9.5 Primitivas

O Teorema Fundamental mostra a importância de saber calcular primitivas. Por isso, será útil desenvolver técnicas de integração. Mas antes de apresentarmos essas técnicas, faremos alguns comentários sobre as notações usadas para denotar primitivas.

Para uma dada função ff, queremos achar uma primitiva FF, isto é uma função cuja derivada F′F^{\prime} é igual a ff. Essa operação, inversa da derivada 55 5 Às vezes, essa operação é naturalmente chamada de antiderivada., será chamada de integrar ff. Por isso, é útil introduzir uma notação que mostra que FF é o resultado de uma transformação aplicada a ff:

F⁢(x)=∫f⁢(x)⁢𝑑x+C,F(x)=\int f(x)dx+C\,,

em que CC é uma constante arbitrária. Ao invés da integral definida ∫abf⁢(x)⁢𝑑x\int_{a}^{b}f(x)\,dx, a integral indefinida ∫f⁢(x)⁢𝑑x\int f(x)\,dx é uma função de xx, que por definição satisfaz

(∫f⁢(x)⁢𝑑x)′=f⁢(x).\Bigl{(}\int f(x)\,dx\Bigr{)}^{\prime}=f(x)\,.

Como a operação “integrar com respeito a xx” é a operação inversa da derivada, temos

∫f′⁢(x)⁢𝑑x=f⁢(x)+C.\int f^{\prime}(x)\,dx=f(x)+C\,. (9.13)

Além disso, as seguintes propriedades são satisfeitas (λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R} é uma constante):

∫λ⁢f⁢(x)⁢𝑑x=λ⁢∫f⁢(x)⁢𝑑x,∫(f⁢(x)+g⁢(x))⁢𝑑x=∫f⁢(x)⁢𝑑x+∫g⁢(x)⁢𝑑x.\int\lambda f(x)\,dx=\lambda\int f(x)\,dx\,,\quad\int(f(x)+g(x))dx=\int f(x)\,% dx+\int g(x)\,dx\,.

As seguintes primitivas fundamentais foram calculadas no Exercício 9.6:

  1. 1.
    ​

    ∫k⁢𝑑x=k⁢x+C\int k\,dx=kx+C

  2. 2.
    ​

    ∫x⁢𝑑x=x22+C\int x\,dx=\frac{x^{2}}{2}+C

  3. 3.
    ​

    ∫xp⁢𝑑x=xp+1p+1+C\int x^{p}\,dx=\frac{x^{p+1}}{p+1}+C (p≠−1p\neq-1)

  4. 4.
    ​

    ∫cos⁡x⁢d⁢x=sen⁡x+C\int\cos x\,dx=\operatorname{sen}x+C

  5. 5.
    ​

    ∫sen⁡x⁢d⁢x=−cos⁡x+C\int\operatorname{sen}x\,dx=-\cos x+C

  6. 6.
    ​

    ∫ex⁢𝑑x=ex+C\int e^{x}\,dx=e^{x}+C

  7. 7.
    ​

    ∫d⁢x1+x2=arctan⁡x+C\int\frac{dx}{1+x^{2}}=\arctan x+C

  8. 8.
    ​

    ∫d⁢x1−x2=arcsen⁡x+C\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}=\operatorname{arcsen}x+C

O caso p=−1p=-1 em (3) corresponde a ∫1x⁢𝑑x\int\frac{1}{x}\,dx, que obviamente é definida somente para x≠0x\neq 0. Ora, se x>0x>0, temos (ln⁡(x))′=1x(\ln(x))^{\prime}=\tfrac{1}{x}, e se x<0x<0, temos (ln⁡(−x))′=−1−x=1x(\ln(-x))^{\prime}=\tfrac{-1}{-x}=\tfrac{1}{x}. Logo,

∫1xdx=ln|x|+C(x≠0).\boxed{\int\frac{1}{x}\,dx=\ln|x|+C\,\quad(x\neq 0).}
Exercício 9.14.

Calcule as primitivas das seguintes funções.

  1. 1.
    ​

    (1−x)⁢(1+x)2(1-x)(1+x)^{2}

  2. 2.
    ​

    1x3−cos⁡(2⁢x)\frac{1}{x^{3}}-\cos(2x)

  3. 3.
    ​

    x+5⁢x7x9\frac{x+5x^{7}}{x^{9}}

  4. 4.
    ​

    2+2⁢tan2⁡(x)2+2\tan^{2}(x)

Vamos agora apresentar os métodos clássicos usados para calcular primitivas. O leitor interessado em usar a integral de Riemann para resolver problemas concretos pode pular para o Capítulo 10, e voltar depois para as Seçoes 9.5.1 até 9.5.5 abaixo para exercitar a sua habilidade a calcular primitivas.

9.5.1 Integração por Substituição

Exemplo 9.8.

Suponha que se queira calcular

∫x⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x.\int x\cos(x^{2})\,dx\,.

Apesar da função x⁢cos⁡(x2)x\cos(x^{2}) não ser a derivada de uma função elementar, ela possui uma estrutura particular: o “xx” que multiplica o cosseno é um polinômio cujo grau é um a menos do que o polinômio “x2x^{2}” contido dentro do cosseno. Ora, sabemos que a derivada diminui o grau de um polinômio. No nosso caso: (x2)′=2⁢x(x^{2})^{\prime}=2x. Logo, ao multiplicar e dividir a primitiva por 22, podemos escrever

∫x⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x=12⁢∫(2⁢x)⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x=12⁢∫(x2)′⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x.\int x\cos(x^{2})\,dx=\tfrac{1}{2}\int(2x)\cos(x^{2})\,dx=\tfrac{1}{2}\int(x^{% 2})^{\prime}\cos(x^{2})\,dx\,.

Agora, reconhecemos em (x2)′⁢cos⁡(x2)(x^{2})^{\prime}\cos(x^{2}) uma derivada. De fato, pela regra da cadeia, (sen⁡(x2))′=cos⁡(x2)⋅(x2)′(\operatorname{sen}(x^{2}))^{\prime}=\cos(x^{2})\cdot(x^{2})^{\prime}. Logo, usando (9.13),

∫(x2)′⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x=∫(sen⁡(x2))′⁢𝑑x=sen⁡(x2)+C.\int(x^{2})^{\prime}\cos(x^{2})\,dx=\int(\operatorname{sen}(x^{2}))^{\prime}\,% dx=\operatorname{sen}(x^{2})+C\,.

Portanto,

∫x⁢cos⁡(x2)⁢𝑑x=12⁢sen⁡(x2)+C.\int x\cos(x^{2})\,dx=\tfrac{1}{2}\operatorname{sen}(x^{2})+C\,.

Do mesmo jeito,

∫x2⁢cos⁡(x3)⁢𝑑x=13⁢∫3⁢x2⁢cos⁡(x3)⁢𝑑x=13⁢∫(x3)′⁢cos⁡(x3)⁢𝑑x=13⁢sen⁡(x3)+C.\int x^{2}\cos(x^{3})\,dx=\tfrac{1}{3}\int 3x^{2}\cos(x^{3})\,dx=\tfrac{1}{3}% \int(x^{3})^{\prime}\cos(x^{3})\,dx=\tfrac{1}{3}\operatorname{sen}(x^{3})+C\,.

A ideia apresentada nesse último exemplo consiste em conseguir escrever a função integrada na forma da derivada de uma função composta; é a base do método de integração chamado integração por substituição. Lembremos a regra da cadeia:

(f⁢(g⁢(x)))′=f′⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x).\bigl{(}f(g(x))\bigr{)}^{\prime}=f^{\prime}(g(x))g^{\prime}(x)\,.

Integrando ambos lados dessa identidade com respeito a xx e usando de novo (9.13) obtemos f⁢(g⁢(x))=∫f′⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)⁢𝑑x+constantef(g(x))=\int f^{\prime}(g(x))g^{\prime}(x)\,dx+\text{constante}, que é equivalente à fórmula de integração por substituição:

∫f′(g(x))g′(x)dx=f(g(x))+C.\boxed{\int f^{\prime}(g(x))g^{\prime}(x)\,dx=f(g(x))+C\,.} (9.14)

Existem vários jeitos de escrever a mesma fórmula. Por exemplo, se HH é primitiva de hh,

∫h⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)⁢𝑑x=H⁢(g⁢(x))+C.\int h(g(x))g^{\prime}(x)\,dx=H(g(x))+C\,. (9.15)

Senão, a função g⁢(x)g(x) pode ser considerada como uma nova váriavel: u:=g⁢(x)u{:=}g(x). Derivando com respeito a xx, d⁢ud⁢x=g′⁢(x)\frac{du}{dx}=g^{\prime}(x), que pode ser simbolicamente escrita como d⁢u=g′⁢(x)⁢d⁢xdu=g^{\prime}(x)dx. Assim, a primitiva inicial pode ser escrita somente em termos da variável uu, substituindo g⁢(x)g(x) por uu:

∫h⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)⁢𝑑x=∫h⁢(u)⁢𝑑u.\int h(g(x))g^{\prime}(x)\,dx=\int h(u)\,du\,. (9.16)

Em seguida, se trata de calcular uma primitiva de hh, e no final voltar para a variável xx. O objetivo é sempre tornar ∫h⁢(u)⁢𝑑u\int h(u)\,du o mais próximo possível de uma primitiva elementar como as descritas no início da seção.

Exemplo 9.9.

Considere ∫cos⁡xsen2⁡x⁢𝑑x\int\frac{\cos x}{\operatorname{sen}^{2}x}\,dx. Aqui queremos usar o fato do cos⁡x\cos x ser a derivada da função sen⁡x\operatorname{sen}x. Façamos então a substituição u=sen⁡xu=\operatorname{sen}x, que implica d⁢u=(sen⁡x)′⁢d⁢x=cos⁡x⁢d⁢xdu=(\operatorname{sen}x)^{\prime}dx=\cos x\,dx, o que implica

∫cos⁡xsen2⁡x⁢𝑑x=∫1u2⁢𝑑u≡∫h⁢(u)⁢𝑑u.\int\frac{\cos x}{\operatorname{sen}^{2}x}\,dx=\int\frac{1}{u^{2}}\,du\equiv% \int h(u)\,du\,.

Mas h⁢(u)=1u2h(u)=\tfrac{1}{u^{2}}, é a derivada (com respeito a uu!) de H⁢(u)=−1uH(u)=-\frac{1}{u}. Logo,

∫cos⁡xsen2⁡x⁢𝑑x=∫h⁢(u)⁢𝑑u=H⁢(u)+C=−1sen⁡x+C.\int\frac{\cos x}{\operatorname{sen}^{2}x}\,dx=\int h(u)\,du=H(u)+C=-\frac{1}{% \operatorname{sen}x}+C\,.
Exemplo 9.10.

