Métodos de Integração

(cod: P-70-51-3) Substituição em integrais definidas: Seja \(u = g(x)\) uma função com derivada contínua no intervalo \([a,b]\) e \(f\) uma função contínua num intervalo \(J \supset g([a,b])\). Temos que \begin{equation*}\label{subst} \int_a^b f(g(x))g'(x) \, dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u) \, du. \end{equation*} De fato, seja \(F(u)\) uma primitiva para a função \(f(u)\) no intervalo \(J\). Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos que \[\int_{g(a)}^{g(b)} f(u) \, du = F(g(b)) - F(g(a)).\] Por outro lado, pela Regra da Cadeia, temos que \begin{eqnarray*}\dfrac{d}{dx}F(g(x)) &=& F'(g(x))g'(x) \\ & & \\ &=& f(g(x))g'(x).\end{eqnarray*} Assim, novamente pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos que \[\int_a^b f(g(x))g'(x) \, dx = F(g(b)) - F(g(a)),\] o que prova a afirmação.

Muitas vezes, quando realizamos a substituição \(u = g(x)\) no contexto acima, queremos trocar a integral do lado esquerdo pela integral do lado direito na primeira equação. Em outros casos, partindo de uma integral \[\int_A^B f(x) \, dx\] optamos por fazer uma mudança de variável \begin{eqnarray*} x &=& h(\theta), \theta \in I, \\ dx &=& h'(\theta) \, d\theta, \end{eqnarray*} onde tomamos \(h\) injetiva (inversível) no intervalo \(I\), com \(A, B \in h(I)\) . Pelo mesmo argumento usado acima, obtemos então que \[\int_A^B f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(h(\theta)) h'(\theta) \, d\theta,\] onde \begin{eqnarray*} A = h(a) &\iff& a = h^{-1}(A) \\ & & \\ B = h(b) &\iff& b = h^{-1}(B), \end{eqnarray*} nos permitindo então trocar a integral do lado esquerdo pela do lado direito. A diferença deste caso para o anterior é que, enquanto antes a variável introduzida era escrita em função da variável original (\(u = g(x)\)), aqui temos o contrário, ou seja, escrevemos a variável original em função da nova variável de integração (\(x = h(\theta)\)).

Nas questões abaixo, considere que \(f\) é uma função contínua:

(1) Fazendo a substituição \(u = x^2 + 1\), podemos verificar que a integral \[\int_0^1 2x f(x^2+1) \, dx\] é igual a:

(2) Fazendo a substituição \(x = \text{sen}\, \theta, \theta \in [-\pi/2,\pi/2]\), podemos verificar que a integral \[\int_0^{1/2} f(x) \, dx\] é igual a:

(cod: P-70-71-15) Considere as seguintes questões:

(1) Calcule \(\displaystyle \int \dfrac{1}{x \ln^2{x}}\, dx\).

(2) O que se pode afirmar sorbe a integral imprópria \(\displaystyle \int_0^{+ \infty}x e^{-x^2}\, dx\)?

(3) Selecione uma integral que possui o mesmo valor de \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{\text{sen}\, {x}}\, \text{sen}(2x)\, dx\).

(4) Determine \(\displaystyle \int \tan{x}\, dx\).

(cod: P-71-62-1) Integração por partes: Trata-se de uma das principais técnicas de integração, sendo uma consequência da regra do produto. De fato, sejam \(f\) e \(g\) duas funções com derivada contínua em um intervalo aberto \(I\). Pela Regra do Produto, temos que \[\dfrac{d}{dx} f(x)g(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x),\] ou, equivalentemente, \[\small{f(x)g'(x) = \dfrac{d}{dx} \left(f(x)g(x)\right) - g(x)f'(x).} \ \ \ \ \ (1)\] Tomando a primitiva em ambos os lados, obtemos \[\small{\int f(x)g'(x)\, dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)\, dx},\] onde omitimos a constante de integração quando integramos a primeira parcela do lado direito, dado que essa constante será introduzida ao resolver a integral. A técnica consiste em trocar a integral do lado esquerdo pela expressão do lado direito. Tomando \(u = f(x)\) e \(dv = g'(x)dx\) na integral do lado esquerdo e considerando que \(du = f'(x)dx\) e \(v = g(x)\), podemos reescrever a fórmula acima de modo mais compacto: \[\int u \, dv = uv - \int v \, du.\] Ao calcular uma integral definida, num intervalo \([a,b] \subset I\), podemos integrar ambos os lados da equação (1), obtendo \begin{eqnarray*} & & \int_a^b f(x)g'(x)\, dx \\ & & \\ &=& f(x)g(x)\Big{]}_a^b + \int_a^b g(x)f'(x)\, dx. \end{eqnarray*} Considere as questões abaixo:

(1) Suponha que queremos calcular a integral \[\int x e^x \, dx\] usando integração por partes e, para isso, fazemos \(u = x\) e \(dv = e^x dx\). Qual será nossa conclusão?

