Integrais

Parte III - Técnicas de Integração

Daniel Miranda
UFABC
Cristian Colleti
UFABC

Sumário

Técnicas de Integração

‘'A melhor maneira de explicar é fazer.’' Alice no País das Maravilhas, Lewis Carrol

Introdução

Neste capítulo desenvolveremos técnicas para calcular integrais indefinidas e definidas.

Primitivas de Funções Racionais: Frações Parciais

Nesta seção mostraremos como integrar qualquer função racional (quociente de polinômios) expressando-a como soma de frações parciais. Consideremos a função racional

(1)
\[ f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)} \]

onde $ P $ e $Q$ são polinômios.

Primeiramente observamos que se o grau de $ P $ for maior ou igual ao grau de $Q,$ então primeiro dividimos os polinômios,

(2)
\[\dfrac{P(x)}{Q(x)} = S(x) + \dfrac{R(x)}{Q(x)}\,, \]

onde ,$S(x)$ ,e ,$R(x)$ ,são também polinômios.

Quando o grau de $ P $ for menor que o grau de $Q$ dizemos que $P(x)/Q(x)$ é uma função racional própria.

Exercício. Calcule $ \dint \dfrac{x^3 + 2 x + 1}{x-1} \dx$.

Fazendo a divisão polinomial

\begin{center} \polyset{ style=C} %doims={[}{]}}% \polylongdiv{x^3 + 2 x + 1}{x-1} \end{center}

obtemos

(3)
\[ \dint \dfrac{x^3 + 2 x + 1}{x-1} \dx= \dint \left( x^2+x+3 +\dfrac{4}{x-1} \right) \dx= \]
(4)
\[ \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^2}{2} + 6 x + 4 \ln|x-1| + C. \]

Uma segunda etapa consiste em fatorar o denominador $ Q(x)$ o máximo possível. Pode ser mostrado que qualquer polinômio $Q$ pode ser fatorado como produto de fatores lineares e de fatores quadráticos irredutíveis. Ou seja como produto de

(5)
\[(ax+b)^m \qquad \quad (ax^2+bx+c)^n \]

Começamos com uma função racional $f(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$, na qual $P$ e $Q$ não tem fatores comuns e tal que o grau de $P$ é menor que o grau de $Q$. Demonstraremos na seção seguinte que qualquer polinômio e, portanto, $ Q $, pode ser fatorado em produto de termos lineares e quadráticos irredutíveis. O seguinte quadro estabelece como decompor uma função racional em uma soma de funções racionais cujos denominadores são todos de grau inferior a $ Q $.

Decomposição em Frações Parciais

Seja $\dis \dfrac{P(x)}{Q(x)}$ uma função racional, no qual o grau de $P$ é menor que o grau de $Q$.\index{integração!frações parciais}

  • Termos Lineares: Se $(x-a)$ divide $Q(x)$, seja $(x-a)^n$ a maior potência de $(x-a)$ que divide $Q(x)$. Então a decomposição de $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ conterá a soma
    \[\dfrac{A_1}{(x-a)} + \dfrac{A_2}{(x-a)^2} + \cdots +\dfrac{A_n}{(x-a)^n}. \]
  • Termos Quadráticos Se $x^2+bx+c$ divide $Q(x)$, seja $(x^2+bx+c)^n$ a maior potência de $x^2+bx+c$ que divides $Q(x)$. Então a decomposição de $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ conterá a soma
    \[\dfrac{B_1x+C_1}{x^2+bx+c}+\dfrac{B_2x+C_2}{(x^2+bx+c)^2}+\cdots+\dfrac{B_nx+C_n}{(x^2+bx+c)^n}. \]

Para determinar os coeficientes $A_i$, $B_i$ e $C_i$:

  • Multiplique as frações por $Q(x)$, simplifique o denominador. Agrupe os termos de mesmo grau.
  • Iguale os coeficientes resultantes dos potências de $ x $ e resolva o sistema de equações lineares resultante.
  • O truque de Heaviside apresentado a seguir pode ajudar a simplificar o sistema.

Explicamos os detalhes dos diferentes casos que podem ocorrer.

Fatores Lineares

Teorema 1.
Para cada fator da forma $(ax+b)^m$, a decomposição em frações parciais contém a seguinte soma de $m$ frações parciais

(6)
\[\dfrac{A_1}{ax+b}+\dfrac{A_2}{(ax+b)^2}+\cdots \dfrac{A_m}{(ax+b)^m} \]

onde $A_1,A_2, \dots, A_m$ são constantes a serem determinadas.

Exercício. [Decompondo em Frações Parciais] Encontre a Decomposição em Frações Parciais de $\dis \dfrac{1}{x^2-1}$.

O denominador fatora em produto de termos lineares $x^2-1 = (x-1)(x+1)$. Logo

\[ \dfrac{1}{x^2-1} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{x+1}. \]

Para deter $A$ e $B$, multiplique ambos os lados por $x^2-1 = (x-1)(x+1)$:

\[ \begin{aligned} 1 &= \dfrac{A(x-1)(x+1)}{x-1}+\dfrac{B(x-1)(x+1)}{x+1} \\ &= A(x+1) + B(x-1)\\ &= Ax+A + Bx-B \\ &= (A+B)x + (A-B). \end{aligned} \]

Temos a igualdade

\[ 1 = (A+B)x+(A-B). \]

Por uma questão de clareza, reescrever o lado esquerdo como

\[ 0x+1 = (A+B)x+(A-B). \]

No lado esquerdo, o coeficiente do termo $ x $ é 0; à direita, é $ (A + B) $. Uma vez que ambos os lados são iguais, temos de ter que $ 0 = A + B $. De modo análogo, no lado esquerdo o termo constante é 1; no lado direito o termo constante é $(A-B)$. Logo temos $1=A-B$.

Temos um sistema linear com 2 equações e duas variáveis. Resolvendo temos

\[ \begin{array}{c} A+B = 0 \\ A-B = 1 \end{array} \Rightarrow \begin{array}{c} A=1/2 \\ B = -1/2\end{array}. \]

Logo

\[ \dfrac{1}{x^2-1} = \dfrac{1/2}{x-1}-\dfrac{1/2}{x+1}. \]

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar$ \dint \dfrac{x+3}{x^2-3x+2} \dx$.

Resolução. Observe que $ x^2-3x+2 = (x-1)(x-2) .$ O método de frações parciais fornece a decomposição

(7)
\[ \dfrac{x+3}{x^2-3x+2} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{x-2} \]

e portanto $ A (x-2) + B ( x-1) = x+3 $ ou $ (A+B)x -2A-B = x+3.$ Como os polinômios são idênticos, seus coeficientes devem ser iguais. Logo, $ A+B=1 $ e $ -2A-B = 3 .$ Resolvendo, obtemos $ A=-4$ e $ B = 5 $ e assim

(8)
\[ \dint \dfrac{x+3}{x^2-3x+2}\dx= \dint \left (\dfrac{-4}{x-1} + \dfrac{5}{x-2} \right) \dx= \]
(9)
\[ -4 \ln|x-1| + 5 \ln |x-2| +k. \]

Método de Heaviside

O método de Heaviside pode facilitar a descoberta dos fatores da decomposição.

Um exemplo é para se obter $A,B$ em

(10)
\[ \dfrac{3x+1}{(x+3)(x+1)} = \frac{A}{x+3} + \frac{B}{x+1}. \]

Multiplique os dois lados por $(x+3)(x+1)$:

(11)
\[ 3x+1 = {A}({x+1}) + {B}({x+3}). \]

Como a equação anterior deve ser satisfeita para todos os valores de $x$, tomaremos alguns valores particulares para os quais a igualdade se simplifica, em especial, as raízes dos termos lineares.
Para o sistema anterior. Tome $x=-1$ para obter $-2=2B$ e portanto $B=-1$.

Tome $x=-3$ para obter $-8=(-2)A$ e portanto $A=4$.

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar $\dis \dint \dfrac{x^3}{(x-5)(x+3)}\dx$.

A estratégia de integração por frações parciais [#idea:fracoes_parciais] pressupõe que o grau do numerador é menor que o denominador. Uma vez que este não é o caso, começamos usando divisão polinomial para reduzir o grau do numerador.

\begin{center} \polyset{ style=C} %doims={[}{]}}% \polylongdiv{x^3}{(x-5)(x+3)} \end{center}

Assim

\[ \dfrac{x^3}{(x-5)(x+3)} = x+2+\dfrac{19x+30}{(x-5)(x+3)}. \]

Usando frações parciais, fazemos a expansão

\[ \dfrac{19x+30}{(x-5)(x+3)} = \dfrac{A}{x-5} + \dfrac{B}{x+3} \]

para valores apropriados $A$ e $B$.

Logo

\[ \begin{aligned} 19x+30 &= A(x+3) + B(x-5)\\ &= (A+B)x + (3A-5B).\\ 19&= A+B \\ 30&= 3A-5B.\\ 125/8 &=A\\ 27/8 &=B. \end{aligned} \]

Integrando

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{x^3}{(x-5)(x+3)}\dx &= \dint\left(x+2+\dfrac{125/8}{x-5}+\dfrac{27/8}{x+3}\right)\dx \\ &= \dfrac{x^2}2 + 2x + \dfrac{125}{8}\ln|x-5|\\ & + \dfrac{27}8\ln|x+3| + C. \end{aligned} \]

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar $\dis\dint \dfrac{2x+1}{x^3-x^2-x+1}\dx $.

Primeiramente observamos que $ 1 $ é raiz de $ x^3-x^2-x+1 ,$ logo $(x-1) $ é um fator. Fazendo a divisão de polinômios obtemos $ x^3-x^2-x+1 = (x-1)(x^2-1) =(x-1)^2(x+1).$

A decomposição em frações parciais é

(12)
\[ \dfrac{2x+1}{x^3-x^2-x+1} = \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{B}{(x-1)} + \dfrac{C}{(x-1)^2}. \]

Expandindo temos que $ 2x+1 = A(x-1)^2 + B (x+1)(x-1) +C(x+1) .$

Utilizaremos o método de Heaviside.

