Slide - Máximos e Mínimos - Cálculo 2 2021-2

Cálculo II/Cálculo Dif. e Integral II Máximos e Mínimos Equipe de CII e CDI-II Setembro - 2021 Universidade do Estado do Rio de Janeiro Conteúdo 2/23 1. Problemas de otimização 2. Extremos de uma função 3. Pontos Críticos Antes da aula de 08/09, estude as seções 6.1 a 6.3 do Capítulo 6 do livro Cálculo II: volume I, disponível em Cálculo Diferencial e Integral II – Cálculo II – Vol. 1 Há arquivos auxiliares disponíveis no AVA para entendimento dos conceitos. Eles estão indicados na parte superior do slide associado a cada arquivo. Os .ggb devem ser abertos com o Geogebra Classic e os scripts .txt, com o CalcPlot3D. Além dos demais canais de comunicação com nossa equipe, você também pode tirar dúvidas por email: nunes@ime.uerj.br (Patrícia) Alguns problemas de otimização 1/23 Algunsproblemas deotimização Árvores de Steiner Alguns problemas de otimização 2/23 4 cidades: a, b, c e d malha ferroviária de comprimento total mínimo Árvores de Steiner Alguns problemas de otimização 3/23 4 cidades: a, b, c e d malha ferroviária de comprimento total mínimo Se a, b, c e d são vértices de um quadrado de lado 1, os comprimentos destas malhas 2 √ 2 ≈ 2, 828 e 1 + √ 3 ≈ 2, 732. Bolhas de sabão Alguns problemas de otimização 4/23 minimização energia livre superfície de área mínima Carro flex Alguns problemas de otimização 5/23 Álcool x gasolina: cálculo O cálculo básico para se descobrir se o álcool é vantajoso ou não em relação à gasolina é simples. Basta dividir o preço do litro do etanol pelo da gasolina. Se o resultado for inferior a 0,7, o derivado da cana-de-açúcar é o melhor para abastecer. Se for maior que 0,7, então a gasolina é melhor. Por quê? Em geral, o álcool (etanol) rende menos energeticamente que o derivado de petróleo, que é a gasolina. Por conta disso, em média seu rendimento é cerca de 30% inferior. minimizar gasto com combustível e maximizar o rendimento. Carro flex = tanque com capacidade de 7 litros; Abastecimento: g litros de gasolina e a litros de alcool. = consumo de G km/l| quando abastecido apenas com gasolina e de A km/l| quando abastecido apenas com alcool. Q(g,a)=G-g+A-a 1~ A Q(9,4) = —Q(9,a)=1-9+ 7 -a=1-9+0,7-4 = custo de | litro de gasolina: P, reais; custo de 1 litro de alcool: Pg reais C(g,a)=P,-g+Py:a max Q(g, a) Q(g,a) . max C(g,a) a) min C(g, a) — wri a+g=T,a,g>0 OF gG= 1 age Alguns problemas de otimizagao 6/23 a Embalagens Alguns problemas de otimização 7/23 Exigências do Ministério do Meio Ambiente para retirada do STPP (um fosfato de sódio nocivo ao meio ambiente) dos detergentes obrigaram os fabricantes de sabão em pó a alterar sua fórmula. Com essa alteração a densidade do novo detergente em pó mudou e por isso passou ocupar um menor espaço na embalagem. O design das embalagens mudou. Embalagens Alguns problemas de otimização 8/23 Considerando a fórmula atual do sabão em pó, a tabela apresenta as dimensões (em cm) de embalagens que contém 1 kg Comprimento Largura Altura Volume (cm3) Área (cm2) Embalagem antiga 15,25 4,8 24 1756,8 1108,8 Nova embalagem 18,3 6 16 1756,8 997,2 Embalagens Alguns problemas de otimização 9/23 Observe que não foi apenas a redução da densidade que promoveu maior economia. Se a concepção da embalagem antiga fosse mantida, a área total seria de 1108, 8 cm2 enquanto que na nova temos 997, 2 cm2. A embalagem atual é ótima? Dentre todos os paralelepípedos retângulos de volume igual a 1756, 8 cm3, qual é o de menor área total? Problemas de otimização Alguns problemas de otimização 10/23 Extremo do quê? Onde? tipo de solução Steiner comprimento conjunto de configurações árvore de Steiner Cálculo variacional Bolhas de sabão área superfícies com condições de contorno superfície mínima Cálculo variacional Carro Flex função de 2 variáveis subconjunto do domínio ponto do domínio Cálculo I Sabão em pó área paralelepípedos de volume fixado dimensões do paralelepípedo Cálculo II Extremos de uma função 11/23 Extremosdeumafunção Extremos – Cálculo I geogebra-export-qwdxbtGF.ggb Extremos de uma função 12/23 Um ponto central dos cursos de Cálculo é o entendimento do comportamento de uma função. A identificação de pontos de máximo ou mínimos (locais ou absolutos) é importante para realização desta tarefa. Extrms – Cálc. II geogebra-export-bwcrYp6mEqjvkbXxP.ggb Extremos de uma função 13/23 Um ponto central dos cursos de Cálculo é o entendimento do comportamento de uma função. A identificação de pontos de máximo ou mínimos (locais ou absolutos) é importante para realização desta tarefa. Extremos de funcoes Definigao SejamA Cc R” umconjunto aberto ef: A+ Ruma fungao. Sejam Xo €C€A@E> 0. 1. Um ponto x) 6 um ponto de minimo local de f se existe B(x, €), tal que f(x) < f(x), para todo x € B(x, €). 2. Um ponto xp é um ponto de maximo local de f se existe B(X, €), tal que: f(x) < f(x9), para todo x € B(x, €) Em ambos os casos, Xo é dito extremo relativo ou local de fe f(xo) é dito valor extremo de f. Lembrete: > B(xo,<) = {x ER”, |x — xo] <e} > IK? = 2x? Extremos de uma fungao 14/23 Te = = é é = | Pontos Críticos Extremos de uma função 15/23 Teorema Sejam A ⊂ Rn um conjunto aberto, f : A → R uma função de classe C1 e x0 ∈ A um ponto extremo local de f. Então ∇f(x0) = (0, . . . , 0). Definição Um ponto x0 tal que ∇f(x0) = (0, . . . , 0) é dito ponto crítico de f e f(x0) é dito valor crítico de f. Caso contrário, x0 é dito ponto regular de f e f(x0) valor regular de f. Um ponto crítico que não é máximo local nem mínimo local é chamado de ponto de sela rx) Exemplos - pontos criticos Determine os pontos criticos de f(x, y) = 4xy?-2x7y-x. Of —— (x,y) =0 2 A4y*—4xy-1 = VAlxy) = (0,0), 4 x J fee i )=0 8xy-2x? = 0 oy A —_ 2_Ayy — yay = 1 , X=0oux=4y 2x(4y-x) = 0 , 1 1 = x=O0e4yv =1:(x%y) = 0,-5 ou (x,y) = 0,5 . & x = 4ye—12y? = 4y” —4- (4y)-y = 1: nado tem solugdo em R. Extremos de uma fungao 16/23 Tle - = | | Exe aa plos — PC myScript-online3-185.txt Determine os pontos criticos de f(x, y) = 4xy?-2x7y-x. of Hf _ aX) (x, y) — ( ’ ); Of > \ 4 Aon\ YY Aa Weg Vs gg WN Ay?— Axy =1 2 ee \ y XZ Qx(4y-x) =0 , Ch one 1 1 Pontos criticos: (x, y) = (0. -;) ou (x,y) = (0. a Extremos de uma fungao 17/23 ee rx) Exemplos - pontos criticos Determine os pontos criticos de f(x, y) = 2(x2 + y2)e" 0+"), Axe 49") — Ax(x2 + ye“ 4Y") = 0 Vix, y) = (0, 0), {Seen _ Ay(x2 + ye“? +y’) 7) ; Axe +Y") (1 — (x2 + y2)) = 0 , 1-(?+4+y?) =00u40 {geen _ (x? +y?)) _ 0 ( y ) # & x? +y? = 1: (x,y) pertence a circunferéncia centrada na origem de raio 1. + 1—(x+y’) £0: (xy) = (0,0). Extremos de uma fungao 18/23 EE Cy a0] plos — PC myScript-online-4-186.txt . ae one Determine os pontos criticos de f(x, y) = 2(x* + y2)e"e 1”), Z Of axe y)=0 5 (%Y) =0 TORN ELAR 01.2 , LEEKS SSS Axe +y d _ (x? +y?)) —0 3 SSeS 2 ; x SSeS ont Ss y dye WIA -(P +y))=0 Pontos criticos: (x, y) = (0,0) ou qualquer elemento de 2 212 _ {(x,y) €R?, ?+y? =1}. Extremos de uma fungao 19/23 = = = rf.) Exemplos - Pontos criticos Calcule os pontos criticos de f(x, y) = —(x? — 1)? — (x?y —x-—1)?. —4x(x? — 1) — 2(2xy — 1)(x*y-—x-1) =0 Vie(x,y) = (0,0), x=0 ou x*y—x-1=0 = x= 0: nao é possivel. = x*y—x—1=0: x(x? —1)=0:x=-1 ou x=1 ee ne y=x+1=0 Xx=1, xy-x-1=0: eo Extremos de uma fungao 20/23 hh) Exe aa plos — PC myScript-stewart-37-978.txt Calcule os pontos criticos de f(x, y) = —(x? — 1)? — (X?y—x— 1). —4x(x? — 1) — 2(2xy — 1)(x?y-—x-1) =0 —2x?(x*y —x—1) =0 , ie tH iH Noe” NANA cE Pontos criticos: (x, y) = (—1,0) ou (x, y) = (1, 2). Extremos de uma funcao 21/23 td td we Otimizagao E preciso construir uma tubulacado de P agua do ponto P ao ponto S._ Ela - deve atravessar regides nas quais os mw . 2 km custos de constru¢ao sao diferentes i y\Q (ver figura). O custo por o quildmetro 1 km} Ke em dolares é 3k de Pa Q, 2kdeQaRek Yu R de Ra S. Encontre x e y de modo que o y S custo total C seja minimo. 10 km PQ = V4+x? C(x, y) =k 4 + x?2+2ky/1 + (y — x)?+k(10 — y) OR= V1+(y-x)? RS =10-y Extremos de uma fungao 22/2) ae Referências e imagens Extremos de uma função 23/23 https://www1.mat.uniroma1.it/people/piccinni/ TFA059-1415/Eserciziand_attachments/Bolle.pdf https://www.noticiasautomotivas.com.br/alcool- gasolina-calculo/ https://www.abras.com.br/clipping/geral/14471/ unilever-muda-formula-e-producao-da-linha-de- saboes https://www.geogebra.org/m/qwdxbtGF https://www.geogebra.org/m/bwcrYp6m The Only Critical Point in Town Test, https://doi.org/10.1080/0025570X.1985.11977172 Cálculo II/Cálculo Dif. e Integral II Máximos e Mínimos Equipe de CII e CDI-II Setembro - 2021 Universidade do Estado do Rio de Janeiro Conteúdo 2/26 1. Determinação de extremos locais 2. Extremos absolutos 3. Teorema de Weierstrass 4. Máximos e Mínimos Condicionados Antes da aula de 10/09, estude as seções 6.4 a 6.6 do Capítulo 6 do livro Cálculo II: volume I, disponível em Cálculo Diferencial e Integral II – Cálculo II – Vol. 1 Há arquivos auxiliares disponíveis no AVA para entendimento dos conceitos. Eles estão indicados na parte superior do slide associado a cada arquivo. Os .ggb devem ser abertos com o Geogebra Classic e os scripts .txt, com o CalcPlot3D. Além dos demais canais de comunicação com nossa equipe, você também pode tirar dúvidas por email: nunes@ime.uerj.br (Patrícia) Determinação de extremos locais 1/26 Determinaçãode extremoslocais Hessiano Determinação de extremos locais 2/26 Definição Seja f : U → R uma função de classe C2 no conjunto aberto U ⊂ R2. A função H(x, y) = det [fxx(x, y) fyx(x, y) fxy(x, y) fyy(x, y) ] , (x, y) ∈ U é chamada hessiano de f. Classificação de PC Determinação de extremos locais 3/26 Teorema Sejam f uma função de classe C2 no conjunto aberto ⊂ R2 e (x0, y0) ∈ U um ponto crítico de f 1. Se H(x0, y0) > 0 e fxx(x0, y0) > 0, então (x0, y0) é ponto de mínimo local de f em U. 2. Se H(x0, y0) > 0 e fxx(x0, y0) < 0, então (x0, y0) é ponto de máximo local de f em U. 3. Se H(x0, y0) < 0, então (x0, y0) é ponto de sela de f em U. 4. Se H(x0, y0) = 0, nada se pode concluir. Exemplos myScript-online3-185.txt Determinação de extremos locais 4/26 Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 4xy2−2x2y−x. ∇f(x, y) = (0, 0), { 4y2−4xy − 1 = 0 2x(4y−x) = 0 , PC: ( 0, −1 2 ) e ( 0, 1 2 ) . Exemplos myScript-online3-185.txt Determinação de extremos locais 5/26 Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 4xy2−2x2y−x. PC: ( 0, −1 2 ) e ( 0, 1 2 ) , ∇f(x, y) = (4y2−4xy − 1, 2x(4y−x)). H(x, y) = det [ fxx(x, y) fyx(x, y) fxy(x, y) fyy(x, y) ] = det [ −4y 8y−4x 8y−4x 8x ] = −32xy − (8y − 4x)2 (x0, y0) H(x0, y0) fxx(x0, y0) ( 0, − 1 2 ) < 0 – ponto de sela ( 0, 1 2 ) < 0 – ponto de sela Exemplos myScript-stewart-37-978.txt Determinação de extremos locais 6/26 Classifique os pontos críticos de f(x, y) = −(x2 − 1)2 − (x2y − x − 1)2. fx(x, y) = −4x3(y2 + 1) + 6x2y + x(4y + 2) − 2 fy(x, y) = −2x2(x2y − x − 1) PC: (x, y) = (−1, 0) ou (x, y) = (1, 2). fxx(x, y) = −12x2(y2 + 1) + 12xy + 4y + 2 fxy(x, y) = −8x3y + 6x2 + 4x fyy(x, y) = −2x4 H(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y) − (fxy(x, y))2 H (−1, 0) = −10 · (−2) − 22 = 16, fxx(−1, 0) = −10 H (1, 2) = −26 · (−2) − 62 = 16, fxx(1, 2) = −26 Exemplos myScript-stewart-37-978.txt Determinação de extremos locais 7/26 Para funções de uma variável, é possível uma função contínua admitir dois máximos locais e nenhum mínimo local? E para funções de duas variáveis? Classifique os pontos críticos de f(x, y) = −(x2 − 1)2 − (x2y − x − 1)2. PC: (x, y) = (−1, 0) ou (x, y) = (1, 2). H (−1, 0) = −10 · (−2) − 22 = 16, fxx(−1, 0) = −10 H (1, 2) = −26 · (−2) − (−6)2 = 16, fxx(1, 2) = −26 (x0, y0) (−1, 0) ponto de máximo local (1, 2) ponto de máximo local Exemplos Determinação de extremos locais 8/26 Encontre a menor distância entre o ponto (1, 0, −2) e o plano x + 2y + z = 4. Distância até (1, 0, −2): D(x, y, z) = √ (x − 1)2 + (y − 0)2 + (z + 2)2 Para pontos que pertencem ao planodado,temosz = 4−x−2y. Podemos obter a distância pedida minimizando em R2 a função: d(x, y) = (x−1)2+(y−0)2+(4−x−2y+2)2= (x − 1)2 + y2 + (6 − x − 2y)2 Exemplos Determinação de extremos locais 9/26 Para encontrar a menor distância entre o ponto (1, 0, −2) e o plano x + 2y + z = 4, vamos minimizar em R2 a função: d(x, y) = (x − 1)2 + y2 + (6 − x − 2y)2. ∇d(x, y) = (0, 0), { 2(x − 1) − 2(6 − x − 2y) = 0 2y − 4(6 − x − 2y) = 0 { 4x + 4y = 14 4x + 10y = 24 , (x, y) = (11 6 , 5 3 ) H(x, y) = det [ fxx(x, y) fyx(x, y) fxy(x, y) fyy(x, y) ] = det [ 4 4 4 10 ] = 40 − 16 = 24 ( 11 6 , 5 3 ) ponto de mínimo local Exemplos myScript-online-4-186.txt Determinação de extremos locais 10/26 Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 2(x2 + y2)e−(x2+y2). PC: (x, y) = (0, 0) ou qualquer elemento de { (x, y) ∈ R2, x2 + y2 = 1 } e ∇f(x, y) = ( 4xe−(x2+y2)( 1−(x2 +y2) ) , 4ye−(x2+y2)( 1−(x2 +y2) )) . fxx(x, y) = 4e−(x2+y2)[(1 − (x2 + y2))(1 − 2x2) − 2x2] fxy(x, y) = −8xye−(x2+y2)[1 + (1 − (x2 + y2))] fyy(x, y) = 4e−(x2+y2)[(1 − (x2 + y2))(1 − 2y2) − 2y2] fxx(0, 0) = 4, fxy(0, 0) = 0, fyy(0, 0) = 4 x2 0 + y2 0 = 1, fxx(x0, y0) = −8e−1x2 0, fxy(x0, y0) = −8e−1x0y0, fyy(x0, y0) = −8e−1y2 0 Exemplos myScript-online-4-186.txt Determinação de extremos locais 11/26 Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 2(x2 + y2)e−(x2+y2). PC: (x, y) = (0, 0) ou qualquer elemento de { (x, y) ∈ R2, x2 + y2 = 1 } e ∇f(x, y) = (4xe−(x2+y2)(1 − (x2 + y2)), 4ye−(x2+y2)(1 − (x2 + y2))). fxx(0, 0) = 4, fxy(0, 0) = 0, fyy(0, 0) = 4 x2 0 + y2 0 = 1, fxx(x0, y0) = −8e−1x2 0, fxy(x0, y0) = −8e−1x0y0, fyy(x0, y0) = −8e−1y2 0 H(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y) − (fyx(x, y))2 (x0, y0) H(x0, y0) fxx(x0, y0) (0, 0) > 0 > 0 ponto de mínimo local x2 0 + y2 0 = 1 = 0 – inconclusivo Exemplos myScript-online-4-186.txt Determinação de extremos locais 12/26 Para classificar os pontos críticos (x0, y0) de f(x, y) = 2(x2 + y2)e−(x2+y2) tais que x2 0 + y2 0 = 1, observe que o gráfico de f pode ser obtido pela rotação do gráfico de z = g(x) = 2x2e−x2 em torno do eixo z Como 0 ≤ g(x) ≤ g(−1) = g(1) = 2e−1 (verifique!). Isto nos permite concluir que os pontos críticos de f satisfazem: f(0, 0) = 0 ≤ f(x, y) ≤ 2e−1 = f(x0, y0), para todo (x, y), (x0, y0) ∈ R2, tais que x2 0 + y2 0 = 1. Extremos absolutos 13/26 Extremosabsolutos Máximos e mínimos absolutos Extremos absolutos 14/26 Definição Sejam A ⊂ Rn um conjunto aberto, f : A → R uma função e x0 ∈ A. 1. Um ponto x0 é um ponto de mínimo absoluto de f em A, se f(x0) ≤ f(x), para todo x ∈ A. 2. Um ponto x0 é um ponto de máximo absoluto de f em A, se f(x0) ≥ f(x), para todo x ∈ A. Teorema de Weierstrass 15/26 TeoremadeWeierstrass Conjuntos fechados e limitados Teorema de Weierstrass 16/26 Definição Seja A ⊂ Rn. 1. Um ponto x ∈ Rn é dito ponto da fronteira ou do bordo de A se toda vizinhança de x intersecta A e Rn−A. 2. Denotamos o conjunto dos pontos da fronteira do conjunto A por ∂A. Definição Um conjunto A ⊂ Rn é dito fechado em Rn se ∂A ⊂ A. Definição Um conjunto A ⊂ Rn é dito limitado se existe uma constante c > 0 tal que ∥x∥ ≤ c, para todo x ∈ A. Exemplos Teorema de Weierstrass 17/26 1. A = {f(x, y, z) ∈ R3, x2 + y2 + z2 ≤ r2, r > 0} é fechado, pois sua fronteira é ∂A = { (x, y, z) ∈ R3, x2 + y2 + z2 = r2, r > 0 } . Logo ∂A ⊂ A. Claramente, A é limitado. 2. A = {(x, y) ∈ R2, x2 + y2 < r2, r > 0} não é fechado, pois sua fronteira é : ∂A = { (x, y) ∈ R2 = x2 + y2 = r2, r > 0 } . Logo, ∂A ̸⊂ A. A é limitado. 3. A = [a, b] × [c, d] é um conjunto fechado e limitado, pois ∂A é o retângulo formado pelas retas x = a, x = b, y = c e y = d. 4. Os planos em R3 são fechados e não limitados. Teorema de Weierstrass Teorema de Weierstrass 18/26 Teorema Seja f : A ⊂ Rn → R uma função contínua no conjunto A, fechado e limitado. Então, existem pontos de máximo e mínimo absolutos de f em A, isto é, existem x0, x1 ∈ A tais que: f(x0) ≤ f(x) ≤ f(x1), para todo x ∈ A. Exemplo Teorema de Weierstrass 19/26 Encontre os extremos de f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y no conjunto D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} f, contínua; D, fechado e limitado Análise no interior de D (pontos críticos) e na ∂D. ∇f(x, y) = (0, 0), { 2(x − 2)y = 0 (x − 2)2 + 2y − 1 = 0 x = 2, y = 1 2; y = 0, x = 1 ou x = 3 Candidato no interior de D: ( 2, 1 2 ) . Exemplo Teorema de Weierstrass 20/26 Encontre os extremos de f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y no conjunto D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} Candidato no interior de D: ( 2, 1 2 ) . Análise na ∂D: 3 etapas. x = 0, y ∈ [0, 4]: f(0, y) = 4y + y2 − y= 3y + y2= y(3 + y) y = 0, x ∈ [0, 4]: f(x, 0) = 0 x = 4 − y, y ∈ [0, 4]: f(4 − y, y) = (4 − y − 2)2y + y2 − y= (2 − y)2y + y2 − y = y3 − 3y2 + 3y Exemplo myScript-diomara-138.txt Teorema de Weierstrass 21/26 Encontre os extremos de f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y no conjunto D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} Candidato no interior de D: ( 2, 1 2 ) . x = 0, y ∈ [0, 4]: f(0, y) = y(3 + y) – parábola, f(0, y) estritamente crescente em [0, 4]. Candidatos: (0, 0) e (0, 4). y = 0, x ∈ [0, 4]: f(x, 0) = 0 – f(x, 0) constante. Candidatos: (x, 0), x ∈ [0, 4]. x = 4 − y, y ∈ [0, 4]: f(4 − y, y) = y3 − 3y2 + 3y Exemplo myScript-diomara-138.txt Teorema de Weierstrass 22/26 Encontre os extremos de f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y no conjunto D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} Candidato no interior de D: ( 2, 1 2 ) . x = 0, y ∈ [0, 4]: f(0, y) = y(3 + y) Candidatos: (0, 0) e (0, 4). y = 0, x ∈ [0, 4]: f(x, 0) = 0 – f(x, 0) constante. Candidatos: (x, 0), x ∈ [0, 4]. x = 4 − y, y ∈ [0, 4]: f(4 − y, y) = y3 − 3y2 + 3y [f(4 − y, y)]′ = 3(y2 − 2y + 1) = 3(y − 1)2 f(4 − y, y) estritamente crescente em [0, 4]. Candidatos: (4, 0) e (0, 4). (x0, y0) ( 2, 1 2 ) (0, 0) (0, 4) (x, 0), x ∈ [0, 4] (4, 0) f(x0, y0) −1/4 0 28 0 0 Exemplo Teorema de Weierstrass 23/26 Encontre os extremos de f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y no conjunto D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4} (x0, y0) ( 2, 1 2 ) (0, 4) (x, 0), x ∈ [0, 4] f(x0, y0) −1/4 28 0 Extremos: mínimo absoluto em D: ( 2, 1 2 ) e máximo absoluto em D: (0, 4). Otimização Teorema de Weierstrass 24/26 É preciso construir uma tubulação de água do ponto P ao ponto S. Ela deve atravessar regiões nas quais os custos de construção são diferentes (ver figura). O custo por o quilômetro em dólares é 3k de P a Q, 2k de Q a R e k de R a S. Encontre x e y de modo que o custo total C seja mínimo. PQ = √ 4 + x2 QR = √ 1 + (y − x)2 RS = 10 − y C(x, y) =3k √ 4 + x2+2k √ 1 + (y − x)2+k(10 − y) Otimização otimizacao-24-03-dominio.ggb Teorema de Weierstrass 25/26 Encontre x e y de modo que o custo total C(x, y) =3k √ 4 + x2+2k √ 1 + (y − x)2+k(10 − y) seja mínimo. C : A ⊂ R2 → R A ={(x, y) ∈ R2, 0 ≤ x ≤ y ≤ 10} Pontos críticos: interior de A ={(x, y) ∈ R2, 0 < x < y < 10} Na ∂A: 3 partes C(0, y), y ∈ [0, 10] C(x, x), x ∈ [0, 10] C(x, 10), x ∈ [0, 10] Referências e imagens Teorema de Weierstrass 26/26 The Only Critical Point in Town Test, https://doi.org/10.1080/0025570X.1985.11977172 Cálculo II/Cálculo Dif. e Integral II Máximos e Mínimos Equipe de CII e CDI-II Setembro - 2021 Universidade do Estado do Rio de Janeiro Conteúdo 2/26 1. Máximos e Mínimos Condicionados 2. Multiplicadores de Lagrange Antes da aula de 15/09, estude o Capítulo 7 do livro Cálculo II: volume I, disponível em Cálculo Diferencial e Integral II – Cálculo II – Vol. 1 Há arquivos auxiliares disponíveis no AVA para entendimento dos conceitos. Eles estão indicados na parte superior do slide associado a cada arquivo. Os .ggb devem ser abertos com o Geogebra Classic e os scripts .txt, com o CalcPlot3D. Além dos demais canais de comunicação com nossa equipe, você também pode tirar dúvidas por email: nunes@ime.uerj.br (Patrícia) Máximos e mínimos com vínculos 1/26 Máximosemínimos comvínculos Uma restrição linear 001MLCIIonlinepagina219.ggb Máximos e mínimos com vínculos 2/26 A análise do comportamento da função ao longo da curva definida pela restrição, permitiu concluir que: f não possui máximo no conjunto em que y + x = 1 f possui um único mínimo no conjunto em que y + x = 1 Restrição NL MLgeogebraPSzG4pe6.txt e MLgeogebraPSzG4pe6.ggb Máximos e mínimos com vínculos 3/26 A análise do comportamento da função ao longo da curva definida pela restrição, permitiu concluir que: f possui um máximo local no conjunto em que y2 − x = 5 4 f possui dois mínimos locais no conjunto em que y2 − x = 5 4 ML 004LagrangeMultiplierGxYU8Md.ggb Máximos e mínimos com vínculos 4/26 Teorema (online página 221) Sejam f, g : A ⊂ Rn → R funções de classe C1. Denotemos por S um conjunto de nível de g. Se f tem um ponto de máximo ou de mínimo x0 ∈ S e ∇g(x0) ̸= 0, então existe λ ∈ R tal que: ∇f(x0) = λ∇g(x0). Exemplos Máximos e mínimos com vínculos 5/26 f(x, y) = x2 + y2, g(x, y) = y + x, k = 1 (2x, 2y) =∇f(x, y) = λ∇g(x, y)= λ(1, 1)      2x = λ · 1 2y = λ · 1 y + x = 1 x = y= 1 2, λ = 1 f (1 2, 1 2 ) = 1 2 Exemplos Máximos e mínimos com vínculos 6/26 Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 + y2 tais que y2 − x = 5 4 f(x, y) = x2 + y2, g(x, y) = y2 − x, k = 5 4 (2x, 2y) =∇f(x, y) = λ∇g(x, y)= λ(−1, 2y)      2x = λ · −1 2y = λ · 2y y2 − x = 5 4 ,      −2x = λ 2y = −2x · 2y y2 − x = 5 4 ,      −2x = λ y(1 + 2x) = 0 y2 − x = 5 4 y = 0, x = −5 4, λ = 5 2, f ( −5 4, 0 ) = 25 16 x = −1 2, y = ± √ 3 2 , λ = 1, f ( −1 2, ± √ 3 2 ) = 1 Exemplos 005MLAnton887Ex3.txt Máximos e mínimos com vínculos 7/26 Determine os pontos da esfera x2 + y2 + z2 = 36 mais próximos e mais distantes do ponto (1, 2, 2) Função distância até (1, 2, 2): d(x, y, z) = √ (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 d(x0, y0, z0) ≤ d(x, y, z) ≤ d(x1, y1, z1) √ (x0−1)2+(y0−2)2+(z0−2)2≤√ (x−1)2+(y−2)2+(z−2)2≤√ (x1−1)2+(y1−2)2+(z1−2)2 (x0−1)2+(y0−2)2+(z0−2)2≤(x−1)2+(y−2)2+(z−2)2≤(x1−1)2+(y1−2)2+(z1−2)2 { ext. d(x,y,z)=√ (x−1)2+(y−2)2+(z−2)2 sujeito a x2 + y2 + z2 = 36 ⇔ { ext. f(x,y,z)=(x−1)2+(y−2)2+(z−2)2 sujeito a x2 + y2 + z2 = 36 Exemplos 005MLAnton887Ex3.txt Máximos e mínimos com vínculos 8/26 Determine os pontos da esfera x2 + y2 + z2 = 36 mais próximos e mais distantes do ponto (1, 2, 2) f(x,y,z)=(x−1)2+(y−2)2+(z−2)2, g(x,y,z)=x2+y2+z2, k=36 (2(x − 1), 2(y − 2), 2(z − 2)) =∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)= λ(2x, 2y, 2z)            2(x − 1) = λ · 2x 2(y − 2) = λ · 2y 2(z − 2) = λ · 2z x2 + y2 + z2 = 36 ,            x(1 − λ) = 1 x(y − 2) = λ · xy = y(x − 1) x(z − 2) = λ · xz = z(x − 1) x2 + y2 + z2 = 36 , Exemplos 005MLAnton887Ex3.txt Máximos e mínimos com vínculos 9/26 Determine os pontos da esfera x2 + y2 + z2 = 36 mais próximos e mais distantes do ponto (1, 2, 2) f(x,y,z)=(x−1)2+(y−2)2+(z−2)2, g(x,y,z)=x2+y2+z2, k=36            x(1 − λ) = 1 x(y − 2) = λ · xy = y(x − 1) x(z − 2) = λ · xz = z(x − 1) x2 + y2 + z2 = 36 ,            x(1 − λ) = 1 −2x = −y −2x = −z x2 + y2 + z2 = 36 9x2 = 36, x = ±2 x = −2, y = z = −4, λ = 3 2, d(−2, −4, −4) = 9 x = 2, y = z = 4, λ = 1 2, d(2, 4, 4) = 3 ML - necessária 006Canuto-Tabacco279.ggb Máximos e mínimos com vínculos 10/26 Determine, caso existam, os extremos de f(x, y) = 5 ( x 3 − y4 4 ) no conjunto x − y3 = 0. f(x, y) = 5 (x 3 − y4 4 ) , g(x, y) = x − y3, k = 0 (5 3, −5y3 ) =∇f(x, y) = λ∇g(x, y)= λ(1, −3y2)      5 3 = λ · 1 −5y3 = λ · −3y2 x − y3 = 0 ,      5 3 = λ y2(1 − y) = 0 x − y3 = 0 , ML - condição apenas necessária Máximos e mínimos com vínculos 11/26 Determine, caso existam, os extremos de f(x, y) = 5 ( x 3 − y4 4 ) no conjunto x − y3 = 0.      5 3 = λ y2(1 − y) = 0 x − y3 = 0 y = 0, x = 0, λ = 5 3, f (0, 0) = 0 y = 1, x = 1, λ = 5 3, f (1, 1) = 5 12 z = f(y3, y) = 5 ( y3 3 − y4 4 ) ML - duas restrições Máximos e mínimos com vínculos 12/26 Queremos determinar os extremos de w = f(x, y, z) sujeita a duas restrições g(x, y, z) = k e h(x, y, z) = c. ML - duas restrições Máximos e mínimos com vínculos 13/26 Teorema Sejam f, g, h : A ⊂ Rn → R funções de classe C1. Denotemos por S1 um conjunto de nível de g e por S2 um conjunto de nível de h. Seja S = S1 ∩ S2. Se f tem um ponto de máximo ou de mínimo x0 ∈ S e os vetores ∇g(x0) e ∇h(x0) não são paralelos, então existem λ1, λ2 ∈ R tais que: ∇f(x0) = λ1∇g(x0) + λ2∇h(x0). Exemplos 007MLOnline245Ex7.txt Máximos e mínimos com vínculos 14/26 Determine os valores máximos e mínimos de f(x, y, z) = x + 2y + z se x2 + y2 = 1 e y + z = 1. f(x, y, z) = x + 2y + z, g(x, y, z) = x2 + y2, k = 1, h(x, y, z) = y + z, c = 1 ∇f(x, y, z) = λ1∇g(x, y, z) + λ2∇h(x, y, z) (1, 2, 1) = λ1(2x, 2y, 0) + λ2(0, 1, 1)                1 = λ1 · 2x + λ2 · 0 2 = λ1 · 2y + λ2 · 1 1 = λ1 · 0 + λ2 · 1 x2 + y2 = 1 y + z = 1 ,                0 = λ1 · 2(x − y) 1 = λ1 · 2y 1 = λ2 x2 + y2 = 1 y + z = 1 , Exemplos 007MLOnline245Ex7.txt Máximos e mínimos com vínculos 15/26 Determine os valores máximos e mínimos de f(x, y, z) = x + 2y + z se x2 + y2 = 1 e y + z = 1. ∇f(x, y, z) = λ1∇g(x, y, z) + λ2∇h(x, y, z)                0 = λ1 · 2(x − y) 1 = λ1 · 2y 1 = λ2 x2 + y2 = 1 y + z = 1 λ1 = 0, impossível x = y = √ 2 2 , z = 2 − √ 2 2 , λ1 = √ 2 2 , λ2 = 1 x = y = − √ 2 2 , z = 2 + √ 2 2 , λ1 = − √ 2 2 , λ2 = 1 f (√ 2 2 , √ 2 2 , 2 − √ 2 2 ) = 1 + √ 2 f ( − √ 2 2 , − √ 2 2 , 2 + √ 2 2 ) = 1 − √ 2 Exemplos 008MLOnline237Ex7-2.txt Máximos e mínimos com vínculos 16/26 Determine o ponto da interseção dos planos x + y + z = 1 e 3x + 2y + z = 6 mais próximo da origem. Função distância até a origem: d(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2 d(x0, y0, z0) ≤ d(x, y, z) √ x2 0 + y2 0 + z2 0 ≤ √ x2 + y2 + z2 x2 0 + y2 0 + z2 0 ≤ x2 + y2 + z2      min d(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2 sujeito a x + y + z = 1 3x + 2y + z = 6 ⇔      min f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sujeito a x + y + z = 1 3x + 2y + z = 6 Exemplos 008MLOnline237Ex7-2.txt Máximos e mínimos com vínculos 17/26 Determine o ponto da interseção dos planos x + y + z = 1 e 3x + 2y + z = 6 mais próximo da origem. f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, g(x, y, z) = x + y + z, k = 1, h(x, y, z) = 3x + 2y + z, c = 6 ∇f(x, y, z) = λ1∇g(x, y, z) + λ2∇h(x, y, z) (2x, 2y, 2z) = λ1(1, 1, 1) + λ2(3, 2, 1)                2x = λ1 · 1 + λ2 · 3 2y = λ1 · 1 + λ2 · 2 2z = λ1 · 1 + λ2 · 1 x + y + z = 1 3x + 2y + z = 6 ,                2 = 3λ1 + 6λ2 12 = 6λ1 + 14λ2 2z = λ1 · 1 + λ2 · 1 x + y + z = 1 3x + 2y + z = 6 , Exemplos Máximos e mínimos com vínculos 18/26 Determine o ponto da interseção dos planos x + y + z = 1 e 3x + 2y + z = 6 mais próximo da origem. ∇f(x, y, z) = λ1∇g(x, y, z) + λ2∇h(x, y, z)                2 = 3λ1 + 6λ2 6 = 3λ1 + 7λ2 2z = λ1 · 1 + λ2 · 1 x + y + z = 1 3x + 2y + z = 6 ,                2 = 3λ1 + 6λ2 6 = 3λ1 + 7λ2 2z = λ1 · 1 + λ2 · 1 x + y = 1 − z = 8 3 3x + 2y = 6 − z = 23 3 λ2 = 4, λ1 = −22 3 , z = −5 3 x = 7 3, y = 1 3, d (7 3, 1 3, −5 3 ) = √ 75 9 = 5 √ 3 3 ML - hipótese violada 009Border3Ex5.txt Máximos e mínimos com vínculos 19/26 Encontre, se existir um mínimo de f(x, y, z) = x + z2 sujeito às restrições g(x, y, z) = y − x2 = 0 e h(x, y, z) = y + x2 = 0. f(x, y, z) = x + z2, g(x, y, z) = y − x2, k = 0, h(x, y, z) = y + x2, c = 0 ∇f(x, y, z) = λ1∇g(x, y, z) + λ2∇h(x, y, z) (1, 0, 2z) = λ1(−2x, 1, 0) + λ2(2x, 1, 0)                1 = λ1 · (−2x) + λ2 · 2x 0 = λ1 · 1 + λ2 · 1 2z = λ1 · 0 + λ2 · 0 y − x2 = 0 y + x2 = 0 ,                1 = 2x(λ2 − λ1) 0 = λ1 + λ2 2z = 0 y − x2 = 0 y + x2 = 0 , ML - hipótese violada 009Border3Ex5.txt Máximos e mínimos com vínculos 20/26 Encontre, se existir um mínimo de f(x, y, z) = x + z2 sujeito às restrições g(x, y, z) = y − x2 = 0 e h(x, y, z) = y + x2 = 0. (1, 0, 2z) = λ1(−2x, 1, 0) + λ2∇(2x, 1, 0)                1 = 2x(λ2 − λ1) 0 = λ1 + λ2 2z = 0 y − x2 = 0 y + x2 = 0 , x2 = y = −x2, x = 0, y = 0, z = 0, Com x = 0, não existe solução para 1 = 2x(λ2 − λ1) ∇g(x, y, z) = ∇h(x, y, z), x = 0, ∇g(x, y, z), ∇h(x, y, z) li, x ̸= 0 {y − x2 = 0} ∩ {y + x2 = 0} = eixo z w = f(0, 0, z) = z2, a origem é mínimo! Otimização Máximos e mínimos com vínculos 21/26 É preciso construir uma tubulação de água do ponto P ao ponto S. Ela deve atravessar regiões nas quais os custos de construção são diferentes (ver figura). O custo por o quilômetro em dólares é 3k de P a Q, 2k de Q a R e k de R a S. Encontre x e y de modo que o custo total C seja mínimo. PQ = √ 4 + x2 QR = √ 1 + y2 RS = z C(x, y, z) =3k √ 4 + x2+2k √ 1 + y2+kz C : A ⊂ R3 → R A = {(x, y, z) ∈ R3, x, y, z ≥ 0, x + y + z = 10} Otimização Máximos e mínimos com vínculos 22/26 Encontre x, y e z de modo que o custo total C(x, y, z) =3k √ 4 + x2+2k √ 1 + y2+kz seja mínimo em A. A = {(x, y, z) ∈ R3, x, y, z ≥ 0, x + y + z = 10} g(x, y, z) = x + y + z − 10 { min C(x, y, z) g(x, y, z) = 0 , { ∇C(x, y, z) = λ∇g g(x, y, z) = 0              3kx √ 4+x2 = λ · 1 2ky √ 1+y2 = λ · 1 k = λ · 1 g(x, y, z) = 0 ,              3x √ 4+x2 = 1 2y √ 1+y2 = 1 k = λ g(x, y, z) = 0 Otimização Máximos e mínimos com vínculos 23/26 Encontre x, y e z de modo que o custo total C(x, y, z) =3k √ 4 + x2+2k √ 1 + y2+kz seja mínimo em A. A = {(x, y, z) ∈ R3, x, y, z ≥ 0, x + y + z = 10} g(x, y, z) = x + y + z − 10 { ∇C(x, y, z) = λ∇g g(x, y, z) = 0 ,              3x √ 4+x2 = 1 2y √ 1+y2 = 1 k = λ g(x, y, z) = 0 , x = √ 2 2 , y = √ 3 3 , z = 10 − √ 2 2 − √ 3 3 , Nos planos coordenados Máximos e mínimos com vínculos 24/26 A = {(x, y, z) ∈ R3, x, y, z ≥ 0, x + y + z = 10} C(x, y, z) = 3k √ 4 + x2 + 2k √ 1 + y2 + kz f1(y) = C(0, y, 10 − y), = 3k √ 4 + 2k √ 1 + y2 + k(10 − y) , 0 ≤ y ≤ 10 f2(y) = C(x, 0, 10 − x), = 3k √ 4 + x2 + 2k √ 1 + k(10 − x) , 0 ≤ x ≤ 10 f3(x) = C(x, 10 − x, 0), = 3k √ 4 + x2 + 2k √ 1 + (10 − x)2, 0 ≤ x ≤ 10 Candidatos Máximos e mínimos com vínculos 25/26 0 ≤ t ≤ 10 f1(t) = 3k √ 4 + 2k √ 1 + t2 + k(10 − t) f2(t) = 3k √ 4 + t2 + 2k √ 1 + k(10 − t) f3(t) = 3k √ 4 + t2 + 2k √ 1 + (10 − t)2 C (√ 2 2 , √ 3 3 , 10 − √ 2 2 − √ 3 3 ) ≈ 17, 39 Fontes Máximos e mínimos com vínculos 26/26 https://www.geogebra.org/m/PSzG4pe6 https://www.geogebra.org/m/gXyun8mD Sum´ario 1 Integrais 1 1.1 O Problema de ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Propriedades da Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 O Teorema Fundamental do C´alculo (TFC) . . . . . . . . . . . 13 1.3 Integral Indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.1 Regra da Substitui¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.2 Integra¸c˜ao por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.3 Integrais Trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 i Cap´ıtulo 1 Integrais 1.1 O Problema de ´Area N´os come¸camos tentando resolver o PROBLEMA DE ´AREA: encontre a ´area da regi˜ao S que est´a sob a curva y = f(x), onde f(x) ≥ 0, de a at´e b. y Isso significa que S, ilustrada na figura ao lado, est´a limitada pelo gr´afico de uma fun¸c˜ao cont´ınua f [onde f(x) ≥ 0], pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x. S a b x y x = a y = f(x) x = b Observa¸c˜ao 1.1. Ao tentarmos resolver o problema de ´area, devemos nos perguntar: qual ´e o significado da palavra ´AREA? Essa quest˜ao ´e f´acil de ser respondida para regi˜oes com lado retos. L H A = L · H. b h A = 1 2b · h. A1 A2 A3 A4 A = A1 + A2 + A3 + A4 Observa¸c˜ao 1.2. N˜ao ´e t˜ao f´acil, no entanto, encontrar a ´area de uma regi˜ao com lados curvos. Para poder resolver isto, primeiro aproximamos a regi˜ao S usando triˆangulos ou retˆangulos e depois tomamos o limite das ´areas desses retˆangulos `a medida que aumentamos o n´umero de retˆangulos. Os exemplos a seguir ilustram bem isto. 1 Exemplo 1.3. Seja P,, um poligono regular com n lados (iguais) inscrito num circulo de rario r. (a) Dividindo o poligono em n retangulos congruentes com angulo central de an mostre que 1 2 A (P,,) = =nr? sen (=) ; 2 n (b) Mostre que lim A(P,) =ar?. Em particular, 0 circulo de raio r tem Area mr?. nm— co SOLUGAO : O poligono P,, 6 composto de n triangulos isésceles de lados r, todos com angulos iguais a 0, como é mostrado na figura abaixo. Cada triangulo tem igual area. Logo, para calcular a area de P,, é suficiente calcular uma das areas e multiplicar por n. Assim f <a \ (a) Temos né = 27. Logo 6 = =. Entao 2. sen 6 2 2 A(T) = aoa - = 5 sen (=). \ " " nr? Qn x | (b) Seja 0, = 27/n. Entao 6, 2 A (Py) = rr?» SE On) © 0, = 0. Lo 6, n Logo, pelo limite fundamental, A (P,) —> mr’. Exemplo 1.4. Use retangulos para estimar a Area sob a parabola y = 2? de 0 até 1. SOLUGAO : Yy . 1°: Note que A(S) < 1/2, pois S esta contida no 1 (1,1) triangulo de vértices (0,0), (1,0) e (1,1), que tem area 1/2. 2° : Suponha que S seja dividida em 4 faixas 51, So, $3 e Sy, tragando as retas 1 1 3 w= 7, e= FeL=7 (ver Figura 2 (a)) x 3° : Aproximamos cada faixa por um retangulo 0 1 . ‘ . com base igual a largura da faixa e altura FIGURA 1 igual ao lado direito da faixa. (Fig. 2 (b)) 2 y y 1 (1, 1) 1 (1, 1) So Sy x x 0 1 1 3 1 0 1 1 3 1 4 2 4 4 2 4 FIGURA 2 (a) FIGURA 2 (b) 4° : Da Figura 2 (b), as alturas desses intervalos sao os valores da funcgao f(x) = x? nas extremidades direitas dos subintervalos 1 11 1 3 3 0, — —,= ~,- —,1]. ea}: Lea}: Bale [i Cada retangulo tem largura i e altura (2)’, (2)’, (3) e (1)? respectivamente. Se Ry for a soma das areas dos retangulos aproximantes, teremos A(S) = A(S,) + A(S2) + A(S3) + A(S4) 1/1\? 1/1\? 1/3\? 1 =—|[- —[—- — (= -~(1)? <4 i(4) +3 (5) +3 (3) + 4) 15 = — = 0.48675. 32 y 5° : Consideraremos agora retangulos com altura 1 (1,1) o ponto inicial. (veja Figura 3) Assim, cada retangulo tem largura ; e altura 2 2 2 2 (0), Gs @)> G)- Se L, for a soma das areas de tais retangulos, teremos Ln\2 , 1 (1)? , 1 (1)? 4 1 (3/2 v A(S) > 70) +3 G) +7) +4) a ee = [y= 5 = 0.21875. 8 FIGURA 3 0.21875 < A(S) < 0.46875 3 6° : Podemos repetir estos procedimentos com um ntiimero maior de faixas. As figuras abaixo mostram o que acontece quando dividimos a regiao S em oito faixas com a mesma largura. y y | | 1) | | 1) x x O; 1 2 3 4 5 6 TF J O; 1 2 3 4 5 6 ZT |] 8 8 8 8 8 8 B 8 8 8 8&8 8 8 8B FIGURA 4 (a) FIGURA 4 (b) A(S) < (4) + (3) +... 43D? AUS) > B00)? FEE) HF 3 (2) = Rg = 0.3984375 = Lg = 0.2734375 0.2734375 < A(S) < 0.3984375 7° : Para obter melhores estimativas aumentamos o numero de faixas. A tabela na lateral mostra resultados de calculos Ss | 0.2734375 | 0.3984375 similares usando n retangulos cujas alturas sao . 10 | 0.2850000 | 0.3850000 encontradas com as extremidades esquerda (L,,) ou com as extremidades direitas (R,.). 032340001 0.3434000 8° : A medida que aumenta n, L, e R, aproximam-se 0.3283500 | 0.3383500 de 0.333333333333333 ... = ; Portanto A(s) = 5 1000 | 0.3328335 | 0.3338335 Observagao 1.5. Vamos mostrar de maneira formal que A(S)= lim R, = ! (9) = a ie = 3 4 y 1° : Dividimos [0, 1] em n intervalos I (1,1) (0, x1] U [241, X2| U...U [2n—2, Ln—1| U [2n—1, 1]. 1° 90 ( 1)e ° de igual comprimento. 2°: Para cada k = 1,2,...,n considere o retangulo de base [x,_1, tx] e altura f(xp) = x77, cuja area é dada por r _ 0 1 (xp — pe-1) f (Lr). Cpt rE , . _ 1 ~ 3°: A largura de [0,1] 61. Assim, a largura de cada faixa é Av = —. Entao n M1 0O= 4 => Mar 1, 1 2 %]-My=- = W=, . k ann aR entado 2,=—-, k=1,2,3,...,n. &3—%2=* —= v3 = 5, n Logo 1 2,1 2,1 2 Ll 2,1 2 Ry, =- — — Lee — (Lp — (Xn | (ei) + = (#2) + = (23) | be +> (tn) 1/1\? 1 /2\?— 1 (3? 1(n-1\? 102.9 =-({-]} +-—(-—) +-{-]} +...+-—{|—] +-() n\n n\n n\n n n n 1 = [1° 42°43? +...4(n-1)? +n’). n 4° : Utilizamos aqui a formula para a soma dos quadrados dos n primeiros inteiros positivos: 1)(2 1 PEPEP E+ (ny tne = Met UGn +t) (1.1) Entao 1 1)(2 1 1 1 1 pr, - 2 Meters 11) (gt). n3 6 6 n n Fazendo n —+ oo, obtemos 1 A(S) = lim R, = =. n—00 3 5 1.1.1 Area Vamos aplicar as ideias do Exemplo 1.4 e Observagao 1.5 para regioes S mais gerais. y y = f(x) r=a xr=b x a Zy XQ U3 +++ Le-1 Ue +++ In-2 Ln-1 1° : Comegamos por subdividir S em n faixas $1, So,...,S,-1 e Sp, de igual largura. Essas faixas dividem [a,b] em n subintervalos [a, v1] U (a1, v2] UU... U [an—2, Un—1] U [@n-1, b]. ee —[—S Ys si’ 1° 2° (n—1)° n° de igual comprimento. b— 2°: A largura de [a,b] 6 b—a. Assim, a largura de cada faixa é Ar = ~—"' Entao n g-a= 09 = a =at 9, __ (b-a) _ 2(b—a) 2-24 =O OSS OD FS A ,—7 k(b — 300 —s n= a4 BO” k =1,2,3,...,n. 3 — t= & 9) => v3 =a 4 3h, n 3°: Aproximando S;, pelo retangulo de base [x,_1, 2] (de largura Az), e altura f(2;) [f(a) > 0]. Entao 5; 6 aproximado por f(x,) - Av. Logo, a area total é aproximado por Ry, = f(a1)Ax + f(aa)Au +... + f(an)Az. Esta aproximacao torna-se cada vez melhor a medida que aumentamos o ntimero de faixas, isto é, quando n — oo. Portanto, vamos definir a area de S da seguinte forma: Definigao 1.6 (AREA). Quando f(x) > 0 é continua, a AREA de S' que esta sob o grafico de f é definida por n A(S) = lim Ry = lim (>: f (ax) + a») . 6 Observacao 1.7. (1) Pode ser demonstrado que obteremos o mesmo valor da Definigéo 1.6 se usarmos as extremidades esquerdas aproximantes: A(S'}) = lim L, = lim [f(xo) Ax + f(ai)Ar +... + f(@n_1)Az]. N—->Co n—->Co (2) Em vez de usarmos extremidades esquerda ou direita, podemos tomar a altura do k—ésimo retangulo com o valor de f em qualquer nimero x; no k—ésimo subin- tervalo [a,~1, 2%]. Chamamos os ntmeros xj}, 75,...,7% de PONTOS AMOSTRAIS. y y = f(z) r=a x=b x a Zy XQ UZ +++ Th-ll LE +++ n-2 Tn-1 x5 Lj, A(S') = lim Lf(ap)Aa + f(ap)Ax+...+ f(a*)Ag] noo Exemplo 1.8. Calcular a Area da regiaéo que esta sob o grafico de f(x) = e~” entre r=O0ex=2. SOLUCAO : y | : 2-0 2 2k 2k 1°: Av = —— =-. Entao x, =0+ —=—. ee n n n n y _ ! 2°: A soma das 4reas dos retangulos aproximantes é e : 2 Rn =~ (f(21) +... + £(tn)) ) 2/2 _4 ~2n=1) 5 0 i 9 v =H (er tet tite n +e ). 3°: Multiplicando R, por eon, obtemos 2 2(n—1) Ry==(eh tee teh bbe + 07) (1.2) 2 (n=1) (n+1) CoRR == (eR He. eM E eHeNE) (1.3) 7 4° : Da diferenca de (1.2) com (1.3), podemos escrever Ry e-* Ry, = 2 (ce — ca) n 2 2 = =.en(1—e%). 2 ek (1c) Por outro lado, note que 1 — eon =e7n (c — 1). Entao R, = (1—-e?)-— >. (1.4) n (e2/" — 1) 5° : Para resolver a expressao (1.4), observe que 2 ()__, 9 dor —+4 ——. = —_" = uando x OO r(e/#—1) (@/#—-1) °0 4 Logo, por L’ Hospital 2 2 ; rH y (-s) oy 1 lim e2/x —1 7 fim (—3e?/*) 7 fim e2/ =r Por tanto | A(S) = 1—e~? Observagao 1.9. Seja g : [a,b] —> R uma fungao continua tal que g(x) <0 para todo z € [a, }]. Seja R a regiao limitada pelo grafico de y = g(x), pelas retas verticais xr =aex=b e pelo eixo x (ver FIGURA I). Para calcular A(R), considere a funcgéo f(x) = —g(x) a qual é nao negativa em [a,b] (ver FIGURA II). Logo definimos A(R) = A(S) Yy y c b x y = f(z) y = g(2) a b * FIGURA I FIGURA II Observacao 1.10. O método usado até agora pode ser generalizada para qualquer tipo de funcoes, introduzindo o conceito de integral definida. 8 1.2 Integral Definida Definigao 1.11. Seja f : [a,b] —> R uma fungao continua. Dividimos [a,b] em n ; ; i, b-a .. subintervalos de comprimentos iguais Ax = ——. Sejam n A=%<@<%.<...< Up_-1 <2n =) as extremidades dos subintervalos, e sejam xj,..., x77, pontos amostrais arbitrarios em [v0,%1],---,[@n—-1, %n] respectivamente. Entao a INTEGRAL DEFINIDA de f deaabé b n J fleo)ae = Jim, (YO F(e5) de a j=l desde que o limite exista e dé o mesmo valor para todas as possiveis escolhas de pontos amostrais. Se ele existir, dizemos que f é INTEGRAVEL em [a, 0]. Observagao 1.12. b (1) f(x) > 0 em [a,b] implica A(S) = / f(x) dx, onde S' é a regiao limitada pelo grafico de f, pelas retas verticais 7 = aer=be pelo eixo x. (2) Se f assumir valores positivos e negativos, entao y b (3) / f(x) dx é um ntmero; ela nao depende de x. Entaéo podemos colocar b b b / f(x) dr = / f(t) dt = / f(r) dr. (4) Para uma fungao descontinua temos o seguinte resultado: y RESULTADO: Se f for continua em [{a, b], ou —” f tiver apenas um numero finito de descon- Si a: Sy tinuidades de saltos, entao f é integravel ; ; iy 7 em [a,b]. Além disso “ 93 b f f = A(S1) + A(S2) — A(S3) + A(S4). 9 Observacgao 1.13. Nem sempre é facil calcular f f(x)dx por medio de limite de somatoria (ver Exemplos 1.4 e 1.8). Mas em alguns casos podemos calcular diretamente por medio de interpretacao de areas. Exemplo 1.14. Calcule as integrais a seguir interpretando cada uma em termos de areas. 1 3 (a) Jy = | Vl—<«2? dz. (b) Jy = | (x—1) dx. 0 0 SOLUCAO : y (a) y=V1—-27,0<2<1. Logor?+y=1, y>0. Entao y= V1—2?, 0O<a2<1 é€a parte do semicirculo at y=V1-2? superior, de centro (0,0) e raio 1, no primeiro quadrante. if Portanto 0 r1 * Jz = +(drea de disco de raio 1) =}: (m)- (1)? = &. oe y (b) Note que y= a2—1,0<2< 3 60 segmento de reta 2 que une (0, —1) e (3,2) e que passa por (1,0). Temos assim as regioes triangulares 7) e 75. Portanto x (1)(1) , (2)(@2) _ 3 yy" 3 Jy = —A(T A(T) = — =<. 2 (T,) + A(T2) 9 + 5 5 1 1.2.1 Propriedades da Integral Definida Quando definimos f f(x) dx, implicitamente assumimos a < b, mas a definicao como o limite de somas de Riemman faz sentido mesmo que a > b. Observe que se . ~ , b—a a—b invertemos a e b, entao Ax mudaré de ——— para ——. Portanto n n a b [ feoae=- [toe b a Se a = b, entéo Ax = 0, de modo que / f(x) dx = 0 10 Proposigao 1.15. Sejam f e g funcoes integraveis em [a, b], entao b (1) / cdx = c(b— a), onde c é qualquer constante. b b b @) f (fle) +(e) a= [pears flo) ae. b b (3) / cf(x) dx = | f(x) dx, onde c é qualquer constante. b b b 4) f fle) s(x) ae =f pteyae— f g(v)ae. Prova. (1) Temos o seguinte: y y c>0 a c<0 b | ) == | io x x c a b b b / cdx = area = c(b—a). / cdx = —area = c(b— a). (2) Pelo limite de Soma de Riemman, obtemos b n [ Ute) + 9(e)] ae = Jim Slee) + 9a) 0 JF = lim, > f(aj)Aa + toa j=l j=l = Jim S- f(x;)Ax+ dm S g(a) Ax j=l j=l b b = / f(a) dx +f g(x) dx. (3) e (4) sao demonstradas de forma andloga a (2). O Exemplo 1.16. Use as propriedades das integrais para calcular 1 J= | (4 + 327) dx. 0 11 soLucho : OO 1 1 1° : Pela Proposigéao 1.15 temos J = | 4dx + | x dx. 0 0 2° : Pela Proposigao 1.15, item (1) e do Exemplo 1.4, obtemos 1 J=A1—0)+3-5=44+1=5. A propriedade a seguir nos diz como combinar integrais da mesma funcgaéo em in- tervalos adjacentes: Proposigao 1.17. Seja f : [a,b] —> R uma fungao integravel. Entao c b b / f(z) ax+ | f(a) dx = / f(x) dz. _ ~ gee y A prova da Proposigéo 1.17 nao é facil em geral. Para o caso onde f(x) > 0 ea<c <b, a proprie- dade pode ser vista a partir da interpretacao geo- Rp métrica da figura ao lado: a drea sob y = f(x) de a até c mais a area de ¢ até 6 é igual a area total + de a até b. a Cc b Exemplo 1.18. Se ésabido que f° f(x)dz =17e f f (x) dx = 12, encontre fe f (x) dx. SOLUCAO : Pela Proposigao 1.17 temos 8 10 10 10 | fla)de+ fo)de= | f(a) dx => | f(a) dx =17-12=5. 0 . 8 0 . 8 Proposigao 1.19 (Propriedades Comparativas de Integral). b (1) Se f(a) > 0 em |a, b], entao / f(x) dx > 0. b b (2) Se f(a) < g(x) em [a,b], entao / f(a)dxa< / g(x) dx. (3) Sem < f(x) < M em [a,b], entao b m(b—a) < / f(a) dz < M(b— a). 12 1 Exemplo 1.20. Use a Proposicgao 1.19 para estimar o valor de | e” dx. 0 SOLUGAO : 1°: Uma vez que f(x) = e~* 6 uma funcao decrescente, temos m=min. abs. = f(1) =e"! e M = max. abs. = f(0) =1. 2° : Pela Proposicgao 1.19, item (3), obtemos I 2 e (1-0) < | e* dx <1(1—0). 0 I 2 3° : Como e7! & 0.3679, obtemos 0.3679 < | e* dx <i. 0 1.2.2. O Teorema Fundamental do Calculo (TFC) O Teorema estabelece uma conexao entre os dois ramos do Calculo: o diferencial e o integral. O calculo diferencial surgiu do problema da tangente, enquanto da integral surgiu do problema de area. O estudo do Teorema sera dividido em duas partes. Teorema Fundamental do Calculo, parte 1 Esta lida com fungoes definidas por uma equacao da forma F(x) = / f(t) dt. onde f(t) é continua em [a,b] e x varia entre ae b. y Se f for uma fungao positiva, entao F(x) pode y=foO7F ser interpretada como a area sob o grafico de f de a até x, onde x pode variar de a até b. x a x b Teorema 1.21 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 1). Se f for continua em [a,b], entéo a funcao F' definida por F(a) = [ f(t)dt a <a <b, é continua em [a, b], derivavel em Ja, b[ e F’(x) = f(x). Em outras palavras = (f fat) =F) — = f(z). dx \ Ja 13 Exemplo 1.22. Encontre a derivada da fungao F(x) = | V1+t dt. 0 soLucdo : Uma vez que f(t) = V1+4+ # é continua, a parte 1 do TFC fornece F"(x) = V1 + 2?. d { [* Exemplo 1.23. Encontre — (/ noat). dx 1 soLucdo : 1° : Aqui devemos ser cuidadosos ao usar o TFC, parte 1. Para isto, observe o seguinte: g(x) = x", [ lr => Intdt = Intdt = h(g(x)) = (ho g)(2). ny) = [Pinede | | (g(x)) = (he gle) 2° : Pelo TFC, parte 1 h’(y) =Iny. Como g/(x) = 4x3, pela Regra da Cadeia, obtemos d " / / 3 3 4 in Intdt | = h'(g(x))- g(x) = In(g(az)) - 4a" = 4x” In(2”*). 1 Observagao 1.24. Se a(x) e B(x) sao derivaveis, vamos encontrar uma formula para d B(a) — t) dt]. 1.5 of. 0 (1.5) 1° : Fixemos a € R, entao B(x) a B(x) / f(t) a= f f(t) a+ | f(t) dt a(x) a(x) a a(x) B(x) - -| f(t) ar+ | f(t) dt B(x) a(x) = / f(t) dt — / f(t) dt. y 2° : Seja F(y) = / f(t) dt. Pelo TFC, parte 1 F’(y) = f(y). Além disso B(2) [., fOdt= FR) ~ Plate) 3°: Pela Regra da Cadeia, obtemos d B@) / / / / ae ([., Ode) = PB) Pe) ~ Fal) al) = f(B(x))B(&) — fla(a))a'(z). 14 d a Exemplo 1.25. Encontre o valor de — ——dt }. dx Qn t? + 1 SOLUCAO : ??—1 - - Seja f(t) = Pal’ entaéo pela Observacao 1.24, obtemos d ( [*t?-1 — ——_dt) = f(3xr)(3x)' — f(2x)(2x)' ef. weit) = £82160) ~ F@x)(22) _ 3 (9e" —1) 9 Aa” —1) (92 +1) ~ (4x? +1) _ 86a4 + 25a? — 1 (9a? + 1)(4a? + 1)’ Teorema Fundamental do Calculo, Parte 2 Vimos anteriormente que, para calcular integrais, usamos a definicao, isto é, como um limite de Somas de Riemman e vimos que esse procedimento é as vezes longo e dificil. A segunda parte do TFC, que segue facilmente da primeira parte, nos fornece um método muito mais simples para o calculo de integrais. Teorema 1.26 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 2). Se f for continua em [a, b], entao b [ fear =F) - Fa onde F' é qualquer primitiva de f, isto é, uma funcao tal que F” = f. Observacao 1.27. Sejam F' e G duas primitivas de f, entao G'(r) = F’(x), logo G(x) = F(#)+c. Assim G(b) — G(a) = [F(b) +c — [F(a) +c] = F(b) — F(a). Do TFC, parte 2, obtemos b xz=b / F(a) dx = F(x)| = F(b) — F(a). Exemplo 1.28. Calcular o valor da integral | sen x dx. 0 SOLUCAO : f(x) = senz é continua em [0,7]. Além disso F(x) = —cos satisfaz F’(x) = sen a. Logo pelo TFC, parte 2 | sen x dx -|/ (—cos x)! dx =— cos x | = —cosfmy + cos(0) = 1 0 0 xz=0 15 6 d Exemplo 1.29. Calcular o valor da integral | o 3 SOLUGAO : 1 Temos que f(x) = — é continua em [3,6]. Além disso, F(x) = In |z| é uma primitiva x de f(x). Entao 6 6 | da _ In |6] — In [3] = nfs = In2. 3 3 Observacao 1.30. Observe que na integral 3 1 | dz, 1 v ~ . . 1. , . o TFC, parte 2, nao pode ser aplicado, pois f(z) = — nao esta definida em + = 0. E x portanto esta integral nao existe. Exemplo 1.31. Encontre uma funcao f e um numero a tal que * f(t) 6+ / ——dt = 2/2. * OF Vx (*) SOLUGAO : 1° : Fazendo x = a, a integral na parte esquerda da expressao (*) é zero. Logo 6 =2/a = Ja=3 = a=9. 2° : Derivando (*) em relacao a xz, pelo TFC, parte 1, obtemos fv) _ 1 x riz fa) === ava 9 1 Exemplo 1.32. Encontre o valor de | (2 + Vt =) dt. 1 SOLUCAO : 2 1 1 Temos que F(t) = 2t, G(t) = ah e H(t) = “5 sao primitivas de 2, Vt e 2 respecti- vamente. Logo, pelo TFC, parte 1, obtemos 9 t=9 1 2 1 | 2+vVt——) dt = (2¢+ =#/? + — 1 2 3 t) | 2 1 2 = |2(9) + 5(9)*/? + -| — |2(1) + 5(1)°? +1 3 9 3 _ 369 18° 16 1.3. Integral Indefinida Definicgao 1.33. Seja f : J —> R uma fungao. Diremos que F' : J — R é uma PRIMITIVA de f(x), se F’(x) = f(x) para todo x € I. 1 Exemplo 1.34. Seja f(x) = x? + —. Entao x x : / 2 1 Z : sae e F(x) = 3 + In |x| satisfaz F"(x) =a2°+—= f(x), = > €uma primitiva. x x . / 2 1 Z . ad e G(x) = 3 + In |x| +9 satisfaz G(x) = a° +—-— = f(x), = > éuma primitiva. x Estas sao todas as primitivas? Para responder isto, observe que se H(x) e J(x) sao primitivas de f(x), entao H'(x) = J'(x), para todo zx. Logo, por um Coroldrio do Teorema de Valor Médio, H(x) = J(x) +c, onde c é uma constante. Assim, todos as primitivas sao dados por 3 H(x)= 3 tinle| +¢ Observagao 1.35. (1) De maneira geral, se F(x) é uma primitiva de f(x), entao todas as primitivas sao da forma F(x) +c. (2) Vamos introduzir a seguinte notagao: [t@ dx = F(z) significa F'(x) = f(x) (3) Em particular, temos que [Fo dx = F(x) +c. Definigao 1.36. Seja y = f(x) uma fungao definida em um conjunto J. A expresso [toa é chamada de INTEGRAL INDEFINIDA de f(z). Proposigao 1.37. Sejam f e g duas funcoes, a e 6 duas constantes. Entao [lo fo) + 89(a))dr=a f p(e)ar+ 9 f g(v) ae. 17 Integrais de algumas funcgoes basicas d (1) Go lke +e) = 6 = Kdzt=Kx+c x d gntl grt 2) P 1 (> —4¢)=2" "dy = —— (2) ParanF temos (= +e) x = Je dx naire d 1 1 (3) = Una] +c) = — = [cae Inlel +e d x xv x x (4) —(e*+c)=e = edz =e" +c dx d [{ a® + + a” (5) Paraa>0, a #1 temos — | —+c] =a = a” dx = —-+c¢ dz \|Ina lna d (6) qq Senet ¢) = cose = cosxdxz = senx +c d (7) qq ose +e) = — sens => sen x dx = —cosx+c d 2 2 (8) qq (tans +c) = sec x = sec’ xdx = tanz+c d 2 2 (9) in (cotan x + c) = — cossec* x = cossec’ «dx = —cotanxz +c d (10) qq ecw + 6) = secu tans => secx- tanxdxr = secu +c d (11) in (cossec 7 + c) = —cossecx-cotanz => cossec x - cotan x dx = — cossec x + € d 1 1 (12) in (arctan x +c) = Pal = pei = arctanz +c (13) d ( + c) ! = : d + — (arcsen x + c) = ———= ———dr = arcsenr + € dx V1 —2? V1 —2? Exemplo 1.38. Calcular J = / (x° — 6a’) dx. SOLUGAO : Pela Proposigao 1.37 e item (2), obtemos 4 2 4 — | Bdr— ga eet _ 84 j= [ode 6 fxde ml 6-5 te m 3u* +. 18 2\/% —1 3 Exemplo 1.39. Calcular J = vive + 4cos x2 — ——— } dz. x? x?+1 SOLUCAO : Pela Proposicao 1.37 e itens (2), (6) e (12), obtemos 1 3 J= Vi — 5 + dose — Go dx 1/2 2 dx = fu dr— [xu “dx+4 | cosxdr—3 | [—— xr +1 yh/2t1 goth = ~— — ———. + 4senz — 3arctanaz s+1 (-2+1) 2 = a +a7'+4senx — 3arctanz +c. Observacao 1.40. Nem todas as integrais podem ser calculadas s6 usando as integrais de fungoes basicas. Vamos introduzir entao varios métodos para resolver isto. 1.3.1 Regra da Substituigao MOTIVAGAO: Vamos considerar a seguinte integral: J= [wi + x? dx. (1.6) d 9 ~ , . 1° : Note que dn (1 +2 ) = 2x. Logo, a funcao que esta dentro da derivada e o x resultado deste, aparece na integral dada em (1.6). Pondo f(x) = 1+ 2x”, temos J= [fovre de. (1.7) 2 2° : Seja g(x) = \/x. Uma antiderivada de g(a) é dada por G(x) = ra De (1.7) r= | #2)-6(F@)ae. 3°: Pela Regra da Cadeia, temos (Go f)'(x) = G’(f(x)) - f’(x). Portanto ! 27 2 3/2 J= [iGer) (x) dx = G(f(x))+c= 3 (a? +1) +. Observagao 1.41. Em geral, 0 método usado para resolver (1.6) funciona sempre que temos uma integral que possa ser escrita da forma [ e@yr@ac. (1.8) 19 1° : Seja G(x) uma primitiva de g(x). Entaéo pela Regra da Cadeia obtemos [oreorre da = [eva dx = G(f(x)) +e. (1.9) ~ du , . ~ 2° : Fazemos u = f(x), entao a f'(x). Vamos considerar agora a notagao x “du = f'(x) dx". Logo, de (1.9), podemos escrever [fF @) ae = G(F(@) +e= Glu) +e= | glu) du Para a integral definida, existem dois métodos para poder calcular por substituicao. (1) O primeiro consiste em calcular a integral indefinida, que é uma primitiva da fungao dentro da integral definida, e logo usar o TFC. Por exemplo, se queremos calcular a integral 4 | V2x+1dx 0 faremos o seguinte: 1° : Calcularemos a sua integral indefinida. Isto 6, / V2x+1dz. Para isto, considere a substituigao u = 2% + 1, logo du = 2dz, Entao 1 [ veeF ae = 5 | vid 1 2 = 5° au 746 1 = 3 (2e + 1)? + ¢. 2° : Entao, pelo TFC, parte 2, obtemos 4 1 r=4 | V2x+1dr= 3 (2e + 1s 0 z=0 1 3/2 1 3/2 = 5 (2(4) +1) — 5(2(0) +1) 1 1 = =(27) — =(1 5(27) ~ 5(1) _ 26 => (2) O segundo método, geralmente preferivel, consiste em alterar os limites de inte- gragao ao mudar a variavel. O resultado a seguir é 0 seguinte: 20 Teorema 1.42 (REGRA DE SUBSTITUICAO). Se f’ for continua em |a,b] e g for continua na imagem de u = f(x), entao b , f(b) J oseoyt tear = [alu du a f(a) 4 Exemplo 1.43. Calcular | V 2x + 1dzx usando o Teorema 1.42. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = 27 + 1, temos du = 2dx. Além disso c=0 = w=2(0)+1=1 e c=4 = uw=2(4)4+1=9. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos 4 1 9 | V2x +1dx = 5 | Judu 0 1 u=9 _1 vA = -u 3 u=1 1 1 26 — _(9)3/2 _ = 1)3/2 = =. 5(9)*? — =(1? == Exemplo 1.44. Calcular J = [voncae. SOLUGAO : sen x Sabemos que tan x = ——. Fazendo u = cos x, temos du = —senx dx. Logo cos x j= [w= - COs & u =-—In|ul+c = —In|cos2| +c. a/2 Exemplo 1.45. Calcular | sen? x cos x dx. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = senz, temos du = cosx dz. Além disso 7 7 x=0 = u=sen(0) =0 e c= 7 => w=sen (>) =1. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos am /2 1 4 ;u=1 1 | sen’ x cosrde = [ au = 5 =-, 0 0 4 u=0 4 21 Exemplo 1.46. Calcular J = [evi + x? dx. SOLUGAO : 1° : Note que eVl+a2?=a-x-V14 22. d 2° : Fazemos a substituicdo u = 14+ 27, entdo du = 2xdx. Assim xdx = > Além disso x* = (u —1)?. Portanto d l 1/2 (,.2 =5/% (u — 2u +1) du I / 5/2 3/2 1/2 == [wu — 2u’/*+u | du 2 1] 2 2 2 1 2 1 _ = (1 +2°)"? _ (1 + 4?)/? 