Para calcular ∫x1+x⁢𝑑x\int\frac{x}{1+x}\,dx, definemos u:=1+xu{:=}1+x. Logo, d⁢u=d⁢xdu=dx e x=u−1x=u-1. Assim,

∫x1+x⁢𝑑x=u−1u⁢d⁢u=∫{1−1u}⁢𝑑u\displaystyle\int\frac{x}{1+x}\,dx=\frac{u-1}{u}\,du=\int\bigl{\{}1-\tfrac{1}{% u}\bigr{\}}\,du =∫𝑑u−∫1u⁢𝑑u\displaystyle=\int du-\int\tfrac{1}{u}\,du
=u−ln⁡u+C=1+x−ln⁡(1+x)+C.\displaystyle=u-\ln u+C=1+x-\ln(1+x)+C\,.
Exemplo 9.11.

Calculemos agora ∫x+11−x2⁢𝑑x\int\frac{x+1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx. Para começar, separemos a primitiva em dois termos:

∫x+11−x2⁢𝑑x=∫x1−x2⁢𝑑x+∫11−x2⁢𝑑x.\int\frac{x+1}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx=\int\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx+\int\frac{% 1}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx\,.

Para o primeiro termo, vemos que com u=g⁢(x):=1−x2u=g(x){:=}1-x^{2}, cuja derivada é g′⁢(x)=−2⁢xg^{\prime}(x)=-2x, temos d⁢u=−2⁢x⁢d⁢xdu=-2x\,dx, e

∫x1−x2⁢𝑑x=−∫12⁢u⁢𝑑u=−u+C=−1−x2+C.\int\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx=-\int\frac{1}{2\sqrt{u}}du=-\sqrt{u}+C=-\sqrt% {1-x^{2}}+C\,.

No segundo termo reconhecemos a derivada da função arcseno. Logo, somando,

∫x+11−x2⁢𝑑x=−1−x2+arcsen⁢x+C.\int\frac{x+1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=-\sqrt{1-x^{2}}+{\mathrm{arcsen}}\,x+C\,. (9.17)
Observação 9.4.

Lembra que um cálculo de primitiva pode sempre ser verificado, derivando o resultado obtido! Por exemplo, não perca a oportunidade de verificar que derivando o lado direito de (9.17), obtém-se x+11−x2\frac{x+1}{\sqrt{1-x^{2}}}!

Às vezes, é preciso transformar a função integrada antes de fazer uma substituição útil, como visto nos três próximos exemplos.

Exemplo 9.12.

Para calcular ∫19+x2⁢𝑑x\int\frac{1}{9+x^{2}}\,dx podemos colocar 99 em evidência no denominador, e em seguida fazer a substituição u=x3u=\tfrac{x}{3}:

∫19+x2⁢𝑑x=19⁢∫11+(x3)2⁢𝑑x\displaystyle\int\frac{1}{9+x^{2}}\,dx=\tfrac{1}{9}\int\frac{1}{1+(\tfrac{x}{3% })^{2}}\,dx =19⁢∫31+u2⁢𝑑x\displaystyle=\tfrac{1}{9}\int\frac{3}{1+u^{2}}\,dx
=13⁢∫11+u2⁢𝑑u=13⁢arctan⁡u+C=13⁢arctan⁡(x3)+C.\displaystyle=\tfrac{1}{3}\int\frac{1}{1+u^{2}}\,du=\tfrac{1}{3}\arctan u+C=% \tfrac{1}{3}\arctan(\tfrac{x}{3})+C\,.
Exemplo 9.13.

Para calcular ∫1x2+2⁢x+2⁢𝑑x\int\frac{1}{x^{2}+2x+2}\,dx comecemos completando o quadrado: x2+2⁢x+2={(x+1)2−1}+2=1+(x+1)2x^{2}+2x+2=\{(x+1)^{2}-1\}+2=1+(x+1)^{2}. Logo, usando u:=x+1u{:=}x+1,

∫1x2+2⁢x+2⁢𝑑x\displaystyle\int\frac{1}{x^{2}+2x+2}\,dx =∫11+(x+1)2⁢𝑑x\displaystyle=\int\frac{1}{1+(x+1)^{2}}\,dx
=∫11+u2⁢𝑑u=arctan⁡u+C=arctan⁡(x+1)+C.\displaystyle=\int\frac{1}{1+u^{2}}\,du=\arctan u+C=\arctan(x+1)+C\,.
Exemplo 9.14.

Considere ∫sen2⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{sen}^{2}x\,dx. Lembrando a identidade trigonométrica sen2⁡x=1−cos⁡(2⁢x)2\operatorname{sen}^{2}x=\frac{1-\cos(2x)}{2},

∫sen2⁡x⁢d⁢x=12⁢∫𝑑x−12⁢∫cos⁡(2⁢x)⁢𝑑x=x2−12⁢∫cos⁡(2⁢x)⁢𝑑x.\int\operatorname{sen}^{2}x\,dx=\tfrac{1}{2}\int\,dx-\tfrac{1}{2}\int\cos(2x)% \,dx=\tfrac{x}{2}-\tfrac{1}{2}\int\cos(2x)\,dx\,.

Agora com u=2⁢xu=2x obtemos ∫cos⁡(2⁢x)⁢𝑑x=12⁢∫cos⁡(u)⁢𝑑u=12⁢sen⁡u+constante\int\cos(2x)\,dx=\tfrac{1}{2}\int\cos(u)\,du=\tfrac{1}{2}\operatorname{sen}u+% \text{constante}. Logo,

∫sen2⁡x⁢d⁢x=x2−14⁢sen⁡(2⁢x)+C.\int\operatorname{sen}^{2}x\,dx=\tfrac{x}{2}-\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(2x% )+C\,.
Exercício 9.15.

Calcule as primitivas das seguintes funções.

  1. 1.
    ​

    (x+1)7(x+1)^{7}

  2. 2.
    ​

    1(2⁢x+1)2\frac{1}{(2x+1)^{2}}

  3. 3.
    ​

    1(1−4⁢x)3\frac{1}{(1-4x)^{3}}

  4. 4.
    ​

    x⁢sen⁡(x2)x\operatorname{sen}(x^{2})

  5. 5.
    ​

    sen⁡x⁢cos⁡x\operatorname{sen}x\cos x

  6. 6.
    ​

    1x⁢cos⁡(x)\tfrac{1}{\sqrt{x}}\cos(\sqrt{x})

  7. 7.
    ​

    cos2⁡(t)\cos^{2}(t)

  8. 8.
    ​

    x1+x2\frac{x}{1+x^{2}}

  9. 9.
    ​

    cos⁡x⁢1+sen⁡x\cos x\sqrt{1+\operatorname{sen}x}

  10. 10.
    ​

    tan⁡x\tan x

  11. 11.
    ​

    3⁢x+51+x2\frac{3x+5}{1+x^{2}}

  12. 12.
    ​

    1x2+2⁢x+3\frac{1}{x^{2}+2x+3}

  13. 13.
    ​

    ex⁢tan⁡(ex)e^{x}\tan(e^{x})

  14. 14.
    ​

    y(1+y)3\frac{y}{(1+y)^{3}}

  15. 15.
    ​

    x⁢1+x2x\sqrt{1+x^{2}}

  16. 16.
    ​

    x(1+x2)2\frac{x}{(1+x^{2})^{2}}

  17. 17.
    ​

    cos3⁡tsen4⁡t\frac{\cos^{3}t}{\operatorname{sen}^{4}t}

  18. 18.
    ​

    sen3⁡x⁢cos3⁡x\operatorname{sen}^{3}x\cos^{3}x

A fórmula (9.16) mostra que a primitiva (ou integral indefinida) de uma função da forma h⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)h(g(x))g^{\prime}(x) se reduz a achar uma primitiva de hh. Aquela fórmula pode também ser usada para integrais definidas: se h⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)h(g(x))g^{\prime}(x) é integrada com xx percorrendo o intervalo [a,b][a,b], então u=g⁢(x)u=g(x) percorre o intervalo [g⁢(a),g⁢(b)][g(a),g(b)], logo

∫abh⁢(g⁢(x))⁢g′⁢(x)⁢𝑑x=∫g⁢(a)g⁢(b)h⁢(u)⁢𝑑u.\int_{a}^{b}h(g(x))g^{\prime}(x)\,dx=\int_{g(a)}^{g(b)}h(u)\,du\,. (9.18)
Exercício 9.16.

Calcule as primitivas

  1. 1.
    ​

    ∫2⁢x3⁢d⁢x1−x2⁢𝑑x\int\frac{2x^{3}dx}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx

  2. 2.
    ​

    ∫d⁢xx−x2\int\frac{dx}{\sqrt{x-x^{2}}}

  3. 3.
    ​

    ∫ln⁡xx⁢𝑑x\int\frac{\ln x}{x}\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫eex⁢ex⁢𝑑x\int e^{e^{x}}e^{x}\,dx

  5. 5.
    ​

    ∫x1+x⁢𝑑x\int\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\,dx

  6. 6.
    ​

    ∫tan2⁡x⁢d⁢x\int\tan^{2}x\,dx

9.5.2 Integração por Partes

Vimos que o método de integração por substituição decorreu da regra da cadeia. Vejamos agora qual método pode ser obtido a partir da regra de derivação de um produto.

Exemplo 9.15.

Suponha que se queira calcular a primitiva

∫x⁢cos⁡x⁢d⁢x.\int x\cos x\,dx\,.

Aqui não vemos (e na verdade: não há) uma substituição que seja útil para transformar essa primitiva. O que pode ser útil é escrever x⁢cos⁡x=x⁢(sen⁡x)′x\cos x=x(\operatorname{sen}x)^{\prime}, e de interpretar x⁢(sen⁡x)′x(\operatorname{sen}x)^{\prime} como o segundo termo da derivada

(x⁢sen⁡x)′=(x)′⁢sen⁡x+x⁢(sen⁡x)′=sen⁡x+x⁢(sen⁡x)′.(x\operatorname{sen}x)^{\prime}=(x)^{\prime}\operatorname{sen}x+x(% \operatorname{sen}x)^{\prime}=\operatorname{sen}x+x(\operatorname{sen}x)^{% \prime}\,.

Assim,

∫x⁢cos⁡x⁢d⁢x=∫{(x⁢sen⁡x)′−sen⁡x}⁢𝑑x\displaystyle\int x\cos x\,dx=\int\bigl{\{}(x\operatorname{sen}x)^{\prime}-% \operatorname{sen}x\bigr{\}}\,dx =x⁢sen⁡x−∫sen⁡x⁢d⁢x\displaystyle=x\operatorname{sen}x-\int\operatorname{sen}x\,dx
=x⁢sen⁡x+cos⁡x+C\displaystyle=x\operatorname{sen}x+\cos x+C

A ideia usada no último exemplo pode ser generalizada da seguinte maneira. Pela regra de Leibniz,

(f⁢(x)⁢g⁢(x))′=f′⁢(x)⁢g⁢(x)+f⁢(x)⁢g′⁢(x).(f(x)g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x)\,.

