2 x dx − ∫ 1 dx = tg x − x + k
∫
Onde:
*
3) Calcule
∫ cos sec
2
1 + tg 2 x = sec 2 x
x dx .
Solução:
∫ cos sec
4) Calcule
∫ cot g
2
2
x dx = − cot g x + k
x dx .
Solução:
∫ cot g
2
*
x dx = ∫ [cos sec 2 x − 1] dx = ∫ cos sec 2 x dx − ∫ 1 dx = − cot g x − x + k
Onde:
*
5) Calcule
1 + cot g 2 x = cos sec 2 x
∫ sec x dx .
Solução: Multiplicando e dividindo o integrando por sec x + tg x, temos:
∫
sec x dx = ∫ sec x ⋅
sec x + tg x
sec 2 x + sec x ⋅ tg x
dx = ∫
dx
sec x + tg x
sec x + tg x
Considerando a substituição: u = sec x + tg x ⇒ du = (sec x ⋅ tg x + sec 2 x) dx
Assim,
∫ sec x dx = ∫
6) Calcule
1
du = ln | u | + k = ln | sec x + tg x | + k
u
∫ cos sec x dx .
Solução: Multiplicando e dividindo o integrando por cos sec x + cot g x, temos:
∫
cos sec x dx = ∫ cos sec x ⋅
cos sec x + cot g x
cos sec 2 x + cos sec x ⋅ cot g x
dx = ∫
dx
cos sec x + cot g x
cos sec x + cot g x
Considerando a substituição: u = cos sec x + cot g x ⇒ du = (− cos sec x ⋅ cot g x − cos sec 2 x) dx
Assim,
∫ cos sec x dx = −∫
1
du = − ln | u | + k = − ln | cos sec x + cot g x | + k
u
7) Usando resultados anteriores, calcule
∫ sec
3
x dx .
Solução:
∫ sec
3
*
2
x dx = ∫ sec
x dx = u ⋅ v − ∫ v du = sec x ⋅ tg x − ∫ tg x ⋅ sec x ⋅ tg x dx =
{x ⋅ sec
1424
3
u
dv
**
= sec x ⋅ tg x − ∫ sec x ⋅ tg 2 x dx = sec x ⋅ tg x − ∫ sec x ⋅ (sec 2 x − 1) dx =
***
= sec x ⋅ tg x − ∫ sec 3 x dx + ∫ sec x dx = sec x ⋅ tg x − ∫ sec 3 x dx + ln | sec x + tg x |
Onde:
*
u = sec x ⇒ du = sec x ⋅ tg x dx e dv = sec 2 x dx ⇒ v = ∫ sec 2 x dx = tg x
**
1 + tg 2 x = sec 2 x
***
∫ sec x dx = ln | sec x + tg x |
Assim,
1
2 ∫ sec 3 x dx = sec x ⋅ tg x + ln | sec x + tg x | ⇒ ∫ sec 3 x dx = [sec x ⋅ tg x + ln | sec x + tg x | ] + k
2
8) Mostre que
∫ cos sec
3
1
x dx = − [cos sec x ⋅ cot g x − ln | cos sec x − cot g x | ] + k .
2
LISTA DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS PARA A REVISÃO DOS CONCEITOS
1) Calcule as integrais indefinidas:
a) ∫ x ⋅ e x dx
Resposta: (x – 1) ex + k
b)
∫x
2
⋅ e x dx
c) ∫ x ⋅ ln x dx
d)
∫x
2
⋅ ln x dx
Resposta: ex (x2 – 2x + 2) + k
x2 
1
 ln x −  + k
2
2
1 
1
Resposta: fazendo: u = ln x e dv = x2dx ⇒ x 3  ln x −  + k
3 
3
Resposta: fazendo u = ln e dv = xdx =>
e)
∫ x ⋅ sec
f)
2
∫ x ⋅ (ln x) dx
g)
∫
h)
∫ x .e
i)
∫e
j)
∫x
k)
∫x
3
l)
∫e
-x
m)
2
Resposta: fazendo: u = x e dv = sec 2 x dx ⇒ x tg x + ln | cos x | + k
x dx
x2 
1
(ln x ) 2 − ln x +  + k