Fazendo $ x = 1 $ obtemos $ 3 = 2 C $ ou seja $ C =\dfrac{3}{2}.$ Fazendo $ x = -1 ,$ obtemos $ -1 = 4 A $ ou seja $ A =-\dfrac{1}{4}.$ Finalmente fazendo $ x = 0, $ obtemos $ 1 = -\dfrac{1}{4} - B +\dfrac{3}{2} $ e assim $ B = \dfrac{1}{4}.$

Consequentemente

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{2x+1}{x^3-x^2-x+1}\dx &= -\dfrac{1}{4} \dint \dfrac{1}{x+1}\dx+ \dfrac{1}{4} \dint \dfrac{1}{x-1}\dx\\ &+ \dfrac{3}{2} \dint \dfrac{1}{(x-1)^2} \dx\\ &= -\dfrac{1}{4}\ln |x+1| + \dfrac{1}{4} \ln |x-1|\\ & - \dfrac{3}{2} \dfrac{1}{x-1} + C. \end{aligned} \]

Fatores quadráticos

Antes de apresentar o método de frações parciais, para esse caso. Mostraremos como é possível integrar os termos obtidos.

Queremos calcular integrais do tipo

\[ \dint\dfrac{P(x)}{ax^2+bx+c}\dx\,, \]

onde $P$ é um polinômio e $\delta = b^2-4ac < 0$. Então devemos reescrever o denominador como soma de quadrados. Em seguida, fazemos uma mudança de variável e calculamos a integral.

Exercício. Calcule $\dis\dint \dfrac{2x+1}{x^2+2x+2} \dx$.

Resolução. Escrevamos o denominador como soma de quadrados $x^2+2x+2 = x^2+2x+1+1 = (x+1)^2 + 1. $ Fazendo a substituição $ u = x+1 ,$ temos $\du = \dx;$

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{2x+1}{x^2+2x+2} \dx &= \dint \dfrac{2x+1}{(x+1)^2 + 1} \dx \\ &= \dint \dfrac{2(u-1)+1}{u^2 + 1}\du \\ &= \dint \dfrac{2u}{u^2 + 1}\du + \dint \dfrac{-1}{u^2 + 1}\du \\ &= \ln(1+u^2) - {\rm arctg}\, u + C \\ &= \ln(1+(x+1)^2) - {\rm arctg}\, (x+1) + C. \end{aligned} \]

Exercício.

Calcule $\dis\dint \dfrac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} \dx $.

Como o grau do denominador é igual ao grau do denominador, primeiro vamos dividir os polinômios,

(13)
\[ \dfrac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} = 1 + \dfrac{x-1}{4x^2-4x+3} = 1 + \dfrac{x-1}{(2x-1)^2 + 2}. \]

Fazendo $ u = 2x-1 $ ou $ x = \dfrac{u+1}{2} ,$ temos $ du= 2\dx,$

Assim

\[ \begin{aligned} \int \frac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} \dx &= \int \left( 1 + \frac{x-1}{(2x-1)^2 + 2} \right) \dx\\ &= x + \frac{1}{2} \int \frac{\dfrac{u+1}{2}-1}{u^2+2} \du \\ &= x + \frac{1}{4} \int \frac{u-1}{u^2+2} \du \\ &=x + \frac{1}{4} \int \dfrac{u}{u^2+2}\du - \dfrac{1}{4} \dint \dfrac{1}{u^2+2} \du \\ \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} &= x + \dfrac{1}{8} \ln |u^2+1| - \dfrac{1}{4} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctg \left( \dfrac{u}{\sqrt{2}} \right ) + C\\ &= x + \dfrac{1}{8} \ln |(2x-1)^2+1| \\ &- \dfrac{1}{4} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \arctg \left( \dfrac{(2x-1)}{\sqrt{2}} \right ) + C. \end{aligned} \]

Teorema 2.
Para cada fator da forma $(ax^2+bx+c)^n$, a decomposição em frações parciais contém a seguinte soma de $n$ frações parciais

(14)
\[\dfrac{A_1x+B_1}{ax^2+bx+c}+\dfrac{A_2x+B_2}{(ax^2+bx+c)^2}+\cdots \dfrac{A_mx+B_m}{(ax^2+bx+c)^m} \]

onde $A_1,A_2, \dots, A_m$ são constantes a serem determinadas.

Exercício. [Decompondo em Frações Parciais]

Decomponha $\dis f(x)=\dfrac{1}{(x+5)(x-2)^3(x^2+x+2)(x^2+x+7)^2}$ em frações parciais, mas não determine os coeficientes resultantes.

O denominador já se encontra fatorado, já que $x^2+x+2$ e $x^2+x+7$ são irredutíveis. Como $(x+5)$ é um termo linear que divide o denominador, teremos o termo

\[ \dfrac{A}{x+5} \]

na decomposição.

Como $(x-2)^3$ divide o denominador, teremos os seguintes termos na decomposição :

\[ \dfrac{B}{x-2},\quad \dfrac{C}{(x-2)^2}\quad \text{e}\quad \dfrac{D}{(x-2)^3}. \]

O $x^2+x+2$ termo no denominador fornece o termo $\dis\dfrac{Ex+F}{x^2+x+2}$.

Finalmente, o termo $(x^2+x+7)^2$ gera os seguintes termos na decomposição

\[ \dfrac{Gx+H}{x^2+x+7}\quad \text{ e }\quad \dfrac{Ix+J}{(x^2+x+7)^2}. \]

Juntando tudo temos:

\[ \begin{aligned} \dfrac{1}{(x+5)(x-2)^3(x^2+x+2)(x^2+x+7)^2} \\ = \dfrac{A}{x+5} + \dfrac{B}{x-2}+ \dfrac{C}{(x-2)^2}+\dfrac{D}{(x-2)^3}+ \\ \dfrac{Ex+F}{x^2+x+2}+\dfrac{Gx+H}{x^2+x+7}+\dfrac{Ix+J}{(x^2+x+7)^2} \end{aligned} \]

Determinar os coeficientes $A$, $B, \ldots, J$ seria um processo tedioso.

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar $\dis\dint \dfrac{x^5+x+1}{x^3-8} \dx$.

Como o grau do numerado é maior que o grau do denominador, começamos fazendo a divisão polinomial:

\begin{center} \polyset{ style=C} %doims={[}{]}}% \polylongdiv{x^5+x+1}{x^3-8} \end{center}

Como $ x^3-8 = (x-2)(x^2+2x+4). $

(15)
\[ \dfrac{x^5+x+1}{x^3-8} = x^2 + \dfrac{8x^2+x+1}{x^3-8}= x^2 + \dfrac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)} . \]

Pelo método de frações parciais,

(16)
\[ \dfrac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)} = \dfrac{A}{x-2} + \dfrac{Bx+C}{x^2+2x+4}. \]

Então, $ 8x^2+x+1 = A(x^2+2x+4) + (B x+C)(x-2) .$ Fazendo $ x = 2$ obtemos $ 35 = 12A $ ou $ A = \dfrac{35}{12}.$ Fazendo $ x = 0 ,$ obtemos $ 1 = 4 A -2C$ ou $ C = \dfrac{16}{3}.$ Fazendo $ x = 1, $ obtemos $ 10 = 7A-B-C $ ou $ B = \dfrac{61}{12}.$

Assim,

(17)
\[ \dint \dfrac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)}\dx= \dfrac{35}{12}\dint \dfrac{1}{x-2}\dx \]
(18)
\[+\dint \dfrac{\dfrac{61}{12}x+\dfrac{16}{3}}{x^2+2x+4}\dx \]
(19)
\[= \dfrac{35}{12} \ln |x-2| + \dfrac{1}{12} \dint \dfrac{61x+64}{x^2+2x+4}\dx. \]

Para calcular a última integral, escrevemos $ x^2+2x+4 = (x+1)^2 + 3 $ e fazemos $ u = x+1 $ ou $ x =u-1$ e $ du = dx. $

Portanto,

(20)
\[ \dint \dfrac{61x+64}{x^2+2x+4}\dx = \dint \dfrac{61x+64}{(x+1)^2 + 3}\dx \]
(21)
\[ = \dint \dfrac{61(u-1)+64}{u^2 + 3}\,du \]
(22)
\[= 61\dint \dfrac{u}{u^2 + 3}\,du + 3 \dint \dfrac{1}{u^2 + 3}\,du= \dfrac{61}{2} \ln (u^2+3) + \dfrac{3}{\sqrt{3}} {\rm arctg } \dfrac{u}{\sqrt{3}} + C \]
(23)
\[= \dfrac{61}{2} \ln ((x+1)^2+3) + \dfrac{3}{\sqrt{3}} {\rm arctg } \dfrac{x+1}{\sqrt{3}} + C . \]

Finalmente,

(24)
\[ \dint \dfrac{x^5+x+1}{x^3-8} \dx = \]
(25)
\[ \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{35}{12} \ln |x-2| + \dfrac{61}{24} \ln ((x+1)^2+3) \]
(26)
\[ + \dfrac{3}{12\sqrt{3}} {\rm arctg } \dfrac{x+1}{\sqrt{3}} + C . \]

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar $\dint \dfrac{x^2+2x+5}{x^2(x-1)}\dx$.

Expandindo em frações parciais temos;

(27)
\[\dfrac{x^2+2x+5}{x^2(x-1)}= \dfrac{a}{x} + \dfrac{b}{x^2} + \dfrac{c}{x-1} \]

Para calcular $a,b,c$ colocamos o lado direito com o mesmo denominador:

(28)
\[\dfrac{x^2+2x+5}{x^2(x-1)}= \dfrac{ax(x-1) + b(x-1) + cx^2 }{x^2(x-1)}= \dfrac{(a+c)x^2+ (b-a)x - b}{x^2(x-1)}. \]

Igualando os coeficientes obtemos o sistema

(29)
\[a+c=1, \qquad b-a=2, \qquad-b=5 \]

Resolvendo, obtemos a expansão em frações parciais:

(30)
\[ \dfrac{x^2+2x+5}{x^2(x-1)}= -\dfrac{7}{x}-\dfrac{5}{{x}^{2}}+\dfrac{8}{x-1}. \]


Integrando cada um dos termos da direita, obtemos:

(31)
\[\dint \dfrac{x^2+2x+5}{x^2(x-1)}\dx= -7\log |x| +\dfrac{5}{x} + 8\log|x-1|. \]

Exercício. [Integrando usando Frações Parciais]

Utilize a decomposição em frações parciais para integrar $\dis \dint\dfrac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)}\dx.$

Expandindo em frações parciais

\[ \begin{aligned} \dfrac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)} &= \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{Bx+C}{x^2+6x+11}. \\ 7x^2+31x+54 &= A(x^2+6x+11) + (Bx+C)(x+1)\\ = (A+B)x^2 + (6A+B+C)x + (11A+C).&\\ 7&=A+B\\ 31 &= 6A+B+C\\ 54 &= 11A+C. \end{aligned} \]

Resolvendo o sistema, obtemos $A=5$, $B = 2$ e $C=-1$. Logo

\[ \dint\dfrac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)}\dx = \dint\dfrac{5}{x+1} + \dfrac{2x-1}{x^2+6x+11}\dx. \]

O primeiro termo é fácil de integrar é gera $5\ln|x+1|$. O segundo termo exigirá um pouco mais de trabalho.

