Calculo1 aula16

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Calculo1 aula16

  1. 1. Aula 16Integra»~o por partes caH¶ essencialmente dois m¶todos empregados no c¶lculo de integrais inde¯nidas (primi- a e ativas) de fun»~es elementares. Um deles ¶ a integra»~o por substitui»~o, explorada na co e ca caaula 15, que retomaremos adiante, em novos casos. O outro m¶todo ¶ chamado de e eintegra»~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 aintervalo 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) + Cou seja, Z Z 0 v(x)u (x) dx + u(x)v 0 (x) dx = u(x)v(x) + CPodemos 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. 2. »~Integracao por partes 139 RExemplo 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 Rzando a constante arbitr¶ria da integral v = sen x dx, pois uma tal escolha da fun»~o a cav ¶ 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 RExemplo 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 RExemplo 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. 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 1Para 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 ePoder¶ R dizer que o prop¶sito da integra»~o R partes ¶ transferir o c¶lculo de uma ³amos o ca por e aintegral u ¢ dv para o c¶lculo de uma integral Rv ¢ du (a qual espera-se que saibamos a Rcalcular), 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 sempreescolher, dentre as duas fun»~es da express~o f (x)g(x) dx, uma delas como sendo o co afator 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) edv = f (x) dx (ou ainda u = f(x)g(x) e dv = 1 dx !). Mas esta escolha n~o pode ser afeita de modo aleat¶rio. Temos queR espertos em nossa escolha para que, ao passarmos R o serda integral u dv para a integral v du, passemos a uma integral tecnicamente maissimples de ser calculada. Uma sugest~o que funciona bem na grande maioria das vezes ¶ escolher as fun»~es a e cou e v segundo o crit¶rio que descreveremos abaixo. Ele foi publicado como uma pequena enota 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 ade fun»~es. co Uma estrat¶gia que funciona bem ¶: ao realizar uma integra»~o por partes, esco- e e calher, dentre as duas fun»~es que aparecem sob o sinal de integral, co
  4. 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 omais 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. RExemplo 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 eanagrama 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 xR 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 aReferem-se µ esta segunda integral.) a
  5. 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 ¡ IPortanto, I = ex sen x ¡ ex cos x ¡ Iou seja, 2I = ex sen x ¡ ex cos x + Ce ent~o obtemos a 1 I = (ex sen x ¡ ex cos x) + C 2 RpExemplo 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 aque 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. 6. »~Integracao por partes 143Agora 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 aPortanto, p x I = x a2 ¡ x2 ¡ I + a2 ¢ arc sen + C ade 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 § oa , ou a2 ¡ x2 , ser¶ retomado adiante, quando ¯zermos um estudo de substitui»~es 2 a cotrigonom¶tricas. e16.2 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. 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. 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

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