1. Aula 16
Integra»~o por partes
ca
H¶ essencialmente dois m¶todos empregados no c¶lculo de integrais inde¯nidas (primi-
a e a
tivas) de fun»~es elementares. Um deles ¶ a integra»~o por substitui»~o, explorada na
co e ca ca
aula 15, que retomaremos adiante, em novos casos. O outro m¶todo ¶ chamado de
e e
integra»~o por partes, que exploraremos nesta aula.
ca
Suponhamos que u = u(x) e v = v(x) s~o duas fun»~es deriv¶veis em um certo
a co a
intervalo I ½ R. Ent~o, para cada x em I, temos
a
[u(x) ¢ v(x)]0 = u0 (x) ¢ v(x) + u(x) ¢ v 0 (x)
Assim sendo, Z
[u0 (x)v(x) + u(x)v0 (x)] dx = u(x)v(x) + C
ou seja, Z Z
0
v(x)u (x) dx + u(x)v 0 (x) dx = u(x)v(x) + C
Podemos escrever ainda
Z Z
u(x)v (x) dx = u(x)v(x) ¡ v(x)u0 (x) dx
0
(16.1)
aqui considerando que a constante gen¶rica C j¶ est¶ impl¶
e a a ³cita na ultima integral.
¶
Sendo u = u(x) e v = v(x), temos
du = u0 (x) dx e dv = v0 (x) dx, e passamos a f¶rmula 16.1 µ forma abreviada
o a
Z Z
u ¢ dv = u ¢ v ¡ v ¢ du (16.2)
As f¶rmulas 16.1 e 16.2 s~o chamadas f¶rmulas de integra»~o por partes.
o a o ca
138

2. »~
Integracao por partes 139
R
Exemplo 16.1 Calcular x sen x dx.
Solu»~o. Tomaremos u = x, e dv = sen x dx.
ca
R
Teremos du = 1 dx = dx, e v = sen x dx.
Para os prop¶sitos da integra»~o por partes, basta tomar v = ¡ cos x, menospre-
o ca R
zando a constante arbitr¶ria da integral v = sen x dx, pois uma tal escolha da fun»~o
a ca
v ¶ su¯ciente para validar a f¶rmula 16.2.
e o
Temos ent~o
a
Z Z
x sen x dx = u ¢ dv
Z
= u ¢ v ¡ v ¢ du
Z
= x ¢ (¡ cos x) ¡ (¡ cos x) dx
Z
= ¡x cos x + cos x dx
= ¡x cos x + sen x + C
R
Exemplo 16.2 Calcular x ln x dx.
Solu»~o. Tomamos u = ln x, e dv = x dx.
ca
1 R x2
Teremos du = dx, e v = x dx. Tomamos v = .
x 2
Temos ent~o
a
Z Z
x ln x dx = u ¢ dv
Z
= u ¢ v ¡ v ¢ du
Z 2
x2 x 1
= ¢ ln x ¡ ¢ dx
2 2 x
Z
x2 x
= ¢ ln x ¡ dx
2 2
x2 x2
= ¢ ln x ¡ +C
2 4
R
Exemplo 16.3 Calcular arc tg x dx.
Solu»~o. Faremos u = arc tg x, e dv = dx.
ca
1
E ent~o du =
a dx, v = x. Da¶³,
1 + x2

