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Técnicas de integração

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TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO
Prof. Dr. Carlos A. P. Campani
1 Integração por partes
A integração por partes é o equivale...
EXEMPLOS
1. Encontrar
R
x sin xdx
Sejam u = x, du = dx, v = − cos x e dv = sin xdx. Então,
Z
udv = uv −
Z
vdu
Z u
z}|{
x
...
4. Encontrar
R
ex
sin xdx
Fazemos u = ex
, du = ex
dx, v = − cos x e dv = sin xdx. Então,
Z
ex
sin xdx = −ex
cos x +
Z
ex...
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  1. 1. TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO Prof. Dr. Carlos A. P. Campani 1 Integração por partes A integração por partes é o equivalente à regra do produto da derivação. Então, d dx [f(x)g(x)] = f(x)g′ (x) + g(x)f′ (x) Com o uso de integrais indefinidas, podemos dizer: Z [f(x)g′ (x) + g(x)f′ (x)]dx = f(x)g(x) ou Z f(x)g′ (x)dx + Z g(x)f′ (x)dx = f(x)g(x) Rearranjando a fórmula: Z f(x)g′ (x)dx = f(x)g(x) − Z g(x)f′ (x)dx Sejam u = f(x) e v = g(x). Então du = f′ (x)dx e dv = g′ (x)dx. Assim podemos deduzir a fórmula da integração por partes como é conhecida. FÓRMULA DA INTEGRAÇÃO POR PARTES Z udv = uv − Z vdu O objetivo da aplicação da técnica de integração por partes é obter uma integral mais simples e fácil de resolver, como veremos nos exemplos a seguir. 1
  2. 2. EXEMPLOS 1. Encontrar R x sin xdx Sejam u = x, du = dx, v = − cos x e dv = sin xdx. Então, Z udv = uv − Z vdu Z u z}|{ x dv z }| { sin xdx = u z}|{ x v z }| { (− cos x) − Z v z }| { (− cos x) du z}|{ dx = = −x cos x + Z cos xdx = −x cos x + sin x + C Observe-se que transformamos, com a aplicação da integração por par- tes, a integral R x sin xdx na integral R cos xdx, que é muito mais sim- ples e de solução direta. 2. Calcular R ln xdx Sejam u = ln x, du = 1 x dx, dv = dx e v = x. Então, Z ln xdx = x ln x − Z x 1 x dx = x ln x − Z dx = x ln x − x + C 3. Determinar R t2 et dt Observe-se que a derivação de t2 torna a expressão mais simples, o que não acontece derivando et . Isso justifica a escolha de u e v. Então fazemos u = t2 , du = 2tdt, v = et e dv = et dt. Logo, Z t2 et dt = t2 et − 2 Z tet dt A integral obtida após a aplicação da integração por partes é mais simples que a integral original, mas ainda não pode ser determinada de forma direta. Usamos novamente a integração por partes, com u = t, du = dt, v = et e dv = et dt. Então, Z t2 et dt = t2 et − 2 Z tet dt = t2 et − 2 tet − Z et dt = = t2 et −2 tet − et + C1 = t2 et −2tet +2et −2C1 = t2 et −2tet +2et +C Com C = −2C1. 2
