polígrafo

1. INTEGRAL
Prof. Dr. Carlos A. P. Campani
1 O Problema da Área
A = A1 + A2 + A3 + A4
A = lim
n→∞
An = lim
n→∞
A′
n
1

2. 2 O Problema da Determinação da Área de
uma Região que Está Sob o Gráfico de uma
Função
Rn =
n
X
k=1
(Basek × Alturak)
Rn =
n
X
k=1
1
n
k
n
2
!
2

3. Rn =
n
X
k=1
k2
n3
Rn =
1
n3
n
X
k=1
k2
n
X
k=1
k2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
Rn =
1
n3
n(n + 1)(2n + 1)
6
=
n(n + 1)(2n + 1)
6n3
R10 =
10(10 + 1)(2.10 + 1)
6.103
= 0, 385
Ln =
1
n3
n−1
X
k=0
k2
=
1
n3
(n − 1)n(2n − 1)
6
=
(n − 1)n(2n − 1)
6n3
L10 =
(10 − 1)10(2.10 − 1)
6.103
= 0, 285
0, 285 A 0, 385
3

4. R30 =
30(30 + 1)(2.30 + 1)
6.303
= 0, 3502
L30 =
(30 − 1)30(2.30 − 1)
6.303
= 0, 3169
0, 3169 A 0, 3502
lim
n→∞
Rn = lim
n→∞
Ln = A
4

5. A = lim
n→∞
Rn = lim
n→∞
n(n + 1)(2n + 1)
6n3
= lim
n→∞
2n3
+ 3n2
+ n
6n3
=
= lim
n→∞
2n3
6n3
=
1
3
= 0, 3333
3 Formalizando o Problema da Área de uma
Região que Está Sob o Gráfico de uma Fun-
ção
∆x =
b − a
n
xk = a + k∆x
f(xk) = f(a + k∆x)
Rn = f(x1)∆x + f(x2)∆x + · · · + f(xn)∆x
A = lim
n→∞
Rn = lim
n→∞
[f(x1)∆x + f(x2)∆x + · · · + f(xn)∆x]
A = lim
n→∞
n
X
k=1
f(xk)∆x
Em vez de usar as extremidades esquerda e direita dos retângulos, po-
demos tomar a altura do i-ésimo retângulo como o valor de f em qualquer
número x∗
i do i-ésimo subintervalo. Chamamos os números x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n de
pontos amostrais.
5

6. A = lim
n→∞
n
X
k=1
f(x∗
k)∆x
4 A Integral Definida
Se f é uma função contı́nua definida em a ≤ x ≤ b, dividimos o intervalo
[a, b] em n subintervalos de comprimento ∆x = (b − a)/n. Sejam x0(=
a), x1, x2, . . . , xn(= b) as extremidades destes subintervalos, escolhemos
os pontos amostrais x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n nesses subintervalos, de forma que x∗
i
esteja no intervalo [xi−1, xi]. Então a integral definida de f de a a b é:
Z b
a
f(x)dx = lim
n→∞
n
X
k=1
f(x∗
k)∆x
desde que o limite exista. Se existir, dizemos que f é integrável em [a, b].
Observações:
• a e b são chamados de limites de integração. O intervalo [a, b] é chamado
de intervalo de integração.
• A função f não precisa ser necessariamente contı́nua em [a, b] para
que f seja integrável. Se f apresenta apenas um número finito de
descontinuidades de saltos em [a, b], então f é integrável em [a, b].
•
Pn
k=1 f(x∗
k)∆x é chamada de soma de Riemann.
6

7. EXEMPLOS
• Calcular a soma de Riemann para f(x) = x3
−6x em [0, 3], com n = 6.
∆x =
b − a
n
=
3 − 0
6
=
1
2
Tomando a extremidade direita dos retângulos:
x1 = 0, 5 x2 = 1 x3 = 1, 5 x4 = 2 x5 = 2, 5 x6 = 3
R6 =
6
X
k=1
f(xk)∆x =
= f(0, 5)∆x + f(1)∆x + f(1, 5)∆x + f(2)∆x+
f(2, 5)∆x + f(3)∆x =
= 0, 5(−2, 875 − 5 − 5, 625 − 4 + 0, 625 + 9) = −3, 9375
Observe-se que a soma resultou em negativa pois a função f (ilustrada
no gráfico) apresenta valores positivos e negativos no intervalo de in-
tegração. O sinal da função é negativo de 0 a
√
6 e positivo de
√
6 a
3. Assim, a soma calculada é a diferença entre as áreas dos retângulos
em que a função é positiva e as áreas em que é negativa. Como a área
com valores negativos é maior, a soma resulta em valor negativo.
7