(2) Suponha que queiramos calcular a integral \[\int_1^e \ln{x} \, dx\] usando integração por partes e, para isso, escolhemos \(u = \ln{x}\) e \(dv = dx\) (ou, equivalentemente, \(dv/dx = 1\)). O que obteremos?

(cod: P-71-64-11) Determine as integrais abaixo:

(1) \(\displaystyle \int x \cos{x} \, dx\)

(2) \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x \cos{x} \, dx\)

(3) \(\displaystyle \int_0^1 \text{arctg}\, x \, dx\).

(cod: P-74-59-2) Integração por Frações Parciais: Observe a soma abaixo \[\dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x - 2} = \dfrac{3(x-2) + x}{x^2 - x} = \dfrac{4x - 6}{x^2 - x}.\] Se quiséssemos integrar a função racional \(g(x) = \dfrac{4x - 6}{x^2 - x}\), seria interessante trabalhar do ponto de vista inverso e considerá-la como a soma de frações mais simples que aparece à esquerda da primeira igualdade.

Para ilustrar o processo, tomemos a função racional \[f(x) = \dfrac{-2x+1}{x^2 - 3x + 2}.\] O denominador \(Q(x) = x^2 - 3x + 2\) possui duas raízes reais distintas, a saber, \(x = 1\) e \(x = 2\). Temos então que \(Q(x)\) é redutível, ou seja, pode ser fatorado como produto de dois polinômios de grau menor (no caso, dois polinômios de grau \(1\)): \[Q(x) = x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2).\] Gostaríamos então de encontrar constantes \(A\) e \(B\) tais que \[\dfrac{- 2x + 1}{x^2 - 3x + 2} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{x-2}.\] Podemos multiplicar ambos os lados por \(x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)\), obtendo \begin{equation}\label{igual}- 2x+ 1 = A(x-2) + B(x-1).\end{equation} Agrupando os termos do lado direito por grau, obtemos \[- 2x + 1 = (A+B)x + (-2A-B).\] Comparando os coeficientes dos polinômios dos dois lados, devemos ter \[\left\{\begin{array}{l} A+B = -2 \\ -2A-B = 1 \end{array}\right.\] Resolvendo o sistema, obtemos que \(A = 1\) e \(B=-3\). Neste exemplo, poderíamos ter procedido de outra maneira para obter as constantes \(A\) e \(B\). De fato, como queremos que a igualdade em (\ref{igual}) valha para qualquer valor de \(x \in \mathbb{R}\), podemos substituir alguns valores específicos e obter facilmente os valores de \(A\) e \(B\). Mais precisamente, fazendo \(x = 1\) em (\ref{igual}), obtemos diretamente que \(A = 1\), enquanto tomando \(x=2\), concluímos que \(B = -3\). Portanto, temos que \begin{eqnarray*} & & \int \dfrac{-2x + 1}{x^2 - 3x + 2} \, dx \\ & & \\ &=& \int \left(\dfrac{1}{x-1} - \dfrac{3}{x-2} \right) \, dx \\ & & \\ &=& \ln|x-1| -3\ln|x-2| + C. \end{eqnarray*} Tal exemplo ilustra o método de frações parciais. Trata-se de um método para integrar funções racionais que consiste em escrever uma função dessa classe (que é uma razão de polinômios) como a soma de frações mais simples (chamadas frações parciais), as quais conseguimos integrar. Passamos então a descrever o método de uma maneira mais sistemática.

Dizemos que uma função racional é própria se o grau do numerador é menor do que o grau do denominador. Caso contrário, dizemos que a função racional é imprópria. Sempre é possível escrever uma função racional imprópria \(h(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}\) como a soma de um polinômio e uma função racional própria, aplicando o algoritmo de divisão. De fato, se o quociente da divisão de \(P(x)\) por \(Q(x)\) é \(A(x)\), com resto \(R(x)\), temos \[P(x) = Q(x)A(x) + R(x),\] onde o grau de \(R(x)\) é menor do que o grau de \(Q(x)\). Dividindo a igualdade acima por \(Q(x)\), obtemos então que \[\dfrac{P(x)}{Q(x)} = A(x) + \dfrac{R(x)}{Q(x)},\] onde a razão que aparece do lado direito é uma função racional própria.

Vamos descrever o método considerando funções racionais próprias, bastando fazer o procedimento acima, caso a função seja imprópria. É possivel demonstrar que a estratégia de decomposição apresentada abaixo sempre funciona, no sentido de que sempre é possível determinar as constantes e, por fim, integrar todas as frações parciais que surgem.