2 
2
2
Resposta: x (ln x) – 2x (ln x – 1) + k
Resposta:
(ln x)2 dx
-2x
3
∫x
2x
1 2x 
1
e x −  + k
2 
2
1
Resposta: − e- 2x (cos x + 2 sen x ) + k
5
Resposta:
dx
⋅ sen x dx
2
1 2
( x − 1) e x + k
2
1
Resposta: fazendo: u = x2 e dv = x.cos x2 dx ⇒ ( x 2 sen x 2 + cos x 2 ) + k
2
e− x
Resposta: fazendo: u = e-x e dv = cos 2x dx ⇒
(2 sen 2 x − cos 2 x ) + k
5
x n +1 
1 
Resposta:
 ln x −
 + k ( n ≠ −1 )
n +1
n + 1
⋅ e x dx
Resposta: fazendo: u = x2 e dv = x ⋅ e x dx ⇒
2
2
⋅ cos x 2 dx
n
⋅ cos 2x dx
⋅ ln x dx
INTEGRAIS QUE RESULTAM EM FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS:
ARCO TANGENTE E ARCO SENO – MÉTODO DA SUBSTITUIÇÃO SIMPLES
De acordo com as derivadas calculadas no capítulo de derivadas, temos:
1
∫ 1+ x
2
dx = arc tg x + k
Exemplos:
 5 
1
5


dx
=
...
=
arc
tg
∫ x2 + 5
 5 x + k
5


* 1
1
1
1
1
1
1
1
dx
=
dx
=
dx
=
dx
=
5du =
Solução: ∫
2
2
∫
∫
∫
∫
2
2
5+ x
5 
5
5 1 + u2

x 
x 
x


1 + 
51 + 
1+ 

5
5


 5
 5 
5
1
5
5
=
du =
arc tg u + k =
arc tg 
x  + k
2
∫
5 1+ u
5
5
 5 
1)
*
Fazendo: u = x ⇒ du = 1 ⇒ 5 du = dx
5
dx
5
5
 x
arc tg   + k
2
2
*
5
1
1
5
1
5
1
dx
5
dx
5
dx
dx
dx
=
=
=
=
=
Solução: ∫
∫ 4 + x2
∫  x2 
4 + x2
4∫
4 ∫  x 2
x2 
1 + 
41 + 
1+  
4
4
2


5
1
5
1
5
5
x
= ∫
2 du = ∫
du = arc tg u + k = arc tg + k
2
2
2
2
2
4 1+ u
2 1+ u
2)
5
∫4+ x
2
dx = ... =
*
Fazendo: u = x ⇒ du = 1 ⇒ 2 du = dx
2
dx
2
 6 
6
2


=
...
=
dx
arc
tg
∫ 3 + 2x2
 3 x + k
3


* 2
2
1
2
1
1
=
Solução: ∫
dx = 2 ∫
dx
dx
=
2
2
∫
∫
3 + 2x
3
3 1 + u2
 2x2 


2
x

31 +

1 + 

3 

3


**
 2 
2 3
1
2 3
2 3


=
du
=
arc
tg
u
+
k
=
arc
tg
x
+
k
=
∫ 2
 3 
3 2 1+ u
3 2
3 2


3)
*
2
du =
 6 
6
arc tg 
x  + k
3
3


Fazendo: u = 2 x ⇒ du = 2 ⇒ 3 du = dx
dx
3
**
3
2
Racionalizando: 2 3 = 2 3 . 2 = 2 6 = 6 e
3 2
∫
Solução:
3 2
3.2
2
3
2
3
=
2
3
.
3
3
=
6
3
1
1
x
dx = arc tg   + k , com a ∈ ℜ +
2
a
a +x
a
*
1
1
1
1
1
1
dx = ∫
dx = 2 ∫
dx = 2 ∫
dx =
2
2
2
2
2
a +x
a
a