8. • Calcular
R 3
0
(x3
− 6x)dx
∆x =
b − a
n
=
3
n
Sabemos que:
n
X
k=1
k =
n(n + 1)
2
n
X
k=1
k3
=
n(n + 1)
2
2
Utilizando as extremidades direitas dos retângulos:
Z 3
0
(x3
− 6x)dx = lim
n→∞
n
X
k=1
f(xk)∆x = lim
n→∞
n
X
k=1
f
3k
n
3
n
=
= lim
n→∞
3
n
n
X
k=1
3k
n
3
− 6
3k
n
#
= lim
n→∞
3
n
n
X
k=1
27
n3
k3
−
18
n
k
=
= lim
n→∞
81
n4
n
X
k=1
k3
−
54
n2
n
X
k=1
k
#
=
= lim
n→∞
(
81
n4
n(n + 1)
2
2
−
54
n2
n(n + 1)
2
)
=
= lim
n→∞
81
4
1 +
1
n
2
− 27
1 +
1
n
#
=
81
4
− 27 = −
27
4
= −6, 75
8

9. CÁLCULO DE SOMAS DE RIEMANN POR MEIO DE RECUR-
SOS COMPUTACIONAIS
Consideremos a função f(x) = x2
, com a = 0 e b = 1:
∆x =
b − a
n
=
1 − 0
n
=
1
n
xk =
k
n
Rn =
n
X
k=1
f(xk)∆x =
n
X
k=1
k
n
2
1
n
!
Programa em linguagem de programação do Octave:
a = input(a=);
b = input(b=);
n = input(n=);
dx = (b-a)/n;
area = 0;
for k = 1:n
area = area + ((k/n)**2)*dx;
endfor
disp(area)
Resultados em relação ao n, com a = 0 e b = 1, são mostrados na seguinte
tabela:
n área
10 0,385
30 0,3502
100 0,3384
200 0,3358
300 0,3350
9

10. PROPRIEDADES DA INTEGRAL DEFINIDA
Z b
a
f(x)dx = −
Z a
b
f(x)dx
Z a
a
f(x)dx = 0 pois ∆x = 0
Z b
a
dx = b − a
Z b
a
cdx = c(b − a) com c ∈ R
Z b
a
cf(x)dx = c
Z b
a
f(x)dx com c ∈ R
Z b
a
[f(x) ± g(x)]dx =
Z b
a
f(x)dx ±
Z b
a
g(x)dx
Z c
a
f(x)dx +
Z b
c
f(x)dx =
Z b
a
f(x)dx
5 O Teorema Fundamental do Cálculo
O Teorema Fundamental do Cálculo afirma que a integral é a antideri-
vada. Ou seja, derivação e integração são processos inversos (ou operações
inversas). Para o cálculo de integrais é necessário encontrar a primitiva de
uma função.
Uma função F é denominada primitiva de f no intervalo I se F′
(x) =
f(x) para todo x em I.
Ou seja, uma função é a primitiva de sua derivada.
Se F é uma primitiva de f em um intervalo I, então a primitiva mais
geral de f em I é F(x) + C, onde C é uma constante arbitrária.
10

