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Módulo III

CÁLCULO II

Jurandir de Oliveira Lopes

PRESIDENTE DA REPÚBLICA Luiz Inácio Lula da Silva MINISTRO DA EDUCAÇÃO Fernando Haddad UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ REITOR Luiz de Sousa Santos Júnior SECRETÁRIO DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA DO MEC Carlos Eduardo Bielschowsky DIRETOR DE POLITICAS PUBLICAS PARA EAD Hélio Chaves UNIVERSIDADE ABERTA DO BRASIL COORDENADOR GERAL Celso Costa CENTRO DE EDUCAÇÃO ABERTA A DISTÂNCIA DA UFPI Coordenador Geral de EaD na UFPI Gildásio Guedes Fernandes CENTRO DE CIENCIAS DA NATUREZA DIRETOR Helder Nunes da Cunha COORDENADOR DO CURSO de Licenciatura em Física na Modaliade de EaD Miguel Arcanjo Costa DEPARTAMENTO DE FÍSICA CHEFE DO DEPARTAMENTO Valdemiro da Paz Brito

COORDENAÇÃO DE MATERIAL DIDÁTICO Cleidinalva Maria Barbosa Oliveira

Este texto é destinado aos estudantes aprendizes que participam do

programa de Educação a Distância da Universidade Aberta do Piauí

(UAPI) vinculada ao consórcio formado pela Universidade Federal do

Piauí (UFPI) Universidade Estadual do Piauí (UESPI), Centro Federal

de Ensino Tecnológico do Piauí (CEFET-PI), com apoio do Governo do

estado do Piauí, através da Secretaria de Educação.

O texto é composto de cinco unidades, contendo itens e subitens, que

discorrem sobre: Técnicas de Integração, Aplicações da integral

Definida, Integrais Impróprias, Série de Números e Série de Funções.

Na Unidade 1, introduzimos algumas das principais técnicas de

integração com objetivo de resolver o maior número possível de

exercícios que envolvem a teoria de integração, mostrando a

importância do uso dessas técnicas nas resoluções de diversos

problemas práticos. Sempre enfatizando os exemplos mais

importantes, conhecendo suas características e suas particularidades.

Na Unidade 2, apresentamos as principais aplicações da integral

definida, e dando sempre ênfase da sua importância na resolução de

problemas práticos que se apresentam em diversas áreas da ciência

exata. Sempre enfatizando os exemplos mais importantes,

conhecendo suas características e suas particularidades.

Na Unidade 3, Nesta unidade, introduzimos um conceito de integral

imprópria a qual é uma extensão da integral definida. O uso da integral

imprópria aparece em diversas áreas ciências exatas, como por

exemplo, na Física, Probabilidade, etc.

Na Unidade 4, Nesta unidade, introduzimos a definição de série de

números reais mostrando sua importância na aplicação de diversos

problemas práticos, como também suas principais propriedades. Na

parte final da unidade, apresentamos uma extensão de série de

números que é série de funções a qual é de suma importância na

Matemática, Física. Computação, etc.

Em todas as unidades, Indicamos alguns livros mais avançados e links

para o aprofundamento de conteúdo.

UNIDADE 1. Técnicas de Integração. 1.1 Introdução 08 1.2 Integração por Substituição 10 1.3 Integração por Partes 15 1.4 Integração de produtos e potências de seno e co-seno, tangente e secante.

19

1.5 Integração por Substituição Trigonométrica 31 1.6 Integração por Frações Parciais 38 Referências Bibliográficas 77 UNIDADE 2. Aplicações da Integral Definida. 2.1 Área 81 2.2 Volumes de Sólidos de Revolução 84 2.3 Área de Superfície de Revolução 91 2.4 Comprimento de Gráfico de Funções 94 2.5 Coordenadas Paramétricas 96 2.6 Coordenadas Polares 98 2.7 Exercícios 103 2.8 Respostas 105 Referências Bibliográficas 109 UNIDADE 3. Integrais Impróprias. 3.1 Introdução 113 3.2 Limites Infinitos de Integração 114 3.3 Integrandos com Assíntotas Verticais 118 3.4 Testes para Convergência e Divergência 122 3.5 Exercícios 126 3.6 Respostas 128 Referências bibliográficas 131 UNIDADE 4. Série de Numérica e Série de Funções. 4.1. Noções Básicas Sobre Sequências 135 4.2 Série de Números Reais 146 4.3 Série de Funções 154 4.4 Exercícios 159 4.5 Respostas 161 Referências Bibliográficas 163

Unidade 1A sociologia e a Sociologia da Educação

A sociologia e a Sociologia da Educação

Unidade 1

ResumoNesta unidade, introduzimos algumas das principais técnicas de integração mostrando a importância de cada uma delas. Serão feitos muitos exemplos importantes, conhecendo suas características e suas particularidades. Indicamos alguns livros mais avançados e links para o aprofundamento de conteúdo.

Técnicas de Integração

Unidade 1

UNIDADE 1. Técnicas de Integração. 1.1 Introdução 08 1.2 Integração por Substituição 10 1.3 Integração por Partes 15 1.4 Integração de produtos e potências de seno e co-seno, tangente e secante.

19

1.5 Integração por Substituição Trigonométrica 31 1.6 Integração por Frações Parciais 38 Referências Bibliográficas 77

1. Tecnicas de Integrac ao

Neste capıtulo apresentaremos algumas das principais tecnicas de

integracao.

1.1 Introduc ao

Nesta secao estamos assumido que o leitor ja saiba o conceito de pri-

mitiva (antiderivada), isto e, dada uma funcao f : [a, b] → IR, encontar

uma funcao F : [a, b] → IR tal que

dF (x)

dx= F ′(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b]. (1.1)

Se F e G sao primitivas de f entao F (x) = G(x) + C onde C e uma

constante qualquer, ou seja, elas diferem apenas de uma constante C

Exemplo 1.1.1. Se f(x) = 1 entao F (x) = x e G(x) = x + 1 sao

primitivas de f , pois F ′(x) = G′(x) = f(x)

Vamos denotar a primitiva F por∫

f(x)dx + C.

Segue abaixo uma tabela com algumas primitivas, as quais sao

obtidas direto da definicao acima, ou seja, da equacao (1.1).

8

9

Tabela de algumas primitivasf(x)

∫

f(x)dx

1 x + C

xβ xβ+1

β + 1+ C, β 6= −1

x−1 ln | x | +C

ex ex + C

ax ax

ln a+ C, 0 < a 6= 1

sen x − cos x + C

cos x sen x + C

tg x sec x sec x + C

cotg x cossec x − cossec x + C

sec2 x tg x + C

cossec 2x − cotg x + C1

1 + x2arctg x + C

1√1 − x2

arcsen x + C

1

x√

x2 − 1arcsecx + C

Das propriedades de derivada segue-se que:

1.∫

αf(x)dx = α∫

f(x)dx para qualquer constante α.

2.∫

[f(x) + g(x)]dx=∫

f(x)dx +∫

g(x)dx.

Assim, para calcular algumas integrais bastar usar a tabela anterior e

utilizar-se das propriedades da intregral citada acima. Por exemplo:

∫

(x2+ex−3 cos x)dx =

∫

x2dx+

∫

exdx−3

∫

cos xdx =x3

3+ex−3 sen x+C.

Lembrando que a constante C representa a soma das tres constan-

tes relativas a cada uma das respectivas integrais acima. Mas nem

sempre exibir uma primitiva de uma funcao e tao simples assim, como

no exemplo anterior. Por isso, na maioria dos casos precisaremos

de tecnicas de integracao para encontrar primitiva de uma funcao. A

partir de agora, iremos citar tais tecnicas.

10

1.2 Integrac ao por substituic ao

A Integracao por substituicao e muito util no calculo de integrais do

tipo:∫

f(g(x))dg(x)

dxdx =

∫

f(g(x))g′(x)dx, (1.2)

de modo que f ◦ g esteja bem definida.

Considerando que F e uma primitiva para f , assim

∫

f(u)du = F (u),

entao, (F ◦ g) e uma primitiva para (f ◦ g)dg

dx, isto e,

∫

f(g(x))dg(x)

dxdx =

∫

f(u)du.

A formulacao acima resulta da Regra da Cadeia, uma vez que

d(F ◦ g)

dx=

dF

du.du

dx= f(u)

du

dx= (f ◦ g)

dg

dx.

A seguir, citaremos alguns exemplos de utilizacao desta tecnica.

Exemplo 1.2.1. Calcule∫

(x2 − 1)22xdx

Faca a substituicao u = x2 − 1, entaodu

dx= 2x ⇒ dx =

du

2x, assim a

integral pode ser reescrita como:

∫

u2��2xdu��2x =

∫

u2du.

Logo a integral acima depende apenas da variavel u, a qual e obtida

atraves da tabela 1.1, donde

∫

u2du =u3

3+ C.

Retornando para a variavel x, obtemos

∫

(x2 − 1)22xdx =(x2 − 1)3

3+ C.

Exemplo 1.2.2. Determine∫

cos (5x)dx

11

Faca u = 5x, entaodu

dx= 5 ⇒ dx =

du

5e a integral pode ser

reescrita como:∫

cos udu

5=

1

5

∫

cos udu.

Desse modo, obtemos

1

5

∫

cos udu =1

5sen u + C.

Retornando para a variavel x, temos∫

cos (5x)dx =1

5sen (5x) + C.


cos (x)2( sen x)dx

Faca u = sen x, assim temos quedu

dx= cos x ⇒ dx =

du

cos x, assim

a integral pode ser reescrita como:∫ ��cos x2udu��cos x

=

∫

2udu.

Desse modo, obtemos∫

2udu =2u

ln 2+ C.


cos (x)2( sen x)dx =2( sen x)

ln 2+ C.

Podemos tambem usar o metodo da substituicao(simples) no caso

em que a integral nao e do tipo (1.2), como veremos nos exemplos

abaixo:

Exemplo 1.2.4. Determine∫ x

x2 + 1dx

Faca u = x2 + 1, assim temos quedu

dx= 2x ⇒ dx =

du

2x, daı a

integral pode ser reescrita como:∫ �xdu

2�xu=

1

2

∫

1

udu.

Desse modo, obtemos

1

2

∫

1

udu =

1

2ln |u| + C.


x

x2 + 1dx =

1

2ln |x2 + 1| + C.

12

Observac ao 1.2.1. Nao existe regra de como escolher a substituicao

u, entao o que nos resta e apenas a ”intuicao”.

Saiba Mais: Para

mais detalhes

sobre a teoria

do metodo de

integracao por

substituicao, ver

referencia [6]

Exemplo 1.2.5. Calcule∫ 2

1x(x − 1)6dx.

Faca u = x − 1, assim temos quedu

dx= 1 ⇒ dx = du, e para

x = 1 ⇒ u = 1 − 1 = 0 e para x = 2 ⇒ u = 2 − 1 = 1 daı, a integral

pode ser reescrita como:∫ 1

0

xu6du.

Como na integral acima ainda existe termo em funcao da variavel x,

entao sera necessario colocar a mesma apenas em funcao da variavel

u. Assim, da equacao u = x − 1 ⇒ x = u + 1. Desse modo, obtemos∫ 1

0

xu6du =

∫ 1

0

(u + 1)u6du =

∫ 1

0

(u7 + u6)du =u8

8+

u7

7|10.

Assim,∫ 1

0

(u7 + u6)du = [18

8+

17

7] − [

08

8+

07

7] =

1

8+

1

7=

15

56.

Portanto,∫ 2

1

x(x − 1)6dx =15

56.


x2+x−13√−x+1

dx.

Faca u = −x + 1, assim temos quedu

dx= −1 ⇒ dx = −du, daı a

integral pode ser reescrita como:∫

x2 + x − 13√

u(−1)du.

Como na integral acima ainda existe termo em funcao da variavel x,

entao sera necessario colocar a mesma apenas em funcao da variavel

u. Assim, da equacao u = −x+1 ⇒ x = 1−u. Desse modo, obtemos∫

x2 + x − 1

u1/3(−1)du =

∫

[−(1 − u)2 − (1 − u) + 1)u−1/3du

=

∫

(−u2 + 3u − 1)u−1/3du

=

∫

(−u5/3 + 3u2/3 − u−1/3)du

= −u8/3

8/3+ 3

u5/3

5/3− u2/3

2/3+ C.

13

Retornando para a variavel x, temos

∫

x2 + x − 13√−x + 1

dx = −3

8(−x + 1)8/3 +

9

5(−x + 1)5/3 − 3

2(−x + 1)2/3 + C.

Proposic ao 1.2.1. Mostre que:

1.∫

tg xdx = − ln | cos x| + C;

2.∫

cotgxdx = ln | sen x| + C.

Prova. Faremos a prova do primeiro item e a segundo fica como

exercıcio a cargo do leitor. De fato, temos que

∫

tg xdx =

∫

sen x

cos xdx.

Agora, faca u = cos x, assim temos que

du

dx= − sen x ⇒ dx =

−du

sen x.

Assim a integral pode ser reescrita como:

∫ ��sen x

u��sen x(−1)du =

∫ −1

udu = − ln |u| + C.


∫

tg xdx = − ln | cos x| + C.

Proposic ao 1.2.2. Mostre que:

1.∫

sec xdx = ln | sec x + tg x| + C;

2.∫

cossec xdx = − ln | cossec x + cotgx| + C.

Prova. Faremos a prova do primeiro item e a segundo fica como

exercıcio a cargo do leitor. De fato, temos que

∫

sec xdx =

∫

sec x(sec x + tg x)

(sec x + tg x)dx.

Faca u = sec x + tg x. Assim, temos que

du

dx= sec x tg x + sec2 x = sec x(sec x + tg x),

14

Desde modo, obtemos que

dx =du

sec x(sec x + tg x).

Daı, a integral pode ser reescrita como:

∫ ((((((((((sec x(sec x + tg x)

u(((((((((sec x(sec x + tg x)du =

∫

1

udu = ln |u| + C.


∫

sec xdx = ln | sec x + tg x| + C.

1.2.1 Exercıcios

1. Determinar uma primitiva da funcao f : R → R definida pela lei

f(x) = 2x + sen (3x)

2. Determinar as seguintes integrais usando a tecnica de integracao

por substituicao

(a)∫

xdx

x2 − 1dx

(b)∫

2x + 3

2x + 1dx

(c)∫

x3

x4 + 2dx

(d)∫

sen (4x + 2)dx

(e)∫ √

7x + 1dx

(f)∫

ex sen (ex)dx

(g)∫

x2 + 13√

x + 3dx

(h)∫

sec(2x)dx

(i)∫

x

x4 + 1dx

(j)∫

(cos xe sen x − ex + sec x)dx

15

(k)∫ 2

1

(x3 − x2 + 1

x + 1)dx

(l)∫ e

1

(ln x

x)dx

(m)∫ π2

π2

4

cos (√

x)√x

dx

(n)∫ 1

0

x + 1

x2 + 2x + 10dx

1.2.2 Respostas

1. x2 − 13cos (3x) + C

2. (a) 12ln x2 − 1 + C

(b) x + ln (2x + 1) + C

(c)1

4ln (x4 + 2) + C

(d) −1

4cos (4x + 2) + C

(e)2

21(7x + 1)3/2 + C

(f) − cos (ex) + C

(g)3

8(x + 3)8/3 − 4(x + 3)5/3 +

20

3(x + 3)2/3 + C

(h)1

2ln | sec(2x) + tg (2x)| + C

(i)1

2arctg x2 + C

(j) e sen x − ex + ln | sec x + tg x| + C

(k) ln 2 − ln 3 +4

3

(l)1

2

(m) −1

(n) ln 13 − ln 10

1.3 Integrac ao por Partes

Se f, g sao duas funcoes derivaveis, entao da derivada do produto de

f por g temos:d(fg)

dx= f

dg

dx+ g

df

dx

16

Logo,

fdg

dx=

d(fg)

dx− g

df

dx

Usando que a integral da soma e a soma das integrais, obtemos:∫

fdg

dx=

∫

d(fg)

dx−∫

gdf

dx

que e conhecida como a Formula da Integracao por Partes e pode ser

abreviada por:∫

fdg = fg −∫

gdf. (1.3)

Exemplo 1.3.1. Calcule a integral I =∫

lnxdx.

Escolha f(x) = ln x e da formula (1.3) segue-se que dg = dx, entao

df(x) =1

xdx e g(x) =

∫

dx = x. Logo, a integral esta na forma∫

fdg.

Portanto,

I = fg −∫

gdf = xllnx −∫ �x1�xdx = x ln x −

∫

dx = x ln x − x + C.

Observac ao 1.3.1. Sem perda de generalidade, podemos adicionar a

constante C somente no resultado final da integral indefinida.

Exemplo 1.3.2. Determine a integral∫ 1

0xexdx.

Escolha f(x) = x e da formula (1.3) segue-se que dgex = dx, entao

df(x) = dx e g =∫

exdx = ex. Logo, a integral esta na forma∫

fdg.

Portanto,∫ 1

0

xexdx =

∫

fdg = f(x)g(x)|10−∫ 1

0

gdf = xex|10−∫

exdx = xex|10−ex|10.

Assim∫ 1

0

xexdx = [1.e1 − 0.e0] − [e1 − e0] = e − e + 1 = 1

SAIBA MAIS:

Voce, caro lei-

tor, deve estar

se perguntando

como devemos

proceder na esco-

lha da funcaof?

O objetivo e o

escolher f e dg

de modo que a

integral∫

dg seja

facil de se resol-

ver. Detalhes, ver

referencia [14]

Exemplo 1.3.3. Determine a integral I =∫

x cos (2x)dx.

Escolha f(x) = x e da formula (1.3) segue-se que dg = sen (2x)dx,

entao df(x) = dx e

g(x) =

∫

cos (2x)dx =1

2sen (2x)

17

A integral acima foi resolvida usando a tecnica da secao anterior. Por-

tanto,

I = x cos (2x) −∫

1

2sen (2x)dx = x cos (2x) +

1

4cos (2x) + C.

Exemplo 1.3.4. Determine a integral∫

x2exdx.

Escolha f(x) = x2 e da formula (1.3) segue-se que dg = exdx,

entao df(x) = 2xdx e g =∫

exdx = ex. Logo, a integral esta na forma∫

fdg. Portanto,

∫

x2exdx = x2ex −∫

2xexdx = x2ex − 2

∫

xexdx.

A ultima integral do lado direito acima ja foi resolvida no exemplo

(1.3.2). Assim∫

x2exdx = x2ex − 2xex + 2ex + C.


sen (x)exdx.

Escolha f(x) = sen x e da formula (1.3) segue-se que dg = exdx,

entao df(x) = cos xdx e g =∫

exdx = ex. Logo, a integral esta na

forma∫

fdg. Portanto,

I =

∫

sen (x)exdx = sen (x)ex −∫

cos (x)exdx.

Faca A =∫

cos xexdx, e escolha f(x) = cos x e da formula (1.3) segue-

se que dgex = dx, entao df(x) = − sen xdx e g =∫

exdx = ex. Portanto,

A = cos xex −∫

(− sen (x))xexdx

= cos (x)ex +

∫

(− sen (x)xexdx = cos (x)ex + I.

Desta maneira, temos que

I = sen (x)ex−∫

cos (x)exdx = sen (x)ex−A = sen (x)ex−cos (x)ex−I.

Resultando que

I + I = sen (x)ex − cos (x)ex ⇒ I =sen (x)ex − cos (x)ex

2.

Portanto,∫

sen (x)exdx =sen (x)ex − cos (x)ex

2.

18

1.3.1 Exercıcios


f(x) = 2x sen (3x)

2. Determinar as seguintes integrais usando Integracao por Partes

(a)∫

x ln xdx

(b)∫

x2 ln xdx

(c)∫

ln2 xdx

(d)∫

x sen (4x + 2)dx

(e)∫

x22xdx

(f)∫

ex cos (x)dx

(g)∫

arctg xdx

(h)∫

x sec2(x)dx

(i)∫

x3ex2

dx

(j)∫

cos (2x)exdx

(k)∫ 2

1

x ln xdx

(l)∫ 1

0

xe3xdx

(m)∫ e

1

x ln2 xdx

(n)∫ 1

0

xe−xdx

1.3.2 Respostas

1. −2

3x cos (3x) +

2

9sen (3x) + C

2. (a)1

2x2 ln x − 1

4x2 + C

(b)1

3x3 ln x − 1

9x3 + C

19

(c) x(ln2 x − 2 lnx + 2) + C

(d) −1

4x cos (4x + 2) +

1

16sen (4x + 2) + C

(e)2x

ln3 2[x2 ln2 2 − 2x ln 2 + 2] + C

(f)ex

2(cos x + sen x) + C

(g) x arctg x − 1

2ln |x2 + 1| + C

(h) x tg (x) + ln | cosx| + C

(i)ex2

2(x2 − 1) + C

(j)1

5cos (2x)ex +

2

5sen (2x)ex + C

(k) 2 ln 2 − 3

4

(l)2

9e3 +

1

9

(m)1

4(e2 − 1)

(n) 1 − 2e−1

1.4 Integrac ao de produtos e pot encias de

seno e cosseno, tangente e secante.

Nesta secao trabalharemos com integrais que envolvem produtos de

funcoes seno e cosseno, como tambem com potencias de funcoes

seno e cosseno. Tambem trabalharemos com potencias de funcoes

tangente e secante.

Vamos recordar algumas formulas que envolvem seno e co-seno,

tangente e secante que serao utilizadas nesta secao.

Para todo a, b ∈ R tem-se que

sen 2a + cos2 a = 1. (1.4)

tg 2a + 1 = sec2 a. (1.5)

cos2 a =1 + cos (2a)

2. (1.6)

20

sen 2a =1 − cos (2a)

2. (1.7)

sen a cos b =sen (a + b) + sen (a − b)

2. (1.8)

cos a cos b =cos (a + b) + cos (a − b)

2. (1.9)

sen a sen b =cos (a − b) − cos (a + b)

2. (1.10)

Com as formulas acimas podemos resolver alguns tipos de integrais.

Por exemplo:

Exemplo 1.4.1. Calcule a integral∫

sen (3x) cos (2x)dx

Usando a formula (1.8) para a = 3x e b = 2x. Assim,∫

sen (3x) cos (2x)dx =1

2

∫

sen (5x)dx +1

2

∫

sen xdx

= − 1

10cos (5x) − 1

2cos x + C.


cos (3x) cos (5x)dx.

Usando a formula (1.9) para a = 3x e b = 5x. Assim,∫

cos (3x) cos (5x)dx =1

2

∫

cos (8x)dx +1

2

∫

cos (−2x)dx

=1

16sen (8x) +

1

4sen 2x + C.


sen (2x) sen (2x)dx.

Usando a formula (1.10) para a = b = 2x. Assim,∫

sen (2x) sen (2x)dx =1

2

∫

cos 0dx − 1

2

∫

cos (4x)dx

=1

2x − 1

8sen 4x + C.

onde usamos o fato de que cos 0 = 1.

Observac ao 1.4.1. So lembrando que algumas integrais dos tres exem-

plos anteriores sao resolvidas por substituicao(simples), como por exem-

plo∫

cos (4x)dx.

21

Desse modo, para determinar∫

cos (4x)dx, faca u = 4x, entao te-

mos que du = 4dx ⇒ dx =du

4. Assim

∫

cos (4x)dx =

∫

cos (u)du

4=

1

4

∫

cos (u)du

=1

4sen u + C =

1

4sen 4x + C.

Para resolver integrais de potencia de seno, cosseno, tangente e

secante, usaremos algumas formulas de recorrencias.

Proposic ao 1.4.1. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que∫

sen nxdx = −cos x sen n−1x

n+

n − 1

n

∫

sen n−2xdx + C

Prova. Temos que∫

sen nxdx =

∫

sen n−1x sen xdx. Usando integracao

por partes, escolhemos f(x) = sen n−1x e da formula (1.3) segue-se

que dg = sen xdx, entao

df(x) = (n − 1) sen n−2x cos xdx e g =

∫

sen xdx = − cos x.

Portanto,

I =

∫

sen nxdxdx = −cos x sen n−1x + (n − 1)

∫

sen n−2x cos2 xdx.

Da equacao (1.4), temos

I = −cos x sen n−1x + (n − 1)

∫

sen n−2x(1 − sen 2x)dx

= −cos x sen n−1x + (n − 1)

∫

sen n−2xde − (n − 1)

∫

sen nxdx

= −cos x sen n−1x + (n − 1)

∫

sen n−2xde − (n − 1)I.

Assim,

I + (n − 1)I = −cos x sen n−1x + (n − 1)

∫

sen n−2xdx.

Portanto,

I = −cos x sen n−1x

n+

(n − 1)

n

∫

sen n−2xdx

.

22


sen 2(x)dx.

Vamos aplicar a formula de recorrencia acima para n = 2, assim∫

sen 2(x)dx = −cos x sen x

2+

1

2

∫

sen 0xdx = −cos x sen x

2+

1

2

∫

dx.

Logo∫

sen 2(x)dx =x

2− cos x sen x

2+ C =

x

2− sen (2x)

4+ C.

Observac ao 1.4.2. No exemplo acima, podemos ter calculado a inte-

gral usando na equacao (1.7).


sen 4(x)dx.

Vamos aplicar a formula de recorrencia acima para n = 4, assim

I = −cos x sen 3x

4+

3

4

∫

sen 3xdx.

Aplicando a formula de recorrencia para integral do lado direito acima

para n = 3, temos que∫

sen 3(x)dx = −cos x sen 2x

3+

2

3

∫

sen 2xdx

Logo combinando o resultado acima e exemplo (1.4.4), temos que

I = −cos x sen 3x

4− cos x sen 2x

4− cos x sen x

4+

x

4+ C.

De modo analogo, deduz-se a formula de recorrencia para a potencia

da funcao cosseno.

Proposic ao 1.4.2. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que∫

cosn xdx =sen x cosn−1 x

n+

n − 1

n

∫

cosn−2 xdx + C

Prova. Exercıcio a cargo do leitor.

Exemplo 1.4.6. Calcule I =∫

cos3 xdx.


