Notas das Aulas 1718 e 19 - Cálculo 2 2021-2

Aula 18 1.2 Integral definida 1.2.1 O problema da área Medir a área de uma região significa compará-la com uma região adotada como unidade de medida. Fixada uma unidade de medida um, definimos a área do quadrado de lado 1 um como 1 um². A partir daí calculamos as áreas de retângulos, triângulos e polígonos em geral. A área de um retângulo com base medindo b um e altura medindo h um é (b · h) um². E se quisermos determinar a área da região S que está abaixo do gráfico de uma função contínua f : [a, b] → ℝ, com f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], e acima do eixo Ox, como exemplificado na figura a seguir? Vamos analisar primeiro um caso particular e depois descrever um processo para determinar tais áreas no caso geral. — Exemplo 1.6 — Use retângulos para estimar a área A da região S abaixo da parábola y = x² para 0 ≤ x ≤ 1 e acima do eixo Ox. 1.2 Integral definida Solução. Observamos primeiro que A está entre 0 e 1, pois a região está contida em um quadrado de lado 1. Mas, certamente, podemos fazer melhor do que isso. Suponha que S seja dividida em quatro faixas S₁, S₂, S₃ e S₄ de mesma largura \(\frac{1}{4}\). Podemos aproximar cada faixa por um retângulo com base igual à largura da faixa e altura igual ao lado direito da faixa. Se R₄ for a soma das áreas desses retângulos, teremos R₄ = \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{1}{4}\right)^2\) + \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{1}{2}\right)^2\) + \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{3}{4}\right)^2\) + \(\frac{1}{4}\) · 1² = \(\frac{15}{32}\) = 0,46875. Dessa forma, sabemos que a área de S é menor do que R₄, isto é, A < 0,46875. Ao invés de usarmos os retângulos com alturas iguais aos lados direitos das faixas, podemos utilizar retângulos com alturas iguais aos lados esquerdos das faixas. Se L₄ for a soma das áreas desses retângulos, teremos L₄ = \(\frac{1}{4}\) · 0² + \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{1}{4}\right)^2\) + \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{1}{2}\right)^2\) + \(\frac{1}{4}\) · \(\left(\frac{3}{4}\right)^2\) = \(\frac{7}{32}\) = 0,21875. 1.1 Substituição inversa trigonométrica 3. Pode-se aplicar substituição inversa, mas a substituição direta x = 1 − 3x² resolve o problema de forma mais simples. 4. Tem-se que −x² + 4x − 3 = 1 − (x − 2)². Pode-se aplicar substituição inversa, mas a substituição direta u = x−2 resolve o problema de forma mais simples, pois \(\int\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du=\arcsen(u)+c\). 5. A substituição inversa x = sen(u), \(-\frac{\pi}{2}\) ≤ u ≤ \(\frac{\pi}{2}\), elimina a raiz do integrando. 6. Tem-se x² − 4x + 4 = (x − 2)². Pode-se aplicar substituição inversa e frações parciais, mas a substituição direta u = x−2 resolve o problema de forma mais simples, pois \(\int\frac{1}{u^2}du=-\frac{1}{u}+c\). 