4 3(1 + 47)3/? Le. O proximo teorema usa a Regra da Substituicao para simplificar o cdlculo de integrais que possuam propriedades de simetria. Teorema 1.47 (INTEGRAIS DE FUNGOES SIMETRICAS). Seja a > 0 e suponha que f seja continua em [—a, a]. (1) Se f é par [f(—a) = f(x)], entao / f(x) dx = 2 | f(a) dz. —a 0 (2) Se f é impar [f(—x) = —f(x)], entao / f(x) dx =0. Prova. De modo geral temos a 0 a —a a | fla)de = | flayae + f f(a) de =~ f flayae+ f f(a) dz. —a —a 0 0 0 Na primeira integral da ultima igualdade fazemos a substituigao u = —a. Entao du = —dx e quando x = 0 => u = 0, e quando x = —a => u =a. Logo - [tear =— f p-w (-ay) = [fw 0 0 0 Entao a a a | f(x) dx = | f(—u) du +f f(a) da. (1.10) a 0 0 22 (1) Se f for par, entao f(—u) = f(u). Logo, de (1.10) segue-se / F(a) a= f Fuydu+ | fla)de =2 | f(a) de. ~a 0 0 0 (2) Se f for impar, entao f(—u) = —f(u). Logo, de (1.10) segue-se | f(a) de =~ f Flu)du f f(a) dx =0. o a 0 0 y y aie T Sf x a x f par, | f(x) dx = 2 | f(x) dx. f impar, | f(x) dx = 0. —a 0 —a Exemplo 1.48. Uma vez que f(x) = 2° 4+ 1 satisfaz f(—x) = f(x), ela é par, e portanto 2 2 | (c° + 1) av =2 | (x° + 1) dx -2 0 a we 128 284 =2(— =2(—42)=—. Exemplo 1.49. Jé que f(r) = Tt +8 catistaz f(—2) = —f(a), ela é impar p 49. 4 que f(t) = aaa Batista r)= x), ela é impar, e por conseguinte [ rt+at+sent a, 9 _, l+a2?424 _—_ 1.3.2 Integracao por Partes A Regra do produto afirma que se f e g sao funcoes derivaveis, entao d / / ag HO) 92) = Fe)g(@) + Fle) g"(@). Pelo TFC, parte 2, obtemos z=b b b Fo)-ga)| =f F(ojgte)aes fF fayg' (oar 23 ou equivalentemente b ¢=b b [ fed @ae= ta)-o0)| = | oayste)ax (1.11) A formula (1.11) é chamada de INTEGRAGAO POR PARTES PARA INTEGRAL DEFINIDA. Talvez seja mais facil lembrar com a seguinte notacao: _ — dy = f' d b v=b b eu= f(x) u=f(a)dr, [wto= w - | vau (1.12) ev=g(r) = dv= g(a) dz. a wa Jaq Em termos de integral indefinida, podemos escrever fude=w- fod (1.13) 3 Exemplo 1.50. Calcular 0 valor de J = | x Ina dz. 1 SOLUGAO : J= fP Qn x)(9x) dx. Logo usamos integracdo por partes da forma u=Ing, du = dx/x, — dv = 9x? dx v = 32°. Como In1 = 0, de (1.12) obtemos x2=3 3 J = 32" nc| -3 | x? dx z=1 1 xr=3 =81ln3—25 z=1 = 811n3 — 26. Exemplo 1.51. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : Usamos integracao por partes da forma U= Z, du = dx, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J =—xcosx+ [ecoseds = —xcosx+senz +c. 24 1 Exemplo 1.52. Calcular 0 valor de J = | (a? + 1)e* de. 0 SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=2+1, du = 2x dz, — dv =e"* dx v=-e”. De (1.12) obtemos a=1 1 J=~(0? + Ye*| +2 f re "dx «z=0 0 1 =-2e +14 2 | xe" dx. (1.14) 0 _ 1 2°: Seja J = | xe “dx. Logo, usaremos integracao por partes da forma 0 u= x, du = dx, ~ = ~ dv =e * dx v=-e™. Aplicando (1.12) a J, obtemos ~ z=1 1 z=1 J=-ve“*| +f ede =—e! 6 xz=0 0 «z=0 =-e'—-e!'+1=1-2et, (1.15) 3° : Substituimos (1.15) em (1.14). Entao J =—2e'+4+14+2(1-2e') =3-6e™. Exemplo 1.53. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=er, du = e* dz, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J =—-e cos“ + Je cos x dx. (1.16) 25 2° : Seja J= Je cos x dx. Logo, usaremos integragao por partes da forma u=er’, du = dx, => _ dv = cos x dx v=-e”. Aplicando (1.12) a J, obtemos J =e"senx — Je sen x dx =e"senx — J. (1.17) 3° : Substituimos (1.17) em (1.16). Entao J =—e* cosx+e*senx — J = J = 5 (sen — cost) +e Exemplo 1.54. Calcular J = / G e* —2° In w) dx. SOLUCAO : 1° : Note que J= / G em — 2? nx) dx = [« e” dx — [© Inadz = J, — Jo. (1.18) 2: J, = Je e* dx. Usaremos substituicdo. Seja u = x*, logo du = 4x? dx. Assim 1 u e ev A=F Sdu= Tras te. (1.19) 3°: j= foo x)ax° dx. Usaremos integracao por partes. Logo u=Ing, du = dx/x, 5 = 6 dv = x? dz. v=2'/6. Aplicando (1.13) a Jz obtemos xelIng 1 J» = 6 _ 6 Je dx x’Inx «2° = — — — . 1.20 6 36 + C2 ( ) ec —¢®Inx x8 4° : Substituimos (1.19) e (1.20) em (1.18). Entao | J = TTR + 36 +¢€ 26 1.3.3 Integrais Trigonométricas MOTIVAGAO: Vamos avaliar a seguinte integral: J= [son's cos” x dx. (1.21) 1° : Sabemos que sen? x + cos? x = 1. Entao sen” x cos” a = (sen? x)* sen a cos? x = (1 — cos? x) cos’ x sen x. Logo, podemos escrever (1.21) da forma J= / (1 — cos? x)” cos? x sen x dx. (1.22) 2° : Como (cos x)’ = —sen a, fazemos u = cos x. Logo du = —sena dx. Entao J= -| (1 —w)* u? du = = | (u? =a +08) du we jw . ul . =—(—-2—-4— C 3 5 7 cos?a 2 . cos! & = ——>— + = cos" © — — +c. 3 5 x Observacao 1.55. Usaremos esta ideia para poder avaliar alguns tipos de integrais. Para isto, primeiro recordemos o seguinte: d d Z 2 2 e —(senz)=cosz, —(cosx)=-—senz. ‘Também sen’ z+ cos’ x = 1. dx dx d (tan x) ° d (sec x) t També e —(tanz) =sec’x, —(secx) =secx-tanxg. Também dx dx sec? ¢ — tan? a = 1. d 9 d , e — (cotanz) = —cossec* x, — (cossecx) = —cossecx-cotanz. 'Também dx dx cossec” x — cotan? x = 1. Podemos entao avaliar integrais do tipo / sen” x cos” x dx, / tan” x sec” x dx, / cotan”™ x cossec” x dx. 27 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sors cos” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1:n=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= [son x (cos? x)" cos x dx = [sos (1 — sen? x)" cos x dx. (1.23) 2° : Fazemos a mudanca u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= pera —u*)* du = [rw du, (1.24) onde P = P(u) é um polin6émio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.56. Calcule o valor de J = [son's cos? x dx. SOLUGAO : 1°: Temos n = 5 = 2(2) + 1. Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [sox' x(cos? x)? cos x dx = [son's (1 — sen” x)” cos x dx. 2° : Fazemos u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= ice —u?)? du = / (u* — 2u® + u*) du ue Qu? 1 w 1 = — ———4—+¢ 9 7 5 sen? a 2sen! x 1 sen? x 1 = —— — —_— + —— + ¢. 9 7 5 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (sen? x)" sen x cos” x dx. = / (1 - cos? x)" cos” « sen x dx. (1.25) 28 2° : Fazemos a mudanca u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J=— Jo —u?)Fu" du (1.26) = fw du, (1.27) onde Q = Q(u) é um polindmio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.57. Calcule o valor de J = [sorts cos® x dx. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) + 1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [(oox" x) cos® x sena dx = / (1 — cos? x)” cos° x sen x dx. 2° : Fazemos u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J= - fa —u?)ru® du = -| (u° + 3ul? — 3u8 — u'*) du uw 3k 8 ~ 7 a 3 tate cos’ 3cos x 1 cos? x 1 cos? x 1 = —-— + —— 4+ —— IH. 7 11 3 13 INTEGRAIS DA FORMA: J = [rune sec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: PRIMEIRO CASO: n = 2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / tan” x (sec? x) * sec? x de. = [ren a (1+ tan? x)" sec? x dx. (1.28) 2° : Fazemos a mudan¢a u = tan, logo du = sec? x dx. Entao J= fora +u?)* du = [Pw du. (1.29) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. 29 Exemplo 1.58. Calcule o valor de J = [ow x sec! x dx. SOLUCAO : 1°: Temos n = 4 = 2(2) = 2(1+ 1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [ow ax(sec? x) sec? x dx = [ow x (1 + tan? x) sec” x dx. 2° : Fazemos u = tan z, logo du = sec? x dx. Entao J= peo +u?) du = / (u® + u®) du ue ul? = 7 + 9 +C _ tan’ 1 tan? x Le 7 9 SEGUNDO CASO: m = 2k +1. 1° : Temos o seguinte: J= / (tan? x)" tana sec” xdx. = / (sec? x — 1)" sec” a+ tanax sec xdx. (1.30) 2° : Fazemos a mudanca u = sec x, logo du = tanx - sec x dx. Entao J= Jw —1)Fu" du = fw du, (1.31) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.59. Calcule o valor de J = [ox x sec’ x dz. SOLUCAO : 1°: Temos m = 5 = 2(2) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [i(ean? x)’ tan x sec’ x sec x dx = / (sec? ru 1)’ sec® x - tanx sec x dx. 30 2° : Fazemos u = sec x, logo du = tanx secx dx. Entao J= [we —1)?u® du = / (u'? — 2u® + u°) du _ yt 249 1 ye 1 “iH 9° 7° sect x 22sec? x 1 sec’ x 1 = —_ — ——— + —— +. 11 9 7 INTEGRAIS DA FORMA: J = J cotan cossec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1: n=2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / cotan” x (cossec” x)" cossec” x dar. = / cotan™ x (1 + cotan? x)" cossec? x dx. (1.32) 2° : Fazemos a mudan¢a u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - fur +u*)*du= [rw du. (1.33) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.60. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec® x div. SOLUCAO : 1°: Temos n = 6 = 2(2+1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= / cotan’ x(cossec? x)” cossec? x dx = / cotan’! x (1 + cotan? x)” cossec? x dx. 2° : Fazemos u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - [wa twyau = -| (u'! + 2u? + u") du we ya “p75 gto — cotan’ x cotan’?x cotan® x Le - 12 5 8 31 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (cotan” x)" cotan x cossec” xdx. = / (cossec” xL— 1)" cossec” | x - cotan x cossec xdz. (1.34) 2° : Fazemos a mudanca u = cossec x, logo du = — cotan x - cossec x dx. Entao J=-— [oe —1)u"* du = fw du. (1.35) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.61. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec”? x da. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [teotan’ x) cotan x cossec? x cossec x dx = / (cossec” xu 1)° cossec? x - cotan x cossec x dz. 2° : Fazemos u = cossec x, logo du = — cotan x cossec x dx. Entao J= - [0 —1)°u? du = -| (u'? + 3ul? — 3ul — u’) du wi yl B3yl4 yh ~ "je 4° wu’ __ cossec!® x — cossec!? x 1 3.cossec!4 x 1 cossec!! x Le 7 16 4 14 11 - d f(x) Observagao 1.62. Sabemos que — (In|f(x)|) = ——. Portanto dx f(x) f(z) —— dx = |n|f(x)| +c (1.36) li Usaremos (1.36) para poder calcular / sec x dx, / cotan x dz, / cossec x dx. 32 Exemplo 1.63. Calcular J = [secwae. SOLUGAO : 1° : Note que d ( + tan 2) d + a — (secu +tanz) = —secx + — tans dx dx dx (sec x + tan x)’ = secx-tanax + sec? x = Secu = (seca + tana)” = sec x (tanx + secz). 2° : Portanto t / J= [eae = In|secx + tana| +c. (seca + tan x) Exemplo 1.64. Calcular J = [cotancae: SOLUGAO : 1° : Note que cosx (senzr)’ cotan x = ——_ = ——_.. sen © sen x 2° : Portanto / y= [PP te = mjsena| +. sen & Exemplo 1.65. Calcular J = [cose rae SOLUGAO : 1° : Note que d ( + cotan 2) d + © cot — (cossec x + cotan x) = — cossec x + — cotan x dx dx dx = —cossec x - cotan x — cossec? x = — cossec x (cotan x + cossec 2) . Logo (cossec x + cotan x)’ cossec “ = — (cossec x + cotan x) 2° : Portanto cossec x + cotan x)’ J= SF = —I|n|cossec x + cotan 2| + c. (cossec x + cotan x) 33 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: sen(a + b) = sena cosb + cosa senb soma sen(a + b) + sen(a — b) => ~~ sena cosh = —_—__—_.. sen(a — b) = sena cosb — cosa sen b 2 Exemplo 1.66. Calcular J = [sent2n cos(3x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(2z) cos(3a) = 3 [sen(52) + sen(—2)] = 5 [sen(52) — sen a]. Portanto 1 1 5 J= 5 | lsen(52) —sena] dx = = _£08(52) +cosx| +c. 2 2 5 Exemplo 1.67. Calcular J = [senlan cos(4x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 sen(8z) sen(42) cos(4x) = 5 [sen(8x) + sen(0)| = — Portanto 3 8 y- sen(8z) dna __cos(8x) Le 2 16 INTEGRAIS DA FORMA: J = [ contin) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — goma cos(a — b) + cos(a +b) = cosa cosb = —S_a~—_—__.. cos(a + b) = cosa cos b — sena sen b 2 Exemplo 1.68. Calcular J = [eostae) cos(52) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 cos(3x) cos(5x) = 5 [cos(—2x) + cos(82)] = 5 [cos(2a) + cos(82)] . 34 Portanto 1 1 2 8 J == | |cos(2x) + cos(8x)] dx = = sen(22) + sen(82) +¢. 2 2 2 8 Exemplo 1.69. Calcular J = [costte) cos(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 14 cos(7x) cos(7x) = 5 [cos(0) + cos(14x)] = My cost) Portanto 1 1 (14) sen(14x J= 5 | [1+ cos( te) dx = 5 ire +6. INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) sen(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — qif cos(a — b) — cos(a +b) = sena sen b = — WW. cos(a + b) = cosa cosb — sena sen b 2 Exemplo 1.70. Calcular J = [seatsn sen(5x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(3z) sen(527) = 5 [cos(—2x) — cos(8x)| = 5 [cos(2x) — cos(8x)]. Portanto 1 _ 1 fsen(2x) — sen(8z) J= 3 / [cos(2a) — cos(8x)] dx = 5 5 7B +. Exemplo 1.71. Calcular J = [sent sen(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1- 14 sen(7x) sen(7x) = 5 [cos(0) — cos(14x)] = 1a cos(tis) Portanto 1 1 (140) sen(14x J= 5 | [t —cos(4e) dx = 5 » +. 30 Cálculo II/Cálculo Dif. e Integral II Máximos e Mínimos Equipe de CII e CDI-II Setembro - 2021 Universidade do Estado do Rio de Janeiro Conteúdo 2/27 1. Multiplicadores de Lagrange 1.1 Exemplos 1.2 Outras interpretações do método Antes da aula de 17/09, estude o Capítulo 7 do livro Cálculo II: volume I, disponível em Cálculo Diferencial e Integral II – Cálculo II – Vol. 1 Há arquivos auxiliares disponíveis no AVA para entendimento dos conceitos. Eles estão indicados na parte superior do slide associado a cada arquivo. Os .ggb devem ser abertos com o Geogebra Classic e os scripts .txt, com o CalcPlot3D. Além dos demais canais de comunicação com nossa equipe, você também pode tirar dúvidas por email: nunes@ime.uerj.br (Patrícia) ML - exemplo 1/27 Determine o valor máximo e o valor mínimo absolutos da função f(x, y) = xy no conjunto D = { (x, y) ∈ R2, x2 − y2 = 1, 1 ≤ x ≤ 2 } D′ = { (x, y) ∈ R2, x2 − y2 = 1 } ML - exemplo 2/27 Determine o valor máximo e o valor mínimo absolutos da função f(x, y) = xy no conjunto D = { (x, y) ∈ R2, x2 − y2 = 1, 1 ≤ x ≤ 2 } . D′ = { (x, y) ∈ R2, x2 − y2 = 1 } .      y = 2λx x = −2λy x2 − y2 = 1 =⇒      y2 = 4λ2x2 x2 = 4λ2y2 x2 − y2 = 1 =⇒ 4λ2 = 4λ2(x2 − y2) = y2 − x2 = −1 ML não admite solução em D′ D compacto e f contínua em D. (2, − √ 3) e (2, √ 3). ML - exemplo myScript-lista3-ex.txt 3/27 f(2, − √ 3) = −2 √ 3 f(2, √ 3) = 2 √ 3 ML - exemplo - parametrização 4/27 Determine o valor máximo e o valor mínimo absolutos da função f(x, y) = xy no conjunto D = { (x, y) ∈ R2, x2 − y2 = 1, 1 ≤ x ≤ 2 } cosh u =eu + e−u 2 senh u =eu − e−u 2 cosh2 u − senh2 u = 1 a > 0, cosh a = 2, x = cosh u e y = senh u g(u) =f(cosh u, senh u) =cosh u senh u =1 2 senh 2u, u ∈ [−a, a] g′(u) = cosh 2u > 0 g(−a) = f(2, − √ 3) = −2 √ 3 g(a) = f(2, √ 3) = 2 √ 3 ML - hipótese violada 5/27 Determine o mínimo de f(x, y) no conjunto em que g(x, y) = 0 ∇f(x, y) = λ∇g(x, y)      2x= λ(−2x) 2y= 3λ(y − 1)2 g(x, y) = 0      2x(1 + λ) = 0 2y = 3λ(y − 1)2 (y − 1)3 = x2 x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ não existe solução λ = −1 ⇒ 3y2 − 4y + 3 = 0 ⇒ ∆ < 0 ⇒ não existe solução em R Existe ou não mínimo de f sujeito a g = 0? ML - hipótese violada myScript-set1b_sol.txt 6/27 Sejam f, g : R2 → R dadas por f(x, y) = x2 + y2, g(x, y) = (y − 1)3 − x2. Determine o mínimo de f(x, y) no conjunto em que g(x, y) = 0 g(x, y) = 0 ⇒ (y − 1)3 = x2≥ 0 y ≥ 1 ⇒ f(x, y) ≥ 1 em g(x, y) = 0 g(1, 0) = 0, f(1, 0) = 1 ⇒ (1, 0) mínimo de f em g(x, y) = 0 ML - dependência linear 7/27 u, v ∈ R2, linearmente dependentes ⇔ det [u1 u2 v1 v2 ] = 0 Determine o valor extremo de f(x, y) no conjunto em que g(x, y) = 0. { ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ⇔      det [ fx(x, y) fy(x, y) gx(x, y) gy(x, y) ] = 0 g(x, y) = 0 ML - dependência linear myScript-online-241-1.txt 8/27 Determine os valores máximos e mínimos de f(x, y) = x2 + y2 no conjunto em que g(x, y) = x6 + y6 − 1 = 0. { ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ⇔      det [ fx(x, y) fy(x, y) gx(x, y) gy(x, y) ] = 0 g(x, y) = 0      det [ 2x 2y 6x5 6y5 ] = 0 x6 + y6 = 1 , { 12xy5 − 12x5y = 0 x6 + y6 = 1 12xy5 − 12x5y =12xy(y4 − x4) =12xy(y2 + x2)(y + x)(y − x) = 0 (0, −1), (0, 1), (−1, 0), (1, 0), ( − 1 6√ 2, − 1 6√ 2 ) , ( 1 6√ 2, 1 6√ 2 ) , ( − 1 6√ 2, 1 6√ 2 ) , ( 1 6√ 2, − 1 6√ 2 ) ML - dependência linear myScript-online-241-1.txt 9/27 Determine os valores máximos e mínimos de f(x, y) = x2 + y2 no conjunto em que g(x, y) = x6 + y6 − 1 = 0. f(0, −1) = f(0, 1) = f(−1, 0) = f(1, 0) =1 f ( − 1 6√ 2, − 1 6√ 2 ) = f ( 1 6√ 2, 1 6√ 2 ) = f ( − 1 6√ 2, 1 6√ 2 ) = f ( 1 6√ 2, − 1 6√ 2 ) = 3√ 4 ML - dependência linear 10/27 u, v, w ∈ R3, linearmente dependentes ⇔ det   u1 u2 u3 v1 v2 v3 w1 w2 w3   = 0 Determine o valor extremo de f(x, y, z) no conjunto em que g(x, y, z) = 0 e h(x, y, z) = 0.      ∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z) g(x, y, z) = 0 h(x, y, z) = 0 ⇔              det   fx(x, y) fy(x, y) fz(x, y) gx(x, y) gy(x, y) gz(x, y) hx(x, y) hy(x, y) hz(x, y)   = 0 g(x, y, z) = 0 h(x, y, z) = 0 ML - dependência linear 11/27 Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x3 + y3 + z3, sujeitos às seguintes condições x2 + y2 + z2 = 1 e x + y + z = 1.      ∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z) g(x, y, z) = 0 h(x, y, z) = 0 ⇔              det   fx(x, y) fy(x, y) fz(x, y) gx(x, y) gy(x, y) gz(x, y) hx(x, y) hy(x, y) hz(x, y)   = 0 g(x, y, z) = 0 h(x, y, z) = 0                det   3x2 3y2 3z2 2x 2y 2z 1 1 1   = 0 x2 + y2 + z2 = 1 x + y + z = 1 ,      6x2y + 6y2z + 6xz2 − 6yz2 − 6xy2 − 6x2z = 0 x2 + y2 + z2 = 1 x + y + z = 1 ML - dependência linear 12/27 Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x3 + y3 + z3, sujeitos às seguintes condições x2 + y2 + z2 = 1 e x + y + z = 1.      6x2y + 6y2z + 6xz2 − 6yz2 − 6xy2 − 6x2z = 0 x2 + y2 + z2 = 1 x + y + z = 1 x2y + y2z + xz2 − yz2 − xy2 − x2z = 0 x2(y − z) − x(y2 − z2) + yz(y − z) = 0 (x2 − x(y + z) + yz)(y − z) = 0 (−x(y − x) + z(y − x))(y − z) = 0 (z − x)(y − x)(y − z) = 0      (z − x)(y − x)(y − z) = 0 x2 + y2 + z2 = 1 x + y + z = 1 ML - dependência linear 13/27 Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x3 + y3 + z3, sujeitos às seguintes condições x2 + y2 + z2 = 1 e x + y + z = 1.      (z − x)(y − x)(y − z) = 0 x2 + y2 + z2 = 1 x + y + z = 1      x = z 2x2 + y2 = 1 2x + y = 1 2x2 + 4x2 − 4x = 2x(3x − 2) = 0 (0, 1, 0), (2 3, −1 3, 2 3 )      x = y 2x2 + z2 = 1 2x + z = 1 2x2 + 4x2 − 4x = 2x(3x − 2) = 0 (0, 0, 1), (2 3, 2 3, −1 3 )      y = z x2 + 2y2 = 1 x + 2y = 1 4y2 − 4y + 2y2 = 2y(3y − 2) = 0 (1, 0, 0), ( −1 3, 2 3, 2 3 ) ML - dependência linear 14/27 f(0, 1, 0) =f(0, 0, 1) =f(1, 0, 0) =1 f (2 3, −1 3, 2 3 ) =f (2 3, 2 3, −1 3 ) =f ( −1 3, 2 3, 2 3 ) =5 9 Interpretações do Método ML 15/27 InterpretaçõesdoMétodoML Família a um parâmetro myScript-hestenes.txt Interpretações do Método ML 16/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = x2 − 3y − y2 no conjunto em que g(x, y) = y = 0. Fλ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) Família a um parâmetro myScript-hestenes.txt Interpretações do Método ML 17/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = x2 − 3y − y2 no conjunto em que g(x, y) = y = 0. Fλ(x, y)= f(x, y) + λg(x, y) = x2 − 3y − y2 + λy ∇Fλ(x, y) = (0, 0), g(x, y) = 0 ∇Fλ = (fx + λgx, fy + λgy), g(x, y) = 0 { ∇f(x, y) = −λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ,      2x = −λ · 0 −3 − 2y = −λ · 1 y = 0 x = 0, y = 0, λ = 3 Família a um parâmetro myScript-hestenes-139.txt Interpretações do Método ML 18/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 no conjunto em que g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Fλ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) Família a um parâmetro myScript-hestenes-139.txt Interpretações do Método ML 19/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 no conjunto em que g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Fλ(x, y)= f(x, y) + λg(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 + λ(x2 + y2 − 1) ∇Fλ(x, y) = (0, 0), g(x, y) = 0 ∇Fλ = (fx + λgx, fy + λgy), g(x, y) = 0 { ∇f(x, y) = −λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ,      −4x + 4y = −λ · 2x 4x + 2y = −λ · 2y x2 + y2 = 1 λ − 2 = −2y x , 1 + λ = −2x y (λ − 2)(1 + λ) = 4, λ = −2, λ = 3 Família a um parâmetro myScript-hestenes-139.txt Interpretações do Método ML 20/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 no conjunto em que g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Fλ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 + λ(x2 + y2 − 1) ∇Fλ(x, y) = (0, 0), g(x, y) = 0 ∇Fλ = (fx + λgx, fy + λgy), g(x, y) = 0 { ∇f(x, y) = −λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ,      −4x + 4y = −λ · 2x 4x + 2y = −λ · 2y x2 + y2 = 1 λ = −2, 2x = y, (x, y) = ( − 1 √ 5, − 2 √ 5 ) , (x, y) = ( 1 √ 5, 2 √ 5 ) Família a um parâmetro myScript-hestenes-139.txt Interpretações do Método ML 21/27 Determine o valor mínimo de f(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 no conjunto em que g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Fλ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 + λ(x2 + y2 − 1) ∇Fλ(x, y) = (0, 0), g(x, y) = 0 ∇Fλ = (fx + λgx, fy + λgy), g(x, y) = 0 { ∇f(x, y) = −λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ,      −4x + 4y = −λ · 2x 4x + 2y = −λ · 2y x2 + y2 = 1 λ = 3, x = −2y, (x, y) = ( 2 √ 5, − 1 √ 5 ) , (x, y) = ( − 2 √ 5, 1 √ 5 ) Lagrangiano Interpretações do Método ML 22/27 L(x, y, λ) = f(x) + λg(x) ∇L(x, y, λ) = (0, 0) { ∇f(x) = −λ∇g(x) g(x) = 0 Lagrangiano - exemplo Interpretações do Método ML 23/27 Encontre as dimensões da caixa retangular de maior volume dentro do elipsóide x2 9 + y2 4 + z2 = 1, cujas arestas sejam paralelas aos eixos coordenados. (x, y, z) no elipsóide (primeiro octante). f(x, y, z) = 8xyz, g(x, y, z) = x2 9 + y2 4 + z2 − 1 = 0 L(x, y, z, λ) = f(x, y, z) + λg(x, y, z), ∇L(x, y, z, λ) = (0, 0, 0, 0)              yz = −λ 2x 9 xz = −λ 2y 4 xy = −λ2z x2 9 + y2 4 + z2 = 1 2x2 9 = −xyz λ = 2y2 4 = −xyz λ = 2z2 3x2 9 = 1, (√ 3, 2 √ 3, 1 √ 3 ) , λ = − √ 3 Aplicações Interpretações do Método ML 24/27 Aplicações Interpretações do Método ML 25/27 Aplicações Interpretações do Método ML 26/27 Fontes Interpretações do Método ML 27/27 HESTENES, M.R. Optimization Theory: The Finite Dimensional Case, John Wiley & Sons, New York, 1975. KALMAN, D. Uncommon Mathematical Excursions: Polynomia and Related Realms, Dolciani Mathematical Expositions, 35, MAA, 2009. Sum´ario 1 Integrais 1 1.1 O Problema de ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Propriedades da Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 O Teorema Fundamental do C´alculo (TFC) . . . . . . . . . . . 13 1.3 Integral Indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.1 Regra da Substitui¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.2 Integra¸c˜ao por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.3 Integrais Trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.3.4 Substitui¸c˜ao Trigonom´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1.3.5 Integra¸c˜ao de Fun¸c˜oes Racionais por Fra¸c˜oes Parciais . . . . . . 47 2 ´Area entre as curvas 58 i Cap´ıtulo 1 Integrais 1.1 O Problema de ´Area N´os come¸camos tentando resolver o PROBLEMA DE ´AREA: encontre a ´area da regi˜ao S que est´a sob a curva y = f(x), onde f(x) ≥ 0, de a at´e b. y Isso significa que S, ilustrada na figura ao lado, est´a limitada pelo gr´afico de uma fun¸c˜ao cont´ınua f [onde f(x) ≥ 0], pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x. S a b x y x = a y = f(x) x = b Observa¸c˜ao 1.1. Ao tentarmos resolver o problema de ´area, devemos nos perguntar: qual ´e o significado da palavra ´AREA? Essa quest˜ao ´e f´acil de ser respondida para regi˜oes com lado retos. L H A = L · H. b h A = 1 2b · h. A1 A2 A3 A4 A = A1 + A2 + A3 + A4 Observa¸c˜ao 1.2. N˜ao ´e t˜ao f´acil, no entanto, encontrar a ´area de uma regi˜ao com lados curvos. Para poder resolver isto, primeiro aproximamos a regi˜ao S usando triˆangulos ou retˆangulos e depois tomamos o limite das ´areas desses retˆangulos `a medida que aumentamos o n´umero de retˆangulos. Os exemplos a seguir ilustram bem isto. 1 Exemplo 1.3. Seja P,, um poligono regular com n lados (iguais) inscrito num circulo de rario r. (a) Dividindo o poligono em n retangulos congruentes com angulo central de an mostre que 1 2 A (P,,) = =nr? sen (=) ; 2 n (b) Mostre que lim A(P,) =ar?. Em particular, 0 circulo de raio r tem Area mr?. nm— co SOLUGAO : O poligono P,, 6 composto de n triangulos isésceles de lados r, todos com angulos iguais a 0, como é mostrado na figura abaixo. Cada triangulo tem igual area. Logo, para calcular a area de P,, é suficiente calcular uma das areas e multiplicar por n. Assim f <a \ (a) Temos né = 27. Logo 6 = =. Entao 2. sen 6 2 2 A(T) = aoa - = 5 sen (=). \ " " nr? Qn x | (b) Seja 0, = 27/n. Entao 6, 2 A (Py) = rr?» SE On) © 0, = 0. Lo 6, n Logo, pelo limite fundamental, A (P,) —> mr’. Exemplo 1.4. Use retangulos para estimar a Area sob a parabola y = 2? de 0 até 1. SOLUGAO : Yy . 1°: Note que A(S) < 1/2, pois S esta contida no 1 (1,1) triangulo de vértices (0,0), (1,0) e (1,1), que tem area 1/2. 2° : Suponha que S seja dividida em 4 faixas 51, So, $3 e Sy, tragando as retas 1 1 3 w= 7, e= FeL=7 (ver Figura 2 (a)) x 3° : Aproximamos cada faixa por um retangulo 0 1 . ‘ . com base igual a largura da faixa e altura FIGURA 1 igual ao lado direito da faixa. (Fig. 2 (b)) 2 y y 1 (1, 1) 1 (1, 1) So Sy x x 0 1 1 3 1 0 1 1 3 1 4 2 4 4 2 4 FIGURA 2 (a) FIGURA 2 (b) 4° : Da Figura 2 (b), as alturas desses intervalos sao os valores da funcgao f(x) = x? nas extremidades direitas dos subintervalos 1 11 1 3 3 0, — —,= ~,- —,1]. ea}: Lea}: Bale [i Cada retangulo tem largura i e altura (2)’, (2)’, (3) e (1)? respectivamente. Se Ry for a soma das areas dos retangulos aproximantes, teremos A(S) = A(S,) + A(S2) + A(S3) + A(S4) 1/1\? 1/1\? 1/3\? 1 =—|[- —[—- — (= -~(1)? <4 i(4) +3 (5) +3 (3) + 4) 15 = — = 0.48675. 32 y 5° : Consideraremos agora retangulos com altura 1 (1,1) o ponto inicial. (veja Figura 3) Assim, cada retangulo tem largura ; e altura 2 2 2 2 (0), Gs @)> G)- Se L, for a soma das areas de tais retangulos, teremos Ln\2 , 1 (1)? , 1 (1)? 4 1 (3/2 v A(S) > 70) +3 G) +7) +4) a ee = [y= 5 = 0.21875. 8 FIGURA 3 0.21875 < A(S) < 0.46875 3 6° : Podemos repetir estos procedimentos com um ntiimero maior de faixas. As figuras abaixo mostram o que acontece quando dividimos a regiao S em oito faixas com a mesma largura. y y | | 1) | | 1) x x O; 1 2 3 4 5 6 TF J O; 1 2 3 4 5 6 ZT |] 8 8 8 8 8 8 B 8 8 8 8&8 8 8 8B FIGURA 4 (a) FIGURA 4 (b) A(S) < (4) + (3) +... 43D? AUS) > B00)? FEE) HF 3 (2) = Rg = 0.3984375 = Lg = 0.2734375 0.2734375 < A(S) < 0.3984375 7° : Para obter melhores estimativas aumentamos o numero de faixas. A tabela na lateral mostra resultados de calculos Ss | 0.2734375 | 0.3984375 similares usando n retangulos cujas alturas sao . 10 | 0.2850000 | 0.3850000 encontradas com as extremidades esquerda (L,,) ou com as extremidades direitas (R,.). 032340001 0.3434000 8° : A medida que aumenta n, L, e R, aproximam-se 0.3283500 | 0.3383500 de 0.333333333333333 ... = ; Portanto A(s) = 5 1000 | 0.3328335 | 0.3338335 Observagao 1.5. Vamos mostrar de maneira formal que A(S)= lim R, = ! (9) = a ie = 3 4 y 1° : Dividimos [0, 1] em n intervalos I (1,1) (0, x1] U [241, X2| U...U [2n—2, Ln—1| U [2n—1, 1]. 1° 90 ( 1)e ° de igual comprimento. 2°: Para cada k = 1,2,...,n considere o retangulo de base [x,_1, tx] e altura f(xp) = x77, cuja area é dada por r _ 0 1 (xp — pe-1) f (Lr). Cpt rE , . _ 1 ~ 3°: A largura de [0,1] 61. Assim, a largura de cada faixa é Av = —. Entao n M1 0O= 4 => Mar 1, 1 2 %]-My=- = W=, . k ann aR entado 2,=—-, k=1,2,3,...,n. &3—%2=* —= v3 = 5, n Logo 1 2,1 2,1 2 Ll 2,1 2 Ry, =- — — Lee — (Lp — (Xn | (ei) + = (#2) + = (23) | be +> (tn) 1/1\? 