I =sen x cos2 x

3+

2

3

∫

cos xdx =sen x cos2 x

3+

2

3sen x + C.

Agora vamos deduzir a formula de recorrencia para a potencia da

funcao secante.

23

Proposic ao 1.4.3. Mostre que para todo n natural com n ≥ 2 vale que

∫

secn xdx =tg x secn−2 x

n − 1+

n − 2

n − 1

∫

secn−2 xdx + C.

Prova. Temos que∫

secn xdx =

∫

secn−2 x sec2 xdx. Usando integracao

por partes, escolhemos f(x) = secn−2 x e da formula (1.3) segue-se

que dg = sec2 xdx, entao

df(x) = (n − 2) secn−3 x sec x tg xdx = (n − 2) secn−2 x tg xdx

e

g =

∫

sec2 xdx = tg x.

Portanto,

I =

∫

secn xdxdx = tg x secn−2 x + (n − 2)

∫

secn−2 x tg 2xdx.

Da equacao (1.5), temos

I = tg x secn−2 x + (n − 2)

∫

secn−2 x(sec2 x − 1)dx

= tg x secn−2 x + (n − 2)

∫

secn xdx − (n − 2)

∫

secn−2 xdx

= tg x secn−2 x + (n − 2)

∫

secn−2 xde − (n − 2)I.

Assim,

I + (n − 2)I = tg x secn−2 x + (n − 2)

∫

secn xdx.

Portanto,

I =tg x secn−2 x

n − 1+

n − 2

n − 1

∫

secn xdx.


sec3 xdx.


∫

sec3(x)dx =tg x sec x

2+

1

2

∫

sec xdx =tg x sec x

2+

1

2ln | sec x + tg x|+C.


sec5 xdx.

24

Vamos aplicar a formula de recorrencia acima para n = 5, assim∫

sec5(x)dx =tg x sec3 x

4+

3

4

∫

sec3 xdx.

Usando o exercıcio anterior, temos∫

sec5(x)dx =tg x sec3 x

4+

3

8tg x sec x +

3

8ln | sec x + tg x| + C.

Agora iremos trabalhar com produto de potencia de seno com cos-

seno. Como tambem produto de potencia de tangente com secante.

Proposic ao 1.4.4. Dados n, m numeros naturais com m ımpar (isto e,

m = 2s + 1). Prove que∫

sen nx cosm xdx =

∫

un(1 − u2)sdu

onde u = sen x.

Prova. Temos que∫

sen nx cosm xdx = sen nx(cos2 x)s cos xdx.

Da formula (1.4) temos∫

sen nx cosm xdx = sen nx(1 − sen 2x)s cos xdx.

Agora faca u = sen x ⇒ du = cos xdx, donde dx =du

cos x. Assim,

∫

sen nx(1 − sen 2x)s cos xdx =

∫

un(1 − u2)s��cos xdu��cos x

.

Portanto,∫

sen nx cosm xdx =

∫

un(1 − u2)sdu.


sen 4x cos xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 3 e m = 1(isto e,

m = 2.0 + 1), assim∫

sen 4x cos xdx =

∫

u3du =u4

4+ C.

Retornando para variavel x, temos que∫

sen 4x cos xdx =sen 4x

4+ C.

25


sen 2x cos3 xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 2 e m = 3(ou seja,

m = 2.1 + 1), assim∫

sen 2x cos3 xdx =

∫

u2(1 − u2)du =

∫

(u2 − u4)du =u3

3− u5

5+ C.


sen 4x cos xdx =sen 3x

3− sen 5x

5+ C.

Proposic ao 1.4.5. Dados n, m numeros naturais com m ımpar (isto e,

m = 2s + 1) . Prove que∫

cosn x sen mxdx = −∫

un(1 − u2)sdu

onde u = cos x.

Prova. Temos que∫

cosn x sen mxdx = cosn x( sen 2x)s sen xdx.

Da formula (1.4), temos∫

cosn x sen mxdx = cosn x(1 − cos2 x)s sen xdx.

Agora faca u = cos x ⇒ du = − sen xdx, donde dx =−du

sen x. Assim,

∫

cosn x(1 − cos2 x)s sen xdx =

∫

un(1 − u2)s��sen x(−du)��sen x

.

Portanto∫

cosn x sen mxdx = −∫

un(1 − u2)sdu.


cos4 x sen 3xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 4 e m = 3(ou seja,

m = 2.1 + 1), assim∫

cos4 x sen 3xdx = −∫

u4(1−u2)du = −∫

(u4−u6)du = −u5

5+

u7

7+C.


cos4 x sen 3xdx = −cos5 x

5+

cos7 x

7+ C.

26


cos3 x sen 3xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 3 e m = 3(isto e,m =

2.1 + 1), assim∫

cos3 x sen 3xdx = −∫

u3(1−u2)du = −∫

(u3−u5)du = −u4

4+

u6

6+C.

Retornando para variavel, x temos que∫

cos3 x sen 3xdx = −cos4 x

4+

cos6 x

6+ C.

Observac ao 1.4.3. No exemplo acima como m e n sao numeros ımpares,

poderıamos aplicar qualquer um dos dois resultados anteriores.

Observac ao 1.4.4. Agora, se m e n sao numeros pares, devemos

utilizar as equacoes (1.6) e (1.7), e aplicar alguns dos metodos ja

vistos anteriormente.

Exemplo 1.4.13. Calcule I =∫

cos2 x sen 2xdx.

Vamos utilizar as equacoes (1.6) e (1.7), assim

I =

∫[

1 + cos (2x)

2

] [

1 − cos (2x)

2

]

dx

=

∫[

1 − cos2 (2x)

4

]

dx.

Faca A =

∫[

1 − cos2 (2x)

4

]

dx. Assim, usando as propriedades

de integrais e equacao (1.6), temos que∫[

1 − cos2 (2x)

4

]

dx =1

4

∫

dx − 1

4

∫

cos2 (2x)dx

=1

4

∫

dx − 1

4

∫[

1 + cos (4x)

2

]

dx.

Daı∫[

1 − cos2 (2x)

4

]

dx =1

4x − 1

8x − 1

8

∫

cos (4x)dx.

Resolvendo a integral∫

cos (4x)dx atraves de uma substituicao (sim-

ples) temos que∫

cos (4x)dx =1

4sen (4x) + C.

27

Portanto∫

cos2 x sen 2xdx =1

8x − 1

32sen (4x) + C.

Proposic ao 1.4.6. Se n 6= 0 prove que∫

secn x sec x tg xdx =

∫

undu

onde u = sec x.

Prova. Faca u = sec x ⇒ du = sec x tg xdx donde dx =du

sec x tg x.

Assim,∫

secn x secx tg xdx =

∫

un��sec x tg xdu��sec x tg x

=

∫

undu.


sec4 x sec x tg xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 4. Assim,∫

sec4 x sec x tg xdx =

∫

u4du =u5

5+ C.


sec4 x sec x tg xdx =sec5 x

5+ C.


sec−1

2 x tg xdx.

Temos que∫

sec−1

2 x tg xdx =

∫

sec−3

2 x sec x tg xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = −3

2, assim

∫

sec−3

2 x sec x tg xdx =

∫

u− 3

2 du = −2u− 1

2 + C.


sec4 x sec x tg xdx = −2(sec x)−1

2 + C.

Proposic ao 1.4.7. Dados m, n numeros naturais com e n > 1 e m

ımpar(isto e, m = 2s + 1). Prove que∫

secn x tg mxdx =

∫

un−1(u2 − 1)sdu

onde u = sec x.

28

Prova. Temos que

∫

secn x tg mxdx = secn−1 x sec x tg x( tg 2x)sdx.

Da formula (1.5) temos

∫

secn x tg mxdx = secn−1 x(sec2 x − 1)s sec x tg xdx.

Agora faca u = sec x ⇒ du = sec x tg xdx, donde dx =du

sec x tg x.

Assim,

∫

secn x tg mxdx =

∫

un−1(u2 − 1)s��sec x tg xdu��sec x tg x

=

∫

un−1(u2 − 1)sdu.


sec1/2 x tg 3xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 1/2 e m = 3(isto e,m =

2.1 + 1). Assim,

∫

u−1/2(u2 − 1)du =

∫

(u3/2 − u−1/2)du =u5/2

5/2− u1/2

1/2+ C.

Retornando para variavel x, temos que

∫

sec3 x tg 3xdx = 2sec5/2 x

5− 2sec1/2 x + C.

Proposic ao 1.4.8. Se n 6= 0 prove que

∫

sec2 x tg nxdx =

∫

undu

onde u = tg x.

Prova. Faca u = tg x ⇒ du = sec2 xdx donde dx =du

sec2 x. Assim,

∫

secn x tg nxdx =

∫

un��sec2 xdu��sec2 x

dx =

∫

undu.


sec2 (2x) tg −3(2x)dx

29

Vamos aplicar o resultado anterior para n = −3, mas antes disso

vamos fazer uma substituicao (simples). Faca z = 2x entao dz =

2dx ⇒ dx = 1/2dz, logo∫

sec2 (2x) tg −3(2x)dx = 1/2

∫

sec2 (z) tg −3(z)dz.

Agora aplicando resultado, temos∫

sec2 (z) tg −3(z)dz =

∫

u−3du =u−2

−2+ C


sec2 (2x) tg −3(2x)dx = − tg −2(2x)

4+ C.

Proposic ao 1.4.9. Dados m natural e n real, com par(ou seja, m =

2s + 2) e n 6= 0. Prove que∫

tg nx secm xdx =

∫

un−1(u2 + 1)sdu

onde u = tg x.

Prova. Temos que∫

tg nx tg mxdx = tg nx(sec2 x)s sec2 xdx.

Da formula (1.5) temos∫

tg nx secm xdx = tg nx(sec2 x + 1)s sec2 xdx.

Agora u = tg x ⇒ du = sec2 xdx, donde dx =du

sec2 x. Assim,

∫

tg nx secm xdx =

∫

un(u2 + 1)s��sec2 xdu��sec2 x

=

∫

un(u2 + 1)sdu.

Exemplo 1.4.18. Calcule integral definida∫ π/4

0tg 10x sec4 xdx.

Vamos aplicar o resultado anterior para n = 10 e m = 4(isto e,m =

2.1 + 2). Primeiro, vamos fazer a mundanca dos limites de integracao,

isto e, para x = 0 ⇒ u = tg 0 = 0 e para x = π/4 ⇒ u = tg (π/4) = 1.

Assim∫ π/4

0

tg 10x sec4 xdx =

∫ 1

0

u10(u2+1)du =

∫ 1

0

(u12+u10)du =u13

13+

u11

11|10.

Portanto∫ π/4

0

tg 10x sec4 xdx = (113

13+

111

11) − (

013

13+

011

11) =

24

143.

30

1.4.1 Exercıcios


f(x) = cos (x) sen (2x)

2. Determinar as seguintes integrais, usando Integracao de produ-

tos e potencias de seno e cosseno, tangente e secante

(a)∫

cos (3x) cos (4x)dx

(b)∫

sen (5x) sen (2x)dx

(c)∫

cos7 xdx

(d)∫

sen 3(4x + 2)dx

(e)∫

sen (2x) cos (2x)dx

(f)∫

sen 14x cos3 (x)dx

(g)∫

tg −3x sec2 xdx

(h)∫

tg 7x sec3(x)dx

(i)∫

sec−2 x tg 3xdx

(j)∫

cos3 (2x) sen (2x)dx

(k)∫ π/2

π/3

sen 3x cos2 xdx

(l)∫ π/4

0

tg x sec2 xdx

(m)∫ π/6

0

cos3 x sen 2xdx

(n)∫ π

0

sen 2x cos 6xdx

1.4.2 Respostas

1. −12cos x − 1

6cos (3x) + C

2. (a)1

2sen x +

1

14sen (7x) + C

31

(b)1

6sen(3x) − 1

14sen (7x) + C

(c) 1 − 3 sen 2x + 3 sen 4x − sen 6x + C

(d) −1

4cos (4x + 2) +

1

12cos3 (4x + 2) + C

(e) −1

8cos (4x) + C

(f)1

15sen 15x − 1

17sen 17x + C

(g) −1

2tg −2 + C

(h)1

9sec9(x) − 3

7sec7(x) +

3

5sec5(x) − 1

3sec3(x) + C

(i) ln | sec x| + 1

2sec−2 x + C

(j) −1

4cos4 (2x) + C

(k) − 17

480

(l)1

2

(m)17

480

(n) 0

1.5 Integrac ao por Substituic ao Trigonom etrica

Algumas funcoes possuem certas expressoes que, para calcular sua

integral e necessario fazer uma substituicao denominada de substituicao

trigonometrica. Segue abaixo a tabela com as expressoes e suas res-

pectivas substituicoes:

Tabela Para a Substituicao TrigonometricaTipos Expressao Substituicao dx f(θ)

I a2 − x2 x = a sen θ dx = a cos θdθ sen θ = xa

II a2 + x2 x = a tg θ dx = a sec2 θdθ tg θ = xa

III x2 − a2 x = a sec θ dx = a sec θ tg θdθ sec θ = xa

onde a e uma constante dada.

Exemplo 1.5.1. Calcule a integral I =∫ 1√

4 − x2dx.

32

Temos que a integral acima e tipo I. Assim, a = 2 e substituicao e

x = 2 sen θ entao dx = 2 cos θdθ. Logo,

I =

∫

2 cos θdθ√4 − 4 sen 2θ

=

∫

2 cos θdθ√

4(1 − sen 2θ)=

∫

2 cos θdθ√4 cos2 θ

=

∫

2 cos θdθ

2 cos θ

=

∫ ��2 cos θdθ��2 cos θ=

∫

dθ = θ + C.

Sendo sen θ =x

2⇒ θ = arcsen (

x

2). Entao, retornando para variavel

x, temos que∫

dx√4 − x2

= arcsen (x

2) + C.

Exemplo 1.5.2. Calcule a integral I =∫ √

9 − x2dx.

Temos que a integral acima e tipo I. Assim a = 3 e substituicao e

x = 3 sen θ entao dx = 3 cos θdθ. Logo,

I =

∫ √9 − 9 sen 2θ3 cos θdθ =

∫

√

9(1 − sen 2θ)3 cos θdθ

=

∫ √9 cos2 θ3 cos θdθ =

∫

9 cos2 θdθ.

Da formula (1.6), temos que

A =

∫

9 cos2 θdθ = 9

∫

1 + cos (2θ)

2dθ

9

∫

1 + cos (2θ)

2dθ =

9

2

∫

dθ +9

2

∫

cos (2θ)dθ

= =9

2θ +

9

4sen (2θ) + C.

Sabemos que sen (2θ) = 2 sen θ cos θ, assim∫ √

9 − x2 =9

2θ +

9

2sen θ cos θ + C

Sendo sen θ =x

3⇒ θ = arcsen (

x

3), entao, para obter as outras

funcoes trigonometricas usaremos a figura 1.1, sabendo que x repre-

senta o cateto oposto e 3 representa a hipotenusa.

33

Figura 1.1: substituicao trigonometrica 1

Logo da figura 1.1, temos que sen θ =x

3e cos θ =

√9 − x2

3. Assim,

retornando para variavel x, temos que

∫

dx√4 − x2

=9

2arcsen (

x

3) +

x√

9 − x2

2+ C.

Saiba Mais: Para

mais detalhes

sobre a teoria

do metodo de

integracao por

substituicao tri-

gonometrica, ver

referencia [12]

Exemplo 1.5.3. Calcule a integral I =∫ 1

3 + x2dx.

Temos que a integral acima e tipo II. Assim a =√

3 e substituicao

e x =√

3 tg θ entao dx =√

3 sec2 θdθ. Logo,

I =

∫

√3 sec θdθ

√

3 + 3 tg 2θ

=

∫√

x sec θdθ√

3(1 + tg 2θ)

=

∫

√3 sec θdθ√3 sec2 θ

=

∫

√3 sec θdθ√3 sec θ

=

∫ ��√3 sec θdθ��√3 sec θ

=

∫

dθ = θ + C.

34

Sendo tg θ =x√3⇒ θ = arctg (

x√3), entao retornando para variavel

x, temos que

I =

∫

1

3 + x2dx = arctg (

x√3) + C.

Exemplo 1.5.4. Calcule a integral∫ 1

0

dx√1 + x2

.

Temos que a integral acima e tipo II. Assim a = 1 e substituicao e

x = tg θ entao dx = sec2 θdθ. Para

x = 0 ⇒ tg θ = 0 ⇒ θ = 0 e x = 1 ⇒ tg θ = 1 ⇒ θ =π

4.

Logo,

I =

∫ π

4

0

sec2 θdθ√

1 + tg 2θ

=

∫ π

4

0

sec2 θdθ√sec2 θ

=

∫ π

4

0

sec θdθ.

Assim, da Proposicao (1.2.1), temos que∫ π

4

0

sec θdθ = ln | sec θ + tgθ||π

4

0 = ln | sec π

4+ tg

π

4| − ln | sec 0 + tg 0|

Portanto∫ 1

0

dx√1 + x2

= ln |√

2 + 1|

Exemplo 1.5.5. Calcule a integral I =∫ 1√

x2 − 16dx.

Temos que a integral acima e tipo III. Assim a = 4 e substituicao

e x = 4 sec θ entao dx = 4 sec θ tg θdθ. Logo

I =

∫

4 sec θ tg θdθ√16 sec2 θ − 16

=

∫

4 sec θ tg θdθ√

16(sec2 θ − 1)

=

∫

4 sec θ tg θdθ√

16 tg 2θ

=

∫

sec θ4 tg θdθ

4 tg θ

=

∫

sec θ��4 tg θdθ��4 tg θ

=

∫

sec θdθ

= ln | sec θ + tg θ| + C.

35

Sendo sec θ =x

4, entao, para obter as funcoes trigonometricas usa-

remos a figura 1.2 abaixo, sabendo que x representa hipotenusa e 4

representa o cateto adjacente.


Logo da figura 1.2, temos que sec θ =x

4e tg θ =

√x2 − 16

4. Assim

retornando para variavel x, temos que∫

1√x2 − 16

dx = ln |x4

+

√x2 − 16

4| + C.

Exemplo 1.5.6. Calcule a integral I =∫ dx

x2 − 1.

Temos que a integral acima e tipo III. Assim a = 1 e substituicao

e x = sec θ entao dx = sec θ tg θdθ. Logo

I =

∫

sec θ tg θdθ

sec2 θ − 1

=

∫

sec θ tg θdθ

tg 2θ

=

∫

sec θdθ

tg θ=

∫

cossec θdθ.

Assim da Proposicao (1.2.1), temos que∫

cossec θdθ = ln | cossec θ + cotg θ| + C.

Sendo sec θ =x

1, entao para obter as funcoes trinometricas usare-

mos a figura 1.3, sabendo que x representa hipotenusa e 1 representa

o cateto adjacente3.

36


Usando a figura 1.3, temos que cossec θ =x√

x2 − 1e cotg θ =

1√x2 − 1

. Assim retornando para variavel x, temos que

∫

dx

x2 − 1= ln | x√

x2 − 1+

1√x2 − 1

| + C.

1.5.1 Exercıcios

1. Seja funcao f : [−r, r] → R definida pela lei f(x) =√

r2 − x2.

Calcule a seguinte integral

I = 2

∫ r

−r

f(x)dx.

E conclua que esta valor da integral a area de um cırculo de raio

r.

2. Determinar as seguintes integrais usando Integracao de por Substituicao

Trigonometrica:

(a)∫

1

x2 + 9dx

(b)∫

1√x2 − 4

dx

(c)∫

1

9 − x2dx

37

(d)∫

√3 − x2

xdx

(e)∫

x3√

1 − x2dx

(f)∫

1

x√

x2 + 1dx

(g)∫

√

9 − (x − 1)2dx

(h)∫

1

x√

1 − x2dx

(i)∫

x√

x2 − 4dx

(j)∫

x + 1√x2 + 2x + 3

dx

(k)∫

√2/2

0

1

1 − x2dx

(l)∫ 2

−2

x√

4 − x2dx

(m)∫

√2

1

√x2 − 1dx

(n)∫ 2

0

x√x2 + 4

dx

1.5.2 Respostas

1. πr2

2. (a)1

3arctg

x

3+ C

(b) ln |x2

+

√x2 − 4

2| + C

(c)1

3ln | 3√

9 − x2+

3

9 − x2| + C

(d)√

3 ln |√

3

x+

√3 − x2

x| +

√3 − x2

√x

+ C

(e) −(√

1 − x2)3

3+

(√

1 − x2)5

5+ C

(f) ln | x√x2 + 1

| + C

(g)9

2arcsen (

x + 1

3) +

9

2.x + 1

3.

√

9 − (x + 1)2

3+ C

(h) arcsec x + C

38

(i)1

3(√

x2 − 4)3 + C

(j)√

(x + 1)2 + 2 + C

(k) ln |√

2 + 1|

(l) 0

(m)1

2

(n) 2(√

2 − 1)

1.6 Integrac ao por Frac oes Parciais

Apresentaremos, a seguir, tecnicas para calcular integrais de funcoes

racionais, ou seja, funcoes do tipo f(x) =p(x)

q(x)onde p(x) e q(x) sao

polinomios com coeficientes reais. Essa tecnicas e denominada por:

Integracao por fracoes parciais. A primeira observacao e que preci-

samos estudar apenas o caso em que o grau de p(x) e menor que o

grau de q(x), pois se ocorrer o contrario, pelo algorıtimo da divisao,

podemos escrever:

p(x) = m(x)q(x) + r(x)

onde r(x) ≡ 0 ou o gran de r(x) e menor que o grau de q(x). Mas isso

significa que

f(x) =p(x)

q(x)=

m(x)q(x) + r(x)

q(x)= m(x) +

r(x)

q(x).

Portanto,∫

f(x) =

∫

m(x) +

∫

r(x)

q(x).

Como m(x) e um polinomio e nos ja sabemos integrar polinomios,

entao para integrar f basta saber integrar a funcao racionalr(x)

q(x).

Seja a funcao racional f(x) =p(x)

q(x)tal que grau p(x) e menor do

que o grau de q(x).

Vamos analisar casos de acordo com grau de q(x)

39

• Caso[1]: A polinomio q(x) possui grau 2. Neste caso o grau de

p(x) e menor ou igual a 1.

Sendo q(x) um polinomio de grau 2 temos que q(x) = a2x2 +

a1x + a0 com a2 6= 0. Neste caso ocorre somente uma das pos-

sibilidades abaixo:

– Possibilidade [1.1]: q(x) possui duas raızes reais distintas.

Assim q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a2(x − α)(x − β) com α 6= β.

– Possibilidade [1.2]: q(x) possui duas raızes reais iguais. As-

sim q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a2(x − α)2, α ∈ R.

– Possibilidade [1.3]: q(x) nao possui raızes reais. Assim q(x)

pode ser escrito como:

q(x) = a2[u2 + c2] onde u = x +

a1

2a2e c =

√−∆

2a2.

A analise da possibilidade 1.1 esta contida no seguinte Lema:

Lema 1.6.1 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, α, β ∈ R

com α 6= β. Entao existem constantes A, B ∈ R tais que:

ax + b

(x − α)(x − β)=

A

x − α+

B

x − β=

Ax − βA + Bx − αB

(x − α)(x − β), ∀x 6= α, β

Assim

∫

ax + b

(x − α)(x − β)=

∫

A

x − α+

∫

B

x − β= A ln |x − α|+B ln |x − β|+C.

Exemplo 1.6.1. Para cacular a integral

∫ −x + 3

(x − 1)(x − 3)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao−x + 3

(x − 1)(x − 3)em fracoes

parciais, como no Lema 1.6.1. Assim

40

−x + 3

(x − 1)(x − 3)=

A

x − 1+

B

x − 2=

A(x − 2) + B(x − 1)

(x − 2)(x − 1)

Segue-se entao da igualdade de fracoes que

−x + 3 = A(x − 2) + B(x − 1).

Podemos encontrar as constantes A e B atraves de igualdade de po-

linomios ou atribuindo valores a x, em especial as raızes de q(x). As-

sim

para x = 2 ⇒ −2 + 3 = A(2 − 2) + B(2 − 1) ⇒ B = 1

para x = 1 ⇒ −1 + 3 = A(1 − 2) + B(1 − 1) ⇒ A = −2

∫ −x + 3

(x − 1)(x − 3)dx =

∫ −2

x − 1dx +

∫

1

x − 2dx

= −2 ln | x − 1 | + ln | x − 2 | +C

= ln | x − 2

(x − 1)2| + C.

Exemplo 1.6.2. Para cacular a integral∫

1

x2 − 1dx

Vamos usar a decomposicao da fracao1

x2 − 1=

1

(x − 1)(x + 1)em

fracoes parciais, como no Lema 1.6.1. Assim

1

(x − 1)(x + 1)=

A

x − 1+

B

x + 1=

A(x + 1) + B(x − 1)

(x − 1)(x + 1)


1 = A(x + 1) + B(x − 1).

Podemos encontrar as constantes A e B atraves de igualdade de po-

linomios ou atribuindo valores a x, em especial as raızes de q(x). As-

sim

para x = 1 ⇒ 1 = A(1 + 1) + B(1 − 1) ⇒ A = 1/2

para x = −1 ⇒ 1 = A(−1 + 1) + B(−1 − 1) ⇒ B = −1/2

41

∫

1

(x − 1)(x + 1)dx =

1

2

∫

1

x − 1dx − 1

2

∫

1

x + 1dx

=1

2ln | x − 1 | −1

2ln | x − 2 | +C

=1

2ln | x − 1

x + 1| + C

Para estudar a possibilidade 1.2, basta observar o conteudo do lema;

Lema 1.6.2 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, α ∈ R.