1.1 Substituição inversa trigonométrica Observação. Embora o Teorema 1.1 valha em situações bastante gerais, vamos nos ater aos casos em que g são funções trigonométricas. A tabela a seguir contém substituições trigonométricas que são eficazes para algumas expressões radicais. Em cada caso, a restrição de u é sugerida para assegurar que a função que define a substituição seja inversível. Expressão Substituição Identidade √a² − x² x = a sen(u), dx = a cos(u)d u 1 − sen²(u) = cos²(u) −π/2 ≤ u ≤ π/2 √a² + x² x = a tg(u), dx = a sec²(u)d u 1 + tg²(u) = sec²(u) −π/2 < u < π/2 √x² − a² x = a sec(u), dx = a sec(u)tg(u)d u sec²(u) − 1 = tg²(u) 0 ≤ u < π/2 ou π ≤ u < 3π/2 Exemplo 1.1 Calcule ∫ √1−x²dx. Solução. Como 1−sen²(u) = cos²(u), a substituição inversa x = sen(u), −π/2 ≤ u ≤ π/2, elimina a raiz do integrando. Como d x = cos(u)d u, então ∫ √1−x²dx = ∫ √1−sen²(u)cos(u)d u = ∫ √cos²(u)cos(u)d u. Para −π/2 ≤ u ≤ π/2 , tem-se cos(u) ≥ 0. Assim, do fato que √cos²(u) = |cos(u)| = cos(u), resulta ∫ √1−x²dx = ∫ cos²(u)d u Sabemos que ∫ cos²(u)d u = 1/2∫ (1+cos(2u))d u = (1/2) (u + (sen(2u))/2) +c = u/2 + (sen(u)cos(u))/2 + c , donde segue que ∫ √1−x²dx = u/2 + (sen(u)cos(u))/2 + c. Para finalizar, devemos voltar à variável x. De x = sen(u), com −π/2 ≤ u ≤ π/2, conclui-se que u = arcsen(x). Da definição de sen(u) e cos(u) no triângulo retângulo, vê-se que cos(u) = √1−x². 1.1 Substituição inversa trigonométrica Logo, ∫ √1−𝑥²𝑑𝑥 = arcsen(𝑥) 2 + 𝑥√1−𝑥² 2 + 𝑐. Observação. Se quiséssemos aplicar uma substituição inversa 𝑥 = sen(𝑢) para calcular a integral indefinida ∫ 𝑥√1−𝑥²𝑑𝑥 seria possível, mas note que nesse caso uma substituição direta é muito mais simples. Exemplo 1.2 Calcule ∫ 1 √𝑥²+1 𝑑𝑥. Solução. Como tg²(𝑢)+1 = sec²(𝑢), a substituição inversa 𝑥 = tg(𝑢), −𝜋 2 < 𝑢 < 𝜋 2 , elimina a raiz do integrando. Tem-se 𝑑𝑥 = sec²(𝑢)𝑑𝑢 e ∫ 1 √𝑥²+1 𝑑𝑥 = ∫ 1 √tg²(𝑢)+1 sec²(𝑢)𝑑𝑢 = ∫ 1 √sec²(𝑢) sec²(𝑢)𝑑𝑢. Para −𝜋 2 < 𝑢 < 𝜋 2 , tem-se sec(𝑢) > 0. Assim, do fato que √sec²(𝑢)| = |sec(𝑢)| = sec(𝑢), resulta ∫ √1−𝑥²𝑑𝑥 = ∫ sec(𝑢)𝑑𝑢 = ln|sec(𝑢)+tg(𝑢)|+𝑐. Para finalizar, devemos voltar à variável 𝑥. De 𝑥 = tg(𝑢), com −𝜋 2 < 𝑢 < 𝜋 2 , conclui-se que 𝑢 = arctg(𝑥). Da definição de tg(𝑢)=cos(𝑢) no triângulo retângulo, vê-se que cos(𝑢)=1√𝑥²+1 , donde segue que sec(𝑢)=1 cos(𝑢)=√𝑥²+1. Logo, ∫ √𝑥²+1𝑑𝑥=ln|√𝑥²+1+𝑥|+𝑐. Exemplo 1.3 Calcule ∫ √𝑥²−9 𝑥 𝑑𝑥. Solução. Como sec²(𝑢)−1 = tg²(𝑢), a substituição inversa 𝑥 = 3sec(𝑢), 0 ≤ 𝑢 < 𝜋 2 ou 𝜋 ≤ 𝑢 < 3𝜋 2 , elimina a raiz do integrando. Tem-se 𝑑𝑥 = 3sec(𝑢)tg(𝑢)𝑑𝑢 e então ∫ √𝑥²−9 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ √9sec²(𝑢)−9 3sec(𝑢) tg(𝑢)𝑑𝑢 = ∫ 3√tg²(𝑢)tg(𝑢)𝑑𝑢. Para 0 ≤ 𝑢 < 𝜋 2 ou 𝜋 ≤ 𝑢 < 3𝜋 2 , tem-se tg(𝑢) ≥ 0. Assim, do fato que √tg²(𝑢)=tg(𝑢), resulta ∫ √𝑥²−9 𝑥 𝑑𝑥=3∫ tg²(𝑢)𝑑𝑢=3∫ (sec²(𝑢)−1)𝑑𝑢=3tg(𝑢)−3𝑢+𝑐. Para finalizar, devemos voltar à variável 𝑥. De 𝑥 = 3sec(𝑢), com 0 ≤ 𝑢 < 𝜋 2 ou 𝜋 ≤ 𝑢 < 3𝜋 2 , tem-se 𝑢 = arcsec(𝑥 3 ). Além disso, como 𝑥=3sec(𝑢)⇔3𝑥=cos(𝑢), da definição de cos(𝑢) no triângulo retângulo resulta tg(𝑢)=√𝑥²−93 . Logo,∫ √𝑥²−9 𝑥 𝑑𝑥=√𝑥²−9−3arcsec(𝑥3)+𝑐. Exemplo 1.4 Calcule ∫ √−𝑥²+4𝑥−3𝑑𝑥. Solução. Inicialmente, note que não é possível aplicar uma substituição direta. Além disso, aparen-temente também não podemos aplicar substituição inversa trigonométrica. Contudo, tendo em mente que (𝑎−𝑏)²=a²−2𝑎𝑏+𝑏², note que −𝑥²+4𝑥−3=−(𝑥²−4𝑥+3)=(−(𝑥²−4𝑥+4)+1, ou seja, −𝑥²+4𝑥−3=1−(𝑥−2)². Como 1−sen²(𝑢)=cos²(𝑢), a substituição inversa 𝑥−2=sen(𝑢),−𝜋 2 ≤𝑢≤𝜋 2 , elimina a raiz do integrando. Uma vez que 𝑥=sen(𝑢)+2, obtém-se 𝑑𝑥=cos(𝑢)𝑑𝑢. Então ∫ √1−(𝑥−2)²𝑑𝑥=∫ √1−sen²(𝑢)cos(𝑢)𝑑𝑢=∫ √cos²(𝑢)cos(𝑢)𝑑𝑢. Para −𝜋 2 ≤𝑢≤𝜋 2 , tem-se cos(𝑢)≥0. Consequentemente, √cos²(𝑢)=cos(𝑢) e portanto ∫ √1−(𝑥−2)²𝑑𝑥=∫ cos²(𝑢)𝑑𝑢=𝑢 2 +sen(𝑢)cos(𝑢) 2 +𝑐 (ver Exemplo 1.1). Para finalizar, devemos voltar à variável 𝑥. De 𝑥−2=sen(𝑢), com −𝜋 2 ≤𝑢≤𝜋 2 , conclui-se que 𝑢=arcsen(𝑥−2). Da definição de sen(𝑢) e cos(𝑢) no triângulo retângulo, vê-se que cos(𝑢)=√1−(𝑥−2)²=√−𝑥²+4𝑥−3. Logo, ∫ √−𝑥²+4𝑥−3𝑑𝑥=arcsen(𝑥−2) 2 + (𝑥−2)√−𝑥²+4𝑥−3 2 +𝑐. Exemplo 1.5 Indique, em cada caso, o método mais simples que permite calcular a integral. 1. ∫ √25−3𝑥²𝑑𝑥 2. ∫ √2𝑥+𝑥²𝑑𝑥 3. ∫ 𝑥 √1−3𝑥² 𝑑𝑥 4. ∫ 1 √−𝑥²+4𝑥−3 𝑑𝑥 5. ∫ 1 𝑥²√1−𝑥²𝑑𝑥 6. ∫ 1 𝑥²−4𝑥+8𝑑𝑥 Solução. 1. Tem-se que √25−3𝑥²=5√1−(√3𝑥5 )² Logo, a substituição inversa √3𝑥5 =sen(𝑢),−𝜋 2 ≤𝑢≤𝜋 2 , elimina a raiz do integrando. 2. Tem-se que 2𝑥+𝑥²=𝑥²+2𝑥+1−1=(𝑥+1)²−1. Logo, a substituição inversa 𝑥+1=sec(𝑢), 0≤𝑢<𝜋 2 ou 𝜋≤𝑢<3𝜋 2 , elimina a raiz do integrando. 1.2 Integral definida Com isso, sabemos que a área de S é maior do que L₄, isto é, A > 0,21875. Se continuarmos o processo e particionarmos S em 8 faixas de mesma largura, como na figura a seguir, obteremos 0,2734375 < A < 0,3984375. Quanto mais particionarmos S, mais próximo da área de S estaremos. Ao fazer a média aritmé- tica de 0,3234000 e 0,3434000 obtém-se uma boa estimativa para A, a saber, A ≃ 0,3334. Observação. No que segue vamos falar de limites quando n é um número natural e n tende ao infinito. A ideia é bastante similar ao limite no infinito exceto que ao escrever lim n →+∞ restringimos n a um número natural. No caso geral, seja f : [a, b] → R uma função contínua tal que f (x)≥ 0 para todo x ∈ [a, b]. • Particionemos o intervalo [a, b] em n subintervalos de mesmo tamanho ∆x = b−a n . Sejam x₀ = a, x₁ = x₀ + ∆x, . . . , xₙ = xₙ−1 + ∆x. x₀ = a x₂ x₁ xₙ = b xₙ−2 xₙ−1 • Seja Rₙ = f (x₁)∆x + f (x₂)∆x + · · · + f (xₙ)∆x a área da região obtida pela união dos retângulos cuja altura do i-ésimo retângulo é f (xᵢ). • Seja Lₙ = f (x₀)∆x + f (x₁)∆x + · · · + f (xₙ−1)∆x a área da região obtida pela união dos retângulos cuja altura do i-ésimo retângulo é f (xᵢ−1). 