Integrando com respeito a xx em ambos lados,

f⁢(x)⁢g⁢(x)=∫f′⁢(x)⁢g⁢(x)⁢𝑑x+∫f⁢(x)⁢g′⁢(x)⁢𝑑x.f(x)g(x)=\int f^{\prime}(x)g(x)\,dx+\int f(x)g^{\prime}(x)\,dx\,.

Essa última expressão pode ser reescrita como

∫f′(x)g(x)dx=f(x)g(x)−∫f(x)g′(x)dx,\boxed{\int f^{\prime}(x)g(x)\,dx=f(x)g(x)-\int f(x)g^{\prime}(x)\,dx\,,} (9.19)

(ou a mesma trocando os papéis de ff e gg) chamada fórmula de integração por partes. Ela possui uma forma definida também:

∫abf′(x)g(x)dx=f(x)g(x)|ab−∫abf(x)g′(x)dx.\boxed{\int_{a}^{b}f^{\prime}(x)g(x)\,dx=f(x)g(x)\big{|}_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f% (x)g^{\prime}(x)\,dx\,.} (9.20)

A fórmula (9.19) acima será usada com o intuito de transformar a integral ∫f′⁢(x)⁢g⁢(x)⁢𝑑x\int f^{\prime}(x)g(x)\,dx numa integral (mais simples, espera-se) ∫f⁢(x)⁢g′⁢(x)⁢𝑑x\int f(x)g^{\prime}(x)\,dx.

Exemplo 9.16.

Considere ∫x⁢ln⁡x⁢d⁢x\int x\ln x\,dx. Aqui definamos ff e gg da seguinte maneira: f′⁢(x)=xf^{\prime}(x)=x, g⁢(x)=ln⁡xg(x)=\ln x. Assim, f⁢(x)=x22f(x)=\tfrac{x^{2}}{2}, g′⁢(x)=(ln⁡x)′=1xg^{\prime}(x)=(\ln x)^{\prime}=\tfrac{1}{x}. Usando (9.19),

∫x⁢ln⁡x⁢d⁢x\displaystyle\int x\ln x\,dx ≡∫f′⁢(x)⁢g⁢(x)⁢𝑑x\displaystyle\equiv\int f^{\prime}(x)g(x)\,dx
=f⁢(x)⁢g⁢(x)−∫f⁢(x)⁢g′⁢(x)⁢𝑑x\displaystyle=f(x)g(x)-\int f(x)g^{\prime}(x)\,dx
≡(x22)⁢(ln⁡x)−∫(x22)⁢(1x)⁢𝑑x=x22⁢ln⁡x−12⁢∫x⁢𝑑x=x22⁢ln⁡x−x24+C\displaystyle\equiv(\tfrac{x^{2}}{2})(\ln x)-\int(\tfrac{x^{2}}{2})(\tfrac{1}{% x})\,dx=\tfrac{x^{2}}{2}\ln x-\tfrac{1}{2}\int x\,dx=\tfrac{x^{2}}{2}\ln x-% \tfrac{x^{2}}{4}+C\,
Exercício 9.17.

Calcule as primitivas das funções abaixo. (Obs: às vezes, pode precisar integrar por partes duas vezes.)

  1. 1.
    ​

    x⁢sen⁡xx\operatorname{sen}x

  2. 2.
    ​

    x⁢cos⁡(5⁢x)x\cos(5x)

  3. 3.
    ​

    x2⁢cos⁡xx^{2}\cos x

  4. 4.
    ​

    x⁢exxe^{x}

  5. 5.
    ​

    x2⁢e−3⁢xx^{2}e^{-3x}

  6. 6.
    ​

    x3⁢cos⁡(x2)x^{3}\cos(x^{2})

Às vezes, escrevendo “11” como 1=(x)′1=(x)^{\prime}, integração por partes pode ser usada mesmo quando não tem duas partes:

Exemplo 9.17.

Considere ∫ln⁡x⁢d⁢x\int\ln x\,dx. Escrevendo ln⁡x=1⋅ln⁡x=(x)′⁢ln⁡x\ln x=1\cdot\ln x=(x)^{\prime}\ln x,

∫ln⁡x⁢d⁢x=∫(x)′⁢ln⁡x⁢d⁢x=x⁢ln⁡x−∫x⁢(ln⁡x)′⁢𝑑x=x⁢ln⁡x−∫x⋅1x⁢𝑑x=x⁢ln⁡x−x+C.\int\ln x\,dx=\int(x)^{\prime}\ln x\,dx=x\ln x-\int x(\ln x)^{\prime}\,dx=x\ln x% -\int x\cdot\tfrac{1}{x}\,dx=x\ln x-x+C\,.
Exercício 9.18.

Calcule

  1. 1.
    ​

    ∫arctan⁡x⁢d⁢x\int\arctan x\,dx

  2. 2.
    ​

    ∫(ln⁡x)2⁢𝑑x\int(\ln x)^{2}\,dx

  3. 3.
    ​

    ∫arcsen⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{arcsen}x\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫x⁢arctan⁡x⁢d⁢x\int x\arctan x\,dx

Consideremos agora um mecanismo particular que pode aparecer quando se aplica integração por partes:

Exemplo 9.18.

Considere ∫sen⁡(x)⁢cos⁡(3⁢x)⁢𝑑x\int\operatorname{sen}(x)\cos(3x)\,dx. Integrando duas vezes por partes:

∫sen⁡(x)⁢cos⁡(3⁢x)⁢𝑑x\displaystyle\int\operatorname{sen}(x)\cos(3x)dx =(−cos⁡x)⁢cos⁡3⁢x−∫(−cos⁡x)⁢(−3⁢sen⁡3⁢x)⁢𝑑x\displaystyle=(-\cos x)\cos 3x-\int(-\cos x)(-3\operatorname{sen}3x)dx
=−cos⁡x⁢cos⁡3⁢x−3⁢∫cos⁡x⁢sen⁡3⁢x⁢d⁢x\displaystyle=-\cos x\cos 3x-3\int\cos x\operatorname{sen}3x\,dx
=−cos⁡x⁢cos⁡3⁢x−3⁢{sen⁡x⁢sen⁡3⁢x−∫sen⁡x⁢(3⁢cos⁡3⁢x)⁢𝑑x}\displaystyle=-\cos x\cos 3x-3\Big{\{}\operatorname{sen}x\operatorname{sen}3x-% \int\operatorname{sen}x(3\cos 3x)\,dx\Big{\}}
=−cos⁡x⁢cos⁡3⁢x−3⁢sen⁡x⁢sen⁡3⁢x+9⁢∫sen⁡x⁢cos⁡3⁢x⁢d⁢x.\displaystyle=-\cos x\cos 3x-3\operatorname{sen}x\operatorname{sen}3x+9\int% \operatorname{sen}x\cos 3x\,dx\,.

Assim, a primitiva procurada I⁢(x)=∫sen⁡(x)⁢cos⁡(3⁢x)⁢𝑑xI(x)=\int\operatorname{sen}(x)\cos(3x)\,dx é solução da equação

I⁢(x)=−cos⁡x⁢cos⁡3⁢x−3⁢sen⁡x⁢sen⁡3⁢x+9⁢I⁢(x).I(x)=-\cos x\cos 3x-3\operatorname{sen}x\operatorname{sen}3x+9I(x)\,.

Isolando I⁢(x)I(x) obtemos I⁢(x)=18⁢{cos⁡x⁢cos⁡3⁢x+3⁢sen⁡x⁢sen⁡3⁢x}I(x)=\frac{1}{8}\big{\{}\cos x\cos 3x+3\operatorname{sen}x\operatorname{sen}3x% \big{\}}. Isto é,

∫sen⁡(x)⁢cos⁡(3⁢x)⁢𝑑x=18⁢{cos⁡x⁢cos⁡3⁢x+3⁢sen⁡x⁢sen⁡3⁢x}+C.\int\operatorname{sen}(x)\cos(3x)\,dx=\frac{1}{8}\big{\{}\cos x\cos 3x+3% \operatorname{sen}x\operatorname{sen}3x\big{\}}+C\,.
Exercício 9.19.

Calcule

  1. 1.
    ​

    ∫e−x⁢sen⁡x⁢d⁢x\int e^{-x}\operatorname{sen}x\,dx

  2. 2.
    ​

    ∫e−s⁢t⁢cos⁡t⁢d⁢t\int e^{-st}\cos t\,dt

  3. 3.
    ​

    ∫sen⁡(ln⁡x)⁢𝑑x\int\operatorname{sen}(\ln x)\,dx

Integração por partes pode ser combinada com substituição:

Exemplo 9.19.

Considere ∫x⁢ln⁡(1+x)⁢𝑑x\int x\ln(1+x)\,dx. Integrando primeiro por partes,

∫x⁢ln⁡(1+x)⁢𝑑x=x22⁢ln⁡(1+x)−12⁢∫x21+x⁢𝑑x.\int x\ln(1+x)\,dx=\tfrac{x^{2}}{2}\ln(1+x)-\tfrac{1}{2}\int\frac{x^{2}}{1+x}% \,dx\,.

Essa segunda pode ser calculada substituindo 1+x1+x por uu:

∫x21+x⁢𝑑x=∫(u−1)2u⁢𝑑u\displaystyle\int\frac{x^{2}}{1+x}\,dx=\int\frac{(u-1)^{2}}{u}\,du =∫{u−2+1u}⁢𝑑u\displaystyle=\int\{u-2+\tfrac{1}{u}\}\,du
=u22−2⁢u+ln⁡|u|+C\displaystyle=\tfrac{u^{2}}{2}-2u+\ln|u|+C
=12⁢(1+x)2−2⁢x+ln⁡|1+x|+C′.\displaystyle=\tfrac{1}{2}(1+x)^{2}-2x+\ln|1+x|+C^{\prime}\,.

Logo,

∫x⁢ln⁡(1+x)⁢𝑑x=x22⁢ln⁡(1+x)−14⁢(1+x)2+x−12⁢ln⁡|x|+C′.\int x\ln(1+x)\,dx=\tfrac{x^{2}}{2}\ln(1+x)-\tfrac{1}{4}(1+x)^{2}+x-\tfrac{1}{% 2}\ln|x|+C^{\prime}\,.
Exercício 9.20.

Calcule ∫03ex+1⁢𝑑x\int_{0}^{3}e^{\sqrt{x+1}}\,dx, ∫x⁢(ln⁡x)2⁢𝑑x\int x(\ln x)^{2}\,dx.

9.5.3 Integração de funções racionais

Nesta seção estudaremos métodos para calcular primitivas da forma

∫d⁢x1−x2,∫d⁢x(1−x)⁢(x+1)2,∫x2x2+1⁢𝑑x,∫x4x3+1⁢𝑑x.\int\frac{dx}{1-x^{2}}\,,\quad\int\frac{dx}{(1-x)(x+1)^{2}}\,,\quad\int\frac{x% ^{2}}{x^{2}+1}\,dx\,,\quad\int\frac{x^{4}}{x^{3}+1}\,dx\,.

Essas primitivas são todas da forma

∫P⁢(x)Q⁢(x)⁢𝑑x,\int\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx\,, (9.21)

em que P⁢(x)P(x) e Q⁢(x)Q(x) são polinômios em xx. Lembramos que um polinômio em xx é uma soma finita de potências inteiras e não negativas de xx: a0+a1⁢x+a2⁢x2+⋯+an⁢xna_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\dots+a_{n}x^{n}, em que os aia_{i} são constantes. Por exemplo, x3−x+1x^{3}-x+1 é um polinômio, mas x2/3+xx^{2/3}+\sqrt{x} não é. Lembramos que o grau de um polinômio a0+a1⁢x+a2⁢x2+⋯+an⁢xna_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\dots+a_{n}x^{n} é o maior índice ii tal que ai≠0a_{i}\neq 0.

Existe uma teoria geral que descreve os métodos que permitem calcular primitivas da forma (9.21). Aqui ilustraremos somente as ideias principais em casos simples.

A primeira etapa tem como objetivo simplificar a expressão para ser integrada:

  • •
    ​

    Se o grau de PP for maior ou igual ao grau de QQ, divide PP por QQ.

Exemplo 9.20.

Considere ∫x2x2+1⁢𝑑x\int\frac{x^{2}}{x^{2}+1}\,dx. Aqui, P⁢(x)=x2P(x)=x^{2} é de grau 22, que é igual ao grau de Q⁢(x)=x2+1Q(x)=x^{2}+1. Logo, como a divisão de P⁢(x)P(x) por Q⁢(x)Q(x) dá 11 com um resto de −1-1, temos x2x2+1=1−1x2+1\frac{x^{2}}{x^{2}+1}=1-\frac{1}{x^{2}+1}. Logo,

∫x2x2+1⁢𝑑x=∫{1−1x2+1}⁢𝑑x=x−arctan⁡x+C.\int\frac{x^{2}}{x^{2}+1}\,dx=\int\Big{\{}1-\frac{1}{x^{2}+1}\Big{\}}\,dx=x-% \arctan x+C\,.

(Observe que em vez de fazer uma divisão, podia ter observado que x2x2+1=x2+1−1x2+1=x2+1x2+1−1x2+1=1−1x2+1\frac{x^{2}}{x^{2}+1}=\frac{x^{2}+1-1}{x^{2}+1}=\frac{x^{2}+1}{x^{2}+1}-\frac{% 1}{x^{2}+1}=1-\frac{1}{x^{2}+1}.)

Exemplo 9.21.

Considere ∫x3x2+1⁢𝑑x\int\frac{x^{3}}{x^{2}+1}\,dx. Aqui, P⁢(x)=x3P(x)=x^{3} é de grau 33, que é maior do que o grau de Q⁢(x)=x2+1Q(x)=x^{2}+1. Logo, como a divisão de P⁢(x)P(x) por Q⁢(x)Q(x) dá xx com um resto de −x-x, temos x3x2+1=x−xx2+1\frac{x^{3}}{x^{2}+1}=x-\frac{x}{x^{2}+1}. Logo,

∫x3x2+1⁢𝑑x=∫{x−xx2+1}⁢𝑑x\displaystyle\int\frac{x^{3}}{x^{2}+1}\,dx=\int\Big{\{}x-\frac{x}{x^{2}+1}\Big% {\}}\,dx =x22−12⁢∫2⁢xx2+1⁢𝑑x\displaystyle=\tfrac{x^{2}}{2}-\tfrac{1}{2}\int\frac{2x}{x^{2}+1}\,dx
=x22−12⁢ln⁡(x2+1)+C.\displaystyle=\tfrac{x^{2}}{2}-\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+C\,.

Em geral, quando grau⁢(P)≥grau⁢(Q)\mathrm{grau}(P)\geq\mathrm{grau}(Q), a divisão de PP por QQ dá

P⁢(x)Q⁢(x)=polinômio em x +P~⁢(x)Q⁢(x),\frac{P(x)}{Q(x)}=\text{polin\^{o}mio em $x$ }+\frac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)}\,,

em que grau⁢(P~)<grau⁢(Q)\mathrm{grau}(\widetilde{P})<\mathrm{grau}(Q). A primitiva do primeiro polimômio é imediata, e o próximo passo é de estudar a primitiva da razão P~⁢(x)Q⁢(x)\frac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)}.

Portanto, é preciso agora desenvolver técnicas para calcular primitivas de frações de polinômios, em que o grau do numerador é estritamente menor que o grau do denominador. Já sabemos tratar casos do tipo:

∫d⁢xx3=−12⁢x2+C,∫d⁢xx2+1=arctan⁡x+C,∫xx2+1⁢𝑑x=12⁢ln⁡(x2+1)+C.\int\frac{dx}{x^{3}}=-\frac{1}{2x^{2}}+C\,,\quad\int\frac{dx}{x^{2}+1}=\arctan x% +C\,,\quad\int\frac{x}{x^{2}+1}dx=\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+C\,.

O objetivo será de sempre decompor a fração P~⁢(x)Q⁢(x)\frac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)} numa soma de frações elementares desse tipo. O método geral, descrito abaixo em exemplos simples, pode ser resumido da seguinte maneira:

  • •
    ​

    Fatore completamente o polinômio QQ, o escrevendo como um produto de fatores de grau 22, possivelmente repetidos. Em seguida,

  • •
    ​

    Procure uma decomposição de P~⁢(x)Q⁢(x)\frac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)} em frações parciais.

Exemplo 9.22.

Considere ∫d⁢xx2−1\int\frac{dx}{x^{2}-1}. Aqui, x2−1x^{2}-1 tem discriminante Δ>0\Delta>0, logo ele pode ser fatorado: x2−1=(x−1)⁢(x+1)x^{2}-1=(x-1)(x+1). Procuremos agora um jeito de escrever a função integrada na forma de uma soma de frações elementares:

1x2−1=1(x−1)⁢(x+1)=Ax−1+Bx+1.\frac{1}{x^{2}-1}=\frac{1}{(x-1)(x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}\,. (9.22)

Observe que se tiver um jeito de achar duas constantes (isto é: números que não dependem de xx) AA e BB tais que a expressão acima seja verificada para todo xx, então a primitiva será fácil de se calcular:

∫d⁢xx2−1=A⁢∫d⁢xx−1+B⁢∫d⁢xx+1=A⁢ln⁡|x−1|+B⁢ln⁡|x+1|+C.\int\frac{dx}{x^{2}-1}=A\int\frac{dx}{x-1}+B\int\frac{dx}{x+1}=A\ln|x-1|+B\ln|% x+1|+C\,.

Verifiquemos então que as constantes AA e BB existem. Colocando no mesmo denominador no lado direito de (9.22) e igualando os numeradores, vemos que AA e BB devem ser escolhidos tais que

1=A⁢(x+1)+B⁢(x−1).1=A(x+1)+B(x-1)\,. (9.23)

Rearranjando os coeficientes,

(A+B)⁢x+A−B−1=0.(A+B)x+A-B-1=0\,. (9.24)

Para essa expressão valer para todo xx, é necessário ter

A+B=0,A−B−1=0.A+B=0\,,\quad A-B-1=0\,.

Essas expressões representam um sistema de duas equações nas incógnitas AA e BB, cuja solução pode ser calculada facilmente: A=12A=\tfrac{1}{2}, B=−12B=-\tfrac{1}{2}. Verifiquemos que os valores calculados para AA e BB são corretos:

12x−1+−12x+1=12⁢(x+1)−12⁢(x−1)(x−1)⁢(x+1)≡1(x−1)⁢(x+1).\frac{\tfrac{1}{2}}{x-1}+\frac{-\tfrac{1}{2}}{x+1}=\frac{\tfrac{1}{2}(x+1)-% \tfrac{1}{2}(x-1)}{(x-1)(x+1)}\equiv\frac{1}{(x-1)(x+1)}\,.

Portanto,

∫d⁢xx2−1=12ln|x−1|−12ln|x+1|+C=12ln|x−1x+1|+C.\int\frac{dx}{x^{2}-1}=\tfrac{1}{2}\ln|x-1|-\tfrac{1}{2}\ln|x+1|+C=\tfrac{1}{2% }\ln\Bigl{|}\frac{x-1}{x+1}\Bigr{|}+C\,.
Observação 9.5.

Às vezes, os valores de AA e BB podem ser achados de um outro jeito. Por exemplo, tomando o limite x→−1x\to-1 em (9.23) obtemos

1=−2⁢B,1=-2B\,,

isto é B=−12B=-\frac{1}{2}. Tomando agora x→+1x\to+1 em (9.23) obtemos

1=2⁢A,1=2A\,,

isto é A=12A=\tfrac{1}{2}.

A decomposição (9.22) é chamada de decomposição em frações parciais. Esta decomposição pode ser feita a cada vez que o denominador se encontra na forma de um produto de fatores irredutíveis de grau 22. A decomposição deve às vezes ser adaptada.

Exemplo 9.23.

Considere ∫d⁢xx⁢(x2+1)\int\frac{dx}{x(x^{2}+1)}. Vendo o que foi feito acima, uma decomposição natural seria de decompor a fração da seguinte maneira:

1x⁢(x2+1)=Ax+Bx2+1.\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}+1}\,. (9.25)

Infelizmente, pode ser verificado (veja o Exercício 9.21 abaixo) que não existem constantes AA e BB tais que a relação acima valha para todo xx. O problema é que o denominador da fração original contém x2+1x^{2}+1, que é irredutível (isto é: possui um discriminante negativo), de grau 22. Assim, procuremos uma decomposição da forma

1x⁢(x2+1)=Ax+B⁢x+Cx2+1.\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1}\,. (9.26)

Igualando os numeradores, 1=A⁢(x2+1)+(B⁢x+C)⁢x1=A(x^{2}+1)+(Bx+C)x, o que equivale a dizer que o polinômio (A+B)⁢x2+C⁢x+A−1=0(A+B)x^{2}+Cx+A-1=0 é nulo para todo xx. Isto é: todos os seus coeficientes são nulos:

A+B=0,C=0,A−1=0.A+B=0\,,\quad C=0\,,\quad A-1=0\,.

Assim vemos que A=1A=1, B=−1B=-1, C=0C=0. Verificando:

1x+−xx2+1=1⁢(x2+1)+(−x)⁢xx⁢(x2+1)≡1x⁢(x2+1).\frac{1}{x}+\frac{-x}{x^{2}+1}=\frac{1(x^{2}+1)+(-x)x}{x(x^{2}+1)}\equiv\frac{% 1}{x(x^{2}+1)}\,.

Logo,

∫d⁢xx⁢(x2+1)=∫d⁢xx−∫xx2+1⁢𝑑x=ln⁡|x|−12⁢ln⁡(x2+1)+c.\int\frac{dx}{x(x^{2}+1)}=\int\frac{dx}{x}-\int\frac{x}{x^{2}+1}\,dx=\ln|x|-% \tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+c\,.
Exercício 9.21.

No Exemplo 9.23, verifique que não tem decomposição da forma 1x⁢(x2+1)=Ax+Bx2+1\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}+1}.

Observação 9.6.

O esquema de decomposição usado em (9.26) pode ser generalizado:

1(α1⁢x2+β1)⁢(α2⁢x2+β2)⁢⋯⁢(αn⁢x2+βn)=A1⁢x+C1α1⁢x2+β1+A2⁢x+C2α2⁢x2+β2+⋯+An⁢x+Cnαn⁢x2+βn.\frac{1}{(\alpha_{1}x^{2}+\beta_{1})(\alpha_{2}x^{2}+\beta_{2})\cdots(\alpha_{% n}x^{2}+\beta_{n})}=\frac{A_{1}x+C_{1}}{\alpha_{1}x^{2}+\beta_{1}}+\frac{A_{2}% x+C_{2}}{\alpha_{2}x^{2}+\beta_{2}}+\dots+\frac{A_{n}x+C_{n}}{\alpha_{n}x^{2}+% \beta_{n}}\,.

Na expressão acima, todos os αk>0\alpha_{k}>0 e βk>0\beta_{k}>0.

Exemplo 9.24.

Considere ∫d⁢xx⁢(x+1)2\int\frac{dx}{x(x+1)^{2}}. Aqui o denominador contém o polinômio irredutível x+1x+1 elevado à potência 22. Assim procuremos uma decomposição da forma

1x⁢(x+1)2=Ax+Bx+1+C(x+1)2.\frac{1}{x(x+1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^{2}}\,. (9.27)

Igualando os numeradores, 1=A⁢(x+1)2+B⁢x⁢(x+1)+C⁢x1=A(x+1)^{2}+Bx(x+1)+Cx, isto é (A+B)⁢x2+(2⁢A+B+C)⁢x+A−1=0(A+B)x^{2}+(2A+B+C)x+A-1=0. Para isso valer para todo xx, é preciso que sejam satisfeitas as seguintes relações:

A+B=0,2⁢A+B+C=0,A−1=0A+B=0\,,\quad 2A+B+C=0\,,\quad A-1=0

Assim vemos que A=1A=1, B=−1B=-1, C=−1C=-1. Deixemos o leitor verificar a decomposição. Logo,

∫d⁢xx⁢(x+1)2\displaystyle\int\frac{dx}{x(x+1)^{2}} =∫{1x−1x+1−1(x+1)2}⁢𝑑x\displaystyle=\int\Big{\{}\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^{2}}\}\,dx
=ln⁡|x|−ln⁡|x+1|+1x+1+c.\displaystyle=\ln|x|-\ln|x+1|+\frac{1}{x+1}+c\,.
Observação 9.7.

A decomposição (9.27) pode ser usada a cada vez que aparece uma potência de um fator irredutível. Por exemplo,

1x⁢(x+1)4=Ax+Bx+1+C(x+1)2+D(x+1)3+E(x+1)4.\frac{1}{x(x+1)^{4}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^{2}}+\frac{D}{(x% +1)^{3}}+\frac{E}{(x+1)^{4}}\,.
Exercício 9.22.

No Exemplo 9.24, verifique que não tem decomposição da forma 1x⁢(x+1)2=Ax+B(x+1)2\frac{1}{x(x+1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{(x+1)^{2}}.

Os métodos acima podem ser combinados:

Exemplo 9.25.

Para ∫d⁢xx2⁢(x2+4)\int\frac{dx}{x^{2}(x^{2}+4)}, procuremos uma decomposição da forma

1x2⁢(x2+4)=Ax+Bx2+C⁢x+Dx2+4.\frac{1}{x^{2}(x^{2}+4)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{Cx+D}{x^{2}+4}\,.

Igualando os numeradores e expressando os coeficientes do polinômio em função de A,B,C,DA,B,C,D obtemos o seguinte sistema:

A+C=0,B+D=0,4⁢A=0,4⁢B=1.A+C=0\,,\quad B+D=0\,,\quad 4A=0\,,\quad 4B=1\,.

A solução é obtida facilmente: A=0A=0, B=14B=\frac{1}{4}, C=0C=0, D=−14D=-\frac{1}{4}. Logo,

∫d⁢xx2⁢(x2+4)=14⁢∫d⁢xx2−14⁢∫d⁢xx2+4=−14⁢x−18⁢arctan⁡(x2)+c.\int\frac{dx}{x^{2}(x^{2}+4)}=\tfrac{1}{4}\int\frac{dx}{x^{2}}-\tfrac{1}{4}% \int\frac{dx}{x^{2}+4}=-\tfrac{1}{4x}-\tfrac{1}{8}\arctan(\tfrac{x}{2})+c\,.
Exercício 9.23.

Calcule as primitivas.

  1. 1.
    ​

    ∫d⁢x2⁢x2+1\int\frac{dx}{2x^{2}+1}

  2. 2.
    ​

    ∫x5x2+1⁢𝑑x\int\frac{x^{5}}{x^{2}+1}\,dx

  3. 3.
    ​

    ∫d⁢x(x+2)2\int\frac{dx}{(x+2)^{2}}

  4. 4.
    ​

    ∫1x2+x⁢𝑑x\int\frac{1}{x^{2}+x}\,dx

  5. 5.
    ​

    ∫1x3+x⁢𝑑x\int\frac{1}{x^{3}+x}\,dx

  6. 6.
    ​

    ∫d⁢xx2+2⁢x−3\int\frac{dx}{x^{2}+2x-3}

  7. 7.
    ​

    ∫d⁢xx2+2⁢x+3\int\frac{dx}{x^{2}+2x+3}

  8. 8.
    ​

    ∫d⁢xx⁢(x−2)2\int\frac{dx}{x(x-2)^{2}}

  9. 9.
    ​

    ∫d⁢xx2⁢(x+1)\int\frac{dx}{x^{2}(x+1)}

  10. 10.
    ​

    ∫1t4+t3⁢𝑑t\int\frac{1}{t^{4}+t^{3}}dt

  11. 11.
    ​

    ∫d⁢xx⁢(x+1)3\int\frac{dx}{x(x+1)^{3}}

  12. 12.
    ​

    ∫x2+1x3+x⁢𝑑x\int\frac{x^{2}+1}{x^{3}+x}\,dx

  13. 13.
    ​

    ∫x3x4−1⁢𝑑x\int\frac{x^{3}}{x^{4}-1}\,dx

  14. 14.
    ​

    ∫x⁢ln⁡x(x2+1)2⁢𝑑x\int\frac{x\ln x}{(x^{2}+1)^{2}}\,dx

  15. 15.
    ​

    ∫d⁢xx3+1\int\frac{dx}{x^{3}+1}

Exercício 9.24.

Calcule ∫1cos⁡x⁢𝑑x\int\frac{1}{\cos x}\,dx. (Dica: multiplique e divida por cos⁡x\cos x.)

Exercício 9.25.

(3a Prova 2010, Turmas N) Calcule ∫xx2+4⁢x+13⁢𝑑x\int\frac{x}{x^{2}+4x+13}dx.

9.5.4 Integrar potências de funções trigonométricas

Nesta seção estudaremos primitivas de funções que envolvem funções trigonométricas. Essas aparecem em geral após ter feito uma substituição trigonométrica, que é o nosso último método de integração, e que será apresentado na próxima seção.

Primitivas das funções senm⁡x⁢cosn⁡x\operatorname{sen}^{m}x\cos^{n}x

Aqui estudaremos primitivas da forma

∫senm⁡x⁢cosn⁡x⁢d⁢x.\int\operatorname{sen}^{m}x\cos^{n}x\,dx\,.

Consideremos primeiro integrais contendo somente potências de sen⁡x\operatorname{sen}x, ou de cos⁡x\cos x. Além dos casos triviais ∫sen⁡x⁢d⁢x=−cos⁡x+C\int\operatorname{sen}x\,dx=-\cos x+C e ∫cos⁡x⁢d⁢x=sen⁡x+C\int\cos x\,dx=\operatorname{sen}x+C já encontramos, no Exemplo 9.14,

∫sen2⁡x⁢d⁢x=∫1−cos⁡(2⁢x)2⁢𝑑x=x2−14⁢sen⁡(2⁢x)+C.\int\operatorname{sen}^{2}x\,dx=\int\tfrac{1-\cos(2x)}{2}\,dx=\tfrac{x}{2}-% \tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(2x)+C\,.

Consequentemente,

∫cos2⁡x⁢d⁢x=∫{1−sen2⁡x}⁢𝑑x=x−∫sen2⁡x⁢d⁢x=x2+14⁢sen⁡(2⁢x)+C.\int\cos^{2}x\,dx=\int\{1-\operatorname{sen}^{2}x\}\,dx=x-\int\operatorname{% sen}^{2}x\,dx=\tfrac{x}{2}+\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(2x)+C\,. (9.28)

Potências ímpares podem ser tratadas da seguinte maneira:

∫cos3⁡x⁢d⁢x=∫(cos⁡x)2⁢cos⁡x⁢d⁢x=∫(1−sen2⁡x)⁢cos⁡x⁢d⁢x.\int\cos^{3}x\,dx=\int(\cos x)^{2}\cos x\,dx=\int(1-\operatorname{sen}^{2}x)% \cos x\,dx\,.

Chamando u:=sen⁡xu{:=}\operatorname{sen}x, obtemos

∫cos3⁡x⁢d⁢x=∫(1−u2)⁢𝑑u=u−13⁢u3+C=sen⁡x−13⁢sen3⁡x+C.\int\cos^{3}x\,dx=\int(1-u^{2})\,du=u-\tfrac{1}{3}u^{3}+C=\operatorname{sen}x-% \tfrac{1}{3}\operatorname{sen}^{3}x+C\,.

A mesma ideia pode ser usada para integrar ∫senm⁡x⁢cosn⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{sen}^{m}x\cos^{n}x\,dx quando pelo menos um dos expoentes, mm ou nn, é ímpar. Por exemplo,

∫sen2⁡x⁢cos3⁡x⁢d⁢x\displaystyle\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{3}x\,dx =∫sen2⁡x⁢cos2⁡x⁢cos⁡x⁢d⁢x\displaystyle=\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{2}x\cos x\,dx
=∫sen2⁡x⁢(1−sen2⁡x)⁢cos⁡x⁢d⁢x=∫u2⁢(1−u2)⁢𝑑u,\displaystyle=\int\operatorname{sen}^{2}x(1-\operatorname{sen}^{2}x)\cos x\,dx% =\int u^{2}(1-u^{2})\,du\,,

onde u=sen⁡xu=\operatorname{sen}x. Logo,

∫sen2⁡x⁢cos3⁡x⁢d⁢x=13⁢u3−15⁢u5+C=13⁢sen3⁡x−15⁢sen5⁡x+C.\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{3}x\,dx=\tfrac{1}{3}u^{3}-\tfrac{1}{5}u^{5}+C% =\tfrac{1}{3}\operatorname{sen}^{3}x-\tfrac{1}{5}\operatorname{sen}^{5}x+C\,.

Para tratar potências pares, comecemos usando uma integração por partes. Por exemplo,

∫cos4⁡x⁢d⁢x=∫cos⁡x⁢cos3⁡x⁢d⁢x\displaystyle\int\cos^{4}x\,dx=\int\cos x\cos^{3}x\,dx =sen⁡x⁢cos3⁡x−∫sen⁡x⁢(−3⁢cos2⁡x⁢sen⁡x)⁢𝑑x\displaystyle=\operatorname{sen}x\cos^{3}x-\int\operatorname{sen}x(-3\cos^{2}x% \operatorname{sen}x)\,dx
=sen⁡x⁢cos3⁡x+3⁢∫sen2⁡x⁢cos2⁡x⁢d⁢x\displaystyle=\operatorname{sen}x\cos^{3}x+3\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{2% }x\,dx
=sen⁡x⁢cos3⁡x+3⁢∫(1−cos2⁡x)⁢cos2⁡x⁢d⁢x\displaystyle=\operatorname{sen}x\cos^{3}x+3\int(1-\cos^{2}x)\cos^{2}x\,dx
=sen⁡x⁢cos3⁡x+3⁢∫cos2⁡x⁢d⁢x−3⁢∫cos4⁡x⁢d⁢x\displaystyle=\operatorname{sen}x\cos^{3}x+3\int\cos^{2}x\,dx-3\int\cos^{4}x\,dx

Isolando ∫cos4⁡x⁢d⁢x\int\cos^{4}x\,dx nessa última expressão e usando (9.28),

∫cos4⁡x⁢d⁢x=14⁢sen⁡x⁢cos3⁡x+3⁢x8+316⁢sen⁡(2⁢x)+C.\int\cos^{4}x\,dx=\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}x\cos^{3}x+\tfrac{3x}{8}+% \tfrac{3}{16}\operatorname{sen}(2x)+C\,. (9.29)
Exercício 9.26.

Calcule as primitivas.

  1. 1.
    ​

    ∫sen3⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{sen}^{3}x\,dx

  2. 2.
    ​

    ∫cos5⁡x⁢d⁢x\int\cos^{5}x\,dx

  3. 3.
    ​

    ∫(cos⁡x⁢sen⁡x)5⁢𝑑x\int(\cos x\operatorname{sen}x)^{5}\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫cos1000⁡x⁢sen⁡x⁢d⁢x\int\cos^{1000}x\operatorname{sen}x\,dx

  5. 5.
    ​

    ∫(sen2⁡t⁢cos⁡t)⁢esen⁡t⁢𝑑t\int(\operatorname{sen}^{2}t\cos t)e^{\operatorname{sen}t}\,dt

  6. 6.
    ​

    ∫sen3⁡x⁢cos⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{sen}^{3}x\sqrt{\cos x}\,dx

  7. 7.
    ​

    ∫sen2⁡x⁢cos2⁡x⁢d⁢x\int\operatorname{sen}^{2}x\cos^{2}x\,dx

Primitivas das funções tanm⁡x⁢secn⁡x\tan^{m}x\sec^{n}x

Nesta seção estudaremos primitivas da forma

∫tanm⁡x⁢secn⁡x⁢d⁢x,\int\tan^{m}x\sec^{n}x\,dx\,,

onde lembramos que a função secante é definida como

sec⁡x:=1cos⁡x.\sec x{:=}\frac{1}{\cos x}\,.

Como 1+tan2⁡x=1+sen2⁡xcos2⁡x=1cos2⁡x1+\tan^{2}x=1+\frac{\operatorname{sen}^{2}x}{\cos^{2}x}=\frac{1}{\cos^{2}x}, a seguinte relação vale:

1+tan2⁡x=sec2⁡x.1+\tan^{2}x=\sec^{2}x\,.

Lembramos que (tan⁡x)′=1+tan2⁡x=sec2⁡x(\tan x)^{\prime}=1+\tan^{2}x=\sec^{2}x. Então, para calcular por exemplo

∫tan⁡x⁢sec2⁡x⁢d⁢x,\int\tan x\sec^{2}x\,dx\,, (9.30)

podemos chamar u=tan⁡xu=\tan x, d⁢u=sec2⁡x⁢d⁢xdu=\sec^{2}x\,dx, e escrever

∫tan⁡x⁢sec2⁡x⁢d⁢x=∫u⁢𝑑u=12⁢u2+C=12⁢tan2⁡x+C.\int\tan x\sec^{2}x\,dx=\int u\,du=\tfrac{1}{2}u^{2}+C=\tfrac{1}{2}\tan^{2}x+C\,.

Na verdade, é facil ver que a mesma substituição pode ser usada a cada vez que a potência da secante é par. Por exemplo,

∫tan⁡x⁢sec4⁡x⁢d⁢x=∫tan⁡x⁢sec2⁡x⁢(sec2⁡x)⁢𝑑x\displaystyle\int\tan x\sec^{4}x\,dx=\int\tan x\sec^{2}x(\sec^{2}x)\,dx =∫tan⁡x⁢(1+tan2⁡x)⁢(sec2⁡x)⁢𝑑x\displaystyle=\int\tan x(1+\tan^{2}x)(\sec^{2}x)\,dx
=∫u⁢(1+u2)⁢𝑑u\displaystyle=\int u(1+u^{2})\,du
=12⁢u2+14⁢u4+C\displaystyle=\tfrac{1}{2}u^{2}+\tfrac{1}{4}u^{4}+C
=12⁢(tan⁡x)2+14⁢(tan⁡x)4+C.\displaystyle=\tfrac{1}{2}(\tan x)^{2}+\tfrac{1}{4}(\tan x)^{4}+C\,.

Por outro lado, a relação

(sec⁡x)′=sen⁡xcos2⁡x≡tan⁡x⁢sec⁡x(\sec x)^{\prime}=\frac{\operatorname{sen}x}{\cos^{2}x}\equiv\tan x\sec x\,

permite um outro tipo de substituição. Por exemplo, (9.30) pode ser calculada também via a mudança de variável w=sec⁡xw=\sec x, d⁢w=tan⁡x⁢sec⁡x⁢d⁢xdw=\tan x\sec x\,dx:

∫tan⁡x⁢sec2⁡x⁢d⁢x=∫sec⁡x⁢(tan⁡x⁢sec⁡x)⁢𝑑x=∫w⁢𝑑w=12⁢w2+C=12⁢sec2⁡x+C.\int\tan x\sec^{2}x\,dx=\int\sec x(\tan x\sec x)\,dx=\int w\,dw=\tfrac{1}{2}w^% {2}+C=\tfrac{1}{2}\sec^{2}x+C\,.

A mesma mudança de variável w=sec⁡xw=\sec x se aplica a cada vez que a potência da tangente é ímpar (e que a potência da secante é pelo menos 11). Por exemplo,

∫tan3⁡x⁢sec⁡x⁢d⁢x\displaystyle\int\tan^{3}x\sec x\,dx =∫tan2⁡x⁢(tan⁡x⁢sec⁡x)⁢𝑑x\displaystyle=\int\tan^{2}x(\tan x\sec x)\,dx
=∫(sec2⁡x−1)⁢(tan⁡x⁢sec⁡x)⁢𝑑x\displaystyle=\int(\sec^{2}x-1)(\tan x\sec x)\,dx
=∫(w2−1)⁢𝑑w\displaystyle=\int(w^{2}-1)\,dw
=13⁢w3−w+C\displaystyle=\tfrac{1}{3}w^{3}-w+C
=13⁢sec3⁡x−sec⁡x+C.\displaystyle=\tfrac{1}{3}\sec^{3}x-\sec x+C\,.

Os casos em que a potência da tangente é ímpar e que não tem secante são tratados separadamente. Por exemplo, lembramos que

∫tan⁡x⁢d⁢x=∫sen⁡xcos⁡x⁢𝑑x=−ln⁡|cos⁡x|+C.\int\tan x\,dx=\int\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}\,dx=-\ln|\cos x|+C\,.

Ou,

∫tan3⁡x⁢d⁢x\displaystyle\int\tan^{3}x\,dx =∫tan⁡x⁢(tan2⁡x)⁢𝑑x\displaystyle=\int\tan x(\tan^{2}x)\,dx
=∫tan⁡x⁢(sec2⁡x−1)⁢𝑑x=∫tan⁡x⁢sec2⁡x⁢d⁢x−∫tan⁡x⁢d⁢x,\displaystyle=\int\tan x(\sec^{2}x-1)\,dx=\int\tan x\sec^{2}x\,dx-\int\tan x\,% dx\,,

e essas duas primitivas já foram calculadas acima. Finalmente, deixemos o leitor fazer o Exercício 9.24 para mostrar que

∫secxdx=ln|secx+tanx|+C.\int\sec x\,dx=\ln\bigl{|}\sec x+\tan x\bigr{|}+C\,.
Exercício 9.27.

Calcule as primitivas.