11. TEOREMA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO
Seja f contı́nua em [a, b].
1. Se g(x) =
R x
a
f(t)dt, então g′
(x) = f(x).
2.
R b
a
f(x)dx = F(b) − F(a) e F é primitiva de f, isto é, F′
= f.
Essas duas afirmações significam que:
1. d
dx
R x
a
f(t)dt = f(x)
2.
R b
a
F′
(x)dx = F(b) − F(a)
EXEMPLOS
1. Calcular
R 2
−1
(x3
− 2x)dx
Sabemos que se f(x) = x4
4
− x2
+ C, onde C ∈ R, então
f′
(x) =
d
dx
x4
4
− x2
+ C
=
4x3
4
− 2x + 0 = x3
− 2x
Ou seja, f(x) = x4
4
− x2
+ C é uma primitiva de g(x) = x3
− 2x.
Então,
Z 2
−1
(x3
− 2x)dx =
x4
4
− x2
+ C
2
−1
=
=
24
4
− 22
+ C −
(−1)4
4
− (−1)2
+ C
=
3
4
2. Calcular
R 1
0
x3/7
dx
Sabemos que d
dx
( 7
10
x10/7
+ C) = x3/7
, C ∈ R. Então:
Z 1
0
x3/7
dx =
7
10
x10/7
+ C
1
0
=
7
10
.1 + C − (0 + C) =
7
10
11

12. 3. Calcular g(x) =
R x
1
ln tdt
Se f(x) = x ln x−x+C, onde C ∈ R, então f′
(x) = ln x. Confirmando:
f′
(x) =
d
dx
(x ln x − x + C) =
d
dx
(x ln x) −
d
dx
x +
d
dx
C =
=
x
d
dx
ln x + ln x
d
dx
x
− 1 + 0 = x
1
x
+ ln x − 1 = ln x
Então,
g(x) =
Z x
1
ln tdt = x ln x − x + C − (1 ln 1 − 1 + C) =
= x ln x − x + C − 0 + 1 − C = x ln x − x + 1
4. Calcular
R 6
3
dx
x
.
Uma primitiva de f(x) = 1/x é F(x) = ln |x| + C, e, como 3 ≤ x ≤ 6,
podemos escrever F(x) = ln x + C. Logo,
Z 6
3
dx
x
= ln x + C|6
3 = ln 6 − ln 3
5. Calcular
R x
0
sin tdt
Sabemos que a primitiva de f(t) = sin t é F(t) = − cos t + C. Assim,
Z x
0
sin tdt = − cos t + C|x
0 = − cos x+C −(−cos(0)+C) = − cos x+1
6. Existe
R 3
−1
1
x2 dx?
A primitiva de f(x) = 1/x2
é g(x) = −x−1
. O cálculo então seria:
Z 3
−1
1
x2
dx = −3−1
− (−(−1)−1
) = −
1
3
− 1 = −
4
3
Este cálculo só pode estar errado, pois todos os retângulos da soma
de Riemann da função f(x) = 1/x2
são positivos e a soma não pode-
ria resultar em um número negativo. Isso ocorre porque a função f
apresenta uma descontinuidade infinita em x = 0. Logo,
R 3
−1
1
x2 dx não
existe porque a função não é integrável no intervalo [−1, 3].
12

13. 6 Integrais Indefinidas
Uma vez que o Teorema Fundamental do Cálculo estabelece uma relação
entre primitivas e integrais, a notação
R
f(x)dx é usada para a primitiva de
f e é chamada de integral indefinida. Assim,
Z
f(x)dx = F(x) significa F′
(x) = f(x)
EXEMPLO
Z
x2
dx =
x3
3
+ C pois
d
dx
x3
3
+ C
= x2
TABELA DE INTEGRAIS INDEFINIDAS
R
cf(x)dx = c
R
f(x)dx
R
[f(x) ± g(x)]dx =
R
f(x)dx ±
R
g(x)dx
R
kdx = kx + C
R
dx = x + C
R
xn
dx = xn+1
n+1
+ C (n ̸= −1)
R 1
x
dx = ln |x| + C
R
ex
dx = ex
+ C
R
ax
dx = ax
ln a
+ C
R
sin xdx = − cos x + C
R
cos xdx = sin x + C
R
sec2
xdx = tan x + C
R
csc2
xdx = − cot x + C
R
sec x tan xdx = sec x + C
R
csc x cot xdx = − csc x + C
R 1
x2+1
dx = arctan x + C
R 1
√
1−x2 dx = arcsin x + C
R
sinh xdx = cosh x + C
R
cosh xdx = sinh x + C
EXEMPLOS
1. Verificar que
R x
√
x2+1
dx =
√
x2 + 1 + C
d
dx
(
√
x2 + 1+C) =
1
2
√
x2 + 1
d
dx
(x2
+1)+0 =
1
2
√
x2 + 1
2x =
x
√
x2 + 1
13

14. 2. Determinar a integral
R
(10x4
− 2 sec2
x)dx
Z
(10x4
− 2 sec2
x)dx =
Z
10x4
dx −
Z
2 sec2
xdx =
= 10
Z
x4
dx − 2
Z
sec2
xdx = 10
x5
5
+ C1 − 2 tan x + C2 =
= 2x5
− 2 tan x + C
Onde C = C1 + C2.
3. Calcular
R cos θ
sin2 θ
dθ
Z
cos θ
sin2
θ
dθ =
Z
1
sin θ
cos θ
sin θ
dθ =
Z
csc θ cot θdθ = − csc θ + C
4. Calcular
R 9
1
2t2+t2
√
t−1
t2 dt
Z 9
1
2t2
+ t2
√
t − 1
t2
dt =
Z 9
1
(2 + t1/2
− t−2
)dt = 2t +
t3/2
3/2
−
t−1
−1
9
1
=
= 2t +
2
3
t3/2
+
1
t
9
1
=
2.9 +
2
3
93/2
+
1
9
−
2.1 +
2
3
(1)3/2
+
1
1
=
292
9
5. Achar a integral indefinida
R
(
√
x3 +
3
√
x2)dx
Z
(
√
x3 +
3
√
x2)dx =
Z √
x3dx +
Z
3
√
x2dx =
Z
x3/2
dx +
Z
x2/3
dx =
=
x3/2+1
3/2 + 1
+C1 +
x2/3+1
2/3 + 1
+C2 =
x5/2
5/2
+
x5/3
5/3
+C =
2
5
√
x5 +
3
5
3
√
x5 +C
6. Obter a integral indefinida
R sin 2x
sin x
dx
Sabemos que sin(a+b) = sin a cos b+cos a sin b. Fazendo b = a, obtemos
sin 2a = 2 sin a cos a. Assim,
Z
sin 2x
sin x
dx =
Z
2 sin x cos x
sin x
dx = 2
Z
cos xdx = 2 sin x + C
14

15. 7. Calcular a integral
R 3π/2
0
| sin x|dx
Sabemos que sin x ≥ 0 para 0 ≤ x ≤ π e que sin x 0 para π x ≤
3π/2. Assim, | sin x| = sin x para 0 ≤ x ≤ π e | sin x| = − sin x para
π x ≤ 3π/2. Logo,
Z 3π/2
0
| sin x|dx =
Z π
0
sin xdx +
Z 3π/2
π
(− sin x)dx =
=
Z π
0
sin xdx −
Z 3π/2
π
sin xdx =
= (− cos x + C1)|π
0 − (− cos x + C2)|3π/2
π =
= (− cos π +C1 −(− cos 0+C1))−(− cos 3π/2+C2 −(− cos π +C2)) =
= cos 0 − cos π + cos 3π/2 − cos π = 1 − (−1) + 0 − (−1) = 3
8. Determinar
R π
4
0
1
cos2 x
dx
Z π
4
0
1
cos2 x
dx =
Z π
4
0
sec2
xdx = (tan x + C)|
π
4
0 =
tan
π
4
+ C − (tan 0 + C) = tan
π
4
− tan 0 = 1 − 0 = 1
9. Seja f′′
(x) = x + 2. Encontrar f.
Sabemos que
R
f′
(x)dx = f(x). Assim,
f′
(x) =
Z
f′′
(x)dx =
Z
(x + 2)dx =
x2
2
+ 2x + C1
e
f(x) =
Z
f′
(x)dx =
Z
x2
2
+ 2x + C1
dx =
x3
6
+ x2
+ C1x + C2
10. Encontrar uma função polinomial g tal que g(2) = 3, g′
(2) = −1 e
g′′
(2) = 2.
Vamos assumir que g′′
(x) = 2. Então
g′
(x) =
Z
g′′
(x)dx =
Z
2dx = 2x + C1
15