  3. 3. 4. Encontrar R ex sin xdx Fazemos u = ex , du = ex dx, v = − cos x e dv = sin xdx. Então, Z ex sin xdx = −ex cos x + Z ex cos xdx Essa integral obtida não é nem mais simples nem mais complexa que a inicial. Assim, aplicamos novamente a regra da cadeia, fazendo u = ex , du = ex dx, v = sin x e dv = cos xdx. Logo, Z ex sin xdx = −ex cos x + Z ex cos xdx = = ex cos x + ex sin x − Z ex sin xdx Somando-se a integral R ex sin xdx em ambos os lados da igualdade obtemos: 2 Z ex sin xdx = ex cos x + ex sin x Resultando em: Z ex sin xdx = 1 2 ex (cos x + sin x) + C 5. Calcular R xe−x dx Fazemos u = x, du = dx, v = −e−x e dv = e−x dx. Assim, Z xe−x dx = −xe−x − Z −e−x dx = −xe−x + Z e−x dx Fazemos t = −x e dx = −dt. Então, Z xe−x dx = −xe−x + Z e−x dx = −xe−x − Z et dt = −xe−x − et + C = = −xe−x − e−x + C 3
  4. 4. 6. Achar R t sin(2t)dt Para aplicar a técnica da integração por partes, fazemos u = t, du = dt, v = −cos(2t) 2 e dv = sin(2t)dt. Z t sin(2t)dt = − t cos(2t) 2 − Z − cos(2t) 2 dt = = − t cos(2t) 2 + 1 2 Z cos(2t)dt Neste ponto, devemos aplicar a regra da substituição, então fazemos r = 2t, dr = 2dt e dt = dr 2 . Logo, Z t sin(2t)dt = − t cos(2t) 2 + 1 2 Z cos(2t)dt = = − t cos(2t) 2 + 1 4 Z cos rdr = − t cos(2t) 2 + 1 4 sin r + C = = − t cos(2t) 2 + 1 4 sin(2t) + C 7. Calcular R e−θ cos(2θ)dθ Fazemos u = e−θ , du = −e−θ dθ, v = sin(2θ) 2 e dv = cos(2θ)dθ. y = Z e−θ cos(2θ)dθ = e−θ sin(2θ) 2 − Z sin(2θ) 2 −e−θ dθ = = e−θ sin(2θ) 2 + 1 2 Z e−θ sin(2θ)dθ Aplicamos a integração por partes mais uma vez, fazendo u = e−θ , du = −e−θ dθ, v = −cos(2θ) 2 e dv = sin(2θ)dθ. Então, y = Z e−θ cos(2θ)dθ = e−θ sin(2θ) 2 + 1 2 Z e−θ sin(2θ)dθ = = e−θ sin(2θ) 2 + 1 2 e−θ − cos(2θ) 2 − Z − cos(2θ) 2 −e−θ dθ = 4
  5. 5. = e−θ sin(2θ) 2 − e−θ cos(2θ) 4 − 1 4 Z e−θ cos(2θ)dθ Sabemos que y = R e−θ cos(2θ)dθ, segue-se que y = e−θ sin(2θ) 2 − e−θ cos(2θ) 4 − y 4 + C1 Logo, 5 4 y = e−θ sin(2θ) 2 − e−θ cos(2θ) 4 + C1 e y = Z e−θ cos(2θ)dθ = 2e−θ sin(2θ) 5 − e−θ cos(2θ) 5 + C = = 1 5 e−θ (2 sin(2θ) − cos(2θ)) + C com C = 4C1 5 8. Determinar R arcsin xdx Sabemos que d dx arcsin x = 1 √ 1 − x2 Assim, aplicando a técnica da integração por partes, fazemos u = arcsin x, du = dx √ 1−x2 , v = x e dv = dx. Então, Z arcsin xdx = x arcsin x − Z x √ 1 − x2 dx Neste caso, aplicamos a regra da substituição, fazendo r = 1 − x2 , dr = −2xdx e xdx = −dr 2 . Portanto, Z arcsin xdx = x arcsin x − Z x √ 1 − x2 dx = x arcsin x + 1 2 Z dr √ r = = x arcsin x+ 1 2 r1/2 1/2 +C = x arcsin x+ √ r+C = x arcsin x+ √ 1 − x2+C 5
  6. 6. FÓRMULA DA INTEGRAÇÃO POR PARTES PARA INTEGRAIS DEFINIDAS Z b a f(x)g′ (x)dx = f(x)g(x)|b a − Z b a g(x)f′ (x)dx EXEMPLOS 1. Calcular R 1 0 arctan xdx Sabemos que d dx arctan x = 1 1 + x2 Então fazemos u = arctan x, du = dx 1+x2 , v = x e dv = dx. Logo, Z 1 0 arctan xdx = x arctan x|1 0 − Z 1 0 x 1 + x2 dx = = 1. arctan 1 − 0. arctan 0 − Z 1 0 x 1 + x2 dx = π 4 − Z 1 0 x 1 + x2 dx Para calcular esta integral, usamos a substituição t = 1 + x2 e dt = 2xdx. Assim, xdx = dt/2. Quanto x = 0, t = 1, e quando x = 1, t = 2. Segue-se que Z 1 0 x 1 + x2 dx = 1 2 Z 2 1 dt t = 1 2 ln |t| 2 1 = 1 2 (ln 2 − ln 1) = 1 2 ln 2 Assim, Z 1 0 arctan xdx = π 4 − Z 1 0 x 1 + x2 dx = π 4 − 1 2 ln 2 6