1.2 Integral definida • Seja f (x∗₁)∆x + f (x∗₂)∆x + · · · + f (x∗ₙ)∆x a área da região obtida pela união dos retângulos cuja altura do i-ésimo retângulo é f (x∗ᵢ), em que x∗ᵢ é um número qualquer no i-ésimo subintervalo [xᵢ−1, xᵢ], chamado ponto amostral de [xᵢ−1, xᵢ]. Se f : [a, b] → R for uma função contínua tal que f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], então é possível mostrar que os limites lim Rₙ = lim [f (x₁)∆x + f (x₂)∆x + · · · + f (xₙ)∆x] n →+∞ n →+∞ e lim Lₙ = lim [f (x₀)∆x + f (x₁)∆x + · · · + f (xₙ−1)∆x] n →+∞ n →+∞ existem e são iguais. Mais ainda, se tomarmos x∗ᵢ no i-ésimo subintervalo [xᵢ−1, xᵢ] então o limite lim [f (x∗¹)∆x + f (x∗²)∆x + · · · + f (x∗ᵐ)∆x] n →+∞ também existe e coincide com lim Rₙ = lim Lₙ. Parece então razoável fazer a seguinte defi- níção: n →+∞ n →+∞ Definição 1.1 Seja f : [a, b] → R uma função contínua tal que f (x)≥ 0 para todo x ∈ [a, b]. A área A da região S = {(x, y)∈ R² : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} é definida pondo A = lim [f (x∗¹)∆x + f (x∗²)∆x + · · · + f (x∗ᵐ)∆x] = lim n∑ f (x∗ᵢ)∆x. n →+∞n →+∞ᵢ=1 1.2 Integral definida Exemplo 1.7 Usando a Definição 1.1 e o fato que 1² + 2² + · · · + n² = n(n+1)(2n+1) 6 ∀ n ∈ ℕ, não é tão difícil mostrar que a área A da região S = {(x, y) ∈ R² : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x²} 1 é exatamente A = um². No Exemplo 1.6 foi obtida a aproximação A ≃ 0,3334 um². 3 Motivados pelo problema da área, fazemos a seguinte definição: Definição 1.2 Sejam f : [a, b] → R uma função e ∆x = b−a . Sejam x₀ = a, x₁ = a + ∆x,..., xₙ = n xₙ−1 + ∆x = b e x∗₁,..., x∗ₙ pontos amostrais de [xᵢ−1, xᵢ]. A integral definida de f em [a, b] é definida por ∫ b f (x)dx := lim n∑ f (x∗ᵢ)∆x ⱼ 来了灯 j 从源的德 ∫ b a ᵢ=1 n →+∞ a desde que o limite exista e dê o mesmo valor para todas as escolhas possíveis de pontos amos- trais. Nesse caso, diz-se que f é integrável em [a, b]. Convencionamos ∫ a f (x)dx = − ∫ b f (x)dx e ∫ a f (x)dx = 0. As somas f (x∗₁)∆x + f (x∗₂)∆x + · · · + f (x∗ᵙ)∆x = ∑n f (x∗ᵢ)∆x são denominadas somas de î=1 Riemann. Observação. O símbolo ∫ foi introduzido por Leibniz. Ele é um S alongado e foi assim escolhido porque a integral de f em [a, b] é um limite de somas. Na notação ∫ b f (x)dx, f (x) é chamado a integrando, e a e b são chamados limites de integração, a é o limite inferior e b é o limite supe- rior. O símbolo dx simplesmente indica que a variável considerada é x. A integral definida é um número, por isso não importa a letra que utilizarmos: ∫ b f (x)dx = ∫ b f (t)dt = ∫ b f (s)ds. a a a Exemplo 1.8 Calcule ∫ 5 f (x)dx = 3 para todo x ∈ [−2, 5]. −2 Solução. Como f é uma função contínua e positiva, então f é integrável em [−2, 5] e, além disso, ∫ 5 f (x)dx coincide com a área da região sob o gráfico de y = 3 para −2 ≤ x ≤ 5 e acima do eixo −2 0.x. Logo, ∫ 5 f (x)dx = ∫ 5 3dx = 3·(5−(−2)) = 3·7 = 21. −2 −2 1.3 Teorema Fundamental do Cálculo Exemplo 1.12 Encontre a área abaixo do gráfico da parábola f(x)=x^2 para 0 ≤ x ≤ 1 e acima do eixo Ox. Solução. A função f é contínua em [0,1]. Além disso, F(x)= x^3/3 é uma primitiva de f em [0,1]. Logo, pelo TFC2, A=∫0^1 x^2 dx = F(1)−F(0)= (1/3) − 0/3 = 1/3 , como já havíamos indicado. Exemplo 1.13 Encontre a área sob o gráfico função f(x)=cos(x) para 0 ≤ x ≤ π/2 e acima do eixo Ox. Solução. A função f é contínua em [0,π/2]. Além disso, F(x)=sen(x) é uma primitiva de f em [0,π/2]. Logo, pelo TFC2, A=∫0^π/2 