  1. 1.
    ​

    ∫sec2⁡x⁢d⁢x\int\sec^{2}x\,dx

  2. 2.
    ​

    ∫tan2⁡x⁢d⁢x\int\tan^{2}x\,dx

  3. 3.
    ​

    ∫tan3⁡x⁢d⁢x\int\tan^{3}x\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫tan⁡x⁢sec⁡x⁢d⁢x\int\tan x\sec x\,dx

  5. 5.
    ​

    ∫tan4⁡x⁢sec4⁡x⁢d⁢x\int\tan^{4}x\sec^{4}x\,dx

  6. 6.
    ​

    ∫cos5⁡x⁢tan5⁡x⁢d⁢x\int\cos^{5}x\tan^{5}x\,dx

  7. 7.
    ​

    ∫sec5⁡x⁢tan3⁡x⁢d⁢x\int\sec^{5}x\tan^{3}x\,dx

  8. 8.
    ​

    ∫sec3⁡x⁢d⁢x\int\sec^{3}x\,dx

9.5.5 Substituições trigonométricas

Nesta seção final apresentaremos métodos para calcular primitivas de funções particulares onde aparecem raizes de polinômio do segundo grau:

∫1−x2⁢𝑑x,∫x3⁢1−x2⁢𝑑x,∫d⁢xx2+2⁢x+2,∫x3⁢x2−3⁢𝑑x,…\int\sqrt{1-x^{2}}\,dx\,,\quad\int x^{3}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx\,,\quad\int\frac{% dx}{\sqrt{x^{2}+2x+2}}\,,\quad\int x^{3}\sqrt{x^{2}-3}dx\,,\dots

O nosso objetivo é fazer uma substituição que transforme o polinômio que está dentro da raiz em um quadrado perfeito. Essas substituições serão baseadas nas seguintes idenditades trigonométricas:

1−sen2⁡θ=cos2⁡θ,1-\operatorname{sen}^{2}\theta=\cos^{2}\theta\,, (9.31)
1+tan2⁡θ=sec2⁡θ.1+\tan^{2}\theta=\sec^{2}\theta\,. (9.32)

Ilustraremos os métodos em três exemplos elementares, integrando 1−x2\sqrt{1-x^{2}}, 1+x2\sqrt{1+x^{2}} e x2−1\sqrt{x^{2}-1}. Em seguida aplicaremos as mesmas ideias em casos mais gerais.

A primitiva ∫1−x2⁢𝑑x\int\sqrt{1-x^{2}}\,dx

Observe primeiro que 1−x2\sqrt{1-x^{2}} é bem definido se x∈[−1,1]x\in[-1,1]. Para calcular ∫1−x2⁢𝑑x\int\sqrt{1-x^{2}}\,dx usaremos (9.31) para transformar 1−x21-x^{2} em um quadrado perfeito. Portanto, consideremos a substituição

x=sen⁡θ,d⁢x=cos⁡θ⁢d⁢θ.x=\operatorname{sen}\theta\,,\quad dx=\cos\theta\,d\theta\,.

Como x∈[−1,1]x\in[-1,1], essa substituição é bem definida, e implica que θ\theta pode ser escolhido θ∈[−π2,π2]\theta\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]:

Expressemos agora a primitiva somente em termos de θ\theta:

∫1−x2⁢𝑑x=∫1−sen2⁡θ⁢cos⁡θ⁢d⁢θ=∫cos2⁡θ⁢cos⁡θ⁢d⁢θ=∫cos2⁡θ⁢d⁢θ.\int\sqrt{1-x^{2}}\,dx=\int\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}\theta}\cos\theta\,d% \theta=\int\sqrt{\cos^{2}\theta}\cos\theta\,d\theta=\int\cos^{2}\theta\,d% \theta\,.

De fato, como θ∈[−π2,π2]\theta\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}], cos⁡θ≥0\cos\theta\geq 0, o que significa cos2⁡θ=cos⁡θ\sqrt{\cos^{2}\theta}=\cos\theta. Mas a primitiva de cos2⁡θ\cos^{2}\theta é

∫cos2⁡θ⁢d⁢θ=12⁢θ+14⁢sen⁡(2⁢θ)+C.\int\cos^{2}\theta\,d\theta=\tfrac{1}{2}\theta+\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(% 2\theta)+C\,.

Agora precisamos voltar para a variável xx. Primeiro, x=sen⁡θx=\operatorname{sen}\theta implica θ=arcsen⁡x\theta=\operatorname{arcsen}x. Por outro lado, sen⁡(2⁢θ)=2⁢sen⁡θ⁢cos⁡θ=2⁢x⁢1−x2\operatorname{sen}(2\theta)=2\operatorname{sen}\theta\cos\theta=2x\sqrt{1-x^{2}}. Logo,

∫1−x2dx=12arcsenx+12x1−x2+C.\boxed{\int\sqrt{1-x^{2}}\,dx=\tfrac{1}{2}\operatorname{arcsen}x+\tfrac{1}{2}x% \sqrt{1-x^{2}}+C\,.}
Exercício 9.28.

Verifique esse último resultado, derivando com respeito a xx.

O método descrito acima costuma ser eficiente a cada vez que se quer integrar uma função que contém uma raiz da forma a2−b2⁢x2\sqrt{a^{2}-b^{2}x^{2}}, com a,b>0a,b>0. Para transformar o polinómio a2−b2⁢x2a^{2}-b^{2}x^{2} em um quadrado perfeito, podemos tentar as seguintes subsituições:

x:=ab⁢sen⁡θ, ou x:=ab⁢cos⁡θ.x{:=}\tfrac{a}{b}\operatorname{sen}\theta\,,\text{ ou }\quad x{:=}\tfrac{a}{b}% \cos\theta\,.

De fato, uma substituição desse tipo permite cancelar a raiz:

a2−b2⁢(ab⁢sen⁡θ)2=a2−a2⁢sen2⁡θ=a⁢1−sen2⁡θ=a⁢cos⁡θ.\sqrt{a^{2}-b^{2}(\tfrac{a}{b}\operatorname{sen}\theta)^{2}}=\sqrt{a^{2}-a^{2}% \operatorname{sen}^{2}\theta}=a\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}\theta}=a\cos% \theta\,.

Depois de ter feito a substituição, aparece em geral uma primitiva de potências de funções trigonométricas, parecidas com aquelas encontradas na Seção 9.5.4.

Exemplo 9.26.

Neste exemplo verificaremos que a área de um disco de raio RR é igual a π⁢R2\pi R^{2}.

A área do disco completo é dada pela integral

A=4⁢∫0RR2−x2⁢𝑑x.A=4\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\,dx.

Usemos a substituição trigonométrica x=R⁢sen⁡θx=R\operatorname{sen}\theta, d⁢x=R⁢cos⁡θ⁢d⁢θdx=R\cos\theta\,d\theta. Se x=0x=0, então θ=0\theta=0, e se x=Rx=R então θ=π2\theta=\tfrac{\pi}{2}. Logo,

∫0RR2−x2⁢𝑑x\displaystyle\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\,dx =∫0π2R2−(R⁢sen⁡θ)2⁢R⁢cos⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}\sqrt{R^{2}-(R\operatorname{sen}\theta)% ^{2}}R\cos\theta\,d\theta
=R2⁢∫0π2cos2⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle=R^{2}\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^{2}\theta\,d\theta
=R2⁢{12⁢θ+14⁢sen⁡(2⁢θ)}0π2\displaystyle=R^{2}\bigl{\{}\tfrac{1}{2}\theta+\tfrac{1}{4}\operatorname{sen}(% 2\theta)\bigr{\}}_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}
=R2⁢π4.\displaystyle=R^{2}\frac{\pi}{4}\,.

Logo, A=4⁢R2⁢π4=π⁢R2A=4R^{2}\frac{\pi}{4}=\pi R^{2}.

Exemplo 9.27.

Calculemos a primitiva ∫x3⁢4−x2⁢𝑑x\int x^{3}{\sqrt{4-x^{2}}}\,dx. Usemos a substituição x=2⁢sen⁡θx=2\operatorname{sen}\theta, d⁢x=2⁢cos⁡θ⁢d⁢θdx=2\cos\theta\,d\theta. Como x∈[−2,2]x\in[-2,2], temos θ∈[−π2,π2]\theta\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}].

∫x3⁢4−x2⁢𝑑x=∫(2⁢sen⁡θ)3⁢4−(2⁢sen⁡θ)2⁢2⁢cos⁡θ⁢d⁢θ=32⁢∫sen3⁡θ⁢cos2⁡θ⁢d⁢θ.\int x^{3}{\sqrt{4-x^{2}}}\,dx=\int(2\operatorname{sen}\theta)^{3}\sqrt{4-(2% \operatorname{sen}\theta)^{2}}2\cos\theta\,d\theta=32\int\operatorname{sen}^{3% }\theta\cos^{2}\theta\,d\theta\,.

A última primitiva se calcula feito na seção anterior: com u=cos⁡θu=\cos\theta,

∫sen3⁡θ⁢cos2⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle\int\operatorname{sen}^{3}\theta\cos^{2}\theta\,d\theta =∫(1−cos2⁡θ)⁢cos2⁡θ⁢sen⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle=\int(1-\cos^{2}\theta)\cos^{2}\theta\operatorname{sen}\theta\,d\theta
=−∫(1−u2)⁢u2⁢𝑑u=−13⁢u3+15⁢u5+C=−13⁢cos3⁡θ+15⁢cos5⁡θ+C.\displaystyle=-\int(1-u^{2})u^{2}\,du=-\tfrac{1}{3}u^{3}+\tfrac{1}{5}u^{5}+C=-% \tfrac{1}{3}\cos^{3}\theta+\tfrac{1}{5}\cos^{5}\theta+C\,.

Para voltar para a variável xx, observe que x=2⁢sen⁡θx=2\operatorname{sen}\theta implica cos⁡θ=1−sen2⁡θ=1−(x2)2=1−x24\cos\theta=\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}\theta}=\sqrt{1-(\tfrac{x}{2})^{2}}=% \sqrt{1-\tfrac{x^{2}}{4}}. Logo,

∫x3⁢4−x2⁢𝑑x=−323⁢1−x243+325⁢1−x245+C.\int x^{3}{\sqrt{4-x^{2}}}\,dx=-\tfrac{32}{3}\sqrt{1-\tfrac{x^{2}}{4}}^{3}+% \tfrac{32}{5}\sqrt{1-\tfrac{x^{2}}{4}}^{5}+C\,.
Exercício 9.29.

Calcule a área da região delimitada pela elipse cuja equação é dada por

x2α2+y2β2=1,\frac{x^{2}}{\alpha^{2}}+\frac{y^{2}}{\beta^{2}}=1\,,

Em seguida, verifique que quando a elipse é um círculo, α=β=R\alpha=\beta=R, a sua área é π⁢R2\pi R^{2}.

Exemplo 9.28.

Considere ∫d⁢xx⁢5−x2\int\frac{dx}{x\sqrt{5-x^{2}}}. Com x=5⁢sen⁡θx=\sqrt{5}\operatorname{sen}\theta, obtemos

∫d⁢xx⁢5−x2=∫5⁢cos⁡θ(5⁢sen⁡θ)⁢5−(5⁢sen⁡θ)2⁢𝑑θ=15⁢∫d⁢θsen⁡θ.\int\frac{dx}{x\sqrt{5-x^{2}}}=\int\frac{\sqrt{5}\cos\theta}{(\sqrt{5}% \operatorname{sen}\theta)\sqrt{5-(\sqrt{5}\operatorname{sen}\theta)^{2}}}\,d% \theta=\tfrac{1}{\sqrt{5}}\int\frac{d\theta}{\operatorname{sen}\theta}\,.

