O documento apresenta os conceitos de integral indefinida e primitiva de uma função. Explica que a integral indefinida representa a família de todas as primitivas de uma função integrando e fornece propriedades e exemplos de cálculo de integrais indefinidas imediatas.

1. Integral Indefinida
Relação entre funções com derivadas iguais
Introdução: Mostraremos como obter uma função conhecendo
apenas a sua derivada.
Teorema: Seja 𝑓 contínua no intervalo 𝐼. Se 𝑓′( 𝑥) = 0 em todo 𝑥
interior a 𝐼, então existirá uma constante 𝑘 tal que 𝑓( 𝑥) = 𝑘 para todo
𝑥 ∈ 𝐼.
Demonstração: Seja 𝑥 𝑜 um ponto fixo em 𝐼, vamos mostrar que
𝑓( 𝑥) = 𝑓(𝑥 𝑜), para todo 𝑥 ∈ 𝐼.
Para todo 𝑥 ∈ 𝐼, com 𝑥 ≠ 𝑥 𝑜, existe pelo TVM, um 𝑐 pertencente ao
intervalo aberto de extremos 𝑥 e 𝑥 𝑜, tal que:
𝑓( 𝑥) − 𝑓( 𝑥 𝑜) = 𝑓′(𝑐)(𝑥 − 𝑥 𝑜)
Mas, como 𝑐 pertence ao interior de I, por hipótese, temos que
𝑓′( 𝑐) = 0. Portanto,
𝑓( 𝑥) = 𝑓(𝑥 𝑜), ∀ 𝑥 ∈ 𝐼
Tomando 𝑓( 𝑥 𝑜) = 𝑘, resulta o teorema.
Corolário: Sejam 𝑓 e 𝑔 contínuas no intervalo I. Se 𝑓′( 𝑥) = 𝑔′(𝑥) em
todo 𝑥 interior a I, então existirá uma constante 𝑘, tal que
𝑔( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑘, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼.
Demonstração: A função ℎ( 𝑥) = 𝑔( 𝑥) − 𝑓( 𝑥) é contínua em I, e para
todo 𝑥 interior a I, ℎ′( 𝑥) = 𝑔′( 𝑥) − 𝑓′( 𝑥) = 0. Pelo teorema anterior,
existe uma constante 𝑘 tal que
ℎ( 𝑥) = 𝑘
𝑔( 𝑥) − 𝑓( 𝑥) = 𝑘
Ou seja,
𝑔( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑘, ∀ 𝑥 ∈ 𝐼.

2. Observação: Se 𝑓 e 𝑔 satisfazerem as hipóteses do corolário e se
𝑓( 𝑥0) = 𝑔(𝑥0) para algum 𝑥0 ∈ 𝐼, então 𝑓( 𝑥) = 𝑔(𝑥) para todo 𝑥 ∈ 𝐼.
Exercício 1: Seja 𝑓 definida e derivável em ℝ tal que, para todo
𝑥, 𝑓′( 𝑥) = 𝑓( 𝑥). Prove que existe uma constante k, tal que, para todo
𝑥, tem-se 𝑓( 𝑥) = 𝑘 𝑒 𝑥
.
O exercício acima nos diz que as soluções da equação diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦 são as funções da forma 𝑦 = 𝑘 𝑒 𝑥
, 𝑘 constante.
Exercício 2: Seja 𝑓 definida e derivável em ℝ tal que, para todo
𝑥, 𝑓′( 𝑥) = 𝛼𝑓( 𝑥), 𝑥 ∈ ℝ e 𝛼 constante. Prove que as únicas funções
que satisfazem a equação acima, são as funções da forma 𝑓( 𝑥) =
𝑘 𝑒 𝛼𝑥
, 𝑘 constante.
O exercício acima nos diz que as soluções da equação diferencial
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝛼𝑦 são as funções da forma 𝑦 = 𝑘 𝑒 𝛼𝑥
, 𝑘 constante.
Exercício 3: Determine 𝑦 = 𝑓( 𝑥), 𝑥 ∈ ℝ que satisfaz as condições
𝑓′( 𝑥) = 2𝑓( 𝑥) e 𝑓(0) = −1.
Exercício 4: Determine uma função 𝑦 = 𝑓( 𝑥), definida num intervalo
aberto 𝐼, com 1 ∈ 𝐼, tal que 𝑓(1) = 1 e, para todo 𝑥 em I,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥𝑦.
Primitiva de uma função
Definição: Uma função 𝐹(𝑥) é chamada uma primitiva da função
𝑓(𝑥) no intervalo I se para todo 𝑥 ∈ 𝐼, tem-se:
𝐹′( 𝑥) = 𝑓(𝑥)
Muitas vezes não faremos menção ao intervalo I, mas a primitiva de
uma função sempre será definida sobre um intervalo.