cos(x) dx = F(π/2)−F(0)=sen(π/2)−sen(0)=1. Exemplo 1.14 Calcule ∫1^3 (e^−x + cos(x)) dx . Solução. A função f(x)= e^−x +cos(x) é contínua em [1,3] e a função F(x)=−e^−x + sen(x) é uma primitiva de f em [1,3]. Logo, pelo TFC2 segue que ∫1^3 (e^−x + cos(x)) dx = F(3)−F(1) = (−e^−3 + sen(3))−(−e^−1 + sen(1)) =−e^−3 + sen(3)+ e^−1 − sen(1). Para calcular a integral definida de uma função definida por mais de uma sentença, calculamos a soma das integrais de cada sentença. Exemplo 1.15 Calcule ∫−1^1 (x + |x|) dx . Solução. Inicialmente, como x + |x| = x − x = 0 para x < 0 e x + |x| = x + x = 2x para x ≥ 0, tem-se x + |x| = { 2x se x ≥ 0 0 se x < 0. Como \, dx = \cos(u)du, \, então \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-x^2}dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{6}} \sqrt{1-\sen^2(u)} \cos(u)du = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2(u)\cos(u)du. Para \frac{-\pi}{2} \leq u \leq \frac{\pi}{2}, \; sabemos\; que\; \cos(u) \geq 0. Assim, do fato de \sqrt{\cos^2(u)} = \cos(u), resulta que \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\frac{1}{2}} \sqrt{1-x^2}dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2(u)du. Usando que \cos^2(u) = \frac{1}{2}(1+\cos(2u)), \; vê-se\; que\; \frac{u}{2} + \frac{\sen(2u)}{4} \; é \, uma \, primitiva \, de \, \cos^2(u)\, em\, [\frac{-\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]. Logo, pelo\, TFC_2, \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2(u)du = \left(\frac{u}{2} + \frac{\sen(2u)}{4} \right)_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi + \sqrt{3}}{8} + \frac{\pi + 3}{12}. 1.4 \; Área \; entre \; curvas Exemplo \; 1.20 Calcule\; a\; área \; entre \, as \, curvas \; f(x) = 5x - x^2 \; e \; g(x) = x \; para\; 0 \leq x \leq 4. Solução. \; Na\, figura \; a\; seguir \; temos \; o \; gráfico \; de \; f \; (vermelho) \; e \; o \; gráfico\; de\; g\; (azul). \; Queremos\; saber\; a\; área\; da\; região \; pintada \; de \; cinza. \; Temos\; que\; os\; gráficos\; se\; interceptam\; quando\; x = 0 \; e\; quando\; x = 4. Sabemos\; que\; integrais\; definidas\; de\; funções\; contínuas\; positivas\; calculam\; determinadas\; áreas. \; Vamos\; calcular\; a\; área\; A_1 \; da\; região\; que\; está\; sob\; o\; gráfico\; de\; f\; para \; 0 \leq x \leq 4 \; e\; acima\; do\; eixo\; O\, x \; e\; calcular\; a\; área\; A_2 \; da\; região\; que\; está\; sob\; o\; gráfico\; de\; g\; para \; 0 \leq x \leq 4 \; e\; acima\; do\; eixo\; O\, x. \; Feito\; isso,\; vamos\; subtrair\; A_1 - A_2 \; e\; encontrar\; a\; área\; procurada. \; Usando\; o\, TFC_2,\; temos\; que\; A_1 = \int_{0}^{4} f(x) \, dx = \int_{0}^{4} [5x - x^2] \, dx = 5 \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \bigg|_{0}^{4} = \frac{56}{3} \, um^2. Usando \; o \; TFC_2, \; temos \; que A_2 = \int_{0}^{4} g(x) \, dx = \int_{0}^{4} x \, dx = \frac{x^2}{2} \bigg|_{0}^{4} = \frac{4^2}{2} - \frac{0^2}{2} = 8 \, um^2. Portanto, \[ A = A_1 - A_2 = \int_{0}^{4} [5x - x^2] \, dx - \int_{0}^{4} x \, dx = \frac{56}{3} - 8 = \frac{32}{3} \, um^2. \] Pela propriedade 3, neste caso poderíamos ter calculado uma única integral, pois \[ A = \int_{0}^{4} f(x) \, dx - \int_{0}^{4} g(x) \, dx = \int_{0}^{4} [f(x) - g(x)] \, dx. \] Exemplo 1.21 Encontre a área da região delimitada pelas curvas \( f(x) = x^2 - 1 \; e \; g(x) = 1. \) Solução. Aqui temos uma situação diferente a ser considerada. Vamos particionar a região que queremos calcular a área \( A \; em \; duas \; regiões: \; região \; que \; está \; acima \; do \; eixo \; O \, x \; (pintada \; de \; vermelho) \; e \; região \; que \; está \; abaixo \; do \; eixo \; O \, x \; (pintada \; de \; verde). O \; gráfico \; de \; f \; corta \; o \; eixo \; O\, x \; em\; x = -1 \; e \; x = 1. Como\; a\; região\; pintada\; de\; verde\; está\; abaixo\; do\; eixo\; O\, x,\; temos \; que \; sua \; área \; A_1 \; tem \; o \; sinal \; oposto \; ao \; da \; integral \; de \; x^2 - 1 \; em \; [-1, 1], \; isto \; é, \[ A_1 = - \int_{-1}^{1} [x^2 - 1] \, dx = - \left( \frac{x^3}{3} - x \right)_{-1}^{1} = -\left( \left[ \frac{1^3}{3} - 1 \right] - \left[ \frac{(-1)^3}{3} - (-1) \right] \right) = \frac{4}{3} \, um^2. \] Temos \; que \; a \; interseção \; dos \; gráficos \; de \; f \; e \; g \; ocorre \; quando \; x^2 - 1 = 1, \; ou \; seja, \; quando \; x= \pm \sqrt{2} \; ou \; x = \sqrt{2}. \; A \; área \; A_2 \; da \; região \; que \; está \; acima \; do \; eixo \; O\, x \; (pintada \; de \; vermelho) \; é A_2 = \int_{-\sqrt{2}}^{-1} [g(x) - f(x)] \, dx + \int_{-1}^{1} g(x) \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} [g(x) - f(x)] \, dx = \int_{-\sqrt{2}}^{-1} [1-(x^2-1)] \, dx + \int_{-1}^{1} 1 \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} [1-(x^2-1)] \, dx = \int_{-\sqrt{2}}^{-1} [2-x^2] \, dx + \int_{-1}^{1} 1 \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} [2-x^2] \, dx = \left[ 2x - \frac{x^3}{3} \right]_{-\sqrt{2}}^{-1} + x\bigg|_{-1}^{1} + \left[ 2x - \frac{x^3}{3} \right]_{1}^{\sqrt{2}} = \left( 2(-1) - \frac{(-1)^3}{3} \right) - \left( 2(-\sqrt{2}) - \frac{(-\sqrt{2})^3}{3} \right) + (1) - (-1) + \left( 2(\sqrt{2}) - \frac{(\sqrt{2})^3}{3} \right) - \left( 2(1) - \frac{(1)^3}{3} \right) = \frac{4}{3} (2\sqrt{2} - 1) \, um^2. Portanto, temos que\; A = A_1 + A_2 = \frac{4}{3} + \frac{4}{3}(2\sqrt{2} - 1) = \frac{8\sqrt{2}}{3} \, um^2. Pelas propriedades 3 e 5, neste caso poderíamos ter calculado uma única integral, pois \[ A = -\int_{-1}^{1} f(x) \, dx + \int_{-\sqrt{2}}^{-1} [g(x) - f(x)] \, dx + \int_{-1}^{1} g(x) \, dx + \int_{1}^{\sqrt{2}} [g(x) - f(x)] \, dx = \int_{\sqrt{2}}^{-\sqrt{2}} [g(x) - f(x)] \, dx. \] De um modo geral temos o seguinte: Dadas duas funções contínuas \( f, g : [a, b] \rightarrow \mathbb{R} \), com \( f(x) \geq g(x) \) para todo \( x \in [a, b] \), a área \( A \) da região limitada pelas curvas \( y = f(x) \), \( y = g(x) \), \( x = a \; e \; x = b \; é \) \[ A = \int_{a}^{b} [f(x) - g(x)] \, dx \; um^2. \] Exemplo 1.22 Encontre a área da região delimitada pelas curvas \( f(x) = \sen(x), \; g(x) = \cos(x), \; x = 0 \; e \; x = \frac{\pi}{2}. \) Solução. Para 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2} temos que \cos(x) = \sen(x) se, e somente se, x = \frac{\pi}{4}. Para 0 \leq x \leq \frac{\pi}{4} temos que g(x) \geq f(x) e para \frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{\pi}{2} temos que f(x) \geq g(x). Daí, a área da região pedida é dada por A = \int_0^{\pi/4} [\cos(x) - \sen(x)] \, dx + \int_{\pi/4}^{\pi/2} [\sen(x) - \cos(x)] \, dx = [\sen(x) + \cos(x)]_0^{\pi/4} + [-\cos(x) - \sen(x)]_{\pi/4}^{\pi/2} = \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} - 1 \right) + \left( -0 - 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = 2\sqrt{2} - 2 \ \text{um}^2. Observação. Fique atento, de acordo com a nossa definição de convergência, uma integral impropria \( \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx \) nem sempre será convergente quando \( f \) for uma função ímpar. Mesmo para funções ímpares, a convergência de \(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx\) depende da existência de \( a \in \mathbb{R} \) para o qual as integrais impróprias \(\int_{-\infty}^{a} f(x) dx \) e \(\int_{a}^{+\infty} f(x) dx \) sejam convergentes. Algumas funções não tem primitivas em termos de funções elementares ou, simplesmente, têm primitivas deveras complicadas. Nessas situações, comparar o integrando com outra função mais palatável pode nos ajudar a determinar a convergência de uma dada integral imprópria. Teorema 1.5. (Comparação) Sejam \( f, g : [a, +\infty) \rightarrow \mathbb{R} \) funções contínuas em que \( f(x) \geq g(x) \geq 0 \) para \( x \geq a \). 1. Se \( \int_{a}^{+\infty} f(x) dx \) é convergente, então \( \int_{a}^{+\infty} g(x) dx \) é convergente. 2. Se \( \int_{a}^{+\infty} g(x) dx \) é divergente, então \( \int_{a}^{+\infty} f(x) dx \) é divergente. Demonstração. 1. Dado \( t \geq a \), como \( g(x) \geq 0 \) para todo \( x \geq a \), pode-se ver \( \int_{a}^{t} g(x) dx \) como a área da região \( S_t = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : a \leq x \leq t, \ 0 \leq y \leq f(x) \}. \) Assim, já que a região \( S_t \) está contida na região \( S_{t'} \), se \( t < t' \), intuitivamente tem-se \( \int_{a}^{t} g(x) dx < \int_{a}^{t'} g(x) dx \quad \forall \ a \leq t \leq t', \) isto é, a função \( G : [a, +\infty) \rightarrow \mathbb{R} \) definida por \( G(t) = \int_{a}^{t} g(x) dx \) é crescente. Por conta disso, se \( \int_{a}^{+\infty} g(x) dx \) não convergir, então \( \lim_{t \rightarrow +\infty} \int_{a}^{t} g(x) dx = +\infty \) (Verifique!). Mas, caso isso aconteça, então, segundo a definição de limites infinitos no infinito, para \( M = \int_{a}^{+\infty} f(x) dx + 1 \), existe \( N > 0 \) tal que \( \forall \ t \geq a, \ t > N \quad \Longrightarrow \quad \int_{a}^{t} g(x) dx > M \) e, assim, pela propriedade 6, que \( \forall \ t \geq a, \ t > N \quad \Longrightarrow \quad \int_{a}^{t} f(x) dx > M. \) Usando as propriedades dos limites, obtém-se \( \int_{a}^{+\infty} f(x) dx = \lim_{t \rightarrow +\infty} \int_{a}^{t} f(x) dx \geq M = \int_{a}^{+\infty} f(x) dx + 1, \) o que claramente não pode acontecer. Logo, a única possibilidade é que \( \int_{a}^{+\infty} g(x) dx \) seja convergente. A demonstração do item 2 é similar à demonstração do item 1 (Verifique!). Exemplo 1.27 Decida sobre a convergência da integral imprópria \( \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} dx. \) Solução. Neste caso não podemos calcular a integral diretamente, pois \( f(x) = e^{-x^2} \) não possui primitiva elementar \([6] \). Vamos escrever \( \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} dx = \int_{0}^{1} e^{-x^2} dx + \int_{1}^{+\infty} e^{-x^2} dx. \) Como \( f \) é uma função contínua, tem-se que \( f \) é integrável em \([0, 1] \), isto é, \( \int_{0}^{1} e^{-x^2} dx \) é um número real. Por outro lado, para \( x \geq 1 \), tem-se que \( x^2 \geq x \) e, então, \( -x^2 \leq -x \), o que implica que \( e^{-x^2} \leq e^{-x} \quad \forall \ x \geq 1. \) Sabemos que \( \int_{1}^{+\infty} e^{-x} dx = \lim_{t \rightarrow +\infty} \int_{1}^{t} e^{-x} dx = \lim_{t \rightarrow +\infty} \left[-e^{-x} \right]_{1}^{t} = \lim_{t \rightarrow +\infty} \left(-e^{-t} + e^{-1} \right) = e^{-1}. \) Como \( \int_{1}^{+\infty} e^{-x} dx \) é convergente, o Teorema da Comparação nos diz que \( \int_{1}^{+\infty} e^{-x^2} dx \) também é convergente. Portanto, \( \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} dx = \int_{0}^{1} e^{-x^2} dx + \int_{1}^{+\infty} e^{-x^2} dx \) é convergente. Usando resultados de Cálculo II, é possível mostrar que \( \int_{0}^{+\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \). Exemplo 1.28 Decida sobre a convergência da integral imprópria \( \int_{0}^{+\infty} \frac{x^3 + 3x^2 - 5x + 1}{x^2 + x + 10} dx. \) Solução. Temos que \( \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x^3 + 3x^2 - 5x + 1}{x^2 + x + 10} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x^2 \left( x + 3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2} \right)}{x^2 \left( 1 + \frac{1}{x} + \frac{10}{x^2} \right)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} x + 3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2} \) \( = +\infty. \) Referências Bibliográficas [1] Allouche, J. P. e Shallit, J., Automaticsequences-Theory, Applications, Generalizations, Cambridge University Press, 2003. [2] Gomes, F. M., Pré-Cálculo - Operações, equações, funções e trigonometria, 1ª ed., Editora Cengage Learning, 2019. [3] Guidorizzi, L. H., Um curso de cálculo - Volume 1, Editora LTC, 5ª ed, 2001. [4] Iezzi, G., Murakami, C. e Machado, G. N., Fundamentos de matemática elementar: Limites, derivadas e no- ções de integrais, 7ª ed, Editora Atual, 2013. [5] Paiva, M., Coleção base: Matemática - Volume único, Editora Moderna, 1999. [6] Stewart, J., Cálculo - Volume 1, Editora Cengage Learning, 2016.