3. »~
Integracao por partes 140
Z Z Z
arc tg x dx = u dv = uv ¡ v du
Z
1
= x ¢ arc tg x ¡ x ¢ dx
1 + x2
Z
1
Para calcular a integral J = x¢ dx, procedemos a uma mudan»a de vari¶vel:
c a
1 + x2
Fazendo w = 1 + x2 , temos dw = 2x dx, e ent~o x dx = 1 dw. Da¶
a 2
³,
Z Z
1 1
J = x¢ dx = dw = ln jwj + C = ln(1 + x2 ) + C.
1+x 2 w
R
Portanto, arc tg x dx = x ¢ arc tg x ¡ ln(1 + x2 ) + C.
16.1 Um estrat¶gia para integrar por partes
e
Poder¶ R dizer que o prop¶sito da integra»~o R partes ¶ transferir o c¶lculo de uma
³amos o ca por e a
integral u ¢ dv para o c¶lculo de uma integral Rv ¢ du (a qual espera-se que saibamos
a R
calcular), pela f¶rmula de integra»~o por partes, u dv = uv ¡ v du.
o ca
R
Ao integrar por partes, uma integral da forma f (x)g(x) dx, devemos sempre
escolher, dentre as duas fun»~es da express~o f (x)g(x) dx, uma delas como sendo o
co a
fator u e a outra como parte de uma diferencial dv.
Em outras palavras, podemos fazer u = f (x) e dv = g(x) dx, ou u = g(x) e
dv = f (x) dx (ou ainda u = f(x)g(x) e dv = 1 dx !). Mas esta escolha n~o pode ser
a
feita de modo aleat¶rio. Temos queR espertos em nossa escolha para que, ao passarmos
R o ser
da integral u dv para a integral v du, passemos a uma integral tecnicamente mais
simples de ser calculada.
Uma sugest~o que funciona bem na grande maioria das vezes ¶ escolher as fun»~es
a e co
u e v segundo o crit¶rio que descreveremos abaixo. Ele foi publicado como uma pequena
e
nota em uma edi»~o antiga da revista American Mathematical Monthly.
ca
Considere o seguinte esquema de fun»~es elementares:
co
L I A T E
Logar¶
³tmicas Inversas de Alg¶bricas Trigonom¶tricas Exponenciais
e e
trigonom¶tricas
e
No esquema acima, as letras do anagrama LIATE s~o iniciais de diferentes tipos
a
de fun»~es.
co
Uma estrat¶gia que funciona bem ¶: ao realizar uma integra»~o por partes, esco-
e e ca
lher, dentre as duas fun»~es que aparecem sob o sinal de integral,
co

4. »~
Integracao por partes 141
² como fun»~o u: a fun»~o cuja letra inicial de caracteriza»~o posiciona-se mais µ
ca ca ca a
esquerda no anagrama;
² como formando a diferencial dv: a fun»~o cuja letra inicial de caracteriza»~o
ca ca
posiciona-se mais µ direita no anagrama.
a
Sumarizando, u deve caracterizar-se pela letra mais pr¶xima de L, e dv pela letra
o
mais pr¶xima de E.
o
Esta estrat¶gia j¶ foi adotada nos exemplos desenvolvidos anteriormente !
e a
R
1. Na integral x sen x dx, exemplo 16.1, ¯zemos
u = x (Alg¶brica) e dv = sen x dx (Trigonom¶trica).
e e
No anagrama LIATE, A precede T.
R
2. Na integral x ln x dx, exemplo 16.2, ¯zemos
u = ln x (Logar¶³tmica) e dv = x dx (Alg¶brica).
e
No anagrama LIATE, L precede precede A.
R
3. Na integral arc tg x dx, exemplo 16.3, ¯zemos
u = arc tg x (Inversa de trigonom¶trica), e dv = 1 dx (Alg¶brica).
e e
No anagrama LIATE, I precede A.
Passaremos agora a um exemplo interessante e imprescind¶
³vel.
R
Exemplo 16.4 Calcular ex sen x dx.
Solu»~o. Seguindo a sugest~o dada acima, faremos
ca a
u = sen x (trigonom¶trica), dv = ex dx (exponencial). T vem antes de E no
e
anagrama LIATE.
Temos ent~o du = (sen x)0 dx = cos x dx, e tomamos v = ex . Da¶
a ³,
Z Z Z
e sen x dx = u dv = uv ¡ v du
x
Z
= e sen x ¡ ex cos x dx
x
R Parece que voltamos ao ponto de partida, n~o ¶ mesmo? Passamos da integral
R a e
ex sen x dx µ integral ex cos x dx, equivalente µ primeira em n¶ de di¯culdade.
a a ³vel
Continuaremos, no entanto, a seguir a receita do anagrama.
R
Na integral J = ex cos x dx faremos
u = cos x, dv = ex dx. (Estas fun»~es u e v s~o de¯nidas em um novo contexto.
co a
Referem-se µ esta segunda integral.)
a