1 /2\?— 1 (3? 1(n-1\? 102.9 =-({-]} +-—(-—) +-{-]} +...+-—{|—] +-() n\n n\n n\n n n n 1 = [1° 42°43? +...4(n-1)? +n’). n 4° : Utilizamos aqui a formula para a soma dos quadrados dos n primeiros inteiros positivos: 1)(2 1 PEPEP E+ (ny tne = Met UGn +t) (1.1) Entao 1 1)(2 1 1 1 1 pr, - 2 Meters 11) (gt). n3 6 6 n n Fazendo n —+ oo, obtemos 1 A(S) = lim R, = =. n—00 3 5 1.1.1 Area Vamos aplicar as ideias do Exemplo 2.1 e Observagao 1.5 para regioes S mais gerais. y y = f(x) r=a xr=b x a Zy XQ U3 +++ Le-1 Ue +++ In-2 Ln-1 1° : Comegamos por subdividir S em n faixas $1, So,...,S,-1 e Sp, de igual largura. Essas faixas dividem [a,b] em n subintervalos [a, v1] U (a1, v2] UU... U [an—2, Un—1] U [@n-1, b]. ee —[—S Ys si’ 1° 2° (n—1)° n° de igual comprimento. b— 2°: A largura de [a,b] 6 b—a. Assim, a largura de cada faixa é Ar = ~—"' Entao n g-a= 09 = a =at 9, __ (b-a) _ 2(b—a) 2-24 =O OSS OD FS A ,—7 k(b — 300 —s n= a4 BO” k =1,2,3,...,n. 3 — t= & 9) => v3 =a 4 3h, n 3°: Aproximando S;, pelo retangulo de base [x,_1, 2] (de largura Az), e altura f(2;) [f(a) > 0]. Entao 5; 6 aproximado por f(x,) - Av. Logo, a area total é aproximado por Ry, = f(a1)Ax + f(aa)Au +... + f(an)Az. Esta aproximacao torna-se cada vez melhor a medida que aumentamos o ntimero de faixas, isto é, quando n — oo. Portanto, vamos definir a area de S da seguinte forma: Definigao 1.6 (AREA). Quando f(x) > 0 é continua, a AREA de S' que esta sob o grafico de f é definida por n A(S) = lim Ry = lim (>: f (ax) + a») . 6 Observacao 1.7. (1) Pode ser demonstrado que obteremos o mesmo valor da Definigéo 1.6 se usarmos as extremidades esquerdas aproximantes: A(S'}) = lim L, = lim [f(xo) Ax + f(ai)Ar +... + f(@n_1)Az]. N—->Co n—->Co (2) Em vez de usarmos extremidades esquerda ou direita, podemos tomar a altura do k—ésimo retangulo com o valor de f em qualquer nimero x; no k—ésimo subin- tervalo [a,~1, 2%]. Chamamos os ntmeros xj}, 75,...,7% de PONTOS AMOSTRAIS. y y = f(z) r=a x=b x a Zy XQ UZ +++ Th-ll LE +++ n-2 Tn-1 x5 Lj, A(S') = lim Lf(ap)Aa + f(ap)Ax+...+ f(a*)Ag] noo Exemplo 1.8. Calcular a Area da regiaéo que esta sob o grafico de f(x) = e~” entre r=O0ex=2. SOLUCAO : y | : 2-0 2 2k 2k 1°: Av = —— =-. Entao x, =0+ —=—. ee n n n n y _ ! 2°: A soma das 4reas dos retangulos aproximantes é e : 2 Rn =~ (f(21) +... + £(tn)) ) 2/2 _4 ~2n=1) 5 0 i 9 v =H (er tet tite n +e ). 3°: Multiplicando R, por eon, obtemos 2 2(n—1) Ry==(eh tee teh bbe + 07) (1.2) 2 (n=1) (n+1) CoRR == (eR He. eM E eHeNE) (1.3) 7 4° : Da diferenca de (1.2) com (1.3), podemos escrever Ry e-* Ry, = 2 (ce — ca) n 2 2 = =.en(1—e%). 2 ek (1c) Por outro lado, note que 1 — eon =e7n (c — 1). Entao R, = (1—-e?)-— >. (1.4) n (e2/" — 1) 5° : Para resolver a expressao (1.4), observe que 2 ()__, 9 dor —+4 ——. = —_" = uando x OO r(e/#—1) (@/#—-1) °0 4 Logo, por L’ Hospital 2 2 ; rH y (-s) oy 1 lim e2/x —1 7 fim (—3e?/*) 7 fim e2/ =r Por tanto | A(S) = 1—e~? Observagao 1.9. Seja g : [a,b] —> R uma fungao continua tal que g(x) <0 para todo z € [a, }]. Seja R a regiao limitada pelo grafico de y = g(x), pelas retas verticais xr =aex=b e pelo eixo x (ver FIGURA I). Para calcular A(R), considere a funcgéo f(x) = —g(x) a qual é nao negativa em [a,b] (ver FIGURA II). Logo definimos A(R) = A(S) Yy y c b x y = f(z) y = g(2) a b * FIGURA I FIGURA II Observacao 1.10. O método usado até agora pode ser generalizada para qualquer tipo de funcoes, introduzindo o conceito de integral definida. 8 1.2 Integral Definida Definigao 1.11. Seja f : [a,b] —> R uma fungao continua. Dividimos [a,b] em n ; ; i, b-a .. subintervalos de comprimentos iguais Ax = ——. Sejam n A=%<@<%.<...< Up_-1 <2n =) as extremidades dos subintervalos, e sejam xj,..., x77, pontos amostrais arbitrarios em [v0,%1],---,[@n—-1, %n] respectivamente. Entao a INTEGRAL DEFINIDA de f deaabé b n J fleo)ae = Jim, (YO F(e5) de a j=l desde que o limite exista e dé o mesmo valor para todas as possiveis escolhas de pontos amostrais. Se ele existir, dizemos que f é INTEGRAVEL em [a, 0]. Observagao 1.12. b (1) f(x) > 0 em [a,b] implica A(S) = / f(x) dx, onde S' é a regiao limitada pelo grafico de f, pelas retas verticais 7 = aer=be pelo eixo x. (2) Se f assumir valores positivos e negativos, entao y b (3) / f(x) dx é um ntmero; ela nao depende de x. Entaéo podemos colocar b b b / f(x) dr = / f(t) dt = / f(r) dr. (4) Para uma fungao descontinua temos o seguinte resultado: y RESULTADO: Se f for continua em [{a, b], ou —” f tiver apenas um numero finito de descon- Si a: Sy tinuidades de saltos, entao f é integravel ; ; iy 7 em [a,b]. Além disso “ 93 b f f = A(S1) + A(S2) — A(S3) + A(S4). 9 Observacgao 1.13. Nem sempre é facil calcular f f(x)dx por medio de limite de somatoria (ver Exemplos 2.1 e 1.8). Mas em alguns casos podemos calcular diretamente por medio de interpretacao de areas. Exemplo 1.14. Calcule as integrais a seguir interpretando cada uma em termos de areas. 1 3 (a) Jy = | Vl—<«2? dz. (b) Jy = | (x—1) dx. 0 0 SOLUCAO : y (a) y=V1—-27,0<2<1. Logor?+y=1, y>0. Entao y= V1—2?, 0O<a2<1 é€a parte do semicirculo at y=V1-2? superior, de centro (0,0) e raio 1, no primeiro quadrante. if Portanto 0 r1 * Jz = +(drea de disco de raio 1) =}: (m)- (1)? = &. oe y (b) Note que y= a2—1,0<2< 3 60 segmento de reta 2 que une (0, —1) e (3,2) e que passa por (1,0). Temos assim as regioes triangulares 7) e 75. Portanto x (1)(1) , (2)(@2) _ 3 yy" 3 Jy = —A(T A(T) = — =<. 2 (T,) + A(T2) 9 + 5 5 1 1.2.1 Propriedades da Integral Definida Quando definimos f f(x) dx, implicitamente assumimos a < b, mas a definicao como o limite de somas de Riemman faz sentido mesmo que a > b. Observe que se . ~ , b—a a—b invertemos a e b, entao Ax mudaré de ——— para ——. Portanto n n a b [ feoae=- [toe b a Se a = b, entéo Ax = 0, de modo que / f(x) dx = 0 10 Proposigao 1.15. Sejam f e g funcoes integraveis em [a, b], entao b (1) / cdx = c(b— a), onde c é qualquer constante. b b b @) f (fle) +(e) a= [pears flo) ae. b b (3) / cf(x) dx = | f(x) dx, onde c é qualquer constante. b b b 4) f fle) s(x) ae =f pteyae— f g(v)ae. Prova. (1) Temos o seguinte: y y c>0 a c<0 b | ) == | io x x c a b b b / cdx = area = c(b—a). / cdx = —area = c(b— a). (2) Pelo limite de Soma de Riemman, obtemos b n [ Ute) + 9(e)] ae = Jim Slee) + 9a) 0 JF = lim, > f(aj)Aa + toa j=l j=l = Jim S- f(x;)Ax+ dm S g(a) Ax j=l j=l b b = / f(a) dx +f g(x) dx. (3) e (4) sao demonstradas de forma andloga a (2). O Exemplo 1.16. Use as propriedades das integrais para calcular 1 J= | (4 + 327) dx. 0 11 soLucho : 1 1 1° : Pela Proposigéao 1.15 temos J = | 4dx + | x dx. 0 0 2° : Pela Proposigao 1.15, item (1) e do Exemplo 2.1, obtemos 1 J=A1—0)+3-5=44+1=5. A propriedade a seguir nos diz como combinar integrais da mesma funcgaéo em in- tervalos adjacentes: Proposigao 1.17. Seja f : [a,b] —> R uma fungao integravel. Entao c b b / f(z) ax+ | f(a) dx = / f(x) dz. _ ~ gee y A prova da Proposigéo 1.17 nao é facil em geral. Para o caso onde f(x) > 0 ea<c <b, a proprie- dade pode ser vista a partir da interpretacao geo- Rp métrica da figura ao lado: a drea sob y = f(x) de a até c mais a area de ¢ até 6 é igual a area total + de a até b. a Cc b Exemplo 1.18. Se ésabido que f° f(x)dz =17e f f (x) dx = 12, encontre fe f (x) dx. SOLUCAO : Pela Proposigao 1.17 temos 8 10 10 10 | fla)de+ fo)de= | f(a) dx => | f(a) dx =17-12=5. 0 . 8 0 . 8 Proposigao 1.19 (Propriedades Comparativas de Integral). b (1) Se f(a) > 0 em |a, b], entao / f(x) dx > 0. b b (2) Se f(a) < g(x) em [a,b], entao / f(a)dxa< / g(x) dx. (3) Sem < f(x) < M em [a,b], entao b m(b—a) < / f(x) dx < M(b—a). 12 1 Exemplo 1.20. Use a Proposicgao 1.19 para estimar o valor de | e” dx. 0 SOLUGAO : 1°: Uma vez que f(x) = e~* 6 uma funcao decrescente, temos m=min. abs. = f(1) =e"! e M = max. abs. = f(0) =1. 2° : Pela Proposicgao 1.19, item (3), obtemos I 2 e (1-0) < | e* dx <1(1—0). 0 I 2 3° : Como e7! & 0.3679, obtemos 0.3679 < | e* dx <i. 0 1.2.2. O Teorema Fundamental do Calculo (TFC) O Teorema estabelece uma conexao entre os dois ramos do Calculo: o diferencial e o integral. O calculo diferencial surgiu do problema da tangente, enquanto da integral surgiu do problema de area. O estudo do Teorema sera dividido em duas partes. Teorema Fundamental do Calculo, parte 1 Esta lida com fungoes definidas por uma equacao da forma F(x) = / f(t) dt. onde f(t) é continua em [a,b] e x varia entre ae b. y Se f for uma funcao positiva, entao F(x) pode y=fOF ser interpretada como a area sob o grafico de f de a até x, onde x pode variar de a até b. t a x b Teorema 1.21 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 1). Se f for continua em [a,b], entéo a funcao F' definida por F(a) = [ f(t)dt a <a <b, é continua em [a, b], derivavel em Ja, b[ e F’(x) = f(x). Em outras palavras = (f fat) =F) — = f(z). dx \ Ja 13 Exemplo 1.22. Encontre a derivada da fungao F(x) = | V1+t dt. 0 soLucdo : Uma vez que f(t) = V1+4+ # é continua, a parte 1 do TFC fornece F"(x) = V1 + 2?. d { [* Exemplo 1.23. Encontre — (/ noat). dx 1 soLucdo : 1° : Aqui devemos ser cuidadosos ao usar o TFC, parte 1. Para isto, observe o seguinte: g(x) = x", [ lr => Intdt = Intdt = h(g(x)) = (ho g)(2). ny) = [Pinede | | (g(x)) = (he gle) 2° : Pelo TFC, parte 1 h’(y) =Iny. Como g/(x) = 4x3, pela Regra da Cadeia, obtemos d " / / 3 3 4 in Intdt | = h'(g(x))- g(x) = In(g(az)) - 4a" = 4x” In(2”*). 1 Observagao 1.24. Se a(x) e B(x) sao derivaveis, vamos encontrar uma formula para d B(a) — t) dt]. 1.5 of. 0 (1.5) 1° : Fixemos a € R, entao B(x) a B(x) / f(t) a= f f(t) a+ | f(t) dt a(x) a(x) a a(x) B(x) - -| f(t) ar+ | f(t) dt B(x) a(x) = / f(t) dt — / f(t) dt. y 2° : Seja F(y) = / f(t) dt. Pelo TFC, parte 1 F’(y) = f(y). Além disso B(2) [., fOdt= FR) ~ Plate) 3°: Pela Regra da Cadeia, obtemos d B@) / / / / ae ([., Ode) = PB) Pe) ~ Fal) al) = f(B(x))B(&) — fla(a))a'(z). 14 d a Exemplo 1.25. Encontre o valor de — ——dt }. dx Qn t? + 1 SOLUCAO : ??—1 - - Seja f(t) = Pal’ entaéo pela Observacao 1.24, obtemos d ( [*t?-1 — ——_dt) = f(3xr)(3x)' — f(2x)(2x)' ef. weit) = £82160) ~ F@x)(22) _ 3 (9e" —1) 9 Aa” —1) (92 +1) ~ (4x? +1) _ 86a4 + 25a? — 1 (9a? + 1)(4a? + 1)’ Teorema Fundamental do Calculo, Parte 2 Vimos anteriormente que, para calcular integrais, usamos a definicao, isto é, como um limite de Somas de Riemman e vimos que esse procedimento é as vezes longo e dificil. A segunda parte do TFC, que segue facilmente da primeira parte, nos fornece um método muito mais simples para o calculo de integrais. Teorema 1.26 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 2). Se f for continua em [a, b], entao b [ fear =F) - Fa onde F' é qualquer primitiva de f, isto é, uma funcao tal que F” = f. Observacao 1.27. Sejam F' e G duas primitivas de f, entao G'(r) = F’(x), logo G(x) = F(#)+c. Assim G(b) — G(a) = [F(b) +c — [F(a) +c] = F(b) — F(a). Do TFC, parte 2, obtemos b xz=b / F(a) dx = F(x)| = F(b) — F(a). Exemplo 1.28. Calcular o valor da integral | sen x dx. 0 SOLUCAO : f(x) = senz é continua em [0,7]. Além disso F(x) = —cos satisfaz F’(x) = sen a. Logo pelo TFC, parte 2 | sen x dx -|/ (—cos x)! dx =— cos x | = —cosfmy + cos(0) = 1 0 0 xz=0 15 6 d Exemplo 1.29. Calcular o valor da integral | o 3 SOLUGAO : 1 Temos que f(x) = — é continua em [3,6]. Além disso, F(x) = In |z| é uma primitiva x de f(x). Entao 6 6 | da _ In |6] — In [3] = nfs = In2. 3 3 Observacao 1.30. Observe que na integral 3 1 | dz, 1 v ~ . . 1. , . o TFC, parte 2, nao pode ser aplicado, pois f(z) = — nao esta definida em + = 0. E x portanto esta integral nao existe. Exemplo 1.31. Encontre uma funcao f e um numero a tal que * f(t) 6+ / ——dt = 2/2. * OF Vx (*) SOLUGAO : 1° : Fazendo x = a, a integral na parte esquerda da expressao (*) é zero. Logo 6 =2/a = Ja=3 = a=9. 2° : Derivando (*) em relacao a xz, pelo TFC, parte 1, obtemos fv) _ 1 x riz fa) === ava 9 1 Exemplo 1.32. Encontre o valor de | (2 + Vt =) dt. 1 SOLUCAO : 2 1 1 Temos que F(t) = 2t, G(t) = ah e H(t) = “5 sao primitivas de 2, Vt e 2 respecti- vamente. Logo, pelo TFC, parte 1, obtemos 9 t=9 1 2 1 | 2+vVt——) dt = (2¢+ =#/? + — 1 2 3 t) | 2 1 2 = |2(9) + 5(9)*/? + -| — |2(1) + 5(1)°? +1 3 9 3 _ 369 18° 16 1.3. Integral Indefinida Definicgao 1.33. Seja f : J —> R uma fungao. Diremos que F' : J — R é uma PRIMITIVA de f(x), se F’(x) = f(x) para todo x € I. 1 Exemplo 1.34. Seja f(x) = x? + —. Entao x x : / 2 1 Z : sae e F(x) = 3 + In |x| satisfaz F"(x) =a2°+—= f(x), = > €uma primitiva. x x . / 2 1 Z . ad e G(x) = 3 + In |x| +9 satisfaz G(x) = a° +—-— = f(x), = > éuma primitiva. x Estas sao todas as primitivas? Para responder isto, observe que se H(x) e J(x) sao primitivas de f(x), entao H'(x) = J'(x), para todo zx. Logo, por um Coroldrio do Teorema de Valor Médio, H(x) = J(x) +c, onde c é uma constante. Assim, todos as primitivas sao dados por 3 H(x)= 3 tinle| +¢ Observagao 1.35. (1) De maneira geral, se F(x) é uma primitiva de f(x), entao todas as primitivas sao da forma F(x) +c. (2) Vamos introduzir a seguinte notagao: [t@ dx = F(z) significa F'(x) = f(x) (3) Em particular, temos que [Fo dx = F(x) +c. Definigao 1.36. Seja y = f(x) uma fungao definida em um conjunto J. A expresso [toa é chamada de INTEGRAL INDEFINIDA de f(z). Proposigao 1.37. Sejam f e g duas funcoes, a e 6 duas constantes. Entao [lo fo) + 89(a))dr=a f p(e)ar+ 9 f g(v) ae. 17 Integrais de algumas funcgoes basicas d (1) Go lke +e) = 6 = Kdzt=Kx+c x d gntl grt 2) P 1 (> —4¢)=2" "dy = —— (2) ParanF temos (= +e) x = Je dx naire d 1 1 (3) = Una] +c) = — = [cae Inlel +e d x xv x x (4) —(e*+c)=e = edz =e" +c dx d [{ a® + + a” (5) Paraa>0, a #1 temos — | —+c] =a = a” dx = —-+c¢ dz \|Ina lna d (6) qq Senet ¢) = cose = cosxdxz = senx +c d (7) qq ose +e) = — sens => sen x dx = —cosx+c d 2 2 (8) qq (tans +c) = sec x = sec’ xdx = tanz+c d 2 2 (9) in (cotan x + c) = — cossec* x = cossec’ «dx = —cotanxz +c d (10) qq ecw + 6) = secu tans => secx- tanxdxr = secu +c d (11) in (cossec 7 + c) = —cossecx-cotanz => cossec x - cotan x dx = — cossec x + € d 1 1 (12) in (arctan x +c) = Pal = pei = arctanz +c (13) d ( + c) ! = : d + — (arcsen x + c) = ———= ———dr = arcsenr + € dx V1 —2? V1 —2? Exemplo 1.38. Calcular J = / (x° — 6a’) dx. SOLUGAO : Pela Proposigao 1.37 e item (2), obtemos 4 2 4 — | Bdr— ga eet _ 84 j= [ode 6 fxde ml 6-5 te m 3u* +. 18 2\/% —1 3 Exemplo 1.39. Calcular J = vive + 4cos x2 — ——— } dz. x? x?+1 SOLUCAO : Pela Proposicao 1.37 e itens (2), (6) e (12), obtemos 1 3 J= Vi — 5 + dose — Go dx 1/2 2 dx = fu dr— [xu “dx+4 | cosxdr—3 | [—— xr +1 yh/2t1 goth = ~— — ———. + 4senz — 3arctanaz s+1 (-2+1) 2 = a +a7'+4senx — 3arctanz +c. Observacao 1.40. Nem todas as integrais podem ser calculadas s6 usando as integrais de fungoes basicas. Vamos introduzir entao varios métodos para resolver isto. 1.3.1 Regra da Substituigao MOTIVAGAO: Vamos considerar a seguinte integral: J= [wi + x? dx. (1.6) d 9 ~ , . 1° : Note que dn (1 +2 ) = 2x. Logo, a funcao que esta dentro da derivada e o x resultado deste, aparece na integral dada em (1.6). Pondo f(x) = 1+ 2x”, temos J= [fovre de. (1.7) 2 2° : Seja g(x) = \/x. Uma antiderivada de g(a) é dada por G(x) = ra De (1.7) r= | #2)-6(F@)ae. 3°: Pela Regra da Cadeia, temos (Go f)'(x) = G’(f(x)) - f’(x). Portanto ! 27 2 3/2 J= [iGer) (x) dx = G(f(x))+c= 3 (a? +1) +. Observagao 1.41. Em geral, 0 método usado para resolver (1.6) funciona sempre que temos uma integral que possa ser escrita da forma [ e@yr@ac. (1.8) 19 1° : Seja G(x) uma primitiva de g(x). Entaéo pela Regra da Cadeia obtemos [oreorre da = [eva dx = G(f(x)) +e. (1.9) ~ du , . ~ 2° : Fazemos u = f(x), entao a f'(x). Vamos considerar agora a notagao x “du = f'(x) dx". Logo, de (1.9), podemos escrever [fF @) ae = G(F(@) +e= Glu) +e= | glu) du Para a integral definida, existem dois métodos para poder calcular por substituicao. (1) O primeiro consiste em calcular a integral indefinida, que é uma primitiva da fungao dentro da integral definida, e logo usar o TFC. Por exemplo, se queremos calcular a integral 4 | V2x+1dx 0 faremos o seguinte: 1° : Calcularemos a sua integral indefinida. Isto 6, / V2x+1dz. Para isto, considere a substituigao u = 2% + 1, logo du = 2dz, Entao 1 [ veeF ae = 5 | vid 1 2 = 5° au 746 1 = 3 (2e + 1)? + ¢. 2° : Entao, pelo TFC, parte 2, obtemos 4 1 r=4 | V2x+1dr= 3 (2e + 1s 0 z=0 1 3/2 1 3/2 = 5 (2(4) +1) — 5(2(0) +1) 1 1 = =(27) — =(1 5(27) ~ 5(1) _ 26 => (2) O segundo método, geralmente preferivel, consiste em alterar os limites de inte- gragao ao mudar a variavel. O resultado a seguir é 0 seguinte: 20 Teorema 1.42 (REGRA DE SUBSTITUICAO). Se f’ for continua em |a,b] e g for continua na imagem de u = f(x), entao b , f(b) J oseoyt tear = [alu du a f(a) 4 Exemplo 1.43. Calcular | V 2x + 1dzx usando o Teorema 1.42. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = 27 + 1, temos du = 2dx. Além disso c=0 = w=2(0)+1=1 e c=4 = uw=2(4)4+1=9. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos 4 1 9 | V2x +1dx = 5 | Judu 0 1 u=9 _1 vA = -u 3 u=1 1 1 26 — _(9)3/2 _ = 1)3/2 = =. 5(9)*? — =(1? == Exemplo 1.44. Calcular J = [voncae. SOLUGAO : sen x Sabemos que tan x = ——. Fazendo u = cos x, temos du = —senx dx. Logo cos x j= [w= - COs & u =-—In|ul+c = —In|cos2| +c. a/2 Exemplo 1.45. Calcular | sen? x cos x dx. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = senz, temos du = cosx dz. Além disso 7 7 x=0 = u=sen(0) =0 e c= 7 => w=sen (>) =1. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos am /2 1 4 ;u=1 1 | sen’ x cosrde = [ au = 5 =-, 0 0 4 u=0 4 21 Exemplo 1.46. Calcular J = [evi + x? dx. SOLUGAO : 1° : Note que eVl+a2?=a-x-V14 22. d 2° : Fazemos a substituicdo u = 14+ 27, entdo du = 2xdx. Assim xdx = > Além disso x* = (u —1)?. Portanto d l 1/2 (,.2 =5/% (u — 2u +1) du I / 5/2 3/2 1/2 == [wu — 2u’/*+u | du 2 1] 2 2 2 1 2 1 _ = (1 +2°)"? _ (1 + 4?)/? 4 3(1 + 47)3/? Le. O proximo teorema usa a Regra da Substituicao para simplificar o cdlculo de integrais que possuam propriedades de simetria. Teorema 1.47 (INTEGRAIS DE FUNGOES SIMETRICAS). Seja a > 0 e suponha que f seja continua em [—a, a]. (1) Se f é par [f(—a) = f(x)], entao / f(x) dx = 2 | f(a) dz. —a 0 (2) Se f é impar [f(—x) = —f(x)], entao / f(x) dx =0. Prova. De modo geral temos a 0 a —a a | fla)de = | flayae + f f(a) de =~ f flayae+ f f(a) dz. —a —a 0 0 0 Na primeira integral da ultima igualdade fazemos a substituigao u = —a. Entao du = —dx e quando x = 0 => u = 0, e quando x = —a => u =a. Logo - [tear =— f p-w (-ay) = [fw 0 0 0 Entao a a a | f(x) dx = | f(—u) du +f f(a) da. (1.10) a 0 0 22 (1) Se f for par, entao f(—u) = f(u). Logo, de (1.10) segue-se / F(a) a= f Fuydu+ | fla)de =2 | f(a) de. ~a 0 0 0 (2) Se f for impar, entao f(—u) = —f(u). Logo, de (1.10) segue-se | f(a) de =~ f Flu)du f f(a) dx =0. o a 0 0 y y aie T Sf x a x f par, | f(x) dx = 2 | f(x) dx. f impar, | f(x) dx = 0. —a 0 —a Exemplo 1.48. Uma vez que f(x) = 2° 4+ 1 satisfaz f(—x) = f(x), ela é par, e portanto 2 2 | (c° + 1) av =2 | (x° + 1) dx -2 0 a we 128 284 =2(— =2(—42)=—. Exemplo 1.49. Jé que f(r) = Tt +8 catistaz f(—2) = —f(a), ela é impar p 49. 4 que f(t) = aaa Batista r)= x), ela é impar, e por conseguinte [ rt+at+sent a, 9 _, l+a2?424 _—_ 1.3.2 Integracao por Partes A Regra do produto afirma que se f e g sao funcoes derivaveis, entao d / / ag HO) 92) = Fe)g(@) + Fle) g"(@). Pelo TFC, parte 2, obtemos z=b b b Fo)-ga)| =f F(ojgte)aes fF fayg' (oar 23 ou equivalentemente b ¢=b b [ fed @ae= ta)-o0)| = | oayste)ax (1.11) A formula (1.11) é chamada de INTEGRAGAO POR PARTES PARA INTEGRAL DEFINIDA. Talvez seja mais facil lembrar com a seguinte notacao: _ — dy = f' d b v=b b eu= f(x) u=f(a)dr, [wto= w - | vau (1.12) ev=g(r) = dv= g(a) dz. a wa Jaq Em termos de integral indefinida, podemos escrever fude=w- fod (1.13) 3 Exemplo 1.50. Calcular 0 valor de J = | x Ina dz. 1 SOLUGAO : J= fP Qn x)(9x) dx. Logo usamos integracdo por partes da forma u=Ing, du = dx/x, — dv = 9x? dx v = 32°. Como In1 = 0, de (1.12) obtemos x2=3 3 J = 32" nc| -3 | x? dx z=1 1 xr=3 =81ln3—25 z=1 = 811n3 — 26. Exemplo 1.51. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : Usamos integracao por partes da forma U= Z, du = dx, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J =—xcosx+ [ecoseds = —xcosx+senz +c. 24 1 Exemplo 1.52. Calcular 0 valor de J = | (a? + 1)e* de. 0 SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=2+1, du = 2x dz, — dv =e"* dx v=-e”. De (1.12) obtemos a=1 1 J=~(0? + Ye*| +2 f re "dx «z=0 0 1 =-2e +14 2 | xe" dx. (1.14) 0 _ 1 2°: Seja J = | xe “dx. Logo, usaremos integracao por partes da forma 0 u= x, du = dx, ~ = ~ dv =e * dx v=-e™. Aplicando (1.12) a J, obtemos ~ z=1 1 z=1 J=-ve“*| +f ede =—e! 6 xz=0 0 «z=0 =-e'—-e!'+1=1-2et, (1.15) 3° : Substituimos (1.15) em (1.14). Entao J =—2e'+4+14+2(1-2e') =3-6e™. Exemplo 1.53. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=er, du = e* dz, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J = —e* cosx + Je cos x dx. (1.16) 25 2° : Seja J= Je cos x dx. Logo, usaremos integragao por partes da forma u=e’, du = e” dx, ~ = ~ dv = cosx dx v =sene. Aplicando (1.12) a J, obtemos J =e"senx — Je sen x dx =e"senx — J. (1.17) 3° : Substituimos (1.17) em (1.16). Entao J =—e* cosx+e*senx — J = J = 5 (sen — cost) +e Exemplo 1.54. Calcular J = / G e* —2° In w) dx. SOLUCAO : 1° : Note que J= / G em — 2? nx) dx = [« e” dx — [© Inadz = J, — Jo. (1.18) 2: J, = Je e* dx. Usaremos substituicdo. Seja u = x*, logo du = 4x? dx. Assim 1 u e ev A= FG edu=Tta= te. (1.19) 3°: j= foo x)ax° dx. Usaremos integracao por partes. Logo u=Ing, du = dx/x, 5 = 6 dv = x? dz. v=2'/6. Aplicando (1.13) a Jz obtemos xelIng 1 J» = 6 _ 6 Je dx x’Inx «2° = — — — . 1.20 6 36 + C2 ( ) ec —¢®Inx x8 4° : Substituimos (1.19) e (1.20) em (1.18). Entao | J = TTR + 36 +¢€ 26 1.3.3 Integrais Trigonométricas MOTIVAGAO: Vamos avaliar a seguinte integral: J= [son's cos” x dx. (1.21) 1° : Sabemos que sen? x + cos? x = 1. Entao sen” x cos” a = (sen? x)* sen a cos? x = (1 — cos? x) cos’ x sen x. Logo, podemos escrever (1.21) da forma J= / (1 — cos? x)” cos? x sen x dx. (1.22) 2° : Como (cos x)’ = —sen a, fazemos u = cos x. Logo du = —sena dx. Entao J= -| (1 —w)* u? du = = | (u? =a +08) du we jw . ul . =—(—-2—-4— C 3 5 7 cos?a 2 . cos! & = ——>— + = cos" © — — +c. 3 5 x Observacao 1.55. Usaremos esta ideia para poder avaliar alguns tipos de integrais. Para isto, primeiro recordemos o seguinte: d d Z 2 2 e —(senz)=cosz, —(cosx)=-—senz. ‘Também sen’ z+ cos’ x = 1. dx dx d (tan x) ° d (sec x) t També e —(tanz) =sec’x, —(secx) =secx-tanxg. Também dx dx sec? ¢ — tan? a = 1. d 9 d , e — (cotanz) = —cossec* x, — (cossecx) = —cossecx-cotanz. 'Também dx dx cossec” x — cotan? x = 1. Podemos entao avaliar integrais do tipo / sen” x cos” x dx, / tan” x sec” x dx, / cotan”™ x cossec” x dx. 27 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sors cos” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1:n=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= [son x (cos? x)" cos x dx = [sos (1 — sen? x)" cos x dx. (1.23) 2° : Fazemos a mudanca u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= pera —u*)* du = [rw du, (1.24) onde P = P(u) é um polin6émio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.56. Calcule o valor de J = [son's cos? x dx. SOLUGAO : 1°: Temos n = 5 = 2(2) + 1. Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [sox' x(cos? x)? cos x dx = [son's (1 — sen” x)” cos x dx. 2° : Fazemos u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= ice —u?)? du = / (u* — 2u® + u*) du ue Qu? 1 w 1 = — ———4—+¢ 9 7 5 sen? a 2sen! x 1 sen? x 1 = —— — —_— + —— + ¢. 9 7 5 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (sen? x)" sen x cos” x dx. = / (1 - cos? x)" cos” « sen x dx. (1.25) 28 2° : Fazemos a mudanca u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J=— Jo —u?)Fu" du (1.26) = fw du, (1.27) onde Q = Q(u) é um polindmio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.57. Calcule o valor de J = [sorts cos® x dx. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) + 1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [(oox" x) cos® x sena dx = / (1 — cos? x)” cos° x sen x dx. 2° : Fazemos u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J= - fa —u?)ru® du = -| (u° + 3ul? — 3u8 — u'*) du uw 3k 8 ~ 7 a 3 tate cos’ 3cos x 1 cos? x 1 cos? x 1 = —-— + —— 4+ —— IH. 7 11 3 13 INTEGRAIS DA FORMA: J = [rune sec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: PRIMEIRO CASO: n = 2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / tan” x (sec? x) * sec? x de. = [ren a (1+ tan? x)" sec? x dx. (1.28) 2° : Fazemos a mudan¢a u = tan, logo du = sec? x dx. Entao J= fora +u?)* du = [Pw du. (1.29) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. 29 Exemplo 1.58. Calcule o valor de J = [ow x sec! x dx. SOLUCAO : 1°: Temos n = 4 = 2(2) = 2(1+ 1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [ow ax(sec? x) sec? x dx = [ow x (1 + tan? x) sec” x dx. 2° : Fazemos u = tan z, logo du = sec? x dx. Entao J= peo +u?) du = / (u® + u®) du ue ul? = 7 + 9 +C _ tan’ 1 tan? x Le 7 9 SEGUNDO CASO: m = 2k +1. 1° : Temos o seguinte: J= / (tan? x)" tana sec” xdx. = / (sec? x — 1)" sec” a+ tanax sec xdx. (1.30) 2° : Fazemos a mudanca u = sec x, logo du = tanx - sec x dx. Entao J= Jw —1)Fu" du = fw du, (1.31) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.59. Calcule o valor de J = [ox x sec’ x dz. SOLUCAO : 1°: Temos m = 5 = 2(2) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [i(ean? x)’ tan x sec’ x sec x dx = / (sec? ru 1)’ sec® x - tanx sec x dx. 30 2° : Fazemos u = sec x, logo du = tanx secx dx. Entao J= [we —1)?u® du = / (u'? — 2u® + u°) du _ yt 249 1 ye 1 “iH 9° 7° sect x 22sec? x 1 sec’ x 1 = —_ — ——— + —— +. 11 9 7 INTEGRAIS DA FORMA: J = J cotan cossec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1: n=2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / cotan” x (cossec” x)" cossec” x dar. = / cotan™ x (1 + cotan? x)" cossec? x dx. (1.32) 2° : Fazemos a mudan¢a u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - fur +u*)*du= [rw du. (1.33) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.60. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec® x div. SOLUCAO : 1°: Temos n = 6 = 2(2+1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= / cotan’ x(cossec? x)” cossec? x dx = / cotan’! x (1 + cotan? x)” cossec? x dx. 2° : Fazemos u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - [wa twyau = -| (u'! + 2u? + u") du we ya “p75 gto — cotan’ x cotan’?x cotan® x Le - 12 5 8 31 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (cotan” x)" cotan x cossec” xdx. = / (cossec” xL— 1)" cossec” | x - cotan x cossec xdz. (1.34) 2° : Fazemos a mudanca u = cossec x, logo du = — cotan x - cossec x dx. Entao J=-— [oe —1)u"* du = fw du. (1.35) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.61. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec”? x da. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [teotan’ x) cotan x cossec? x cossec x dx = / (cossec” xu 1)° cossec? x - cotan x cossec x dz. 2° : Fazemos u = cossec x, logo du = — cotan x cossec x dx. Entao J= - [0 —1)°u? du = -| (u'? + 3ul? — 3ul — u’) du wS yl? 3yl4 yl ~ "te 4° a 107° _ _cossec!® a _ cossec!? x 1 3.cossec!4 x 1 cossec!? x Le 7 16 4 14 10 - d f(x) Observagao 1.62. Sabemos que — (In|f(x)|) = ——. Portanto dx f(x) f(z) —— dx = |n|f(x)| +c (1.36) li Usaremos (1.36) para poder calcular / sec x dx, / cotan x dz, / cossec x dx. 32 Exemplo 1.63. Calcular J = [secwae. SOLUGAO : 1° : Note que d ( + tan 2) d + a — (secu +tanz) = —secx + — tans dx dx dx (sec x + tan x)’ = secx-tanax + sec? x = Secu = (seca + tana)” = sec x (tanx + secz). 2° : Portanto t / J= [eae = In|secx + tana| +c. (seca + tan x) Exemplo 1.64. Calcular J = [cotancae: SOLUGAO : 1° : Note que cosx (senzr)’ cotan x = ——_ = ——_.. sen © sen x 2° : Portanto / y= [PP te = mjsena| +. sen & Exemplo 1.65. Calcular J = [cose rae SOLUGAO : 1° : Note que d ( + cotan 2) d + © cot — (cossec x + cotan x) = — cossec x + — cotan x dx dx dx = —cossec x - cotan x — cossec? x = — cossec x (cotan x + cossec 2) . Logo (cossec x + cotan x)’ cossec “ = — (cossec x + cotan x) 2° : Portanto cossec x + cotan x)’ J= SF = —I|n|cossec x + cotan 2| + c. (cossec x + cotan x) 33 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: sen(a + b) = sena cosb + cosa senb soma sen(a + b) + sen(a — b) => ~~ sena cosh = —_—__—_.. sen(a — b) = sena cosb — cosa sen b 2 Exemplo 1.66. Calcular J = [sent2n cos(3x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(2z) cos(3a) = 3 [sen(52) + sen(—2)] = 5 [sen(52) — sen a]. Portanto 1 1 5 J= 5 | lsen(52) —sena] dx = = _£08(52) +cosx| +c. 2 2 5 Exemplo 1.67. Calcular J = [senlan cos(4x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 sen(8z) sen(42) cos(4x) = 5 [sen(8x) + sen(0)| = — Portanto 3 8 y- sen(8z) dna __cos(8x) Le 2 16 INTEGRAIS DA FORMA: J = [ contin) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — goma cos(a — b) + cos(a +b) = cosa cosb = —S_a~—_—__.. cos(a + b) = cosa cos b — sena sen b 2 Exemplo 1.68. Calcular J = [eostae) cos(52) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 cos(3x) cos(5x) = 5 [cos(—2x) + cos(82)] = 5 [cos(2a) + cos(82)] . 34 Portanto 1 1 2 8 J == | |cos(2x) + cos(8x)] dx = = sen(22) + sen(82) +¢. 2 2 2 8 Exemplo 1.69. Calcular J = [costte) cos(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 14 cos(7x) cos(7x) = 5 [cos(0) + cos(14x)] = My cost) Portanto 1 1 (14) sen(14x J= 5 | [1+ cos( te) dx = 5 ire +6. INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) sen(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — qif cos(a — b) — cos(a +b) = sena sen b = — WW. cos(a + b) = cosa cosb — sena sen b 2 Exemplo 1.70. Calcular J = [seatsn sen(5x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(3z) sen(527) = 5 [cos(—2x) — cos(8x)| = 5 [cos(2x) — cos(8x)]. Portanto 1 _ 1 fsen(2x) — sen(8z) J= 3 / [cos(2a) — cos(8x)] dx = 5 5 7B +. Exemplo 1.71. Calcular J = [sent sen(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1- 14 sen(7x) sen(7x) = 5 [cos(0) — cos(14x)] = 1a cos(tis) Portanto 1 1 (140) sen(14x J= 5 | [t —cos(4e) dx = 5 » +. 30 1.3.4 Substituigao Trigonométrica Vamos dividir 0 estudo em 3 etapas: PRIMETRA ETAPA: Observagao 1.72. Seja a > 0. Entao 1° : Por medio de interpretacao de areas, a integral y J= | Va? — x? dx representa a area do semicirculo superior de centro 7 (0,0) e raioa > 0. Logo J = ge —a a” 2° : Trocando pelo intervalo |c, d], a integral y d 1=| Va? — x? dx representa a area da regiao da figura ao lado. Mas, neste caso, esta area é muito dificil de calcular. —aq Cc qd a v Para poder resolver isto. Vamos analisar integrais da forma J= Jv a? — x? dx. (1.37) 1°: Para resolver (1.37), note que y = Va? — 2? satisfaz rt+y=a’, y = 0. (1.38) 2° : Como sen? 6 + cos? @ = 1, isto nos leva a considerar a mudanca x x = asené => @ = arcsen (=) . a ! y =senz ! | y = cosa Fs 1 —1 | 1 1 T zt I Lv nT I ' Tv v ro 3 ! t ~2 3 en “OT Py =aresena Op 36 3° : Da figura acima, devemos considerar entao 6 € |-} . . E como cos @ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Va? — 2? = Va? — a* sen? 6 = \/a?(1 — sen? 6) = av cos? @ = a|cos6| = acos@. 4° : Temos assim, a mudanca x = asen 6, logo dx = acos@dé@. Portanto 2 2 2 a J=a [oo 6d0 = sft + cos(20)| dé a’ sen (20) —~—|g,~>" 9 + 9 | + ¢ a = y (8 + send - cos @) +. (1.39) 5° : Para resolver (1.39), vamos considerar 2 casos: ° CASO 1: Se0<0< 5 (0<4< 90"). Como sen é = - temos x > 0 e os valores dados no triangulo a Portanto 2 a) 2 a a a 2 2 _ 72 : = 5 (arctan (2) + ME) a a Vee T e CASO 2: Se —5 <0 <0. Temos entao a = —@ € 0. “). Como sen 6 = * e sen é uma fungao impar, entao a —£ sen a = — e z=-2“2>0. (1.40) a E assim os valores dados no triangulo. Logo, de (1.39) e (1.40) a2 J= Zz [9 + sen(—a).cos(—a)] + ¢ a =F (9 — sena- cosa) +c a é a? ( z vV1l- =) = 0 —_-—. —_— + Cc 2 a a a? r\ «va? — x? [2 2 =" faret (=) Ve Ve. a z 5 (aotan a + @ ) +e 37 Observagao 1.73. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. INTEGRAIS DA FORMA: J = put CG a) dx Dentro da integral temos a expressao v/a? — x”. Logo 1° : Consideramos a mudanga x = asen@, — 5 <@< 3. Pelo observado anteriormente Va? — x? =acosé. (1.41) 2°: A integral é dada por J= | ...P (acos#) acost db. (1.42) V3 Exemplo 1.74. Calcular o valor de J = | V4 — 2? dx. 0 SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga z = 2sen@, —5 <@< 3. Logo V4 — 2? = 2cos8, r=O0O = send=0 = 6=0, e dx = 2cos6@ dé. c=V¥3 => sen@ = 8 = 6 = 60° = f. 2 3 2° : Como sen (=) = sen (120°) = va obtemos n/3 r/3 J= | (2 cos @) (2cos 6) d0 = | cos” 6 dé 0 0 -2 | (1 + cos(20)) do = 2 ] 0 2 6=0 T 20 = |2—+sen | — }] — [2-0+sen(0)| 3 3 27 3 on v3 3 2 \/9 — x2 Exemplo 1.75. Calcular J = [> dx. x SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga x = 3sen@, —> <6 < 5. Logo dx = 3cos@dé. Entao 7) 2 V9I-=x dna (3 cos 6)(3 cos 6 d0) _ cos’ 6 = cotan2 6 dé. x? 9 sen? 6 sen? @ 38 2° : Desde que cotan? 6 = cossec? @ — 1, obtemos J= / (cossec” 0 — 1) dé = —cotand—-6+<¢. (1.43) x . * 3° : Como sené = 3) temos o seguinte retangulo. Portanto 3 v V9 — x? x J = —————-_ —- arcsen (5) + x 3 a V9 — x? Exemplo 1.76. Encontre a area delimitada pela elipse ey? atpat SOLUCAO : 1° : Observe o seguinte: Isolando y na equagao, temos y y? Pe at #2 b Be we ou ; y=t-Va?—-—2?, -a<u<a. a —a a x Como a elipse é simétrica em relacao a ambos os eixos, a area e 4 vezes a area do primeiro quadrante. —) b 2°: A parte da elipe no primeiro quadrante 6 y = —Va? — 27,0 <a <a. Portanto a 4b f° A=— Va? — x? dx a Jo 4b a? x rVa—2\\" “ = — - — [ arcsen (=) + ——___—_ a 2 a a? <0 = 2ab (arcsen(1) — arcsen(0)) T = 2ab- — aa) = Tab. 39 SEGUNDA ETAPA : De maneira andloga a primeira etapa, vamos considerar J= [ve + x? dx. (1.44) 1°: Para resolver (1.44), note que y = Va? 4+ 2? satisfaz y —2 =a’, y = 0. (1.45) 2° : Como sec? # — tan? @ = 1,isto nos leva a considerar a mudanca y x=atand <> @=arctan (=) a y = arctan x y ; r ! 3 ! : , yoy, 1 1 r ' ' 1 7 2 2 y = secu = tanz : : 4 Lo 2 2 . . ~ 7 1 3° : Da figura acima, devemos considerar entao @ € |-> 3 f E como sec @ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Vae +a? = Va? + a? tan? 6 = \/a?(1 + tan?) = avsec? 6 = a|sec O| = asec 0. 4° : Temos assim, a mudanca x = atanJ@, logo dx = asec? @d@. Portanto J= c® | sec* 9.9 = @ | secé. sec” 6 dO = a [ seco - (tan 0)’ dé =a’ seco -tand — [ice 6)'-tand i ; (1.46) 40 5°: Para resolver (1.46), note que (sec 0)’ tan @ = sec - tan@ - tan@ = sec@ - tan? @ = sec 0 (sec? 6 — 1) = sec? 6 — sec 0. Logo, substituindo isto (1.46), obtemos J=a seco -tan@ + [secouo — a [sect eas = a’ (sec@- tan@ + In |sec@ + tan 4|) — J. Entao a J= py (sec@- tan + In|sec@ + tan6]) +c. (1.47) 6° : Para resolver (1.47), vamos considerar 2 casos: ° CASO 1: Se0<d< 5 (0<0 < 90°). Como tan @ = * temos x > 0 e os valores dados no triangulo a Portanto 2 a) 2D 72 VEE ra $ (SEES onl OPE al) ae x 2 a a a a 2 a) 7 = (25 sm |verrea|) +h a a T e CASO 2: Se —5 <0 <0. Temos entao a = —0 € 0. 5): Como tan @ = * e tan é uma funcao impar, entao a —x tana = — e z=-x“>0. (1.48) a E assim os valores dados no triangulo. Logo, de (1.47) e (1.48) J= ao [sec(—a) tan(—a) + In |sec(—a) + tan(—a)|] = a (— seca: tana + In|seca — tana|) + ¢ Va? + 27 . a? Va? +2? ay Var+z22 z a —— yn | ——————_- — — 2 a a a a 2 [a2 4 72 a = (2S narra el) a 41 Observagao 1.77. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. INTEGRAIS DA FORMA: J = put CG +2?) dx Dentro da integral temos a expressao Va? + x?. Logo 1° : Consideramos a mudanga x = atané, — > <@< 4. Pelo observado anteriormente Va? + 2? = asec. (1.49) 2°: A integral é dada por J= | ...P(asec8) asec? ab (1.50) E lo 1.78. Calcul lor de J / | d. xemplo 1.78. Calcular o valor de J = | ———=dzr. P reVa2+4 SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga x = 2tan@, —> <6 < 5. Entao _ 2 de ~, sec" 6 db, 1 _. dx — 2sec?6d0- 1 sec ————_- = —_.__.. 2/e2 +4 Atan?@-(2secA ~ Atan? 6 r2VJx2 +4 4tan?6- (2secé) ovat ( ) 2°: Assim 1 sec 6 J=- | —d0 4 / tan? 0 1 1 26 _i / 1 cos’? 4 } cos@ sen? 1 cos 6 =-— | ——doé. 1.51 4 / sen? 6 ( ) 3° : Fazendo u = sen@, temos du = cos 6 d6. Logo 1 [du J=-]/-— 4 / u? —] , =—4+c du a = ———_ +¢ 4sen 0 _ _ cossec Le (1.52) 4 42 4° : Como tan é = > temos o seguinte retangulo. Portanto V44+ x? : J = ——— +¢ 4x a 2 Exemplo 1.79. Encontre J / | xemplo 1.79. Encontre J = | ———— dz. P Vu? +4 SOLUCAO : Seria possivel usar a substituicdo trigonométrica x = 2tan@ aqui (como no Exemplo 1.78). Mas a substuituicao direta u = x? + 4 6 mais simples, porque du = 2x dz e 1 du J== | ~=Vutc=v2r2+4+e. 2) Su TERCEIRA ETAPA: De maneira analoga a primeira etapa, vamos considerar J= [ve — a? dx. (1.53) 1°: Para resolver (1.53), note que y = Vx? — a? satisfaz ra-y=a’, y = 0. (1.54) 2° : Como sec? 6 — tan? 6 = 1, logo consideremos x = asec 0 <= @ = arcsec (x/a). ¥ 1 \ ' Yy i I 1 y =secx 1 x T Bn : T 30 v 2 2 2 2 —1 y = tana 43 37 3° : Da figura acima, devemos considerar entao 0 < 6 < . oumT <2“< >" E como tan@ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Va? — a? = Va? sec? 6 — a? = \/a?(sec? 6 — 1) =avtan? 6 = a|tan6| = atand. 4° : Temos assim, a mudanga x = asec 0, logo dx = asec@- tan@d@. Portanto J=a [ono (sec@tan@) d@ = @ [ tand (sec 0)’ dO =a (soc -tan@ — [sx 7 a2 = y (sec tan @ — In |sec + tan 6) + . (1.55) 5°: Para resolver (1.55), vamos considerar 2 casos: T e CASO 1: SeQ<0<>5 (0<0< 90°). Como sec 6 = temos x > 0 e os valores dados no triangulo. Portanto a a (xx? — a? xc Va?—a Vee a o 4 2 2_ 72 4 = 5 (SS nes veel) +e a 2 a T e CASO 2: Se —5 <0 <0. x Temos entao a= 6—7 € 0. >): Como sec 6 = —, temos a x seca = —secO=—-, tana=tand e z=-ax>0. (1.56) a E assim os valores dados no triangulo. Logo a J= z (— seca: tana —In|—seca+tana|) +c _ ae (-2. ==" -n]-2 +=") 2 a a a a 2 2_ 72 a = 5 (AE nes vr =el) +e a Observagao 1.80. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. 44 INTEGRAIS DA FORMA: J = put (v x2 — ©) dx Dentro da integral temos a expressao Vx? — a?. Logo 3 1°: Consideramos a mudanga x =asec#, 0<9< 5 oum<r< > Pelo observado anteriormente Vu? — a? =atand. (1.57) 2°: A integral é dada por J= J --Platand) asec tan 8 a8 (1.58) Exemplo 1.81. Calcul jor de J = | de xem .81. Calcular o valor de J = | ———. P Ve @ SOLUGAO : 1° : Fazemos a mudanca x = asecO, 0<A< . oumT <a2“< oF Entao aes asco g tan _. dx asec 6 tan 0 dd 8 dO ———— = — = see . — Jr? — a2 atan@ Vx2—a2 atanéd “ 2°: Assim J = | sec#do = In|secd + tan] + 6 (1.59) 3° : Como sec 6 = temos o seguinte retangulo. Portanto a J? a2 a / +e Lt 2 — a2 a a 7 = In| + Vo? =e +b. (onde k = c— Ina) a EXEMPLOS DIVERSOS 33/2 73 Exemplo 1.82. Calcular 0 valor de J = [ (a2 + 992 dx. SOLUGAO : 1° : Note que 9 ° 9 ° 9 ° (402 + 9)9? = (Vise) = | (#+9)| 7 ayia §| - ey : 45 3 T T 2°: F =. — = ~.L 2° : Faco x 5 band, 5 <P<5 ogo 3 27 e dx = ~ sec” 6 dd, ex = —tan’ 0. 2 8 [9 , 3 ° e (4x7 +. 9)3/? = 8 | Z (tan? 6 + 0 =8 5 scot = 27sec? 0. x dr = = tan? 0 3 nee Odd _ (27)(3) tan? 0 sec? 6 = 3 tan’ 40. (4x? + 9)3/2 27sec? 6 \2 (8)(27)(2) sec? 6 16 secé Além disso ex=0 = tand=0 = 6=0°. eo = N38 = BV3 _ 3 ne = tand=V3 = 6 = 60° =~. 2 2 2 ) Assim 3 (7 tan? 6 J=— ——— d@ al sec 0 3 [7 sen? 6 =— — — cos 6 dé 16 [ cos? @ r/3 2 = al sen’? sen 6 dé 16 Jo cos? 0 3 [7/3 (1 — cos?) =— ——.—— sen 6 dé. 1.60 al cok (1.60) 3° : Para resolver (1.60) fazemos u = cos 0, logo du = —sen@d@. Também 6=0 => (0) =1 g=7 = (=) ! e = = = 1, e = — = — =-, U = COS 3 u = 008 | 3 5 Portanto 3 PP law 1 =~ 76 / Te 3 fl = a (u-? — 1) du 3/1 wt 16 U “ u=1/2 3 1 3 =—(-9424—)==. 16 ( ret B) 32 46 Exemplo 1.83. Calcular 0 valor de J= / ar, V3 — 2x — x? SOLUGAO : 1° : Note que 3 — 2x —2? =3- (2? +2r) =4— (2? +2041) =4-(e +1). Logo x J = [SS (1.61) \/4 — (a +1)? 7 7 2° : Fazemos a mudanca x + 1 = 2sen 0, 3 <A< 3 Logo ex =2send—1. e dx =2cosédé. e /4- («4+ 1)? = V4 —4sen? 6 = \/4(1 — sen? 6) = 2cos 8. Entao (2 sen 6 — 1) / ya [OG 200s) dl = (2sen 0 — 1) d0 = —2cos6—O@ +c. (1.62) (2e0es6) z+ . - 3° : Como sen é = >a temos o seguinte retangulo. Portanto \/4 — 1)? 1 J= _gV4= (e+ 1) — arcsen tt +c¢ 2 2 2 z+i1 z+i1 = —V3 — 2x — x? — arcsen (S) +¢. a \/4 — (a +1)? 1.3.5 Integracgao de Funcgoes Racionais por Fragoes Parciais Mostraremos como integrar qualquer funcao racional (um quociente de polindmios) expressando-a como uma soma de fracdes mais simples, chamadas FRAGOES PARCIAIS, que ja sabemos como integrar. Comecgamos entao com uma simples observacao. d 1 1 — (In |x + a]) = ——. => |p ea tle tale dx zt+a zt+a 47 Por outro lado, note que 2 1 &%a+2)—(@—-1) +5 a-l @¢+2 (@-l1)(x+2) 9 x? +xr-27 Entao 5 1 1 Jen 2 [e-[oae v+u-—2 x—1 x+2 = 2In|x —1]-—In|x+2|/4+c. OBJETIVO: Encontrar um método(ou varios) para calcular integrais da forma / p(2) q(x) onde p(x) e g(x) sao polindmios nao constantes. Isto é p(x) = ag + ax + agx? +...+anx", an £0 grau(p(x)) =n, q(x) = bo + bya + box? +... + bmx, bm #0 grau(q(x)) =m. Para isto, vamos considerar sempre 0 caso n < m. Por exemplo zr+s5 3x +7 4x? +7 1) ———_.. 2) ——.—_.. 3) ——.——_.. () ye 2 2) Teal (3) yas an No caso em que n > m, faremos uma etapa preliminar, a divisao de polindmios. p(x) | (2) plo) = a(a)S(2) +r) pla) _ gry, {ee XL ——_ S(x) grau(r(x)) < grau(q(z)) q(x) | q(x) r(x) Polindmio O exemplo a seguir mostra que algumas vezes é so necessdrio essa etapa preliminar. 3 Exemplo 1.84. Encontre J = / ar, Xx — SOLUCAO : Como q(x) = x — 1 é de grau 1, podemos usar Briot-Ruffini. Logo 1} 1:'o0r1+ 0% 3 1 1 1 1 2 ; ; 7 } = eet _ x? +r+24+ —_. 48 Portanto 9 2 J= xue+x+2+— } dz x—1 3 2 = 4 4 or 4 2In|a — 1] te. 3 2 Observacao 1.85. E possivel demonstrar que qualquer polindmio q(x) pode ser fa- torado como um produto de e Fatores Lineares —> ax+b e/ou e Fatores quadraticos irredutiveis —> ax? + bx +c, b? — dac < 0 —>SS SS (nao tem raizes reais) Por exemplo: e x —16 = (x —2)(x4+ 2) (x? +4). —=_E—_— irredut. e x —62x? +127 — 8 = (x — 2)’. 8 7 6 4 3 2 2/2 2/52 8 14 3x — 6 6 1=(Q7-1 1)*(2 1). e 8r° 4+ 8r' + 142° + 3x xv +a°+6xn+ (2x — 1)*(a* + 2 + 1)°(22" + 1) irredutivel irred. Logo, podemos expressar a funcao racional a como uma soma de FRAGOES PARCIAIS q(x da forma A Ar+B ———___. ou ——_—;: (ax + b)* (ax? + bx + c)* Um teorema na algebra garante que é sempre possivel fazer isso. Explicamos os detalhes para os quatro casos que ocorrem. CASO 1: ae onde q(x) é um produto de fatores lineares distintos q(x Isto é: q(x) = (aya + by) - (aga + bg)... (aga + bx), onde nenhum fator é repetido (e nenhum fator é multiplo constante do outro). Neste caso, escrevemos x A A A pt) An A q(x) a,x + b; aga + bo apx + by 49 2497-1 Exemplo 1.86. Calcular J = | styeo SOLUGAO : 1° : Note que p(x) = 2? +2xr —1 tem grau 2, q(x) = 2x + 3x? — 2a = x(2a? + 3x — 2) = a(2x — 1)(x + 2) tem grau 3. 2°: Temos que q(x) = «(2x — 1)(x + 2) é produto de fatores lineares distintos. Logo A B C p(t) _ A 4 qjz) «a 2-1 «+42 _ A(2x — 1)(@ + 2) + Bx(x + 2) + Ca(2x — 1) q(x) _ (2A+ B+ 2C)a? + (3A+ 2B —C)x + (—24A) (1.63) q(2) . . 3°: Como p(x) = x* + 2x — 1, temos 2A+ B+2C =1, A= 1/2, 3A4+2B-— C =2, = B=1/5, 2A = -1. C = -1/10. Logo p(t) 14,1 1 1 1 qv) 2a” 5 2-1 10 x42 4° : Portanto pak fet pte 1 fae 2) @ 5 2-1 10f «+2 1 1 1 = 3 nie + 75 mies — 1 ~ Gp lnlet+2l+e. dx Exemplo 1.87. Calcular J= | =—,,. x? —a SOLUGAO : 1° : Note que 1 1 x2—a? (x —a)(x +a) A B = —— + — i-a x«rt+a (A— B)a+(A+ B)x ~ rT — ae 50 2° : Logo A-B =l1/a, A=x, 1 1f 1 1 A+B =0. B=- x. v—a 2alxa-a xt+a 3° : Portanto 1 1 1 =z / | - = dx 2a Z-a x£+a 1 = 3, (nie — al —In|jx+al])+e 1 - — "| = — In|——|+c. 2a |x+a CASO 2: q(x) 6 um produto de fatores lineares, e alguns deles sao repetidos Para fixar ideias, vamos supor que o primeiro fator linear (a,x7 + b,) seja repetido A r vezes; isto 6; (a,x + 61)" ocorre na fatoracao de q(x). Entaéo, em vez de ————~ (a,x + by) (como no Caso 1), usariamos A, Ay A3 A,-1 A, 4 7g e's tt (a,x + by) (a,x + by) (a,x + by) (a,x + by)" (a,x + bi)" Para ilustrarmos, poderiamos escrever x —82?+r+1 A B C D E F ooo ooo tos tt oo tt ost oo tl (Qa —1)(a+2)2(a-1)? 22-1 442 (4+2)? x-1 (4-1) («#-1) Ax Exemplo 1.88. Calcular J = | ———~————dzz. xv—ax%—-ax-1 soLucdo : 1°: Seja q(z) = x — 2? —x+1. Note que q(1) = 0 = q(—1). Como q(x) é ménico q(x) = (x—-1)(x+1)\(a4—b) = 2° —ba? -—2 +d = b= 1 — q(x) =(x—-1)(x+4+1). Entao Aa _ A 4 B 4 C a—x?-a2+1 a-1 (a-1) «+1 _ A(x —1)(@ +1) + B(x +1) + C(a—- 1)? q(x) _ (A+ C)a? + (B-2C)a + (-A+ B+C) q(2) . 51 2° : Logo A+ C =0, A=1, B-2C =-4 = B=2, -A+ B+ C =0. C=-1. 3° : Portanto 1 2 1 J= ——_ + ——.. - ——|d /\aa+om al * 2 = In |x — 1] - —— —-In|r4+ 1] +e. z—1 4_ On? + 4 1 Exemplo 1.89. Calcular J = ae e—x2?—-ax+1 SOLUGAO : 1°: Sejam p(x) = x* — 22° + 4a +1 e q(x) =a? —x2* —x +1. Note que: +02? — 22? +4r +1 e—a?—ax2+1 p(x) Ar 7 ae tlt+|\4 aS A+ B84 Po r+ q(x) v—«x%-ax+1 xe _ xe + 302 +1 quociente Exemplo anterior 1 2 1 _ —~7t+1+——4—*7_- 2+ g® 4+ x1 eye eo 1 @-i 2 Ag. 2° : Portanto x 2 J =—+a+4+In|x —- 1] - —— -In|z+1]+c 2 z—1 r—axt+l1 Exemplo 1.90. Calcular J = /eoGece oe" SOLUGAO : 1°: q(x) = a? — 32* + 82° — a? = a? (2° — 307 + 3a — 1) = 2?(x — 1)°. Entao p(t) a b c d e qa) 2) Pe 2r-1' (@-1p @-Ip _att+b , ca-1P+d(e—1) +e ee (a — 1)8 _ (ax + b)(a — 1)° + c(x — 1)?a? + d(a — 1)a? + ex? q(2) _ (a+c)a* — (3a — b + 2c — d)x® + (3a — 3b + e—d+e)a* — (a — 3b)x —b q(2) . 52 2° : Logo at+c = 0, a=-—2, —3a+b—2c+d = 1, b= -1, —3a—3b+c—d+e = 0, => c= 2. —a-+ 3b = —l, d= 0, Assim (x) > 4 5 1 x Pee = = — — + —_ + —__. q(x) x a a«e-1 (*#-1)3 3° : Portanto dx dx dx dx J=-2 / —— | —4+2 ]/ —— —_—__ [5 [ot [Stl 2In || + —+2In |x —1) _— = n —_— n —_— SS — Ty “ Xe —12 | © x—-l1 1 1 = 2In| ——]| + — —- ———_{ +. n x +2 2(a — 1)? re CASO 3: q(x) contém fatores quadraticos irredutiveis, nenhum dos quais se repete Se q(x) tiver o fator ax? + br +c, onde b? — 4ac < 0, entao além das fracdes parcias como no Caso 1 e 2, a expressao para ue tera um termo da forma q(x Az+B ax? + br +c Por exemplo: e+a+4r+1 _ A 1 B 1 Cx+D , Ea+F (3a —2)2(a@2? +a+1)(2?+4) 32-2 (382-2)? wo? +a4+1° 22447 x E lo 1.91. Calcular J = | ————————dz. xemplo alcular Jae” SOLUCAO : 1°: q(x) = 6x" + lla? + 4 = (22? + 1)(32? + 4) é produto de irredutiveis. Assim zr Axr+B 4 Cx+D q(x) 2u?4+1 30244 _ (Ax + B)(3x? + 4) + (Cx + D)(22? + 1) q(x) _ (8A + 2C)x? + (8B + 2D)x? + (44+ C)x + (4B + D) q(2) ) 53 2° : Entao 3A42C =0, A=2/5, 3B+2D =0, J B=0. _, «2 2 3 4A+ C =1, C= -3/5, qa) 5 (Qa? +1) 5 (84244) 4B+ D =0. D=0. 3° : Como 22? + 1 > 0 e 3x7 +4 > 0, obtemos 2 x 3 x J=—= | ——~dr-= | ——d =| sei “ aces “ l 2 l 2 = 7p nlee +1] — FF In |3e +4| +c Ly 2a? +1 . = — ln | ———_ . 10 \3a2+4) 7 © 5a? — 7x? + 8a — 2 Exemplo 1.92. Calcular J= Jee aa SOLUGAO : 1°: q(x) = 4a — 4a? + 7x? — 42 +3 = (x? +1)(4a? — 4 +3) 6 produto de irredutiveis. bat — Ta? + 80-2 _ Av+B Cx+D q(x) gt 41 dae? — dr +3 _ (Ax + B)(4a? — 4a +3) + (Cx + D)(x? +1) q(x) _ (44+ C)a? + (-44 4 4B + D)ax? + (3A — 4B + C)ax + (3B + 1) q(x) 2° : Entao 4A+C =5, A=1, —44+4B+2D =-7, B=-1, p(x) x—1 x+1 3A-4B+C =8, C=1, qu) (a +1) (4a? — 4x + 3) 3B+1 = —2. D=1. 3° : Entao x dx r+ J= | ——dr- | =— ——_—_—— [ea “ Jen / eos “ 1 r+ = —In(x#?+1)- oe 5 n(az* + 1) arctan + ff pode be 1 1 = jin(e? +1) —arotane + f Gs de +e (1.64) 54 ~ 1 4° : Seja J = laao dx. Fazemos u = 2x — 1, entao du = 2dz. Logo ~ 1 (+i J= a 2 ) du 2 u2+2 at feet 4) ue+2 4 J) u2+2 4) ue+2 1 1 3 7) = <In (uv? +2) + —~- —— 8 4/2 («\" (3) +1 1 3 u = —In (u? + 2) + —~arctan (<5) 1 3 2x —1 = = In (4x7 — 4x + 3) + —xarctan (eS) . 1.65 5°: De (1.64) e (1.65), obtemos 1 1 3 2x —1 J = =\n(x? + 1) — arctanz + = In (42? — 4c + 3) + —~arctan (eS) +c. pine +1) gn ( +7, V3 CASO 4: q(x) contém fatores quadraticos irredutiveis repetidos Se q(x) tiver um fator (ax? + br + c)*, onde b? — 4ac < 0, entéo, em vez de uma unica fracao parcial como no Caso 3, a expressao para ee teré uma soma da forma q(x Ax + B, 4 Ax + Bo 4 4 Apu + B, az?+br+c (ax?+ba+c)? ~ (ax? + ba + c)* Por exemplo, sejam p(x) = 774+ 2+1e q(x) =2(x — 1)(a? +24 1)(x? + 1). Entao p(x) A B Cx+D Ex+F Gar+H Ix+J qa) pt pol’) Peenit Pat t@PaiptPrpy qv) @© a@-1l awt+at lo awtl (#41)? (#41) 3044 52? +1 Exemplo 1.93. Calcular J = |) dx. x(a? +1)? SOLUCAO : 1°: Sejam p(x) = 3x4 + 5x? +1 e q(x) = x(a? + 1)”. Entao p(t) A 1 Bet+C 1 Di+E q(x) x 241 (x +1)? _ (A)(a? +1)? + (Br + C)a(x? + 1) +. 2(Da + E) q(x) — (A+ B)r*+ Cr? +(2A+B+D)0?+(C+E)x+A q(2) . 55 2° : Entao A+B =3, A=1, C =0, B=2, 1 5 x x x Peto =>. : qe) «| (+1) (@+Ip CLE =0, D=1, 3° : Entao dx 2x x J= /[— ——d ——~d i faa + | aR . 1 _ 2 5 44 do3 + 4x? + 4 2 Exemplo 1.94. Calcular J = |S ae e (x? + 1)?(a? + & + 1) SOLUGAO : 1°: Sejam p(x) = 2° + x4 + 4a? + 4x? + 4a + 2 e G(x) = (a? +1)? (x? + x +1). Entao p(t) _Av+B CxtD | Ex+F qa)? +1 (x2 4-1)? ? +a41 _ (Ar + B)(a? + 1)(@? +.¢4+1)+ (Cat D)(a?+a4+1)4 (Ex + F)(a? +1)? q(2) . Entao xo +24 4a? 4+ 40? +42 +2=(At+ E)a?+(A+B+F)a*4+ (24+ B+C+2E)2° +(A+2B4+C+D+4+2F)a*+(A+B+C4+D+E)x +(B+D+F). 2° : Entao A+E =], A=0, A+B+F —0, B=, 2PA+B+C42E =4, _, C=1, A+2B4+C+D+42F =4, D=1, A+B+C+D+E =4, B=, B+D+F = 2. F=0 1 1 Pe) Pe qi) a%4+1 (#7241)? (a? 41) 2+4+ar41 56 3° : Logo dx x 1 x J= | —— ———_— ———_— ——— d /wat las v+ [oa + fos . 1 = arctan © — (a2 +1) + Ji + Jo. (1.66) . 1 ns 4° : Para J; consideramos a mudanga x = tan, 5 <P <5 Logo sec? 6 dé dé 1 J, = | ——= | —= 26d0 = = 1 20)) dé ' / sect 6 a [oo 5 | + cos(28)) 0 20 dQ 1 = 6 5 sentt6) =F 4 = send cos. Como x = tan @, temos Portanto V1+2? . J. =} avctans + —— 9 2(a2 + 1) | 1 5° : Para Jo, temos 1 2 1 1 d. n=s fas e-3 fac 2/ #+ar+4+1 2) (a?+a+1) 1 2d. =Fino?+eta|— f 2 (Q2c+1)°4+3 2 1 1 1 = Fino? +e4t|-— [4a 2 V3 (254) 4] V3 1 1 24+ 1 =—In|z?7+xr+1 ~ Szarctan (2). 6° : Portanto I ' 1 4 arctan x _injet+er 1 ' 27 +1 = arctan x — —— + + —__ -_ —___ — —~ arctan | —— 2(x? + 1) 2 2(x? + 1) 2 J3 J3 3 xr—1 Inje?+e+1) 1 A) = — arctan © + —>—_- + —————__ — —~ arctan | ——=— ] + c. 2 2(a? + 1) 2 V3 V3 57 4 Capitulo 2 ? Area entre as curvas Considere a regiao S que se encontra entre duas curvas y = f(x) e y = g(x) e entre as retas verticais x = a e x = b, onde f e g sao continuas e f(x) > g(x) para todo x € {a, bj. 1° : Para fixar ideias, vamos supor S dado como na FIGURA 1 (a). 2° : Dividimos S em trés regides S$, Sz e S3 como na FIGURA 1 (b). , y = f(x) . y = f(x) x x a b a C b y = g(x) y = g(x) FIGURA 1 (a) FIGURA 1 (b) 3°: Assim area(S') = A(S,) + A(S2) + A(S3) = A(S;) + A(S2) + A(S3 UT) — A(T) c c b b = / f(a) dx — / g(x) dx + / f(a) dx — / g(x) dx c b = f (Fle) ~a(o)) de f [F(@) ~ 9(a)] de b =f U(e) ~ 9(0)) ae Exemplo 2.1. Encontre a area da regiao limitada acima por y = e”, limitada abaixo por y = x e limitada nos lados por x =O ex =1. 58 SOLUGAO : y . , ™ 1°: O intervalo é 0, 1]. i 2° : Temos que x < e® para todo x € [0,1]. Assim 1 x r=1 I wvea = | (@-2)de=(#-F) _ 0 2 2=0 a x = ! l= 3 of 1 ~\e 9 ~ oD Exemplo 2.2. Ache a area da regiao delimitada pelas pardbolas y = x? e y = 24 — 2. SOLUGAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo — om — 22 . 1+ = * (1) y= x? ey = 2x — 2x? simultaneamente. Logo e=QW-a2? = 2xr(x-1)=0. Entao x = 0 ou x = 1. Logo, os pontos de ( 1 v intersegao sao (0,0) e (1, 1) 2° : O intervalo é {0, 1]. Assim 1 1 A(S) = | (2a — a? — 27) dx = | (2a — 2a) dx 0 0 _ ( 2 el 2 1 —~ (2-0 —~j-2--. 3 /|,—0 3. 3 Observagcao 2.3. Algumas regides sao mais bem tratadas considerando x = x(y). Isto é, © como uma fungao de y. y Se uma regiao S é delimitada por curvas com d equagoes x = f(y), x =g(y), y=cey=d, em que f e g sao continuas e g(y) < f(y) para todo y € [c, d]. x= g(y) x= f(y) Portanto d C A(s) =f UF@) = ou) a , 59 Exemplo 2.4. Ache a area delimitada pela reta y = x—1 e pela parabola y? = 27 +6. SOLUGAO : 1° : Observemos que eretay=xr-1l = w=yHtl, , 2 1 Ll e Parabola: y° =2%+6 => w= 5y -3 = et+3= sy ; tem vértice V = (—3,0) e passa pelos pontos (0, V6) e (0, V6). 2° : Para encontrar os pontos de intersecao, resolvemos 5 -y?—-3=yH+1. Isto é: 0=y? —2y—8 = (y+ 2)(y —4). Logo, os pontos sao P, = (—1, —2) e P, = (5,4). y 2 c= £3 3°: O intervalo é [-2,4]e 4 —3<y+1. Logo 4 4 y? A(S) -/ (v4 +4) dy 0 2 r=ytl 2 3 y=4 x -_(2 4% + 4y —3 5 2 6 y=—2 72 32 4 = (8-— 2416) —($+2-8) =18. EXEMPLOS DIVERSOS Exemplo 2.5. Esboce a regiao delimitada por y = e’, y = #2 -—1,x% =—l,r=le ache sua area. SOLUGAO : Como g(x) = x? — 1 é uma fungao par, temos y 1 Nyse A(s) = | [e* — (a? — 1)] da -1 — fi e” dx — 2 fi (a? —1)dzr r=1 r=1 : ef 2-9 r=-1 xz=0 r =(e—e')—2{--1 —1 1 fee") (; =e-el+ 3 60 Exemplo 2.6. Esboce a regiao delimitada por y = 7? —2x ey=a+4. Ache a area. SOLUCAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo y= «x? —-2cxey=x+4+4 simultaneamente. Logo Sy) Y ty v—-Q4="4+4 => vw’? -—3r-4=0 que tem raizes x = —1 e x = 4. Assim, os pontos de intersegaéo sao P, = (—1,3) e Py = (4,8). 2° : Temos e Reta: y=2+4, | y= 22 20 e Pardbola: y= 22-22 = y+1=(a#-1)? £ -1 4 vértice V = (1,—1) e passa por (0,0) e (2,0). 3° : O intervalo é [—1, 4]. Além disso, x? — 2x < x+4 para todo —1 < x < 4. Portanto 4 4 A(S) -/ ((a +4) — (2? —2e)) a= f (4430 — 2?) de —1 —1 3223 \ [4 = (4¢4 2 - > ( u 2 3 ) - 64 3 61 125 (6421-5) — (453) 9% Exemplo 2.7. Esboce a regido delimitada por x = 1—y? ex =y?—1. Ache a area. SOLUCAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo x=1-—y?ex=y’—1 simultaneamente. Entao Sn = 1? l-y=y-1 = ye=l x que tem raizes y = —ley=1. Assim, os pontos 7=¥—1k\ de intersegéo sao P, = (0,—1) e Py = (0,1). 2° : O intervalo é [—1, 1]. Além disso y* — 1 < 1— y? para todo —1 < x < 1. Entao 1 1 A(S) -/ [(l-y*) -(’ - DJ ay =2 [ (1—y") dy —1 —1 1 - | (l—y*)dy (pois f(y) =1—y? é par) 0 3 y=1 1 8 “SL -3)-4 3 J |y<0 3 3 61 Exemplo 2.8. Esboce a regido delimitada por 4x + y? = 12 e x = y. Ache sua Area. SOLUGAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo x = 3 — ve ex =y. Logo 2 y=3-4 => + 7y'+4y—-12=0 que tem raizes y = —6 e y = 2. Assim 6 y v os pontos de intersecao sao: P, = (—6,—6) e Py = (—2, —2). ra3-¥ 2°: Temos a reta x = y e a parabola e4dr+y?=12 = «-3=-H7 6 que tem vértice V = (3,0). 3° : O intervalo é [—6, 2]. Além disso y < 3 — ve para todo —6 < x < 2. Entao 2 y? A(S) -/ (3-4 -y) dy 6 4 3 2\ |y=2 y y -(--4) ( 12° 2/|,_, 2 = (s- 5-2) — (—18 + 18 — 18) _ 64 => 4 Exemplo 2.9. Calcular J = | Ve +2— x| dx e interprete como area de uma regiao. 0 Esboce a regiao SOLUGAO : y 1° : Do grafico, sejam no 9 \ n= lVr+2—2 de 0 4 y= Vr+2 n= | lVe+2—a| de S Entao x J= J, 4+ Jo. 9 5 1 1+ d2 62 2° : Novamente, da figura acima 2 4 j= | (vr¥2-2) ax + | (x - Ve ¥2) dx 0 2 2 a \ |"? xv 2 ws _— “ 9)3/2 _ we 9)3/2 16 Ay/2 16 = — —2] —- — —A4 —{(2-—-— (F-2)-9F|+ [6-99 -0-2)] 44 4/2 = — — — —AV6. 3 3 v6 63 Sum´ario 1 Integrais 1 1.1 O Problema de ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 ´Area . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Propriedades da Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 O Teorema Fundamental do C´alculo (TFC) . . . . . . . . . . . 13 1.3 Integral Indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.1 Regra da Substitui¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.2 Integra¸c˜ao por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3.3 Integrais Trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.3.4 Substitui¸c˜ao Trigonom´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1.3.5 Integra¸c˜ao de Fun¸c˜oes Racionais por Fra¸c˜oes Parciais . . . . . . 47 2 ´Area entre curvas 58 3 Integrais Impr´oprias 64 3.1 Tipo 1: Intervalos Infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.2 Tipo 2: Integrandos Descont´ınuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 3.3 Um Teste de Compara¸c˜ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4 Volumes 73 4.1 Volumes por Cascas Cil´ındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 i Cap´ıtulo 1 Integrais 1.1 O Problema de ´Area N´os come¸camos tentando resolver o PROBLEMA DE ´AREA: encontre a ´area da regi˜ao S que est´a sob a curva y = f(x), onde f(x) ≥ 0, de a at´e b. y Isso significa que S, ilustrada na figura ao lado, est´a limitada pelo gr´afico de uma fun¸c˜ao cont´ınua f [onde f(x) ≥ 0], pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x. S a b x y x = a y = f(x) x = b Observa¸c˜ao 1.1. Ao tentarmos resolver o problema de ´area, devemos nos perguntar: qual ´e o significado da palavra ´AREA? Essa quest˜ao ´e f´acil de ser respondida para regi˜oes com lado retos. L H A = L · H. b h A = 1 2b · h. A1 A2 A3 A4 A = A1 + A2 + A3 + A4 Observa¸c˜ao 1.2. N˜ao ´e t˜ao f´acil, no entanto, encontrar a ´area de uma regi˜ao com lados curvos. Para poder resolver isto, primeiro aproximamos a regi˜ao S usando triˆangulos ou retˆangulos e depois tomamos o limite das ´areas desses retˆangulos `a medida que aumentamos o n´umero de retˆangulos. Os exemplos a seguir ilustram bem isto. 1 Exemplo 1.3. Seja P,, um poligono regular com n lados (iguais) inscrito num circulo de rario r. (a) Dividindo o poligono em n retangulos congruentes com angulo central de an mostre que 1 2 A (P,,) = =nr? sen (=) ; 2 n (b) Mostre que lim A(P,) =ar?. Em particular, 0 circulo de raio r tem Area mr?. nm— co SOLUGAO : O poligono P,, 6 composto de n triangulos isésceles de lados r, todos com angulos iguais a 0, como é mostrado na figura abaixo. Cada triangulo tem igual area. Logo, para calcular a area de P,, é suficiente calcular uma das areas e multiplicar por n. Assim f <a \ (a) Temos né = 27. Logo 6 = =. Entao 2. sen 6 2 2 A(T) = aoa - = 5 sen (=). \ " " nr? Qn x | (b) Seja 0, = 27/n. Entao 6, 2 A (Py) = rr?» SE On) © 0, = 0. Lo 6, n Logo, pelo limite fundamental, A (P,) —> mr’. Exemplo 1.4. Use retangulos para estimar a Area sob a parabola y = 2? de 0 até 1. SOLUGAO : Yy . 1°: Note que A(S) < 1/2, pois S esta contida no 1 (1,1) triangulo de vértices (0,0), (1,0) e (1,1), que tem area 1/2. 2° : Suponha que S seja dividida em 4 faixas 51, So, $3 e Sy, tragando as retas 1 1 3 w= 7, e= FeL=7 (ver Figura 2 (a)) x 3° : Aproximamos cada faixa por um retangulo 0 1 . ‘ . com base igual a largura da faixa e altura FIGURA 1 igual ao lado direito da faixa. (Fig. 2 (b)) 2 y y 1 (1, 1) 1 (1, 1) So Sy x x 0 1 1 3 1 0 1 1 3 1 4 2 4 4 2 4 FIGURA 2 (a) FIGURA 2 (b) 4° : Da Figura 2 (b), as alturas desses intervalos sao os valores da funcgao f(x) = x? nas extremidades direitas dos subintervalos 1 11 1 3 3 0, — —,= ~,- —,1]. ea}: Lea}: Bale [i Cada retangulo tem largura i e altura (2)’, (2)’, (3) e (1)? respectivamente. Se Ry for a soma das areas dos retangulos aproximantes, teremos A(S) = A(S,) + A(S2) + A(S3) + A(S4) 1/1\? 1/1\? 1/3\? 1 =—|[- —[—- — (= -~(1)? <4 i(4) +3 (5) +3 (3) + 4) 15 = — = 0.48675. 32 y 5° : Consideraremos agora retangulos com altura 1 (1,1) o ponto inicial. (veja Figura 3) Assim, cada retangulo tem largura ; e altura 2 2 2 2 (0), Gs @)> G)- Se L, for a soma das areas de tais retangulos, teremos Ln\2 , 1 (1)? , 1 (1)? 4 1 (3/2 v A(S) > 70) +3 G) +7) +4) a ee = [y= 5 = 0.21875. 8 FIGURA 3 0.21875 < A(S) < 0.46875 3 6° : Podemos repetir estos procedimentos com um ntiimero maior de faixas. As figuras abaixo mostram o que acontece quando dividimos a regiao S em oito faixas com a mesma largura. y y | | 1) | | 1) x x O; 1 2 3 4 5 6 TF J O; 1 2 3 4 5 6 ZT |] 8 8 8 8 8 8 B 8 8 8 8&8 8 8 8B FIGURA 4 (a) FIGURA 4 (b) A(S) < (4) + (3) +... 43D? AUS) > B00)? FEE) HF 3 (2) = Rg = 0.3984375 = Lg = 0.2734375 0.2734375 < A(S) < 0.3984375 7° : Para obter melhores estimativas aumentamos o numero de faixas. A tabela na lateral mostra resultados de calculos Ss | 0.2734375 | 0.3984375 similares usando n retangulos cujas alturas sao . 10 | 0.2850000 | 0.3850000 encontradas com as extremidades esquerda (L,,) ou com as extremidades direitas (R,.). 032340001 0.3434000 8° : A medida que aumenta n, L, e R, aproximam-se 0.3283500 | 0.3383500 de 0.333333333333333 ... = ; Portanto A(s) = 5 1000 | 0.3328335 | 0.3338335 Observagao 1.5. Vamos mostrar de maneira formal que A(S)= lim R, = ! (9) = a ie = 3 4 y 1° : Dividimos [0, 1] em n intervalos I (1,1) (0, x1] U [241, X2| U...U [2n—2, Ln—1| U [2n—1, 1]. 1° 90 ( 1)e ° de igual comprimento. 2°: Para cada k = 1,2,...,n considere o retangulo de base [x,_1, tx] e altura f(xp) = x77, cuja area é dada por r _ 0 1 (xp — pe-1) f (Lr). Cpt rE , . _ 1 ~ 3°: A largura de [0,1] 61. Assim, a largura de cada faixa é Av = —. Entao n M1 0O= 4 => Mar 1, 1 2 %]-My=- = W=, . k ann aR entado 2,=—-, k=1,2,3,...,n. &3—%2=* —= v3 = 5, n Logo 1 2,1 2,1 2 Ll 2,1 2 Ry, =- — — Lee — (Lp — (Xn | (ei) + = (#2) + = (23) | be +> (tn) 1/1\? 1 /2\?— 1 (3? 1(n-1\? 102.9 =-({-]} +-—(-—) +-{-]} +...+-—{|—] +-() n\n n\n n\n n n n 1 = [1° 42°43? +...4(n-1)? +n’). n 4° : Utilizamos aqui a formula para a soma dos quadrados dos n primeiros inteiros positivos: 1)(2 1 PEPEP E+ (ny tne = Met UGn +t) (1.1) Entao 1 1)(2 1 1 1 1 pr, - 2 Meters 11) (gt). n3 6 6 n n Fazendo n —+ oo, obtemos 1 A(S) = lim R, = =. n—00 3 5 1.1.1 Area Vamos aplicar as ideias do Exemplo 2.1 e Observagao 1.5 para regioes S mais gerais. y y = f(x) r=a xr=b x a Zy XQ U3 +++ Le-1 Ue +++ In-2 Ln-1 1° : Comegamos por subdividir S em n faixas $1, So,...,S,-1 e Sp, de igual largura. Essas faixas dividem [a,b] em n subintervalos [a, v1] U (a1, v2] UU... U [an—2, Un—1] U [@n-1, b]. ee —[—S Ys si’ 1° 2° (n—1)° n° de igual comprimento. b— 2°: A largura de [a,b] 6 b—a. Assim, a largura de cada faixa é Ar = ~—"' Entao n g-a= 09 = a =at 9, __ (b-a) _ 2(b—a) 2-24 =O OSS OD FS A ,—7 k(b — 300 —s n= a4 BO” k =1,2,3,...,n. 3 — t= & 9) => v3 =a 4 3h, n 3°: Aproximando S;, pelo retangulo de base [x,_1, 2] (de largura Az), e altura f(2;) [f(a) > 0]. Entao 5; 6 aproximado por f(x,) - Av. Logo, a area total é aproximado por Ry, = f(a1)Ax + f(aa)Au +... + f(an)Az. Esta aproximacao torna-se cada vez melhor a medida que aumentamos o ntimero de faixas, isto é, quando n — oo. Portanto, vamos definir a area de S da seguinte forma: Definigao 1.6 (AREA). Quando f(x) > 0 é continua, a AREA de S' que esta sob o grafico de f é definida por n A(S) = lim Ry = lim (>: f (ax) + a») . 6 Observacao 1.7. (1) Pode ser demonstrado que obteremos o mesmo valor da Definigéo 1.6 se usarmos as extremidades esquerdas aproximantes: A(S'}) = lim L, = lim [f(xo) Ax + f(ai)Ar +... + f(@n_1)Az]. N—->Co n—->Co (2) Em vez de usarmos extremidades esquerda ou direita, podemos tomar a altura do k—ésimo retangulo com o valor de f em qualquer nimero x; no k—ésimo subin- tervalo [a,~1, 2%]. Chamamos os ntmeros xj}, 75,...,7% de PONTOS AMOSTRAIS. y y = f(z) r=a x=b x a Zy XQ UZ +++ Th-ll LE +++ n-2 Tn-1 x5 Lj, A(S') = lim Lf(ap)Aa + f(ap)Ax+...+ f(a*)Ag] noo Exemplo 1.8. Calcular a Area da regiaéo que esta sob o grafico de f(x) = e~” entre r=O0ex=2. SOLUCAO : y | : 2-0 2 2k 2k 1°: Av = —— =-. Entao x, =0+ —=—. ee n n n n y _ ! 2°: A soma das 4reas dos retangulos aproximantes é e : 2 Rn =~ (f(21) +... + £(tn)) ) 2/2 _4 ~2n=1) 5 0 i 9 v =H (er tet tite n +e ). 3°: Multiplicando R, por eon, obtemos 2 2(n—1) Ry==(eh tee teh bbe + 07) (1.2) 2 (n=1) (n+1) CoRR == (eR He. eM E eHeNE) (1.3) 7 4° : Da diferenca de (1.2) com (1.3), podemos escrever Ry e-* Ry, = 2 (ce — ca) n 2 2 = =.en(1—e%). 2 ek (1c) Por outro lado, note que 1 — eon =e7n (c — 1). Entao R, = (1—-e?)-— >. (1.4) n (e2/" — 1) 5° : Para resolver a expressao (1.4), observe que 2 ()__, 9 dor —+4 ——. = —_" = uando x OO r(e/#—1) (@/#—-1) °0 4 Logo, por L’ Hospital 2 2 ; rH y (-s) oy 1 lim e2/x —1 7 fim (—3e?/*) 7 fim e2/ =r Por tanto | A(S) = 1—e~? Observagao 1.9. Seja g : [a,b] —> R uma fungao continua tal que g(x) <0 para todo z € [a, }]. Seja R a regiao limitada pelo grafico de y = g(x), pelas retas verticais xr =aex=b e pelo eixo x (ver FIGURA I). Para calcular A(R), considere a funcgéo f(x) = —g(x) a qual é nao negativa em [a,b] (ver FIGURA II). Logo definimos A(R) = A(S) Yy y c b x y = f(z) y = g(2) a b * FIGURA I FIGURA II Observacao 1.10. O método usado até agora pode ser generalizada para qualquer tipo de funcoes, introduzindo o conceito de integral definida. 8 1.2 Integral Definida Definigao 1.11. Seja f : [a,b] —> R uma fungao continua. Dividimos [a,b] em n ; ; i, b-a .. subintervalos de comprimentos iguais Ax = ——. Sejam n A=%<@<%.<...< Up_-1 <2n =) as extremidades dos subintervalos, e sejam xj,..., x77, pontos amostrais arbitrarios em [v0,%1],---,[@n—-1, %n] respectivamente. Entao a INTEGRAL DEFINIDA de f deaabé b n J fleo)ae = Jim, (YO F(e5) de a j=l desde que o limite exista e dé o mesmo valor para todas as possiveis escolhas de pontos amostrais. Se ele existir, dizemos que f é INTEGRAVEL em [a, 0]. Observagao 1.12. b (1) f(x) > 0 em [a,b] implica A(S) = / f(x) dx, onde S' é a regiao limitada pelo grafico de f, pelas retas verticais 7 = aer=be pelo eixo x. (2) Se f assumir valores positivos e negativos, entao y b (3) / f(x) dx é um ntmero; ela nao depende de x. Entaéo podemos colocar b b b / f(x) dr = / f(t) dt = / f(r) dr. (4) Para uma fungao descontinua temos o seguinte resultado: y RESULTADO: Se f for continua em [{a, b], ou —” f tiver apenas um numero finito de descon- Si a: Sy tinuidades de saltos, entao f é integravel ; ; iy 7 em [a,b]. Além disso “ 93 b f f = A(S1) + A(S2) — A(S3) + A(S4). 9 Observacgao 1.13. Nem sempre é facil calcular f f(x)dx por medio de limite de somatoria (ver Exemplos 2.1 e 1.8). Mas em alguns casos podemos calcular diretamente por medio de interpretacao de areas. Exemplo 1.14. Calcule as integrais a seguir interpretando cada uma em termos de areas. 1 3 (a) Jy = | Vl—<«2? dz. (b) Jy = | (x—1) dx. 0 0 SOLUCAO : y (a) y=V1—-27,0<2<1. Logor?+y=1, y>0. Entao y= V1—2?, 0O<a2<1 é€a parte do semicirculo at y=V1-2? superior, de centro (0,0) e raio 1, no primeiro quadrante. if Portanto 0 r1 * Jz = +(drea de disco de raio 1) =}: (m)- (1)? = &. oe y (b) Note que y= a2—1,0<2< 3 60 segmento de reta 2 que une (0, —1) e (3,2) e que passa por (1,0). Temos assim as regioes triangulares 7) e 75. Portanto x (1)(1) , (2)(@2) _ 3 yy" 3 Jy = —A(T A(T) = — =<. 2 (T,) + A(T2) 9 + 5 5 1 1.2.1 Propriedades da Integral Definida Quando definimos f f(x) dx, implicitamente assumimos a < b, mas a definicao como o limite de somas de Riemman faz sentido mesmo que a > b. Observe que se . ~ , b—a a—b invertemos a e b, entao Ax mudaré de ——— para ——. Portanto n n a b [ feoae=- [toe b a Se a = b, entéo Ax = 0, de modo que / f(x) dx = 0 10 Proposigao 1.15. Sejam f e g funcoes integraveis em [a, b], entao b (1) / cdx = c(b— a), onde c é qualquer constante. b b b @) f (fle) +(e) a= [pears flo) ae. b b (3) / cf(x) dx = | f(x) dx, onde c é qualquer constante. b b b 4) f fle) s(x) ae =f pteyae— f g(v)ae. Prova. (1) Temos o seguinte: y y c>0 a c<0 b | ) == | io x x c a b b b / cdx = area = c(b—a). / cdx = —area = c(b— a). (2) Pelo limite de Soma de Riemman, obtemos b n [ Ute) + 9(e)] ae = Jim Slee) + 9a) 0 JF = lim, > f(aj)Aa + toa j=l j=l = Jim S- f(x;)Ax+ dm S g(a) Ax j=l j=l b b = / f(a) dx +f g(x) dx. (3) e (4) sao demonstradas de forma andloga a (2). O Exemplo 1.16. Use as propriedades das integrais para calcular 1 J= | (4 + 327) dx. 0 11 soLucho : 1 1 1° : Pela Proposigéao 1.15 temos J = | 4dx + | x dx. 0 0 2° : Pela Proposigao 1.15, item (1) e do Exemplo 2.1, obtemos 1 J=A1—0)+3-5=44+1=5. A propriedade a seguir nos diz como combinar integrais da mesma funcgaéo em in- tervalos adjacentes: Proposigao 1.17. Seja f : [a,b] —> R uma fungao integravel. Entao c b b / f(z) ax+ | f(a) dx = / f(x) dz. _ ~ gee y A prova da Proposigéo 1.17 nao é facil em geral. Para o caso onde f(x) > 0 ea<c <b, a proprie- dade pode ser vista a partir da interpretacao geo- Rp métrica da figura ao lado: a drea sob y = f(x) de a até c mais a area de ¢ até 6 é igual a area total + de a até b. a Cc b Exemplo 1.18. Se ésabido que f° f(x)dz =17e f f (x) dx = 12, encontre fe f (x) dx. SOLUCAO : Pela Proposigao 1.17 temos 8 10 10 10 | fla)de+ fo)de= | f(a) dx => | f(a) dx =17-12=5. 0 . 8 0 . 8 Proposigao 1.19 (Propriedades Comparativas de Integral). b (1) Se f(a) > 0 em |a, b], entao / f(x) dx > 0. b b (2) Se f(a) < g(x) em [a,b], entao / f(a)dxa< / g(x) dx. (3) Sem < f(x) < M em [a,b], entao b m(b—a) < / f(x) dx < M(b—a). 12 1 Exemplo 1.20. Use a Proposicgao 1.19 para estimar o valor de | e” dx. 0 SOLUGAO : 1°: Uma vez que f(x) = e~* 6 uma funcao decrescente, temos m=min. abs. = f(1) =e"! e M = max. abs. = f(0) =1. 2° : Pela Proposicgao 1.19, item (3), obtemos I 2 e (1-0) < | e* dx <1(1—0). 0 I 2 3° : Como e7! & 0.3679, obtemos 0.3679 < | e* dx <i. 0 1.2.2. O Teorema Fundamental do Calculo (TFC) O Teorema estabelece uma conexao entre os dois ramos do Calculo: o diferencial e o integral. O calculo diferencial surgiu do problema da tangente, enquanto da integral surgiu do problema de area. O estudo do Teorema sera dividido em duas partes. Teorema Fundamental do Calculo, parte 1 Esta lida com fungoes definidas por uma equacao da forma F(x) = / f(t) dt. onde f(t) é continua em [a,b] e x varia entre ae b. y Se f for uma funcao positiva, entao F(x) pode y=fOF ser interpretada como a area sob o grafico de f de a até x, onde x pode variar de a até b. t a x b Teorema 1.21 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 1). Se f for continua em [a,b], entéo a funcao F' definida por F(a) = [ f(t)dt a <a <b, é continua em [a, b], derivavel em Ja, b[ e F’(x) = f(x). Em outras palavras = (f fat) =F) — = f(z). dx \ Ja 13 Exemplo 1.22. Encontre a derivada da fungao F(x) = | V1+t dt. 0 soLucdo : Uma vez que f(t) = V1+4+ # é continua, a parte 1 do TFC fornece F"(x) = V1 + 2?. d { [* Exemplo 1.23. Encontre — (/ noat). dx 1 soLucdo : 1° : Aqui devemos ser cuidadosos ao usar o TFC, parte 1. Para isto, observe o seguinte: g(x) = x", [ lr => Intdt = Intdt = h(g(x)) = (ho g)(2). ny) = [Pinede | | (g(x)) = (he gle) 2° : Pelo TFC, parte 1 h’(y) =Iny. Como g/(x) = 4x3, pela Regra da Cadeia, obtemos d " / / 3 3 4 in Intdt | = h'(g(x))- g(x) = In(g(az)) - 4a" = 4x” In(2”*). 1 Observagao 1.24. Se a(x) e B(x) sao derivaveis, vamos encontrar uma formula para d B(a) — t) dt]. 1.5 of. 0 (1.5) 1° : Fixemos a € R, entao B(x) a B(x) / f(t) a= f f(t) a+ | f(t) dt a(x) a(x) a a(x) B(x) - -| f(t) ar+ | f(t) dt B(x) a(x) = / f(t) dt — / f(t) dt. y 2° : Seja F(y) = / f(t) dt. Pelo TFC, parte 1 F’(y) = f(y). Além disso B(2) [., fOdt= FR) ~ Plate) 3°: Pela Regra da Cadeia, obtemos d B@) / / / / ae ([., Ode) = PB) Pe) ~ Fal) al) = f(B(x))B(&) — fla(a))a'(z). 14 d a Exemplo 1.25. Encontre o valor de — ——dt }. dx Qn t? + 1 SOLUCAO : ??—1 - - Seja f(t) = Pal’ entaéo pela Observacao 1.24, obtemos d ( [*t?-1 — ——_dt) = f(3xr)(3x)' — f(2x)(2x)' ef. weit) = £82160) ~ F@x)(22) _ 3 (9e" —1) 9 Aa” —1) (92 +1) ~ (4x? +1) _ 86a4 + 25a? — 1 (9a? + 1)(4a? + 1)’ Teorema Fundamental do Calculo, Parte 2 Vimos anteriormente que, para calcular integrais, usamos a definicao, isto é, como um limite de Somas de Riemman e vimos que esse procedimento é as vezes longo e dificil. A segunda parte do TFC, que segue facilmente da primeira parte, nos fornece um método muito mais simples para o calculo de integrais. Teorema 1.26 (TEOREMA FUNDAMENTAL DO CALCULO: PARTE 2). Se f for continua em [a, b], entao b [ fear =F) - Fa onde F' é qualquer primitiva de f, isto é, uma funcao tal que F” = f. Observacao 1.27. Sejam F' e G duas primitivas de f, entao G'(r) = F’(x), logo G(x) = F(#)+c. Assim G(b) — G(a) = [F(b) +c — [F(a) +c] = F(b) — F(a). Do TFC, parte 2, obtemos b xz=b / F(a) dx = F(x)| = F(b) — F(a). Exemplo 1.28. Calcular o valor da integral | sen x dx. 0 SOLUCAO : f(x) = senz é continua em [0,7]. Além disso F(x) = —cos satisfaz F’(x) = sen a. Logo pelo TFC, parte 2 | sen x dx -|/ (—cos x)! dx =— cos x | = —cosfmy + cos(0) = 1 0 0 xz=0 15 6 d Exemplo 1.29. Calcular o valor da integral | o 3 SOLUGAO : 1 Temos que f(x) = — é continua em [3,6]. Além disso, F(x) = In |z| é uma primitiva x de f(x). Entao 6 6 | da _ In |6] — In [3] = nfs = In2. 3 3 Observacao 1.30. Observe que na integral 3 1 | dz, 1 v ~ . . 1. , . o TFC, parte 2, nao pode ser aplicado, pois f(z) = — nao esta definida em + = 0. E x portanto esta integral nao existe. Exemplo 1.31. Encontre uma funcao f e um numero a tal que * f(t) 6+ / ——dt = 2/2. * OF Vx (*) SOLUGAO : 1° : Fazendo x = a, a integral na parte esquerda da expressao (*) é zero. Logo 6 =2/a = Ja=3 = a=9. 2° : Derivando (*) em relacao a xz, pelo TFC, parte 1, obtemos fv) _ 1 x riz fa) === ava 9 1 Exemplo 1.32. Encontre o valor de | (2 + Vt =) dt. 1 SOLUCAO : 2 1 1 Temos que F(t) = 2t, G(t) = ah e H(t) = “5 sao primitivas de 2, Vt e 2 respecti- vamente. Logo, pelo TFC, parte 1, obtemos 9 t=9 1 2 1 | 2+vVt——) dt = (2¢+ =#/? + — 1 2 3 t) | 2 1 2 = |2(9) + 5(9)*/? + -| — |2(1) + 5(1)°? +1 3 9 3 _ 369 18° 16 1.3. Integral Indefinida Definicgao 1.33. Seja f : J —> R uma fungao. Diremos que F' : J — R é uma PRIMITIVA de f(x), se F’(x) = f(x) para todo x € I. 1 Exemplo 1.34. Seja f(x) = x? + —. Entao x x : / 2 1 Z : sae e F(x) = 3 + In |x| satisfaz F"(x) =a2°+—= f(x), = > €uma primitiva. x x . / 2 1 Z . ad e G(x) = 3 + In |x| +9 satisfaz G(x) = a° +—-— = f(x), = > éuma primitiva. x Estas sao todas as primitivas? Para responder isto, observe que se H(x) e J(x) sao primitivas de f(x), entao H'(x) = J'(x), para todo zx. Logo, por um Coroldrio do Teorema de Valor Médio, H(x) = J(x) +c, onde c é uma constante. Assim, todos as primitivas sao dados por 3 H(x)= 3 tinle| +¢ Observagao 1.35. (1) De maneira geral, se F(x) é uma primitiva de f(x), entao todas as primitivas sao da forma F(x) +c. (2) Vamos introduzir a seguinte notagao: [t@ dx = F(z) significa F'(x) = f(x) (3) Em particular, temos que [Fo dx = F(x) +c. Definigao 1.36. Seja y = f(x) uma fungao definida em um conjunto J. A expresso [toa é chamada de INTEGRAL INDEFINIDA de f(z). Proposigao 1.37. Sejam f e g duas funcoes, a e 6 duas constantes. Entao [lo fo) + 89(a))dr=a f p(e)ar+ 9 f g(v) ae. 17 Integrais de algumas funcgoes basicas d (1) Go lke +e) = 6 = Kdzt=Kx+c x d gntl grt 2) P 1 (> —4¢)=2" "dy = —— (2) ParanF temos (= +e) x = Je dx naire d 1 1 (3) = Una] +c) = — = [cae Inlel +e d x xv x x (4) —(e*+c)=e = edz =e" +c dx d [{ a® + + a” (5) Paraa>0, a #1 temos — | —+c] =a = a” dx = —-+c¢ dz \|Ina lna d (6) qq Senet ¢) = cose = cosxdxz = senx +c d (7) qq ose +e) = — sens => sen x dx = —cosx+c d 2 2 (8) qq (tans +c) = sec x = sec’ xdx = tanz+c d 2 2 (9) in (cotan x + c) = — cossec* x = cossec’ «dx = —cotanxz +c d (10) qq ecw + 6) = secu tans => secx- tanxdxr = secu +c d (11) in (cossec 7 + c) = —cossecx-cotanz => cossec x - cotan x dx = — cossec x + € d 1 1 (12) in (arctan x +c) = Pal = pei = arctanz +c (13) d ( + c) ! = : d + — (arcsen x + c) = ———= ———dr = arcsenr + € dx V1 —2? V1 —2? Exemplo 1.38. Calcular J = / (x° — 6a’) dx. SOLUGAO : Pela Proposigao 1.37 e item (2), obtemos 4 2 4 — | Bdr— ga eet _ 84 j= [ode 6 fxde ml 6-5 te m 3u* +. 18 2\/% —1 3 Exemplo 1.39. Calcular J = vive + 4cos x2 — ——— } dz. x? x?+1 SOLUCAO : Pela Proposicao 1.37 e itens (2), (6) e (12), obtemos 1 3 J= Vi — 5 + dose — Go dx 1/2 2 dx = fu dr— [xu “dx+4 | cosxdr—3 | [—— xr +1 yh/2t1 goth = ~— — ———. + 4senz — 3arctanaz s+1 (-2+1) 2 = a +a7'+4senx — 3arctanz +c. Observacao 1.40. Nem todas as integrais podem ser calculadas s6 usando as integrais de fungoes basicas. Vamos introduzir entao varios métodos para resolver isto. 1.3.1 Regra da Substituigao MOTIVAGAO: Vamos considerar a seguinte integral: J= [wi + x? dx. (1.6) d 9 ~ , . 1° : Note que dn (1 +2 ) = 2x. Logo, a funcao que esta dentro da derivada e o x resultado deste, aparece na integral dada em (1.6). Pondo f(x) = 1+ 2x”, temos J= [fovre de. (1.7) 2 2° : Seja g(x) = \/x. Uma antiderivada de g(a) é dada por G(x) = ra De (1.7) r= | #2)-6(F@)ae. 3°: Pela Regra da Cadeia, temos (Go f)'(x) = G’(f(x)) - f’(x). Portanto ! 27 2 3/2 J= [iGer) (x) dx = G(f(x))+c= 3 (a? +1) +. Observagao 1.41. Em geral, 0 método usado para resolver (1.6) funciona sempre que temos uma integral que possa ser escrita da forma [ e@yr@ac. (1.8) 19 1° : Seja G(x) uma primitiva de g(x). Entaéo pela Regra da Cadeia obtemos [oreorre da = [eva dx = G(f(x)) +e. (1.9) ~ du , . ~ 2° : Fazemos u = f(x), entao a f'(x). Vamos considerar agora a notagao x “du = f'(x) dx". Logo, de (1.9), podemos escrever [fF @) ae = G(F(@) +e= Glu) +e= | glu) du Para a integral definida, existem dois métodos para poder calcular por substituicao. (1) O primeiro consiste em calcular a integral indefinida, que é uma primitiva da fungao dentro da integral definida, e logo usar o TFC. Por exemplo, se queremos calcular a integral 4 | V2x+1dx 0 faremos o seguinte: 1° : Calcularemos a sua integral indefinida. Isto 6, / V2x+1dz. Para isto, considere a substituigao u = 2% + 1, logo du = 2dz, Entao 1 [ veeF ae = 5 | vid 1 2 = 5° au 746 1 = 3 (2e + 1)? + ¢. 2° : Entao, pelo TFC, parte 2, obtemos 4 1 r=4 | V2x+1dr= 3 (2e + 1s 0 z=0 1 3/2 1 3/2 = 5 (2(4) +1) — 5(2(0) +1) 1 1 = =(27) — =(1 5(27) ~ 5(1) _ 26 => (2) O segundo método, geralmente preferivel, consiste em alterar os limites de inte- gragao ao mudar a variavel. O resultado a seguir é 0 seguinte: 20 Teorema 1.42 (REGRA DE SUBSTITUICAO). Se f’ for continua em |a,b] e g for continua na imagem de u = f(x), entao b , f(b) J oseoyt tear = [alu du a f(a) 4 Exemplo 1.43. Calcular | V 2x + 1dzx usando o Teorema 1.42. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = 27 + 1, temos du = 2dx. Além disso c=0 = w=2(0)+1=1 e c=4 = uw=2(4)4+1=9. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos 4 1 9 | V2x +1dx = 5 | Judu 0 1 u=9 _1 vA = -u 3 u=1 1 1 26 — _(9)3/2 _ = 1)3/2 = =. 5(9)*? — =(1? == Exemplo 1.44. Calcular J = [voncae. SOLUGAO : sen x Sabemos que tan x = ——. Fazendo u = cos x, temos du = —senx dx. Logo cos x j= [w= - COs & u =-—In|ul+c = —In|cos2| +c. a/2 Exemplo 1.45. Calcular | sen? x cos x dx. 0 SOLUGAO : 1° : Usando a substituicaéo u = senz, temos du = cosx dz. Além disso 7 7 x=0 = u=sen(0) =0 e c= 7 => w=sen (>) =1. 2° : Logo, pelo Teorema 1.42 obtemos am /2 1 4 ;u=1 1 | sen’ x cosrde = [ au = 5 =-, 0 0 4 u=0 4 21 Exemplo 1.46. Calcular J = [evi + x? dx. SOLUGAO : 1° : Note que eVl+a2?=a-x-V14 22. d 2° : Fazemos a substituicdo u = 14+ 27, entdo du = 2xdx. Assim xdx = > Além disso x* = (u —1)?. Portanto d l 1/2 (,.2 =5/% (u — 2u +1) du I / 5/2 3/2 1/2 == [wu — 2u’/*+u | du 2 1] 2 2 2 1 2 1 _ = (1 +2°)"? _ (1 + 4?)/? 4 3(1 + 47)3/? Le. O proximo teorema usa a Regra da Substituicao para simplificar o cdlculo de integrais que possuam propriedades de simetria. Teorema 1.47 (INTEGRAIS DE FUNGOES SIMETRICAS). Seja a > 0 e suponha que f seja continua em [—a, a]. (1) Se f é par [f(—a) = f(x)], entao / f(x) dx = 2 | f(a) dz. —a 0 (2) Se f é impar [f(—x) = —f(x)], entao / f(x) dx =0. Prova. De modo geral temos a 0 a —a a | fla)de = | flayae + f f(a) de =~ f flayae+ f f(a) dz. —a —a 0 0 0 Na primeira integral da ultima igualdade fazemos a substituigao u = —a. Entao du = —dx e quando x = 0 => u = 0, e quando x = —a => u =a. Logo - [tear =— f p-w (-ay) = [fw 0 0 0 Entao a a a | f(x) dx = | f(—u) du +f f(a) da. (1.10) a 0 0 22 (1) Se f for par, entao f(—u) = f(u). Logo, de (1.10) segue-se / F(a) a= f Fuydu+ | fla)de =2 | f(a) de. ~a 0 0 0 (2) Se f for impar, entao f(—u) = —f(u). Logo, de (1.10) segue-se | f(a) de =~ f Flu)du f f(a) dx =0. o a 0 0 y y aie T Sf x a x f par, | f(x) dx = 2 | f(x) dx. f impar, | f(x) dx = 0. —a 0 —a Exemplo 1.48. Uma vez que f(x) = 2° 4+ 1 satisfaz f(—x) = f(x), ela é par, e portanto 2 2 | (c° + 1) av =2 | (x° + 1) dx -2 0 a we 128 284 =2(— =2(—42)=—. Exemplo 1.49. Jé que f(r) = Tt +8 catistaz f(—2) = —f(a), ela é impar p 49. 4 que f(t) = aaa Batista r)= x), ela é impar, e por conseguinte [ rt+at+sent a, 9 _, l+a2?424 _—_ 1.3.2 Integracao por Partes A Regra do produto afirma que se f e g sao funcoes derivaveis, entao d / / ag HO) 92) = Fe)g(@) + Fle) g"(@). Pelo TFC, parte 2, obtemos z=b b b Fo)-ga)| =f F(ojgte)aes fF fayg' (oar 23 ou equivalentemente b ¢=b b [ fed @ae= ta)-o0)| = | oayste)ax (1.11) A formula (1.11) é chamada de INTEGRAGAO POR PARTES PARA INTEGRAL DEFINIDA. Talvez seja mais facil lembrar com a seguinte notacao: _ — dy = f' d b v=b b eu= f(x) u=f(a)dr, [wto= w - | vau (1.12) ev=g(r) = dv= g(a) dz. a wa Jaq Em termos de integral indefinida, podemos escrever fude=w- fod (1.13) 3 Exemplo 1.50. Calcular 0 valor de J = | x Ina dz. 1 SOLUGAO : J= fP Qn x)(9x) dx. Logo usamos integracdo por partes da forma u=Ing, du = dx/x, — dv = 9x? dx v = 32°. Como In1 = 0, de (1.12) obtemos x2=3 3 J = 32" nc| -3 | x? dx z=1 1 xr=3 =81ln3—25 z=1 = 811n3 — 26. Exemplo 1.51. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : Usamos integracao por partes da forma U= Z, du = dx, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J =—xcosx+ [ecoseds = —xcosx+senz +c. 24 1 Exemplo 1.52. Calcular 0 valor de J = | (a? + 1)e* de. 0 SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=2+1, du = 2x dz, — dv =e"* dx v=-e”. De (1.12) obtemos a=1 1 J=~(0? + Ye*| +2 f re "dx «z=0 0 1 =-2e +14 2 | xe" dx. (1.14) 0 _ 1 2°: Seja J = | xe “dx. Logo, usaremos integracao por partes da forma 0 u= x, du = dx, ~ = ~ dv =e * dx v=-e™. Aplicando (1.12) a J, obtemos ~ z=1 1 z=1 J=-ve“*| +f ede =—e! 6 xz=0 0 «z=0 =-e'—-e!'+1=1-2et, (1.15) 3° : Substituimos (1.15) em (1.14). Entao J =—2e'+4+14+2(1-2e') =3-6e™. Exemplo 1.53. Calcular o valor de J = Je sen x dx. SOLUGAO : 1° : Usaremos integracao por partes. Para isto, note que u=er, du = e* dz, — dv = sen x dx. v= —COsa. De (1.13) obtemos J = —e* cosx + Je cos x dx. (1.16) 25 2° : Seja J= Je cos x dx. Logo, usaremos integragao por partes da forma u=e’, du = e” dx, ~ = ~ dv = cosx dx v =sene. Aplicando (1.12) a J, obtemos J =e"senx — Je sen x dx =e"senx — J. (1.17) 3° : Substituimos (1.17) em (1.16). Entao J =—e* cosx+e*senx — J = J = 5 (sen — cost) +e Exemplo 1.54. Calcular J = / G e* —2° In w) dx. SOLUCAO : 1° : Note que J= / G em — 2? nx) dx = [« e” dx — [© Inadz = J, — Jo. (1.18) 2: J, = Je e* dx. Usaremos substituicdo. Seja u = x*, logo du = 4x? dx. Assim 1 u e ev A= FG edu=Tta= te. (1.19) 3°: j= foo x)ax° dx. Usaremos integracao por partes. Logo u=Ing, du = dx/x, 5 = 6 dv = x? dz. v=2'/6. Aplicando (1.13) a Jz obtemos xelIng 1 J» = 6 _ 6 Je dx x’Inx «2° = — — — . 1.20 6 36 + C2 ( ) ec —¢®Inx x8 4° : Substituimos (1.19) e (1.20) em (1.18). Entao | J = TTR + 36 +¢€ 26 1.3.3 Integrais Trigonométricas MOTIVAGAO: Vamos avaliar a seguinte integral: J= [son's cos” x dx. (1.21) 1° : Sabemos que sen? x + cos? x = 1. Entao sen” x cos” a = (sen? x)* sen a cos? x = (1 — cos? x) cos’ x sen x. Logo, podemos escrever (1.21) da forma J= / (1 — cos? x)” cos? x sen x dx. (1.22) 2° : Como (cos x)’ = —sen a, fazemos u = cos x. Logo du = —sena dx. Entao J= -| (1 —w)* u? du = = | (u? =a +08) du we jw . ul . =—(—-2—-4— C 3 5 7 cos?a 2 . cos! & = ——>— + = cos" © — — +c. 3 5 x Observacao 1.55. Usaremos esta ideia para poder avaliar alguns tipos de integrais. Para isto, primeiro recordemos o seguinte: d d Z 2 2 e —(senz)=cosz, —(cosx)=-—senz. ‘Também sen’ z+ cos’ x = 1. dx dx d (tan x) ° d (sec x) t També e —(tanz) =sec’x, —(secx) =secx-tanxg. Também dx dx sec? ¢ — tan? a = 1. d 9 d , e — (cotanz) = —cossec* x, — (cossecx) = —cossecx-cotanz. 'Também dx dx cossec” x — cotan? x = 1. Podemos entao avaliar integrais do tipo / sen” x cos” x dx, / tan” x sec” x dx, / cotan”™ x cossec” x dx. 27 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sors cos” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1:n=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= [son x (cos? x)" cos x dx = [sos (1 — sen? x)" cos x dx. (1.23) 2° : Fazemos a mudanca u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= pera —u*)* du = [rw du, (1.24) onde P = P(u) é um polin6émio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.56. Calcule o valor de J = [son's cos? x dx. SOLUGAO : 1°: Temos n = 5 = 2(2) + 1. Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [sox' x(cos? x)? cos x dx = [son's (1 — sen” x)” cos x dx. 2° : Fazemos u = sen x, logo du = cos x dx. Entao J= ice —u?)? du = / (u* — 2u® + u*) du ue Qu? 1 w 1 = — ———4—+¢ 9 7 5 sen? a 2sen! x 1 sen? x 1 = —— — —_— + —— + ¢. 9 7 5 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (sen? x)" sen x cos” x dx. = / (1 - cos? x)" cos” « sen x dx. (1.25) 28 2° : Fazemos a mudanca u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J=— Jo —u?)Fu" du (1.26) = fw du, (1.27) onde Q = Q(u) é um polindmio, cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.57. Calcule o valor de J = [sorts cos® x dx. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) + 1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [(oox" x) cos® x sena dx = / (1 — cos? x)” cos° x sen x dx. 2° : Fazemos u = cos x, logo du = —senx dx. Entao J= - fa —u?)ru® du = -| (u° + 3ul? — 3u8 — u'*) du uw 3k 8 ~ 7 a 3 tate cos’ 3cos x 1 cos? x 1 cos? x 1 = —-— + —— 4+ —— IH. 7 11 3 13 INTEGRAIS DA FORMA: J = [rune sec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: PRIMEIRO CASO: n = 2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / tan” x (sec? x) * sec? x de. = [ren a (1+ tan? x)" sec? x dx. (1.28) 2° : Fazemos a mudan¢a u = tan, logo du = sec? x dx. Entao J= fora +u?)* du = [Pw du. (1.29) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. 29 Exemplo 1.58. Calcule o valor de J = [ow x sec! x dx. SOLUCAO : 1°: Temos n = 4 = 2(2) = 2(1+ 1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= [ow ax(sec? x) sec? x dx = [ow x (1 + tan? x) sec” x dx. 2° : Fazemos u = tan z, logo du = sec? x dx. Entao J= peo +u?) du = / (u® + u®) du ue ul? = 7 + 9 +C _ tan’ 1 tan? x Le 7 9 SEGUNDO CASO: m = 2k +1. 1° : Temos o seguinte: J= / (tan? x)" tana sec” xdx. = / (sec? x — 1)" sec” a+ tanax sec xdx. (1.30) 2° : Fazemos a mudanca u = sec x, logo du = tanx - sec x dx. Entao J= Jw —1)Fu" du = fw du, (1.31) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.59. Calcule o valor de J = [ox x sec’ x dz. SOLUCAO : 1°: Temos m = 5 = 2(2) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [i(ean? x)’ tan x sec’ x sec x dx = / (sec? ru 1)’ sec® x - tanx sec x dx. 30 2° : Fazemos u = sec x, logo du = tanx secx dx. Entao J= [we —1)?u® du = / (u'? — 2u® + u°) du _ yt 249 1 ye 1 “iH 9° 7° sect x 22sec? x 1 sec’ x 1 = —_ — ——— + —— +. 11 9 7 INTEGRAIS DA FORMA: J = J cotan cossec” x dx Para isto, vamos considerar 2 casos: CASO 1: n=2(k +1). 1° : Temos o seguinte: J= / cotan” x (cossec” x)" cossec” x dar. = / cotan™ x (1 + cotan? x)" cossec? x dx. (1.32) 2° : Fazemos a mudan¢a u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - fur +u*)*du= [rw du. (1.33) onde P = P(u) é um polinémio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.60. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec® x div. SOLUCAO : 1°: Temos n = 6 = 2(2+1). Logo tem a forma do primeiro caso. Assim J= / cotan’ x(cossec? x)” cossec? x dx = / cotan’! x (1 + cotan? x)” cossec? x dx. 2° : Fazemos u = cotan x, logo du = — cossec? x dx. Entao J= - [wa twyau = -| (u'! + 2u? + u") du we ya “p75 gto — cotan’ x cotan’?x cotan® x Le - 12 5 8 31 CASO 2: m=2k+1. 1° : Temos o seguinte: J= / (cotan” x)" cotan x cossec” xdx. = / (cossec” xL— 1)" cossec” | x - cotan x cossec xdz. (1.34) 2° : Fazemos a mudanca u = cossec x, logo du = — cotan x - cossec x dx. Entao J=-— [oe —1)u"* du = fw du. (1.35) onde Q = Q(u) é um polindmio cuja integral pode ser calculada de maneira simples. Exemplo 1.61. Calcule o valor de J = / cotan’ x cossec”? x da. SOLUCAO : 1°: Temos m = 7 = 2(3) +1. Logo tem a forma do segundo caso. Assim J= [teotan’ x) cotan x cossec? x cossec x dx = / (cossec” xu 1)° cossec? x - cotan x cossec x dz. 2° : Fazemos u = cossec x, logo du = — cotan x cossec x dx. Entao J= - [0 —1)°u? du = -| (u'? + 3ul? — 3ul — u’) du wS yl? 3yl4 yl ~ "te 4° a 107° _ _cossec!® a _ cossec!? x 1 3.cossec!4 x 1 cossec!? x Le 7 16 4 14 10 - d f(x) Observagao 1.62. Sabemos que — (In|f(x)|) = ——. Portanto dx f(x) f(z) —— dx = |n|f(x)| +c (1.36) li Usaremos (1.36) para poder calcular / sec x dx, / cotan x dz, / cossec x dx. 32 Exemplo 1.63. Calcular J = [secwae. SOLUGAO : 1° : Note que d ( + tan 2) d + a — (secu +tanz) = —secx + — tans dx dx dx (sec x + tan x)’ = secx-tanax + sec? x = Secu = (seca + tana)” = sec x (tanx + secz). 2° : Portanto t / J= [eae = In|secx + tana| +c. (seca + tan x) Exemplo 1.64. Calcular J = [cotancae: SOLUGAO : 1° : Note que cosx (senzr)’ cotan x = ——_ = ——_.. sen © sen x 2° : Portanto / y= [PP te = mjsena| +. sen & Exemplo 1.65. Calcular J = [cose rae SOLUGAO : 1° : Note que d ( + cotan 2) d + © cot — (cossec x + cotan x) = — cossec x + — cotan x dx dx dx = —cossec x - cotan x — cossec? x = — cossec x (cotan x + cossec 2) . Logo (cossec x + cotan x)’ cossec “ = — (cossec x + cotan x) 2° : Portanto cossec x + cotan x)’ J= SF = —I|n|cossec x + cotan 2| + c. (cossec x + cotan x) 33 INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: sen(a + b) = sena cosb + cosa senb soma sen(a + b) + sen(a — b) => ~~ sena cosh = —_—__—_.. sen(a — b) = sena cosb — cosa sen b 2 Exemplo 1.66. Calcular J = [sent2n cos(3x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(2z) cos(3a) = 3 [sen(52) + sen(—2)] = 5 [sen(52) — sen a]. Portanto 1 1 5 J= 5 | lsen(52) —sena] dx = = _£08(52) +cosx| +c. 2 2 5 Exemplo 1.67. Calcular J = [senlan cos(4x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 sen(8z) sen(42) cos(4x) = 5 [sen(8x) + sen(0)| = — Portanto 3 8 y- sen(8z) dna __cos(8x) Le 2 16 INTEGRAIS DA FORMA: J = [ contin) cos(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — goma cos(a — b) + cos(a +b) = cosa cosb = —S_a~—_—__.. cos(a + b) = cosa cos b — sena sen b 2 Exemplo 1.68. Calcular J = [eostae) cos(52) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 cos(3x) cos(5x) = 5 [cos(—2x) + cos(82)] = 5 [cos(2a) + cos(82)] . 34 Portanto 1 1 2 8 J == | |cos(2x) + cos(8x)] dx = = sen(22) + sen(82) +¢. 2 2 2 8 Exemplo 1.69. Calcular J = [costte) cos(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 14 cos(7x) cos(7x) = 5 [cos(0) + cos(14x)] = My cost) Portanto 1 1 (14) sen(14x J= 5 | [1+ cos( te) dx = 5 ire +6. INTEGRAIS DA FORMA: J = [sentna) sen(nx) dx Para isto, vamos usar o seguinte resultado: cos(a — b) = cosa cosb+senasenb — qif cos(a — b) — cos(a +b) = sena sen b = — WW. cos(a + b) = cosa cosb — sena sen b 2 Exemplo 1.70. Calcular J = [seatsn sen(5x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1 sen(3z) sen(527) = 5 [cos(—2x) — cos(8x)| = 5 [cos(2x) — cos(8x)]. Portanto 1 _ 1 fsen(2x) — sen(8z) J= 3 / [cos(2a) — cos(8x)] dx = 5 5 7B +. Exemplo 1.71. Calcular J = [sent sen(7x) dx. SOLUGAO : Pela formula acima, obtemos 1 1- 14 sen(7x) sen(7x) = 5 [cos(0) — cos(14x)] = 1a cos(tis) Portanto 1 1 (140) sen(14x J= 5 | [t —cos(4e) dx = 5 » +. 30 1.3.4 Substituigao Trigonométrica Vamos dividir 0 estudo em 3 etapas: PRIMETRA ETAPA: Observagao 1.72. Seja a > 0. Entao 1° : Por medio de interpretacao de areas, a integral y J= | Va? — x? dx representa a area do semicirculo superior de centro 7 (0,0) e raioa > 0. Logo J = ge —a a” 2° : Trocando pelo intervalo |c, d], a integral y d 1=| Va? — x? dx representa a area da regiao da figura ao lado. Mas, neste caso, esta area é muito dificil de calcular. —aq Cc qd a v Para poder resolver isto. Vamos analisar integrais da forma J= Jv a? — x? dx. (1.37) 1°: Para resolver (1.37), note que y = Va? — 2? satisfaz rt+y=a’, y = 0. (1.38) 2° : Como sen? 6 + cos? @ = 1, isto nos leva a considerar a mudanca x x = asené => @ = arcsen (=) . a ! y =senz ! | y = cosa Fs 1 —1 | 1 1 T zt I Lv nT I ' Tv v ro 3 ! t ~2 3 en “OT Py =aresena Op 36 3° : Da figura acima, devemos considerar entao 6 € |-} . . E como cos @ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Va? — 2? = Va? — a* sen? 6 = \/a?(1 — sen? 6) = av cos? @ = a|cos6| = acos@. 4° : Temos assim, a mudanca x = asen 6, logo dx = acos@dé@. Portanto 2 2 2 a J=a [oo 6d0 = sft + cos(20)| dé a’ sen (20) —~—|g,~>" 9 + 9 | + ¢ a = y (8 + send - cos @) +. (1.39) 5° : Para resolver (1.39), vamos considerar 2 casos: ° CASO 1: Se0<0< 5 (0<4< 90"). Como sen é = - temos x > 0 e os valores dados no triangulo a Portanto 2 [72 72 2 a a a 2 [{2 72 | = Ss (arcsen (=) + “| + ¢. a Vee T e CASO 2: Se —5 <0 <0. Temos entao a = —@ € 0. “). Como sen 6 = * e sen é uma fungao impar, entao a —£ sen a = — e z=-2“2>0. (1.40) a E assim os valores dados no triangulo. Logo, de (1.39) e (1.40) a2 J= Zz [9 + sen(—a).cos(—a)] + ¢ a =F (9 — sena- cosa) +c a é a? ( z vV1l- =) = 0 —_-—. —_— + Cc 2 a a 2 [jz — 72 [/q2 — 72 = 5 (arsen (=) + we) +c. 37 Observagao 1.73. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. INTEGRAIS DA FORMA: J = put CG a) dx Dentro da integral temos a expressao v/a? — x”. Logo 1° : Consideramos a mudanga x = asen@, — 5 <@< 3. Pelo observado anteriormente Va? — x? =acosé. (1.41) 2°: A integral é dada por J= | ...P (acos#) acost db. (1.42) V3 Exemplo 1.74. Calcular o valor de J = | V4 — 2? dx. 0 SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga z = 2sen@, —5 <@< 3. Logo V4 — 2? = 2cos8, r=O0O = send=0 = 6=0, e dx = 2cos6@ dé. c=V¥3 => sen@ = 8 = 6 = 60° = f. 2 3 2° : Como sen (=) = sen (120°) = va obtemos n/3 r/3 J= | (2 cos @) (2cos 6) d0 = | cos” 6 dé 0 0 -2 | (1 + cos(20)) do = 2 ] 0 2 6=0 T 20 = |2—+sen | — }] — [2-0+sen(0)| 3 3 27 3 on v3 3 2 \/9 — x2 Exemplo 1.75. Calcular J = [> dx. x SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga x = 3sen@, —> <6 < 5. Logo dx = 3cos@dé. Entao 7) 2 V9I-=x dna (3 cos 6)(3 cos 6 d0) _ cos’ 6 = cotan2 6 dé. x? 9 sen? 6 sen? @ 38 2° : Desde que cotan? 6 = cossec? @ — 1, obtemos J= / (cossec” 0 — 1) dé = —cotand—-6+<¢. (1.43) x . * 3° : Como sené = 3) temos o seguinte retangulo. Portanto 3 v V9 — x? x J = —————-_ —- arcsen (5) + x 3 a V9 — x? Exemplo 1.76. Encontre a area delimitada pela elipse ey? atpat SOLUCAO : 1° : Observe o seguinte: Isolando y na equagao, temos y y? Pe at #2 b Be we ou ; y=t-Va?—-—2?, -a<u<a. a —a a x Como a elipse é simétrica em relacao a ambos os eixos, a area e 4 vezes a area do primeiro quadrante. —) b 2°: A parte da elipe no primeiro quadrante 6 y = —Va? — 27,0 <a <a. Portanto a 4b f° A=— Va? — x? dx a Jo 4b a? x rVa—2\\" “ = — - — [ arcsen (=) + ——___—_ a 2 a a? <0 = 2ab (arcsen(1) — arcsen(0)) T = 2ab- — aa) = Tab. 39 SEGUNDA ETAPA : De maneira andloga a primeira etapa, vamos considerar J= [ve + x? dx. (1.44) 1°: Para resolver (1.44), note que y = Va? 4+ 2? satisfaz y —2 =a’, y = 0. (1.45) 2° : Como sec? # — tan? @ = 1,isto nos leva a considerar a mudanca y x=atand <> @=arctan (=) a y = arctan x y ; r ! 3 ! : , yoy, 1 1 r ' ' 1 7 2 2 y = secu = tanz : : 4 Lo 2 2 . . ~ 7 1 3° : Da figura acima, devemos considerar entao @ € |-> 3 f E como sec @ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Vae +a? = Va? + a? tan? 6 = \/a?(1 + tan?) = avsec? 6 = a|sec O| = asec 0. 4° : Temos assim, a mudanca x = atanJ@, logo dx = asec? @d@. Portanto J= c® | sec* 9.9 = @ | secé. sec” 6 dO = a [ seco - (tan 0)’ dé =a’ seco -tand — [ice 6)'-tand i ; (1.46) 40 5°: Para resolver (1.46), note que (sec 0)’ tan @ = sec - tan@ - tan@ = sec@ - tan? @ = sec 0 (sec? 6 — 1) = sec? 6 — sec 0. Logo, substituindo isto (1.46), obtemos J=a seco -tan@ + [secouo — a [sect eas = a’ (sec@- tan@ + In |sec@ + tan 4|) — J. Entao a J= py (sec@- tan + In|sec@ + tan6]) +c. (1.47) 6° : Para resolver (1.47), vamos considerar 2 casos: ° CASO 1: Se0<d< 5 (0<0 < 90°). Como tan @ = * temos x > 0 e os valores dados no triangulo a Portanto 2 a) 2D 72 VEE ra $ (SEES onl OPE al) ae x 2 a a a a 2 a) 7 = (25 sm |verrea|) +h a a T e CASO 2: Se —5 <0 <0. Temos entao a = —0 € 0. 5): Como tan @ = * e tan é uma funcao impar, entao a —x tana = — e z=-x“>0. (1.48) a E assim os valores dados no triangulo. Logo, de (1.47) e (1.48) J= ao [sec(—a) tan(—a) + In |sec(—a) + tan(—a)|] = a (— seca: tana + In|seca — tana|) + ¢ Va? + 27 . a? Va? +2? ay Var+z22 z a —— yn | ——————_- — — 2 a a a a 2 [a2 4 72 a = (2S narra el) a 41 Observagao 1.77. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. INTEGRAIS DA FORMA: J = put CG +2?) dx Dentro da integral temos a expressao Va? + x?. Logo 1° : Consideramos a mudanga x = atané, — > <@< 4. Pelo observado anteriormente Va? + 2? = asec. (1.49) 2°: A integral é dada por J= | ...P(asec8) asec? ab (1.50) E lo 1.78. Calcul lor de J / | d. xemplo 1.78. Calcular o valor de J = | ———=dzr. P reVa2+4 SOLUGAO : 1°: Fazemos a mudanga x = 2tan@, —> <6 < 5. Entao _ 2 de ~, sec" 6 db, 1 _. dx — 2sec?6d0- 1 sec ————_- = —_.__.. 2/e2 +4 Atan?@-(2secA ~ Atan? 6 r2VJx2 +4 4tan?6- (2secé) ovat ( ) 2°: Assim 1 sec 6 J=- | —d0 4 / tan? 0 1 1 26 _i / 1 cos’? 4 } cos@ sen? 1 cos 6 =-— | ——doé. 1.51 4 / sen? 6 ( ) 3° : Fazendo u = sen@, temos du = cos 6 d6. Logo 1 [du J=-]/-— 4 / u? —] , =—4+c du a = ———_ +¢ 4sen 0 _ _ cossec Le (1.52) 4 42 4° : Como tan é = > temos o seguinte retangulo. Portanto V44+ x? : J = ——— +¢ 4x a 2 Exemplo 1.79. Encontre J / | xemplo 1.79. Encontre J = | ———— dz. P Vu? +4 SOLUCAO : Seria possivel usar a substituicdo trigonométrica x = 2tan@ aqui (como no Exemplo 1.78). Mas a substuituicao direta u = x? + 4 6 mais simples, porque du = 2x dz e 1 du J== | ~=Vutc=v2r2+4+e. 2) Su TERCEIRA ETAPA: De maneira analoga a primeira etapa, vamos considerar J= [ve — a? dx. (1.53) 1°: Para resolver (1.53), note que y = Vx? — a? satisfaz ra-y=a’, y = 0. (1.54) 2° : Como sec? 6 — tan? 6 = 1, logo consideremos x = asec 0 <= @ = arcsec (x/a). ¥ 1 \ ' Yy i I 1 y =secx 1 x T Bn : T 30 v 2 2 2 2 —1 y = tana 43 3 3° : Da figura acima, devemos considerar entao 0 < 6 < . oumT <2“< > E como tan@ > 0 neste intervalo (ver figura acima), obtemos Va? — a? = Va? sec? 6 — a? = \/a?(sec? 6 — 1) =avtan? 6 = a|tan6| = atand. 4° : Temos assim, a mudanga x = asec 0, logo dx = asec@- tan@d@. Portanto J=a [ono (sec@tan@) d@ = @ [ tand (sec 0)’ dO =a (soc -tan@ — [sx 7 a2 = y (sec tan @ — In |sec + tan 6) + . (1.55) 5°: Para resolver (1.55), vamos considerar 2 casos: T e CASO 1: SeQ<0<>5 (0<0< 909). Como sec 6 = aa temos x > 0 e os valores dados no triangulo. Portanto a a® (xx? — a? x Vax22-a s J=Z\— ae a+ dd te [x2 — 2 2_ 2 4 = 5 (SS -nfes verze) +e a 2 a 3 e CASO 2: Sem <0< =. T x Temos entao a= 40-7 €E 0. *): Como sec 6 = —, temos a x seca = —secO = —-, tana=tan0d e z=-z2z>0. (1.56) a E assim os valores dados no triangulo. Logo a J= > (— seca: tana —In|—seca+tana|) +c << fae (-2. ==" -m]-24 =") 2 a a a a 2 2_ 72 a = 5 (AEE nes vr=el) +e a Observagao 1.80. Temos visto que no CASO 1e CASO 2 obtemos o mesmo resultado. Isto sempre acontece. Logo, em termos praticos, sempre podemos usar so 0 CASO 1. Usamos isto para analisar os seguinte tipos de integrais. 44 INTEGRAIS DA FORMA: J = put (v x2 — ©) dx Dentro da integral temos a expressao Vx? — a?. Logo 3 1°: Consideramos a mudanga x =asec#, 0<9< 5 oum<r< > Pelo observado anteriormente Vu? — a? =atand. (1.57) 2°: A integral é dada por J= J --Platand) asec tan 8 a8 (1.58) Exemplo 1.81. Calcul jor de J = | de xem .81. Calcular o valor de J = | ———. P Ve @ SOLUGAO : 1° : Fazemos a mudanca x = asecO, 0<A< . oumT <a2“< oF Entao aes asco g tan _. dx asec 6 tan 0 dd 8 dO ———— = — = see . — Jr? — a2 atan@ Vx2—a2 atanéd “ 2°: Assim J = | sec#do = In|secd + tan] + 6 (1.59) 3° : Como sec 6 = temos o seguinte retangulo. Portanto a J? a2 a / +e Lt 2 — a2 a a 7 = In| + Vo? =e +b. (onde k = c— Ina) a EXEMPLOS DIVERSOS 33/2 73 Exemplo 1.82. Calcular 0 valor de J = [ (a2 + 992 dx. SOLUGAO : 1° : Note que 9 ° 9 ° 9 ° (402 + 9)9? = (Vise) = | (#+9)| 7 ayia §| - ey : 45 3 T T 2°: F =. — = ~.L 2° : Faco x 5 band, 5 <P<5 ogo 3 27 e dx = ~ sec” 6 dd, ex = —tan’ 0. 2 8 [9 , 3 ° e (4x7 +. 9)3/? = 8 | Z (tan? 6 + 0 =8 5 scot = 27sec? 0. x dr = = tan? 0 3 nee Odd _ (27)(3) tan? 0 sec? 6 = 3 tan’ 40. (4x? + 9)3/2 27sec? 6 \2 (8)(27)(2) sec? 6 16 secé Além disso ex=0 = tand=0 = 6=0°. eo = N38 = BV3 _ 3 ne = tand=V3 = 6 = 60° =~. 2 2 2 ) Assim 3 (7 tan? 6 J=— ——— d@ al sec 0 3 [7 sen? 6 =— — — cos 6 dé 16 [ cos? @ r/3 2 = al sen’? sen 6 dé 16 Jo cos? 0 3 [7/3 (1 — cos?) =— ——.—— sen 6 dé. 1.60 al cok (1.60) 3° : Para resolver (1.60) fazemos u = cos 0, logo du = —sen@d@. Também 6=0 => (0) =1 g=7 = (=) ! e = = = 1, e = — = — =-, U = COS 3 u = 008 | 3 5 Portanto 3 PP law 1 =~ 76 / Te 3 fl = a (u-? — 1) du 3/1 wt 16 U “ u=1/2 3 1 3 =—(-9424—)==. 16 ( ret B) 32 46 Exemplo 1.83. Calcular 0 valor de J= / ar, V3 — 2x — x? SOLUGAO : 1° : Note que 3 — 2x —2? =3- (2? +2r) =4— (2? +2041) =4-(e +1). Logo x J = [SS (1.61) \/4 — (a +1)? 7 7 2° : Fazemos a mudanca x + 1 = 2sen 0, 3 <A< 3 Logo ex =2send—1. e dx =2cosédé. e /4- («4+ 1)? = V4 —4sen? 6 = \/4(1 — sen? 6) = 2cos 8. Entao (2 sen 6 — 1) / ya [OG 200s) dl = (2sen 0 — 1) d0 = —2cos6—O@ +c. (1.62) (2e0es6) z+ . - 3° : Como sen é = >a temos o seguinte retangulo. Portanto \/4 — 1)? 1 J= _gV4= (e+ 1) — arcsen tt +c¢ 2 2 2 z+i1 z+i1 = —V3 — 2x — x? — arcsen (S) +¢. a \/4 — (a +1)? 1.3.5 Integracgao de Funcgoes Racionais por Fragoes Parciais Mostraremos como integrar qualquer funcao racional (um quociente de polindmios) expressando-a como uma soma de fracdes mais simples, chamadas FRAGOES PARCIAIS, que ja sabemos como integrar. Comecgamos entao com uma simples observacao. d 1 1 — (In |x + a]) = ——. => |p ea tle tale dx zt+a zt+a 47 Por outro lado, note que 2 1 &%a+2)—(@—-1) +5 a-l @¢+2 (@-l1)(x+2) 9 x? +xr-27 Entao 5 1 1 Jen 2 [e-[oae v+u-—2 x—1 x+2 = 2In|x —1]-—In|x+2|/4+c. OBJETIVO: Encontrar um método(ou varios) para calcular integrais da forma / p(2) q(x) onde p(x) e g(x) sao polindmios nao constantes. Isto é p(x) = ag + ax + agx? +...+anx", an £0 grau(p(x)) =n, q(x) = bo + bya + box? +... + bmx, bm #0 grau(q(x)) =m. Para isto, vamos considerar sempre 0 caso n < m. Por exemplo zr+s5 3x +7 4x? +7 1) ———_.. 2) ——.—_.. 3) ——.——_.. () ye 2 2) Teal (3) yas an No caso em que n > m, faremos uma etapa preliminar, a divisao de polindmios. p(x) | (2) plo) = a(a)S(2) +r) pla) _ gry, {ee XL ——_ S(x) grau(r(x)) < grau(q(z)) q(x) | q(x) r(x) Polindmio O exemplo a seguir mostra que algumas vezes é so necessdrio essa etapa preliminar. 3 Exemplo 1.84. Encontre J = / ar, Xx — SOLUCAO : Como q(x) = x — 1 é de grau 1, podemos usar Briot-Ruffini. Logo 1} 1:'o0r1+ 0% 3 1 1 1 1 2 ; ; 7 } = eet _ x? +r+24+ —_. 48 Portanto 9 2 J= xue+x+2+— } dz x—1 3 2 = 4 4 or 4 2In|a — 1] te. 3 2 Observacao 1.85. E possivel demonstrar que qualquer polindmio q(x) pode ser fa- torado como um produto de e Fatores Lineares —> ax+b e/ou e Fatores quadraticos irredutiveis —> ax? + bx +c, b? — dac < 0 —>SS SS (nao tem raizes reais) Por exemplo: e x —16 = (x —2)(x4+ 2) (x? +4). —=_E—_— irredut. e x —62x? +127 — 8 = (x — 2)’. 8 7 6 4 3 2 2/2 2/52 8 14 3x — 6 6 1=(Q7-1 1)*(2 1). e 8r° 4+ 8r' + 142° + 3x xv +a°+6xn+ (2x — 1)*(a* + 2 + 1)°(22" + 1) irredutivel irred. Logo, podemos expressar a funcao racional a como uma soma de FRAGOES PARCIAIS q(x da forma A Ar+B ———___. ou ——_—;: (ax + b)* (ax? + bx + c)* Um teorema na algebra garante que é sempre possivel fazer isso. Explicamos os detalhes para os quatro casos que ocorrem. CASO 1: ae onde q(x) é um produto de fatores lineares distintos q(x Isto é: q(x) = (aya + by) - (aga + bg)... (aga + bx), onde nenhum fator é repetido (e nenhum fator é multiplo constante do outro). Neste caso, escrevemos x A A A pt) An A q(x) a,x + b; aga + bo apx + by 49 2497-1 Exemplo 1.86. Calcular J = | styeo SOLUGAO : 1° : Note que p(x) = 2? +2xr —1 tem grau 2, q(x) = 2x + 3x? — 2a = x(2a? + 3x — 2) = a(2x — 1)(x + 2) tem grau 3. 2°: Temos que q(x) = «(2x — 1)(x + 2) é produto de fatores lineares distintos. Logo A B C p(t) _ A 4 qjz) «a 2-1 «+42 _ A(2x — 1)(@ + 2) + Bx(x + 2) + Ca(2x — 1) q(x) _ (2A+ B+ 2C)a? + (3A+ 2B —C)x + (—24A) (1.63) q(2) . . 3°: Como p(x) = x* + 2x — 1, temos 2A+ B+2C =1, A= 1/2, 3A4+2B-— C =2, = B=1/5, 2A = -1. C = -1/10. Logo p(t) 14,1 1 1 1 qv) 2a” 5 2-1 10 x42 4° : Portanto pak fet pte 1 fae 2) @ 5 2-1 10f «+2 1 1 1 = 3 nie + 75 mies — 1 ~ Gp lnlet+2l+e. dx Exemplo 1.87. Calcular J= | =—,,. x? —a SOLUGAO : 1° : Note que 1 1 x2—a? (x —a)(x +a) A B = —— + — i-a x«rt+a (A— B)a+(A+ B)x ~ rT — ae 50 2° : Logo A-B =l1/a, A=x, 1 1f 1 1 A+B =0. B=- x. v—a 2alxa-a xt+a 3° : Portanto 1 1 1 =z / | - = dx 2a Z-a x£+a 1 = 3, (nie — al —In|jx+al])+e 1 - — "| = — In|——|+c. 2a |x+a CASO 2: q(x) 6 um produto de fatores lineares, e alguns deles sao repetidos Para fixar ideias, vamos supor que o primeiro fator linear (a,x7 + b,) seja repetido A r vezes; isto 6; (a,x + 61)" ocorre na fatoracao de q(x). Entaéo, em vez de ————~ (a,x + by) (como no Caso 1), usariamos A, Ay A3 A,-1 A, 4 7g e's tt (a,x + by) (a,x + by) (a,x + by) (a,x + by)" (a,x + bi)" Para ilustrarmos, poderiamos escrever x —82?+r+1 A B C D E F ooo ooo tos tt oo tt ost oo tl (Qa —1)(a+2)2(a-1)? 22-1 442 (4+2)? x-1 (4-1) («#-1) Ax Exemplo 1.88. Calcular J = | ———~————dzz. xv—ax%—-ax-1 soLucdo : 1°: Seja q(z) = x — 2? —x+1. Note que q(1) = 0 = q(—1). Como q(x) é ménico q(x) = (x—-1)(x+1)\(a4—b) = 2° —ba? -—2 +d = b= 1 — q(x) =(x—-1)(x+4+1). Entao Aa _ A 4 B 4 C a—x?-a2+1 a-1 (a-1) «+1 _ A(x —1)(@ +1) + B(x +1) + C(a—- 1)? q(x) _ (A+ C)a? + (B-2C)a + (-A+ B+C) q(2) . 51 2° : Logo A+ C =0, A=1, B-2C =-4 = B=2, -A+ B+ C =0. C=-1. 3° : Portanto 1 2 1 J= ——_ + ——.. - ——|d /\aa+om al * 2 = In |x — 1] - —— —-In|r4+ 1] +e. z—1 4_ On? + 4 1 Exemplo 1.89. Calcular J = ae e—x2?—-ax+1 SOLUGAO : 1°: Sejam p(x) = x* — 22° + 4a +1 e q(x) =a? —x2* —x +1. Note que: +02? — 22? +4r +1 e—a?—ax2+1 p(x) Ar 7 ae tlt+|\4 aS A+ B84 Po r+ q(x) v—«x%-ax+1 xe _ xe + 302 +1 quociente Exemplo anterior 1 2 1 _ —~7t+1+——4—*7_- 2+ g® 4+ x1 eye eo 1 @-i 2 Ag. 2° : Portanto x 2 J =—+a+4+In|x —- 1] - —— -In|z+1]+c 2 z—1 r—axt+l1 Exemplo 1.90. Calcular J = /eoGece oe" SOLUGAO : 1°: q(x) = a? — 32* + 82° — a? = a? (2° — 307 + 3a — 1) = 2?(x — 1)°. Entao p(t) a b c d e qa) 2) Pe 2r-1' (@-1p @-Ip _att+b , ca-1P+d(e—1) +e ee (a — 1)8 _ (ax + b)(a — 1)° + c(x — 1)?a? + d(a — 1)a? + ex? q(2) _ (a+c)a* — (3a — b + 2c — d)x® + (3a — 3b + e—d+e)a* — (a — 3b)x —b q(2) . 52 2° : Logo at+c = 0, a=-—2, —3a+b—2c+d = 1, b= -1, —3a—3b+c—d+e = 0, => c= 2. —a-+ 3b = —l, d= 0, Assim (x) > 4 5 1 x Pee = = — — + —_ + —__. q(x) x a a«e-1 (*#-1)3 3° : Portanto dx dx dx dx J=-2 / —— | —4+2 ]/ —— —_—__ [5 [ot [Stl 2In || + —+2In |x —1) _— = n —_— n —_— SS — Ty “ Xe —12 | © x—-l1 1 1 = 2In| ——]| + — —- ———_{ +. n x +2 2(a — 1)? re CASO 3: q(x) contém fatores quadraticos irredutiveis, nenhum dos quais se repete Se q(x) tiver o fator ax? + br +c, onde b? — 4ac < 0, entao além das fracdes parcias como no Caso 1 e 2, a expressao para ue tera um termo da forma q(x Az+B ax? + br +c Por exemplo: e+a+4r+1 _ A 1 B 1 Cx+D , Ea+F (3a —2)2(a@2? +a+1)(2?+4) 32-2 (382-2)? wo? +a4+1° 22447 x E lo 1.91. Calcular J = | ————————dz. xemplo alcular Jae” SOLUCAO : 1°: q(x) = 6x" + lla? + 4 = (22? + 1)(32? + 4) é produto de irredutiveis. Assim zr Axr+B 4 Cx+D q(x) 2u?4+1 30244 _ (Ax + B)(3x? + 4) + (Cx + D)(22? + 1) q(x) _ (8A + 2C)x? + (8B + 2D)x? + (44+ C)x + (4B + D) q(2) ) 53 2° : Entao 3A42C =0, A=2/5, 3B+2D =0, J B=0. _, «2 2 3 4A+ C =1, C= -3/5, qa) 5 (Qa? +1) 5 (84244) 4B+ D =0. D=0. 