  7. 7. 2. Determinar R π 0 x3 cos xdx Fazemos u = x3 , du = 3x2 dx, v = sin x e dv = cos xdx. Então, Z π 0 x3 cos xdx = x3 sin x π 0 − Z π 0 3x2 sin xdx = −3 Z π 0 x2 sin xdx Desta vez fazemos u = x2 , du = 2xdx, v = − cos x e dv = sin xdx. Assim, Z π 0 x3 cos xdx = −3 Z π 0 x2 sin xdx = = −3 −x2 cos x π 0 + 2 Z π 0 x cos xdx = −3 π2 + 2 Z π 0 x cos xdx = = −3π2 − 6 Z π 0 x cos xdx Nesta terceira aplicação da integração por partes, fazemos u = x, du = dx, v = sin x e dv = cos xdx. Portanto, Z π 0 x3 cos xdx = −3π2 − 6 Z π 0 x cos xdx = = −3π2 − 6 x sin x|π 0 − Z π 0 sin xdx = −3π2 + 6 Z π 0 sin xdx = = −3π2 + 6 [− cos x]π 0 = −3π2 + 6(− cos π + cos 0) = −3π2 + 6(1 + 1) = = −3π2 + 12 2 Integrais trigonométricas Vamos integrar combinações de potências de funções trigonométricas. EXEMPLOS 1. Calcular R cos3 xdx Observe-se que a substituição u = cos x não resolve o problema, por- que, neste caso, du = − sin xdx, o que não “encaixa” em uma solução 7
  8. 8. do problema, pois precisamos de um fator extra sin x. O mesmo acon- teceria para potências de seno que necessitariam de um fator extra cos x. Para solucionar este problema vamos separar um fator cos x do cubo e converter a expressão remanescente envolvendo o seno, usando sin2 x + cos2 x = 1 Então, cos3 x = cos2 x. cos x = (1 − sin2 x) cos x Assim, Z cos3 xdx = Z cos2 x. cos xdx = Z (1 − sin2 x) cos xdx Fazemos u = sin x e du = cos xdx. Então, Z cos3 xdx = Z (1 − sin2 x) cos xdx = Z (1 − u2 )du = = u − 1 3 u3 + C = sin x − 1 3 sin3 x + C 2. Determinar R sin5 x cos2 xdx Converter cos2 x em 1−sin2 x não funcionaria pois ficarı́amos com uma expressão em termos de seno, sem um fator cos x. Então, sin5 x cos2 x = (sin2 x)2 cos2 x sin x = (1 − cos2 x)2 cos2 x sin x e fazemos u = cos x, du = − sin xdx. Logo, Z sin5 x cos2 xdx = Z (1 − cos2 x)2 cos2 x sin xdx = = Z (1 − u2 )2 u2 (−du) = − Z (u6 − 2u4 + u2 )du = = − u7 7 − 2 u5 5 + u3 3 + C = − cos7 x 7 − 2 cos5 x 5 + cos3 x 3 + C 8
  9. 9. Nesses exemplos apresentados as potências de funções trigonométricas a serem decompostas são ı́mpares. Para trabalhar com potências pares deve- mos usar as seguintes relações: sin2 x = 1 2 (1 − cos 2x) ou cos2 x = 1 2 (1 + cos 2x) Ainda pode ser útil usar a seguinte relação: sin x cos x = 1 2 sin 2x EXEMPLOS 1. Calcular R π 0 sin2 xdx Z π 0 sin2 xdx = 1 2 Z π 0 (1 − cos 2x)dx = 1 2 x − 1 2 sin 2x π 0 = = 1 2 π − 1 2 sin 2π − 1 2 (0 − sin 0) = π 2 2. Encontrar R sin x cos xdx Z sin x cos xdx = 1 2 Z sin 2xdx = 1 2 Z sin u du 2 = 1 4 Z sin udu = = − 1 4 cos 2x + C O quadro a seguir resume as estratégias apresentadas nos exemplos ante- riores. 9