5. »~
Integracao por partes 142
Teremos du = (cos x)0 dx = ¡ sen x dx, e v = ex, e ent~o
a
Z Z Z
J = e cos x dx = u dv = uv ¡ v du
x
Z
= e cos x ¡ (¡ sen x)ex dx
x
Z
= e cos x + ex sen x dx
x
R
O resultado ¯nal ¶ interessante. Chamando I = ex sen x dx,
e
Z
I = ex sen x dx = ex sen x ¡ J
µ Z ¶
= e sen x ¡ e cos x + e sen x dx
x x x
= ex sen x ¡ ex cos x ¡ I
Portanto,
I = ex sen x ¡ ex cos x ¡ I
ou seja,
2I = ex sen x ¡ ex cos x + C
e ent~o obtemos
a
1
I = (ex sen x ¡ ex cos x) + C
2
Rp
Exemplo 16.5 Calcular a2 ¡ x2 dx (a > 0).
Aqui podemos integrar por partes, mas o anagrama LIATE n~o nos ¶ de serventia, j¶
a e a
que a integral involve apenas express~es alg¶bricas.
o e
p
Faremos u = a2 ¡ x2 , dv = dx.
¡x
Ent~o du = p 2
a dx, e tomamos v = x. Da¶ ³,
a ¡ x2
Z p Z
I= a2 ¡ x2 dx = u dv
Z
= uv ¡ v du
p Z
¡x2
= x a2 ¡ x2 ¡ p 2 dx
a ¡ x2
p Z
x2
=x a 2 ¡ x2 + p dx
a2 ¡ x2

6. »~
Integracao por partes 143
Agora fazemos
Z Z
x2 ¡(a2 ¡ x2 ) + a2
p dx = p dx
a2 ¡ x2 a2 ¡ x2
Z Z
a2 ¡ x2 a2
=¡ p 2 dx + p 2 dx
Z p a ¡ x2 Z a ¡ x2
2 ¡ x2 dx + a2
1
=¡ a p dx
Z a2 ¡ x2
2 1
= ¡I + a p dx
a 2 ¡ x2
x
= ¡I + a2 ¢ arc sen + C
a
Portanto, p x
I = x a2 ¡ x2 ¡ I + a2 ¢ arc sen + C
a
de onde ent~o
a
Z p
xp 2 a2 x
a2 ¡ x2 dx = I = a ¡ x2 + arc sen + C
2 2 a
Um modo mais apropriado de abordar integrais com express~es da forma x2 §
o
a , ou a2 ¡ x2 , ser¶ retomado adiante, quando ¯zermos um estudo de substitui»~es
2
a co
trigonom¶tricas.
e
16.2 Problemas
1. Repetindo procedimento an¶logo ao usado no exemplo 16.5, mostre que
a
Z p
xp 2 ¸ p
x2 + ¸ dx = x + ¸ + ln jx + x2 + ¸j + C
2 2
2. Calcule as seguintes integrais.
R
(a) xex dx. Resposta. ex(x ¡ 1) + C.
R
(b) ln x dx. Resposta. x(ln x ¡ 1) + C.
R n+1 ¡ 1
¢
(c) xn ln x dx (n 6¡1). Resposta. x
= n+1
ln x ¡ n+1 + C.
R 2 2
(d) ln(1 + x ) dx. Resposta. x ln(x + 1) ¡ 2x + 2 arc tg x + C.
R
(e) x arc tg x dx. Resposta. 1 [(x2 + 1) arc tg x ¡ x] + C.
2
R p
(f) arc sen x dx. Resposta. x arc sen x + 1 ¡ x2 + C.
Rp p
(g) 1 ¡ x2 dx. Resposta. 1 arc sen x + x 1 ¡ x2 + C.
2 2
Sugest~o. Imite os procedimentos usados no exemplo 16.5.
a

7. »~
Integracao por partes 144
R p
(h) x arc sen x dx. Resposta. 1 [(2x2 ¡ 1) arc sen x + x 1 ¡ x2 ] + C.
4
R px p p
(i) e dx. Resposta. 2e ( x ¡ 1) + C.
x
R p p p
(j) arc tg x dx. Resposta. (x + 1) arc tg x ¡ x + C.
R p
Sugest~o. Ao deparar-se com 2px(1+x) dx, fa»a z = x.
a x
c
R arc sen px p p p
(k) p
x
dx. Resposta. 2 x arc sen x + 2 1 ¡ x + C.
R p x p x p p
(l) arc sen x+1 dx. Resposta. x arc sen x+1 ¡ x + arc tg x + C.
p x
Sugest~o. N~o se deixe intimidar. Comece fazendo u = arc sen x+1 ,
a a
dv = dx.
R 2
(m) x cos2 x dx. Resposta. x + 1 x sen 2x + 1 cos 2x + C.
4 4 8
Sugest~o. cos2 x = 1 (1 + cos 2x).
a 2
R 2
(n) (x + 7x ¡ 5) cos 2x dx.
Resposta. (x2 + 7x ¡ 5) sen 2x + (2x + 7) cos 2x ¡ sen 2x + C.
2 4 4
R ax 1
(o) e cos bx dx. Resposta. a2 +b2 e (b sen bx + a cos bx) + C.
ax
R ax 1
(p) e sen bx dx. Resposta. a2 +b2 eax (a sen bx ¡ b cos bx) + C.
R x arc sen x p
2 dx. Resposta. x ¡ 1 ¡ x2 arc sen x + C.
(q) p
1¡x
R arc sen x
(r) dx.
x2 ¯ p ¯ ¯ p ¯
¯ 2¯ ¯ 1¡x2 ¯
Resposta. 1 ln ¯ 1¡p1¡x2 ¯ ¡ x arc sen x + C = ln ¯ 1¡ x ¯ ¡ x arc sen x + C.
2 1+ 1¡x
1 1
R 1
R
Sugest~o. Fa»a xp1¡x2 dx = x2 px 2 dx, quando necess¶rio, e ent~o
a c a a
p 1¡x
z = 1 ¡ x2 .
R p p p
(s) ln(x + 1 + x2 ) dx. Resposta. x ln(x + 1 + x2 ) ¡ 1 + x2 + C.
R x arc sen x ¯ ¯
(t) p dx. Resposta. arc sen2x + 1 ln ¯ 1¡x ¯ + C.
p
1¡x 2 1+x
(1¡x2 )3
R 1
3. Ao calcular a integral x
dx, Jo~ozinho procedeu da seguinte maneira.
a
1 1
Fazendo u = x
, e dv = dx, podemos tomar v = x, e teremos du = ¡ x2 dx.
Z Z Z
1
dx = u dv = uv ¡ v du
x
Z µ ¶ Z
1 1 1
= ¢ x ¡ x ¡ 2 dx = 1 + dx
x x x
R 1
Sendo J = x
dx, temos ent~o J = 1 + J, logo 0 = 1.
a
Onde est¶ o erro no argumento de Jo~ozinho ?
a a
Z Z
x2 ¡x dx
4. Mostre que dx = + .
(x 2 + ¸)2 2(x 2 + ¸) x2+¸
Z Z
x2 x
Sugest~o. Fa»a
a c dx = |{z} ¢ 2
x dx.
(x2 + ¸)2 (x + ¸)2
u | {z }
dv

8. »~
Integracao por partes 145
5. Usando o resultado do problema 4, calcule (considere a > 0)
Z Z
x2 x2
(a) dx. (b) dx.
(x2 + a2 )2 (a2 ¡ x2 )2
¯ ¯
Respostas. (a) ¡x
2(x2 +a2 )
+ 1
2a
arc tg x + C. (b)
a
x
2(a2 ¡x2 )
¡ 1
4a
ln ¯ a+x ¯ + C.
a¡x
6. Mostre que Z Z
dx x 1 dx
= +
(x2 + ¸)2 2¸(x2 + ¸) 2¸ x2 + ¸
R R 2 2
Sugest~o.
a dx
(x2 +¸)2
= (x +¸)¡x dx.
(x2 +¸)2
7. Usando a redu»~o mostrada no problema 6, calcule as integrais (considere a > 0).
ca
Z Z
dx dx
(a) . (b) .
(x 2 + a2 )2 (a2 ¡ x2 )2
¯ ¯
Respostas. (a) 2a2 (xx +a2 ) + 2a3 arc tg x + C. (b) 2a2 (ax ¡x2 ) + 4a3 ln ¯ a+x ¯ + C.
2
1
a 2
1
a¡x
R x arc tg x
8. Calcule (x2 +1)2 dx. Resposta. 4(x2 +1) + 1 arc tg x ¡ 1 arc tg2x + C.
x
4 2 1+x