3. Exemplo 1: 𝐹( 𝑥) =
1
4
𝑥4
é uma primitiva de 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
em ℝ, pois,
para todo 𝑥 ∈ ℝ, tem-se
𝐹′( 𝑥) =
1
4
4 𝑥3
= 𝑥3
= 𝑓( 𝑥)
Observe que, para toda constante 𝑘, 𝐺( 𝑥) =
1
4
𝑥4
+ 𝑘 é, também, uma
primitiva de 𝑓( 𝑥) = 𝑥3
.
Proposição: Sendo 𝐹 uma primitiva de 𝑓 no intervalo I. Então,
𝐺( 𝑥) = 𝐹( 𝑥) + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ, é também uma primitiva de 𝑓 no intervalo I
Diremos, então, que
𝐺(𝑥) = 𝐹( 𝑥) + 𝑘, 𝑘 constante
É a família das primitivas de 𝑓 em 𝐼. A notação ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 será usada
para representar a família das primitivas de 𝑓:
∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹( 𝑥) + 𝑘
Na notação ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥, o símbolo ∫ é chamado sinal de integração, a
função 𝑓(𝑥) denomina-se função integrando, 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 denomina-se
integrando e ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 é denominada integral indefinida da função 𝑓.
Da definição de integral indefinida, decorre:
1. ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹( 𝑥) + 𝑘 ⟺ 𝐹′( 𝑥) = 𝑓(𝑥)
2. ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 representa uma família de funções (a família de todas
as primitivas da função integrando)
Exemplo 2: A figura abaixo, mostra uma família de primitivas da
função integrando 𝑓( 𝑥) = 𝑥2
+ 1. Observamos que o valor da
constante para a figura apresentada assumiu os valores 𝑘 =
−3, −2, −1,0,1,2,3.

4. Propriedades da Integral Indefinida
Proposição. Sejam 𝑓, 𝑔: 𝐼 → ℝ e 𝑘 uma constante. Então:
( 𝑖) ∫ 𝑘 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 .
( 𝑖𝑖) ∫( 𝑓( 𝑥) + 𝑔(𝑥)) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔( 𝑥) 𝑑𝑥.
Demonstração (𝒊):
Seja 𝐹(𝑥) uma primitiva de 𝑓( 𝑥). Então, 𝑘𝐹(𝑥) é uma primitiva de
𝑘 𝑓(𝑥), pois, (𝑘𝐹( 𝑥))
′
= 𝑘 𝐹′( 𝑥) = 𝑘 𝑓( 𝑥). Dessa forma, temos:
∫ 𝑘 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑘. 𝐹( 𝑥) + 𝑘𝑐1 = 𝑘 ( 𝐹( 𝑥) + 𝑐1) = 𝑘 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 .
Demonstração (𝒊𝒊):
Sejam 𝐹( 𝑥) e 𝐺(𝑥) funções primitivas de 𝑓( 𝑥) e 𝑔(𝑥),
respectivamente. Então, 𝐹( 𝑥) + 𝐺( 𝑥) é uma primitiva da função
𝑓( 𝑥) + 𝑔( 𝑥), pois ( 𝐹( 𝑥) + 𝐺( 𝑥) )′
= 𝐹′( 𝑥) + 𝐺′( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) + 𝑔( 𝑥).
Portanto,
∫(𝑓( 𝑥) + 𝑔( 𝑥)) 𝑑𝑥 = (𝐹( 𝑥) + 𝐺( 𝑥)) + 𝑘
= (𝐹( 𝑥) + 𝐺( 𝑥)) + 𝑘1 + 𝑘2
= [ 𝐹( 𝑥) + 𝑘1] + [ 𝐺( 𝑥) + 𝑘2]
= ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔( 𝑥) 𝑑𝑥