Entao existem constantes A, B ∈ R tais que:

ax + b

(x − α)2=

A

x − α+

B

x − α)2=

Ax − α.A + B

(x − α)2, ∀x 6= α (1.11)

Neste caso, facilmente verifica-se que A = a e B = b + α.a satifa-

zem a equacao 1.11


x3+1x2−2x+1

dx

Efetuando a divisao do polinomio x3 + 1 pelo polinomio

x2 − 2x + 1 = (x − 1)2

tem-se

x3 + 1 = (x2 − 2x + 1)(x + 2) + (3x − 1)

e consequentemente a igualdade:

x3 + 1

x2 − 2x + 1= (x + 2) +

3x − 1

(x − 1)2(1.12)

Agora vamos decompor o ultimo termo do lado direito da equacao

(1.12) em fracoes parciais:

3x − 1

(x − 1)2=

A

x − 1+

B

(x − 1)2=

Ax − A + B

(x − 1)2

Segue-se entao da igualdade de fracoes que 3x − 1 = A(x − 1) +

B. Podemos encontrar as constantes A e B atraves de igualdade de

polinomios ou atribuindo valores a x, em especial, as raızes de q(x).

Assim

para x = 1 ⇒ 3.1 − 1 = A(1 − 1) + B ⇒ B = 2

para x = 0 ⇒ 3.0 − 1 = A(0 − 1) + B ⇒ −1 = −A + 2 ⇒ A = 3

42

Assim, o ultimo termo da equacao (1.12) pode ser escrito na forma:

3x − 1

(x − 1)2=

3

x − 1+

2

(x − 1)2(1.13)

Substituindo a equacao (1.13) na equacao (1.12) e integrando:∫

x3 + 1

x2 − 2x + 1dx =

∫

(x + 2)dx +

∫

3

x − 1dx +

∫

2

(x − 1)2dx

=x2

2+ 2x + 3. ln | x − 1 | −2(x − 1)−1 + C.

No exemplo abaixo, temos a possibilidade 1.2, mas podemos resolver

fazendo uma substituicao simples.

Exemplo 1.6.4. Para resolver∫ x + 1

(x − 1)2dx, faca u = x − 1 ⇒ du = dx

e x = u + 1. Assim∫

x + 1

(x − 1)2dx =

∫

u + 1 + 1

u2du =

∫

du

u+2

∫

u−2du = ln |u|+2u−1+C.

Retornando a variavel x, temos que∫

x + 1

(x − 1)2dx = ln |x − 1| + 2(x − 1)−1 + C.

Quando ocorrer a possibilidade 1.3 , isto e,

q(x) = a2x2 + a1x + a0 com ∆ = a2

1 − 4a2a0 < 0.

O procedimento a ser adotado e, escrever q(x) na forma

q(x) = a2[(x +a1

2a2)2 − ∆

4a22

] (1.14)

e fazer a mudanca de variavel u = x +a1

2a2, como no exemplo abaixo:


1

x2 + 16dx

O polinomio q(x) = x2 + 16 nao possui raızes reais, pois, ∆ =

02 − 4.1.16 = −64 < 0, e mesmo ja esta no formato (1.14). Assim ado-

taremos o procedimento descrito acima, fazendo x = 4 tg θ obtemos:∫

1

x2 + 16dx =

∫

4 sec2 θ

16 tg 2θ + 16du

=4

16

∫ ��sec2 θ��sec2 θdu

=1

4θ + C

43

Retornando para variavel x, obtemos que

∫

1

x2 + 16dx =

1

4arctg

x

4+ C

Exemplo 1.6.6. Calcule a integral

∫

3x + 1

x2 + 4x + 5dx

Observe que neste caso q(x) = x2 +4x+5 nao possui raızes reais,

pois, ∆ = 42 − 4.1.5 = −1 < 0. Adotaremos entao o procedimento

descrito acima:

∫

3x + 1

x2 + 4x + 5dx =

∫

3x + 1

(x + 2)2 + 1dx

Fazendo a substituicao u = x + 2 ⇒ du = dx e x = u − 2. Assim,

obtemos

∫

3x + 1

x2 + 4x + 5dx =

∫

3(u − 2) + 1

u2 + 1du

= 3

∫

u

u2 + 1du − 5

∫

1

u2 + 1du

=3

2ln (u2 + 1) − 5. arctg (u2 + 1) + C

Retornando para variavel x, obtemos que

∫

3x + 1

x2 + 4x + 5dx =

3

2ln ((x + 2)2 + 1) − 5 arctg ((x + 2)2 + 1) + C

Saiba Mais: Para

mais detalhes

sobre a teoria

do metodo de

integracao por

fracoes parcias,

ver referencia [13]

• Caso[2]: A polinomio q(x) possui grau 3. Neste caso, o grau de



a2x2 +a1x+a0 com a3 6= 0. Neste caso, ocorre somente uma das

possibilidades abaixo:

– Possibilidade [2.1]: q(x) possui tres raızes reais distintas.


q(x) = a3(x − α)(x − β)(x − γ) com α 6= β 6= γ.

44

– Possibilidade [2.2]: q(x) possui tres raızes reais, sendo ape-

nas duas iguais. Assim q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a3(x − α)(x − β)2, α 6= β.

– Possibilidade [2.3]: q(x) possui tres raızes reais iguais. As-

sim, q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a3(x − α)3.

– Possibilidade [2.4]: q(x) possui apenas uma raiz real. As-

sim, q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a3(x − α)s(x)

onde s(x) e um polinomio irredutıvel, isto e nao possui raiz

real.


Lema 1.6.3 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, α, β, γ ∈R com α 6= β 6= γ. Entao existem constantes A, B, C ∈ R tais que:

ax2 + bx + c

(x − α)(x − β)(x − γ)=

A

x − α+

B

x − β+

C

x − γ


∫

x2 + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)dx

Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)em

fracoes parciais, como no Lema 1.6.3. Assim,

x2 + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)=

A

x − 1+

B

x − 3+

C

x + 1

x2 + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)=

A(x − 3)(x + 1) + B(x − 1)(x + 1) + C(x − 1)(x − 3)

(x − 1)(x − 3)(x + 1)

Segue-se entao, da igualdade de fracoes que

x2 + 3 = A(x − 3)(x + 1) + B(x − 1)(x + 1) + C(x − 1)(x − 3).

45

Podemos encontrar as constantes A, B e C atraves de igualdade de

polinomios ou atribuindo valores a x, em especial as raızes de q(x).

Assim, para x = 1 temos

12 + 3 = A(1− 3)(1 + 1) + B(1− 1)(1 + 1) + C(1− 1)(1− 3) ⇒ A = −1,

para x = 3, temos

32 + 3 = A(3− 3)(1 + 1) + B(3− 1)(3 + 1) + C(3− 1)(3− 3) ⇒ B = 3/2

e para x = −1, segue que

(−1)2+3 = A((−1)−3)((−1)+1)+B((−1)−1)((−1)+1)+C((−1)−1)((−1)−3) ⇒ C

Logo,∫

x2 + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)dx =

∫ −1

x − 1dx +

∫

3/2

x − 3dx +

∫

1/2

x + 1dx

= − ln | x − 1 | +3

2ln | x − 3 | +

1

2ln | x − 1 | +C


1

x3 − xdx

Temos que x3 − x = x(x2 − 1) = x(x− 1)(x + 1). Agora vamos usar

a decomposicao da fracao1

(x − 1)x(x + 1)em fracoes parciais, como

no Lema 1.6.3. Assim,

1

(x − 1)x(x + 1)=

A

x − 1+

B

x+

C

x + 1

1

(x − 1)x(x + 1)=

Ax(x + 1) + B(x − 1)(x + 1) + Cx(x − 1)

(x − 1)x(x + 1)


1 = Ax(x + 1) + B(x − 1)(x + 1) + Cx(x − 1).

Vamos encontrar as constantes A, B e C. Assim, para x = 1 temos

1 = A.1.(1 + 1) + B(1 − 1)(1 + 1) + C.1.(1 − 1) ⇒ A = 1/2,

para x = 0, temos

1 = A.0.(1 + 1) + B(0 − 1)(0 + 1) + C.0.(0 − 1) ⇒ B = −1

46


1 = A.(−1).((−1)+1)+B((−1)−1)((−1)+1)+C(−1).((−1)−3) ⇒ C = 1/4.

Logo,∫

1

(x − 1)x(x + 1)dx =

∫

1/2

x − 1dx +

∫ −1

xdx +

∫

1/4

x + 1dx

=1

2ln | x − 1 | − ln | x | +

1

4ln | x + 1 | +C


Lema 1.6.4 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, α, β ∈R com α 6= β. Entao existem constantes A, B, C ∈ R tais que:

ax2 + bx + c

(x − α)(x − β)2=

A

x − α+

B

x − β+

C

(x − β)2

Exemplo 1.6.9. Para calcular a integral∫

x + 3

(x − 1)(x − 3)2dx

Vamos usar a decomposicao da fracaox + 3

(x − 1)(x − 3)2em fracoes

parciais, como no Lema 1.6.4. Assim,

x + 3

(x − 1)(x − 3)(x + 1)=

A

x − 1+

B

x − 3+

C

(x − 3)2

x + 3

(x − 1)(x − 3)2=

A(x − 3)2 + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)

(x − 1)(x − 3)2


x + 3 = A(x − 3)2 + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1).




1 + 3 = A(1 − 3)2 + B(1 − 1)(1 − 3) + C(1 − 1) ⇒ A = 1,

para x = 3, temos

3 + 3 = A(3 − 3)2 + B(3 − 1)(3 − 3) + C(3 − 1) ⇒ B = 3.

47

Como existem duas raızes reais iguais, vamos atribuir outro valor para

x. Assim atribuindo x = 0, segue que

0 + 3 = A(0 − 3)2 + B(0 − 1)(0 − 3) + C(0 − 1) ⇒ 9A + 3B − C = 3.

Logo, substituindo pelos outros valores ja encontrados, obtemos que

C = 15. Assim∫

x + 3

(x − 1)(x − 3)2dx =

∫

1

x − 1dx +

∫

3

x − 3dx +

∫

15

(x − 3)2dx

= ln | x − 1 | +3 ln | x − 3 | −15(x − 3)−1 + C


x4 + 1

x3 − x2dx

Fazendo primeiramente a divisao, temos que

x4 + 1

x3 − x2= x +

x2 + 1

x3 − x2.

Agora vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 1

x3 − x2=

x2 + 1

x2(x − 1)em

fracoes parciais. Assim

x2 + 1

(x − 1)x2=

A

x − 1+

B

x+

C

x2

x2 + 1

(x − 1)x2=

Ax2 + Bx(x − 1) + C(x − 1)

(x − 1)x2


x2 + 1 = Ax2 + Bx(x − 1) + C(x − 1).

Vamos encontrar as constantes A, B e C. Assim, para x = 1 temos

12 + 1 = A.12 + B.1.(1 − 1) + C(1 − 1) ⇒ A = 2,

para x = 0, temos

02 + 1 = A.02 + B.0.(0 + 1) + C(0 − 1) ⇒ C = −1

Como existem duas raızes reais iguais, vamos atribuir outro valor para

x. Assim atribuindo x = 2, segue que

22 + 1 = A.22 + B.2.(2 − 1) + C(2 − 1) ⇒ 4A + 2B + C = 5.

48

Logo, substituindo pelos outros valores ja encontrados, obtemos que

B = −1. Assim,∫

x4 + 1

x3 − x2dx =

∫

xdx +

∫

2

x − 1dx +

∫ −1

xdx +

∫ −1

x2dx

=x2

2+ 2 ln | x − 1 | − ln | x | +(x)−1 + C


Lema 1.6.5 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, α ∈ R.

Entao existem constantes A, B, C ∈ R tais que:

ax2 + bx + c

(x − α)3=

A

x − α+

B

(x − α)2+

C

(x − α)3


x + 3

(x − 3)3dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =x + 3

(x − 3)3em fracoes


F =A

x − 3+

B

(x − 3)2+

C

(x − 3)3

F =A(x − 3)2 + B(x − 3) + C

(x − 3)3


x + 3 = A(x − 3)2 + B(x − 3) + C.




3 + 3 = A(3 − 3)2 + B(3 − 3) + C ⇒ C = 6.

Como as tres raızes sao iguais, vamos atribuir outros dois valores para

x. Assim atribuindo x = 1 e x = 2, segue que

1 + 3 = A(1 − 3)2 + B(1 − 3) + C ⇒ 4A − 2B = −2.

2 + 3 = A(2 − 3)2 + B(2 − 3) + C ⇒ A − B = −1.

49

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 0 e B = 1. Assim∫

x + 3

(x − 3)3dx =

∫

0

x − 3dx +

∫

1

(x − 3)2dx +

∫

6

(x − 3)3dx

= −(x − 3)−1 − 3(x − 3)−2 + C

Exemplo 1.6.12. Calcule a integral∫ 3

2

x + 1

(x − 1)3dx

Podemos fazer a decomposicao da fracaox + 1

(x − 1)3em fracoes

parciais como no Lema 1.6.5, mas e mais conveniente fazer uma

substituicao simples. De fato, faca u = x − 1 ⇒ x = u + 1 entao

du = dx, assim, para x = 2 ⇒ u = 1 e para x = 3 ⇒ u = 2. Logo,

∫ 3

2

x + 1

(x − 1)3dx =

∫ 3

2

u + 2

(u)3du

=

∫ 3

2

1

u2du + 2

∫ 3

2

1

u3du

= (−1

u− 1

u2) |32

=11

36


Lema 1.6.6 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, α ∈ R e

s(x) um polinomio de grau 2 irredutıvel, isto e, sem raızes reais. Entao

existem constantes A, B, C ∈ R tais que:

ax2 + bx + c

(x − α)s(x)=

A

x − α+

Bx + C

s(x)


x + 3

(x − 1)(x2 + 1)dx


(x − 1)(x2 + 1)em fracoes


x + 3

(x − 1)(x2 + 1)=

A

x − 1+

Bx + C

x2 + 1

50

x + 3

(x − 1)(x2 + 1)=

A(x2 + 1) + (Bx + C)(x − 1)

(x − 1)(x2 + 1).

Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que

x + 3 = A(x2 + 1) + (Bx + C)(x − 1).


polinomios ou atribuindo valores a x, em especial as raızes de q(x).


1 + 3 = A(12 + 1) + (B.1 + C)(1 − 1) ⇒ A = 2.

Como so exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para


0 + 3 = A(02 + 1) + (B.0 + C)(0 − 1)+ ⇒ A − C = 3.

2 + 3 = A(22 + 1)2 + (B.2 + C)(2 − 1) ⇒ 5A + 2B + C = 5.

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que B = −2 e C = −1.

Assim

∫

x + 3

(x − 1)(x2 + 1)dx =

∫

2

x − 1dx +

∫ −2x − 1

x2 + 1dx

=

∫

2

x − 1dx +

∫ −2x

x2 + 1dx +

∫ −1

x2 + 1dx

= 2 ln | x − 1 | − ln | x2 + 1 | − arctg x + C

Exemplo 1.6.14. Para calcular a integral

I =

∫

x2 + 2

(x3 − 1)dx


(x3 − 1)em fracoes parci-

ais, como no Lema 1.6.6. Sabemos que x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1),

assim

x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)=

A

x − 1+

Bx + C

x2 + x + 1

x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)=

A(x2 + x + 1) + (Bx + C)(x − 1)

(x − 1)(x2 + x + 1).

51


x + 3 = A(x2 + x + 1) + (Bx + C)(x − 1).




12 + 2 = A(12 + 1 + 1) + (B.1 + C)(1 − 1) ⇒ A = 1.

Como so exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para


0 + 3 = A(02 + 0 + 1) + (B.0 + C)(0 − 1)+ ⇒ A − C = 3.

22 + 3 = A(22 + 2 + 1)2 + (B.2 + C)(2 − 1) ⇒ 7A + 2B + C = 7.

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que B = 1 e C = −2.

Assim∫

x2 + 2

(x − 1)(x2 + x + 1)dx =

∫

1

x − 1dx +

∫

x − 2

x2 + x + 1dx

=

∫

1

x − 1dx +

∫

x − 2

x2 + x + 1dx

= ln | x − 1 | + A + C

onde A =

∫

x − 2

x2 + x + 1dx.

Assim, para calcular A, vamos utilizar a substituicao trigonometrica.

Temos que

x2 + x + 1 = (x +1

2)2 + (

√3

2).

Faca x +1

2=

√3

2tg θ entao dx =

√3

2sec2 θdθ. Logo

A =

∫

[

(√

32

tg θ − 52)

34tg 2θ + 3

4

] √3

2sec2 θdθ

=

∫

[

(√

32

tg θ − 52)

34( tg 2θ + 1)

] √3

2sec2 θdθ

=4

3

∫

[

(√

32

tg θ − 52)��sec2 θ

] √3

2��sec2 θdθ

=

∫

tg θdθ − 5√

3

3

∫

dθ

= − ln | cos θ | −5√

3

3θ + C.

52

Sendo tg θ =x + 1

2√3

2

, entao para obter as funcoes trigonometricas

usaremos a figura 1.4 , sabendo que x +1

2representa cateto oposto e

√3

2representa o cateto adjacente.

Figura 1.4: Substituicao trigonometrica 4

Assim, retornando para a variavel x, temos que

∫

x − 2

x2 + x + 1dx = − ln

∣

∣

∣

∣

∣

∣

√3

2√

(x + 12)2 + (

√3

2)2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 5√

3

3arctg

(

x + 12√

32

)

+C.

Portanto,

I = ln | x − 1 | − ln

∣

∣

∣

∣

∣

∣

√3

2√

(x + 12)2 + (

√3

2)2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 5√

3

3arctg

(

x + 12√

32

)

+ C.

• Caso[3]: A polinomio q(x) possui grau 4. Neste caso o grau de



a3x3 + a2x

2 + a1x + a0 com a4 6= 0. Neste caso ocorre somente

uma das possibilidades abaixo:

– Possibilidade [3.1]: q(x) possui quatro raızes reais distintas.

Assim, q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a4(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ) com α 6= β 6= γ 6= δ.

53

– Possibilidade [3.2]: q(x) possui quatro raızes reais, sendo

duas iguais e tres distintas. Assim, q(x) pode ser escrito

como:

q(x) = a4(x − α)(x − β)(x − γ)2, α 6= β 6= γ.

– Possibilidade [3.3]: q(x) possui quatro raizes reais, sendo

duas iguais e duas distintas. Assim q(x) pode ser escrito

como:

q(x) = a4(x − α)2(x − β)2, α 6= β.

– Possibilidade [3.4]: q(x) possui quatro raizes reais, sendo

apenas tres iguais. Assim q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a4(x − α)(x − β)3, α 6= β.

– Possibilidade [3.5]: q(x) possui quatro raizes reais iguais.


q(x) = a4(x − α)4.

– Possibilidade [3.6]: q(x) possui apenas duas raızes reais

distintas,. Assim, q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a4(x − α)(x − β)s(x), com α 6= β e s(x) irredutivel.

– Possibilidade [3.7]: q(x) possui apenas duas raızes reais

iguias. Assim, q(x) pode ser escrito como:

q(x) = a4(x − α)2s(x), com s(x) irredutivel.

– Possibilidade [3.8]: q(x)nao possui raiz real, e se decompoe

em dois fatores irredutiveis distintos. Assim, q(x) pode ser

escrito como:

q(x) = a4s1(x)s2(x), s1(x) 6= s2(x).

– Possibilidade [3.9]: q(x) nao possui raiz real, e se decompoe

em dois fatores irredutiveis iguais . Assim, q(x) pode ser es-

crito como:

q(x) = a4s1(x)2

54


Lema 1.6.7 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, α, β, γ, δ ∈R com α 6= β 6= γ 6= δ. Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais

que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ=

A

x − α+

B

x − β+

C

x − γ+

D

x − δ


I =

∫

x3 + 2

(x − 1)(x − 3)(x + 1)(x + 2)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =x3 + 2

(x − 1)(x − 3)(x + 1)(x + 2)em fracoes parciais, como no Lema 1.6.7. Assim,

F =A

x − 1+

B

x − 3+

C

x + 1+

D

x + 3.

Donde

F =A

x − 1+

B

x − 3+

C

x + 1+

D

x + 3

=A(x − 3)(x + 1)(x + 2) + B(x − 1)(x + 1)(x + 2)

(x − 1)(x − 3)(x + 1)(x − 2)

+C(x − 1)(x − 3)(x + 2) + D(x − 1)(x − 3)(x + 1)

(x − 1)(x − 3)(x + 1)(x − 2)


x3 + 2 = A(x − 3)(x + 1)(x + 2) + B(x − 1)(x + 1)(x + 2)

+ C(x − 1)(x − 3)(x + 2) + D(x − 1)(x − 3)(x + 1)

Podemos encontrar as constantes A, B, C e D atraves de igual-

dade de polinomios ou atribuindo valores a x, em especial, as raızes

de q(x). Assim, para x = 1 temos

13 + 2 = A(1 − 3)(1 + 1)(1 + 2) ⇒ A = −1/4,

para x = 3, temos

33 + 2 = B(3 − 1)(3 + 1)(1 + 2) ⇒ B = 29/24

55

para x = −1, segue que

(−1)3 + 2 = C((−1) − 1)((−1) − 3)((−1) + 2) ⇒ C = 1/8


(−3)3 + 2 = D((−3) − 1)((−3) − 3)((−3) + 2) ⇒ D = 25/24.

Logo,

I =

∫ −1/4

x − 1dx +

∫

29/24

x − 3dx +

∫

1/8

x + 1dx +

∫

25/24

x + 3dx

= −1

4ln | x − 1 | +

29

24ln | x − 3 | +

1

8ln | x + 1 | +

25

24ln | x + 3 | +C


I =

∫

1

x(x − 1)(x + 1)(x − 2)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =1

x(x − 1)(x + 1)(x − 2)em fracoes parciais, como no Lema 1.6.7. Assim,

F =A

x − 1+

B

x+

C

x + 1+

D

x − 2

=Ax(x + 1)(x − 2) + B(x − 1)(x + 1)(x − 2)

(x − 1)x(x + 1)(x − 2)

+Cx(x − 1)(x − 2) + Dx(x − 1)(x + 1)

(x − 1)x(x + 1)(x − 2)


1 = Ax(x+1)(x−2)+B(x−1)(x−2)(x+1)+Cx(x−1)(x−2)+Dx(x−1)(x+1).

Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Assim, para x = 1 temos

1 = A.1.(1 + 1)(1 − 2) ⇒ A = −1/2,

para x = 0, temos

1 = B(0 − 1)(0 + 1)(0 − 2) ⇒ B = 1/2,

para x = −1, segue que

1 = C(−1).((−1) − 1)((−1) − 2) ⇒ C = −1/6.

56

e para x = 2, segue que

1 = D.2.(2 − 1)(2 + 1) ⇒ C = 1/6.

Logo

I =

∫ −1/2

x − 1dx +

∫

1/2

xdx +

∫ −1/6

x + 1dx +

∫

1/6

x − 2dx

= −1

2ln | x − 1 | +

1

2ln | x | −1

6ln | x + 1 | +

1

6ln | x − 2 | +C


Lema 1.6.8 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d.α, β, γ ∈R com α 6= β 6= γ. Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)(x − β)(x − γ)2=

A

x − α+

B

x − β+

C

x − γ+

D

(x − γ)2


I =

∫

x2 + x + 2

(x − 1)(x − 3)x2dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =x2 + x + 2

(x − 1)(x − 3)x2em


F =A

x − 1+

B

x − 3+

C

x+

D

x2

F =A(x − 3)x2 + B(x − 1)x2 + Cx(x − 1)(x − 3) + D(x − 1)(x − 3)

(x − 1)(x − 3)x2


x2 +x+1 = A(x−3)x2 +B(x−1)x2 +Cx(x−1)(x−3)+D(x−1)(x−3).

Podemos encontrar as constantes A, B, C e D atraves de igualdade

de polinomios ou atribuindo valores a x, em especial, as raızes de

q(x). Assim, para x = 1 temos

12 + 1 + 2 = A(1 − 3).12 ⇒ A = −2,

para x = 3, temos

32 + 1 + 2 = B(3 − 1)32 ⇒ B = 2/3

57

para x = 0, temos

02 + 1 + 2 = D(0 − 1)(0 − 3) ⇒ D = 1.

Sendo apenas tres raızes distintas, vamos atribuir outro valor para x,

assim atribuindo x = 2, segue que

22 +1+2 = A(2−3).22 +B(2−1)22 +C(2−1)(2−3)2+D(2−1)(2−3),

donde −4A+4B−2C−D = 7. Logo, substituindo pelos outros valores

ja encontrados, obtemos que C = 4/3. Assim,

I =

∫ −2

x − 1dx +

∫

2/3

x − 3dx +

∫

4/3

xdx +

∫

1

x2dx

= −2 ln | x − 1 | +2

3ln | x − 3 | +

4

3ln | x | −x−1 + C


x2 + 1

(x − 1)2x(x − 5)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =x2 + 1

(x − 1)2x(x − 5)em

fracoes parciais como no Lema 1.6.8. Assim,

F =A

x − 1+

B

(x − 1)2+

C

x+

D

x − 5

F =A(x − 1)x(x − 5) + Bx(x − 5) + C(x − 1)2(x − 5) + D(x − 1)2x

(x − 1)2x(x − 5)


x2 + 1 = A(x− 1)x(x− 5) + Bx(x− 5) + C(x− 1)2(x− 5) + D(x− 1)2x.


12 + 1 = B.1.(1 − 5) ⇒ B = −1/2,

para x = 0, temos

02 + 1 = C(0 − 1)2(0 − 5) ⇒ C = −1/5

para x = 5, temos

52 + 1 = D(5 − 1)2.5 ⇒ D = 13/40

58

Sendo apenas tres raızes distintas, vamos atribuir outro valor para x,

assim, atribuindo x = 2, segue que

22 +1 = A(2−1)2.2.(2−5)+B.2.(2−5)+C(2−1)2(2−5)+D(2−1)2.2,

donde −6A − 6B − 3C + 2D = 5. Logo, substituindo pelos outros

valores ja encontrados, obtemos que A = −3/24. Assim,

I =

∫ −3/24

x − 1dx +

∫ −1/2

(x − 1)2dx +

∫ −1/5

xdx + int

13/40

x − 5dx

= − 3

24ln | x − 1 | +

1

2(x − 1)−1 − 1

5ln | x | +

13

40ln | x − 5 | +C


Lema 1.6.9 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d, α, β ∈R. Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)2(x − β)2=

A

x − α+

B

(x − α)2+

C

x − β+

D

(x − β)2


∫

x + 3

(x − 1)2(x − 3)2dx

Vamos usar a decomposicao da fracao F =x + 3

(x − 1)2(x − 3)2em


F =A

x − 1+

B

(x − 1)2+

C

x − 3+

D

(x − 3)2

F =A(x − 1)(x − 3)2 + B(x − 3)2 + C(x − 1)2(x − 3) + D(x − 1)2

(x − 1)2(x − 3)2


x + 3 = A(x − 1)(x − 3)2 + B(x − 3)2 + C(x − 1)2(x − 3) + D(x − 1)2.