  10. 10. ESTRATÉGIA PARA O CÁLCULO DE R sinm x cosn xdx • Se n é ı́mpar, separar um fator cos x e aplicar cos2 x = 1 − sin2 x • Se m é ı́mpar, separar um fator sin x e aplicar sin2 x = 1 − cos2 x • Se m e n são pares, usar as relações sin2 x = 1 2 (1 − cos 2x) ou cos2 x = 1 2 (1 + cos 2x) • Em alguns casos pode ser útil usar a relação: sin x cos x = 1 2 sin 2x Ideias semelhantes podem ser aplicadas ao cálculo de integrais do tipo R tanm x secn xdx, como resume o seguinte quadro. ESTRATÉGIA PARA O CÁLCULO DE R tanm x secn xdx • Se n é par, separar um fator sec2 x, aplicar sec2 x = 1 + tan2 x e a substituição u = tan x • Se m é ı́mpar, separar um fator sec x tan x, aplicar tan2 x = sec2 x− 1 e a substituição u = sec x Podemos também fazer uso das seguintes integrais: • R tan xdx = ln | sec x| + C • R sec xdx = ln | sec x + tan x| + C 10
  11. 11. EXEMPLOS 1. Calcular R tan6 x sec4 xdx Separamos o fator sec2 x. Fazemos u = tan x e du = sec2 xdx. Assim, Z tan6 x sec4 xdx = Z tan6 x sec2 x sec2 xdx = = Z tan6 x(1 + tan2 x) sec2 xdx = Z u6 (1 + u2 )du = Z (u6 + u8 )du = = u7 7 + u9 9 + C = 1 7 tan7 x + 1 9 tan9 x + C 2. Achar R tan5 θ sec7 θdθ Separamos o fator sec θ tan θ e reescrevemos a expressão remanescente usando a identidade tan2 θ = sec2 θ − 1, efetuando a substituição u = sec θ e du = sec θ tan θdθ: Z tan5 θ sec7 θdθ = Z tan4 θ sec6 θ sec θ tan θdθ = = Z (sec2 θ − 1)2 sec6 θ sec θ tan θdθ = Z (u2 − 1)2 u6 du = = Z (u10 − 2u8 + u6 )du = u11 11 − 2 u9 9 + u7 7 + C = = 1 11 sec11 θ − 2 9 sec9 θ + 1 7 sec7 θ + C 3. Calcular R sec3 xdx Aplicamos integração por partes, R udv = uv − R vdu, com u = sec x, du = sec x tan xdx, v = tan x e dv = sec2 xdx. Depois usamos a identi- dade tan2 x = sec2 x − 1. Portanto, Z sec3 xdx = sec x tan x − Z sec x tan2 xdx = = sec x tan x − Z sec x(sec2 x − 1)dx = 11
  12. 12. = sec x tan x − Z sec3 xdx + Z sec xdx Então Z sec3 xdx = sec x tan x − Z sec3 xdx + Z sec xdx Somando R sec3 xdx em ambos os lados da igualdade e usando a integral R sec xdx = ln | sec x + tan x| + C1, obtemos Z sec3 xdx = 1 2 (sec x tan x + ln | sec x + tan x|) + C onde C = C1/2 3 Integração de funções racionais por frações parciais Sejam as seguintes duas frações e sua soma: 2 x − 1 − 1 x + 2 = x + 5 x2 + x − 2 Observe-se que a integral da expressão à direita pode ser obtida de forma mais fácil pela integração das duas frações à esquerda: Z x + 5 x2 + x − 2 dx = Z 2 x − 1 − 1 x + 2 dx = 2 ln |x − 1| − ln |x + 2| + C Seja a função racional f(x) = P(x) Q(x) onde P e Q são polinômios. Podemos expressar f como uma soma de frações mais simples, desde que o grau do polinômio P seja menor que o grau do polinômio Q. Se o grau do polinômio P é maior que o do polinômio Q, então devemos fazer uma etapa preliminar de divisão de polinômios para obter uma fração que satisfaça a condição mencionada. Neste caso, f(x) = P(x) Q(x) = S(x) + R(x) Q(x) onde S(x) é o polinômio quociente e R(x) é o polinômio resto. 12