5. Exercício 5. Calcule:
a) ∫ 𝑥3
𝑑𝑥
b) ∫ 𝑑𝑥
c) ∫
𝑑𝑥
√ 𝑥
d) ∫ 𝑥 𝛼
𝑑𝑥, onde 𝛼 ≠ −1 é um real fixo.
e) ∫ √ 𝑥
3
𝑑𝑥
f) ∫ (3𝑥2
+ 𝑥 +
1
𝑥3
) 𝑑𝑥
g) ∫ 𝑒 𝛼𝑥
𝑑𝑥, onde 𝛼 ≠ 0 é um real fixo.
INTEGRAIS IMEDIATAS
Usaremos como variável independente 𝑥.
1. ∫ 𝑐 𝑑𝑥 = 𝑐𝑥 + 𝑘
2. ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑘
3. ∫ 𝑥 𝛼
𝑑𝑥 =
𝑥 𝛼+1
𝛼+1
+ 𝑘, 𝑠𝑒 𝛼 ≠ −1
4. ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = ln 𝑥 + 𝑘 , (𝑥 > 0)
5. ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = ln(−𝑥) + 𝑘 , (𝑥 < 0)
6. ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛| 𝑥| + 𝑘
7. ∫ 𝛼 𝑥
𝑑𝑥 =
𝛼 𝑥
𝑙𝑛𝛼
+ 𝑘
8. ∫ 𝑒 𝛼𝑥
𝑑𝑥 =
1
𝛼
𝑒 𝛼𝑥
+ 𝑘
9. ∫ 𝑒 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥
+ 𝑘
10. ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 + 𝑘
11. ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = sen 𝑥 + 𝑘
12. ∫ 𝑠𝑒𝑐2
𝑥 𝑑𝑥 = tg 𝑥 + 𝑘
13. ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2
𝑥 𝑑𝑥 = −cotg 𝑥 + 𝑘
14. ∫ sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 + 𝑘
15.∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|sec 𝑥 + 𝑡𝑔𝑥| + 𝑘
16. ∫ tg 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑙𝑛|cos 𝑥| + 𝑘

6. 17.∫ 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐 𝑥 + 𝑘
18.∫
𝑑𝑥
√1−𝑥2
= 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑘
19.∫
− 𝑑𝑥
√1−𝑥2
= 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑘
20. ∫
𝑑𝑥
1+𝑥2
= 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑥 + 𝑘
Exercício 6. Calcule as integrais indefinidas:
a) ∫ (8𝑥3
− 6𝑥2
+ 5𝑥 −
1
𝑥3
+ 𝑥√ 𝑥 − 2 +
3
𝑥
) 𝑑𝑥
b) ∫(4 sec 𝑥 𝑡𝑔𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2
𝑥) 𝑑𝑥
c) ∫
𝑠𝑒𝑐2 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐𝑥
𝑑𝑥
d) ∫ (3𝑒 𝑥
+ 2𝑐𝑜𝑠𝑥 +
1
√ 𝑥
) 𝑑𝑥
e) ∫ 𝑡𝑔2
𝑥 𝑑𝑥
f) ∫ cos( 𝛼𝑥) 𝑑𝑥
g) ∫ sen( 𝛼𝑥) 𝑑𝑥
h) ∫ 𝑒−𝑥
𝑑𝑥
i) ∫ 𝑐𝑜𝑠2
𝑥 𝑑𝑥
j) ∫ 𝑠𝑒𝑛2
𝑥 𝑑𝑥
k) ∫ 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑐𝑜𝑠4𝑥 𝑑𝑥
l) ∫ 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑠𝑒𝑛2𝑥 𝑑𝑥
m) ∫ 𝑐𝑜𝑠5𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥
Método da Substituição ou Mudança de Variável para Integração
Algumas vezes, é possível determinar a integral de uma dada função
aplicando uma das fórmulas básicas depois de ser feita uma
mudança de variável. Esse processo é análogo à regra da cadeia
para derivação.
Sejam 𝑓( 𝑥) e 𝐹( 𝑥) duas funções tais que 𝐹′( 𝑥) = 𝑓( 𝑥). Suponhamos
que 𝑔 seja outra função derivável tal que a imagem de 𝑔 esteja