O integrando $\dis \dfrac{2x-1}{x^2+6x+11}$ possui um termo quadrático no denominador e um termo linear no numerador. Isso nos leva a tentar uma substituição. Faremos a substituição $u = x^2+6x+11$, logo $du = (2x+6)\dx$. Como o numerador é $2x-1$, e não $2x+6$, Podemos obter o termo $2x+6$ no numerador adicionando e subtraindo 7

\[ \begin{aligned} \dfrac{2x-1}{x^2+6x+11} &= \dfrac{2x-1+7-7}{x^2+6x+11} \\ &= \dfrac{2x+6}{x^2+6x+11} - \dfrac{7}{x^2+6x+11}. \end{aligned} \]

Nós agora pode integrar o primeiro termo utilizando substituição, levando a $\ln|x^2+6x+11|$. O termo final pode ser integrado usando arco tangente. Em primeiro lugar, completamos o quadrado no denominador:

\[ \dfrac{7}{x^2+6x+11} = \dfrac{7}{(x+3)^2+2}. \]

Fazendo a substituição $u=x+3$ obtemos

\[ \dint \dfrac{7}{x^2+6x+11}\dx = \dfrac{7}{\sqrt{2}}\arctg\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)+C. \]

Juntando tudo

\[ \begin{aligned} \dint\dfrac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)}\dx\\ = \dint\left(\dfrac{5}{x+1} + \dfrac{2x-1}{x^2+6x+11}\right)\dx \\ = \dint\dfrac{5}{x+1}\dx + \dint\dfrac{2x+6}{x^2+6x+11}\dx -\dint\dfrac{7}{x^2+6x+11}\dx \\ = 5\ln|x+1|+ \ln|x^2+6x+11| -\dfrac{7}{\sqrt{2}}\arctg\left(\dfrac{x+3}{\sqrt{2}}\right)+C. \end{aligned} \]

Nem sempre o método de frações parciais é o método mais simples, como ilustra o exemplo a seguir:

Exercício. Calcule $\dis\dint \dfrac{x^3+2}{(x-1)^2}\dx $.

Resolução. Essa integral pode ser calculada por frações parciais, mas nesse caso é melhor fazer uma mudança de variáveis. Seja $ u = x-1 $ ou $ x = u+1 $ e $ \du=\dx .$ Assim, temos

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{x^3+2}{(x-1)^2}\dx &= \dint \dfrac{(u+1)^3}{u^2} \du\\ &= \dint \dfrac{u^3 + 3u^2 + 3 u + 3 }{u^2}\du \\ & = \dfrac{u^2}{2} + 3 u + 3\ln |u| - \dfrac{3}{u} + C \\ &=\dfrac{(x-1)^2}{2} + 3 (x-1) + 3 \ln |x-1|\\ & - \dfrac{3}{x-1} + C. \end{aligned} \]

$\star$ Descrição do Algoritmo de Integração por frações Parciais

Essa seção pode ser omitida numa primeira leitura.

Vamos descrever agora o método geral para $\dint \dfrac{P(x)}{Q(x)} \dx$.

Se o grau de $P$ for maior ou igual ao grau de $Q$, podemos dividir os polinômios obtendo

\[\frac{P(x)}{Q(x)} = H(x) + \frac{G(x)}{Q(x)}, \]

com $H(x)$ e $G(x)$ polinômios e tal que o grau de $G$ é menor que o grau $Q$.

Logo podemos supor que o grau de $P$ é menor que o grau de $Q$.

A técnica para calcular a integral consiste em decompor a fração $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ em outras mais simples denominadas frações parciais.

Passo 1. Descomposição do denominador em fatores irredutíveis

Decompomos o denominador, $Q(x)$, como produto de fatores de grau um e fatores de grau dois irredutíveis:

(32)
\[\scriptstyle Q(x)=(x-a_1)^{\alpha_1}\cdots (x-a_n)^{\alpha_n}(x^{2}+b_1x+c_1)^{\beta_1}\cdots \allowbreak (x^{2}+b_mx+c_m)^{\beta_m} \]

A decomposição em fatores irredutíveis pode ser muito difícil de ser feita.

Na decomposição (32) cada $a_j$ é una raíz real de ordem $\alpha_j$ do polinômio $Q$, e os fatores quadráticos do tipo $(x^{2}+b_jx+c_j)^{\beta_j}$ corresponden a raízes complexas conjugadas de ordem $\beta_j$.

Tais fatores quadráticos são irredutíveis, ou seja seu discriminante é negativo.

Paso 2. decomposição em frações

Escrevemos o quociente $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ como soma de frações do seguinte modo:

  • Para cada raíz real $a_j$ de ordem $\alpha_j$ escrevemos $\alpha_j$ frações cujos numeradores são constantes $A_{k_{j}}$ que temos que determinar, e os denominadores são da forma $(x-a_j)^{k_j}$ com $k_{j}$ tomando valores de 1 até $\alpha_j$.
  • Para cada fator quadrático irredutível $(x^{2}+b_jx+c_j)^{\beta_j}$ escrevemos $\beta_j$ frações cujos numeradores são da forma $B_{k_j}x+C_{k_j}$ sendo $B_{k_j}$ e $C_{k_j}$ constantes que temos que determinar, e os denominadores são da forma $(x^{2}+b_jx+c_j)^{k_j}$ onde $k_j$ toma valores de 1 até $\beta_j$.
  • A decomposição é da forma:
(33)
\[ \frac{P(x)}{Q(x)}= \sum_{j=1}^{n}\left[\sum_{k_j=1}^{\alpha_j}\dfrac{A_{k_j}}{(x-a_j)^{k_j}}\right]+ \sum_{j=1}^{m}\left[\sum_{k_j=1}^{\beta_j} \dfrac{B_{k_j} x + C_{k_j}}{(x^{2}+b_j x + c_j)^{k_j}}\right] \]

Paso 3. Determinación dos coeficientes

Reduzimos todas as frações a um denominador m (que será $Q(x)$), e igualamos a $P(x)$ o numerador resultante.

Teremos então um sistema linear cujas incógnitas são os coeficientes $A_j, B_j, C_j$ , que nos permitirá determinar todos os coeficientes.

PasSo 4. Integração das Frações Parciais

Temos que calcular as integrais das frações parciais.

$\bullet\quad\dis \dint \dfrac{A}{x-a} \dx = A\log|x-a|$.

$\bullet\quad I =\dis\dint \dfrac{Bx+C}{x^{2} + b x + c} \dx$.

Na última expressão estamos supondo que o trinomio $x^2+bx +c$ não possui raízes reais.

De modo geral, esta integral é igual a soma de um logaritmo e de um arcotangente.

Se $B\neq 0$, o primero que devemos fazer é manipular a expressão de modo que no numerador apareça a derivada do denominador. Para tando devemos fazer $Bx+C=\frac{B}{2}(2x+b)+C-\frac{B}{2}b$.

Fazendo $K=C-\frac{B}{2}b$, temos:

\[ I =\frac{B}{2}\log(x^2+bx+c)+K\dint\dfrac{1}{x^{2} + b x + c}\dx. \]

A integral que ainda falta calcular é um arcotangente. Para determiná-la escrevemos o trinomio $x^2+bx+c$ na forma $x^{2}+bx + c=(x-\alpha)^2 + \beta^2$.

O passo $x^{2}+bx + c=(x-\alpha)^2 + \beta^2$ é conhecido como completar quadrado

Para isso observamos que a escolha do $\alpha$ é necessariamente $\alpha=-b/2$, e logo $\beta=\sqrt{4c-b^2}/2$.

Temos que:

\[\begin{aligned} \dint \frac{1}{x^{2} + b x + c} \dx &= \dint \frac{1}{(x-\alpha)^2 + \beta^2} \dx \\ &=\frac{1}{\beta}\dint\frac{\frac{1}{\beta}}{\left(\frac{x-\alpha}{\beta}\right)^2+1}\dx=\\ &=\frac{1}{\beta}\arctg\left(\frac{x-\alpha}{\beta}\right). \end{aligned} \]

Portanto:

\[ I = \frac{B}{2}\log(x^2+bx+c) + \frac{2C-B b}{\sqrt{4c-b^2}}\arctg\left(\frac{2x+b}{\sqrt{4c-b^2}}\right). \]

No método dos coeficientes indeterminados aparecem também, quando temos raízes múltiplas, outros dois tipos de frações elementares:

  • Frações do tipo $\dfrac{A}{(x-a)^k}$ com $k\in \bbN$ e $k\geqslant 2$, que correspondem as raízes reais múltiplas. Essas frações são facilmente integradas, pois:
    \[\dis \dint \frac{A}{(x-a)^k} \dx = -\dfrac{A}{k-1}\dfrac{1}{(x-a)^{k-1}}. \]
  • frações do tipo $\dfrac{Bx+C}{(x^{2}+bx+c)^k}$ com $k\in \bbN$ e $k\geqslant 2$, que correspondem as raízes imaginarias múltiplas.

A integração destas frações podem ser feitas usando a fórmula de redução [Fórmula de Redução]. Como passo preliminar escreveremos o trinômio

$x^{2}+bx + c$ em la forma $x^{2}+bx + c=(x-\alpha)^2+ \beta^{2}$.

\[\begin{aligned} \dint\dfrac{Bx+C}{(x^{2}+b x+c)^k}\dx & =\dint\dfrac{Bx+C}{\big((x-\alpha)^2+ \beta^{2}\big)^k}\dx\\ =\left[\begin{aligned} x-\alpha &=\beta t\\ \dx&=\beta\dt \end{aligned} \right]=\\ =\frac{1}{\beta^{2k}}\dint\frac{B\beta t+B\alpha+C}{(1+t^2)^k}\beta\dt=\\ \frac{B\alpha+C}{\beta^{2k-1}}\dint\frac{1}{(1+t^2)^k}\dt+\\ +\frac{B}{2\beta^{2k-2}}\frac{1}{1-k}\frac{1}{(1+t^2)^{k-1}}. \end{aligned} \]

E assim podemos usar a fórmula de redução [Fórmula de Redução] para calcular a integral $\dint\frac{1}{(1+t^2)^k}\dt$.

Teorema [Fórmula de Redução].

\[ I_n=\dis\dint\dfrac{1}{(1+x^{2})^n}\dx=\dfrac{x}{(2n-2)(1+x^{2})^{n-1}}+\dfrac{2n-3}{2n-2}I_{n-1} \]

Faça $I_n=\dis\dint\dfrac{(1+x^{2})-x^{2}}{(1+x^{2})^n}\dx=I_{n-1}-\dis\dint\dfrac{x^{2}}{(1+x^{2})^n}\dx$.

E agora, integrando por partes, temos:

\[ \begin{aligned} \dis\dint\dfrac{x^{2}}{(1+x^{2})^n}\dx=\\ =\left[\begin{aligned} u & = x & \to\quad & \du = \dx \\ \quad \dv & = \dfrac{x}{(1+x^{2})^n}\dx & \to\quad & v= \dfrac{1}{2(n-1)}\dfrac{1}{(1+x^{2})^{n-1}} \end{aligned}\right] \\ =\cdots \end{aligned} \]

$\star$ Demonstração da Decomposição em Frações Parciais

Nessa seção denotaremos por $\bbR[x]$ o conjunto dos polinômios com coeficientes reais.

Teorema [Teorema de D'Alembert].
Seja $P\in\bbR[x]$ e $c\in\bbR$ tal que $P(c)=0$. Então existe um $q\in\bbR[x]$ tal que $P(x)=(x-c)R(x)$.

Demonstração. Pelo algoritmo da divisão de polinômios, a divisão de $p$ por $x-c$ terá como resto um polinômio de grau $0$, isto é,

\[P(x)=R(x)(x-c) + S. \]

Como $P(c)=0=q(c)(c-c)+S=S=0$ temos que $P(x)=R(x)(x-c)$.

Teorema [Frações Parciais - Raízes Reais].
Sejam $P,Q \in\bbR[x]$, $a\in\bbR$ com $Q(a)\neq 0$ e $n\in\bbN$. Então existem $B\in\bbR$ e $R\in\bbR[x]$ tais que

(34)
\[\dfrac{P(x)}{Q(x)(x-a)^n}= \dfrac{R(x)}{Q(x)(x-a)^{n-1}} + \dfrac{B}{(x-a)^n}. \]

Demonstração. Colocando os dois lados com o mesmo denominador do lado esquerdo, queremos $Q$ e $B$ tais que $P(x)=R(x)(x-a) +BQ(x)$.

Como $P(a)=BQ(a)$, e $Q(a)\neq 0$, defina $B=P(a)/Q(a)$. Defina, $h(x)=P(x)-BQ(x)$. Pela definição de $B$, é claro que $h(a)=0$.

Pelo Teorema [Teorema de D'Alembert], existe $q\in\bbR[x]$ tal que $h(x)=R(x)(x-a)=P(x)-BQ(x)$.

Consequentemente $P(x)=R(x)(x-a) +BQ(x)$.

Como consequência temos:

Corolário. Sejam $P,Q \in\bbR[x]$, $a\in\bbR$ com $R(a)\neq 0$ e $n\in\bbN$. Então existem $B_1, \ldots, B_n\in\bbR$ e $q\in\bbR[x]$ tais que

(35)
\[\dfrac{P(x)}{Q(x)(x-a)^n}= \dfrac{R(x)}{Q(x)} + \dfrac{B_1}{(x-a)} + \cdots+ \dfrac{B_n}{(x-a)^n}. \]

Assim se $b\in\bbR$ é raiz de $Q(x)$ do Corolário acima, podemos aplicar o próprio Corolário em $\dfrac{R(x)}{Q(x)}$ e prosseguir na expansão em frações parciais.

Precisamos de alguns fatos sobre números complexos, seus conjugados, e polinômios reais.

Lema. Seja $\alpha\in \bbC\setminus\bbR$ (ou seja $\alpha$ é um número complexo não-real) e $P\in\bbR[x]$. Então:

(a) ${P(\bar\alpha)} = \overline{P(\alpha)}$.

(b) $P(\alpha)=0$ se, e somente se, $P(\bar\alpha)=0$.

(c) se $\alpha$ é raiz de $x^2+bx+c$ então $x^2+bx+c=(x-\alpha)(x-\bar\alpha)$.

Demonstração. (a) É fácil ver que $\overline{a+b}=\bar a + \bar b$ e $\overline{ab}=\bar a\bar b$ para todo $a,b\in\bbC$ e que se $c\in\bbR$, $\bar c=c$. Agora considere um $P(x)=\sum a_i x^i$ e faça a conta termo a termo.

(b) $P(\alpha)=0$, se, e somente se, $\overline{P(\alpha)}=0$. Por (a), isto ocorre, se e somente se, $P(\bar\alpha)=\overline{P(\alpha)}=0$.

(c) Por (b) é claro que $\bar\alpha$ também é raiz. Pelo Teorema de D'Alembert, $x^2+bx+c=R(x)(x-\alpha)(x-\bar\alpha)$. Comparando os graus dos polinômios dos dois lados, concluímos que $q$ tem grau 1, isto é, $R(x)=C$. Comparando o coeficiente do $x^2$ dos dois lados, concluímos que $R(x)=1$.

A conclusão do item (b) do Lema é que raízes complexas não-reais de polinômios reais aparecem sempre aos pares conjugados.

Teorema [Frações Parciais - Raízes Complexas].
Sejam $P,Q \in\bbR[x]$ e $\alpha\in \bbC\setminus\bbR$ (complexo não-real), raiz de $x^2+bx+c$, $b,c\in\bbR$ com $Q(\alpha)\neq 0$ e $n\in\bbN$. Então existem $B,C\in\bbR$ e $q\in\bbR[x]$ tais que

(36)
\[\frac{P(x)}{Q(x)(x^2+bx+c)^n}= \]
(37)
\[\frac{R(x)}{Q(x)(x^2+bx+c)^{n-1}} + \frac{Bx+C}{(x^2+bx+c)^n}. \]

Demonstração. Colocando os dois lados com o mesmo denominador do lado esquerdo, queremos $Q$ e $B,C$ tais que $P(x)=R(x)(x^2+bx+c) +(Bx+C)Q(x)$. Como $\alpha$ é raiz de $x^2+bx+c$, pelo Lema~[#lema: complexos] (b), $\bar\alpha$ também é raiz. Agora temos que $P(\alpha)=(B\alpha + C)Q(\alpha)$ e $P(\bar\alpha)=(B\bar\alpha + C)Q(\bar\alpha)$. Como por hipótese $Q(\alpha)$ não se anula, pelo Lema~[#lema: complexos] (a), $Q(\bar\alpha)$ também não se anula. Assim introduzimos $P=P(\alpha)/Q(\alpha)$. Pela propriedade do conjugado, e pelo Lema~[#lema: complexos] (a), $\bar P=P(\bar\alpha)/Q(\bar\alpha)$. Para determinar $B$ e $C$ precisamos resolver o sistema:

(38)
\[\left\{ \begin{array}{ccc} B\alpha + C&=& P,\\ B\bar\alpha + C&=& \bar P. \end{array} \right. \]

Ele possui solução única pois seu determinante é $\alpha -\bar\alpha$, que é não nulo pois por hipótese $\alpha$ é complexo não-real. Agora, conjugando todos elementos do sistema, obtemos um sistema para $\bar B, \bar C$:

(39)
\[\left\{ \begin{array}{ccc} \bar B\alpha + \bar C&=& \bar P,\\ \bar B\bar\alpha + \bar C&=& P, \end{array} \right. \]

que é idêntico ao anterior mas com outras incógnitas. Pela unicidade de solução temos que $B=\bar B$ e $C=\bar C$, isto é, $B,C\in\bbR$.

Defina, $h(x)=P(x)-(Bx+C)Q(x)$. Pela definição de $B$ e $C$, é claro que $h(\alpha)=h(\bar\alpha)=0$. Pelo Teorema~[#teo: dalembert], aplicado duas vezes, existe $q\in\bbR[x]$ tal que $h(x)=(x-\alpha)(x-\bar\alpha)R(x)=P(x)-(Bx+C)Q(x)$. Pelo Lema~[#lema: complexos] (c), $(x-\alpha)(x-\bar\alpha)= x^2 + bx+c$. Assim, $h(x)=(x^2+bx+c)R(x)=P(x)-(Bx+C)Q(x)$. Como os polinômios do lado direito estão em $\bbR[x]$ e o primeiro termo do esquerdo também, concluímos que $q\in\bbR[x]$. É necessário provar isto pois por D'Alembert, como a raiz é complexa, $q\in\bbC[x]$ de forma geral. Logo $P(x)=R(x)(x^2+bx+c) +(Bx+C)Q(x)$.

Como consequência do teorema anterior temos:

Corolário. Sejam $P,Q \in\bbR[x]$ e $\alpha\in \bbC\setminus\bbR$ (complexo não-real), raiz de $x^2+bx+c$, $b,c\in\bbR$ com $Q(\alpha)\neq 0$ e $n\in\bbN$. Então existem $B_1, \ldots, B_n, C_1, \ldots, C_n\in\bbR$ e $q\in\bbR[x]$ tais que

(40)
\[\dfrac{P(x)}{Q(x)(x^2+bx+c)^n}= \dfrac{R(x)}{Q(x)} + \dfrac{B_1x+C_1}{(x^2+bx+c)} + \]
(41)
\[\dfrac{B_2x+C_2}{(x^2+bx+c)^2}+ \cdots + \dfrac{B_nx+C_n}{(x^2+bx+c)^n}. \]

Teorema Frações Parciais.
Dado $\frac{P(x)}{Q(x)}$, considere a fatoração do denominador, $Q(x)$, como produto de fatores de grau um e fatores de grau dois irredutíveis dada por

\[\scriptstyle Q(x)=(x-a_1)^{\alpha_1}\cdots (x-a_n)^{\alpha_n}(x^{2}+b_1x+c_1)^{\beta_1}\cdots \allowbreak (x^{2}+b_mx+c_m)^{\beta_m} \]

Então temos a seguinte expansão em frações parciais:

(42)
\[\scriptstyle \frac{P(x)}{Q(x)}= \sum_{j=1}^{n}\left[\sum_{k_j=1}^{\alpha_j}\frac{A_{k_j}}{(x-a_j)^{k_j}}\right]+ \sum_{j=1}^{m}\left[\sum_{k_j=1}^{\beta_j} \frac{B_{k_j} x + C_{k_j}}{(x^{2}+b_j x + c_j)^{k_j}}\right] \]

Integrais Trigonométricas

Nesta seção nós dedicaremos as integrais envolvendo funções trigonométricas e algumas das técnicas que podemos usar para calculá-las.

Potências de Seno e Cosseno

Vamos começar apresentando alguns exemplos.

Exercício. Calcule $\dint \sen ^5 x \cos x \dx $

Resolução.

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^5 x \cos x \dx &= \dint u^5 \du \quad \comentario{Fazendo a substituição $u=\sen x$}\\ &= \dfrac{1}{6} \sen ^6 x \end{aligned} \]

Exercício. Calcule $ \dint \cos^5 x \dx$.

Resolução.

Observe que

$ \cos^5 x = \cos^4 x \, \cos x = ( 1 -\sen ^2 x )^2 \cos x .$

\[ \begin{aligned} \dint \cos^5 x \dx&= \dint ( 1 - \sen ^2x ) \cos x \dx\\ &= \dint (1-u^2)^2 \du \quad \\ &= \dint 1-2u^2+u^4 \du\\ &=u-\dfrac{2}{3}u^3\dfrac{u^5}{5}+C\\ &= \sen x-\dfrac{2}{3}\sen ^3 x+\dfrac{\sen ^5 x}{5}+C \end{aligned} \]

Exercício. Calcule $ \dint \sen ^5x \,\cos^2 x\dx$.

Resolução. Neste caso temos ambos senos e cossenos e, neste caso, o expoente do seno é par enquanto o expoente do cosseno é impar Assim, podemos usar uma técnica semelhante nesta integral. Desta vez, vamos separar um cosseno e converter o restante para senos.

\[ \begin{aligned} \sen ^5 x \cos^2 x &= (\sen ^2x)^2 \cos^2 x \sen (x)\\ &= (1- \cos^2 x)^2 \cos^2 x \sen x . \end{aligned} \]

Fazendo a substituição $ u = \cos x $ temos $ \du = -\sen x dx $ e assim

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^5x \cos^2 x \dx&=\dint (1- \cos^2 x)^2 \cos^2 x \sen x\dx \\ &= -\dint ( 1- u^2)^2 u^2 \du \\ &= - \dint u^2 - 2 u^4 +u^6 \du \\ &= - \left( \dfrac{u^3}{3} - 2 \dfrac{u^5}{5} + \dfrac{u^7}{7} \right) + C \\ &= -\dfrac{\cos^3 x}{3} + 2 \dfrac{\cos^5x}{5} - \dfrac{\cos^7 x}{7} + C. \end{aligned} \]

O único caso que ainda não analisamos é quando ambos os expoentes são pares, Neste caso, a técnica que usamos no primeiro par de exemplos simplesmente não vai funcionar. Nesse caso a estratégia é utilizar uma ou mais das seguintes fórmulas para reescrever o integrando.

\[ \begin{aligned} \cos^2 x &=\dfrac{1}{2}\left[ 1+\cos(2x)\right] \\ \sen ^2 x &=\dfrac{1}{2}\left[ 1-\cos(2x)\right] \end{aligned} \]

Exercício. Calcule $\dint\cos^4x\sin^2x\dx$.

Como as potências de seno e cosseno são ambas pares, procedemos como segue:

\[ \begin{aligned} \dint \cos^4x\sin^2x\dx = \dint\left(\dfrac{1+\cos(2x)}{2}\right)^2\left(\dfrac{1-\cos(2x)}2\right)\dx& \\ = \dint\dfrac{1+2\cos(2x)+\cos^2(2x)}4\cdot\dfrac{1-\cos(2x)}2\dx&\\ =\dint \dfrac18\big(1+\cos(2x)-\cos^2(2x)-\cos^3(2x)\big)\dx& \end{aligned} \]

O termo $\cos(2x)$ é fácil de integrar. O termo $\cos^2(2x)$ exige que reduzamos a potência novamente. O termo $\cos^3(2x)$ possui potência impar, e para calculá-la utilizaremos uma substituição.

\[ \dint\cos(2x)\dx = \dfrac12\sin(2x)+C. \]
\[ \dint\cos^2(2x)\dx = \dint \dfrac{1+\cos(4x)}2\dx = \dfrac12\big(x+\dfrac14\sin(4x)\big)+C. \]

Finalmente $\cos^3(2x)$

\[ \cos^3(2x) = \cos^2(2x)\cos(2x) = \big(1-\sin^2(2x)\big)\cos(2x). \]

Fazendo $u=\sin(2x)$, temos $du = 2\cos(2x)\dx$, logo

\[ \begin{aligned} \dint \cos^3(2x)\dx &= \dint\big(1-\sin^2(2x)\big)\cos(2x)\dx\\ &= \dint \dfrac12(1-u^2)\du\\ &= \dfrac12\Big(u-\dfrac13u^3\Big)+C\\ &=\dfrac12\Big(\sin(2x)-\dfrac13\sin^3(2x)\Big)+C \end{aligned} \]

Juntando:

\[ \begin{aligned} \dint \cos^4x\sin^2x\dx &=\dint \dfrac18\big(1+\cos(2x)-\cos^2(2x)-\cos^3(2x)\big)\dx \\ &= \dfrac18\Big[x+\dfrac12\sin(2x)-\dfrac12\big(x+\dfrac14\sin(4x)\big)-\dfrac12\Big(\sin(2x)-\dfrac13\sin^3(2x)\Big)\Big]+C \\ &=\dfrac18\Big[\dfrac12x-\dfrac18\sin(4x)+\dfrac16\sin^3(2x)\Big]+C \end{aligned} \]

Exercício. Calcule $ \dint \sen ^4(x) \dx$.

Resolução. Nesse caso ambos os expoentes são pares e utilizaremos as identidades $\sen ^2(x) = \dfrac{1}{2}\left[ 1 - \cos(2x) \right] $ e $ \cos^2 x = \dfrac{1}{2} \left[1 + \cos(2x)\right].$ Assim,

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^4(x)\dx&=\dfrac{1}{4} \dint \left( 1- \cos(2x) \right)^2 \dx\\ &= \dfrac{1}{4} \dint ( 1 - 2 \cos (2x) + \cos^2(2x)) \dx\\ &= \dfrac{1}{4} \dint ( 1 - 2 \cos (2x) + \dfrac{1}{2} (1 + \cos(4x) ) \dx\\ =&\dfrac{1}{4} \left( \dfrac{3x}{2} - \sen (2x) + \dfrac{\sen (4x)}{8} \right) + C. \end{aligned} \]

Exercício. Calcule a seguinte integral $\dint \sen ^2 x \cos^2 x \dx$

Faremos de dois modos:

Solução 1

No primeiro modo utilizaremos as identidades $\sen ^2(x) = \dfrac{1}{2}\left[ 1 - \cos(2x) \right] $ e $ \cos^2 x = \dfrac{1}{2} \left[1 + \cos(2x)\right].$ Assim,

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^2 x \cos^ x \dx &= \dint \dfrac{1}{2}\left[ 1 - \cos (2x) \right] \dfrac{1}{2} \left[1 + \cos(2x)\right] \dx\\ &= \dfrac{1}{4}\dint 1 - \cos^2(2x) \dx \end{aligned} \]

Novamente reutilizaremos a fórmula de ângulo duplo:

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^2 x \cos^2 x \dx &= \dfrac{1}{4}\dint 1 - \cos^2(2x) \dx \\ &= \dfrac{1}{4}\dint 1 - \dfrac{1}{2} \left[ 1+\cos(4x) \right] \dx\\ &= \dfrac{1}{4}\dint \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{2}\cos(4x) \dx\\ &= \dfrac{1}{4}\left[ \dfrac{x}{2} -\dfrac{1}{8}\sen (4x) \right]+C\\ &= \dfrac{x}{8} -\dfrac{1}{32}\sen (4x) +C \end{aligned} \]

Solução 2

No segundo modo utilizaremos a identidade:

\[ \begin{aligned} \dint \sen ^2 x \cos^2 x \dx &=\dint \left[\sen x \cos x\right]^2 \dx\\ &= \dint \left[ \dfrac{1}{2} \sen (2x)\right]^2\dx \\ &= \dfrac{1}{4}\dint \sen ^2(2x) \dx\\ &= \dfrac{1}{8}\dint 1- \cos(4x) \dx\\ &= \dfrac{x}{8} -\dfrac{1}{32}\sen (4x) +C \end{aligned} \]

Estratégia para avaliar $ \dint \sen ^m x \,\cos^n x\dx$

  • Se $ n $ for ímpar,

    \[\begin{aligned} \dint \sen ^m x \,\cos^{(2k+1)} x\dx&= \dint \sen ^m x \,(\cos^2 x)^k \cos x\dx\\ &= \dint \sen ^m x (1- \sen ^2 x)^k\,\cos x\dx. \end{aligned} \]

    Então faça $ u = \sen x.$

  • Se $ m $ for ímpar,

    \[\begin{aligned} \dint \sen ^{(2k+1)} x \,\cos^n x\dx&= \dint (\sen ^2 x)^k \,\cos^n x\,\sen x \dx\\ &= \dint (1 - \cos^2 x)^k \,\cos^n x\, \sen x \dx. \end{aligned} \]

    Então faça $ u = \cos x.$

  • Se $ m $ e $ n $ forem pares, utilizamos as identidades dos ângulos metade
(43)
\[ \sen ^2x = \dfrac{1}{2} ( 1 - \cos(2x)) \qquad \cos^2 x = \dfrac{1}{2} ( 1 + \cos(2x)). \]

Algumas vezes pode ser útil a identidade

(44)
\[ \sen x \, \cos x = \dfrac{1}{2}\sen (2x). \]

Produto de Senos e Cossenos

Quando tivermos produtos de senos e cossenos podemos usar as identidades:

  • $ 2\sen a \,\cos b = \sen (a-b) + \sen(a+b) ,$
  • $ 2 \sen a \,\sen b = \cos(a-b) - \cos(a+b) ,$
  • $ 2\cos a \, \cos b = \cos(a-b) + \cos(a+b) .$

Exercício. Calcule $ \dint \sen (3x) \cos(2x)\dx$.

Resolução. Como $\sen (3x) \cos(2x) = \dfrac{1}{2}[\sen (5x) + \sen (x)] .$ Então,

(45)
\[ \dint \sen (3x) \cos(2x)\dx= \dfrac{1}{2} \dint [\sen (5x) + \sen (x) ]\dx \]
(46)
\[= -\dfrac{1}{10} \cos(5x) - \dfrac{1}{2} \cos x + C. \]

Estratégia para avaliar

$ \int \sen (m x) \,\cos(nx) \dx \quad \int \sen (m x) \,\sen (n x)\dx$ ou $ \int \cos(m x) \,\cos(n x)\dx$

Utilize a identidade correspondente:

  • $ 2\sen a \,\cos b = \sen (a-b) + \sen(a+b) ,$
  • $ 2 \sen a \,\sen b = \cos(a-b) - \cos(a+b) ,$
  • $ 2\cos a \, \cos b = \cos(a-b) + \cos(a+b) .$

Potências de Secante e Tangente

Podemos usar uma estratégia semelhante para avaliar integrais envolvendo potências de tangente e secante.

Exercício. Calcule $\dint \sec^3 x \dx $.

Faremos de dois modos.

No primeiro modo converteremos em senos e cossenos:

(47)
\[\sec^3(x)=\dfrac{1}{\cos^3(x)}=\dfrac{\cos(x)}{(1-\sen ^2(x))^2} \]

Como $\cos x $ aparece com uma potência ímpar, então o substituição $u = \sin (x)$ deveria funcionar

(48)
\[\dint \sec^3 x \, dx = \dint \dfrac{du}{(1-u^2)^2} \]

A última integral admite a seguinte expansão em frações parciais

(49)
\[\dfrac{1}{(1-u^2)^2} = \dfrac{1/4}{1-u} + \dfrac{1/4}{(1-u)^2} + \dfrac{1/4}{1+u} + \dfrac{1/4}{(1+u)^2}. \]

Calculando as antiderivadas termo a termo temos

\[ \begin{aligned} & -\dfrac 1 4\ln (1-u) + \dfrac{1/4}{1-u} + \dfrac 1 4 \ln(1+u) - \dfrac{1/4}{1+u} + C \\ =& \dfrac 1 4 \ln \dfrac{1+u}{1-u} + \dfrac 1 2 \dfrac{u}{1-u^2} + C \\ = & \dfrac 1 4 \ln\dfrac{1+\sen x}{1-\sen x} + \dfrac 1 2 \dfrac{\sen x}{\cos^2 x} \\ &= \dfrac 1 4 \ln\dfrac{1+\sen x}{1-\sen x} + \dfrac 1 2 \sec x \tan x + C. \end{aligned} \]

No segundo método utilizaremos integral por partes

(50)
\[ \dint \sec^3 x \, dx = \dint u\,dv \]

com

\[ \begin{aligned} \dv &{}= \sec^2 x\dx, \\ v &{}= \tan x, \\ u &{}= \sec x, \\ \du &{}= \sec x \tan x\dx. \end{aligned} \]

Então

\[ \begin{aligned} \dint \sec^3 x \, dx &{}= \dint u\,dv \\ &{}= uv - \dint v\,du \\ &{} = \sec x \tan x - \dint \sec x \tan^2 x\dx \\ &{}= \sec x \tan x - \dint \sec x\, (\sec^2 x - 1)\dx \\ &{}= \sec x \tan x - \left(\dint \sec^3 x \, dx - \dint \sec x\dx.\right) \\ &{}= \sec x \tan x - \dint \sec^3 x \, dx + \dint \sec x\dx. \end{aligned} \]

Dessa forma

\[ \begin{aligned} 2 \dint \sec^3 x \, dx &{}= \sec x \tan x + \dint \sec x\dx \\ &{}= \sec x \tan x + \ln|\sec x + \tan x| + C. \end{aligned} \]

E logo

(51)
\[\dint \sec^3 x \, dx = \dfrac{1}{2}\sec x \tan x + \dfrac{1}{2}\ln|\sec x + \tan x| + C_1. \]

Exercício. Calcule $ \dint \tg^6x \,\sec^4 x\dx$.

Observe que $\tg^6 x \,\sec^4 x =\tg^6x \, \sec^2 x \,\sec^2x= \tg^6 x(1+\tg^2 x) \sec^2 x \, .$ Fazendo $ u = \tg x $ temos $ \du = \sec^2x \dx $ e assim

(52)
\[ \dint \tg^6x \,\sec^4 x \dx= \dint \tg^6 x(1+ \tg^2 x) \sec^2 x \dx \]
(53)
\[ = \dint u^6( 1+ u^2) \du \]
(54)
\[ = \dfrac{u^7}{7} + \dfrac{u^9}{9} + C = \dfrac{\tg^7x}{7} + \dfrac{\tg^9x}{9} + C . \]

Exercício. Calcule $ \dint \tg^5x \,\sec^7 x\dx$.

Observe que $\tg^5 x \,\sec^7 x =\tg^4x \, \sec^6 x \,\sec x \tg x =$ $= (\sec^2x - 1)^2\, \sec^6 x\, \sec x \,\tg x .$ Fazendo $ u = \sec x $ temos $ \du = \sec x \, \tg x \dx $ e assim

(55)
\[ \dint \tg^5x \,\sec^7 x \dx= \dint (\sec^2x - 1)^2 \, \sec^6 x\, \sec x \,\tg x \dx \]
(56)
\[= \dint ( u^2 -1)^2u^6 \du \]
(57)
\[= \dfrac{u^{11}}{11} - 2 \dfrac{u^9}{9} + \dfrac{u^7}{7} + C = \dfrac{\sec^{11} x}{11} - 2 \dfrac{\sec^9x}{9} + \dfrac{\sec^7x}{7} + C . \]

Estratégia para avaliar $ \dint \tg^m x \,\sec^n x\dx$

  • Se $ n $ for par,
    \[\begin{aligned} \dint \tg^m x \,\sec^{2k} x\dx&= \dint \tg^m x \,(\sec^2 x)^{k-1} \sec^2 x\dx\\ &= \dint \tg^m x (1+ \tg^2 x)^{k-1}\,\sec^2 x\dx. \end{aligned} \]

Então faça $ u = \tg x.$

  • Se $ m $ for ímpar,
(58)
\[\dint \tg^{(2k+1)} x \,\sec^n x\dx= \dint (\tg^2 x)^k \,\sec^{n-1} x\,\sec x\, \tg x \dx \]
(59)
\[ = \dint (\sec^2 x - 1)^k \,\sec^{n-1} x\, \sec x \, \tg x \dx. \]

Então faça $ u = \sec x.$

Substituição Trigonométrica

Este método pode ser utilizado no cálculo de integrais que contêm radicais, realizado através de substituições envolvendo funções trigonométricas.

Em particular queremos calcular integrais que contém expressões da forma:

(60)
\[\sqrt{a^2-x^2} \qquad \sqrt{a^2+x^2} \qquad \sqrt{x^2-a^2} \]

A estratégia para calcular tais integrais é fazer uma substituição que elimine o radical.

Por exemplo para eliminar $\sqrt{a^2-x^2}$ devemos fazer a substituição $x=a\sin\theta$. Dessa forma $\theta = \sin^{-1}(x/a)$, para $-\pi/2\leq \theta\leq \pi/2$.

Nesse intervalo, $\cos\theta\geq 0$ e logo

(61)
\[\sqrt{a^2-x^2} = a\cos\theta \]

Exercício. Calcule $ \dint \sqrt{9 - x^2} \dx $.

Como $ 1 - \sen ^2 t = \cos^2 t,$ então $ 9 - 9\sen ^2 t = 9\cos^2 t,$ a mudança $ x =3\sen t \,, -\dfrac{\pi}{2}< t < \dfrac{\pi}{2} ,$ elimina a raiz do integrando. Temos $ dx = 3\cos t \dt .$ Então,

\[ \begin{aligned} \dint \sqrt{9 - x^2} \dx &= 3\dint \sqrt{9 - 9\sen^2t} \cos t \,dt\\ &= 3\dint \sqrt{9\cos^2 t} \cos t \dt \\ & = 9\dint | \cos t | \cos t\dt = 9\dint \cos^2 t \dt \end{aligned} \]

pois $ \cos t \geq 0 $ se $ -\dfrac{\pi}{2}<t < \dfrac{\pi}{2} .$

Assim,

\[ \begin{aligned} \dint \sqrt{1 - x^2} \dx &= 9\dint \cos^2 t \dt\\ &= 9\dint \left ( \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\, \cos (2t )\right) \dt \\ &= \dfrac{9}{2} t + \dfrac{9}{4}\, \sen (2t) + C \\ &= \dfrac{9}{2} t + \dfrac{9}{2} \, \sen t\, \cos t + C \end{aligned} \]

Devemos retornar à variável $ x $ original.