Consideremos a partir de agora uma função racional própria \(f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)},\) onde o numerador e o denominador são primos entre si, ou seja, não possuem fatores comuns. A decomposição de \(f\) como uma soma de frações parciais depende da fatoração de \(Q(x)\) em fatores irredutíveis. Temos o seguinte fato:

Todo polinômio com coeficientes reais admite uma fatoração como produto de fatores irredutíveis de grau 1 ou 2 (embora, na prática, seja difícil exibir tal fatoração).

Passamos a explicar brevemente o fato acima. O Teorema Fundamental da Álgebra garante que \(Q(x)\) possui \(n\) raízes (não necessariamente distintas), no conjunto dos números complexos, algumas das quais podem ser reais. Partindo das \(n\) raízes \(z_1, z_2, \dots,z_n\) de \(Q(x)\) em \(\mathbb{C}\), verificamos primeiramente que \(Q(x)\) admite uma decomposição (usando complexos) na forma \begin{equation*}\label{dec1}Q(x) = c_n(x - z_1) (x-z_2)\cdots (x-z_n), \end{equation*} onde \(c_n \in \mathbb{R}\) é o coeficiente de maior grau de \(Q(x)\) (observe que podemos considerar \(c_n = 1\) após uma manipulação algébrica simples em \(f(x)\)). Como \(Q(x)\) possui coeficientes reais, é possível garantir que, para cada raiz complexa não real \(z\) de \(Q(x)\), seu conjugado \(\overline{z}\) também será uma raiz, bastando para isso usar que \[Q(\overline{z}) = \overline{Q(z)} = \overline{0} = 0.\] Note, então, que o produto dos fatores \((x - z)(x-\overline{z})\) dá origem ao polinômio quadrático, \[x^2 - \underbrace{(z+\overline{z})}_{\in \mathbb{R}} x + \underbrace{z\overline{z}}_{\in \mathbb{R}},\] que tem coeficientes reais e cujas raízes são justamente \(z\) e \(\overline{z}\) (discriminante negativo). Assim, partindo da decomposição acima, podemos obter a fatoração mencionada, onde cada raiz real de \(Q(x)\) dá origem a um fator de grau 1, enquanto raízes não reais surgem em pares (conjugados), dando origem a um fator quadrático irredutível.

Agrupando os fatores repetidos (raízes com multiplicidade maior do que 1), podemos considerar a fatoração \[Q(x) = q_1(x)q_2(x) \cdots q_m(x),\] onde um bloco \(q_j(x)\) pode ter a forma \begin{equation}\label{bloco1}(x - r)^{l} \end{equation} ou \begin{equation}\label{bloco2}(x^2 + bx + c)^{k}, \end{equation} sendo o primeiro caso associado a uma raiz real \(r\) de multiplicidade \(l\) e, o segundo, associado a um par \(z\) e \(\overline{z}\) de raízes complexas conjugadas, cada uma com multiplicidade \(k\).

A partir desses blocos, estabelecemos a decomposição da função racional própria \(f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}\) como soma de frações parciais. Para cada bloco da forma (\ref{bloco1}) somamos \(l\) frações parciais à decomposição: \[\dfrac{A_1}{x-r} + \dfrac{A_2}{(x-r)^2} + \cdots + \dfrac{A_l}{(x-r)^l},\] onde \(A_1,A_2,\dots,A_l\) são constantes a determinar. Por outro lado, para cada bloco da forma (\ref{bloco2}), somamos \(k\) frações parciais à decomposição: \[\scriptsize{\dfrac{B_1 x + C_1 }{x^2 + bx + c} + \dfrac{B_2 x + C_2 }{(x^2 + bx + c)^2} + \cdots + \dfrac{B_k x + C_k }{(x^2 + bx + c)^k},}\] onde \(B_j\) e \(C_j\), com \(j = 1,\dots,k\), são constantes a determinar. A decomposição em frações parciais é dada pela soma de todas as frações, considerando todos os blocos.

Para ficar mais claro, considere um exemplo no qual o denominador se fatore como \begin{eqnarray*}Q(x) &=& (x-1)(x-1)(x^2+4) \\ & & \\ &=& (x-1)^2 (x^2+4). \end{eqnarray*} O fator de grau \(1\) aparece duas vezes (\(x = 1\) é raiz dupla), enquanto \(x^2+4\) é um fator irredutível de grau 2 (cujas raízes são \(z = 2i\) e \(\overline{z} = - 2i\)). A decomposição em frações parciais de \(f\) seria então \[\dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{(x-1)^2} + \dfrac{Cx+D}{x^2 + 4}.\] Multiplicando ambos os lados por \(Q(x)\) e comparando os coeficientes lados esquerdo e direito, podemos caluclar as constantes \(A\), \(B\), \(C\) e \(D\), para, em seguida, calcular a integral de \(f\).