1 + 3 = B(1 − 3)2 ⇒ B = 1,

59

para x = 3 temos

3 + 3 = D(3 − 1)2 ⇒ D = 3/2

Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores

para x, assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que

0+3 = A(0−1)(0−3)2+B(0−3)2+C(0−1)2(0−3)+D(0−1)2 ⇒ −9A−3C = −15/2.

2+3 = A(2−1)(2−3)2+B(2−3)2+C(2−1)2(2−3)+D(2−1)2 ⇒ A−C = 5/2.

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 15/7 e C =

−5/14. Assim

I =

∫

15/7

x − 1dx +

∫

1

(x − 1)2dx +

∫ −5/14

x − 3dx +

∫

3/2

(x − 3)2dx

=15

7ln | x − 1 | −(x − 1)−1 − 5

14ln | x − 3 | −3

2(x − 3)−1 + C


I =

∫ 2

1

1

x2(x + 1)2dx

Podemos fazer a decomposicao da fracao1

x2(x + 1)2em fracoes


F =A

x+

B

x2+

C

x + 1+

D

(x + 1)2

F =Ax(x + 1)2 + B(x + 1)2 + Cx2(x + 1) + Dx2

x2(x + 1)2


1 = Ax(x + 1)2 + B(x + 1)2 + Cx2(x + 1) + Dx2.




1 = B(0 + 1)2 ⇒ B = 1,

para x = −1 temos

1 = D(−1)2 ⇒ D = 1

60



1 = A.1.(1 + 1)2 + B(1 + 1)2 + C.12(1 + 1) + D.12 ⇒ 2A + C = −2.

1 = A.2(2 + 1)2 + B(2 + 1)2 + C.22(2 + 1) + D.22 ⇒ 18A + 4C = −15.

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = −7/10 e C =

−3/5. Assim

I =

∫ 2

1

−7/10

xdx +

∫ 2

1

1

x2dx +

∫ 2

1

−3/5

x + 1dx +

∫

1

(x + 1)2dx

= − 7

10ln | x |21 −(x)−1 |21 −

3

5ln | x + 1 |21 −(x + 1)−1 |21

=2

3− 1

10ln 2 − 3

5ln 3.


Lema 1.6.10 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d.α, β ∈R com α 6= β. Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)(x − β)3=

A

x − α+

B

x − β+

C

(x − β)2+

D

(x − β)3


I =

∫

x2 + x + 2

(x − 1)x3dx

Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + x + 2

(x − 1)x3em fracoes par-

ciais, como no Lema 1.6.10. Assim,

x2 + x + 2

(x − 1)x3=

A

x − 1+

B

x+

C

x2+

D

x3

x2 + x + 2

(x − 1)x3=

Ax3 + B(x − 1)x2 + Cx(x − 1) + D(x − 1)

(x − 1)x3


x2 + x + 2 = Ax3 + B(x − 1)x2 + Cx(x − 1) + D(x − 1).




12 + 1 + 2 = A.13 ⇒ A = 4

61

para x = 0, temos

02 + 0 + 2 = D(0 − 1) ⇒ D = −2


para x. Assim, atribuindo x = 2 e x = −1, segue que

22 + 2 + 2 = A.23 + B(2 − 1)22 + C2(2 − 1) + D(2 − 1)

(−1)2−1+2 = A(−1)3+B((−1)−1)(−1)2+C(−1)((−1)−1)+D((−1)−1)

donde 2B + C = −22 e −2B + 2C = 2. Logo, resolvendo o sistema,

obtemos que B = −4 e C = −3. Assim,

I =

∫

4

x − 1dx +

∫ −4

xdx +

∫ −3

x2dx +

∫ −2

x3dx

= 4 ln | x − 1 | −4 ln | x | +3x−1 + x−2 + C.


∫

x2 + 1

(x − 1)3xdx


(x − 1)3xem fracoes par-

ciais como no Lema 1.6.10. Assim,

x2 + 1

(x − 1)3x=

A

x − 1+

B

(x − 1)2+

C

(x − 1)3+

D

x

x2 + 1

(x − 1)3x=

A(x − 1)2x + B(x − 1)x + Cx + D(x − 1)3

(x − 1)3x


x2 + 1 = A(x − 1)2x + B(x − 1)x + Cx + D(x − 1)3.


12 + 1 = C.1 ⇒ C = 2,

para x = 0, temos

02 + 1 = D(0 − 1)3 ⇒ D = −1

62


para x, assim atribuindo x = 2 e x = −1, segue que

22 + 1 = A(2 − 1)2.2 + B(2 − 1)2 + C2 + D(2 − 1)3,

(−1)2 +2 = A((−1)−1)2(−1)+B((−1)−1)(−1)+C(−1)+D((−1)−1)3

donde 2A + 2B = 2 e −4A + 2B = −1. Logo, resolvendo o sistema,

obtemos que A = 5/6 e B = 1/6. Assim,

I =

∫

5/6

x − 1dx +

∫

1/6

(x − 1)2dx +

∫

2

(x − 1)3dx +

∫ −1

xdx

=5

6ln | x − 1 | −1

6(x − 1)−1 − (x − 1)−2 − ln | x | +C.


Lema 1.6.11 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d.α ∈R. Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)4=

A

x − α+

B

(x − α)2+

C

(x − α)3+

D

(x − α)4

Exemplo 1.6.23. Para ca,cular a integral

I =

∫ −x + 2

(x − 1)4dx

Vamos usar a decomposicao da fracao−x3 + 2

(x − 1)4em fracoes parci-

ais, como no Lema 1.6.11. Assim,

−x3 + 2

(x − 1)4=

A

x − 1+

B

(x − 1)2+

C

(x − 1)3+

D

(x − 1)4

−x3 + 2

(x − 1)4=

A(x − 1)3 + B(x − 1)2 + C(x − 1) + D

(x − 1)4


−x3 + 2 = A(x − 1)3 + B(x − 1)2 + C(x − 1) + D.




−13 + 2 = D ⇒ D = 1.

63

Como as quatro raızes sao iguais, vamos atribuir outros tres valores

para x, assim atribuindo x = 0, x = 2 e x = −1, segue que

−03 + 2 = A(0 − 1)3 + B(0 − 1)2 + C(0 − 1) + D

−23 + 2 = A(2 − 1)3 + B(2 − 1)2 + C(2 − 1) + D

−(−1)3 + 2 = A((−1) − 1)3 + B((−1) − 1)2 + C((−1) − 1) + D

donde temos o seguinte sistema

−A + B − C = 1

A + B + C = −7

−8A + 2B − 2C = 2

Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = 0, B = −3 e C = −4.

Assim,

I =

∫

0

x − 1dx +

∫ −3

(x − 1)2dx +

∫ −4

(x − 1)3dx +

∫

1

(x − 1)4dx

= 3(x − 1)−1 + 2(x − 1)−2 − 1

3(x − 1)−3 + C

Exemplo 1.6.24. Calcule a integral I =

∫

x2 + 1

(x + 2)4dx

No exemplo anterior usamos a decomposicao da fracao como no

Lema 1.6.11, mas e mais conveniente usarmos substituicao simples.

Assim faca u = x + 2 entao dx = du e x = u − 2, daı

I =

∫

(u − 2)2 + 1

u4du =

∫

u2 − 4u + 5

u4du

=

∫

u−2du − 4

∫

u−3du + 5

∫

u−4du = −u−1 + 2u−2 − 5

3u−3 + C


x2 + 1

(x + 2)4dx = −(x + 2)−1 + 2(x + 2)−2 − 5

3(x + 2)−3 + C.


Lema 1.6.12 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d.α, β ∈R com α 6= β e s(x) um polinomio irredutıvel de grau 2. Entao existem

constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)(x − β)s(x)=

A

x − α+

B

x − β+

Cx + D

s(x)

64


I =

∫

2

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao2

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)em


2

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)=

A

x − 1+

B

x + 1+

Cx + D

x2 + 1

=A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1)

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)

+(Cx + D)(x − 1)(x + 1)

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1).


2 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)(x + 1).




2 = A(1 + 1)(12 + 1) ⇒ A = 1/2

para x = −1, temos

2 = B((−1) − 1)(−1)2 + 1) ⇒ B = −1/2



2 = A(0 + 1)(02 + 1) + B(0 − 1)(02 + 1) + (C.0 + D)(0 − 1)(0 + 1)

2 = A(2 + 1)(22 + 1) + B(2 − 1)(22 + 1) + (C.2 + D)(2 − 1)(2 + 1)

donde D = −1 e 6B +3D = −8. Logo, resolvendo o sistema, obtemos

que D = −1 e C = −5/6. Assim,

I =

∫

1/2

x − 1dx +

∫ −1/2

x + 1dx +

∫

(−5/6)x − 1

x2 + 1dx +

=1

2ln | x − 1 | −1

2ln | x + 1 | +

∫ −56x − 1

x2 + 1dx

65

Agora∫ −5

6x − 1

x2 + 1dx = −5

6

∫

x

x2 + 1dx −

∫

1

x2 + 1dx

∫ −56x − 1

x2 + 1dx = − 5

12ln | x2 + 1 | − arctg x + C.

Portanto,

I =1

2ln | x − 1 | −1

2ln | x + 1 | − 5

12ln | x2 + 1 | − arctg x + C.


I =

∫

x2 + 1

(x − 1)x(x2 + 4)dx


(x − 1)x(x2 + 4)em fracoes

parciais como no Lema 1.6.12. Assim,

x2 + 1

(x − 1)x(x2 + 4)=

A

x − 1+

B

x+

Cx + D

x2 + 4

x2 + 1

(x − 1)x(x2 + 4)=

Ax(x2 + 4) + B(x − 1)(x2 + 4) + (Cx + D)(x − 1)x

(x − 1)x(x2 + 4)


x2 + 1 = Ax(x2 + 4) + B(x − 1)(x2 + 4) + (Cx + D)(x − 1)x.


12 + 1 = A.1(12 + 4) ⇒ A = 1/5,

para x = 0, temos

02 + 1 = B(0 − 1)(02 + 4) ⇒ B = −1/4


para x, assim atribuindo x = 2 e x = −1, segue que

22 + 1 = A2(22 + 4) + B(2 − 1)(22 + 4) + (C2 + D)(2 − 1)2,

(−1)2+2 = A(−1)((−1)2+4)+B((−1)−1)((−1)2+4)+(C(−1)+D)((−1)−1)(−1)

66

donde 4C+2D = 14/5 e −2C+2D = 3/2. Logo, resolvendo o sistema,

obtemos que C = 23/60 e D = 19/30. Assim,

I =

∫

1/5

x − 1dx +

∫ −1/4

xdx +

∫ 2360

x + 1930

x2 + 4dx

=1

5ln | x − 1 | −1

4ln | x | +

∫ 2360

x + 1930

x2 + 4dx

Agora para resolver a integral

A =

∫ 2360

x + 1930

x2 + 4dx

usaremos substituicao trigonometrica. Faca x = 2 tg θ ⇒ dx = 2 sec2 θdθ,

assim,

A =

∫

(2360

2 tg θ + 1930

)

4 tg 2θ + 42 sec2 θdθ

=23

60

∫

tg θdθ +19

60

∫

dθ

= −23

60ln | cos θ | +

19

60θ + C.

Sendo tg θ =x

2, temos que x representa o cateto oposto e 2 repre-

senta o cateto adjacente, daı√

x2 + 4 representa a hipotenusa, assim

A = −23

60ln | 2√

x2 + 4| +

19

60arctg (

x

2) + C.

Portanto,

I =1

5ln | x − 1 | −1

4ln | x | −23

60ln | 2√

x2 + 4| +

19

60arctg (

x

2) + C


Lema 1.6.13 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d, α ∈R com s(x) um polinomio irredutıvel de grau 2. Entao existem cons-

tantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

(x − α)2s(x)=

A

x − α+

B

(x − α)2+

Cx + D

s(x)


I =

∫

x + 2

(x − 1)2(x2 + 1)dx

67


(x − 1)2(x2 + 1)em fracoes


x + 2

(x − 1)2(x2 + 1)=

A

x − 1+

B

(x − 1)2+

Cx + D

x2 + 1

x + 2

(x − 1)2(x2 + 1)=

A(x − 1)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)2

(x − 1)2(x2 + 1)


x + 2 = A(x − 1)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)2.




1 + 2 = B(12 + 1) ⇒ B = 3/2

Como existe apenas uma raiz real, vamos atribuir outros tres valores

para x, assim atribuindo x = 0, x = 2 e x = −1, segue que

0 + 2 = A(0 − 1)(02 + 1) + B(02 + 1) + (C.0 + D)(0 − 1)2

2 + 2 = A(2 − 1)(22 + 1) + B(22 + 1) + (C2 + D)(2 − 1)2

(−1)+2 = A((−1)−1)((−1)2+1)+B((−1)2+1)+(C(−1)+D)((−1)−1)2

donde obtemos o seguinte sistema

−2A + 2D = 1

10A + 4C + 2D = −7

−4A − 4C + 2D = −2

Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = −11/10 , C = −13/10

e D = −3/5. Assim

I =

∫ −11/10

x − 1dx +

∫

3/2

(x − 1)2dx +

∫ −1310

x + −35

x2 + 1dx

= −11

10ln | x − 1 | −3

2(x − 1)−1 +

∫ −1310

x − 35

x2 + 1dx

Agora∫ −13

10x − 3

5

x2 + 1dx = −13

10

∫

x

x2 + 1dx − 3

5

∫

1

x2 + 1dx

68

∫ −1310

x − 35

x2 + 1dx = −13

20ln | x2 + 1 | −3

5arctg x + C.

Portanto

∫

x + 2

(x − 1)2(x2 + 1)dx = −11

10ln | x−1 | −3

2(x−1)−1−13

20ln | x2+1 | −3

5arctg x+C.


I =

∫

x2 + 1

x2(x2 + 2)dx


x2(x2 + 2)em fracoes par-

ciais como no Lema 1.6.13. Assim,

x2 + 1

x2(x2 + 2)=

A

x+

B

x2+

Cx + D

x2 + 2

x2 + 1

x2(x2 + 2)=

Ax(x2 + 2) + B(x2 + 2) + (Cx + D)x2

x2(x2 + 2)


x2 + 1 = Ax(x2 + 2) + B(x2 + 2) + (Cx + D)x2.


02 + 1 = B(02 + 2) ⇒ B = 1/2,

Como temos apenas uma raiz distinta, vamos atribuir outros tres valo-

res para x, assim atribuindo x = 1, x = 2 e x = −1, segue que

12 + 1 = A.1.(12 + 2) + B(12 + 2) + (C.1 + D).12

22 + 1 = A.2(22 + 2) + B(22 + 2) + (C2 + D).22,

(−1)2 + 2 = A.(−1)((−1)2 + 2) + B.((−1)2 + 2) + (C(−1) + D).(−1)2

donde obtemos o seguinte sistema

6A + 2C + 2D = 1

12A + 8C + 4D = 2

−6A − 2C + 2D = 3

69

Logo, resolvendo o sistema, obtemos que A = −1/6, C = 0 e D = 1.

Assim

I =

∫ −1/6

xdx +

∫

1/2

x2dx +

∫

1

x2 + 2dx

= −1

6ln | x − 1 | −1

2x−1 +

∫

1

x2 + 2dx

Agora, para resolver a integral,

A =

∫

1

x2 + 2

usaremos substituicao trigonometrica. De fato, faca x =√

2 tg θ ⇒dx =

√2 sec2 θdθ, assim

A =

∫[

1

2 tg 2θ + 2

]√2 sec2 θdθ

=

√2

2

∫

dθ

=

√2

2θ + C.

Sendo tg θ =x√2⇒ θ = arctg

x√2

A =

√2

2arctg (

x√2) + C.

Portanto,

I = −2

3ln | x − 1 | −1

2x−1 +

√2

2arctg (

x√2) + C.


Lema 1.6.14 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d ∈ R,

e s1(x), s2(x) polinomios de grau 2 irredutıveis com s1(x) 6= s2(x).

Entao existem constantes A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

s1(x)s2(x)=

Ax + B

s1(x)+

Cx + D

s2(x)


I =

∫

x + 3

(x2 + 4)(x2 + 1)dx

70


(x2 + 4)(x2 + 1)em fracoes

parciais, como no Lema 1.6.14. Assim

x + 3

((x2 + 4)(x2 + 1)=

Ax + B

(x2 + 4)+

Cx + D

x2 + 1

x + 3

(x2 + 4)(x2 + 1)=

(Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 4)

(x2 + 4)(x2 + 1).


x + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 4).


de polinomios ou atribuindo valores a x. Como nao existem raızes

reais, vamos atribuir quatro valores valores para x. Assim atribuindo

x = 0,x = 1, x = −1 e x = 2, segue que

0 + 3 = (A.0 + B)(02 + 1) + (C.0 + D)(02 + 4)

1 + 3 = (A.1 + B)(12 + 1) + (C.1 + D)(12 + 4)

(−1) + 3 = (A(−1) + B)((−1)2 + 1) + (C(−1) + D)((−1)2 + 4)

2 + 3 = (A.2 + B)(22 + 1) + (C.2 + D)(22 + 4).

donde obtemos o seguinte sistema:

B + 4D = 3

2A + 2B + 5C + 5D = 4

−2A + 2B − 5C + 5D = 2

10A + 5B + 16C + 8D = 5

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = −1/3, B = −1,

C = 1/3 e D = 1. Assim∫

x + 3

(x2 + 4)(x2 + 1)dx =

∫ −13x − 1

x2 + 4dx +

∫ 13x + 1

x2 + 1dx

Como as integrais∫ −1

3x − 1

x2 + 4dx e

∫ 13x + 1

x2 + 1dx sao similares as inte-

grais resolvidas anteriormente, conclui-se que∫ −1

3x − 1

x2 + 4dx = −1

6ln | x2 + 4 | −1

2arctg

x

2+ C

71

e∫ 1

3x + 1

x2 + 1dx =

1

6ln | x2 + 1 | + arctg x + C

Portanto

I = −1

6ln | x2 + 4 | −1

2arctg

x

2+

1

6ln | x2 + 1 | + arctg x + C.


I =

∫ −x + 2

(x2 + 2)(x2 + 1)dx

Vamos usar a decomposicao da fracao−x + 2

(x2 + 2)(x2 + 1)em fracoes

parciais de acordo com o Lema 1.6.14. Assim,

−x + 2

(x2 + 2)(x2 + 1)=

Ax + B

x2 + 2+

Cx + D

x2 + 1

−x + 2

(x2 + 2)(x2 + 1)=

(Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 2)

(x2 + 2)(x2 + 1)


−x + 2 = (Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 2).

Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Como nao existem raızes

reais, vamos atribuir quatro valores valores para x. Assim atribuindo

x = 0,x = 1, x = −1 e x = 2, segue que

−0 + 2 = (A.0 + B)(02 + 1) + (C.0 + D)(02 + 2)

−1 + 2 = (A.1 + B)(12 + 1) + (C.1 + D)(12 + 2)

−(−1) + 2 = (A(−1) + B)((−1)2 + 1) + (C(−1) + D)((−1)2 + 2)

−2 + 2 = (A.2 + B)(22 + 1) + (C.2 + D)(22 + 2).


B + 2D = 2

2A + 2B + 3C + 3D = 1

−2A + 2B − 3C + 3D = 3

10A + 5B + 12C + 6D = 0

72

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 1, B = −2,

C = −1 e D = 2. Assim∫ −x + 2

(x2 + 4)(x2 + 1)dx =

∫

x − 2

x2 + 2dx +

∫ −x + 2

x2 + 1dx

Como as integrais∫

x − 2

x2 + 2dx e

∫ −x + 2

x2 + 1dx sao similares as inte-

grais resolvidas anteriormente, conclui-se que∫

x − 2

x2 + 2dx =

1

2ln | x2 + 2 | −

√2 arctg

(

x√2

)

+ C

e∫ −x + 2

x2 + 1dx = −1

2ln | x2 + 1 | +2 arctg x + C

Portanto,

I =1

2ln | x2 + 2 | −

√2 arctg

(

x√2

)

− 1

2ln | x2 + 1 | +2 arctg x + C.


Lema 1.6.15 (Decomposicao em fracoes parcias). Sejam a, b, c, d ∈R e s(x) polinomio de grau 2 irredutıvel. Entao existem constantes

A, B, C, D ∈ R tais que:

ax3 + bx2 + cx + d

s(x)2=

Ax + B

s(x)+

Cx + D

s(x)2


I =

∫

x2 − 1

(x2 + 1)2dx

Vamos usar a decomposicao da fracaox2 − 1

(x2 + 1)2em fracoes parci-

ais, como no Lema 1.6.15. Assim,

x2 − 1

(x2 + 1)2=

Ax + B

(x2 + 1)+

Cx + D

(x2 + 1)2

x2 − 1

(x2 + 1)2=

(Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)

(x2 + 1)2.


x2 − 1 = (Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D).

73

Podemos encontrar as constantes A, B, C e D atraves de igualdade de

polinomios ou atribuindo valores a x. Como nao existem raızes reais,

vamos atribuir quatro valores para x. Assim, atribuindo x = 0,x = 1,

x = −1 e x = 2, segue que

02 − 1 = (A.0 + B)(02 + 1) + (C.0 + D)

12 − 1 = (A.1 + B)(12 + 1) + (C.1 + D)

(−1)2 − 1 = (A(−1) + B)((−1)2 + 1) + (C(−1) + D)

22 − 1 = (A.2 + B)(22 + 1) + (C.2 + D).


B + D = −1

2A + 2B + C + D = 0

−2A + 2B − C + D = 0

10A + 5B + 2C + D = 3

Logo, resolvendo o sistema acima, obtemos que A = 0, B = 1, C = 0

e D = −2. Assim

∫

x2 − 1

(x2 + 1)2dx =

∫

1

x2 + 1dx +

∫ −2

(x2 + 1)2dx.

Vamos calcular as duas integrais do lado direito da equacao acima.

Assim, temos que

∫

1

x2 + 1dx = arctg x + C.

Agora, para calcular∫ −2

(x2 + 1)2dx, faca x = tg θ entao dx = sec2 θ,

daı

∫ −2

(x2 + 1)2dx =

∫ −2 sec2 θdθ

( tg θ + 1)2=

∫ −2 sec2 θdθ

(sec2 θ)2= −2

∫

cos2 θdθ.

Sabemos que

∫

cos2 θdθ =1

2θ +

1

2sen θ cos θ + C.

74

Sendo tg θ = x, temos que x representa o cateto oposto e 1 repre-

senta o cateto ajacente, daı√

x2 + 1 representa a hipotenusa. Assim,

retornando para variavel x, temos que∫ −2

(x2 + 1)2dx = − arctg x− x√

x2 + 1

1√x2 + 1

= − arctg x− x

x2 + 1+C

Portanto,∫

x2 − 1

(x2 + 1)2dx = − x

x2 + 1+ C


I =

∫ 2

0

2

(x2 + 4)2dx.

Podemos usar a decomposicao da fracao2

(x2 + 4)2em fracoes par-

ciais de acordo com o Lema 1.6.14, mas e mais conveniente usarmos

a substituicao trigonometrica. Faca x = 2 tg θ entao dx = 2 sec2 θdθ.

Fazendo a mundanca dos limites de integracao, temos

x = 0 ⇒ 0 = 2 tg θ ⇒ θ = 0 e para x = 2 ⇒ 2 = 2 tg θ ⇒ θ = π/.

Logo,∫ 2

0

2

(x2 + 4)2dx =

∫ π/4

0

4 sec2 θdθ

(4 tg 2θ + 4)2=

∫ π/4

0

4 sec2 θdθ

(4 sec2 θ)2=

1

4

∫ π/4

0

cos2 θdθ.

∫ 2

0

2

(x2 + 4)2dx =

1

4

[

1

2θ +

1

2sen θ cos θ

]π/4

0

=1

4

[

π

8+

1

4

]

.

No caso geral, onde q(x) e polinomio de grau maior que 4 a tecnica

de resolucao de integrais de funcoes racionais e feito de modo similar.

Saiba Mais: Para

mais detalhes

sobre a teoria

do metodo de

integracao por

fracoes parciais,

ver referencia [4]

1.6.1 Exercıcios

1. Calcule as seguintes integrais de funcoes racionais:

(a)∫ 1

(x + 1).(x − 3)dx

(b)∫ 3x

(x − 1).(x + 2)dx

(c)∫ 1

(x2 − 4x)dx

75

(d)∫ 1

(x + 1)2dx

(e)∫ x3 − 1

x2 + x + 1dx

(f)∫ x + 5

(x2 + 9)dx

(g)∫ x − 1

(x2 + 3x + 10)dx

(h)∫ 1

0

x

(x + 1)(x + 2)dx

(i)∫ x3 + x2 + x + 1

(x2 − 2x − 3)dx

(j)∫ x2

(x + 3)(x − 5)(x + 7)dx.

(k)∫ x2 + x + 1

(x − 3)(x − 1)(x + 2)dx.

(l)∫ x + 1

(x − 5)(x + 7)2dx.

(m)∫ x3 + 1

(x − 5)(x2 + 9)dx.

(n)∫ −x2 + x + 1

(x − 2)(x + 1)(x − 1)xdx

(o)∫ x3 + 2

(x − 2)(x + 1)(x − 1)(x + 3)dx

(p)∫ x

(x + 3)(x + 1)(x − 1)2dx.

(q)∫ 3

2

x2

(x + 3)(x − 1)3dx.

(r)∫ 3

2

x − x2 + x3

(x + 1)3(x − 1)dx.

(s)∫ x2 + x

(x + 2)(x − 1)(x2 + 16)dx

(t)∫ x − 1

(x + 2)2(x2 + 1)dx

(u)∫ x2 − x

(x2 + 4)(x2 + 1)dx

(v)∫ 3

0

x + 1

(x2 + 9)2dx

1.6.2 Respostas

1. (a) (1/4) ln | x + 1 | −(1/4) ln | x − 3 | +C

76

(b) ln | x − 1 | +2 ln | x + 2 | +C

(c) −(1/4) ln | x | +(1/4) ln | x − 4 | +C

(d) − 1(x+1)−1 + C

(e) (1/2)x(x − 2) + C

(f) (5/3) arctg (1/3)x − (1/2) ln | x2 + 9 | +C

(g) (1/2) ln | x2 + 3x + 10 | −(5/√

31)) arctg [2x+3√31

] + C

(h) 2 ln 3 − 3 ln 2

(i) 3x + 10 ln | x − 3 | +(1/2)x2 + C

(j)25

96ln | x − 5 | − 9

32ln | x + 3 | +

49

48ln | x + 7 | +C.

(k)1

5ln | x + 2 | −1

2ln | x − 1 | +

13

10ln | x − 3 | +C.

(l)3

62ln | x − 5 | − 41

310ln | x + 7 | −1

2(x + 7)−1 + C

(m) x − 43

51arctg (1/3x)

11

17ln | x2 + 9 | +

63

17ln | x − 5 | +C.

(n)5

8ln | x+3 | −1

2ln | x− 1 | +

1

12ln | x+1 | −1

6ln | x− 2 | +C

(o)1

2ln | x | −3

8ln | x − 1 | +

1

6ln | x + 1 | +

3

2ln | x − 2 | +C

(p)3

32ln | x+3 | +

1

8ln | x+1 | +

−29

288ln | x−1 | +

1

6(x−1)−1+C.

(q)9

64ln 2 +

9

64ln 5 − 9

64ln 6 +

5

6.

(r)15

8ln 2 − 7

8ln 3 − 29

192.

(s)19

85arctg [(1/4)x] − 1

340ln (x2 + 16) +

2

51ln | x − 1 |

− 1

30ln | x + 2 | +C.

(t) −2

5ln | x + 2 | +

3

5(x + 2)−1 +

1

10ln (x2 + 1) +

1

5arctg x + C

(u)2

3arctg [(1/2)x]− 1

6ln (x2 + 1) +

1

6ln (x2 + 4)− 1

3arctg x + C

(v)1

216π +

1

27

Refer encias Bibliogr aficas

[1] AVILA, G. Calculo: Funcoes de uma Variavel. Vol. 1,7 ed. Rio de

Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos, 2003.

[2] BOULOS, P. Introducao ao Calculo: Calculo Diferencial. Vol. 1,

Sao Paulo: Ed. Edgard Blucher. 1974.

[3] BOULOS, P. Calculo Diferencial e Integral. Vol. 1, 5 ed. Sao

Paulo: Ed. Cengage Learning, 1999.

[4] BRADLEY, G.L. e HOFFMAN, L. D. Calculo: Um Curso Moderno

e suas Aplicacoes, 9 ed. Rio de Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e

Cientıficos, 2008.

[5] DA CRUZ NETO, Joao Xavier. Calculo I-F, Teresina: Ed.

UFPI/UAPI, 2008

[6] GUIDORIZZI, H.L. Um Curso de Calculo, Vol. 1,2, Rio de Janeiro:

Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos. 2001.

[7] KAPLAN, W., LEWIS, D. J. Calculo e Algebra Linear. Vol. 1. Rio

de Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos. 1972.

[8] LANG, S. Calculo, Vol. 1, Rio de Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e

Cientıficos, 1977.

[9] STEWART, J. Calculo. Vol. 1, 5 ed. Rio de Janeiro: Ed. Cengage

Learning, 2005.

[10] http://www.sedis.ufrn.br/documentos/arquivos/725.pdf Acesso

em 03/01/2009 as 09h40min.

77

78 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS

[11] http://fuv1tri2008.googlepages.com/FUVAULA1418abr2008.

Acesso em 04/02/2009 as 09h30min.

[12] http://www.dma.uem.br/kit-antigo/integraltrigonometrica.pdf .


[13] http://fuv1tri2008.googlepages.com/FUVAULA1522abr2008.


[14] http://web.uct.ac.za/courses/end107w/notes/integrationbyparts.pdf




Unidade 1

ResumoApresentamos as principais aplicações da integral definida, a saber: Cálculo de área, cálculo de volumes de sólidos, cálculo de área de superfície e cálculo de comprimento de gráfico de funções. Sempre enfatizando os exemplos mais importantes, conhecendo suas característ icas e suas particularidades.Indicamos alguns livros mais avançados e links para o aprofundamento de conteúdo.

Aplicações da integral definida

Unidade 2

UNIDADE 2. Aplicações da Integral Definida. 2.1 Área 81 2.2 Volumes de Sólidos de Revolução 84 2.3 Área de Superfície de Revolução 91 2.4 Comprimento de Gráfico de Funções 94 2.5 Coordenadas Paramétricas 96 2.6 Coordenadas Polares 98 2.7 Exercícios 103 2.8 Respostas 105 Referências Bibliográficas 109

2. Aplicac oes da integral

Definida

O objetivo desse capıtulo e utilizacao da integral definida em diver-

sas aplicacoes. No livro Calculo I-F (Ver referencia [5]) foi feita uma

aplicacao da integral definida, a saber: O calculo das areas de figuras

planas.

Nesta secao faremos outras aplicacoes, que sao: O calculo do

volume de solidos, calculo do comprimento de arco e calculo de area

de superfıcie. Antes, porem, faremos um breve recordacao sobre o

calculo de area.

2.1 Area de Figuras Planas

Vimos no Livro Calculo I-F , que dada uma funcao y = f(x) contınua

em [a, b], com f(x) ≥ 0, entao a area da curva S abaixo, limitada pelo

grafico de f(x), pelas retas verticais x = a e x = b e pelo segmento

a ≤ x ≤ b do eixo x (ver Figura 2.1), e determinada pela formula

S =

∫ b

a

f(x)dx.

Exemplo 2.1.1. Determine a area limitada pela grafico da parabola

y =x2

2, pelas retas verticais x = 1 e x = 3 e pelo eixo x (Veja figura

2.1 ).

81

82

Figura 2.1: Regiao limitada pelo grafico da f , eixo dos x e pelas retas

verticais x = a e x = b.

Figura 2.2: Exemplo 2.1.1

A area e dada pela integral

S =

∫

3

1

x2

2dx =

13

3.

Exemplo 2.1.2. Calcule a area dada pela curva dada pela funcao x =

2 − y − y3.

Vamos calcular a area limitada por ela e pelo eixo y (veja figura

2.1). Note que os eixos coordenados estao trocados. Logo, determi-

nando os valores de y para x = 0 obtemos y = −2 e y = 1, e, portanto,

podemos expressar a area pela integral

A =

∫

1

−2

(2 − y − y2)dy =9

2.

83

Figura 2.3: Exemplo 2.1.2

Agora, vejamos o caso onde a figura S esta limitada por duas cur-

vas contınuas f(x) e g(x) e por duas verticais x = a e x = b, com

f(x) ≤ g(x) com a ≤ x ≤ b obteremos, obviamente (veja figura 2.1)

S =

∫ b

a

[g(x) − f(x)]dx.

Figura 2.4: Regiao limitada pelos graficos de f , g, e pelas retas verti-

cais x = a e x = b.

Exemplo 2.1.3. Vamos calcular a area da figura limitada por y = 2−x2,

por y3 = x2

Resolvendo o sistema formado pelas duas equacoes acima obte-

mos x1 = −1 e x2 = 1, Donde, utilizando a formula acima, podemos

por

S =

∫

1

−1

[(2 − x2) − (x2/3]dx =

(

2x − x3

3− 3

5x5/3

)1

−1

=32

15.

84

2.2 Volume de s olidos de Revoluc ao

Vamos dividir em duas partes o calculo do volume de solidos de revolucao.

2.2.1 Volume de s olidos obtido pela rotac ao, em torno

do eixo x

Suponha que a funcao y = f(x) seja contınua e f(x) ≥ 0 para todo x

pertencente ao intervalo [a, b]. Considere conjunto A do plano limitada

pelo eixo x, pelas retas verticais x = a e x = b, e o pelo grafico da

funcao y = f(x)(ver figura 2.1)

Figura 2.5: Regiao A

Agora considere o B conjunto, formado pela rotacao em torno eixo

x do conjunto A. Estamos interessados em definir o volume V do

conjunto B da figura 2.2.

Definic ao 2.2.1. Sejam y = f(x) uma funcao contınua e e f(x) ≥ 0

em [a, b]. e conjunto B como na figura 2.2. Entao, o volume V de B e

dado por:

V = π

∫ b

a

[f(x)]2dx (2.1)

85

Figura 2.6: Solido B

ou

V = π

∫ b

a

y2dx onde y = f(x). (2.2)

Exemplo 2.2.1. Determinar o volume do solido formado pela rotacao

da figura plana, limitada por y = x e pelo segmento 0 ≤ x ≤ 2, em

torno do eixo x

Da definicao, temos que

V = π

∫

2

0

x2dx = π[x3

3]20

= π[23

3− 03

3] =

8π

3.

Observac ao 2.2.1. O calculo acima e o volume de um cilındro circular

de raio 2 e altura 2.

Exemplo 2.2.2. Determinar o volume do solido formados pela revolucao

da figura plana limitada por y = sen x e pelo segmento 0 ≤ x ≤ π, em

torno do eixo x.

86


V = π

∫ π

0

sen 2xdx

= π

∫ π

0

[

1 − cos (2x)

2

]

dx

= π

[

x

2− sen (2x)

4

]π

0

= π[(π

2− sen (2π)

4) − (

0

2− sen (2.0)

4)] =

π2

2.


da figura plana, limitada pelo grafico de y =√

r2 − x2 e pelo segmento

−r ≤ x ≤ r com r > 0, em torno do eixo x


V = π

∫ r

−r

(√

r2 − x2)2dx = π

∫ r

−r

(r2 − x2)dx

= π

[

r2x − x3

3

]r

−r

= π

[

[r2r − r3

3] − [r2(−r) − (−r)3

3]

]

= π[2r2 − 2r3

3] =

4πr3

3.

Observac ao 2.2.2. O calculo acima e o volume de uma esfera de raio

r, cujo o valor e4πr3

3.

Saiba mais:

Para mais

detalhes

sobre essa

teoria, ver

referencia

[1]

2.2.2 Volume de s olidos obtido pela rotac ao, em torno

do eixo y

Suponha que a funcao f seja f(x) ≥ 0 e contınua em [a, b] com a > 0.

Seja conjunto A dos de todos os pares (x, y) tais que a ≤ x ≤ b e

0 ≤ y ≤ f(x). Considere B o conjunto formado pela rotacao em torno

eixo y, do conjunto A. Estamos interessados em definir o volume V

do conjunto B.

Definic ao 2.2.2. Seja f uma funcao tal que f(x) ≥ 0 e contınua em

[a, b] com a > 0. Seja B solido obtido pela rotacao em torno do eixo y,

87

do conjunto A. Definimos o volume V de B por:

V = 2π

∫ b

a

xf(x)dx (2.3)

ou

V = 2π

∫ b

a

xydx onde y = f(x). (2.4)


da figura plana, limitada por y = x e pelo segmento 1 ≤ x ≤ 2, em

torno do eixo y


V = 2π

∫

2

1

x.xdx = 2π[x3

3]21

= 2π[23

3− 13

3] =

14π

3


da figura plana limitada pelo grafico de y = ex e pelo segmento 1 ≤x ≤ 3, em torno do eixo y.


V = 2π

∫

3

1

xexdx

= 2π [ex(x − 1)] |31= 2π

[

[e3(3 − 1)] − [e1(1 − 1)]]

= 4πe3.

Observac ao 2.2.3. A integral acima e resolvida pelo metodo da integracao

por partes.


da figura plana, limitada pelo grafico de y =√

4 − x2 e pelo segmento

1 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo y


NOTA: Faca

u = 4−x2 ⇒du = −2xdx.

88

V = 2π

∫

2

1

x√

4 − x2dx = 2π

∫

2

1

x(4 − x2)1

2 dx

= π

[

−2

3(4 − x2)

3

2

]2

1

= π

[

[−2

3(4 − 22)

3

2 ] − [−2

3(4 − 12)

3

2 ]

]

= π[2

3(3)

3

2 ] = 2√

3π.

Teorema 2.2.3. Sejam f, g funcoes tais que f(x) ≥ g(x) ≥ 0 e contınuas

em [a, b]. Considere os seguintes resultados:

I.1. Se B conjunto formado pela rotacao em torno eixo x do conjunto

A, onde A e conjunto de dos de todos os pares (x, y) tais que

a ≤ x ≤ b e g(x) ≤ y ≤ f(x) (ver figura 2.3). O volume V de B

(ver figura 2.4) e dado por:

V = π

∫ b

a

[f 2(x) − g2(x)]dx

I.2. Se B conjunto formado pela rotacao em torno eixo x do conjunto

A, onde A e conjunto de dos de todos os pares (x, y) tais que

0 < a ≤ x ≤ b e g(x) ≤ y ≤ f(x). O volume V de B e dado por:

V = 2π

∫ b

a

x[f(x) − g(x)]dx

Prova.

A figura 2.3 representa a regiao limitada pelo graficos de f e g, e

as retas verticais x = a e x = b.

Faca h(x) = f(x)− g(x), assim pelas hipoteses dadas no teorema,

temos que:

1. h(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b];

2. h contınua em [a, b].

Assim, podemos aplicar as duas definicoes anteriores para calcular o

volume dos solidos de revolucao, e daı concluir o desejado.

89

Figura 2.7: Regiao limitadas pelo graficos de f e g, e pelas retas

verticias x = a e x = b.

Figura 2.8: Solido gerado pela rotacao da figura 2.3, em torno do eixo

x


da figura plana, limitada por f(x) = x2 e g(x) = x e pelo segmento

1 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo x

Como f, g sao contınuas e f(x) ≥ g(x) em [1, 2], segue do Teorema

90

2.2.3 que

V = π

∫

2

1

[(x2)2 − x2]dx = π

∫

2

1

[x4 − x2]dx

= π

[

x5

5− x3

3

]2

1

= π

[

[25

5− 23

3] − [

15

5− 13

3]

]

= π[31

5− 7

3] =

58π

15


da figura plana, limitada por f(x) = x2 e g(x) = x e pelo segmento


Como f, g sao contınuas e f(x) ≥ g(x) em [1, 2], segue do Teorema

2.2.3 que

V = 2π

∫

2

1

x[x2 − x]dx = 2π

∫

2

1

[x3 − x2]dx

= 2π

[

x4

4− x3

3

]2

1

= 2π

[

[24

4− 23

3] − [

14

4− 13

3]

]

= 2π[15

4− 7

3] =

17π

6


da figura plana, limitada por f(x) =√

4 − x2 e g(x) = x e pelo seg-

mento 1 ≤ x ≤√

2, em torno do eixo x

Como f, g sao contınuas e f(x) ≥ g(x) em [1,√

2], segue do Teo-

rema 2.2.3 que

V = π

∫

√2

1

[(√

4 − x2)2 − x2]dx = π

∫

√2

1

[4 − 2x2]dx

= π

[

4x − 2x3

3

]

√2

1

= π

[

[4√

2 − 2

√2

3

3] − [4.1 − 2

13

3]

]

= π[(4√

2 − 4

√2

3) − (4

2

3] =

(8√

2 − 10)π

3


da figura plana, limitada por f(x) =√

4 − x2 e g(x) = x e pelo seg-

mento 1 ≤ x ≤√

2, em torno do eixo y

91

Como f, g sao contınuas e f(x) ≥ g(x) em [1,√

2], segue do Teo-

rema 2.2.3 que

V = 2π

∫

√2

1

x[√

4 − x2 − x]dx = 2π

∫

√2

1

[x√

4 − x2 − x2]dx

= 2π

[

−2

3(4 − x2)

3

2 − x3

3

]

√2

1

= 2π

[

[−2

6(4 −

√2

2

)3

2 −√

23

3] − [−2

6(4 − 12)

3

2 − 13

3]

]

= 2π[−2

3

√2 + 2

√3 − 1

3] =

(−8√

2 + 2√

3 + 2)π

3.

2.3 Area de Superfıcie de Revoluc ao

Na secao anterior fomos capazes de calcular o volume do solido B, o

qual foi obtido atraves da rotacao em torno do eixo x ou do eixo y de

uma regiao A do plano (ver figura 2.1). Agora estamos interessados

em calcular a area de superfıcie do solido B (ver figura 2.1). Vamos,

portanto, definir atraves da integral definida, a area de superfıcie de

um solido B, como representado na figura 2.1.

Definic ao 2.3.1. Sejam f uma funcao tal que f(x) ≥ 0 e contınua em

[a, b], e B solido obtido pela rotacao em torno do eixo x, do conjunto

A. Definimos a area da superfıcie Ax do solido B por:

V = 2π

∫ b

a

f(x)√

1 + [f ′(x)]2dx. (2.5)

Exemplo 2.3.1. Determinar a area de superfıcie do solido formado

pela rotacao da figura plana, limitada por f(x) = x e pelo segmento

0 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo x

Sendo f(x) = x entao f ′(x) = 1, assim da definicao temos que

Ax = 2π

∫

2

0

x√

1 + 12dx = 2√

2π

∫

2

0

xdx

= 2√

2π[x2

2] |20

= 2√

2π[22

2− 02

2] = 4

√2π.

92

Observac ao 2.3.1. O calculo acima e a area de superfıcie de um cone

circular de raio 2, altura 2 e geratriz 2√

2, cuja area de superfıcie e πrg.


da figura plana limitada por y = 4 e pelo segmento −2 ≤ x ≤ 2, em

torno do eixo x.

Sendo f(x) = 4 entao f ′(x) = 0, assim da definicao temos que

Ax = 2π

∫

2

−2

4√

1 + 02dx

= 8π

∫

2

−2

dx = 8πx |2−2

= 8π[2 − (−2)] = 32π.

Observac ao 2.3.2. O calculo acima e a area de superfıcie de um ci-

lindro circular de raio 4 e altura 4, cuja area de superfıcie e 2πrh.


pela rotacao da figura plana, limitada por f(x) =√

r2 − x2 e pelo seg-

mento −r ≤ x ≤ r com r > 0, em torno do eixo x

Sendo f(x) =√

r2 − x2 entao f ′(x) =−x√

r2 − x2, assim da definicao

temos que

Ax = 2π

∫ r

−r

(√

r2 − x2)

√

1 + [−x√

r2 − x2]2dx

= 2π

∫ r

−r

(√

r2 − x2)

√

r2

r2 − x2dx

= 2π

∫ r

−r

rdx = π[rx] |r−r= 2π[rr − r(−r)]

= 2π[r2 + r2] = 4πr2.

Observac ao 2.3.3. O calculo acima e a area de superfıcie de uma

esfera de raio r, cujo o valor e 4πr2

De maneira analoga, define-se a area de superfıcie de um solido

B obtido pela rotacao de uma regiao A, em torno do eixo y.

93

Definic ao 2.3.2. Seja f uma funcao com f(x) ≥ 0 e contınua em [a, b]

onde a > 0. Seja B solido obtido pela rotacao em torno do eixo y, do

conjunto A. Definimos a area de superfıcie Ay de B por:

Ay = 2π

∫ b

a

x√

1 + [f ′(x)]2dx. (2.6)


pela rotacao da figura plana, limitada por f(x) = x e pelo segmento



Ay = 2π

∫

2

1

x√

1 + 12dx = 2√

2π

∫

2

1

xdx

= 2√

2π[x2

2] |21

= 2√

2π[22

2− 12

2] = 3

√2π.

Exemplo 2.3.5. Determinar o volume do solido formado pela revolucao

da figura plana limitada por y = 4 e pelo segmento 1 ≤ x ≤ 2, em torno

do eixo y.


Ay = 2π

∫

2

1

x√

1 + 02dx

= 2π

∫

2

1

xdx = 2πx2

2|22

= 2π[22

2− 12

2] = 3π.


pela rotacao do grafico da f , limitada por f(x) =√

r2 − x2 e pelo seg-

mento 1 ≤ x ≤ r com r > 1, em torno do eixo y

Sendo f(x) =√



94

temos que

Ay = 2π

∫ r

1

x

√

1 + [−x√

r2 − x2]2dx

= 2π

∫ r

1

x

√

r2

r2 − x2dx

= 2π

∫ r

1

rx√r2 − x2

dx = π[

−r√

r2 − x2

]r

1

= 2π[

[−r√

r2 − r2] − [−r√

r2 − 12]]

= 2πr√

r2 − 1. NOTA: Faca

u = r2 −x2 ⇒ du =

−2xdx.

2.4 Comprimento do gr afico de func ao

Seja f uma funcao com derivada contınua em [a, b], entao estamos

interessado em definir o comprimento do grafico de f do ponto A =

(a, f(a)) ao ponto B = (b, f(b)).

Figura 2.9: Comprimeto do grafico de f de A = (a, f(a)) a B = (b, f(b))

Definic ao 2.4.1. Seja f uma funcao com derivada contınua em [a, b].

Definimos o comprimento C do grafico de f do ponto A = (a, f(a)) ao

ponto B = (b, f(b)) por:

C =

∫ b

a

√

1 + [f ′(x)]2dx (2.7)

95

Exemplo 2.4.1. Determinar comprimento C do grafico de f onde f(x) =

x e 0 ≤ x ≤ 2.


C =

∫

2

0

√1 + 12dx =

√2

∫

2

0

dx

=√

2[x] |20=

√2[2 − 0] = 2

√2

Exemplo 2.4.2. Determinar o comprimento C do grafico de f onde

f(x) = 4 e 1 ≤ x ≤ 2.


C =

∫

2

1

√1 + 02dx

=

∫

2

1

dx = x |21= [2 − 1] = 1

Exemplo 2.4.3. Determinar o comprimento C do grafico de f onde

f(x) =√

r2 − x2 e −r ≤ x ≤ r com r > 1.

Sendo f(x) =√



temos que

C =

∫ r

−r

√

1 + [−x√

r2 − x2]2dx

=

∫ r

−r

√

r2

r2 − x2dx

=

∫ r

−r

r√r2 − x2

dx =[

r arcsenx

r

]r

−r

= r

[

[ arcsenr

r] − [ arcsen

−r

r]

]

= r[π

2+

π

2] = πr.

Observac ao 2.4.1. O calculo acima e metade do comprimento do

cırculo raio r, cujo o valor e πr

NOTA:

Faca a

substituicao

x = r sen θ

entao dx =

r cos θdθ.

96

2.5 Comprimento de Curva dada em Forma

Parametrica

Uma curva no plano IR2 entendemos com uma funcao ϕ : I → IR2 que

associa a cada t ∈ I (I intervalo) a um ponto (x(t), y(t)) ∈ IR2, onde

x(t) e y(t) sao funcoes definidas em I. Dizemos que

x = x(t)

t ∈ I

y = y(t)

sao as equacoes parametricas da curva ϕ.

Exemplo 2.5.1. Descreva a curva ϕ dada em forma parametrica por

x = t, y = 2t com t ∈ IR.

Sendo x = t e y = 2t ⇒ y = 2x. Quando t pecorre IR, o ponto

(t, 2t) descreve a reta y = 2x (ver figura 2.6).

Figura 2.10: Grafico da funcao y = 2x

Exemplo 2.5.2. Descreva a curva ϕ dada em forma parametrica por

x = r cos t, y = r sen t com t ∈ [0, 2π].

Sendo x = r cos t, y = r sen t ⇒ x2 + y2 = r2. Quando t percorre

[0, 2π], o ponto (r cos t, r sen t) descreve a equacao da circunferencia

de raio r dada por x2 + y2 = r2 (ver figura 2.7).

97

Figura 2.11: Circunferencia de raio r

Definic ao 2.5.1. Seja a curva x = x(t), y = y(t) com derivadas

contınuas em [a, b]. Definimos o comprimento C do curva do ponto

A = (x(a), y(a)) ao ponto B = (x(b), y(b)) e dado por:

C =

∫ b

a

√

[dx

dt]2 + [

dy

dt]2dt (2.8)

Observac ao 2.5.1. O grafico da funcao y = f(x) pode ser obtido da

forma parametrica por x = t, y = f(t), com t ∈ [a, b]. Segue que

formula do comprimento do grafico de uma funcao e um caso particu-

lar formula (2.8).

Exemplo 2.5.3. Determinar comprimento C da curva ϕ dada em forma

parametrica por x = t, y = 2t com t ∈ [0, 1].

Sendo

x(t) = t ⇒ dxdt

= 1

y(t) = 2t ⇒ dydt

= 2.

Assim, da definicao, temos que

C =

∫

1

0

√1 + 22dx =

√5

∫

1

0

dt

=√

5[t] |10=

√5[1 − 0] =

√5

98

Exemplo 2.5.4. Determinar comprimento C da curva ϕ dada em forma

parametrica por x = r cos t, y = r sen t com t ∈ [0, 2π].

Sendo

x(t) = r cos t ⇒ dxdt

= −r sen t

y(t) = r sen t ⇒ dydt

= r cos t.

Assim, da definicao, temos que

C =

∫

2π

0

√

[−r sen t]2 + [r cos t]2dt

=

∫

2π

0

√

r2[ sen 2t + cos2 t]dt =

∫

2π

0

rdt

= rt |2π0 = 2πr.

Observac ao 2.5.2. O calculo acima e do comprimento do cırculo raio

r, cujo o valor e 2πr

2.6 Coordenadas Polares

Fixado no plano IR2 um semieixo Ox(tal semieixo chama-se eixo polar,

o ponto O chama-se polo), cada ponto P ∈ IR2 fica determinado por

suas coordenadas polares (ρ, θ), onde ρ e a medida em radianos do

angulo entre o segmento OP e semieixo Ox ( o angulo θ e contado

a partir do eixo polar e no sentido anti-horario) e ρ e comprimento de

OP .

Figura 2.12: Representacao em coordenadas polares (ρ, θ).

99

Dado um ponto P = (x, y) ∈ R2 podemos representar na forma

polar que e dado por

x = ρ cos θ

y = ρ sen θ⇐⇒

ρ =√

x2 + y2

cos θ = x√x2+y2

sen θ = y√x2+y2

Figura 2.13: O ponto P ∈ IR2 representado em forma polar.

Saiba mais:

Para mais

detalhes

sobre essa

teoria, ver

referencia

[6]

Vimos anteriormente que ρ representa o comprimento de OP , e

naturamente temos que ρ ≥ 0, mas pode ocorrer casos em ρ < 0,

e com isto e necessario redefinir a representacao em coordenadas

polares (θ, ρ) para qualquer ρ ∈ IR. Para representar as coordenadas

(θ, ρ) deve-se proceder da seguinte maneira: primeiro, gire o eixo Ox,

no sentido anti-horario, de um angulo θ; em seguida, sobre esse novo

eixo, marque o ponto que tenha abscissa ρ

Exemplo 2.6.1. Descreva a curva cuja a equacao em coordenadas

polares dada por ρ = r com θ ∈ [0, 2π].

Solucao: Vamos atribuir valores para θ e obter valores para ρ, como

segue na tabela abaixo:

Tabela 1

100

θ ρ

0 r

π2

r

π r

3π2 r

2π r

Assim, a curva e um circunferencia de raio r.

Figura 2.14: Circunferencia de raio r

Exemplo 2.6.2. Descreva a curva cuja a equacao em coordenadas

polares dada por ρ = 1 − cos θ com θ ∈ [0, 2π].

Solucao: Vamos atribuir valoes para θ e obter valores para ρ, como

segue na tabela abaixo:

Tabela 2

101

θ ρ

0 0

π3

12

π2 1

2π3

32

π 2

4π3

32

3π2 1

Assim a curva e descrita como na figura abaixo e denomina-se cardioide.

Figura 2.15: Cardioide

Saiba Mais: Para

mais detalhes so-

bre construcao de

curvas em coor-

denadas polares,

ver referencia [6]Faremos a seguir duas aplicacoes usando coordenadas polares, a

saber: Comprimento de Curva e Calculo de area.

Teorema 2.6.1. Consideremos uma curva dada em coordenadas po-

lares ρ = ρ(θ), α ≤ θ ≤ β com derivadas contınuas em [α, β]. De-

102

finimos o comprimento C do curva do ponto A = (ρ(α), α) ao ponto

B = (ρ(β), β) e dado por:

C =

∫ β

α

√

ρ2 + [dρ

dϑ]2dθ (2.9)

Prova. Ver referencia [1].

Exemplo 2.6.3. Determinar comprimento C da curva dada em coor-

denadas polares por ρ = sen θ, 0 ≤ θ ≤ π.

Sendo ρ = sen θ =⇒ dρ

dθ= cos θ. Assim do Teorema acima temos

que

C =

∫ π

0

√sen 2θ + cos2 θdθ =

∫ π

0

dθ

= [θ] |π0= π

Exemplo 2.6.4. Determinar comprimento C da curva dada em coor-

denadas polares por ρ = 1 − cosθ, 0 ≤ θ ≤ π.

Sendo ρ = 1 − cos θ =⇒ dρ

dθ= sen θ. Assim do Teorema anterior

temos que

C =

∫ π

0

√

(1 − cos θ)2 + sen 2θdθ =

∫ π

0

√1 − 2 cos θ + cos2 θ + sen 2θdθ

=

∫ π

0

√2 − 2 cos θdθ =

∫ π

0

√

4 sen 2θ

2dθ

=

∫ π

0

2 senθ

2dθ =

[

−4 cosθ

2

]π

0

=

[

[−4 cosπ

2] − [−4 cos

0

2]

]

= 4

Teorema 2.6.2. Consideremos uma curva dada em coordenadas po-

lares ρ = ρ(θ), α ≤ θ ≤ β contınuas em [α, β]. Seja A conjuntos de

todos os pontos dados em coordenadas polares (ρ, θ) satisfazendo as

condicoes α ≤ θ ≤ β e 0 ≤ ρ ≤ ρ(θ). Definimos a area S de A por:

S =1

2

∫ β

α

ρ2dθ (2.10)

Prova. Ver referencia [6].

Exemplo 2.6.5. Calcule a area da curva cuja a equacao em cordena-

das polares e ρ = r > 0, 0 ≤ θ ≤ 2π.

103

Do Teorema acima temos que

S =1

2

∫

2π

0

r2dθ

=1

2[r2θ] |2π

0 = πr2

NOTA! Como

foi facil encon-

trar a area da

circunferencia

atraves de coor-

denadas polares. Exemplo 2.6.6. Calcule a area limitada pela cardioide dada por ρ =

1 − cosθ, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Do Teorema acima temos que

S =1

2

∫

2π

0

(1 − cos θ)2)dθ =1

2

∫

2π

0

(1 − 2 cos θ + cos2 θ)dθ

=1

2

[∫

2π

0

dθ − 2

∫

2π

0

cos θdθ +

∫

2π

0

cos2 θdθ

]

=1

2

[∫

2π

0

dθ − 2

∫

2π

0

cos θdθ +

∫

2π

0

(1 + cos (2θ)

2)dθ

]

=1

2

[

3θ

2− 2 sen θ +

1

4sen (2θ)

]2π

0

=3π

2

2.7 Exercıcios

1. Encontre o volume do solido obtido pela rotacao em torno do

eixo dos x, de:

(a) f(x) = x e 0 ≤ x ≤ 10

(b) f(x) = x−2 e 1 ≤ x ≤ 4

(c) f(x) =√

x e 1 ≤ x ≤ 4

(d) f(x) = ln x e 1 ≤ x ≤ e2

(e) f(x) = sen x e 0 ≤ x ≤ π

(f) f(x) = 3, g(x) =√

x e 0 ≤ x ≤ 1

(g) f(x) = 1, g(x) =1

xe 1 ≤ x ≤ 2

2. Encontre o volume do solido obtido pela rotacao em torno do

eixo dos y, de:

104

(a) f(x) = x e 1 ≤ x ≤ 2

(b) f(x) = x−2 e 1 ≤ x ≤ e

(c) f(x) =√

x e 1 ≤ x ≤ 4

(d) f(x) = ln x e 1 ≤ x ≤ e2

(e) f(x) = 3, g(x) =√

x e 1 ≤ x ≤ 4

(f) f(x) = 1, g(x) =1

xe 1 ≤ x ≤ 2

3. Encontre a area de superfıcie gerada pela rotacao em torno do

eixo dos x, do grafico da funcao dada:

(a) f(x) = 3 e 1 ≤ x ≤ 2

(b) f(x) = ex+e−x

2e −1 ≤ x ≤ 1

(c) f(x) = x e 1 ≤ x ≤ 4

(d) f(x) =√

x e 1 ≤ x ≤ 4

(e) f(x) = ex e 0 ≤ x ≤ 1

(f) f(x) = x2 e 0 ≤ x ≤ 1

4. Encontre o comprimento do grafico da funcao dada:

(a) f(x) = 3 e 1 ≤ x ≤ 2

(b) f(x) = ex+e−x

2e 0 ≤ x ≤ 1

(c) f(x) = x e 1 ≤ x ≤ 4

(d) f(x) =x2

2e 0 ≤ x ≤ 1

(e) f(x) =2

3x

3

2 e 0 ≤ x ≤ 1

5. Encontre o comprimento da curva dada em forma parametrica:

(a) x = t, y = 3 e 1 ≤ t ≤ 2

(b) x = t − 1, y = 5t e 0 ≤ t ≤ 2

(c) x = t2 − 1, y = t2 e 0 ≤ t ≤ 2

(d) x = 1 − cos t, y = t − sen t e 0 ≤ x ≤ π

(e) x = et cos t, y = et sen t e 0 ≤ x ≤ π

105

6. Encontre o comprimento da curva dada em coordenadas pola-

res:

(a) ρ = θ e 0 ≤ θ ≤ 2π

(b) ρ = 1 + cos θ e 0 ≤ θ ≤ π

(c) ρ = e−θ e 0 ≤ θ ≤ 2π

(d) ρ = θ2 e 0 ≤ θ ≤ 1

(e) ρ = sec θ e 0 ≤ θ ≤ π/3

7. Calcule a area cuja a equacao da curva em coordenadas polares

e:

(a) ρ = 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π

(b) ρ = 1 + cos θ e 0 ≤ θ ≤ 2π

(c) ρ = 1 − sen θ e 0 ≤ θ ≤ 2π

(d) ρ = cos 2θ e 0 ≤ θ ≤ π

2.8 Respostas

1. (a)1000π

3

(b)7π

24

(c)15π

2

(d) 2(e2 − 1)π

(e) 2π

(f)17π

2

(g)17π

2

2. (a)14π

3

(b) 2π

(c)124π

5

106

(d) (3e4

2+

1

2)π

(e)101π

5

(f) π

3. (a) 6π

(b)π

2[e2 − e−2 + 4]

(c) 15√

2π

(d)π

6[17

√17 − 5

√5]

(e)π

32[3√

2 − ln (√

2 + 1)]

4. (a) 2

(b) 1

2[e − e−1]

(c) 3√

2

(d) 1

2[√

2 + ln (1 +√

2)]

(e) f(x) = 2

3[2√

2 − 1]

5. (a) 1

(b) 2√

26

(c) 4√

2

(d) 4

(e)√

2[eπ − 1]

6. (a)π

2

√π2 + 1 +

1

2ln (π +

√π2 + 1)

(b) 4

(c)√

2(1 − e−2π)

(d)5√

5 − 8

3

(e)√

3

7. (a) 4π

(b) 3π

107

(c) 3π

(d)π

2










Cientıficos, 2008.


UFPI/UAPI, 2008

[6] GUIDORIZZI, H.L. Um Curso de Calculo, Vol. 1,2,3, 4, Rio de

Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos. 2001.




Cientıficos, 1977.


Learning, 2005.

[10] http://pt.wikipedia.org/wiki/Ficheiro:CardioidsLabeled.PNG.

Acesso em 11/12/2008 as 09h30min

109


[11] http://www.twiki.ufba.br/twiki/pub/CalculoB/NotasDeAula/Aplicacao.pdf.


[12] www.cefetflo.edu.br/floriano/PDF/8Volumes.pdf. Acesso em

11/01/2009 as 10h56min



Unidade 1

Resumo

Nesta unidade, introduzimos um conceito muito importante no Cálculo a integral imprópria que extensão da integral definida.Enunciamos dois tipos de integrais impróprias, como também testes para convergência e divergência de uma integral imprópria, e faremos vários exemplos enfatizando sua importância. Indicamos alguns livros mais avançados e links para o aprofundamento de conteúdo.

Integrais impróprias

Unidade 3

UNIDADE 3. Integrais Impróprias. 3.1 Introdução 113 3.2 Limites Infinitos de Integração 114 3.3 Integrandos com Assíntotas Verticais 118 3.4 Testes para Convergência e Divergência 122 3.5 Exercícios 126 3.6 Respostas 128 Referências bibliográficas 131

3. Integrais Impr oprias

3.1 Introduc ao

Esta unidade sera dedicada ao estudo das integrais improprias, as

quais sao de suma importancia em diversas aplicacoes na area das

ciencias exatas.

Nos capıtulos anteriores foram estudadas integrais definidas, as

quais possuem duas condicoes: primeira, que o domınio de integracao

[a, b] e finito, e a segunda, e que a imagem do integrado e finita sobre

[a, b]. Entretanto, na pratica podemos encontrar problemas que nao

ocorrem uma das condicoes, ou mesmo as duas. A integral para a

area sob curva y =1

x2 + 1de x = 0 a x = +∞ e um exemplo onde o

domınio de integracao e infinito, como representado na figura abaixo:

Figura 3.1: Domınio infinito [0, +∞0

Ja integral para a area sob curva y =1

x2de x = 0 a x = 1 e um

exemplo cuja a imagem do integrando e infinita, como representado

na figura abaixo:

113

114

Figura 3.2: Imagem do integrando e infinita

Observac ao 3.1.1. Dizer que a imagem do integrando e infinita e di-

zer que existe pelo menos um ponto x0 ∈ [a, b] dos quais pelo menos

um dos limites laterais em x0, o limite do integrando e +∞ ou −∞.NOTA: No exem-

plo da figura 3.1

temos que

limx→0+

1

x2= +∞

Nos dois casos acima, as integrais recebem o nome de integrais

improprias, e sao calculadas como limites. No capıtulo 4, veremos

que as integrais improprias desempenham o importante papel quando

estamos investigando a convergencia de certas series infinitas.

3.2 Limites Infinitos de Integrac ao

Primeiramente, vamos analisar o caso em que o domınio de integracao

e infinito. Na figura 3.1 considere o numero r tal que 0 < r < +∞. A

integral definida∫

b

0

1

x2 + 1dx

representa a area limitada pelo eixos dos x, a curva f(x) =1

x2 + 1, e

as retas verticais x = 0 e x = r. Definindo a area como uma funcao

A(r), temos que

A(r) =

∫

r

0

1

x2 + 1dx = arctg x |r0= arctg r − arctg 0 = arctg r.

115

Assim, passando ao limite quando r → +∞, obtemos que

limr→+∞

A(r) = limr→+∞

arctg r =π

2.

Logo, o valor que atribuımos a area abaixo da curva de 0 a +∞ e

∫

+∞

0

1

x2 + 1dx = lim

r→+∞

∫

r

0

1

x2 + 1dx =

π

2. (3.1)

Definic ao 3.2.1 (Integrais improprias do tipo I). Integrais com limites

infinitos sao integrais das improprias do tipo I.

I.1. Se f e contınua em [a, +∞), entao

∫

+∞

a

f(x)dx = limr→+∞

∫

r

a

f(x)dx;

I.2. Se f e contınua em (−∞, a], entao

∫

a

−∞

f(x)dx = limr→−∞

∫

a

r

f(x)dx;

I.3. Se f e contınua em (−∞, +∞), entao

∫

+∞

−∞

f(x)dx =

∫

b

−∞

f(x)dx +

∫ ∞

b

f(x)dx;

onde b e qualquer numero real.

NOTA:

Demonstra-se

que escolha de

b no caso I.3.

nao e importante.

Podemos calcu-

lar∫

+∞

−∞f(x)dx

para valor de b

conveniente.

Em todos os casos, se o limite e finito dizemos que a integral

impropria converge e que o limite e o valor da integral impropria. Se

o limite nao existe, dizemos que a integral impropria diverge.

Se f(x) ≥ 0 no intervalo de integracao, entao qualquer uma das

integrais improprias na definicao dada acima pode ser interpretada

como uma area. Por exemplo, a integral impropria dada em 3.1, nesse

caso a area valeπ

2. Agora se f(x) ≥ 0 no intervalo de integracao e a

integral impropria diverge, dizemos que a area sob a curva e infinita,

como veremos no exemplo a seguir.

Exemplo 3.2.1. Calcule a integral impropria

∫

+∞

1

1

xdx.

116

A integral impropria e do tipo I.1., assim∫

+∞

1

1

xdx = lim

r→+∞

∫

r

1

1

xdx

= limr→+∞

lnx |r1= lim

r→+∞[ln r − ln 1]

= limr→+∞

ln r = +∞.

Como f(x) =1

x≥ 0 no intervalo de integracao [1, +∞), podemos

concluir que a area sob a curva e infinita, e que a integral impropria

diverge.

Exemplo 3.2.2. Calcule a integral impropria∫

+∞

0

xe−x2

dx.

A integral impropria e do tipo I.1., assim

NOTA: Para re-

solver a integral

do exemplo 3.2.2,

faca u = −x2 ⇒du = −2xdx.

∫

+∞

1

xe−x2

= limr→+∞

∫

r

0

xe−x2

= limr→+∞

[−1

2e−x2

] |r0

= limr→+∞

[−1

2e−r

2 − (−1

2e0)]

= limr→+∞

[−1

2e−r2

+1

2] =

1

2.

Como f(x) = xe−x2 ≥ 0 no intervalo de integracao [0, +∞), podemos

concluir que o valor da area sob a curva e 1

2, e que a integral impropria

converge.


0

−∞

exdx.

A integral impropria e do tipo I.2., assim∫

0

−∞

ex = limr→−∞

∫

0

r

ex

= limr→−∞

ex |0r

= limr→−∞

[e0 − er]

= limr→−∞

[1 − er] = 1.

117

Como f(x) = ex ≥ 0 no intervalo de integracao (−∞, 0], podemos

concluir que o valor da area sob a curva e 1, e que a integral impropria

converge.

Saiba Mais: Para

mais detalhes so-

bre o assunto, ver

referencia [11] Exemplo 3.2.4. Calcule a integral impropria∫ −1

−∞

x−2dx

A integral impropria e do tipo I.2., assim∫ −1

−∞

x−2 = limr→−∞

∫ −1

r

x−2

= limr→−∞

[−x−1 |−1

r

= limr→−∞

[−(−1)−1 − (−r−1)]

= limr→−∞

[1 + r−1] = 1.

Como f(x) = x−2 ≥ 0 no intervalo de integracao (−∞, 0], podemos

concluir que o valor da area sob a curva e 1, e que a integral impropria

converge.


+∞

−∞

2x

x2 + 1dx.

A integral impropria e do tipo I.3., assim escolhendo c = 0 temos

que∫

+∞

−∞

2x

(x2 + 1)2dx = lim

r→−∞

∫

0

r

2x

x2 + 1dx + lim

r→+∞

∫

+∞

0

2x

x2 + 1dx

= limr→−∞

[(x2 + 1)−1] |0r

+ limr→+∞

(x2 + 1)−1 |r0= lim

r→−∞[(02 + 1)−1 − (r2 + 1)−1]

+ limr→+∞

[(r2 + 1)−1 − (02 + 1)−1] |r0= lim

r→−∞[1 − (r2 + 1)−1] + lim

r→+∞[(r2 + 1)−1 − 1] = 1 − 1 = 0.

Portanto, a integral impropria converge.

NOTA: Para re-

solver a integral

do exemplo 3.2.5,

faca u = x2 + 1 ⇒du = 2xdx.


+∞

−∞

x2dx

118

A integral impropria e do tipo I.3., assim escolhendo c = 0 temos

que

∫

+∞

−∞

x2dx = limr→−∞

∫

0

r

x2dx + limr→+∞

∫

+∞

0

x2dx

= limr→−∞

1

3x3 |0

r+ lim

r→+∞

1

3x3 |r0

= limr→−∞

[1

303 − 1

3r3] + lim

r→+∞[1

3r3 − 1

303] |r0

= limr→−∞

[−1

3r3] + lim

r→+∞[1

3r3] = +∞ + ∞ = +∞

Portanto a integral impropria diverge.

Saiba Mais: Para

mais detalhes so-

bre o assunto, ver

referencia [10]

3.3 Integrandos com Assıntotas Verticais

Agora vamos analisar o caso em que a imagem do integrando e infi-

nita. Dizer que a imagem do integrando e infinita e equivalente a dizer

que o integrando tem uma assıntota vertical (uma descontinuidade in-

finita) em um limite integracao ou em algum ponto entre os limites de

integracao. Se f(x) ≥ 0 no intervalo de integracao, podemos inter-

pretar a integral impropria como a area sob a curva de f e acima dos

eixo dos x, e entre os limites de integracao. Na figura 3.1 o limite de

integracao x = 0 e uma assıntota vertical. Seja r tal que 0 < r < 1,

entao a integral definida∫

1

r

1

x2dx

representa a area limitada pelo eixos dos x, a curva f(x) =1

x2, e as

retas verticais x = re x = 1. Definindo a area como um funcao A(r),

temos que

A(r) =

∫

1

r

1

x2dx = −x−1|1

r= −1−1 − (−r−1) = −1 +

1

r.

Assim, passando ao limite quando r → 0+, obtemos que

limr→+∞

A(r) = −1 +1

r= −1 + ∞ = +∞

119

Logo, a area da curva f(x) = 1

x2 de 0 a 1 e infinita, e nesse caso,

dizemos que integral impropria diverge.

Definic ao 3.3.1. [Integrais improprias do tipo II ]Integrais de funcoes

que se tornam infinitas em um ponto pertencente ao intervarlo de

integracao sao integrais improprias do tipo II.

II.1. Se f e contınua em (a, b] e descontınua em a entao∫

b

a

f(x)dx = limr→a+

∫

b

r

f(x)dx;

II.2. Se f e contınua em [a, b) e descontınua em b, entao∫

b

a

f(x)dx = limr→b−

∫

r

a

f(x)dx;

II.3. Se f e descontınua em c, onde a < c < b, e contınua em [a, c) ∪(c, b], entao

∫

b

a

f(x)dx =

∫

c

a

f(x)dx +

∫

b

c

f(x)dx;

NOTA: Lem-

brando que, a

descontinuidade

dita na Definicao

3.3.1 e a des-

continuidade

infinita.

Em todos os casos, se o limite e finito dizemos que a integral

impropria converge e que o limite e o valor da integral impropria. Se

o limite nao existe, dizemos que a integral impropria diverge.

Observac ao 3.3.1. Em II.3. da Definicao 3.3.1, a integral impropria

do lado esquerdo da equacao converge se as duas do lado direito

convergem; se nao sao, a integral impropria diverge.


1

0

1

x2dx.

A integral impropria e do tipo II.1., pois em x = 0 temos uma

assıntota vertical. Assim∫

1

0

1

x2dx = lim

r→0+

∫

1

r

1

x2dx

= limr→0+

−1

x|1r

= limr→0+

[−1

1− (−1

r)]

= limr→0+

[−1 +1

r] = −1 + ∞ = +∞.

120

Portanto, a integral impropria diverge. E como f(x) > 0 para todo

x ∈ (0, 1], temos que a area sob a curva e infinita.


2

1

1√x2 − 1

dx.



2

1

1√x2 − 1

dx = limr→1+

∫

2

r

1√x2 − 1

dx

= limr→1+

[ln (x +√

x2 − 1)] |2r

= limr→1+

[

[ln (2 +√

22 − 1)] − [ln (r +√

r2 − 1)]]

= limr→1+

[

[ln (2 +√

3)] − [ln (r +√

r2 − 1)]]

= ln (2 +√

3).NOTA: Para re-

solver a integral

do exemplo 3.3.3,

faca x = sec θ ⇒dx = sec θ tg θdθ.

Observac ao 3.3.2.

limr→1+

[

−[ln (r +√

r2 − 1)]]

= − ln

[

limr→1+

[(r +√

r2 − 1)]

]

= − ln 1 = 0.

Portanto, a integral impropria converge. E como f(x) > 0 para

todo x ∈ (1, 2], temos que a area sob a curva e finita e vale ln (2 +√

3)

unidade de area.


0

−1

13√

xdx.



0

−1

13√

xdx = lim

r→0−

∫

r

−1

x− 1

3dx

= limr→0−

3

2x

2

3 |r−1

= limr→0−

[

3

2r

2

3 ] − [3

2(−1)

2

3 ]

]

= limr→0−

[

[3

2r

2

3 − 3

2

]

= −3

2.

Portanto a integral impropria converge.

121


∫

1

0

1

x − 1dx.


assıntota vertical. Assim

∫

1

0

1

x − 1dx = lim

r→1−

∫

r

0

1

x − 1dx

= limr→1−

ln | x − 1 | |r0= lim

r→1−[ ln | r − 1 | − ln | 0 − 1 | ]

= limr→1−

[ ln | r − 1 | ] = −∞.

Portanto a integral impropria diverge.


∫

1

−1

ex

ex − 1dx.



∫

+1

−1

ex

ex − 1dx = lim

r→0−

∫

r

−1

ex

ex − 1dx + lim

r→0+

∫

1

r

ex

ex − 1dx

= limr→0−

[

ln | ex − 1 | |r−1

]

+ limr→0−

[

ln | ex − 1 | |1r

]

Como as duas integrais do lado direito da equacao acima divergem

temos que a integral impropria∫

1

−1

ex

ex − 1dx diverge.

NOTA: Para re-

solver a integral

do exemplo 3.4.1,

faca x = ex − 1 ⇒du = exdx.

Observac ao 3.3.3. Cuidado!!!! Se nao observarmos que x = 0, te-

mos uma assıntota vertical de f(x) =ex

ex − 1poderıamos concluir que

∫

1

−1

ex

ex − 1dx convergiria.

De fato:

∫

1

−1

ex

ex − 1dx = ln | ex − 1 | |1−1

= ln | e − 1 | − ln | e−1 − 1 |.

122


∫

2

0

13√

(x − 1)2dx



∫

2

0

13√

(x − 1)2dx = lim

r→1−

∫

r

0

(x − 1)−2

3 dx + limr→1+

∫

2

r

(x − 1)−2

3 dx

= limr→1−

[

3(x − 1)1

3 |r0]

+ limr→1+

[

3(x − 1)1

3 |2r

]

= limr→1−

[

3(r − 1)1

3 − 3(0 − 1)1

3

]

+ limr→1+

[

3(2 − 1)1

3 − 3(r − 1)1

3

]

= limr→1−

[

3(r − 1)1

3 + 3]

+ limr→1+

[

3 − 3(r − 1)1

3

]

= 3 + 3 = 6.

Portanto a integral impropria converge. E como f(x) > 0 para todo

x ∈ [0, 1)∪(1, 2], temos que a area sob a curva e finita e vale 6 unidade

de area.

Saiba Mais: Para

mais detalhes so-

bre o assunto, ver

referencia [12]

3.4 Testes para Converg encia e Diverg encia

Em alguns problemas que nao se conseguem resolver, a integral impropria

diretamente, tentamos entao verificar se a mesma converge ou di-

verge. Se ela diverge nada podemos fazer, caso contrario, podemos

entao utilizar metodos numericos para calcular seu valor aproximado.

Apresentarmos nesta secao os principais teste para convergencia ou

divergencia, a saber: teste de comparacao e o teste de comparacao

do limite.

Consideres as funcoes f(x) =1

x2 + 1e g(x) =

1

x4 + 1. Sabemos

que x2 + 1 ≤ x4 + 1 para todo x ≥ 1, assim

1

x4 + 1≤ 1

x2 + 1para todo x ≥ 1 ⇒ g(x) ≤ f(x) para todo x ≥ 1.

(3.2)

123

Por outro lado, sabemos que∫

+∞

1

f(x)dx =

∫

+∞

1

1

x2 + 1dx = lim

r→+∞[ arctg x |r1]

= limr→+∞

[ arctg r − arctg 1]

=π

2− π

4=

π

4.

Usando o fato de que integral impropria∫

+∞

1f(x)dx converge e a desi-

gualdade (3.2) podemos garantir a convergencia da integral impropria∫

+∞

1g(x)dx? A resposta segue-se do teorema abaixo.

Teorema 3.4.1. [Teste de comparacao direta] Sejam f e g contınuas

em [a, +∞), tal que 0 ≤ g(x) ≤ f(x) para todo x ≥ a. Entao

1.∫

+∞

a

g(x)dx converge se∫

+∞

a

f(x)dx converge;

2.∫

+∞

a

f(x)dx diverge se∫

+∞

a

g(x)dx diverge.

Sobre a pergunta anterior, o Teorema 3.4.1 garante que a integral

impropria∫

+∞

1

1

x4+1dx converge.

Exemplo 3.4.1. Mostre que a integral impropria∫

+∞

0

1

ex + 1dx

converge.

Com efeito: Temos ex + 1 ≥ x2 + 1 para todo x ≥ 0, implicando que

0 ≤ 1

ex + 1≤ 1

x2 + 1para todo x ≥ 0.

Logo, pelo Teorema 3.4.1, basta garantir que∫

+∞

0

1

x2 + 1dx converge,

mas esse resultado ja foi provado em(3.1). Portanto∫

+∞

0

1

ex + 1dx

converge.


+∞

1

cos2 x

x2dx

converge.

124

Com efeito: Temos 0 ≤ cos2 x ≤ 1 para todo x ∈ IR, sendo1

x2> 0

para todo x > 0. Assim

0 ≤ cos2 x

x2≤ 1

x2para todo x > 0.


+∞

0

1

x2dx converge. Te-

mos que∫

+∞

1

1

x2dx =

∫

+∞

1

x−2dx = limr→+∞

[

−1

x

]r

1

= limr→+∞

[−1

r− (−1

1]

= limr→+∞

[−1

r+ 1] = 1.

Portanto∫

+∞

1

cos2 x

x2dx converge.


+∞

e

1

ln xdx

diverge.

Com efeito: Temos 0 ≤ ln x ≤ x para todo x ≥ 1. Assim, para todo

x ≥ e, temos que1

ln x≥ 1

xpara todo x ≥ e.


+∞

e

1

xdx diverge. Temos

que∫

+∞

e

1

xdx =

∫

+∞

e

1

xdx = lim

r→+∞ln x |r

e

= limr→+∞

[ln r − ln e]

= limr→+∞

[ln r − 1] = +∞.

Portanto∫

+∞

1

1

lnxdx diverge.


+∞

0

1

sen x + 2dx

diverge.

125

Com efeito: Temos 0 ≤ sen x + 2 ≤ x + 2 para todo x ≥ 0. Assim,

para todo x ≥ 0, temos que

1

sen x + 2≥ 1

x + 2para todo x ≥ 0.


+∞

0

1

x + 2dx diverge.

Temos que

∫

+∞

0

1

x + 2dx =

∫

+∞

0

1

x + 2dx = lim

r→+∞ln x + 2 |r0

= limr→+∞

[ln (r + 2) − ln (0 + 2)]

= limr→+∞

[ln (r + 2) − ln 2] = +∞.

Portanto,∫

+∞

0

1

sen x + 2dx diverge.

Teorema 3.4.2. [Teste de comparacao direta Se as funcoes positivas

f e g sao contınuas em [a, +∞), e se

limx→+∞

f(x)

g(x)= L com 0 < L < +∞.

Entao,∫

+∞

a

f(x)dx e∫

+∞

a

g(x)dx

sao ambas convergentes ou ambas divergentes.

Exemplo 3.4.5. Mostre que a integral impropria

∫

+∞

1

1

x2 + x + 4dx

converge.

Com efeito: Considere as funcoes f(x) =1

x2e g(x) =

1

x2 + x + 4.

Como f e g sao positivas e contınuas em [1, +∞), entao agora vamos

calcular o seguinte limite:

limx→+∞

1

x2

1

x2+x+4

dx = limx→+∞

x2 + x + 4

x2

= limx→+∞

��x2(1 + 1

x+ 4

x2 )��x2

= limx→+∞

[1 +1

x+

4

x2] = 1.

126


+∞

0

1

x2dx converge,

mas isso ja foi provado em um exemplo anterior.

Portanto∫

+∞

1

1

x2 + x + 4dx converge.

Observac ao 3.4.1. Para mostrar a convergencia de∫

+∞

1

1

x2 + x + 4dx,

poderıamos ter calculado a sua integral, so que isso seria bem mais

trabalhoso.


+∞

1

1√x2 + 1

dx

diverge.

Com efeito: Considere as funcoes f(x) =1

xe g(x) =

1√x2 + 1

.

Como f e g sao positivas e contınuas em [1, +∞), entao agora vamos

calcular o seguinte limite:

limx→+∞

1

x

1√x2+1

dx = limx→+∞

√x2 + 1

x

= limx→+∞

�x√

1 + 1

x2�x= lim

x→+∞

√

1 +1

x2= 1.


+∞

1

1

xdx diverge,

mas isso ja foi provado em um exemplo anterior.

Portanto,∫

+∞

1

1√x2 + 1

dx diverge.

Observac ao 3.4.2. Para mostrar a divergencia de∫

+∞

1

1√x2 + 1

dx ,

poderıamos ter calculado a sua integral, so que isso seria bem mais

trabalhoso.

3.5 Exercıcios

1. Calcule as seguintes integrais improprias

(a)∫

+∞

1

dx

x4

127

(b)∫

+∞

0

x(ex + e−x)dx

(c)∫

0

−∞

x

x4 + 1dx

(d)∫

0

−∞

xexdx

(e)∫

+∞

−∞

x

x2 + 1dx

(f)∫

+∞

−∞

1

exdx

(g)∫

1

0

x2 + 1

x2dx

(h)∫

4

0

1√4 − x

dx

(i)∫ −1

−2

1

x2 − 1dx

(j)∫

e

1

1

x ln xdx

(k)∫

π2

0

cos (√

x)√x

dx

(l)∫

√2

0

x√

| 1 − x4 |dx

(m)∫

2

0

1√

|x − 1|dx

2. Use o teste da comparacao direta ou teste de comparacao no

limite para testar as integrais improprias quanto a convergencia.

(a)∫

+∞

1

cos2 x

x4dx

(b)∫

+∞

0

x

x + 1dx

(c)∫

+∞

0

1

x + sen x + 2dx

(d)∫

+∞

1

1

x3 + 1dx

(e)∫

+∞

1

x√x3 + 1

dx

(f)∫

+∞

0

1

1000 + exdx

(g)∫

+∞

1

14√

x4 + 1dx

128

(h)∫

+∞

4

1√x − 4

dx

(i)∫

+∞

1

1√x6 + 1

(j)∫

+∞

2

x√x4 − 1

dx

(k)∫

+∞

π

1 + cos x

x2dx

3.6 Respostas

1. (a)1

3

(b) +∞

(c) −1

4π

(d) −1

(e) +∞

(f) +∞

(g) +∞

(h) 4

(i) +∞

(j) +∞

(k) 0

(l)1

4π +

1

2ln (2 +

√3)

(m) 4

2. (a) Converge

(b) Diverge

(c) Diverge

(d) Converge

(e) Diverge

(f) Converge

129

(g) Diverge

(h) Converge

(i) Converge

(j) Diverge

(k) Converge










Cientıficos, 2008.


UFPI/UAPI, 2008






Cientıficos, 1977.


Learning, 2005.

[10] http://www.dmat.ufba.br/mat042/aula22/aula22.htm. Acesso em

26/01/2009 as 19h40min.

131


[11] http://didisurf.googlepages.com/integrais–improprias–cattai.pdf.


[12] http://www.dmat.ufba.br/mat042/aula21/aula21.htm. Acesso em

24/11/2008 as 08h13min.

[13] http://pessoal.utfpr.edu.br/adrianaborssoi/pdf. Acesso em

16/12/2008 as 09h30min.



Unidade 1

Resumo

Nesta unidade, introduzimos uma noção sobre sequências de números reais, e, por conseguinte introduzimos a definição de série numérica, e por final introduzimos a definição de série de funções. Faremos vários exemplos enfatizando sua importância e suas particularidade.

Indicamos alguns livros mais avançados e links para o aprofundamento de conteúdo.

Série numérica e série de funções

Unidade 4

UNIDADE 4. Série de Numérica e Série de Funções.

4.1. Noções Básicas Sobre Sequências 135 4.2 Série de Números Reais 146 4.3 Série de Funções 154 4.4 Exercícios 159 4.5 Respostas 161 Referências Bibliográficas 163

4. Series de Numeros Reais e

Series de Func oes

Esta unidade sera dedicada ao estudo das series numeros reais e

series de funcoes, os quais sao objetos matematicos que surgem na-

turalmente nos mais diversos campos do conhecimento das ciencias

exatas em especial na Fısica. Inicialmente faremos uma breve revisao

sobre sequencias de numeros reais.

4.1 Noc oes B asicas Sobre Sequ encias

Definic ao 4.1.1. Uma sequencia de numeros reais e uma funcao x :

N → IR que associa a cada n ∈ N um numero x(n) = xn ∈ IR. Para

cada n, a sua imagem xn e chamada de n-esimo termo da sequencia.

Vamos denotar uma sequencia por:

(x1, x2, ..., xn, ...) ou (xn)n∈N ou simplesmente por (xn)

Exemplo 4.1.1. A sequencia numerica xn = 1n, n ∈ N.

(

1

n

)

n∈N

=

(

1,1

2, . . . ,

1

n, . . .

)

.

Exemplo 4.1.2. A sequencia numerica constante: xn = 1.

(1, 1, . . . , 1, 1, . . .).

Exemplo 4.1.3. A sequencia numerica : xn = (−1)n.

(−1, 1,−1, 1, . . . , (−1)n, . . .).

135

136

Exemplo 4.1.4. A sequencia numerica : xn = sen n.

( sen 1, sen 2, . . . , sen n, . . .).

Exemplo 4.1.5. A sequencia numerica : xn = n.

(1, 2, . . . , n, . . .).

Definic ao 4.1.2. Seja (xn)n∈N uma sequencia de numeros reais. Di-

zemos que (xn) e limitada se existe K > 0 tal que | xn |< K para todo

n ∈ N.

Observac ao 4.1.1. De todos os exemplos sobre sequencias numericas

citados anteriormente apenas a sequencia do exemplo(4.1.5) nao e li-

mitada.

Definic ao 4.1.3. Sejam (xn)n∈N uma sequencia de numeros reais e

um numero a ∈ R.

limn→+∞

xn = a

se, e somente se,

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N; n > n0 =⇒| xn − a |< ε.

Definic ao 4.1.4. Uma sequencia (xn)n∈N de numeros reais e dita con-

vergente se existe um numero real a ∈ R tal que limn→+∞ xn = a.

Observac ao: A definicao de limite de sequencia nos diz que uma

sequencia (xn)n∈N possui limite a se, somente se, quando n cresce

arbitrariamente, xn se aproxima indefinidamente de a.

Exemplo 4.1.6. A sequencia numerica xn = 1n

e convergente, e tem-

se que

limn→+∞

1

n= 0.

De fato: Dado ε > 0, tem- se que

| 1

n− 0 |< ε ⇒ 1

n< ε ⇒ n >

1

ε.

137

Assim escolha n0 >1

εentao ∀ n > n0 temos que

n > n0 >1

ε⇒ n >

1

ε⇒ 1

n< ε ⇒| 1

n− 0 |< ε.

Exemplo 4.1.7. A sequencia numerica constante xn = c e conver-

gente, e tem-se que

limn→+∞

1

n= c.

De fato: Dado ε > 0, tem- se que

| c − c |< ε ⇒ 0 < ε

Assim, escolha n0 = 1 entao ∀ n > 1 temos que

| c − c |= 0 < ε.

O limite de sequencias numericas satisfaz todas as propriedades

validas para limite de funcoes definidas em intervalos da reta.

Exemplo 4.1.8. Calcule o limite de xn =2 + n

n

Temos que

limn→+∞

2 + n

n= lim

n→+∞

2

n+�n�n = 2 lim

n→+∞

1

n+ lim

n→+∞

1 = 2.0 + 1 = 1

Exemplo 4.1.9. Calcule o limite: limn→+∞

1

n2

Temos que

limn→+∞

1

n.1

n= lim

n→+∞

1

n· lim

n→+∞

1

n= 0 · 0 = 0

Uma sequencia muito especial na Matematica e a sequencia

xn = (1 +1

n)n

donde limn→+∞

(1 +1

n)n = e. O valor de e com quatro casas decimais e

2, 7182.


(1 +1

n)2n

138

Temos que

limn→+∞

(1 +1

n)2n = lim

n→+∞

[

(1 +1

n)n

]2

=

[

limn→+∞

(1 +1

n)n

]2

Logo da definicao do limn→+∞(1 + 1n)n, segue que

limn→+∞

(1 +1

n)2n = e2


(1 +1

2n)n

Faca1

m=

1

2n⇒ n =

m

2, como n → +∞ ⇒ m → +∞, assim

limn→+∞

(1 +1

2n)n = lim

m→+∞

[

(1 +1

m)m

]1

2

Seguindo o racıonio do exemplo anterior, temos que

limn→+∞

(1 +2

n)n = e

1

2

O proximo resultado e um criterio que nos permite decidir se uma

sequencia converge, ou nao converge, sem precisar de um candidato

ao limite.

Definic ao 4.1.5. Uma sequencia (xn)n∈N e dita de Cauchy se, e so-

mente se,

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N; n, m > n0 =⇒| xn − xm |< ε.

Teorema 4.1.6. Dado uma sequencia e numeros reais (xn)n∈N. As

seguintes afirmacoes sao equivalentes:

1. (xn)n∈N e convergente.

2. (xn)n∈N e de Cauchy.

A prova deste teorema consiste em duas partes, 1) =⇒ 2) e 2) =⇒1), sendo que a primeira parte sera deixada como exercıcio, enquanto

que a segunda parte nao e possıvel ser feita somente com as informacoes

contidas neste texto. Detalhes sobre a demonstracao ver referencia

[?].

139

Exemplo 4.1.12. A sequencia numerica xn = 1n

e convergente.

De fato: Dado ε > 0, e seja n0 ∈ N tal que n, m > n0 ⇒1

n,

1

m<

1

n0

,

assim

| 1

n− 1

m|<| 1

n| + | 1

m|= 1

n+

1

m<

1

n0

+1

n0

=2

n0

< ε

Assim escolha n0 >2

εentao ∀ n, m > n0 temos que

n, m > n0 >2

ε⇒ n, m >

2

ε⇒ 1

n,

1

m<

ε

2⇒| 1

n− 1

m|< 1

n+

1

m< ε.

Exemplo 4.1.13. A sequencia numerica xn = (−1)n nao e conver-

gente, e nesta caso, dizemos que a mesma e divergente.

De fato: Pelo Teorema acima, escolha ε = 1, entao nao existe

n0 ∈ N tal que

n, m > n0 =⇒| (−1)n − (−1)m |< 1.

Para verificar isso, bastar tomar n par e m ımpar, daı

| (−1)n − (−1)m |=| 1 − (−1) |= 2 > 1.

Exemplo 4.1.14. A sequencia numerica xn = n e divergente.

De fato: Pelo Teorema acima, escolha ε = 1, entao nao existe

n0 ∈ N tal que

n, m > n0 =⇒| n − m |< 1.

Pois se existisse, bastaria tomar n = n0 + 3 e m = n0 + 1, daı

| n − m |=| n0 + 3 − (n0 + 1) |= 2 > 1.

Teorema 4.1.7. Toda sequencia de numeros reais convergente e limi-

tada.

Prova. Se (xn)n∈N e convergente entao existe a ∈ IR tal que

limn→+∞

xn = a. Assim, para ε = 1

∃n0 ∈ N; n > n0 =⇒| xn − a |< 1.

140

Ou seja, xn ∈ (a − 1, a + 1) ∀ n > n0 .

Considere c o menor dos numeros reais {x1, x2, ..., xn0, a− 1, a+1}

e d o maior dos numeros reais {x1, x2, ..., xn0, a − 1, a + 1}. Logo, xn ∈

[c, d] ∀ n natural, com isto, conclui-se que a sequencia (xn) e limitada.

Observac ao 4.1.2. A recıproca do Teorema 4.1.7 e falsa, pois a sequencia

((−1)n) e limitada mas nao e convergente como foi provado no exem-

plo 4.1.13.

Observac ao 4.1.3. Uma maneira de verificar que uma sequencia (xn)

e divergente e mostrando que (xn) nao e limitada(Esta afirmacao segue-

se do Teorema 4.1.7). Assim, pode se concluir que a sequencia (n)

nao converge pois a mesma e ilimitada.

A sequencia (n), apesar de ser divergente possui uma propriedade

especial de ser crescente, desta forma podemos definir o seguinte:

Definic ao 4.1.8. Dada uma sequencia (xn)n∈N, dizemos que ”o limite

e mais infinito”e escrevemos limn→+∞ xn = +∞ se, e somente se,

∀ε > 0, ∃ n0 ∈ N; n > n0 =⇒ xn > ε.

Definic ao 4.1.9. Dada uma sequencia (xn)n∈N, dizemos que ”o limite

e menos infinito”e escrevemos limn→+∞ xn = −∞ se, somente se

∀ε > 0, ∃ n0 ∈ N; n > n0 =⇒ xn < −ε.

Observac ao 4.1.4. Devemos enfatizar que +∞ e −∞ nao sao numeros,

e mesmo que limn→+∞ xn = ∞ e limn→+∞ yn = −∞, nao que dizer que

as sequencias (xn)n∈N e (yn)n∈N sao convergentes.

Exemplo 4.1.15. Dada a sequencia numerica xn = n, mostre que

limn→+∞

xn = ∞.

Com efeito, dado ε > 0 ∃ n0 ∈ N tal que n0 > ε, daı, para todo

n > n0, temos que xn = n > n0 > ε. Portanto limn→+∞ n = ∞

141

Exemplo 4.1.16. Dada a sequencia numerica xn = 2n, mostre que

limn→+∞

xn = +∞.

Com efeito, dado ε > 0 ∃ n0 ∈ N tal que 2n0 > ε, daı, para todo

n > n0, temos que xn = 2n > 2n0 > ε. Portanto, limn→+∞ 2n = +∞

Teorema 4.1.10. Considere as sequencia de numeros reais (xn)n∈N e

(yn)n∈N. Entao valem as seguintes afirmacoes:

1. Se limn→+∞ xn = ∞ e (yn) e limitada inferiormente entao

limn→+∞

(xn + yn) = ∞;

2. Se limn→+∞ xn = ∞ e existe c > 0 tal que yn > c para todo n

natural. Entao

limn→+∞

xnyn = ∞;

3. Se xn > c > 0, yn > 0 para todo n natural e limn→+∞ yn = 0.

Entao

limn→+∞

xn

yn

= ∞;

4. Se (xn) e limitada e limn→+∞ yn = ∞. Entao

limn→+∞

xn

yn

= 0.

Detalhes sobre a demonstracao ver referencia [?].

Exemplo 4.1.17. Dada sequencia (n − 100), mostre que

limn→+∞

(n − 100) = +∞.

Com efeito: do Teorema anterior, item 1., tomando xn = n e yn =

−100, temos que limn→+∞ xn = ∞ e (yn) e limitada inferiormente, por-

tanto limn→+∞(n − 1000) = +∞.

Exemplo 4.1.18. Dada a sequencia (n2), mostre que

limn→+∞

n2 = +∞.

142

Com efeito: do Teorema anterior, item 2., tomando xn = n e yn = n,

temos que limn→+∞ xn = ∞ e yn > 12

, portanto limn→+∞ n2 = +∞.

Exemplo 4.1.19. Dada a sequencia (2n

1n

), mostre que

limn→+∞

2n

1n

= +∞.

De fato: do Teorema anterior, item 3., tomando xn = 2n e yn = 1n,

temos que limn→+∞ yn = 0 e xn > 12

, portanto limn→+∞

2n

1n

= +∞.

Exemplo 4.1.20. Dada a sequencia (sen n

n), mostre que

limn→+∞

sen n

n= 0.

Do Teorema anterior, item 4., tomando xn = sen n e yn = n, temos

que limn→+∞ yn = +∞ e (xn) limitada , portanto, limn→+∞

sen n

n= 0.


[

n + 1

n

]

.

limn→+∞

[

n + 1

n

]

= limn→+∞

[�n(1 + 1n)�n ]

= limn→+∞

[

(1 +1

n)

]

= 1


[

n2 − 1

n

]

.

limn→+∞

[

n2 − 1

n

]

= limn→+∞

[

n�2(1 − 1n2 )�n ]

= limn→+∞

[

n(1 − 1

n2)

]

limn→+∞

[

n2 − 1

n

]

= ( limn→+∞

n). limn→+∞

(1 − 1

n2) = (+∞).1 = +∞


[

n2 + 1

n3 − n

]

.

limn→+∞

[

n2 + 1

n3 − n

]

= limn→+∞

[��n2(1 + 1n2 )

n�3(1 − 1n2 )

]

= limn→+∞

[

(1 + 1n2 )

n(1 − 1n2 )

]

limn→+∞

[

n2 + 1

n3 − n

]

=

[

limn→+∞

1

n

]

.limn→+∞(1 + 1

n2 )

limn→+∞(1 − 1n2 )

= 0.1

1= 0

143

Exemplo 4.1.24. Analisaremos a convergencia de uma sequencia bem

”simples”, definida por (rn), onde r e uma constante maior ou igual a

zero.

Dividimos a analise nos seguintes casos:

Caso r > 1 :

Se r > 1, entao existe h > 0 tal que r = 1 + h. Logo, usando o

desenvolvimento do binomio de Newton, temos:

rn = (1 + h)n =

n∑

j=0

(nj )hj ≥ 1 + nh, onde (n

j ) =n!

(n − j)!j!. (4.1)

Da equacao 4.1 segue-se que lim xn = limn→+∞ rn = +∞, pois dado

qualquer M > 0, se escolhermos N0 > M−1h

, obtemos

n > N0 ⇒ rn ≥ 1 + nh > 1 + N0 · h > 1 +(M − 1)

h· h = M.

Caso r = 1 : r = 1 implica que xn = 1n = 1, ∀n ∈ N. Logo, lim xn = 1.

Caso 0 < r < 1:

Neste caso, temos 1r

> 1 e, consequentemente, existe h > 0 tal que

1

r= 1 + h ⇐⇒ r =

1

1 + h.

Novamente usando o desenvolvimento do binomio de Newton, con-

cluımos que

0 ≤ rn =1

(1 + h)n≤ 1

1 + nh,

mas isso implica que

limn→+∞

rn = 0 sempre que 0 < r < 1.

Finalmente, o caso: r = 0 e trivial, pois a sequencia xn = rn ≡ 0, logo

convergente e, seu limite e igual a zero.

Exemplo 4.1.25. A sequencia xn = n

√n. Mostre que lim

n→+∞

xn = 1.

Usaremos mais uma vez o desenvolvimento binomial de Newton

para provar que a sequencia xn = n

√n e convergente e seu limite e

igual a 1. n ≥ 1 implica xn = n

√n ≥ 1, logo, para cada n ∈ N, existe

hn ≥ 0 tal quen

√n = 1 + hn,

144

a qual implica que

n = (1 + hn)n = 1 +n

∑

j=1

(nj )hj

n ≥ (n2)h

2n =

n!

(n − 2)! · 2 · h2n,

ou seja,

n ≥ n(n − 1)

2· h2

n e 0 ≤ h2n ≤ 2

n − 1.

Passando ao limite na desigualdade acima, concluımos que

limn→+∞

h2n = 0.

Assim, usando 4.1, temos o resultado desejado, isto e,

limn→+∞

n

√n = 1. SAIBA MAIS:

Mais detalhes

sobre a teoria ver,

refer encia [9].4.1.1 Exercıcios

1. Calcule o limite das seguintes sequencias:

a) limn→+∞

[

1 + 2n

n

]

b) limn→+∞

[

n

1 + n

]

c) limn→+∞

[

1

(1 + n).n

]

d) limn→+∞

[

1 − n

n

]

e) limn→+∞

[

1 + . . . + n

n2

]

f) limn→+∞

[

1

2n

]

g) limn→+∞

[

n

n2 + 1

]

h) limn→+∞

[

n2 − 6n + 5

n3 − 1

]

i) limn→+∞

[

1

nsen (

1

n2)

]

j) limn→+∞

[∫ n

1

1

t3dt

]

145

l) limn→+∞

[

n4 − 6n + 5

n3 − 1

]

m) limn→+∞

[

n( sen (1

n2) + 1)

]

n) limn→+∞

[∫ n

1

1

tdt

]

2. Use o fato que limn→+∞(1 + 1n)n = e para calcular os seguintes

limites:

(a) limn→+∞(1 + 1n)n+1

(b) limn→+∞(1 + 12n

)n

(c) limn→+∞(1 + 2n)n

(d) limn→+∞(1 + 3n)2n+4

(e) limn→+∞[n+2n+3

]n

(f) limn→+∞[n+2n−3

]n

4.1.2 Respostas

1. a) 2

b) 1

c) 0

d) −1

e) 12

f) 0

g) 0

h) 0

i) 0

j) 12

h) +∞

i) +∞

j) +∞

146

2. (a) e

(b) e1

2

(c) e2

(d) e6

(e) e−1

(f) e5

4.2 Series de Numeros Reais

Nesta secao vamos trabalhar com uma sequencia muito especial.