Como $ x = \sen t \, -\dfrac{\pi}{2}< t < \dfrac{\pi}{2} ,$ segue $ t = \arcsen x $ e $ \cos t = \sqrt{1-x^2} ;$ logo

(62)
\[ \dint \sqrt{1 - x^2} \dx = \dfrac{9}{2} \arcsen x + \dfrac{9}{2} x \sqrt{1 - x^2}+ C, -1 < x < 1. \]

Exercício. [Usando Substituição Trigonométrica] Calcule $\dint \dfrac{1}{\sqrt{5+x^2}}\dx.$

Facilmente reconhecemos a escolha $a=\sqrt{5}$ e fazemos $x= \sqrt{5}\tan \theta$. Dessa forma $dx = \sqrt{5}\sec^2\theta\ \dif\theta$. Usaremos o fato que $\sqrt{5+x^2} = \sqrt{5+5\tan^2\theta} = \sqrt{5\sec^2\theta} = \sqrt{5}\sec\theta.$ Substituindo temos:

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{1}{\sqrt{5+x^2}}\dx &= \dint \dfrac{1}{\sqrt{5+5\tan^2\theta}}\sqrt{5}\sec^2\theta\ \dif\theta \\ &= \dint \dfrac{\sqrt{5}\sec^2\theta}{\sqrt{5}\sec\theta} \ \dif\theta\\ &= \dint \sec\theta\ \dif\theta\\ &= \ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|+C. \end{aligned} \]

A integração terminou. Como o problema original foi colocado em termos de $x$, devemos converter nossa resposta de volta a essa variável:

O triângulo de referência (b) da Substituição Trigonométrica ajuda. Como $x=\sqrt{5}\tan\theta$, nós temos

\[ \tan \theta = \dfrac x{\sqrt{5}}\quad \text{e}\quad \sec\theta = \dfrac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}. \]

Logo

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{1}{\sqrt{5+x^2}}\dx &= \ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|+C \\ &= \ln\left|\dfrac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}+ \dfrac x{\sqrt{5}}\right|+C. \end{aligned} \]

Podemos deixar esta resposta como está, ou podemos usar uma identidade logarítmica para simplificá-la. Observe:

\[ \begin{aligned} \ln\left|\dfrac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{5}}+ \dfrac x{\sqrt{5}}\right|+C &= \ln\left|\dfrac{1}{\sqrt{5}}\big(\sqrt{x^2+5}+ x\big)\right|+C \\ &= \ln\left|\dfrac{1}{\sqrt{5}}\right| + \ln\big|\sqrt{x^2+5}+ x\big|+C\\ &=\ln\big|\sqrt{x^2+5}+ x\big|+C, \end{aligned} \]

o termo $\ln\big(1/\sqrt{5}\big)$ é absorvido na constante $C$.

Exercício. [Usando Substituição Trigonométrica] Calcule $\dint \sqrt{4x^2-1}\dx$.

Começamos reescrevendo o integrando na forma $\sqrt{x^2-a^2}$ para algum valor de $a$:

\[ \begin{aligned} \sqrt{4x^2-1} &= \sqrt{4\left(x^2-\dfrac14\right)}\\ &= 2\sqrt{x^2-\left(\dfrac12\right)^2}. \end{aligned} \]

Assim temos que $a=1/2$, e seguindo a ideia da Substituição Trigonométrica(c), fazemos $x= \dfrac12\sec\theta$, e logo $dx = \dfrac12\sec\theta\tan\theta\ \dif\theta$. Fazendo as substituições temos

\[ \begin{aligned} \dint \sqrt{4x^2-1}\dx &= \dint 2\sqrt{x^2-\left(\dfrac12\right)^2}\dx\\ &= \dint 2\sqrt{\dfrac14\sec^2\theta - \dfrac14}\left(\dfrac12\sec\theta\tan\theta\right)\ \dif\theta\\ &=\dint \sqrt{\dfrac14(\sec^2\theta-1)}\Big(\sec\theta\tan\theta\Big)\ \dif\theta\\ &=\dint\sqrt{\dfrac14\tan^2\theta}\Big(\sec\theta\tan\theta\Big)\ \dif\theta\\ \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} &=\dint \dfrac12\tan^2\theta\sec\theta\ \dif\theta\\ &=\dfrac12\dint \Big(\sec^2\theta-1\Big)\sec\theta\ \dif\theta\\ &=\dfrac12\dint \big(\sec^3\theta - \sec\theta\big)\ \dif\theta. \end{aligned} \]

Calculamos a integral de $\sec^3\theta$ no Exemplo

\[ \dint \sec^3\theta\ \dif\theta = \dfrac12\Big(\sec \theta\tan \theta + \ln|\sec \theta+\tan \theta|\Big)+C. \]

Logo

\[ \begin{aligned} \dint \sqrt{4x^2-1}\dx =\dfrac12\dint \big(\sec^3\theta - \sec\theta\big)\ \dif\theta\\ = \dfrac12\left(\dfrac12\Big(\sec \theta\tan \theta + \ln|\sec \theta+\tan \theta|\Big) -\ln|\sec \theta + \tan\theta|\right) + C\\ \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} &= \dfrac14\left(\sec\theta\tan\theta -\ln|\sec\theta+\tan\theta|\right)+C. \end{aligned} \]

Vamos retornar a variável inicial. Com $a=1/2$, e $x=\dfrac12\sec\theta$, o triângulo da Substituição Trigonométrica (c) mostra que

\[ \tan \theta = \sqrt{x^2-1/4}\Big/(1/2) = 2\sqrt{x^2-1/4}\quad \text{and}\quad \sec\theta = 2x. \]

Logo

\[ \begin{aligned} \dfrac14\Big(\sec\theta\tan\theta -\ln\big|\sec\theta+\tan\theta\big|\Big)+C \\ = \dfrac14\Big(2x\cdot 2\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C\\ = \dfrac14\Big(4x\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C. \end{aligned} \]

Assim

\[ \dint \sqrt{4x^2-1}\dx = \]
\[ = \dfrac14\Big(4x\sqrt{x^2-1/4} - \ln\big|2x + 2\sqrt{x^2-1/4}\big|\Big)+C. \]

Exercício. [Usando Substituição Trigonométrica]

Calcule $\dint \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\dx$.

Usando a Substituição Trigonométrica (a) com $a=2$, $x=2\sin \theta$, $dx = 2\cos \theta$ e logo $\sqrt{4-x^2} = 2\cos\theta$. Consequentemente

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\dx &= \dint \dfrac{2\cos\theta}{4\sin^2\theta}(2\cos\theta)\ \dif\theta\\ &= \dint \cot^2\theta\ \dif\theta\\ &=\dint (\csc^2\theta -1)\ \dif\theta\\ &= -\cot\theta -\theta + C. \end{aligned} \]

Para reescrever a resposta em termos de $x$ utilizaremos o triângulo de referência da Substituição Trigonométrica (a), assim $\cot\theta = \sqrt{4-x^2}/x$ e $\theta = \sin^{-1}(x/2)$. Logo

\[ \dint \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x^2}\dx = -\dfrac{\sqrt{4-x^2}}x-\sin^{-1}\left(\dfrac x2\right) + C. \]

Exercício. [Usando Substituição Trigonométrica] Calcule $\dint\dfrac1{x^2+1}\dx$.

Já sabemos que a integral anterior é $\arctg x+C$. Nós aplicamos Substituição Trigonométrica para mostrar que obtemos a mesma resposta sem inerentemente confiar no conhecimento da derivada da função arco tangente.

Fazendo a substituição (b), deixe $x=\tan\theta$, $dx=\sec^2\theta\ \dif\theta$ e note que $x^2+1 = \tan^2\theta+1 = \sec^2\theta$. Logo

\[ \begin{aligned} \dint \dfrac1{x^2+1}\dx &= \dint \dfrac{1}{\sec^2\theta}\sec^2\theta\ \dif\theta \\ &= \dint 1\ \dif\theta\\ &= \theta + C. \end{aligned} \]

Como $x=\tan \theta$, $\theta = \arctg x$, e concluímos que $\dint\dfrac1{x^2+1}\dx = \arctg x+C.$

A Substituição de Weierstrass

Se um integrando é uma função racional de $\sin x$ e $\cos x$, ela pode ser reduzida a uma função racional de $u$ pela substituição de Weierstrass $ u = \tg(x/2) $

Esse fato pode ser facilmente verificado, observando que

(63)
\[ \sen x = 2 \sen (x/2) \cos(x/2) = 2 \dfrac{\sen (x/2)}{\cos(x/2)} \cos^2(x/2). \]

Assim,

(64)
\[ \sen x = \dfrac{ 2 \tg(x/2)}{1+ \tg^2(x/2)} = \dfrac{2u}{1+u^2}. \]

De modo análogo temos:

\[ \cos x = 1 - 2\sen ^2(x/2)= \cos^2(x/2) \sec^2(x/2) - \]
\[2 \cos^2(x/2) \tg^2(x/2), \]

logo,

(65)
\[ \cos x = \dfrac{1 - \tg^2(x/2)}{1+ \tg^2(x/2)} = \dfrac{1-u^2}{1+u^2}. \]

Dessa forma temos que a substituição $ u = \tg(x/2) $ faz:

(66)
\[ \sen x = \dfrac{2u}{1+u^2} \qquad \cos x = \dfrac{1-u^2}{1+u^2} \]

Como $u= \tg^2(x/2)$, temos que

$\du=\dfrac{1}{2}\sec^2 (x/2)\dx= 1/2(1+\tan^2 (x/2)\dx$.

Logo

(67)
\[ \dx=\dfrac{2\du}{1+u^2} \]

Exercício. Calcule $\displaystyle \dint \cossec x \dx$

\[ \dint\dfrac{\dx}{\sin{x}} \;=\; \dint\dfrac{1\!+\!t^2}{2t}\cdot2\cdot\dfrac{1}{1\!+\!t^2}\;\dt = \dint\dfrac{\dt}{t} \;=\; \]
\[ \ln|t|+C \;=\; \ln\left|\tan\dfrac{x}{2}\right|+C \]

Exercício. Calcule $ \dint \dfrac{1}{\cos x + \sen x } \dx.$

Fazendo $ u = \tg(x/2) ,$ temos que $ \du =\dfrac{1}{2}( 1 + \tg^2(x/2)) dx, $ então $ dx = \dfrac{2}{1+ u^2} \du.$

Utilizando as identidades trigonométricas anteriores,

(68)
\[ \cos x + \sen x = \dfrac{1-u^2+ 2u }{1+u^2} . \]

Assim,

(69)
\[ \dint \dfrac{1}{\cos x + \sen x } \dx = 2 \dint \dfrac{1}{1-u^2+ 2u} \ \du, \]

Os termos anteriores podem ser integrados utilizando frações parciais. Note que

(70)
\[ \dfrac{1}{u^2-2u-1} = \dfrac{1}{(u-a)(u-b)} = \dfrac{1}{2 \sqrt{2}} \left( \dfrac{1}{u-a} - \dfrac{1}{u-b} \right), \]

onde $ a =1 + \sqrt{ 2} $ e $ b = 1 -\sqrt{2}. $ Portanto,

(71)
\[ \dint \dfrac{1}{\cos x + \sen x } \dx = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln|u -b| - \ln|u-a| \right) + C \]
(72)
\[= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln|\tg(x/2) -1 + \sqrt{2}| - \ln|\tg(x/2)- 1 - \sqrt{2}| \right) + C. \]

Estratégia de Integração

Alice perguntou: ‘'Poderia me dizer, por favor, que caminho devo tomar …?’' ‘'Isso depende bastante de onde você quer chegar’‘, disse o Gato. ’‘O lugar não me importa muito…’‘, disse Alice. ’‘Então não importa que caminho tomar’', disse o Gato. Alice no país das maravilhas - Lewis Carroll

Esta seção apresenta uma estratégia geral para atacar problemas de integração.