7. contida no domínio de 𝐹. Podemos considerar a função composta 𝐹 ∘
𝑔.
Pela regra da cadeia, temos:
[𝐹(𝑔( 𝑥))]
′
= 𝐹′
(𝑔( 𝑥)). 𝑔′( 𝑥) = 𝑓(𝑔( 𝑥)). 𝑔′(𝑥)
Portanto,
∫(𝑓(𝑔( 𝑥)). 𝑔′(𝑥)) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑔( 𝑥)) + 𝑘
Fazendo 𝑢 = 𝑔( 𝑥), temos 𝑑𝑢 = 𝑔′( 𝑥) 𝑑𝑥. Portanto,
∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐹( 𝑢) + 𝑘
Na prática, devemos definir uma função 𝑢 = 𝑔(𝑥) conveniente, de tal
forma que a integral obtida seja mais simples.
Exemplo 3. Calcule ∫
2𝑥
1+𝑥2
𝑑𝑥
Solução: Façamos 𝑢 = 1 + 𝑥2
. Assim, 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥. Portanto,
∫
2𝑥
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑢
𝑢
= 𝑙𝑛| 𝑢| + 𝑘

8. = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 𝑘
Exercício 7. Calcule as integrais:
a) ∫ 𝑥2(7 − 4𝑥3)8
𝑑𝑥
b) ∫
2 cos 𝑥 𝑑𝑥
√1+𝑠𝑒𝑛𝑥
c) ∫ 𝑡𝑔3
𝑥 . 𝑠𝑒𝑐2
𝑥 𝑑𝑥
d) ∫ 𝑠𝑒𝑐4
𝑥 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥
e) ∫ 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥
f) ∫ 𝑠𝑒𝑛3
𝑥 𝑑𝑥
Exercício resolvido 1. Mostre que ∫
𝑑𝑥
√𝑎2−𝑥2
= 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛
𝑥
𝑎
+ 𝑘 (𝑎 ≠ 0)
Solução: Como 𝑎 ≠ 0, podemos escrever a integral na forma:
∫
𝑑𝑥
√𝑎2
√ 𝑎2 − 𝑥2
𝑎2
=
1
𝑎
∫
𝑑𝑥
√1 −
𝑥2
𝑎2
Fazendo a substituição 𝑢 =
𝑥
𝑎
. Temos 𝑑𝑢 =
1
𝑎
𝑑𝑥 ou 𝑑𝑥 = 𝑎 𝑑𝑢.
Portanto,
∫
𝑑𝑥
√𝑎2 − 𝑥2
=
1
𝑎
∫
𝑎 𝑑𝑢
√1 − 𝑢2
= ∫
1
√1 − 𝑢2
𝑑𝑢
= 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑢 + 𝑘
= 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛
𝑥
𝑎
+ 𝑘

9. Exemplo 4: ∫
𝑑𝑥
√16−4𝑥2
=
1
2
𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛
2𝑥
4
+ 𝑘
Exemplo resolvido 2. Mostre que ∫
𝑑𝑥
𝑎2+𝑥2
=
1
𝑎
𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔
𝑥
𝑎
+ 𝑘 (𝑎 ≠ 0)
Solução: Como 𝑎 ≠ 0, podemos escrever a integral na forma:
∫
𝑑𝑥
𝑎2
𝑎2 + 𝑥2
𝑎2
=
1
𝑎2
∫
𝑑𝑥
1 +
𝑥2
𝑎2
Fazendo a substituição 𝑢 =
𝑥
𝑎
. Temos 𝑑𝑢 =
1
𝑎
𝑑𝑥 ou 𝑑𝑥 = 𝑎 𝑑𝑢.
Portanto,
∫
𝑑𝑥
𝑎2 + 𝑥2
=
1
𝑎2
∫
𝑎 𝑑𝑢
1 + 𝑢2
=
1
𝑎
∫
1
1 + 𝑢2
𝑑𝑢
=
1
𝑎
𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑢 + 𝑘
=
1
𝑎
𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔
𝑥
𝑎
+ 𝑘
Exercício 8. Calcule
a) ∫
𝑑𝑥
5+𝑥2
b) ∫
𝑑𝑥
𝑥2+6𝑥+13
Exercício 9. Mostre que ∫
√ 𝑥−2
𝑥+1
𝑑𝑥 = 2√ 𝑥 − 2 −
6
√3
𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔
√ 𝑥−2
√3
+ 𝑘
MÉTODO DE INTEGRAÇÃO POR PARTES