3° : Como 22? + 1 > 0 e 3x7 +4 > 0, obtemos 2 x 3 x J=—= | ——~dr-= | ——d =| sei “ aces “ l 2 l 2 = 7p nlee +1] — FF In |3e +4| +c Ly 2a? +1 . = — ln | ———_ . 10 \3a2+4) 7 © 5a? — 7x? + 8a — 2 Exemplo 1.92. Calcular J= Jee aa SOLUGAO : 1°: q(x) = 4a — 4a? + 7x? — 42 +3 = (x? +1)(4a? — 4 +3) 6 produto de irredutiveis. bat — Ta? + 80-2 _ Av+B Cx+D q(x) gt 41 dae? — dr +3 _ (Ax + B)(4a? — 4a +3) + (Cx + D)(x? +1) q(x) _ (44+ C)a? + (-44 4 4B + D)ax? + (3A — 4B + C)ax + (3B + 1) q(x) 2° : Entao 4A+C =5, A=1, —44+4B+2D =-7, B=-1, p(x) x—1 x+1 3A-4B+C =8, C=1, qu) (a +1) (4a? — 4x + 3) 3B+1 = —2. D=1. 3° : Entao x dx r+ J= | ——dr- | =— ——_—_—— [ea “ Jen / eos “ 1 r+ = —In(x#?+1)- oe 5 n(az* + 1) arctan + ff pode be 1 1 = jin(e? +1) —arotane + f Gs de +e (1.64) 54 ~ 1 4° : Seja J = laao dx. Fazemos u = 2x — 1, entao du = 2dz. Logo ~ 1 (+i J= a 2 ) du 2 u2+2 at feet 4) ue+2 4 J) u2+2 4) ue+2 1 1 3 7) = <In (uv? +2) + —~- —— 8 4/2 («\" (3) +1 1 3 u = —In (u? + 2) + —~arctan (<5) 1 3 2x —1 = = In (4x7 — 4x + 3) + —xarctan (eS) . 1.65 5°: De (1.64) e (1.65), obtemos 1 1 3 2x —1 J = =\n(x? + 1) — arctanz + = In (42? — 4c + 3) + —~arctan (eS) +c. pine +1) gn ( +7, V3 CASO 4: q(x) contém fatores quadraticos irredutiveis repetidos Se q(x) tiver um fator (ax? + br + c)*, onde b? — 4ac < 0, entéo, em vez de uma unica fracao parcial como no Caso 3, a expressao para ee teré uma soma da forma q(x Ax + B, 4 Ax + Bo 4 4 Apu + B, az?+br+c (ax?+ba+c)? ~ (ax? + ba + c)* Por exemplo, sejam p(x) = 774+ 2+1e q(x) =2(x — 1)(a? +24 1)(x? + 1). Entao p(x) A B Cx+D Ex+F Gar+H Ix+J qa) pt pol’) Peenit Pat t@PaiptPrpy qv) @© a@-1l awt+at lo awtl (#41)? (#41) 3044 52? +1 Exemplo 1.93. Calcular J = |) dx. x(a? +1)? SOLUCAO : 1°: Sejam p(x) = 3x4 + 5x? +1 e q(x) = x(a? + 1)”. Entao p(t) A 1 Bet+C 1 Di+E q(x) x 241 (x +1)? _ (A)(a? +1)? + (Br + C)a(x? + 1) +. 2(Da + E) q(x) — (A+ B)r*+ Cr? +(2A+B+D)0?+(C+E)x+A q(2) . 55 2° : Entao A+B =3, A=1, C =0, B=2, 1 5 x x x Peto =>. : qe) «| (+1) (@+Ip CLE =0, D=1, 3° : Entao dx 2x x J= /[— ——d ——~d i faa + | aR . 1 _ 2 5 44 do3 + 4x? + 4 2 Exemplo 1.94. Calcular J = |S ae e (x? + 1)?(a? + & + 1) SOLUGAO : 1°: Sejam p(x) = 2° + x4 + 4a? + 4x? + 4a + 2 e G(x) = (a? +1)? (x? + x +1). Entao p(t) _Av+B CxtD | Ex+F qa)? +1 (x2 4-1)? ? +a41 _ (Ar + B)(a? + 1)(@? +.¢4+1)+ (Cat D)(a?+a4+1)4 (Ex + F)(a? +1)? q(2) . Entao xo +24 4a? 4+ 40? +42 +2=(At+ E)a?+(A+B+F)a*4+ (24+ B+C+2E)2° +(A+2B4+C+D+4+2F)a*+(A+B+C4+D+E)x +(B+D+F). 2° : Entao A+E =], A=0, A+B+F —0, B=, 2PA+B+C42E =4, _, C=1, A+2B4+C+D+42F =4, D=1, A+B+C+D+E =4, B=, B+D+F = 2. F=0 1 1 Pe) Pe qi) a%4+1 (#7241)? (a? 41) 2+4+ar41 56 3° : Logo dx x 1 x J= | —— ———_— ———_— ——— d /wat las v+ [oa + fos . 1 = arctan © — (a2 +1) + Ji + Jo. (1.66) . 1 ns 4° : Para J; consideramos a mudanga x = tan, 5 <P <5 Logo sec? 6 dé dé 1 J, = | ——= | —= 26d0 = = 1 20)) dé ' / sect 6 a [oo 5 | + cos(28)) 0 20 dQ 1 = 6 5 sentt6) =F 4 = send cos. Como x = tan @, temos Portanto V1+2? . J. =} avctans + —— 9 2(a2 + 1) | 1 5° : Para Jo, temos 1 2 1 1 d. n=s fas e-3 fac 2/ #+ar+4+1 2) (a?+a+1) 1 2d. =Fino?+eta|— f 2 (Q2c+1)°4+3 2 1 1 1 = Fino? +e4t|-— [4a 2 V3 (254) 4] V3 1 1 24+ 1 =—In|z?7+xr+1 ~ Szarctan (2). 6° : Portanto I ' 1 4 arctan x _injet+er 1 ' 27 +1 = arctan x — —— + + —__ -_ —___ — —~ arctan | —— 2(x? + 1) 2 2(x? + 1) 2 J3 J3 3 xr—1 Inje?+e+1) 1 A) = — arctan © + —>—_- + —————__ — —~ arctan | ——=— ] + c. 2 2(a? + 1) 2 V3 V3 57 4 Capitulo 2 ? Area entre curvas Considere a regiao S que se encontra entre duas curvas y = f(x) e y = g(x) e entre as retas verticais x = a e x = b, onde f e g sao continuas e f(x) > g(x) para todo x € {a, bj. 1° : Para fixar ideias, vamos supor S dado como na FIGURA 1 (a). 2° : Dividimos S em trés regides S$, Sz e S3 como na FIGURA 1 (b). , y = f(x) . y = f(x) x x a b a C b y = g(x) y = g(x) FIGURA 1 (a) FIGURA 1 (b) 3°: Assim area(S') = A(S,) + A(S2) + A(S3) = A(S;) + A(S2) + A(S3 UT) — A(T) c c b b = / f(a) dx — / g(x) dx + / f(a) dx — / g(x) dx c b = f (Fle) ~a(o)) de f [F(@) ~ 9(a)] de b =f U(e) ~ 9(0)) ae Exemplo 2.1. Encontre a area da regiao limitada acima por y = e”, limitada abaixo por y = x e limitada nos lados por x =O ex =1. 58 SOLUGAO : y . , ™ 1°: O intervalo é 0, 1]. i 2° : Temos que x < e® para todo x € [0,1]. Assim 1 x r=1 I wvea = | (@-2)de=(#-F) _ 0 2 2=0 a x = ! l= 3 of 1 ~\e 9 ~ oD Exemplo 2.2. Ache a area da regiao delimitada pelas pardbolas y = x? e y = 24 — 2. SOLUGAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo — om — 22 . 1+ = * (1) y= x? ey = 2x — 2x? simultaneamente. Logo e=QW-a2? = 2xr(x-1)=0. Entao x = 0 ou x = 1. Logo, os pontos de ( 1 v intersegao sao (0,0) e (1, 1) 2° : O intervalo é {0, 1]. Assim 1 1 A(S) = | (2a — a? — 27) dx = | (2a — 2a) dx 0 0 _ ( 2 el 2 1 —~ (2-0 —~j-2--. 3 /|,—0 3. 3 Observagcao 2.3. Algumas regides sao mais bem tratadas considerando x = x(y). Isto é, © como uma fungao de y. y Se uma regiao S é delimitada por curvas com d equagoes x = f(y), x =g(y), y=cey=d, em que f e g sao continuas e g(y) < f(y) para todo y € [c, d]. x= g(y) x= f(y) Portanto d C A(s) =f UF@) = ou) a , 59 Exemplo 2.4. Ache a area delimitada pela reta y = x—1 e pela parabola y? = 27 +6. SOLUGAO : 1° : Observemos que eretay=xr-1l = w=yHtl, , 2 1 Ll e Parabola: y° =2%+6 => w= 5y -3 = et+3= sy ; tem vértice V = (—3,0) e passa pelos pontos (0, V6) e (0, V6). 2° : Para encontrar os pontos de intersecao, resolvemos 5 -y?—-3=yH+1. Isto é: 0=y? —2y—8 = (y+ 2)(y —4). Logo, os pontos sao P, = (—1, —2) e P, = (5,4). y 2 c= £3 3°: O intervalo é [-2,4]e 4 —3<y+1. Logo 4 4 y? A(S) -/ (v4 +4) dy 0 2 r=ytl 2 3 y=4 x -_(2 4% + 4y —3 5 2 6 y=—2 72 32 4 = (8-— 2416) —($+2-8) =18. EXEMPLOS DIVERSOS Exemplo 2.5. Esboce a regiao delimitada por y = e’, y = #2 -—1,x% =—l,r=le ache sua area. SOLUGAO : Como g(x) = x? — 1 é uma fungao par, temos y 1 Nyse A(s) = | [e* — (a? — 1)] da -1 — fi e” dx — 2 fi (a? —1)dzr r=1 r=1 : ef 2-9 r=-1 xz=0 r =(e—e')—2{--1 —1 1 fee") (; =e-el+ 3 60 Exemplo 2.6. Esboce a regiao delimitada por y = 7? —2x ey=a+4. Ache a area. SOLUCAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo y= «x? —-2cxey=x+4+4 simultaneamente. Logo Sy) Y ty v—-Q4="4+4 => vw’? -—3r-4=0 que tem raizes x = —1 e x = 4. Assim, os pontos de intersegaéo sao P, = (—1,3) e Py = (4,8). 2° : Temos e Reta: y=2+4, | y= 22 20 e Pardbola: y= 22-22 = y+1=(a#-1)? £ -1 4 vértice V = (1,—1) e passa por (0,0) e (2,0). 3° : O intervalo é [—1, 4]. Além disso, x? — 2x < x+4 para todo —1 < x < 4. Portanto 4 4 A(S) -/ ((a +4) — (2? —2e)) a= f (4430 — 2?) de —1 —1 3223 \ [4 = (4¢4 2 - > ( u 2 3 ) - 64 3 61 125 (6421-5) — (453) 9% Exemplo 2.7. Esboce a regido delimitada por x = 1—y? ex =y?—1. Ache a area. SOLUCAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo x=1-—y?ex=y’—1 simultaneamente. Entao Sn = 1? l-y=y-1 = ye=l x que tem raizes y = —ley=1. Assim, os pontos 7=¥—1k\ de intersegéo sao P, = (0,—1) e Py = (0,1). 2° : O intervalo é [—1, 1]. Além disso y* — 1 < 1— y? para todo —1 < x < 1. Entao 1 1 A(S) -/ [(l-y*) -(’ - DJ ay =2 [ (1—y") dy —1 —1 1 - | (l—y*)dy (pois f(y) =1—y? é par) 0 3 y=1 1 8 “SL -3)-4 3 J |y<0 3 3 61 Exemplo 2.8. Esboce a regido delimitada por 4x + y? = 12 e x = y. Ache sua Area. SOLUGAO : y 1° : Encontramos os pontos de intersecao resolvendo x = 3 — ve ex =y. Logo 2 y=3-4 => + 7y'+4y—-12=0 que tem raizes y = —6 e y = 2. Assim 6 y v os pontos de intersecao sao: P, = (—6,—6) e Py = (—2, —2). ra3-¥ 2°: Temos a reta x = y e a parabola e4dr+y?=12 = «-3=-H7 6 que tem vértice V = (3,0). 3° : O intervalo é [—6, 2]. Além disso y < 3 — ve para todo —6 < x < 2. Entao 2 y? A(S) -/ (3-4 -y) dy 6 4 3 2\ |y=2 y y -(--4) ( 12° 2/|,_, 2 = (s- 5-2) — (—18 + 18 — 18) _ 64 => 4 Exemplo 2.9. Calcular J = | Ve +2— x| dx e interprete como area de uma regiao. 0 Esboce a regiao SOLUGAO : y 1° : Do grafico, sejam no 9 \ n= lVr+2—2 de 0 4 y= Vr+2 n= | lVe+2—a| de S Entao x J= J, 4+ Jo. 9 5 1 1+ d2 62 2° : Novamente, da figura acima 2 4 j= | (vr¥2-2) ax + | (x - Ve ¥2) dx 0 2 2 a \ |"? xv 2 ws _— “ 9)3/2 _ we 9)3/2 16 Ay/2 16 = — —2] —- — —A4 —{(2-—-— (F-2)-9F|+ [6-99 -0-2)] 44 4/2 = — — — —AV6. 3 3 v6 63 ? Capitulo 3 e 2 e Integrais Improprias b Na definigao de integral definida / f(x) dz, trabalhamos com uma fungao f definida em um intervalo limitado [a,b] e presumimos f sem descontinuidade infinita. Neste capitulo, estenderemos o conceito de integral definida para 0 caso em que e O intervalo é infinito ( [a, +00), (—oo, b], |—o0, +00], etc), ou e f tem uma discontinuidade infinita em |a, 0]. Em ambos os casos, a integral 6 chamdada de INTEGRAL IMPROPRIA. 3.1 Tipo 1: Intervalos Infinitos . wy . , y Considere S a regiao infinita que esta sob a curva y = 1/2”, acima do eixo x ¢ a direita da reta x = 1. 1 Poderiamos pensar que, como S tem extensao infi- y= nita, sua area deve ser infinita. . Seja A(t) a drea da parte de S que esta a esquerda v= da reta x = t (sombreada na figura ao lado) 1 t x Temos entao que t xt d. 1 1 A(t) -/ “= (-2) =1—-, (3.1) 12 UL) \ 4 t Observe que A(t) < 1 independente de quao grande ¢ seja escolhido. Também obser- vamos que . . 1 lim A(t)= lim (1 — i) =1. (3.2) t—>3+00 t—>+00 t 64 Observacao 3.1. A area da regiao sombreada se aproxima de 1 quando t —> +00, assim, dizemos que a area da regiao infinita S é igual a 1 e escrevemos ~ 41 ‘1 | —= dx = lim | — dx = 1. (3.3) 1 uv t—oo 1 v Usando esse exemplo como um guia, definimos a integral de f (nao necessariamente uma funcao positiva) sobre um intervalo infinito como o limite das integrais sobre os intervalos finitos. Definigao 3.2 (INTEGRAL IMPROPRIA DO TIPO 1). t (1) Se / f(a) dx existe para cada nimero t > a, entao love) t / f(x) dx = lim / f(x) dx (3.4) a t—+o0o a desde que o limite exista (como um numero). b (2) Se / f(x) dx existe para cada numero t < b, entao t b b / f(x)dx = lim / f(x) dx (3.5) 00 t—-co t desde que o limite exista (como um numero). co b As integrais impréprias / f(x) dre | f(x) dx sao chamados CONVERGENTES se os limtes correspondentes existem e DIVERGENTES se os limites nao existem. (3) Se ambas | f(x) dz e / f(x) dx sao convergentes, entao definimos | f(x) dx = | f(a) dx +f f(a) da. (3.6) Observagao 3.3. Qualquer uma das integrais impréprias na Definicao 3.2 pode ser interpretada como uma area, desde que f seja uma fungao positiva. Por exemplo, no caso (1), se f(z) > 0 e a integral / f(x) dx for convergente, definimos a area da regiao S = {(z,y) : r>a, 0<y< f(x)} como A(S') = / f(x) dz. (3.7) 65 y y = f(z) Ss a x , ; el, Exemplo 3.4. Determine se a integral J = — dx é convergente. 1 « SOLUGAO : De acordo com a parte (1) da Definigaéo 3.2, temos t 1 xz=t J= lim / —dzx = lim (In|z]) | t—oo 1 x t—o0o v=l = lim (Int—Inl)= lim Int=oo0. t—>oo t—+oo O limite nao existe como um numero finito e, assim a integral impropria é divergente. Observagao 3.5. Comparando com o resultado do Exemplo 3.4 com o exemplo dado no inicio, temos “1 “1 . — dx converge — dx diverge 1 x 1 x Geometricamente, isso quer dizer que, embora as curvas y = 1/2? e y = 1/x parecam muito semelhantes para x > 0, e regido sob y = 1/2? a direita de x = 1 tem uma Area finita, enquanto a regiao correspondente sob y = 1/x tem uma area infinita. y y ol il ¥y — a2 ¥y — r Area finita Area infinita xr=1 xr=1 1 x 1 zt 0 Exemplo 3.6. Calcule J = | xe” dx. SOLUGAO : 1° : Usando a parte (2) da Definicgao 3.2 temos 0 J= iim / xe’ dx. t—+—- co t 66 2° : Integramos por partes com u = dx, dv = e” dx, de modo que du = dz, v = e”: 0 2=0 0 / xe” dx = Ga ) -|/ e* dx = —te' -1+ et. t wat t 3° : Sabemos que e’ —> 0 quando t —> —oo e, pela Regra da L’ Hospital, temos : t : t : 1 : t lim te = lim —= lim ——= lim (-e’)=0. t—-co t—>—-co et t—>—-co —et t—>-co 4° : Portanto J= lim (-te'—1+e') =—-0-140= -1. t—+—- co cd Exemplo 3.7. Calcule J = | ——~ dx. oo 1+ 2? SOLUCAO : 1° : E conveniente escolher a = 0 na Definicao 3.2 (3): 0 oo 1 1 J= —— d. —— dx. | ae v+ | l+@ 2° : Precisamos calcular as integrais do lado direito separadamente: 0 0 _ 1 . dx . «=0 e [. Tap dx = im | Tap jim (arctan x) S = lim (arctan(0) — arctan t) t—-co =9-(-3)=5 - 2) 2 °° 1 t d x=t e | —, dz = lim | “= lim (arctan 2) | = lim (arctant — arctan(0)) t—0o _™ 9_f 2 3° : Como ambas integrais sao convergentes, a integral dada é convergente. TO J= =-+-==T. 27977 . . a . y Como 1/(1+ x?) > 0, a integral impropria dada y= 1 , pode ser interpretada como a area da regiao in- 1+ 2? area = 7 finita sob a curva y = 1/(1 + 2?) e acima do eixo x (ver figura ao lado). v 67 Exemplo 3.8. Para quais valores de p a integtral “1 J= / — dx 1 a é convergente? SOLUGAO : 1° : Sabemos do Exemplo 3.4 que se p = 1, entao a integral é divergente; assim, vamos supor que p # 1. Logo t get xt J= lim | x ?dx= lim {| —— t—oo Jy t—>oo —p + 1 rel 1 1 = tim a - 1 | t—oo | — D tp-1 ° x . —1 1 2° : Se p> 1, entao p—1 > 0; assim, quando t —> ov, t? — we cy — 0. Portanto 1 J = — sep>1l p—1 e neste caso, a integral converge. 3° : Mas se p < 1, entao p— 1 < 0, de modo que lou, pant — co quando t —+ oo e a integral diverge. Resumindo o resultado do Exemplo 3.8 para referéncia futura ~ 4 , . / = dx é convergente se p > 1 e divergente se p < 1 (3.8) 1 x 3.2 Tipo 2: Integrandos Descontinuos Suponha que f seja uma funcgao continua positiva Y em um intervalo finito [a,b), mas tenha uma assin- y = f(z) tota vertical em b. Seja S a regiao delimitada sob o grafico de f e acima do eixo x entre ae b. A area t da parte de S entre ae t é| A(t) = / f(x) dx a ae 68 Se acontecer de A(t) se aproximar de um numero A quando t —+ b-, entao dizemos que a area da regiao S é A e escrevemos b t / f(x) dx = lim / f(x) dx. (3.9) a t—b— Ja Usamos essa equacao para definir uma integral imprdépria do Tipo 2, mesmo quando f nao for uma funcao positiva, nao importando o tipo de descontinuidade que tenha f em b. Definigao 3.9 (INTEGRAL IMPROPRIA DO TIPO 2). (1) Se f é continua em [a, b) e descontinua em x = b, entao b t / f(x) dx = lim / f(x) dx (3.10) a tb Ja se esse limite existir (como um ntimero). (2) Se f é continua em (a, | e descontinua em x = a, entao b b / f(x)dx = lim / f(x) dx (3.11) a t—at t se esse limite existir (como um ntimero). b A integral impropria / f(x) dx é chamada CONVERGENTE se o limite correspon- dente existir e DIVERGENTE se o limites nao existir. (3) Se f tiver uma descontinuidade em x = c, onde a < c < b, e ambas as integrais c b improprias / f(x) dz e / f(x) dx forem convergentes, entaéo definimos b c b / f(x) dx = / f(a) dx +/ f(a) da. (3.12) Geometricamente y y y = f(z) y = f(x) at b « a Cc b x 69 5 1 Exemplo 3.10. Encontre J = ——_ dx. P | Vx—-2 SOLUCAO : 1° : Observamos que a integral dada é impropria, porque f(x) = 1/Vx —2 tem uma assintota vértical « = 2. Como a descontinuidade infinita ocorre no extremo esquerdo de [2,5], usamos a parte (2) da Definigéo 3.9: yotim [ = tim (ave=3){° = tim 2 (V3 —VE=2) = 2V3 sim, [Sy = ag, @VE=B) [T= im, 2( 2° : Entao, a integral impropria dada é convergente. a/2 Exemplo 3.11. Determine se J = | sec x dx converge ou diverge. 0 SOLUCAO : 1° : Observamos que a integral dada é impropria, porque lim sec x = oo. Usando w— (1 /2)— a parte (1) da Definicao 3.9, temos t xr=t J= lim | secrdx= lim (In|seca + tanz}|) | t—(n/2)- Jo t—+(m/2)~ x=0 = lim 2[ln(sect+ tant) —In1] = oo. t—+(/2)- Pois sect —+> co e tant —+ co quando t —> (7/2)~. 2° : Entao, a integral impropria dada é divergente. 3 dx , Exemplo 3.12. Calcule J = | si for possivel. ov SOLUCAO : 1° : Observamos que a reta x = 1 é uma assintota vertical do integrando. Como ela ocorre no meio do intervalo [0,3], devemos usar a parte (3) da Definicao 3.9 com c = 1: 1 3 d d J= | de / aa onde 1 t _ d d eat | “= lim | “= lim (In Je ~ 1))| 9 ©€-1l torso T-1 tor «=0 = lim [In|t—1|-—In|-1]| t—1- = lim In(1—t) = —oo. t—1- Pois 1 — t —> 0* quando t —>1-. 1 d 2° : Entao | — é divergente. Isso implica que J é divergente. 0 ve 70 Observagao 3.13. Se nao tivéssemos observado a assintota x = 1 no Exemplo 3.12 e, em vez disso, tivéssemos confundido essa integral com uma integral definida ordinaria, entao poderiamos ter feito erroneamente o seguinte calculo: 3 _ d r=3 | = (In| ~ 1))| =In2-—Inl=In2. 9 c—l «=0 Isso é errado, porque a integral é impropria e deve ser calculada em termos de limite. 1 Exemplo 3.14. Calcule J = | Ina dx. 0 SOLUGAO : 1° : Sabemos que a funcéo f(z) = Inz tem uma assintota vertical em x = 0 como lim Inz = —oo. Assim, a integral dada é imprépria e temos xz—0 1 J= lim / Ina dz. t—>0+ t 2° : Usamos a integral por partes, com u = Inz, dv = dz, du=dz/xev=az: 1 rel 1 / Ingdxz = (xine ) -/ dx t at t =In1l—tlnt—(1-t) = —tlht—1+t. 3° : Para calcularmos o limite do primeiro termo usamos a Regra de L’Hospital: Int 1/t lim tht= lim ——~= lim Yt = lim (-t) =0. t— 0+ t—0+ (1/t) tot —1/t? = t—0+ 4° : Logo 1 | Inedrz = lim (—tInt-—1+t)=—-0-1+4+0=-1. 0 t—>0t+ 3.3 Um Teste de Comparacao Algumas vezes é impossivel encontrar o valor exato de uma integral imprépria, mas ainda assim é importante saber se ela é convergente ou divergente. Nesses casos, 0 teorema seguinte é util (e um teorema andlogo é verdadeiro para integrais do Tipo 2). Teorema 3.15 (TESTE DE COMPARAGAO). Sejam f e g continuas com f(x) > g(x) > 0 (1) Se / f(x) dx é convergente, entao / g(x) dx é convergente. (2) Se / g(x) dx é divergente, entao | f(x) dx é divergente. 71 Exemplo 3.16. Mostre que J = | e” dx é convegrente. 0 SOLUGAO : 1° : Nao podemos calcular a integral diretamente porque a primitiva de e-® nao é uma fungao elementar. Escrevemos 1 co 2 2 i= [ e” ax + | e” dx. 0 1 2° : Observamos que a primeira integral do lado direito é apenas uma integral definida ordinaria. Na segunda integral, usamos o fato de que para x > 1 temos x? > z, assim —x? < —x e, portanto em <e A integral de e~* é calculada facilmente: love) t / e “dx = lim | e “dx = lim (e! — e*) =e. 1 t—+oo 1 t—oo 3° : Entao, tomando f(r) = e~* e g(x) = e-® no Teorema de Comparacao, vemos que | e” dx 1 é convergente. 4° : Segue que J é convergente. Exemplo 3.17. A integral / “il+e”* ——— dx 1 x é divergente pelo Teorema de Comparacao porque 1 i+e”" — < —— para x > 0 x x “dx... e — é divergente. 1 x 72 Cap´ıtulo 4 Volumes Na tentativa de encontrar o volume de um s´olido, nos deparamos com o mesmo tipo de problemas que para calcular ´ares. Temos uma ideia intuitiva do significado de volume, mas devemos torn´a-la precisa usando o c´alculo para chegar `a defini¸c˜ao exata de volume. Para isto, recordemos algumas superf´ıcies conhecidas como CILINDRO CIRCULAR e PARALELEP´IPEDO RETANGULAR. h r Cilindro Circular V = πr2h l h w Caixa retangular V = lwh Para um s´olido S que n˜ao ´e um cilindro, n´os primeiro “cortamos” S em peda¸cos e aproximamos cada parte por um cilindro. Estimamos o volume de S adicionando os volumes dos cilindros. Chegamos ao volume exato de S atarv´es de um processo de limite em que o n´umero de partes torna-se grande. 1◦ : Come¸camos interceptando S com um plano e obtendo uma regi˜ao plana que ´e chamada de SEC¸~AO TRANSVERSAL de S. 2◦ : Seja A(x) a ´area da se¸c˜ao transversal de S no plano Px perpendicular ao eixo x e passando pelo ponto x, onde a ≤ x ≤ b. A ´area da se¸c˜ao transversal A(x) ir´a variar quando x aumenta de a para b. 73 | fp Ala) fl | 0 a /* b x 3°: Vamos dividir S em n “fatias” de larguras iguais a Ax usando os planos Pr, Pez,-++5 Pep para fatiar o sdlido. 4° : Se escolhermos pontos amostrais x7 em [x;-1, x;], poderemos aproximar a i-ésima fatia S; a um cilindro com area da base A(x*) e “altura” Az. ’ Ax oO da we xy b Xx 5°: O volume desse cilindro é A(z)-Az, assim uma aproximagao para nossa concepGao intuitiva do volume da 7-ésima fatia S; é ~ * V(S;) = A(a;)- Ag. 6° : Adicionando os volumes das fatias, obtemos uma aproximacaéo para o volume total n Ve y A(ax7)- Ag. i=1 7° : Esta aproximacao parece melhorar quando n —> oo. Portanto definimos o volume como o limite dessas somas quando n —>+ oo. Mas reconhecemos que o limite da soma de Riemman como uma integral definida, e dessa forma temos a seguinte definigao. 74 Definicgao 4.1. Seja S um sdlido que esta entre rx =aex=b. Sea area da segao transversal de S no plano P,, passando por x e perpendicular ao eixo x, é A(x), onde A é uma funcao continua, entaéo o VOLUME de S' é n b = ji A(x*)- Ar = . 4.1 v= tim Yates) Ar= [ p(a)ax (4.1 , 4 4 Exemplo 4.2. Mostre que 0 volume de uma esfera de raio r 6 V = gt SOLUCAO : ; y 1° : Se colocamos a esfera de modo q o seu centro se encontre na origem. Entao o plano P, intersecta a esfera em um circulo cujo raio é (Pitagoras) y y= Vr? — 2. 2° : Logo a area da secao transversal A(x) = ry? = 1(r? — x”). = ¢ 3° : Pela definigao de volume v= / Atz)de = f n(r? — a”) dx x = an | (r? — a?) dx. 0 4° : Portanto 3\ |e=r 3 4 V=20 rg — = 27 po = <r’, 3] | 0 3 3 Exemplo 4.3. Encontre o volume do sélido obtido pela rotagao em torno do eixo x da regido sob a curva y = \/x de 0 até 1. SOLUCAO : Se fizermos a rotagao em torno do eixo x, obtemos o sélido mostrado no lado direito na figura abaixo. Quando fatiamos pelo ponto x, obtemos um disco com raio ./Z, cuja area é A(x) = 1(Vx)? = re. Portanto o volume é dado por 1 1 9 \e=1 T v= [ A@ar= [ rete=n =-. 0 0 2|r-0 2 75 y y | | | ¢ Exemplo 4.4. Encontre o volume do sodlido obtido pela rotagao da regiao delimitada por y= «?, y=8 ex =0 em torno do eixo y. SOLUGAO : y y y=8 x x Como a regiao é girada em torno do eixo y, faz sentido fatiar o sdlido perpendicu- larmente ao eixo y e, portanto, integrar em relacao a y. Se fatiamos a uma altura y, obteremos um disco circular com raio x, onde x = ¥/y. Entao a area da segao transversal em y é Aly) = 7x? =7(¥/y)? = my? Como o solido encontra-se entre y = 0 e y = 8, seu volume é 8 8 3 y=8 v= / A(y) dy -|/ my? dy =m (2"*)| 0) 0 5 y=2 — 7 3 (g)5/3 — 967 5 3 76 Exemplo 4.5. A regiao R é delimitada pelas curvas y = x e y = 2”, é girada ao redor do eixo x. Encontre o volumem do sdlido resultante. SOLUGAO : y 1,1) y=u A(x) yaa x 1 x A secao transversal no plano P, tem o formato de uma “arruela” (um anel) com raio interno x? e externo x, de modo que calculamos a area da secao transversal subtraindo a area do circulo interno a area do circulo externo: A(x) = 1x? — n(2?)? = n(x? — 2“). Portanto temos : yy ve a®\ | On V= A(x) dx = aa —ax2°)dxr =r | — - — = —., [ Aerie [een (SoS) ais Exemplo 4.6. A regido R é delimitada pelas curvas y = x e y = 2”, é girada ao redor do eixo x. Encontre o volumem do soélido obtido pela rotagéo em torno da reta y = 2. SOLUGAO : y Pela figura ao lado, temos que o raio interno y=2 , . , é dado por 2 — x, en quanto o raio externo é dado por 2 — x”. Logo A(x) = 1(2 — x)? — r(2 — 2). (1,1) De modo que 0 volume de S é 1 ver| [(2 — 27)? — (2—2)*] dex 0 1 v v =7/ (x* — 5x? + 4c) dx. 0 ve 2 g®\ |") Sart Portanto V =a | — —5— +4— =—. (5 3 + 2 ) 15 77 Observacao 4.7. Os sélidos nos exemplos anteriores sao todos chamadosSOLIDOS DE REVOLUGAO porque sao obtidos pela rotacao de uma regido em torno de um eixo. Em geral, calculamos o volume de um sélido de revolugao usando a férmula basica da definigao b d V= / A(x) dx ou V= / A(y) dy. e encontramos a area da secao transversal A(x) ou A(y) por uma das seguintes maneiras: e Se a secdo transversal é um disco, encontramos o raio do disco(em termos de x ou y) e usamos A = r(raio)’. e Se a segao transversal é um arruela, encontramos o raio interno rjp)¢ © O raio externo Text a partir de um esbogo, e calculamos a area da arruela subtraindo a area do disco interno da area do disco externo: A = r(raio externo)” — 7(raio interno)’. I | J | Fext ’ i 4.1 Volumes por Cascas Cilindricas Vamos considerar 0 problema de encontrar o volume de , yoo um s6lido obtido pela rotagao em torno do eixo y da 1 regido delimitada por y = 277 — x ey =0 mot eo? Se a fatiarmos perpendicularmente ao eixo y, obteremos uma arruela. No entanto, para calcularmos os raios interno e externo da arruela, teriamos de resolver e = 2 * 78 a equacao ctibica y = 2x? — x? para x em termos de y, 0 que nao é facil. Felizmente existe um método chamado METODO DAS CASCAS CILINDRICAS que é mais facil de usar em casos como este. Por exemplo, considere o seguinte grafico h z 1° : Temos uma casca cilindrica com raio interno 71, raio externo re, e altura h. 2° : Seu volume V é calculado subtraindo-se o volume V, do cilindro interno do volume V, do cilindro externo: V =. —V, = argh —arzh = r(r3 — r?)h Tg +r =T(rg+r)(r2 —11)h = 27 - (ee 5 .. A(rg — n)) . 3° : Se fizermos Ar = ry —r; (a espesura da casca) e r = “4” (0 raio médio da casca), entao a f6rmula para o volume de uma casca cilindrica se torna V = 2arhAr Observacao 4.8. Considere S um solido de revolugao obtido pela rotagao em torno do eixo y da regiao limitada por y = f(x)[onde f(x) > 0], y=0, r=aexr=b. y=flx) . y= fix) 9 a b “ <». or 1° : Dividimos [a, b] em n subintervalos [x;_1, 7;] de mesma largura Az e consideranmos 2%; 0 ponto médio do 7-ésimo subintervalo. 79 2° : Se o retangulo com base [x;_1, x;] e altura f(%;) é girado ao redor do eixo y, entao o resultado é uma casca cilindrica com raio médio %;, altura f(Z;) e espessura Az. Logo Vi = (2n7;) [f(i)] Ax . y= fix y= fix) | y= fix) 3° : Uma aproximacao para o volume V de S' é dada por Ve SoVi= > (202;) [f(@)] Ac. 4° : Essa aproximacao torna-se melhor quando n —>+ oo. Mais precisamente: Definicgao 4.9. O volume do soélido na figura acima, obtida pela rotagao em torno do eixo y da regiao sob a curva y = f(x) dea até bé b Vv -/ Qnaxf (ax) dx. (4.2) Exemplo 4.10. Encontre o volume do sdlido obtido pela rotagao em torno do eixo y da regiao delimitada por y = 2x7 — x2 e y = 0. SOLUCAO : 1° : Em primeiro lugar fazemos um esbogo y x 2x ao) 2° : Vemos que uma casca tfpica tem raio x, circunferéncia 272 e altura f(x) = 227-2. Entao 2 2 V= | (27x) (2a? — x°) dx = 2 | (22° — a*) dx 0 0 1 1 .\|"° 160 =2n ( =24 — =a? =—. (5 5 ) 9 80 Exemplo 4.11. Encontre o volume do sdlido obtido pela rotagao em torno do eixo y da regiao entre y= xe y= 2. SOLUGAO : 1° : Em primeiro lugar fazemos um esbogo \ eS i la Ney casca =x — x 0 x x 2° : Vemos que uma casca tfpica tem raio x, circunferéncia 27z e altura f(x) = x2 — 2”. Entao 1 1 V= | (Qrx)(x — x*) dx = an | (2? — x”) dx 0 0 3 4\ j=l a = 7. 3 4/|\.-5 6 Exemplo 4.12. Use cascas cilindricas para encontrar o volume do sdlido obtido pela rotacéo em torno do eixo x da regiao sob a curva y = v/a de 0 até 1. SOLUGAO : 1° : Em primeiro lugar fazemos um esbogo , altura da casca = 1 — y* 0) 1 UU x 2° : Para o uso de cascas, reescreveremos a curva y = \/x como x = y’. Pela rotacao em torno do eixo x vemos que uma casca tipica tem raio y, circuferéncia 27y e altura 1—y?. Assim, o volume é 1 1 V= | (2ry)(1 — y?) dx = an f (y — y®) dx 0 0 (G84 2 4)\,, 2 81