16. Sabemos que g′
(2) = −1, então 2.2 + C1 = −1 e C1 = −5. Logo
g(x) =
Z
(2x − 5)dx = x2
− 5x + C2
Sabemos que g(2) = 3, então 22
− 5.2 + C2 = 3 e C2 = 9. Assim,
g(x) = x2
− 5x + 9.
Observe-se que este problema tem infinitas soluções, dependendo do
polinômio usado para g′′
. Como exercı́cio sugerimos mostrar que se
assumı́ssemos inicialmente g′′
(x) = x, terı́amos como resposta g(x) =
x3
6
− 3x + 23
3
.
7 Regra da Substituição
Existem casos em que a obtenção da primitiva não é direta. Um exemplo
é o cálculo da integral
R
2x
√
1 + x2dx. Para resolver isso é necessário efetuar
uma transformação de variáveis. Assim,
Z
2x
√
1 + x2dx =
Z √
1 + x22xdx
Podemos fazer u = 1 + x2
e du = 2xdx. Logo,
Z
2x
√
1 + x2dx =
Z
√
udu =
2
3
u3/2
+ C =
2
3
(1 + x2
)3/2
+ C
Confirmando:
d
dx
2
3
(1 + x2
)3/2
+ C
=
2
3
3
2
(1 + x2
)1/2 d
dx
(1 + x2
) + 0 =
= 2x
√
1 + x2
16

17. REGRA DA SUBSTITUIÇÃO
Se u = g(x) for uma função derivável cuja imagem é um intervalo I
e f for contı́nua em I, então
Z
f(g(x))g′
(x)dx =
Z
f(u)du
Observe-se que a Regra da Substituição baseia-se na Regra da Cadeia de
Derivada.
EXEMPLOS
1. Encontrar
R
x3
cos(x4
+ 2)dx
Fazemos u = x4
+ 2 e du = 4x3
dx. Assim, x3
dx = 1
4
du. Então
Z
x3
cos(x4
+ 2)dx =
Z
cos u.
1
4
du =
1
4
Z
cos udu =
=
1
4
sin u + C =
1
4
sin(x4
+ 2) + C
2. Calcular
R √
2x + 1dx
Fazemos u = 2x + 1. Então, du = 2dx e dx = du/2. Assim,
Z
√
2x + 1dx =
Z
√
u
du
2
=
1
2
Z
u1/2
du =
1
2
u3/2
3/2
+ C =
=
1
3
(2x + 1)3/2
+ C
Outra possibilidade de substituição é u =
√
2x + 1. Então, du = dx
√
2x+1
e dx =
√
2x + 1du = udu. Assim,
Z
√
2x + 1dx =
Z
u.udu =
Z
u2
du =
u3
3
+ C =
1
3
(2x + 1)3/2
+ C
3. Encontrar
R x
√
1−4x2 dx
Seja u = 1 − 4x2
. Então du = −8xdx e xdx = −1
8
du. Assim,
Z
x
√
1 − 4x2
dx = −
1
8
Z
1
√
u
du = −
1
8
Z
u−1/2
du = −
1
8
(2
√
u) + C =
17

18. = −
1
4
√
1 − 4x2 + C
4. Calcular
R
e5x
dx
Fazemos u = 5x, então du = 5dx e dx = du/5. Assim,
Z
e5x
dx =
1
5
Z
eu
du =
1
5
eu
+ C =
1
5
e5x
+ C
5. Achar
R √
1 + x2x5
dx
Vamos fatorar x5
= x4
.x. Fazemos u = 1+x2
, du = 2xdx e xdx = du/2.
Observe que x2
= u − 1 e x4
= (u − 1)2
. Logo,
Z √
1 + x2x5
dx =
Z √
1 + x2x4
.xdx =
Z
√
u(u − 1)2 du
2
=
=
1
2
Z
u1/2
(u2
− 2u + 1)du =
1
2
Z
(u5/2
− 2u3/2
+ u1/2
)du =
=
1
2
(
2
7
u7/2
− 2.
2
5
u5/2
+
2
3
u3/2
) + C =
=
1
7
(1 + x2
)7/2
−
2
5
(1 + x2
)5/2
+
1
3
(1 + x2
)3/2
+ C
6. Calcular
R
tan xdx Z
tan xdx =
Z
sin x
cos x
dx
Fazemos u = cos x, então du = − sin xdx e sin xdx = −du.
Z
tan xdx =
Z
sin x
cos x
dx = −
Z
du
u
= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C =
= ln | cos x|−1
+ C = ln
1
| cos x|
+ C = ln | sec x| + C
Observe-se que usamos como primitiva mais geral para 1/x, ln |x| − C
pois d
dx
(ln |x| − C) = 1
x
.
18

19. 7. Determinar
R dt
(1−6t)4
Fazemos u = 1 − 6t, du = −6dt e dt = −du/6. Então
Z
dt
(1 − 6t)4
= −
1
6
Z
1
u4
du = −
1
6
Z
u−4
du =
−
1
6
u−3
−3
+ C =
=
1
18(1 − 6t)3
+ C
8. Determinar
R
esin θ
cos θdθ
Fazemos u = sin θ e du = cos θdθ. Então
Z
esin θ
cos θdθ =
Z
eu
du = eu
+ C = esin θ
+ C
9. Calcular
R
x2
(x3
+ 5)9
dx
Fazemos u = x3
+ 5, du = 3x2
dx e x2
dx = du/3. Então
Z
x2
(x3
+ 5)9
dx =
1
3
Z
u9
du =
u10
30
+ C =
(x3
+ 5)10
30
+ C
10. Encontrar
R
ex
sin(ex
)dx
Fazemos u = ex
e du = ex
dx. Logo,
Z
ex
sin(ex
)dx =
Z
sin udu = − cos u + C = − cos(ex
) + C
11. Determinar
R (ln x)2
x
dx
Seja u = ln x então du = dx/x. Assim,
Z
(ln x)2
x
dx =
Z
u2
du =
u3
3
+ C =
(ln x)3
3
+ C
12. Achar
R √
x sin(1 + x3/2
)dx
Seja u = 1 + x3/2
e du = 3
2
x1/2
dx = 3
2
√
xdx. Logo,
√
xdx = 2
3
du.
Assim,
Z
√
x sin(1 + x3/2
)dx =
2
3
Z
sin udu = −
2
3
cos u + C =
= −
2
3
cos(1 + x3/2
) + C
19

20. 13. Calcular
R arctan x
1+x2 dx
Sabemos que d
dx
arctan x = 1
1+x2 . Assim, fazemos u = arctan x e du =
dx
1+x2 . Então,
Z
arctan x
1 + x2
dx =
Z
udu =
u2
2
+ C =
(arctan x)2
2
+ C
14. Determinar
R sin
√
x
√
x
dx
Seja u =
√
x e du = 1
2
√
x
dx. Então dx
√
x
= 2du. Logo
Z
sin
√
x
√
x
dx =
Z
sin u.2du = 2
Z
sin udu = −2 cos u + C =
= −2 cos
√
x + C
15. Encontrar
R x2
√
1−x
dx
Fazemos u = 1 − x e x = 1 − u. Assim, du = −dx e dx = −du. Logo,
Z
x2
√
1 − x
dx = −
Z
(1 − u)2
√
u
du = −
Z
1 − 2u + u2
u1/2
du =
= −
Z
(u−1/2
− 2u1/2
+ u3/2
)du = −
u1/2
1/2
+ 2
u3/2
3/2
−
u5/2
5/2
+ C =
= −2u1/2
+
4
3
u3/2
−
2
5
u5/2
+ C =
= −2(1 − x)1/2
+
4
3
(1 − x)3/2
−
2
5
(1 − x)5/2
+ C
REGRA DA SUBSTITUIÇÃO PARA AS INTEGRAIS DEFINIDAS
Se g′
for contı́nua em [a, b] e f for contı́nua na imagem de u = g(x),
então Z b
a
f(g(x))g′
(x)dx =
Z g(b)
g(a)
f(u)du
20

21. EXEMPLOS
1. Calcular
R 4
0
√
2x + 1dx
Repetindo o que fizemos em exemplo anterior, fazemos u = 2x + 1 e
dx = du/2. Os limites de integração serão:
• Para x = 0, u = 2.0 + 1 = 1
• Para x = 4, u = 2.4 + 1 = 9
Então,
Z 4
0
√
2x + 1dx =
1
2
Z 9
1
√
udu =
1
2
2
3
u3/2
9
1
=
=
1
3
(93/2
− 13/2
) =
26
3
2. Calcular a integral definida
R 2
1
dx
(3−5x)2
Seja u = 3 − 5x e du = −5dx. Logo, dx = −du/5. Os limites de
integração ficam:
• Para x = 1, u = 3 − 5.1 = −2
• Para x = 2, u = 3 − 5.2 = −7
Assim,
Z 2
1
dx
(3 − 5x)2
= −
1
5
Z −7
−2
du
u2
= −
1
5
−
1
u
−7
−2
=
1
5u
−7
−2
=
=
1
5(−7)
−
1
5(−2)
=
1
14
3. Determinar
R e
1
ln x
x
dx
Fazemos u = ln x e du = dx/x. Os limites de integração ficam:
• Para x = 1, u = ln 1 = 0
• Para x = e, u = ln e = 1
21

22. Z e
1
ln x
x
dx =
Z 1
0
udu =
u2
2
1
0
=
1
2
4. Calcular
R 1
0
xe−x2
dx
Seja u = −x2
. Então, du = −2xdx e xdx = −du
2
. Os limites de
integração serão:
• Para x = 0, u = −02
= 0
• Para x = 1, u = −(1)2
= −1
Logo,
Z 1
0
xe−x2
dx = −
1
2
Z −1
0
eu
du = −
1
2
eu
−1
0
= −
1
2
(e−1
− e0
) =
= −
1
2
1
e
− 1
=
e − 1
2e
≈ 0, 316
5. Calcular
R π/2
0
cos x sin(sin x)dx
Seja u = sin x e, portanto, du = cos xdx. Os limites de derivação ficam:
• Para x = 0, u = sin 0 = 0
• Para x = π
2
, u = sin(π/2) = 1
Então,
Z π/2
0
cos x sin(sin x)dx =
Z 1
0
sin udu = − cos u|1
0 =
= − cos 1 − (− cos 0) = 1 − cos 1 ≈ 0, 4597
6. Determinar
R π
2
0
sin θ
√
1+cos θ
dθ
Sejam u = 1 + cos θ e du = − sin θdθ. Os limites de integração serão:
• Para x = 0, u = 1 + cos 0 = 2
• Para x = π
2
, u = 1 + cos(π/2) = 1
22

23. Assim,
Z π
2
0
sin θ
√
1 + cos θ
dθ = −
Z 1
2
du
√
u
= −
Z 1
2
u−1/2
du = −
u1/2
1/2
1
2
=
= −2u1/2 1
2
= −2(1)1/2
− (−2(2)1/2
) = 2
√
2 − 2 ≈ 0, 828
7. Calcular
R 4π2
π2
sin
√
x
√
x
dx
Seja u =
√
x. Portanto, du = 1
2
√
x
dx e dx
√
x
= 2du.
• Para x = π2
, u = π
• Para x = 4π2
, u = 2π
Então,
Z 4π2
π2
sin
√
x
√
x
dx =
Z 2π
π
sin u.2du = 2
Z 2π
π
sin udu = −2 [cos u]2π
π =
= −2[cos(2π) − cos π] = −2(1 − (−1)) = −4
8. Determinar
R 1/2
0
arcsin x
√
1−x2 dx
Sabemos que d
dx
arcsin x = 1
√
1−x2 . Assim, fazemos u = arcsin x e du =
dx
√
1−x2 . Os limites de integração ficam:
• Para x = 0, u = arcsin 0 = 0
• Para x = 1/2, u = arcsin 1/2 = π/6
Então Z 1/2
0
arcsin x
√
1 − x2
dx =
Z π/6
0
udu =
u2
2
π/6
0
=
π2
72
9.
R 10
1
x
x2−4
dx existe?
Observe-se que a função f(x) = x
x2−4
apresenta uma descontinuidade
infinita em x = 2, que pertence ao intervalo de integração. Assim, a
integral não existe.
23