10. Aplicamos a técnica de integração por partes, geralmente, às
integrais em cujos integrandos figuram produtos, funções
exponenciais ou funções logarítmicas.
Assim, ∫ 𝑥 𝑒 𝑥
𝑑𝑥; ∫ 𝑥2
𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥; ∫ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑥 𝑑𝑥; ∫ ln(𝑥2
+ 1) 𝑑𝑥
são integrais às quais aplicamos a integração por partes.
Fórmula
Sejam 𝑓( 𝑥) e 𝑔(𝑥) funções deriváveis no intervalo I. Temos:
[ 𝑓( 𝑥). 𝑔( 𝑥)]′
= 𝑓′( 𝑥) 𝑔( 𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)
Ou seja,
𝑓( 𝑥) 𝑔′( 𝑥) = [ 𝑓( 𝑥). 𝑔( 𝑥)]′
− 𝑓′( 𝑥) 𝑔( 𝑥)
Integrando ambos os membros dessa equação, obtemos:
∫ 𝑓( 𝑥) 𝑔′( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓( 𝑥). 𝑔( 𝑥) − ∫ 𝑓′( 𝑥) 𝑔( 𝑥) 𝑑𝑥 (*)
Fazendo,
𝑢 = 𝑓( 𝑥) ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑓′( 𝑥) 𝑑𝑥 e 𝑣 = 𝑔( 𝑥) ⇒ 𝑑𝑣 = 𝑔′( 𝑥) 𝑑𝑥
Substituindo na expressão (*), obtemos:
∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
Que é a fórmula de integração por partes.
Exercício 10: Calcule

11. a) ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥
b) ∫ 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥
c) ∫ 𝑥3
𝑒 𝑥2
𝑑𝑥
d) ∫ 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥
e) ∫ 𝑠𝑒𝑐3
𝑥 𝑑𝑥
Exercício 11. Verifique que:
∫ 𝑠𝑒𝑐 𝑛
𝑥 𝑑𝑥 =
1
𝑛 − 1
𝑠𝑒𝑐 𝑛−2
𝑥 𝑡𝑔 𝑥 +
𝑛 − 2
𝑛 − 1
∫ 𝑠𝑒𝑐 𝑛−2
𝑥 𝑑𝑥
onde 𝑛 > 1 é um natural.
Exemplo:
∫ 𝑠𝑒𝑐5
𝑥 𝑑𝑥 =
1
4
𝑠𝑒𝑐3
𝑥 𝑡𝑔 𝑥 +
3
4
∫ 𝑠𝑒𝑐3
𝑥 𝑑𝑥
=
1
4
𝑠𝑒𝑐3
𝑥 𝑡𝑔 𝑥 +
3
4
(
1
2
sec 𝑥 𝑡𝑔𝑥 +
1
2
ln|sec 𝑥 + 𝑡𝑔 𝑥|)
=
1
4
𝑠𝑒𝑐3
𝑥 𝑡𝑔 𝑥 +
3
8
sec 𝑥 𝑡𝑔𝑥 +
3
8
ln|sec 𝑥 + 𝑡𝑔 𝑥| + 𝑘
Integração de Funções Racionais por Frações Parciais
Vamos apresentar um procedimento sistemático para calcular a
integral de qualquer função racional. A ideia básica é escrever a
função racional dada como uma soma de frações mais simples. Para
isto, usaremos um resultado importante da Álgebra, que é dado na
proposição seguinte:

12. Proposição: Se 𝑝(𝑥) é um polinômio com coeficientes reais, 𝑝(𝑥)
pode ser expresso como um produto de fatores lineares ou
quadráticos, todos com coeficientes reais.
Exemplos:
1) O polinômio 𝑞( 𝑥) = 𝑥2
− 3𝑥 + 2 pode ser escrito como o
produto dos fatores lineares 𝑥 − 2 e 𝑥 − 1.
2) O polinômio 𝑞( 𝑥) = 𝑥3
− 𝑥2
+ 𝑥 − 1 pode ser escrito como o
produto do fator linear e 𝑥 − 1 e pelo fator quadrático irredutível
𝑥2
+ 1.
3) 𝑝( 𝑥) = 3 (𝑥 +
1
3
) ( 𝑥 − 1)2
(𝑥2
+ 3𝑥 + 4) é uma decomposição
de 𝑝( 𝑥) = 3𝑥5
+ 4𝑥4
− 2𝑥3
− 16𝑥2
+ 7𝑥 + 4.
A decomposição da função racional 𝑓( 𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
em frações mais
simples está subordinada ao modo como o denominador 𝑞(𝑥) se
decompõe nos fatores lineares e/ ou quadráticos irredutíveis. Vamos
considerar os vários casos separadamente.
Vamos supor, também que o grau de 𝑝(𝑥) é menor que o grau de
𝑞( 𝑥). Caso isso não ocorra, devemos primeiro efetuar a divisão de
𝑝(𝑥) por 𝑞( 𝑥).
Teorema. Sejam 𝛼, 𝛽, 𝑚 e 𝑛 reais dados, com 𝛼 ≠ 𝛽. Então, existem
constantes 𝐴 e 𝐵 tais que:
a)
𝑚𝑥+𝑛
(𝑥−𝛼)(𝑥−𝛽)
=
𝐴
(𝑥−𝛼)
+
𝐵
(𝑥−𝛽)
b)
𝑚𝑥+𝑛
(𝑥−𝛼)2
=
𝐴
(𝑥−𝛼)2
+
𝐵
(𝑥−𝛼)

13. 1º Caso: Os fatores do denominador são todos distintos e do 1º
grau.
Neste caso, podemos escrever 𝑞(𝑥) na forma:
𝑞( 𝑥) = ( 𝑥 − 𝑎1) ( 𝑥 − 𝑎2) … (𝑥 − 𝑎 𝑛)
Onde os 𝑎𝑖, 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 são distintos dois a dois.
A decomposição da função racional 𝑓( 𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
em frações mais
simples é dada por:
𝑓( 𝑥) =
𝐴1
𝑥 − 𝑎1
+
𝐴2
𝑥 − 𝑎2
+ ⋯ +
𝐴 𝑛
𝑥 − 𝑎 𝑛
Onde 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴 𝑛 são constantes que devem ser determinadas.
Neste caso, temos:
∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ (
𝐴1
𝑥 − 𝑎1
+
𝐴2
𝑥 − 𝑎2
+ ⋯ +
𝐴 𝑛
𝑥 − 𝑎 𝑛
) 𝑑𝑥
= 𝐴1 𝑙𝑛| 𝑥 − 𝑎1| + 𝐴2 𝑙𝑛| 𝑥 − 𝑎2| + ⋯ + 𝐴 𝑛 𝑙𝑛| 𝑥 − 𝑎 𝑛| + 𝑘
Exercício 12: Calcule:
a) ∫
𝑥−2
𝑥3−3𝑥2−𝑥+3
𝑑𝑥.
b) ∫
𝑥3−4𝑥+6
𝑥2+3𝑥
𝑑𝑥.
2º Caso: Os fatores do denominador são lineares, e alguns deles
se repetem.
Se um fator linear 𝑥 − 𝑎𝑖 de 𝑞(𝑥) tem multiplicidade 𝑟, a esse fator
corresponderá uma soma de frações parciais da forma a seguir:

14. 𝐵1
( 𝑥 − 𝑎𝑖) 𝑟
+
𝐵2
( 𝑥 − 𝑎𝑖) 𝑟−1
+ ⋯ +
𝐵𝑟
( 𝑥 − 𝑎𝑖)
Onde 𝐵1, 𝐵2, … , 𝐵𝑛 são constantes que devem ser determinadas.
EXERCÍCIO 13: Calcule:
a) ∫
𝑥3+3𝑥−1
𝑥4−4𝑥2
𝑑𝑥 b) ∫
2𝑥3+6𝑥2−𝑥−22
𝑥3+2𝑥2−4𝑥−8
𝑑𝑥
3º Caso: Os fatores de 𝒒(𝒙) são lineares e quadráticos
irredutíveis, e os fatores quadráticos não se repetem.
A cada fator quadrático 𝑥2
+ 𝑏𝑥 + 𝑐 de 𝑞(𝑥) corresponderá uma
fração parcial da forma:
𝐶𝑥 + 𝐷
𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
EXERCÍCIO 14: Calcule:
a) ∫
𝑥−5
𝑥3−2𝑥2+5𝑥
𝑑𝑥 b) ∫
3𝑥2+5𝑥+4
𝑥3+𝑥2+𝑥−3
𝑑𝑥
4º Caso: Os fatores de 𝒒(𝒙) são lineares e quadráticos
irredutíveis, porém com a repetição de alguns fatores.
Se um fator quadrático 𝑥2
+ 𝑏𝑥 + 𝑐 de 𝑞(𝑥) tem multiplicidade 𝑠, a
esse fator corresponderá uma soma de frações parciais da forma:
𝐶1 𝑥 + 𝐷1
( 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐) 𝑠
+
𝐶2 𝑥 + 𝐷2
( 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐) 𝑠−1
+ ⋯ +
𝐶𝑠 𝑥 + 𝐷𝑠
𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
EXERCÍCIO 15: Decomponha a fração 𝐹 =
𝑥+1
𝑥 ( 𝑥2+2𝑥+3)2
.
INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICAS

15. Esse método é aplicado, geralmente, às integrais, cujos integrandos
contém fator do tipo √ 𝑎2 − 𝑢2, √𝑎2 + 𝑢2 ou √𝑢2 − 𝑎2, onde 𝑎 > 0.
As figuras abaixo nos sugerem tal substituição.
i) A função integrando envolve √𝑎2 − 𝑢2
Neste caso, temos 𝑢 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃. Então, 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃. Supondo que
−
𝜋
2
≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
, temos pela figura (a), que
cos 𝜃 =
√𝑎2 − 𝑢2
𝑎
Ou seja, √𝑎2 − 𝑢2 = 𝑎 cos 𝜃.
ii) A função integrando envolve √𝑎2 + 𝑢2
Neste caso, temos 𝑢 = 𝑎 𝑡𝑔𝜃. Então, 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑠𝑒𝑐2
𝜃 𝑑𝜃. Supondo que
−
𝜋
2
< 𝜃 <
𝜋
2
, temos pela figura (b), que
cos 𝜃 =
𝑎
√𝑎2 + 𝑢2
Ou seja, √𝑎2 + 𝑢2 = 𝑎 sec 𝜃.
iii) A função integrando envolve √𝑢2 − 𝑎2
Neste caso, temos 𝑢 = 𝑎 𝑠𝑒𝑐𝜃. Então, 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑡𝑔𝜃 𝑑𝜃. Supondo
que 0 < 𝜃 <
𝜋
2
ou 𝜋 ≤ 𝜃 <
3𝜋
2
temos pela figura (c), que

16. tg 𝜃 =
√𝑢2 − 𝑎2
𝑎
Ou seja, √𝑢2 − 𝑎2 = 𝑎 tg 𝜃.
EXERCÍCIO 16: Calcule as integrais abaixo:
a) ∫
𝑑𝑥
(4−𝑥2)3/2
b) ∫
𝑥2
3√𝑥2+4
𝑑𝑥
EXERCÍCIO 17: Mostre que
∫
√𝑥2 − 𝑎2
𝑥4
𝑑𝑥 =
1
3𝑎2
(√𝑥2 − 𝑎2)
3
𝑥3
+ 𝐶