x
x
x


1+ 2
a 2 1 + 2 
1+  
a
a
 a 
1
1
1
1
1
1
x
= 2∫
a du = ∫
du = arc tg u + k = arc tg + k
2
2
a 1+ u
a 1+ u
a
a
a
4) Sabendo que
*
3
1
∫ 1+ x
2
dx = arc tg x + k , mostre que:
∫
2
Fazendo: u = x ⇒ du = 1 ⇒ a du = dx
a
dx
a
x +1
1
1
 x
dx = ... = ln( x 2 + 9) + arc tg   + k
2
+9
2
3
3
*
1 du 1
x +1
x
1
Solução: ∫ 2
dx = ∫ 2
dx + ∫ 2
dx = ∫
+
x +9
u 2 9∫
x +9
x +9
5)
∫x
1
**
2
dx =
1 1
1
1
du + ∫
3dv =
∫
9 1+ v2
2 u
 x
1+  
3
1
1
1
1
x
1 1
1
1
= ∫ dx + ∫
dv = ln | u | + arc tg v + k = ln ( x 2 + 9) + arc tg + k
2
2 u
3 1+ v
2
3
2
3
3
*
Fazendo: u = x 2 + 9 ⇒ du = 2 x ⇒ du = x dx e * * v = x ⇒ dv = 1 ⇒ 3dv = dx
dx
3
dx
3
1
arc tg x 2 + k
2
*
x
1 du 1
1
1
1
Solução: ∫
dx
=
= ∫
du = arc tg u + k = arc tg x 2 + k
4
2
2
∫
2 1+ u
2
2
1+ x
1+ u 2
6)
x
2
∫ 1+ x
4
dx = ... =
*
Fazendo: u = x 2 ⇒ du = 2 x ⇒ du = xdx
dx
2
REFERÊNCIAS
O presente Material é uma adapatação da Apostila de Cálculo I do Prof. Dr. José Donizetti
de Lima , por Prof. Dra. Dayse Regina Batistus.
Referências da versão original:
FLEMMING, D. M.; GONÇALVES, B. G. Cálculo A: Funções, Limite, Derivação, Integração, 5a
ed. São Paulo: Makrow Books, 1992.
FLEMMING, D. M.; GONÇALVES, B. G. Cálculo B: Funções de Várias Variáveis, Integrais
Duplas e Triplas. São Paulo: Makrow Books, 1999.
FLEMMING, D. M.; GONÇALVES, B. G. Cálculo C: Funções Vetoriais, Integrais Curvilíneas,
Integrais de Superfície. São Paulo: Makrow Books, 1999.
GUIDORIZZI, H. L. Um Curso de Cálculo, 5a ed. Vol. I, São Paulo: LTC - Livros Técnicos e
Científicos Editora S. A., 2001
GUIDORIZZI, H. L. Um Curso de Cálculo, 5a ed. Vol. II, São Paulo: LTC - Livros Técnicos e
Científicos Editora S. A., 2001
GUIDORIZZI, H. L. Um Curso de Cálculo, 5a ed. Vol. III, São Paulo: LTC - Livros Técnicos e
Científicos Editora S. A., 2001
GUIDORIZZI, H. L. Um Curso de Cálculo, 5a ed. Vol. IV, São Paulo: LTC - Livros Técnicos e
Científicos Editora S. A., 2001
HOFFMANN, L. D., Cálculo: Um Curso Moderno e suas Aplicações, 7a ed. Rio de Janeiro: LTC Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., 2004.
RIGHETTO, A.; FERRAUDO, A. S. Cálculo Diferencial e Integral. Vol. I, São Paulo: IBEC –
Instituto Brasileiro de Edições Científicas Ltda, São Paulo, 1982
RIGHETTO, A.; FERRAUDO, A. S. Cálculo Diferencial e Integral. Vol. II, São Paulo: IBEC –
Instituto Brasileiro de Edições Científicas Ltda, São Paulo, 1982
Bibliografia de Apoio:
ANTON, H. Cálculo, um novo horizonte. Trad. Cyro de C. Patarra e Márcia Tamanaha. 6. ed. Porto
Alegre: Bookman, Vol.I, 2000.
ANTON, H. Cálculo, um novo horizonte. Trad. Cyro de C. Patarra e Márcia Tamanaha. 6. ed. Porto
Alegre: Bookman, Vol.II, 2000.
LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. Vol. I, São Paulo: Harbra, 1986.
LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. Vol. II, São Paulo: Harbra, 1986.
MUNEN, F. Cálculo. Vol. II, Rio de Janeiro: Editora Guanabara Dois S.A., 1982.
LARSON, H. E. Cálculo com Aplicações. Trad. Alfredo Alves de Farias. Rio de Janeiro: LTC, 1995.
SWOKOWSKI, E. W. Cálculo com Geometria Analítica. 2. ed. Vol. I, São Paulo: Makrow Books,
1994.
SWOKOWSKI, E. W. Cálculo com Geometria Analítica. 2. ed. Vol. II, São Paulo: Makrow Books,
1994.
SIMMONS, G. Cálculo com Geometria Analítica. São Paulo: McGraw-Hill, v. 2, 1987.