  13. 13. EXEMPLO Achar R x3+x x−1 dx Como o grau do numerador é maior que o do denominador, devemos fazer a divisão polinomial: x3 + x |x − 1 −x3 + x2 x2 0 + x2 + x x −x2 + x 0 + 2x 2 −2x + 2 0 + 2 Logo, (x3 + x) ÷ (x − 1) = x2 + x + 2 com resto 2. Assim, Z x3 + x x − 1 dx = Z x2 + x + 2 + 2 x − 1 dx = x3 3 + x2 2 + 2x + 2 ln |x − 1| + C Caso a fração R(x) Q(x) não fosse simples, como nesse exemplo anterior, a próxima etapa, de tratamento da fração R(x) Q(x obtida no passo anterior, seria fatorar o denominador da fração obtida, Q(x), representando-a como frações parciais: A (ax + b)k ou Ax + B (ax2 + bx + x)k Para isso, existem quatro casos a serem considerados. Caso 1 Denominador Q(x) é um produto de fatores lineares distintos Q(x) = (a1x + b1)(a2x + b2) . . . (akx + bk) Neste caso, existem constantes A1, A2, . . . , Ak tal que R(x) Q(x) = A1 a1x + b1 + A2 a2x + b2 + · · · + Ak akx + bk 13
  14. 14. EXEMPLOS 1. Calcular R x2+2x−1 2x3+3x2−2x dx Fatorando o denominador: 2x3 + 3x2 − 2x = x(2x2 + 3x − 2) = x(2x − 1)(x + 2) Portanto, x2 + 2x − 1 2x3 + 3x2 − 2x = A x + B 2x − 1 + C x + 2 Multiplicando a equação por 2x3 + 3x2 − 2x: x2 + 2x + 1 = A(2x − 1)(x + 2) + Bx(x − 2) + Cx(2x − 1) x2 + 2x − 1 = (2A + B + 2C)x2 + (3A + 2B − C)x − 2A Então, igualando os coeficientes, resulta no seguinte sistema de equações    2A + B + 2C = 1 3A + 2B − C = 2 −2A = −1 Resolvendo obtemos A = 1 2 , B = 1 5 e C = − 1 10 . Assim, Z x2 + 2x − 1 2x3 + 3x2 − 2x dx = Z 1 2 1 x + 1 5 1 2x − 1 − 1 10 1 x + 2 dx = = 1 2 ln |x| + 1 10 ln |2x − 1| − 1 10 ln |x + 2| + K 2. Determinar R dx x2−a2 com a ̸= 0. O método das frações parciais resulta em 1 x2 − a2 = 1 (x − a)(x + a) = A x − a + B x + a Portanto, A(x + a) + B(x − a) = 1 14
  15. 15. Podemos resolvar esse equação escolhendo valores que a simplifi- que, pois ela vale para qualquer valor de x. Assim, selecionamos x = a e A(2a) + B.0 = 1 A = 1 2a Podemos também fazer x = −a e A.0 + B(−2a) = 1 B = − 1 2a Logo, Z dx x2 − a2 = 1 2a Z 1 x − a − 1 x + a dx = = 1 2a (ln |x − a| − ln |x + a|) + C Como ln a − ln b = ln(a/b), podemos reescrever o resultado como: Z dx x2 − a2 = 1 2a ln x − a x + a + C Caso 2 Denominador Q(x) é um produto de fatores lineares e alguns desses fatores são repetidos Suponha que o fator linear aix + bi seja repetido r vezes, ou seja, na fatoração de Q(x) ocorre o fator (aix + bi)r , então fazemos A1 ai + bi + A2 (ai + bi)2 + A3 (ai + bi)3 + · · · + Ar (ai + bi)r EXEMPLO Encontrar R x4−2x2+4x+1 x3−x2−x+1 dx Efetuando a divisão dos polinômios: x4 − 2x2 + 4x + 1 |x3 − x2 − x + 1 −x4 + x3 + x2 − x x 0 + x3 − x2 + 3x + 1 1 −x3 + x2 + x − 1 0 + 0 + 4x + 0 15