Definic ao 4.2.1. Uma serie numerica e uma expressao do tipo

+∞∑

n=1

xn = x1 + x2 + . . . + xn + . . . ,

onde (xn) e uma sequencia numerica.

Para calcular essa soma, se possıvel, vamos definir a sequencia

numerica (sn) denominada de somas parcias ou reduzidas, dada por

s1 = x1

s2 = x1 + x2

s3 = x1 + x2 + x3

. . .

sn = x1 + x2 + . . . + xn =

n∑

i=1

xi

SAIBA MAIS:

Ao contrario das

somas de um

numero finito de

termos, as series

numericas nem

sempre represen-

tam um numero

real.

Abaixo citaremos alguns exemplos de serie numerica com suas

respectivas somas parciais:

Exemplo 4.2.1. A serie numerica definida por

+∞∑

i=1

1

i(i + 1)

tem sua, soma parcias dada por:

sn =n

∑

i=1

1

i(i + 1)= 1 − 1

n + 1

147

De fato: Para isso basta observar que, para qualquer i ∈ N, temos:

1

i(i + 1)=

1

i− 1

i + 1.

Portanto, podemos escrever

sn =n

∑

i=1

1

i(i + 1)

=

(

1 − 1

2

)

+

(

1

2− 1

3

)

+ . . . +

(

1

n − 1− 1

n

)

+

(

1

n− 1

n + 1

)

= 1 − 1

n + 1.

Exemplo 4.2.2. A serie numerica

∞∑

n=1

rn

e chamada de serie geometrica. E sua soma parciais e dada por:

sn =

n∑

i=1

ri = r + r2 + . . . + rn

Exemplo 4.2.3. A serie numerica

∞∑

n=1

1

n

e chamada de serie harmonica. E sua soma parciais e dada por:

sn =

n∑

i=1

1

i=

1

1+

1

2+

1

3+ . . . +

1

n

Definic ao 4.2.2. Uma serie numerica+∞∑

n=1

xn, e dita convegente se, e

somente se, existe o limite da somas parciais, isto e,

limn→+∞

sn = s ∈ IR.

Caso contrario, dizemos que a serie e divergente.

Exemplo 4.2.4. A sequencia numerica definida porn

∑

i=1

1

i(i + 1)e con-

vergente.

De fato: Vimos anteriormente que sn = 1 − 1

n + 1. Logo,

limn→+∞

sn = limn→+∞

[

1 − 1

n + 1

]

= 1

148

Exemplo 4.2.5. A serie∞

∑

n=1

1

2ne convergente.

Com efeito: Temos

limn→+∞

sn = limn→+∞

[

1

2+

1

4+ . . . +

1

2n

]

=12

1 − 12

= 1

Exemplo 4.2.6. A serie geometrica∞

∑

n=1

rn, 0 < r < 1 e convergente.

Com efeito: Considere a sequencia sn = r + . . .+ rn e observe que

sn e soma dos n primeiros termos de uma progressao geometrica,

portanto, sn = r(1−rn)1−r

e, como 0 < r < 1 implica que limn→+∞ rn = 0

(ver exemplo (4.1.24)), podemos passar ao limite de sn quando n → ∞e concluirmos que

∞∑

n=1

rn = limn→+∞

sn =r

1 − r.

Exemplo 4.2.7. Calcule o valor de∞

∑

n=1

(1

3)n.

Do exemplo acima∞

∑

n=1

(1

3)n =

13

1 − 13

=1323

=1

2.

Como ilustrados nos exemplos anteriores, dizer que uma serie

numerica+∞∑

n=1

xn representa uma numero real s, significa dizer que,

quando n cresce arbitrariamente, a soman

∑

i=1

xi se aproxima arbitrari-

amente de s.

Observac ao 4.2.1. A serie+∞∑

n=1

n nao pode representar um numero

real, pois a medida que n cresce, a soma parciaisn

∑

i=1

i = 1 + 2 + . . . + n =(n + 1)n

2

cresce indefinidamente.

Exemplo 4.2.8. A serie geometrica∞

∑

n=1

rn, tal que r > 1 e divergente.

Basta lembrar que r > 1 implica que a sequencia sn = r(1−rn)1−r

nao

converge, pois rn (ver exemplo 4.1.24) nao converge.

SAIBA MAIS:

Para mais de-

talhes sobre

o assunto, ver

referencia [10]

149

4.2.1 Testes de Converg encia

Apresentaremos a seguir alguns testes de convergencia de series e a

demonstracao de alguns deles sera omitida.

Teorema 4.2.3 (Teste do termo geral). Se a serie∞

∑

n=1

an converge

entao

limn→+∞

an = 0.

Prova. Considere a sequencia das somas parciais dos termos, sn,

a qual converge por hipotese, logo sn−1 tambem converge e, vale as

igualdades:

limn→+∞

an = limn→+∞

(sn − sn−1) = 0.

A recıproca deste Teorema 4.2.3 nao e valida, pois a serie harmonica∞

∑

n=1

1

ne divergente (ver exemplo 4.2.12) e temos que limn→+∞

1n

= 0.


∑

n=1

1

2e divergente, pois limn→+∞

12

= 126= 0,

contrariando assim o Teorema 4.2.3.


∑

n=1

n

n + 1e divergente, pois limn→+∞

nn+1

=

1 6= 0, contrariando assim o Teorema 4.2.3.

Teorema 4.2.4 (Series Alternadas). Dado uma serie do tipo∞

∑

n=1

(−1)nan

satisfazendo as seguintes condicoes:

1. an > 0 ∀n ∈ N;

2. (an)n∈N e decrescente;

3. limn→+∞ an = 0.

Entao∞

∑

n=1

(−1)nan e convergente.

Exemplo 4.2.11. Como aplicacao do Teorema 4.2.4, temos que a

serie∞

∑

n=1

(−1)n 1

ne convergente.

150

De fato: Temos que1

n> 0 ∀ n ∈ N, a sequencia (

1

n) e decrescente

e limn→+∞

1

n= 0. Portanto, temos o afirmado.

Teorema 4.2.5 (Teste da Comparacao). Sejam∞

∑

n=1

an e∞

∑

n=1

bn series,

satisfazendo a seguinte condicao:

• Existe n1 ∈ N tal que n > n1 implica que 0 ≤ an ≤ bn.

Entao, as seguintes afirmacoes sao verdadeiras:

1. Se∞

∑

n=1

bn converge entao∞

∑

n=1

an tambem converge.

2. Se∞

∑

n=1

an diverge entao∞

∑

n=1

bn tambem diverge.

Exemplo 4.2.12. A serie harmonica∞

∑

n=1

1

ne divergente.

Observe que podemos escrever

∞∑

n=1

1

n=

[

1 +1

2

]

+

[

1

3+

1

4

]

+

[

1

5+ . . . +

1

8

]

+

[

1

23 + 1+ . . . +

1

24

]

+ . . .

>1

2+

1

2+

1

2+

1

2+ . . . =

∞∑

n=1

1

2.

Como a serie∑

∞

n=112

diverge, temos que∞

∑

n=1

1

ndiverge.


∑

n=1

1

n!e convergente.

Lembramos que n! = n(n − 1). . . . 1 ≥ 2n−1 e, por sua vez, isso

implica que1

n!≤ 1

2n−1, ∀n ≥ 1.

Logo, pelo Teorema 4.2.5, obtemos que∞

∑

n=1

1

n!converge.


∑

n=2

1

ln ne divergente.

151

Para concluir que a serie∞

∑

n=2

1

ln ndiverge, vamos comparar seus

termos com os termos da serie harmonica∞

∑

n=2

1

nque diverge. Usare-

mos o Teorema do Valor Medio para provar que

1

ln x≥ 1

x, ∀ x > 1.

Pelo Teorema do Valor Medio, se f(x) = ln x entao, para cada x > 1,

existe x0 ∈ (1, x) tal que

f(x) − f(1) = f ′(x0) · (x − 1).

Como f(1) = ln 1 = 0, 1x0

< 1 e f ′(x) = 1x, vale a desigualdade:

ln x = f(x) − f(1) =1

x0(x − 1) ≤ x − 1 < x.

Mas isso implica que1

ln x≥ 1

x.

Portanto, pelo Teorema 4.2.5, a serie∞

∑

n=2

1

ln ndiverge.

Teorema 4.2.6 (Teste da Integral). Seja f : [1, +∞) → R uma funcao

decrescente, positiva e integravel em cada intervalo [1, x], x > 1,

e tal que existe um numero real L = limx→+∞

∫ x

1

f(t)dt entao a serie∞

∑

n=1

f(n) e convergente. E sera divergente se limx→+∞

∫ x

1

f(t)dt = +∞.

Exemplo 4.2.15. Usaremos o Teorema 4.2.6 para verificar a con-

vergencia da serie∞

∑

n=1

1

n2.

Inicialmente observamos que a funcao f(x) = 1x2 , x ∈ [1, +∞),

satisfaz as hipoteses do Teorema 4.2.6, isto e, positiva, decrescente,

e existe

L = limx→+∞

∫ x

1

1

t2dt = lim

x→+∞

[−1

t

]t=x

t=1

= limx→+∞

[−1

x+ 1

]

= 1.

Pelo Teorema 4.2.6, a serie∞

∑

n=1

1

n2converge.

152

Exemplo 4.2.16. Usaremos o Teorema 4.2.6 para verificar a divergencia

da serie∞

∑

n=1

1

n.

Inicialmente observamos que a funcao f(x) = 1x, x ∈ [1, +∞), sa-

tisfaz as hipoteses do Teorema 4.2.6, isto e, positiva, decrescente, e

limx→+∞

∫ x

1

1

tdt = lim

x→+∞

[ln t]t=x

t=1 = limx→+∞

[ln x − ln 1] = +∞.

Pelo Teorema 4.2.6, a serie∞

∑

n=1

1

ndiverge.

Teorema 4.2.7 (Teste da Razao). Seja∞

∑

n=1

an uma serie de termos

positivos e suponha que existem constantes 0 < c < 1 e N1 ∈ N tais

que

n > N1 =⇒ an+1

an

≤ c.

Entao a serie∞

∑

n=1

an converge.

Como aplicacao do Teorema acima, considere o seguinte exemplo:


∑

n=1

an onde para cada n ∈ N, an = (n+1)!nn

e

convergente.

Vamos calcular o seguinte limite:

an+1

an

=

(n+2)!(n+1)n+1

(n+1)!nn

=(n + 2)!

(n + 1)!· nn

(n + 1)n · (n + 1)

=n + 2

n + 1· 1

(1 + 1n)n

=1 + 2

n

1 + 1n

· 1

(1 + 1n)n

.

Passando ao limite, temos:

limn→+∞

[

an+1

an

]

= limn→+∞

[

1 + 2n

1 + 1n

]

·[

1

limn→+∞(1 + 1n)n

]

=1

e< 1.

Portanto, escolhendo c, tal que 1e

< c < 1 , obrigatoriamente para n

suficientemente grande, temos an+1

an

< c < 1 e, pelo Teorema 4.2.7, a

serie∞

∑

n=1

an, onde para cada n ∈ N, an = (n+1)!nn

, e convergente.

153

Teorema 4.2.8 (Teste da Raiz). Seja∞

∑

n=1

an uma serie de termos posi-

tivos tal que lim n

√an existe. As seguintes afirmacoes sao verdadeiras:

1. Se L = limn→+∞n

√an > 1 ou L = +∞ entao

∞∑

n=1

an diverge.


√an < 1 entao

∞∑

n=1

an converge.


√an = 1 nada se pode afirmar.

Usando o teste da raiz, do Teorema 4.2.8, deduzimos facilmente

que qualquer serie geometrica∞

∑

n=1

rn e convergente se 0 < r < 1 e,

divergente se r > 1. Basta observar que neste caso an = rn e isso

implica que limn→+∞n

√an = r.

Observac ao: Considere as series∞

∑

n=1

1

ne

∞∑

n=1

1

n2. Ambas satisfazem

o terceiro item do teste da raiz, isto e, a raiz n-esima do termo geral

converge para 1 e, no entanto, uma diverge e a outra converge.

Exemplo 4.2.18. Mostre que a serie

∞∑

n=1

1

nn

e convergente.

Vamos aplicar o Teorema 4.2.8 calculando o seguinte limite:

limn→+∞

n

√an = lim

n→+∞

n

√

1

nn

= limn→+∞

1

n= 0.

Portanto a serie∞

∑

n=1

1

nne convergente.

Exemplo 4.2.19. Mostre que a serie

∞∑

n=1

[

1, 00001 +1

n100000

]n

e divergente.

154

Vamos aplicar o Teorema 4.2.8, calculando o seguinte limite:

limn→+∞

n

√an = lim

n→+∞

n

√

[

1, 00001 +1

n100000

]n

= limn→+∞

[

1, 00001 +1

n100000

]

= 1, 00001.

Portanto a serie∞

∑

n=1

[

1, 00001 +1

n100000

]n

e divergente.

Definic ao 4.2.9. Uma serie∞

∑

n=1

an e dita absolutamente convergente

se, e somente se,∞

∑

n=1

| an | converge.

Teorema 4.2.10. Toda serie absolutamente convergente e convergente.

A recıproca do teorema anterior nao e valida, isto e, existem series

convergentes que nao sao absolutamente convergentes, por exemplo,

a serie∞

∑

n=1

(−1)n

ne convergente e nao e absolutamente convergente.

4.3 Series de Func oes

Nesta secao trabalharemos com tipo de serie, denominada de serie

de funcoes.

4.3.1 Series de Pot encias

Definic ao 4.3.1. Dados x0 ∈ R e uma sequencia (an), n ∈ {0, 1, 2, . . .},

a expressao

∑

an(x − x0)n = a0 + a1(x − x0) + . . . + aj(x − x0)

j + . . .

e denominada de serie de potencia em torno de x0, cujos coeficientes

sao os termos da sequencia an.

NOTA: Esta-

mos usando

a convencao

00 = 1.Para cada numero real x fixado, a expressao

∑

an(x − x0)n e uma

serie numerica, e um questionamente natural diante de uma serie de

potencia e saber para quais numeros x ∈ R a mesma converge. Em

155

outras palavras, qual o domınio da funcao f(x) =∑

an(x − x0)n? A

resposta a esta questao depende do comportamento da sequencia

(an). E claro que para x = x0 a serie e convergente, pois

+∞∑

n=0

an(x − x0)n = a0.

Exemplo 4.3.1. Determinar o domınio da funcao f(x) =

∞∑

n=0

1

nnxn.

Fixado x ∈ R, vamos tentar usar o teste da raiz. Pelo teste da raiz,

limn

√

| x |nnn

= limn→+∞

| x |n

= 0 < 1.

Logo, a serie∞

∑

n=0

1

nnxn e absolutamente convergente, portanto conver-

gente, qualquer que seja x ∈ R. Entao o domınio da funcao f dada

acima e R.

Exemplo 4.3.2. Qual o domınio da funcao f(x) =∞

∑

n=0

1

nxn?

O termo geral da serie acima e 1nxn, calculando a raiz n-esima do

termo geral e passando ao limite, obtemos:

limn→+∞

n

√

1

n| x |n = lim

n→+∞

| x |n

√n

=| x | .

Pelo teste da raiz, Teorema 4.2.8, concluımos que:

•∞

∑

n=0

1

nxn converge se | x |< 1;

•∞

∑

n=0

1

nxn diverge se | x |> 1.

Agora quando | x |= 1, temos possibilidade:

• Se x = 1 ⇒∞

∑

n=0

1

nxn =

∞∑

n=0

1

ndiverge;

• Se x = −1 ⇒∞

∑

n=0

1

nxn =

∞∑

n=0

(−1)n 1

nconverge;

Conclusao: o domınio da funcao f(x) =

∞∑

n=0

1

nxn e o intervalo [−1, 1).

156

Definic ao 4.3.2. Um numero real R e denominado raio de convergencia

de uma serie de potencia∑

an(x − x0)n se, e somente se:

•∑

an(x − x0)n converge se | x − x0 | < R;

•∑

an(x − x0)n diverge se | x − x0 | > R.

Abaixo citaremos duas regras para o calculo do raio de convergencia

de serie de potencia de termos nao nulos.

Teorema 4.3.3 (Raio de Convergencia). O raio de convegencia da

serie de pontencia∑

an(x − x0)n e dado por

• R = limn→∞

| an

an+1

|, desde que o limite exista ou seja igual a +∞;

• R = limn→∞

1n

√

| an |, desde que o limite exista ou seja igual a +∞.

Alem disso

i) Se R = 0, entao a serie converge apenas para x = x0;

ii) Se R = +∞, entao a serie converge para ∀ x real;

iii) Se R ∈ (0, +∞), entao a serie converge pelo menos para ∀ x ∈(x0 − R, x0 + R).

Exemplo 4.3.3. O raio de convergencia de+∞∑

n=0

n!xn e zero.

De fato: Sendo an = n!, logo,

R = limn→∞

| an

an+1|= lim

n→∞

| n!

(n + 1)!|= lim

n→∞

��n!

(n + 1)��n!= lim

n→∞

1

n + 1= 0

Exemplo 4.3.4. O raio de convergencia de+∞∑

n=0

xn

n!e +∞.

Com efeito: Sendo an =1

n!, logo

R = limn→∞

| an

an+1|= lim

n→∞

|1n!1

(n+1)!

|= limn→∞

(n + 1)��n!��n!= lim

n→∞

(n + 1) = +∞

Exemplo 4.3.5. Calcule o raio de convergencia de+∞∑

n=0

2n(x − 1)n

157

Temos que an = 2n, logo,

R = limn→∞

1n

√

| an |= lim

n→∞

1�n√2�n = limn→∞

1

2=

1

2.

Teorema 4.3.4 (Derivacao termo a termo). Se+∞∑

n=0

anxn e uma serie

absolutamente convergente, cujo raio de convergencia e igual a R,

entao a funcao f : (−R, R) → R definida por f(x) =+∞∑

n=0

anxn e de-

rivavel e, alem disso, vale a formula:

f ′(x) =+∞∑

n=1

nanxn−1. (4.2)

Teorema 4.3.5 (Integracao termo a termo). Se+∞∑

n=0

anxn e uma serie

absolutamente convergente, cujo raio de convergencia e igual a R,

entao a funcao f : (−R, R) → R definida por f(x) =+∞∑

n=0

anxn e in-

tegravel e, alem disso, vale a formula:

∫

f(x) =+∞∑

n=0

∫

anxndx. (4.3)

SAIBA MAIS:

Para saber mais,

ver referencia

[11]. 4.3.2 Series de Taylor e de Maclaurin

Nesta secao vamos expressar uma dada funcao f em serie de potencia.

E claro que essa funcao f deve possuir hipoteses necessarias para tal

finalidade.

Definic ao 4.3.6. Seja f uma funcao que possua derivadas de todas

as ordem no ponto x0. Denomina-se serie de Taylor no ponto x0 a

serie de potencia

+∞∑

n=0

f (n)(x0)

n!(x − x0)

n (4.4)

onde f (n)(x0) representa a derivada de ordem n de f no ponto x0. No

caso em que x0 = 0 a serie e demoninada de serie de Maclaurin.

Observac ao 4.3.1. Para n = 0 temos que f (0)(x0) = f(x0)

158

Exemplo 4.3.6. Expresse a funcao f(x) = ex em serie de Maclaurin e

calcule seu raio de convergencia.

E facil ver que

f (n)(x) = ex para n = 0, 1, 2, 3, · · · ⇒ f (n)(0) = e0 = 1 para n = 0, 1, 2, 3, · · ·

Portanto, da equacao (4.4), temos que

ex =

+∞∑

n=0

1

n!xn.

E usando do exemplo 4.3.4, conclui-se que R = +∞.

Exemplo 4.3.7. Expresse a funcao f(x) =1

x + 1= (x + 1)−1 em serie

de Maclaurin e calcule seu raio de convergencia.

Temos que

f(x) = (x + 1)−1 ⇒ f 0(0) = (0 + 1)−1 = 1 = (−1)0 · 0!

f (1)(x) = −1(x + 1)−2 ⇒ f 1(0) = −1(0 + 1)−2 = −1 = (−1)1 · 1!

f (2)(x) = 2(x + 1)−3 ⇒ f 3(0) = 2(0 + 1)−3 = 2 = (−1)2 · 2!

f (3)(x) = −6(x + 1)−4 ⇒ f 3(0) = −6(0 + 1)−4 = (−1)3 · 3!

· · · = · · ·

f (n)(x) = (−1)nn!(x + 1)−(n+1) ⇒ f (n)(0) = (−1)nn!(0 + 1)−(n+1) = (−1)n · n!

Portanto da equacao (4.4), temos que

f(x) =1

x + 1=

+∞∑

n=0

(−1)nxn.

Desde modo, obtemos que

R = limn→∞

1n

√

| an |= lim

n→∞

1n

√

(| −1 |)n= lim

n→∞

1 = 1.

Portanto, R = 1.

Exemplo 4.3.8. Expresse a funcao f(x) = ln (x + 1) em serie de Ma-

claurin.

159

Sabemos que ln (x + 1) =

∫

1

x + 1dx, assim do exemplo 4.3.7 po-

demos usar o Teorema 4.3.5 e obter quer

ln (x + 1) =

∫

1

x + 1dx =

+∞∑

n=0

∫

(−1)nxn =

+∞∑

n=0

(−1)n xn+1

n + 1+ C.

Reindexando, temos que

ln (x + 1) =+∞∑

n=1

(−1)(n−1) xn

n+ C.

Avaliando em x = 0, temos

0 = ln (0 + 1) =

+∞∑

n=1

(−1)(n−1) 0n

n+ C ⇒ C = 0.

Portanto,

ln (x + 1) =+∞∑

n=1

(−1)(n−1) xn

n.

Observac ao 4.3.2. Se f(x) e um polinomio de grau n, temos que sua

representacao em serie de Taylor e proprio polinomio.

Exemplo 4.3.9. Desenvolva a funcao f(x) = e−x2

em serie de Ma-

claurin.

Usando o exemplo 4.3.6, segue-se que

e−x2

=+∞∑

n=0

1

n!(−x2)n =

+∞∑

n=0

(−1)n

n!x(2n).

Uma aplicacao interessante das series de potencias e o calculo de

primitivas de funcoes as quais nao podem ser resolvidas atraves da

tecnicas do capıtulo 1. Por exemplo, podemos usar o Teorema 4.3.5

para calcular a primitiva de f(x) = e−x2

, com efeito

∫

e−x2

dx =

+∞∑

n=0

∫

(−1)n

n!x2ndx =

+∞∑

n=0

(−1)n

n!(2n + 1)x(2n+1) + C.

onde C e uma constante real.

4.3.3 Exercıcios

1. Quais das series abaixo sao convergentes:

160

a)∞

∑

n=1

1

n3

b)∞

∑

n=1

n3 + 1

n3

c)∞

∑

n=1

1

nn

d)∞

∑

n=1

(−1)n n3 + 1

n3

e)∞

∑

n=1

1

e−n

f)∞

∑

n=4

1

n − 3

g)∞

∑

n=1

1

n + ln n

h)∞

∑

n=1

1

n2 − 6n + 11

i)∞

∑

n=1

1

n2 ln n

j)∞

∑

n=1

5n

1 + 4n

i)∞

∑

n=1

n2.n!

(n + 1)!

2. Determine o raio e convergencia das series de potencias.

a)∞

∑

n=1

xn

n3

b)∞

∑

n=1

n3 + 1

n3.xn

c)∞

∑

n=1

xn

nn

d)∞

∑

n=1

(−1)n n3 + 1

n3xn

e)∞

∑

n=1

xn

e−n

f)∞

∑

n=4

xn

n − 3

161

3. Desenvolva as funcoes seno, cosseno e arco tangente em serie

de Maclaurin.

4. Calcule os raios de convergencia em serie de Maclaurin das

funcoes seno, cosseno e arco tangente.

5. Desenvolva a funcao f(x) = sen (x2) em serie de Maclaurin.

6. Desenvolva a funcao f(x) =1

1 − xem serie de Maclaurin.

4.3.4 Respostas

1. a) Sim.

b) Nao.

c) Sim.

d) Sim.

e) Nao.

f) Nao.

g) Nao.

h) Sim.

i) Sim.

j) Nao.

i) Nao.

2. a) R = 1.

b) R = 1.

c) R = +∞.

d) R = 1.

e) R =1

e

f) R = 1.

162

3.

sen x =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!x(2n+1).

cos x =+∞∑

n=0

(−1)n

(2n)!x(2n).

arctg x =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)x(2n+1).

4. R = +∞, R = +∞ e R = 1, respectivamente.

5.

sen x2 =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!(x2)(2n+1) =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!(x)[2.(2n+1)].

6.1

1 − x=

+∞∑

n=0

xn.




[2] BOULOS, P. Introducao ao Calculo: Calculo Diferencial. Vol. 1 e

2, Sao Paulo: Ed. Edgard Blucher. 1974.

[3] BOULOS, P. Calculo Diferencial e Integral. Vol. 1 e 2, 5 ed. Sao




Cientıficos, 2008.





[7] LANG, S. Calculo, Vol. 1 e 2, Rio de Janeiro: Ed. Livros Tecnicos

e Cientıficos, 1977.

[8] STEWART, J. Calculo. Vol. 1 e 2, 5 ed. Rio de Janeiro: Ed. Cen-

gage Learning, 2005.

[9] http://br.geocities.com/edmilsonaleixo/analmat2/analmat23.htm.


[10] http://ferrari.dmat.fct.unl.pt/services/AnalMat2A/AMII-A-2004-TE-

Cap3.pdf Acesso em 11/01/2009 as 09h40min

163


[11] http://www.estv.ipv.pt/PaginasPessoais/odetecr/AnAcesso em

19/12/2008 as 19h40min.

[12] http://www.estg.ipleiria.pt/files/319758formulari469b8ade6093d.pdfcesso

em 10/12/2008 as 11h40min

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