Essa estratégia é baseada na estratégia apresentada em [Schoenfeld, 1978] e sua eficiência é discutida em [Kallam and Kallam, 1996].

A estratégia tem três etapas:

  • SIMPLIFICAR;
  • CLASSIFICAR;
  • MODIFICAR.

No passo 1, SIMPLIFICAR temos que tentar reduzir nosso problema para um que possa ser resolvido mais facilmente.

Se isso não resolver o problema passamos para o passo 2, CLASSIFICAR. Aqui usamos a forma do integrando para decidir qual técnica especial que podemos utilizar, ou seja, a integração por partes, substituição, etc.

Se formos incapazes de classificar o integrando, passamos para a etapa 3, MODIFICAR. Nesse caso temos que manipular o integrando em uma ou mais formas.

Devemos sempre buscar por alternativas simples antes de iniciar os cálculos mais complicados, e iniciar o processo com o passo 1 sempre que conseguirmos transformar a integral em outra mais fácil.

Há um par de observações que precisam ser feitas sobre essa estratégia.

  • Primeiro, não é um conjunto rígido e rápido de regras para determinar o método que deve ser usado.
  • É nada mais do que um conjunto geral de diretrizes que nos ajudam a identificar as técnicas que podem funcionar.
  • Algumas integrais podem ser calculadas de distintos modos e assim dependendo do caminho que você tomar você pode terminar com uma técnica diferente de outra pessoa que também está seguindo essa estratégia.

SIMPLIFICAR

Como os problemas a seguir ilustram, vale a pena gastar algum tempo procurando uma solução rápida ou fácil para um problema antes de saltar para um procedimento complicado.

Isto é especialmente verdadeiro em integração, onde uma observação oportuna pode economizar uma enorme quantidade de trabalho.

Os dois tipos principais de simplificação que vamos discutir estão resumidos no quadro a seguir.

Simplificações

  • Manipulações Algébricas Simples;
  • Substituições Óbvias;

Exemplo 1.

(73)
\[\dint \sqrt{x}\left(1+\sqrt{x} \right)\dx= \dint \sqrt{x}+x \dx \]
(74)
\[\dint \cos^2 x \dx = \dint \dfrac{1}{2}\left[ 1+\cos(2x)\right] \dx \]
(75)
\[ \dint \frac{x-3}{x-4}\dx= \dint 1+\frac{1}{x-4}\dx \]
(76)
\[ \dint \frac{3x^2-2x+1}{2x-1} \dx = \dint \frac{3}{2} x-\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\frac{1}{2x-1} \]

Exercício.

(77)
\[ \dint \dfrac{x}{x^2+1} \dx \]

Resolução. Faça a substituição $u= x^2+1$.

Exercício. Calcule $\dint x^3\sqrt{x^2-1} \dx $

Resolução. Faça $u=\sqrt{x^2-1}$

Exercício. Calcule

(78)
\[ \dint \frac{ \tan x }{\sec^4 x} \dx \]

Resolução.

\[ \begin{aligned} \dint \frac{ \tan x }{\sec^4 x} \dx&= \dint \frac{ \sin x}{\cos x} \cos^4 x \dx\\ &= \dint \sin x \cos^3 x \dx \\ &=-\dint u^3 \du\\ &= \frac{1}{4} \cos^4 x +C \end{aligned} \]

Exercício. Calcule $\dint \frac{x+1}{x^2+1} \dx$

Resolução.

(79)
\[\frac{x+1}{x^2+1}= \frac{x}{x^2+1} + \frac{1}{x^2+1} \]

Exercício. Calcule

(80)
\[ \dint \frac{dx}{x\sqrt{\ln x}} \]

Resolução. Faça a substituição $u=\ln x$

CLASSIFICAR

Aqui usamos a forma do integrando para decidir qual técnica especial que podemos utilizar, ou seja, a integração por partes, substituição, substituição trigonométrica, etc.

CLASSIFICAR

Se o integrando:

  • For uma Função Racional: então a integração por frações parciais deve funcionar.
  • For uma Função contendo
    (81)
    \[\sqrt{a^2-x^2} \qquad \sqrt{a^2+x^2} \qquad \sqrt{x^2-a^2} \]
    nesse caso uma substituição trigonométrica deve funcionar;
  • For um produto de senos e cossenos, secantes e tangentes, ou cossecantes e cotangentes: então as estratégias apresentadas na seção de integração trigonométrica devem funcionar.

  • Caso o integrando seja um polinômio vezes uma função trigonométrica, exponencial, ou logaritmo? Se assim for, então a integração por partes pode funcionar.

  • Tem outras raízes que não aquelas listados acima: então a substituição $u=\sqrt[n]{g(x)} $ pode funcionar.

Exercício. Classifique as seguintes integrais:

  • a) $\dint \dfrac{x^2\sqrt{4x^2-9}}\dx$
  • b) $\dint x^3\sin x^2\dx$
  • c) $\dint \sin(3x)\cos(8x) \dx$
  • d) $\displaystyle\dint \dfrac{x^3 + x + 1}{x^2 - 2 x + 1} \dx$
  • e) $\dint \sen (x) \cos^4 (5 x) \dx$

  • f) $\dint e^{3z}\cos(4z)dz$

Resolução

  • a) Como o integrando possui uma raiz $\sqrt{4x^2-9}$, que pode ser simplificada à $2\sqrt{x^2-9/4}$ uma boa escolha é fazer uma substituição trigonométrica.

  • b) Nesse caso começamos com uma substituição $u=x^2$, e logo $\du=2x\dx$ e após essa substituição a integral fica:

    (82)
    \[\dint u \sen u \du \]

    que pode ser feita por partes.

  • c) Essa integral é produto de senos e cossenos e pode ser convertida numa soma usando a relação:

    (83)
    \[2\sen a \,\cos b = \sen (a-b) + \sen(a+b) \]

  • d) Como a integral em questão envolve uma função racional com o grau do numerador maior que o denominador, a estratégia é fazer a divisão polinomial e usar integração por frações parciais.

  • e) Integração de Potência de senos e Cossenos.

  • f) Partes duas vezes.

Exercício.

(84)
\[ \dint x \ln x \dx \]

Resolução. Por partes

MODIFICAR

Algumas integrais podem não se encaixar no esquema de classificação anterior, e nesse caso nós podemos desconhecer de forma adequada para resolvê-los.

Uma maneira de abordar esses problemas é procurar similaridades entre estas integrais e outras integrais que sabemos como fazer.

Se a forma de um problema difícil se assemelha a de um problema padrão, existem duas possibilidades. Poderíamos ser capazes de reduzir o problema difícil de que forma “padrão”. Ou ainda, as técnicas que usaria no problema mais fácil pode nos ajudar a resolver o mais difícil.

Observação: Existem problemas de integração que são muito semelhantes a um problema solúvel, mas que sobre um exame mais minucioso, se mostram impossíveis de serem resolvidos utilizando as técnicas apresentadas neste texto.

Problemas Similares

  • Procure por problemas fáceis similares ao que você está trabalhando.
  • Tente reduzir o problema difícil de forma semelhante do problema fáceis.
  • Tente as técnicas que você usaria no problema similar.

Algumas manipulações algébricas são bastante fáceis de serem utilizadas e valem a pena considerá-las automaticamente antes de tentar qualquer outra coisa.

Por exemplo, nós quase sempre quebramos o integrando de uma soma em uma soma de integrais e depois integramos termo a termo.

Antes de fazer isso, no entanto, devemos procurar outras alternativas.

Uma operação que é mais complicada, mas que também vale a pena ser considerada é simplificar funções racionais pela divisão longa.

Nós chamamos uma função racional (o quociente de dois polinômios) uma “fração própria” se o grau do numerador é menor do que o grau do denominador. Frações próprias são geralmente mais fáceis de manipular do que as impróprias.

Exercício. Calcule

(85)
\[ \dint \sqrt{ \frac{1-x}{1+x} } \]

Multiplique o numerador e o denominador por $\sqrt{1-x}$.

Exercício. Calcule

(86)
\[ \cos \sqrt{x} \dx \]

Resolução. Faça a substituição $u=\sqrt{x}$ então $x=u^2$ e logo $\dx=2u\du$. Assim:

\[ \begin{aligned} \cos \sqrt{x} \dx &= 2\dint u \cos u \du. \end{aligned} \]

Por partes temos:

Exercício. Calcule

(87)
\[ \dint \frac{2}{3+2x^2} \dx \]

Resolução.

\[ \begin{aligned} \dint \frac{2}{3+2x^2} \dx &= \frac{2}{3} \dint \frac{1}{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}x\right)^2} \dx \end{aligned} \]

Fazendo a substituição $u=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}x$

Caso nada disso funcione, tente:

  • Racionalização;
  • Uso de identidades trigonométricas
  • Substituições “inusitadas”
  • Tente modificar a integral para produzir o termo você precisa.
  • Tentar introduzir o termo que você precisa, e compensá-lo.

Exercício. Calcule $\dint \frac{1}{1+\sin x} \dx$.

Resolução.

\[ \begin{aligned} \dint \frac{1}{1+\sin x} \dx &= \dint \frac{1}{1+\sin x}\frac{1-\sin x}{1-\sin x} \dx\\ &= \dint \frac{1-\sin x}{1-\sin^2 x} \dx \\ &= \dint \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} \dx \\ &= \dint \sec^2 x - \tan x \sec x \dx\\ &= \tan x - \sec x +C \end{aligned} \]

Referências

Tom M Apostol. Calculus, Volume I. John Wiley & Sons. 2007. 🔎
Marco Aurélio Palumbo Cabral. Curso de Cálculo de Uma Variável. 2013. 🔎
Richard Courant. Differential and Integral Calculus. Volume 2. John Wiley & Sons. 2011. 🔎
Paul Dawkins. “Paul’s Online Math Notes.” Dec. 2015. Accessed December 2. http://​tutorial.​math.​lamar.​edu/​Classes/​CalcI/​CalcI.​aspx. 🔎
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