Essa última primitiva pode ser tratada como no Exercício 9.24:

∫d⁢θsen⁡θ=12ln|1−cos⁡θ1+cos⁡θ|+C=12ln|1−1−x251+1−x25|+C.\int\frac{d\theta}{\operatorname{sen}\theta}=\tfrac{1}{2}\ln\Bigl{|}\frac{1-% \cos\theta}{1+\cos\theta}\Bigr{|}+C=\tfrac{1}{2}\ln\Bigl{|}\frac{1-\sqrt{1-% \frac{x^{2}}{5}}}{1+\sqrt{1-\frac{x^{2}}{5}}}\Bigr{|}+C\,.

Logo,

∫d⁢xx⁢5−x2=12⁢5ln|5−5−x25+5−x2|+C.\int\frac{dx}{x\sqrt{5-x^{2}}}=\tfrac{1}{2\sqrt{5}}\ln\Bigl{|}\frac{\sqrt{5}-% \sqrt{5-{x^{2}}}}{\sqrt{5}+\sqrt{5-{x^{2}}}}\Bigr{|}+C\,.
Exercício 9.30.

Calcule as primitivas

  1. 1.
    ​

    ∫d⁢x1−x2\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}

  2. 2.
    ​

    ∫x710−x2⁢𝑑x\int\frac{x^{7}}{\sqrt{10-x^{2}}}\,dx.

  3. 3.
    ​

    ∫x21−x3⁢𝑑x\int\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{3}}}\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫x⁢1−x2⁢𝑑x\int x\sqrt{1-x^{2}}\,dx

  5. 5.
    ​

    ∫x3−2⁢x−x2⁢𝑑x\int\frac{x}{\sqrt{3-2x-x^{2}}}\,dx.

  6. 6.
    ​

    ∫x2⁢9−x2⁢𝑑x\int x^{2}{\sqrt{9-x^{2}}}\,dx

A primitiva ∫1+x2⁢𝑑x\int\sqrt{1+x^{2}}\,dx

Para calcular ∫1+x2⁢𝑑x\int\sqrt{1+x^{2}}\,dx usaremos (9.32) para transformar 1+x21+x^{2} em um quadrado perfeito. Portanto, consideremos a substituição

x=tan⁡θ,d⁢x=sec2⁡θ⁢d⁢θ.x=\tan\theta\,,\quad dx=\sec^{2}\theta\,d\theta\,.

Expressemos agora a primitiva somente em termos de θ\theta:

∫1+x2⁢𝑑x=∫1+tan2⁡θ⁢sec2⁡θ⁢d⁢θ=∫sec2⁡θ⁢sec2⁡θ⁢d⁢θ=∫sec3⁡θ⁢d⁢θ.\int\sqrt{1+x^{2}}\,dx=\int\sqrt{1+\tan^{2}\theta}\sec^{2}\theta\,d\theta=\int% \sqrt{\sec^{2}\theta}\sec^{2}\theta\,d\theta=\int\sec^{3}\theta\,d\theta\,.

Vimos no Exercício 9.27 que

∫sec3θdθ=12tanθsecθ+12ln|secθ+tanθ|+C.\int\sec^{3}\theta\,d\theta=\tfrac{1}{2}\tan\theta\sec\theta+\tfrac{1}{2}\ln% \bigl{|}\sec\theta+\tan\theta\bigr{|}+C\,.

Para voltar à variável xx: sec⁡θ=x\sec\theta=x, tan⁡θ=1+sec2⁡θ=1+x2\tan\theta=\sqrt{1+\sec^{2}\theta}=\sqrt{1+x^{2}}. Logo,

∫1+x2dx=12x1+x2+12ln|x+1+x2|+C.\boxed{\int\sqrt{1+x^{2}}dx=\tfrac{1}{2}x\sqrt{1+x^{2}}+\tfrac{1}{2}\ln|x+% \sqrt{1+x^{2}}|+C\,.}

O método descrito acima se aplica a cada vez que se quer integrar uma função que contém uma raiz da forma a2+b2⁢x2\sqrt{a^{2}+b^{2}x^{2}}, com a,b>0a,b>0. Para transformar o polinómio a2+b2⁢x2a^{2}+b^{2}x^{2} em um quadrado perfeito, podemos tentar as seguintes subsituições:

x:=ab⁢tan⁡θ.x{:=}\tfrac{a}{b}\tan\theta\,.

De fato, uma substituição desse tipo permite cancelar a raiz:

a2+b2⁢(ab⁢tan⁡θ)2=a2+a2⁢tan2⁡θ=a⁢1+tan2⁡θ=a⁢sec⁡θ.\sqrt{a^{2}+b^{2}(\tfrac{a}{b}\tan\theta)^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}\tan^{2}\theta% }=a\sqrt{1+\tan^{2}\theta}=a\sec\theta\,.
Exercício 9.31.

Calcule as primitivas

  1. 1.
    ​

    ∫x34⁢x2+1⁢𝑑x\int\frac{x^{3}}{\sqrt{4x^{2}+1}}\,dx.

  2. 2.
    ​

    ∫x3⁢x2+1⁢𝑑x\int x^{3}\sqrt{x^{2}+1}\,dx

  3. 3.
    ​

    ∫x⁢x2+a2⁢𝑑x\int x\sqrt{x^{2}+a^{2}}\,dx

  4. 4.
    ​

    ∫d⁢xx2+2⁢x+2\int\frac{dx}{\sqrt{x^{2}+2x+2}}

  5. 5.
    ​

    ∫d⁢x(x2+1)3\int\frac{dx}{(x^{2}+1)^{3}}

  6. 6.
    ​

    ∫d⁢xx2⁢x2+4\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}+4}}

Exercício 9.32.

Calcule o comprimento do arco da parábola y=x2y=x^{2}, contido entre as retas x=−1x=-1 e x=1x=1.

A primitiva ∫x2−1⁢𝑑x\int\sqrt{x^{2}-1}\,dx

Finalmente, consideremos a primitiva ∫x2−1⁢𝑑x\int\sqrt{x^{2}-1}\,dx. Para transformar x2−1x^{2}-1 num quadrado perfeito, usaremos a relação (9.32): sec2⁡θ−1=tan2⁡θ\sec^{2}\theta-1=\tan^{2}\theta. Assim, chamando x=sec⁡θx=\sec\theta, temos d⁢x=tan⁡θ⁢sec⁡θ⁢d⁢θdx=\tan\theta\sec\theta\,d\theta, portanto

∫x2−1⁢𝑑x=∫sec2⁡θ−1⁢tan⁡θ⁢sec⁡θ⁢d⁢θ=∫tan2⁡θ⁢sec⁡θ⁢d⁢θ.\int\sqrt{x^{2}-1}\,dx=\int\sqrt{\sec^{2}\theta-1}\tan\theta\sec\theta\,d% \theta=\int\tan^{2}\theta\sec\theta\,d\theta\,.

Integrando por partes,

∫(tan⁡θ⁢sec⁡θ)⁢tan⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle\int(\tan\theta\sec\theta)\tan\theta\,d\theta =sec⁡θ⁢tan⁡θ−∫sec3⁡θ⁢d⁢θ\displaystyle=\sec\theta\tan\theta-\int\sec^{3}\theta\,d\theta
=sec⁡θ⁢tan⁡θ−{12⁢tan⁡θ⁢sec⁡θ+12⁢ln⁡|sec⁡θ+tan⁡θ|}+C\displaystyle=\sec\theta\tan\theta-\Bigl{\{}\tfrac{1}{2}\tan\theta\sec\theta+% \tfrac{1}{2}\ln\bigl{|}\sec\theta+\tan\theta\bigr{|}\Bigr{\}}+C
=12secθtanθ−12ln|secθ+tanθ|+C.\displaystyle=\tfrac{1}{2}\sec\theta\tan\theta-\tfrac{1}{2}\ln\bigl{|}\sec% \theta+\tan\theta\bigr{|}+C\,.

Como sec⁡θ=x\sec\theta=x implica tan⁡θ=sec2⁡θ−1=x2−1\tan\theta=\sqrt{\sec^{2}\theta-1}=\sqrt{x^{2}-1}, obtemos

∫x2−1dx=12xx2−1−12ln|x+x2−1|+C.\boxed{\int\sqrt{x^{2}-1}\,dx=\tfrac{1}{2}x\sqrt{x^{2}-1}-\tfrac{1}{2}\ln\bigl% {|}x+\sqrt{x^{2}-1}\bigr{|}+C\,.}

O método apresentado acima sugere que para integrar uma função que contém um polinômio do segundo grau da forma a2⁢x2−b2\sqrt{a^{2}x^{2}-b^{2}}, pode-se tentar fazer a substituição

x:=ba⁢sec⁡θ.x{:=}\frac{b}{a}\sec\theta\,.
Exemplo 9.29.

Consideremos a primitiva ∫d⁢xx2⁢x2−9\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}-9}}, fazendo a substituição x=3⁢sec⁡θx=3\sec\theta, d⁢x=3⁢tan⁡θ⁢sec⁡θ⁢d⁢θdx=3\tan\theta\sec\theta\,d\theta:

∫d⁢xx2⁢x2−9=∫3⁢tan⁡θ⁢sec⁡θ(3⁢sec⁡θ)2⁢(3⁢sec⁡θ)2−9⁢𝑑θ=19⁢∫d⁢θsec⁡θ=19⁢∫cos⁡θ⁢d⁢θ=19⁢sen⁡θ+C.\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}-9}}=\int\frac{3\tan\theta\sec\theta}{(3\sec% \theta)^{2}\sqrt{(3\sec\theta)^{2}-9}}\,d\theta=\tfrac{1}{9}\int\frac{d\theta}% {\sec\theta}=\tfrac{1}{9}\int\cos\theta\,d\theta=\tfrac{1}{9}\operatorname{sen% }\theta+C\,.

Para voltar à variável xx, façamos uma interpretação geométrica da nossa substituição. A relação x=3⁢sec⁡θx=3\sec\theta, isto é cos⁡θ=3x\cos\theta=\frac{3}{x}, se concretiza no seguinte triângulo:

Assim,

∫d⁢xx2⁢x2−9=x2−99⁢x+C.\int\frac{dx}{x^{2}\sqrt{x^{2}-9}}=\frac{\sqrt{x^{2}-9}}{9x}+C\,.
Exercício 9.33.

Calcule as primitivas.

  1. 1.
    ​

    ∫x3⁢x2−3⁢𝑑x\int x^{3}\sqrt{x^{2}-3}dx

  2. 2.
    ​

    ∫d⁢xx2−a2⁢𝑑x\int\frac{dx}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\,dx.

  3. 3.
    ​

    ∫x3x2−1⁢𝑑x\int\frac{x^{3}}{\sqrt{x^{2}-1}}\,dx