  16. 16. Portanto, x4 − 2x2 + 4x + 1 x3 − x2 − x + 1 = x + 1 + 4x x3 − x2 − x + 1 Agora, devemos fatorar o denominador Q(x) = x3 − x2 − x + 1. Como não temos fórmula para determinar as raı́zes de um polinômio do 3º grau, fazemos uso do método da tentativa e erro para determinar uma raiz: • Para x = 0, Q(0) = 03 − 02 − 0 + 1 = 1. Não é raiz. • Para x = 2, Q(2) = (2)3 − (2)2 − (2) + 1 = 3. Não é raiz • Para x = 1, Q(1) = (1)3 − (1)2 − (1) + 1 = 0. Logo, 1 é raiz de Q(x) e assim sabemos que x − 1 é um fator do po- linômio. Então efetuamos a divisão: x3 − x2 − x + 1 |x − 1 −x3 + x2 x2 0 + 0 − x + 1 −1 x − 1 0 Portanto, (x3 − x2 − x + 1) ÷ (x − 1) = x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) e x3 −x2 −x+1 = (x−1)(x2 −1) = (x−1)(x−1)(x+1) = (x−1)2 (x+1) Assim, como o fator x−1 ocorre duas vezes, a decomposição em frações parciais é 4x (x − 1)2(x + 1) = A x − 1 + B (x − 1)2 + C x + 1 Multiplicando a equação por (x − 1)2 (x + 1) fica 4x = A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C(x − 1)2 = = (A + C)x2 + (B − 2C)x + (−A + B + C) 16
  17. 17. Então, igualando os coeficientes, resulta no seguinte sistema de equações    A + C = 0 B − 2C = 4 −A + B + C = 0 Resolvendo obtemos A = 1, B = 2 e C = −1. Logo, Z x4 − 2x2 + 4x + 1 x3 − x2 − x + 1 dx = Z x + 1 + 1 x − 1 + 2 (x − 1)2 − 1 x + 1 dx = = x2 2 + x + ln |x − 1| − 2 x − 1 − ln |x + 1| + K Caso 3 Q(x) contém fatores quadráticos irredutı́veis, nenhum dos quais se repete Suponhamos que Q(x) possua o fator ax2 + bx + c, onde b2 − 4ac 0. Então, além das frações parciais descritas nos casos anteriores, deverá aparecer um termo da forma Ax + B ax2 + bx + c Este termo pode ser integrado usando a seguinte fórmula: Z dx x2 + a2 = 1 a arctan x a + K EXEMPLOS 1. Encontrar R 2x2−x+4 x3+4x dx 2x2 − x + 4 x3 + 4x = 2x2 − x + 4 x(x2 + 4) = A x + Bx + C x2 + 4 Multiplicando por x(x2 + 4) obtemos 2x2 − x + 4 = A(x2 + 4) + (Bx + C)x = (A + B)x2 + Cx + 4A 17
  18. 18. Igualando os coeficientes obtemos o seguinte sistema de equações    A + B = 2 C = −1 4A = 4 Portanto, A = 1, B = 1 e C = −1. Logo, Z 2x2 − x + 4 x3 + 4x dx = Z 1 x + x − 1 x2 + 4 dx Neste caso, a segunda fração pode ser reeescrita: x − 1 x2 + 4 = x x2 + 4 − 1 x2 + 4 Então, Z 2x2 − x + 4 x3 + 4x dx = Z 1 x dx + Z x x2 + 4 dx − Z 1 x2 + 4 dx = = ln |x| + 1 2 ln(x2 + 4) − 1 2 arctan 1 2 + K 2. Calcular R 4x2−3x+2 4x2−4x+3 dx Como o grau do polinômio do numerador não é menor que o do denominador, fazemos a divisão de polinômios e obtemos 4x2 − 3x + 2 4x2 − 4x + 3 = 1 + x − 1 4x2 − 4x + 3 Observe-se que o termo quadrático 4x2 − 4x + 3 é irredutı́vel pois ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4.4.3 = −32 0. Para integrar a função, usamos completação de quadrados do polinômio do 2º grau do denominador para obter a forma canônica de parábola. Assim, 4x2 − 4x + 3 = 4(x2 − x) + 3 = 4(x2 − x + 1/4) + 3 − 1 = = 4(x − 1/2)2 + 2 = (2x − 1)2 + 2 18
  19. 19. Fazemos a substituição u = 2x − 1, du = 2dx, dx = du 2 e x = 1 2 (u + 1). Então, Z 4x2 − 3x + 2 4x2 − 4x + 3 dx = Z 1 + x − 1 4x2 − 4x + 3 dx = = x + Z x − 1 (2x − 1)2 + 2 dx = x + 1 2 Z 1 2 (u + 1) − 1 u2 + 2 du = = x + 1 4 Z u − 1 u2 + 2 du = x + 1 4 Z u u2 + 2 du − 1 4 Z 1 u2 + 2 du = = x + 1 8 ln(u2 + 2) − 1 4 . 1 √ 2 arctan u √ 2 + C = = x + 1 8 ln(4x2 − 4x + 3) − 1 4 √ 2 arctan 2x − 1 √ 2 + C Caso 4 Q(x) contém fatores quadráticos irredutı́veis repetidos Se Q(x) tem um fator (ax2 + bx + c)r , com b2 − 4ac 0, então a decomposição fica A1x + B1 ax2 + bx + c + A2x + B2 (ax2 + bx + c)2 + · · · + Arx + Br (ax2 + bx + c)r EXEMPLOS 1. Escreva a forma decomposta em frações parciais da função x3 + x2 + 1 x(x − 1)(x2 + x + 1)(x2 + 1)3 A decomposição é x3 + x2 + 1 x(x − 1)(x2 + x + 1)(x2 + 1)3 = A x + B x − 1 + Cx + D x2 + x + 1 + + Ex + F x2 + 1 + Gx + H (x2 + 1)2 + Ix + J (x2 + 1)3 19
  20. 20. 2. Calcular R 1−x+2x2−x3 x(x2+1)2 dx A decomposição em frações parciais é 1 − x + 2x2 − x3 x(x2 + 1)2 = A x + Bx + C x2 + 1 + Dx + E (x2 + 1)2 Multiplicando por x(x2 + 1)2 resulta em 1 − x + 2x2 − x3 = A(x2 + 1)2 + (Bx + C)x(x2 + 1) + (Dx + E)x = = (A + B)x4 + Cx3 + (2A + B + D)x2 + (C + E)x + A Disso resulta que A = 1, B = −1, C = −1, D = 1 e E = 0. Então, Z 1 − x + 2x2 − x3 x(x2 + 1)2 dx = Z 1 x − x + 1 x2 + 1 + x (x2 + 1)2 dx = = Z dx x − Z x x2 + 1 dx − Z dx x2 + 1 + Z xdx (x2 + 1)2 = = ln |x| − 1 2 ln(x2 + 1) − arctan x − 1 2(x2 + 1) + K 4 Integrais impróprias As integrais impróprias estendem o conceito de integral definida, R b a f(x)dx, para o caso em que o intervalo [a, b] é infinito e para o caso em que f possui uma descontinuidade infinita em [a, b]. 4.1 Tipo 1: Intervalos infinitos Considere a região S sob a curva y = 1/x2 , acima do eixo x e à direita da reta x = 1. Como ilustrado na figura seguinte. 20
  21. 21. Esta região tem uma extenção infinita. A área de S à esqueda de x = t é A(t) = Z t 1 1 x2 dx = − 1 x t 1 = 1 − 1 t Observe-se que, como t 0, A(t) 1, não importanto o valor de t. Como lim t→∞ A(t) = lim t→∞ 1 − 1 t = 1 Assim, a área da região infinita S é igual a 1. DEFINIÇÃO DE INTEGRAL IMPRÓPRIA DO TIPO 1 1. Se R t a f(x)dx existe para cada número t ≥ a, então Z ∞ a f(x)dx = lim t→∞ Z t a f(x)dx desde que o limite exista 2. Se R b t f(x)dx existe para cada número t ≤ b, então Z b −∞ f(x)dx = lim t→−∞ Z b t f(x)dx desde que o limite exista As integrais impróprias R ∞ a f(x)dx e R b −∞ f(x)dx são chamadas de convergentes se os limites correspondentes existem e divergentes se os limites não existem. 3. Se ambas R a −∞ f(x)dx e R ∞ a f(x)dx forem convergentes, então defi- nimos Z ∞ −∞ f(x)dx = Z a −∞ f(x)dx Z ∞ a f(x)dx Observe-se que a integral R ∞ 1 1 x dx é divergente. Basta ver que Z ∞ 1 1 x dx = lim t→∞ Z t 1 1 x dx = lim t→∞ ln |x||t 1 = lim t→∞ (ln t − ln 1) = lim t→∞ ln t = ∞ 21
  22. 22. Então, relembrando o exemplo dado anteriormente, sabemos que R ∞ 1 1 x2 dx converge e R ∞ 1 1 x dx diverge. EXEMPLOS 1. Calcular R 0 −∞ xex dx Temos que Z 0 −∞ xex dx = lim t→−∞ Z 0 t xex dx Fazendo a integração por partes com u = x, du = dx e v = ex e dv = ex dx, resulta em Z 0 t xex dx = xex |0 t − Z 0 t ex dx = −tet − 1 + et Aplicando L’Hospital em limt→−∞ tet , resulta em lim t→−∞ tet = lim t→−∞ t e−t = lim t→−∞ 1 −e−t = 0 Portanto, Z 0 −∞ xex dx = lim t→−∞ (−tet − 1 + et ) = −0 − 1 + 0 = −1 2. Determinar R ∞ −∞ 1 1+x2 dx Escolhemos a = 0. Então Z ∞ −∞ 1 1 + x2 dx = Z 0 −∞ 1 1 + x2 dx + Z ∞ 0 1 1 + x2 dx Integrando as duas integrais separadamente: Z ∞ 0 1 1 + x2 dx = lim t→∞ Z t 0 1 1 + x2 dx = lim t→∞ arctan x|t 0 = = lim t→∞ (arctan t − arctan 0) = lim t→∞ arctan t = π 2 22
  23. 23. Z 0 −∞ 1 1 + x2 dx = lim t→−∞ Z 0 t 1 1 + x2 dx = lim t→−∞ arctan x|0 t = = lim t→−∞ (arctan 0 − arctan t) = 0 − − π 2 = π 2 Assim, como ambas as integrais convergem, Z ∞ −∞ 1 1 + x2 dx = π 2 + π 2 = π 4.2 Tipo 2: Integrandos descontı́nuos Suponha uma função positiva contı́nua em [a, b) e com uma assı́ntota vertical em b. Seja S a região sob o gráfico de f e acima do eixo x entre a e b. A área de S entre a e t é A(t) = Z t a f(x)dx Então a área total com toda a extensão infinita vertical em b é Z b a f(x)dx = lim t→b− Z t a f(x)dx A integral imprópria do tipo 2 permite calcular integrais que apresentam descontinuidades no intervalo de integração. 23
  24. 24. DEFINIÇÃO DE INTEGRAL IMPRÓPRIA DO TIPO 2 1. Se f é contı́nua em [a, b) e descontı́nua em b, então Z b a f(x)dx = lim t→b− Z t a f(x)dx desde que o limite exista 2. Se f é contı́nua em (a, b] e descontı́nua em a, então Z b a f(x)dx = lim t→a+ Z b t f(x)dx desde que o limite exista A integral imprópria R b a f(x)dx é chamada de convergente se o li- mite correspondente existir e divergente se o limite não existir. 3. Se f apresenta uma descontinuidade em c, onde a ≤ c ≤ b, e ambos R c a f(x)dx e R b c f(x)dx forem convergentes, então Z b a f(x)dx = Z c a f(x)dx + Z b c f(x)dx EXEMPLO Calcular R 5 2 1 √ x−2 dx Z 5 2 1 √ x − 2 dx = lim t→2+ Z 5 t 1 √ x − 2 dx = lim t→2+ 2 √ x − 2 5 t = = lim t→2+ 2( √ 3 − √ t − 2) = 2 √ 3 24

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