Selecione a opção que não segue as instruções contidas acima.

(cod: P-76-83-8) A transformada de Laplace de uma função \(f: [0,+\infty) \to \mathbb{R}\) é a função dada por \[\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = \int_0^{+\infty} e^{-st}f(t) \, dt,\] a qual está definida apenas para os valores de \(s\) em que temos de fato uma integral imprópria convergente.

Por exemplo, vamos considerar a função constante \(f(t) = 1, t \geq 0\). Neste caso, para \(s>0\), temos: \begin{eqnarray*}\mathcal{L}\{f(t)\} &=& \int_0^{+ \infty} e^{-st} \, dt \\ &=& \lim\limits_{A \to + \infty} \int_0^A e^{-st} \, dt \\ &=& \lim\limits_{A \to + \infty} \left(\frac{1}{s} - \frac{e^{-sA}}{s}\right) \\ &=& \frac{1}{s}. \end{eqnarray*} Considere as seguintes questões:

(1) Determine \(\mathcal{L}\{\text{sen}(at)\}\), onde \(a\) é uma constante não-nula.

(2) Seja \(f\) uma função diferenciável, com derivada contínua em \([0,+\infty)\). Suponha que a transformada de \(f\) esteja definida para \(s>0\) e que \[\lim\limits_{t \to + \infty} f(t)e^{-st} = 0,\] para todo \(s>0\). Neste caso, é possível verificar que a transformada de Laplace de \(f'(t)\) também está definida para \(s>0\). Selecione a opção que apresenta uma relação correta entre as transformadas de \(f\) e \(f'\).

(cod: P-73-57-2) Substituições trigonométricas: Integrais que envolvem as expressões radicais \[ \sqrt{a^2 - x^2}, \sqrt{a^2 + x^2}, \text{ ou } \sqrt{x^2-a^2},\] onde \(a\) é um número postivo, podem, muitas vezes, serem transformadas em integrais mais simples por meio de uma substituição trigonométrica apropriada. Com efeito, considere as identidades trigonométricas abaixo: \begin{eqnarray} \label{rel1} 1 - \text{sen}^2\, \theta &=& \cos^2{\theta}, \\ \nonumber & & \\ \label{rel2} 1 + \tan^2{\theta} &=& \sec^2{\theta}, \\ \nonumber & & \\\label{rel3} \sec^2{\theta} - 1 &=& \tan^2{\theta}. \end{eqnarray} Se a integral envolver o radical \(\sqrt{a^2 - x^2}\), pode ser conveniente usar a substituição \begin{eqnarray*} x &=& a \, \text{sen}\, \theta, \, \, \theta \in [-\pi/2,\pi/2], \\ dx &=& a \cos{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Uma vez que, pela relação (\ref{rel1}), teremos \begin{eqnarray*}\sqrt{a^2 - x^2} &=& \sqrt{a^2(1 - \text{sen}^2\, {\theta})} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \cos^2{\theta}} = a \cos{\theta}. \end{eqnarray*} Por outro lado, se a integral envolver o radical \(\sqrt{a^2 + x^2}\), pode ser conveniente usar a substituição \begin{eqnarray*} x &=& a \, \tan{\theta}, \, \, \theta \in (-\pi/2,\pi/2), \\ dx &=& a \sec^2{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Uma vez que, pela relação (\ref{rel2}), teremos \begin{eqnarray*}\sqrt{a^2 + x^2} &=& \sqrt{a^2(1 + \tan^2\, {\theta})} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \sec^2{\theta}} = a \sec{\theta}. \end{eqnarray*} Por fim, caso a integral envolva o radical \(\sqrt{x^2 - a^2}\), pode ser conveniente usar a substituição \begin{eqnarray*} x &=& a \, \sec{\theta}, \, \, \small{\theta \in (0,\pi/2) \text{ ou } \theta \in (\pi,3\pi/2)}, \\ dx &=& \sec^2{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Uma vez que, pela relação (\ref{rel3}), teremos \begin{eqnarray*}\sqrt{x^2-a^2} &=& \sqrt{a^2(\sec^2{\theta} - 1)} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \tan^2{\theta}} = a \tan{\theta}. \end{eqnarray*} Vale observar que essas substituições podem não garantir que a integral fique simples, dependendo da expressão completa do integrando. Por outro lado, observamos que essas substituições também podem ser úteis em casos em que a raiz não aparece na integral, ou seja, elas não são exclusivas para os casos abordados acima, embora sejam mais usadas nesse contexto.

Utilizando uma mudança trigonométrica adequada, podemos garantir que a integral \[\int_{0}^{\frac{a\sqrt{2}}{2}} \dfrac{a}{\sqrt{a^2 - x^2}}\, dx\] onde \(a\) é um número positivo, é igual a: