Primitivacao de funcoes racionais

Recorde que uma funcao racional f e um quociente de dois polinomios. Ou seja,

f(x) =P (x)

Q(x)

em que P e Q sao polinomios. E conveniente organizar a primitivacao de funcoesracionais em quatro passos:

(1) Divisao dos polinomios,

(2) Factorizacao do denominador,

(3) Decomposicao em fraccoes simples, e

(4) Primitivacao das fraccoes simples.

1. Dividir os polinomios

Se o grau do numerador for maior ou igual ao grau do denominador, comecamospor dividir os dois polinomios:

P

Q= D +

P

Q

em que o grau de P e inferior ao grau de Q.

Exemplo 1. Queremos primitivar a funcao

3x4 + 4x3 + x2 + 4x

x2 + 1

O grau do numerador e 4, maior que o grau do denominador que e dois. Comecamosassim por dividir os polinomios:

3x4 + 4x3 + x2 + 4x x2 + 1− 3x4 − 3x2 3x2 + 4x− 2

+ 4x3 − 2x2 + 4x− 4x3 − 4x

− 2x2

2x2 + 22

Assim,3x4 + 4x3 + x2 + 4x

x2 + 1= 3x2 + 4x− 2 +

2

x2 + 1e portanto

∫

3x4 + 4x3 + x2 + 4x

x2 + 1dx = x3 + 2x2 − 2x+ 2arctanx+ C �

Naturalmente a divisao de polinomios pode nao ser suficiente para calcular a pri-mitiva:

2

Exemplo 2. Queremos primitivar a funcao racional

2x5 + 4x3 − 2

x4 − 1

Como o grau do numerador e maior que o grau do denominador, comecamos pordividir os polinomios:

2x5 + 4x3 − 2 x4 − 1− 2x5 + 2x 2x

+ 4x3 + 2x− 2

Assim,2x5 + 4x3 − 2

x4 − 1= 2x+

4x3 + 2x− 2

x4 − 1

A primitiva de 2x e x2 portanto ficamos com o problema de primitivar

4x3 + 2x− 2

x4 − 1�

Veremos como primitivar esta funcao no exemplo 11.

2. Factorizar o denominador

O segundo passo e factorizar o denominador. Qualquer polinomio Q(x) pode serfactorizado como um produto

Q(x) = (x− a1)n1(x− a2)

n2 . . . (x− ak)nkQ1(x) . . . Qm(x)

em que a1, . . . , ak sao as raızes de Q com multiplicidades n1, . . . , nk e Q1, . . . Qm

sao polinomios da forma Qi(x) = (ax2 + bx + c)n em que ax2 + bx + c nao temraızes em R.

Exemplo 3. Para factorizar 2x2+x−3 notamos que este polinomio tem por raızesx = 1 e x = − 3

2 logo

2x2 + x− 3 = 2(

x− 1)(

x+ 32

)

�

Exemplo 4. Aproveitando o ultimo exemplo podemos facilmente factorizar (2x2+x− 3)(x− 1):

(2x2 + x− 3)(x− 1) = 2(

x− 1)2(

x+ 32

)

�

Exemplo 5. Para factorizar o polinomio x3 − 1 observamos que x = 1 e raiz destepolinomio. O polinomio e portanto divisıvel por x−1. Efectuando a divisao obtemos

x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1)

O polinomio x2 + x + 1 nao tem raızes reais pelo que terminamos aqui a nossafactorizacao. �

Por vezes factorizar o denominador e tudo o que e necessario para primitivar afuncao:

Primitivacao de funcoes racionais 3

Exemplo 6. Para primitvar a funcao

1

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

notamos que x2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2 logo

1

(x+ 1)(x2 + 2x+ 1)=

1

(x+ 1)3

Esta funcao e facil de primitivar:

∫

dx

(x+ 1)3= − 1

2(x+ 1)2+ C �

3. Decompor o quociente em fraccoes simples

A ideia agora e simplificar o quociente escrevendo-o como uma soma das chamadasfraccoes simples. Para ilustrar a ideia vamos examinar um exemplo.

Exemplo 7. Vamos primitivar a funcao

f(x) =1

x(x− 1)

Para tal observamos que

1

x(x− 1)=

1− x+ x

x(x− 1)

=1− x

x(x− 1)+

x

x(x− 1)

= − 1

x+

1

x− 1

Decompusemos f como uma soma das fraccoes simples 1x e 1

x−1 (na pratica, a

decomposicao em fraccoes simples raramente e feita desta maneira directa). Agorae facil primitivar f :

∫

1

x(x− 1)dx =

∫

− 1

x+

1

x− 1dx

= − ln |x|+ ln |x− 1|+ C �

Este tipo de decomposicao e sempre possıvel. A cada factor do denominador associ-amos uma soma de fraccoes simples de acordo com a tabela 1, na qual Q(x) designaum polinomio de grau dois sem raızes. Nao nos vamos preocupar por enquanto coma justificacao da existencia desta decomposicao (ver a seccao 5).

4

x− aA

x− a

Q(x)Bx+ C

Q(x)

(x− a)nA1

x− a+

A2

(x− a)2+ · · ·+ An

(x− a)n

Q(x)nA1x+B1

Q(x)+

A2x+B2

Q(x)2+ · · ·+ Bnx+ Cn

Q(x)n

Tabela 1. Decomposicao em fraccoes simples

Os proximos exemplos ilustram o calculo das constantes Ai e Bi:

Exemplo 8. Vamos primitivar a funcao

x− 1

(x+ 1)(x− 4)

De acordo com a tabela 1 temos

(1)x− 1

(x+ 1)(x− 4)=

A

x+ 1+

B

x− 4

para algumas constantes A,B a determinar. Para determinar estas constantesreduzimos tudo ao mesmo denominador:

x− 1

(x+ 1)(x− 4)=

A(x− 4) +B(x+ 1)

(x+ 1)(x− 4)

Os denominadores sao iguais. Igualando os numeradores obtemos

x− 1 = A(x− 4) +B(x+ 1)

A maneira mais simples de prosseguir e dar valores a x. Os valores convenientessao as raızes do denominador. Para x = 4 obtemos

4− 1 = A(4− 4) +B(4 + 1) logo 5B = 3

Assim, B = 35 . A outra raiz do denominador e x = −1,

−1− 1 = A(−1− 4) +B(−1 + 1) logo − 5A = −2

Assim, A = 25 . Substituindo os valores de A e B na equacao (1) obtemos

x− 1

(x+ 1)(x− 4)=

2/5

x+ 1+

3/5

x− 4

Esta funcao e simples de primitivar:∫

2/5

x+ 1+

3/5

x− 4dx =

2

5ln |x+ 1|+ 3

5ln |x− 4|+ C �

Exemplo 9. Queremos primitivar a funcao

2x2 + 4x

(x2 + 1)(x2 + x+ 1)

Primitivacao de funcoes racionais 5

O denominador ja esta factorizado logo, de acordo com a tabela 1 temos

2x2 + 4x

(x2 + 1)(x2 + x+ 1)=

Ax+B

x2 + 1+

Cx+D

x2 + x+ 1(2)

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

(x2 + 1)(x2 + x+ 1)

Igualando os numeradores obtemos

2x2 + 4x = (Ax+B)(x2 + x+ 1) + (Cx+D)(x2 + 1)

Como os polinomios x2 + 1 e x2 + x + 1 nao tem raızes em R dar valores a x naoe muito conveniente. Procedemos de outro modo. Comecamos por desenvolver osprodutos:

2x2 + 4x = (Ax3 +Ax2 +Ax+Bx2 +Bx+B) + (Cx3 + Cx+Dx2 +D)

= (A+ C)x3 + (A+B +D)x2 + (A+B + C)x+ (B +D)

Agora igualamos potencias de x. Obtemos um sistema de quatro equacoes comquatro incognitas:

0 =Ax3 +Cx3

2x2 =Ax2+Bx2 +Dx2

4x =Ax +Bx +Cx

0 = B +D

Podemos calcular os valores de A,B,C,D resolvendo este sistema. A primeira e aultima equacoes dizem-nos que C = −A e D = −B. Substituindo na segunda e naterceira equacoes obtemos

2 = A+B −B = A

4 = A+B −A = B

Assim, A = 2, B = 4, C = −2 e D = −4. Substituindo os valores na equacao (2)obtemos

2x2 + 4x

(x2 + 1)(x2 + x+ 1)=

2x+ 4

x2 + 1+

−2x− 4

x2 + x+ 1

Agora∫

2x+ 4

x2 + 1dx =

∫

2x

x2 + 1dx+

∫

4

x2 + 1dx

= ln |x2 + 1|+ 4arctan(x)

Veremos na proxima seccao como primitivar a funcao −2x−4x2+x+1 (ver exemplo 14). �

Exemplo 10. Queremos primitivar

2x3 − 1

x(x− 1)3

De acordo com a tabela 1 escrevemos

2x3 − 1

x(x− 1)3=

A

x+

B

x− 1+

C

(x− 1)2+

D

(x− 1)3(3)

6

Agora reduzimos tudo ao mesmo denominador x(x− 1)3:

=A(x− 1)3 +Bx(x− 1)2 + Cx(x− 1) +Dx

x(x− 1)3

Como os denominadores sao iguais, igualando os numeradores obtemos

2x3 − 1 = A(x− 1)3 +Bx(x− 1)2 + Cx(x− 1) +Dx

Tomando x = 0 obtemos −1 = −A logo A = 1. Ponto x = 1 obtemos D = 1. Paraprosseguir precisamos de igualar potencias de x:

2x3 − 1 = A(x− 1)3 +Bx(x− 1)2 + Cx(x− 1) +Dx

= A(x3 − 3x2 + 3x− 1) +B(x3 − 2x2 + x) + C(x2 − x) +Dx

= (A+B)x3 + (−3A− 2B + C)x2 + (3A+B − C +D)x−A

Igualando potencias de x obtemos o sistema

2x3 = Ax3 +Bx3

0 =− 3Ax2 − 2Bx2+Cx2

0 = 3Ax +Bx −Cx +Dx

−1 = −A

Repare que a ultima equacao corresponde a tomar x = 0. Ja sabemos que A =D = 1. A primeira equacao diz-nos que B = 2− A = 1. Entao a segunda equacaodiz-nos que C = 3A+ 2B = 5. Substituindo os valores na equacao (3) obtemos

2x3 − 1

x(x− 1)3=

1

x+

1

x− 1+

5

(x− 1)2+

1

(x− 1)3

Agora e facil primitivar:∫

1

x+

1

x− 1+

5

(x− 1)2+

1

(x− 1)3dx

= ln |x|+ ln |x− 1| − 5

x− 1− 1

2(x− 1)2+ C �

Exemplo 11. Vamos agora completar o exemplo 2. Ficamos de primitivar a funcao

4x3 + 2x− 2

x4 − 1

Primeiro e necessario factorizar o denominador:

x4 − 1 = (x2)2 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)

Como x2 + 1 nao tem raızes reais terminamos a factorizacao aqui. De acordo coma tabela 1 temos

(4)4x3 + 2x− 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) + (Cx+D)(x− 1)(x+ 1)

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)

Obtemos assim a igualdade entre polinomios

4x3 + 2x− 2 = A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)(x+ 1)

Primitivacao de funcoes racionais 7

Pondo x = 1 obtemos

4 · 13 + 2 · 1− 2 = A(1 + 1)(12 + 1) +B(1− 1)(12 + 1) + (Cx+D)(1− 1)(1 + 1)

logo 4 = 4A donde tiramos A = 1. O outro valor conveniente e x = −1:

4 · (−1)3 + 2 · (−1)− 2 = B(−1− 1)(

(−1)2 + 1)

logo −8 = −4B e portanto B = 2. Para prosseguirmos desenvolvemos os produtos

4x3 + 2x− 2 = A(x3 + x2 + x+ 1) +B(x3 − x2 + x− 1) + C(x3 − x) +D(x2 − 1)

e igualamos potencias de x:

x3 = Ax3+Bx3+Cx3

0 = Ax2−Bx2 +Dx2

2x = Ax +Bx −Cx

−2 = A −B −D

Ja sabemos que A = 1 e B = 2. A primeira equacao diz-nos que C = 4−A−B =4− 1− 2 = 1 e a segunda equacao diz-nos que D = B −A = 2− 1 = 1. Assim,

A = 1, B = 2, C = 1, D = 1

e portanto, substituindo na equacao (4) obtemos∫

4x3 + 2x− 2

(x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)dx =

∫

1

x− 1+

2

x+ 1dx+

x+ 1

x2 + 1dx

= ln |x− 1|+ 2 ln |x+ 1|+∫

x

x2 + 1dx+

∫

1

x2 + 1dx

= ln |x− 1|+ 2 ln |x+ 1|+ 1

2ln |x2 + 1|+ arctanx �

4. Primitivacao das fraccoes simples

Finalmente e necessario primitivar as fraccoes simples. Primitivas envolvendo asfraccoes simples 1/(x− a)n sao simples de calcular:

∫

dx

x− a= ln |x− a| e

∫

dx

(x− a)n= − 1

n− 1

1

(x− a)n−1(n > 1)

Primitivas envolvendo polinomios Q(x) do segundo grau no denominador sao maiscomplicadas. A ideia e transformar Q(x) no polinomio u2+1 com uma substituicaou = g(x) adequada.

Exemplo 12. Queremos primitivar 1x2+4 . Pondo 4 em evidencia obtemos

∫

dx

x2 + 4=

∫

1

4

dx

x2/4 + 1=

∫

1

4

dx

(x/2)2 + 1

Fazemos agora a substituicao u = x/2, du = dx/2:∫

1

4

dx

(x/2)2 + 1=

1

2

∫

du

u2 + 1=

1

2arctanu

8

Substituindo u = x/2 obtemos

∫

dx

x2 + 4=

1

2arctan

x

2�

Para lidar com polinomios do segundo grau mais complicados usamos o procedi-mento chamado de “completar os quadrados”. Recorde que

(x± a)2 = x2 ± 2ax+ a2

Exemplo 13. Para primitivar 1x2+2x+2 notamos que

x2 + 2x+ 2 = (x2 + 2x+ 1) + 1 = (x+ 1)2 + 1

Fazendo a substituicao u = x+ 1, du = dx obtemos

∫

dx

(x+ 1)2 + 1=

∫

du

u2 + 1= arctanu = arctan(x+ 1) �

Exemplo 14. No exemplo 9 deparamo-nos com a fraccao simples

2x+ 4

x2 + x+ 1

que vamos agora primitivar. Completando quadrados temos

x2 + x+ 1 = x2 + 2 12 x+ 1

= x2 + 2 12 x+

(

12

)2 −(

12

)2+ 1

=(

x+ 12

)2 −(

12

)2+ 1

=(

x+ 12

)2+ 3

4

Fazendo a substituicao u = x+ 12 , du = dx, e notando que 2x+4 = 2u+3 obtemos

∫

2x+ 4

x2 + x+ 1dx =

∫

2x+ 4(

x+ 12

)2+ 3

4

=

∫

2u+ 3

u2 + 34

du

=

∫

4u

u2 + 34

du+

∫

4

u2 + 34

du

= 2 ln∣

∣u2 + 34

∣

∣+

∫

4

u2 + 34

du

Primitivacao de funcoes racionais 9

Pondo 34 em evidencia,

∫

4

u2 + 34

du =

∫

434

(

43u

2 + 1) du

=

∫

16/3(

2u√3

)2+ 1

du

=

∫

16/3

y2 + 1

√3

2dy

(

y = 2u√3

)

=8√3

3arctan y

Juntando tudo e substituindo y e u por x obtemos∫

2x+ 4

x2 + x+ 1dx = 2 ln

∣

∣u2 + 34

∣

∣+8√3

3arctan y

= 2 ln∣

∣(x+ 1/2)2 + 3/4∣

∣+8√3

3arctan

( 2(x+1/2)√3

)

�

5. Existencia da decomposicao em fraccoes simples

Vamos agora mostrar a existencia da decomposicao em fraccoes simples. Seja fuma funcao racional. Apos factorizar o denominador podemos escrever

f(x) =P (x)

Q1(x) ·Q2(x) · · ·Qk(x)

em que cada Qi(x) e da forma

Qi(x) = (x− a)n ou Qi(x) = (ax2 + bx+ c)n

sendo no segundo caso ax2 + bx + c um polinomio sem raızes. Vamos ver quepodemos eliminar os factores do denominador um a um:

• No caso em que Q1(x) = (x− a)n podemos escrever

P (x)

Q1(x) ·Q2(x) · · ·Qk(x)=

R(x)

Q2(x) · · ·Qk(x)+

A1

x− a+ · · ·+ An

(x− a)n

em que A1, . . . , An sao constantes e R(x) e um polinomio.

• Se Q1(x) = (ax2 + bx+ c)n podemos escrever

P (x)

Q1(x) ·Q2(x) · · ·Qk(x)

=R(x)

Q2(x) · · ·Qk(x)+

A1x+B1

ax2 + bx+ c+ · · ·+ Anx+Bn

(ax2 + bx+ c)n

em que A1, B,1, . . . , An, Bn sao constantes e R(x) e um polinomio.

Conseguimos assim eliminar os factores do denominador um a um, substituindo-ospor somas de fraccoes simples.

10

Comecamos com o caso em que Q1(x) = (x − a)n. Para simplificar a notacaoescrevemos Q(x) = Q2(x) · · ·Qk(x). Entao

f(x) =P (x)

Q(x)(x− a)n

Definicao 1: Dizemos que uma funcao racional f tem uma singularidade de or-dem n em x = a se f for da forma

f(x) =P (x)

Q(x)(x− a)n

em que P (a), Q(a) 6= 0. Ou seja, se a for um zero com multiplicidade n do deno-minador e a nao for um zero do numerador.

Para valores de x proximos de a, P (x)Q(x) ≈

P (a)Q(a) . Vamos ver que a diferenca

P (x)

Q(x)(x− a)n− P (a)

Q(a)(x− a)n

tem uma singularidade em x = a de ordem menor ou igual a n − 1. Conseguimosassim cancelar parte da singularidade.

Teorema 2: Dados polinomios P,Q tais que Q(a) 6= 0, existe um polinomio Ptal que

P (x)

Q(x)(x− a)n− P (a)/Q(a)

(x− a)n=

P (x)

Q(x)(x− a)n−1

Demonstracao. Escrevemos

(i)P (x)

Q(x)(x− a)n− P (a)/Q(a)

Q(a)(x− a)n=

P (x)− P (a)Q(a)Q(x)

Q(x)(x− a)n

Agora x = a e uma raiz do numerador logo o numerador e divisıvel por x − a.Chamando P ao quociente temos

(ii) P (x)− P (a)

Q(a)Q(x) = P (x)(x− a)

Substituindo (ii) em (i) obtemos

P (x)

Q(x)(x− a)n− P (a)/Q(a)

Q(a)(x− a)n=

P (x)(x− a)

Q(x)(x− a)n=

P (x)

Q(x)(x− a)n−1�

Iterando este procedimento chegamos ao:

Teorema 3: Dados polinomios P,Q tais queQ(a) 6= 0 existem constantesA1, . . . , An

e um polinomio R(x) tais que

P (x)

Q(x)(x− a)n=

A1

(x− a)+ · · ·+ An

(x− a)n+

R(x)

Q(x)

Demonstracao. A demonstracao e por inducao em n. Para n = 0 basta tomarR = P . Assumimos entao por hipotese de inducao que o resultado e valido para

Primitivacao de funcoes racionais 11

n − 1 e provamos o resultado para n. Pelo teorema 2, existe um polinomio P talque

(i)P (x)

Q(x)(x− a)n=

P (a)/Q(a)

(x− a)n+

P (x)

Q(x)(x− a)n−1

Por hipotese de inducao, existem constantes A1, . . . , An−1 e um polinomio R taisque

(ii)P (x)

Q(x)(x− a)n−1=

A1

(x− a)+ · · ·+ An−1

(x− a)n−1+

R(x)

Q(x)

Substituindo (ii) em (i)

P (x)

Q(x)(x− a)n=

P (a)/Q(a)

(x− a)n+

A1

(x− a)+ · · ·+ An−1

(x− a)n−1+

R(x)

Q(x)

Agora basta tomar An = P (a)/Q(a). �

Vamos agora estudar o caso em que temos como factores do denominador polinomiosdo segundo grau sem raızes em R. Vamos apenas considerar o caso do polinomiox2+1 pois, como vimos, e sempre possıvel reduzir a este caso com uma substituicaoadequada.

A demonstracao usa algumas propriedades muito elementares dos numeros comple-xos.

Comecamos por demonstrar o analogo do teorema 2. A primeira observacao e que,se

P (i) = A+Bi e Q(i) = C +Di

entao

P (−i) = A−Bi e Q(−i) = C −Di

Assim, se definirmos

Pr(x) = A+Bx e Qr(x) = C +Dx

temos

P (±i) = Pr(±i) e Q(±i) = Qr(±i)

Teorema 4: Se Q(i) 6= 0 entao existe um polinomio ‹P tal que

P (x)

Q(x)(x2 + 1)n− Pr(x)/Qr(x)

(x2 + 1)n=

‹P (x)/Qr(x)

Q(x)(x2 + 1)n−1

Demonstracao. A demonstracao e muito semelhante a do teorema 2. Comecamospor escrever

(i)P (x)

Q(x)(x2 + 1)n− Pr(x)

Qr(x)(x2 + 1)n=

P (x)Qr(x)− Pr(x)Q(x)

Q(x)Qr(x)(x2 + 1)n

12

Entao i,−i sao ambas raızes do numerador, pelo que o numerador e divisıvel porx − i e por x + i, sendo portanto divisıvel tambem por (x − i)(x + i) = x2 + 1.

Chamando ‹P ao quociente temos

(ii) P (x)Qr(x)− Pr(x)Q(x) = (x2 + 1)‹P (x)

Substituindo (ii) em (i) obtemos

P (x)

Q(x)(x− a)n− Pr(x)

Qr(x)(x2 + 1)n=

(x2 + 1)‹P (x)

Q(x)Qr(x)(x2 + 1)n

=‹P (x)

Q(x)Qr(x)(x2 + 1)n−1

o que termina a demonstracao. �

Ao comparar o teorema 5 com o teorema 2 vemos uma diferenca importante:

Pr(x)/Qr(X) e ‹P (x)/Qr(x) so sao polinomios se Qr(x) for constante. O que nosqueremos de facto provar e:

Teorema 5: Se Q(i) 6= 0 entao existe um polinomio “P e constantes An, Bn taisque

P (x)

Q(x)(x2 + 1)n− An +Bnx

(x2 + 1)n=

“P (x)

Q(x)(x2 + 1)n−1

Demonstracao. O teorema segue de imediato do teorema 4 no caso em queQ(i) ∈R pois nesse caso Qr(x) = C e uma constante e basta tomar “P (x) = ‹P (x)/C eescrever o polinomio de grau um Pr(x)/C na forma Pr(x)/C = An+Bnx. No casogeral, escrevendo Q(i) = C +Di temos

P (x)

Q(x)(x2 + 1)n=

(C −Dx)P (x)

(C −Dx)Q(x)(x2 + 1)n

e

(C −Di)Q(i) = (C −Di)(C +Di) = C2 +D2 ∈ R.

Pelo que dissemos acima, basta agora aplicar o teorema 4. �

Podemos agora mostrar que

Teorema 6: Existem constantes A1, B1, . . . , An, Bn e um polinomio R(x) taisque

P (x)

Q(x)(x2 + 1)n=

A1 +B1x

x2 + 1+ · · ·+ An +Bnx

(x2 + 1)n+

R(x)

Q(x)

Demonstracao. A demonstracao e por inducao em n. Para n = 0 basta tomarR = P . Assumimos entao por hipotese de inducao que o resultado e valido para

n− 1 e provamos o resultado para n. Pelo teorema 5, existe um polinomio “P (x) econstantes An, Bn tais que

(i)P (x)

Q(x)(x2 + 1)n=

An +Bnx

(x2 + 1)n+

“P (x)

Q(x)(x2 + 1)n−1

Primitivas com funcoes trigonometricas 13

Por hipotese de inducao existem constantes A1, B1, . . . , An−1, Bn−1 e um polinomioR(x) tais que

(ii)“P (x)

Q(x)(x− a)n−1=

A1 +B1x

x2 + 1+ · · ·+ An−1 +Bn−1x

(x2 + 1)n−1+

R(x)

Q(x)

Substituindo (ii) em (i) obtemos

P (x)

Q(x)(x2 + 1)n=

An +Bnx

(x2 + 1)n+

A1 +B1x

x2 + 1+ · · ·+ An−1x+Bn−1x

(x2 + 1)n−1+

R(x)

Q(x)

o que termina a demonstracao. �

Primitivas com funcoes trigonometricas

Vamos agora ver como primitivar expressoes envolvendo funcoes trigonometricas.

6. Primitivas envolvendo senos e cosenos

Muitas primitivas podem ser calculadas usando a formula sen2 x+cos2 x = 1 e umasubstituicao u = cosx ou u = senx:

Exemplo 15. Queremos primitivar sen2(x) cos3(x). Notamos que∫

sen2(x) cos3(x) dx =

∫

sen2(x) cos2(x)(cosx dx) =

∫

sen2 x(1−sen2 x)(cosx dx)

Assim, fazendo a substituicao u = senx, du = cosx dx obtemos∫

sen2(x) cos3(x) dx =

∫

u2(1− u2)du =

∫

u2 − u4 du

=u3

3− u5

5+ C =

cos3 x

3− cos5 x

5+ C �

Exemplo 16. Queremos primitivar a funcao

f(x) =sen5 x

3 + sen2 x

Notamos que

∫

sen5 x dx

3 + sen2 x=

∫

(

sen2 x)2

senx dx

3 + sen2 x=

∫

(

1− cos2 x)2

senx dx

3 + (1− cos2 x)

Fazendo a substituicao u = cosx, du = − senx dx obtemos

∫

(

1− cos2 x)2

senx dx

4− cos2 x= −

∫

(1− u2)2 du

4− u2

Deixamos ao cuidado do leitor verificar que

(1− u2)2

u2 − 4= u2 + 2 +

9/4

u+ 2− 9/4

u− 2

14

e portanto∫

(1− u2)2 du

u2 − 4=

u3

3+ 2u+

9

4ln |u+ 2| − 9

4ln |u− 2|

=1

3cos3 x+ 2 cosx+

9

4ln

∣

∣

∣

∣

cosx+ 2

cosx− 2

∣

∣

∣

∣

�

Exemplo 17. Queremos primitivar f(x) = (cosx)−1 = secx:∫

secx dx =

∫

1

cosxdx =

∫

1

cos2 xcosx dx =

∫

1

1− sen2 xcosx dx

Fazendo a substituicao u = senx, du = cosx dx obtemos∫

1

1− sen2 xcosx dx =

∫

1

1− u2du

Deixamos como exercıcio a verificacao que

∫

1

1− u2du = − 1

2 ln |1− u|+ 12 ln |1 + u| = ln

�∣

∣

∣

∣

1 + u

1− u

∣

∣

∣

∣

Falta apenas substituir u = senx:

∫

secx dx = ln

�∣

∣

∣

∣

1 + senx

1− senx

∣

∣

∣

∣

�

7. Primitivas envolvendo tangentes e secantes

Comecamos por ver como primitivar a tangente e a secante. Usando a substituicaou = cosx obtemos

∫

tanx dx =

∫

senx

cosxdx = −

∫

1

cosx(− senx dx)

= −∫

du

udu = − ln |u|+ C

= − ln | cosx|+ C = ln | secx|+ C

No exemplo 17 vimos como primitivar a secante:

∫

secx dx = ln

�∣

∣

∣

∣

1 + senx

1− senx

∣

∣

∣

∣

Podemos simplificar esta expressao notando que

1 + senx

1− senx=

(1 + senx)2

1− sen2 x=

Å1 + senx

cosx

ã2= (secx+ tanx)2

Assim,

ln

�∣

∣

∣

∣

1 + senx

1− senx

∣

∣

∣

∣

= ln»(secx+ tanx)2 = ln | secx+ tanx|

Resumindo:

Primitivas com funcoes trigonometricas 15

∫

tanx dx = ln | secx|+ C

∫

secx dx = ln | secx+ tanx|+ C

Tecnicas semelhantes as usadas na seccao 6 com o seno e o coseno podem ser usadaspara primitivar funcoes envolvendo a tangente e a secante. Neste caso as formulasrelevantes sao

sec2 θ − tan2 θ = 1, (tan θ)′ = sec2 θ e (sec θ)′ = sec θ tan θ

Exemplo 18. Para primitivar tan3 x sec4 x notamos que∫

tan3 x sec4 x dx =

∫

tan3 x sec2 x sec2 x dx

=

∫

tan3 x(

1 + tan2 x)

sec2 x dx

Fazendo a substituicao u = tanx obtemos∫

tan3 x(

1 + tan2 x)

sec2 x dx =

∫

u3(1 + u2) du =u4

4+

u6

6

Agora basta substituir u = tanx:∫

tanx sec4 x dx =1

4tan4 x+

1

6tan6 x �

Exemplo 19. Vamos primitivar tan3 x sec4 x de outra maneira. Desta vez notamosque

∫

tan3 x sec4 x dx =

∫

tan2 x sec3 x(

tanx secx dx)

=

∫

(

sec2 x− 1)

sec3 x(

tanx secx dx)

Fazendo a substituicao u = secx obtemos∫

(

sec2 x− 1)

sec3 x(

tanx secx dx)

=

∫

(u2 − 1)u3 du =u6

6− u4

4

Agora basta substituir u = secx:∫

tanx sec4 x dx =1

6sec6 x− 1

4sec4 x

Esta primitiva e diferente da obtida no exemplo 18 mas o leitor pode verificarfacilmente que as duas primitivas diferem por uma constante:

1

6sec6 x− 1

4sec4 x =

1

4tan4 x+

1

6tan6 x− 1

12�

16

Exemplo 20. Vamos primitivar tan3 θ.∫

tan3 θ dθ =

∫

tan3 θ

sec2 θsec2 θ dθ =

∫

tan3 θ

1 + tan2 θ(sec2 θ dθ)

Fazendo a substituicao u = tan θ obtemos∫

tan3 θ

1 + tan2 θ(sec2 θ dθ) =

∫

u3

1 + u2du

Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que∫

u3

1 + u2du = 1

2u2 − ln

√

1 + u2

Substituindo u = tan θ obtemos∫

tan3 θ dθ = 12 tan

2 θ − ln√

1 + tan2 θ = 12 tan

2 θ − ln | sec θ| �

8. Algumas propriedades das funcoes trigonometricas

As tecnicas da seccao 6 permitem primitivar senn θ cosm θ desde que ou n ou msejam ımpares. Por exemplo, se m = 2k + 1 temos

∫

senn θ cos2k+1 θ dθ =

∫

senn θ cos2k θ cos θ dθ

=

∫

senn θ(

1− sen2 θ)k

cos θ dθ

=

∫

un(1− u2)k du (u = sen θ)

Para lidar com potencias pares podemos usar primitivacao por partes mas e maissimples usar as propriedades das funcoes trigonometricas que passamos a descrever:

Teorema 7 (Propriedades do seno e do coseno):

(1) cos2 θ = 12 (1 + cos 2θ)

(2) sen2 θ = 12 (1− cos 2θ)

(3) sen 2θ = 2 sen θ cos θ

Antes da demonstracao vamos ver algumas aplicacoes:

Exemplo 21. Podemos agora facilmente primitivar cos2 θ:∫

cos2 θ dθ =

∫

1 + cos(2θ)

2dθ

=θ

2+

1

4sen(2θ)

=1

2

(

θ + sen θ cos θ)

�

Primitivas com funcoes trigonometricas 17

Exemplo 22. Para calcular uma primitiva de sen4 x procedemos do seguinte modo:∫

sen4 x dx =

∫ Å1− cos 2x

2

ã2dx

=

∫

1

4dx− 1

2

∫

cos(2x) dx+1

4

∫

cos2(2x) dx

=

∫

1

4dx− 1

2

∫

cos(2x) dx+1

8

∫

(1 + 2 cos(4x)) dx

e nesta ultima expressao sabemos calcular todas as primitivas. �

Exemplo 23. Para calcular uma primitiva de sen2 x cos2 x notamos que

sen2 x cos2 x = 14 sen

2(2x) = 18 − 1

8 cos(4x)

logo∫

sen2 x cos2 x dx = 18x− 1

32 sen(4x) �

Vamos entao demonstrar o teorema 7:

Demonstracao. Se derivarmos (1) obtemos (3) e a identidade (2) segue de (1)usando a relacao sen2 θ = 1− cos2 θ. Portanto so temos que mostrar (1).

• Primeiro assumimos que θ ∈[

0, π2

]

. A identidade (1) pode ser escrita como

cos 2θ = 2 cos2 θ − 1. Como 2θ ∈ [ 0, π ], esta identidade e equivalente a

2θ = arccos(

2 cos2 θ − 1)

Seja agora x = cos θ. Entao θ = arccosx e obtemos a identidade equivalente

2 arccosx = arccos(2x2 − 1)

Para mostrar esta identidade vamos primeiro ver que as derivadas sao iguais.Usando a regra da cadeia e simplificando obtemos para x 6= 1

d

dxarccos(2x2 − 1) = − 4x

√

1− (2x2 − 1)2= − 4x

√

4x2(1− x2)

Como θ ∈[

0, π2 ], x = cos θ ≥ 0 logo

√4x2 = 2x. Assim,

d

dxarccos(2x2 − 1) = − 2√

1− x2=

d

dx2 arccosx (0 ≤ x < 1)

Duas funcoes com a mesma derivada diferem por uma constante. Provamosportanto que

arccos(2x2 − 1) = 2 arccosx+ C (0 ≤ x < 1)

Tomando o limite quando x → 1 obtemos arccos 1 = 2 arccos 1+C logo C = 0o que termina a demonstracao.

• Como as funcoes

cos2 θ e1

2

(

1 + cos(2θ))

18

sao ambas pares e sao iguais no intervalo[

0, π2

]

(como acabamos de ver), sao

tambem necessariamente iguais no intervalo[

− π2 , 0

]

. Assim, a identidade

(1) e valida em todo o intervalo[

− π2 ,

π2

]

.

• Dado φ ∈ R escrevemos φ = θ + kπ com θ ∈[

− π2 ,

π2

]

. Entao

cosφ = cos(θ + kπ) = (−1)k cos θ

cos 2φ = cos(2θ + 2kπ) = cos(2θ)

cos2 θ =1

2(1 + cos 2θ) pois θ ∈

[

− π2 ,

π2

]

logo

cos2 φ = cos2 θ =1

2(1 + cos 2θ) =

1

2(1 + cos 2φ) �

9. A substituicao u = tan θ

2.

Qualquer expressao envolvendo apenas somas, produtos e quocientes das funcoessen θ e cos θ pode ser transformada numa funcao racional mediante a substituicaou = tan θ

2 . A utilidade desta substituicao vem das formulas seguintes:

Teorema 8: Se u = tan θ2 entao

cos θ =1− u2

1 + u2, sen θ =

2u

1 + u2e dθ =

2du

1 + u2

Demonstracao. A observacao crucial e que

sec2(θ/2) = 1 + tan2(θ/2) = 1 + u2 logo cos2(θ/2) =1

1 + u2

Daqui tiramos de imediato que

du = 12 sec

2(θ/2)dθ = 12 (1 + u2)dθ

e portanto dθ = 2du/(1 + u2). Usando agora as formulas para o seno e coseno dodobro dum angulo (teorema 7) chegamos a

cos θ = 2 cos2(θ/2)− 1

=2

1 + u2− 1 =

1− u2

1 + u2

sen θ = 2 sen(θ/2) cos(θ/2)

= 2 tan(θ/2) cos2(θ/2)

=2u

1 + u2�

Primitivas com funcoes trigonometricas 19

Exemplo 24. Queremos calcular uma primitiva de 13 sen θ+4 cos θ . Usando a substi-

tuicao u = tan θ2 obtemos

∫

dθ

3 sen θ + 4 cos θ=

∫ 2du1+u2

3 2u1+u2 + 4 1−u2

1+u2

=

∫

du

6u+ 4− 4u2

O polinomio 6u+ 4− 4u2 tem raızes 2 e − 12 pelo que

6u+ 4− 4u2 = −4(u− 2)(

u+ 12

)

= −2(u− 2)(2u+ 1)

Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que

∫

du

−2(u− 2)(2u+ 1)=

1

5

∫

du

2u+ 1− 1

10

∫

du

u− 2=

1

10ln

∣

∣

∣

∣

2u+ 1

u− 2

∣

∣

∣

∣

Agora so resta substituir u = tan θ2 :

∫

dθ

3 sen θ + 4 cos θ=

1

10ln

∣

∣

∣

∣

2u+ 1

u− 2

∣

∣

∣

∣

=1

10ln

∣

∣

∣

∣

∣

2 tan θ2 + 1

tan θ2 − 2

∣

∣

∣

∣

∣

�

A substituicao u = tan θ2 tem uma interpretacao geometrica em termos da chamada

projeccao estereografica. A projeccao estereografica associa a cada ponto θ 6= π docırculo trigonometrico um ponto sobre o eixo dos yy de acordo com a figura:

Figura 1. Projeccao estereografica

Mas o ponto sobre o eixo dos yy e precisamente o ponto y = tan(θ/2) como se podever observando a figura seguinte, na qual tan(θ/2) = OB:

20

A O D

B

C

θθ/2

Figura 2. A substituicao u = tan θ

2

10. A funcao arcsec

Recorde que a funcao arcsec : [ 1,+∞[→ R e a inversa da restricao da secante aointervalo

[

0, π2

[

. O arco-secante pode ser escrito em termos do arco-coseno:

arcsecx = arccos 1x

A sua derivada pode ser calculada por

(i) (arcsecx)′ =1

(sec θ)′=

1

sec θ tan θ

Agora tan2 θ = sec2 θ − 1. Para θ ∈[

0, π2

[

temos

(ii) tan θ =√

sec2 θ − 1 =√

x2 − 1

Substituindo (ii) em (i) obtemos

(arcsecx)′ =1

x√x2 − 1

Naturalmente, a esta formula esta associada a formula para primitivas∫

dt

t√t2 − 1

= arcsec t+ C

Funcoes hiperbolicas e as suas inversas

11. Funcoes hiperbolicas

As seguintes funcoes aparecem frequentemente em aplicacoes, sendo tambem bas-tante uteis para calcular primitivas:

Funcoes hiperbolicas e as suas inversas 21

Definicao 9: O seno hiperbolico e a funcao senh : R → R definida por

senhx =ex − e−x

2O coseno hiperbolico e a funcao cosh : R → R definida por

coshx =ex + e−x

2

E imediatamente claro que senhx e ımpar e que coshx e par. Alem disso, como ex

e sempre positiva, coshx > 0 para qualquer x. As derivadas sao faceis de calcular:

(senhx)′ = coshx e (coshx)′ = senhx

(senhx)′ = coshx > 0 logo o seno hiperbolico e estritamente crescente. Comosenh(0) = 0, o seno hiperbolico e positico para x > 0 e negativo para x < 0.Podemos agora estudar a monotonia e a concavidade das funcoes hiperbolicas:

x < 0 0 x > 0senh′ = cosh + + +senh′′ = senh − 0 +

senh ր ∩ infl. ր ∪

x < 0 0 x > 0cosh′ = senh − 0 +cosh′′ = cosh + + +

cosh ց ∪ min. ր ∪

Para analisar o comportamento assimptotico do seno hiperbolico repare que quandox → +∞, e−x → 0 logo senhx ≈ 1

2ex. Quando x → −∞, ex → 0 logo senhx ≈

− 12e

−x. Podemos agora esbocar o grafico:

-2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2

3

− 12e

−x

12e

x senhx

Figura 3. Grafico da funcao senhx

Para analisar o comportamento assimptotico do coseno hiperbolico observamos quequando x → +∞, coshx ≈ 1

2ex e quando x → −∞, coshx ≈ 1

2e−x. Obtemos assim

o seguinte grafico:

22

-2 -1 1 2

1

2

3

12e

−x12e

x

coshx

Figura 4. Grafico da funcao coshx

As funcoes hiperbolicas tem propriedades bastante semelhantes as das funcoes tri-gonometricas:

Teorema 10 (Propriedades das funcoes hiperbolicas):

cosh2 x− senh2 x = 1

cosh2 x = 12 + 1

2 cosh(2x)

senh2 x = − 12 + 1

2 cosh(2x)

2 senhx coshx = senh(2x)

A demonstracao e directa a partir da definicao e fica como exercıcio.

12. Primitivas envolvendo funcoes hiperbolicas

Tecnicas semelhantes as usadas com as funcoes trigonometricas podem ser usadaspara primitivar funcoes envolvendo senos e cosenos hiperbolicos:

Exemplo 25. Vamos primitivar cosh5 x:∫

cosh5 x dx =

∫

cosh4 x(coshx dx) =

∫

(1 + senh2 x)2(coshx dx)

Fazendo a substituicao u = senhx, du = coshx dx obtemos∫

(1+ senh2 x)2(coshx dx) =

∫

(1+ u2)2du =

∫

(1+ 2u2 + u4)du = u+ 23u

3 + 15u

5

Substituindo u = senhx obtemos∫

cosh5 x dx = senhx+ 23 senh

3 x+ 15 senh

5 x �

Exemplo 26. Vamos primitivar cosh2 x senh2 x. Comecamos por observar que

cosh2 x senh2 x =1

4senh2(2x) =

1

4

Å−1

2+

1

2cosh(4x)

ã

Assim,∫

cosh2 x senh2 x dx = −1

8x+

1

32senh(4x) �

Funcoes hiperbolicas e as suas inversas 23

13. Funcoes hiperbolicas inversas

A funcao senh e injectiva e a funcao cosh e injectiva no intervalo [ 0,+∞[ pelo quepodemos definir funcoes inversas:

Definicao 11: Chamamos argumento do seno hiperbolico a funcao inversa doseno hiperbolico e representamo-la por

argsenhx : R → R

Chamamos argumento do coseno hiperbolico, argcosh, a funcao inversa da restricaodo coseno hiperbolico ao intervalo [ 0,+∞[:

argcosh : [ 1,+∞[→ R

O teorema da derivada da funcao inversa permite-nos entao calcular:

Teorema 12 (Derivadas das funcoes hiperbolicas inversas):

(argsenhx)′ =1√

1 + x2e (argcoshx)′ =

1√x2 − 1

Demonstracao. Consideramos primeiro o argumento do seno hiperbolico. Afuncao f(y) = senh y esta definida em R, com inversa y = argsenhx. A deri-vada de f , f ′(y) = cosh y, nunca se anula logo a sua inversa f−1(x) = argsenhx ediferenciavel em todo o seu domınio com derivada

(argsenhx)′ =1

f ′(y)=

1

cosh y

Como cosh2 y = 1 + senh2 y e o coseno hiperbolico e sempre positivo, cosh y =»1 + senh2 y =

√1 + x2. Assim,

(argsenhx)′ =1√

1 + x2

Passemos ao argumento do coseno hiperbolico. Seja f : [ 0,+∞[→ R a restricao dafuncao x = cosh y ao intervalo [ 0,+∞[ . Entao f−1(x) = argcoshx definida parax ≥ 1. A derivada de f , f ′(y) = senh y, anula-se apenas em y = 0, que correspondea x = 1, pelo que argcoshx e diferenciavel para x ∈ ]1,+∞[ , com derivada

(argcoshx)′ =1

f ′(y)=

1

senh y

Como y > 0, senh y > 0. Como senh2 y = cosh2 y−1, entao senh y =»

cosh2 y − 1 =√x2 − 1 logo

(argcoshx)′ =1√

x2 − 1�

24

A estas formulas estao naturalmente associadas formulas para as primitivas:

•∫

dx√1 + x2

= argsenhx

•∫

dx√x2 − 1

= argcoshx (x ≥ 1)

•∫

dx√x2 − 1

= − argcosh(−x) (x ≤ −1)

E util escrever as funcoes argsenh e argcosh em termos do logaritmo. Para talresolvemos as equacoes

x = cosh y =ey + e−y

2(y ≥ 0)

x = senh y =ey − e−y

2

em ordem a y. Para o coseno hiperbolico temos a equacao

ey + e−y − 2x = 0

Multiplicando por ey obtemos a equacao

(

ey)2 − 2xey + 1 = 0

Fazendo a substituicao u = ey obtemos u2 − 2xu + 1 = 0. Usando a formularesolvente obtemos

u = ey =2x±

√4x2 − 4

2= x±

√

x2 − 1

Repare que x = cosh y ≥ 1 logo a raiz quadrada esta sempre definida. Para x = 1temos uma so solucao: ey = 1 logo y = 0. Para x > 1 temos que decidir qual dasduas solucoes tomar. Recorde que restringimos o cosh a regiao em que y ≥ 0 logoey ≥ 1. Vamos mostrar que x−

√x2 − 1 < 1 e portanto esta solucao e impossıvel:

√

x2 − 1 =√x− 1

√x+ 1 >

√x− 1

√x− 1 = x− 1

Assim,√x2 − 1 > x− 1 logo x−

√x2 − 1 < 1. Portanto a unica solucao possıvel e

ey = x+√

x2 − 1 ou seja y = ln(

x+√

x2 − 1)

Chegamos assim ao

Teorema 13:

argcoshx = ln(

x+√

x2 − 1)

e argsenhx = ln(

x+√

x2 + 1)

Deixamos a demonstracao da formula do argsenh como exercıcio.

Podemos interpretar as funcoes hiperbolicas do seguinte modo: observemos a figura:

Primitivacao por substituicao 25

R1

s

x2 + y2 = 1

R2

t

x2 − y2 = 1

Figura 5. Funcoes arccos e argcosh

A area do sector circular R1 e metade do angulo. O coseno do angulo e s logo

Area(R1) =1

2arccos(s)

Teorema 14: Area(R2) =1

2argcosh(t)

Demonstracao. O triangulo rectangulo com vertices na origem, em (t, 0) e em

(t,√t2 − 1) e a uniao da regiao R2 com a regiao por baixo do grafico de y =

√x2 − 1.

A area do triangulo e dada por

1

2base× altura =

1

2t√

t2 − 1

pelo que

Area(R2) =1

2t√

t2 − 1−∫ t

1

√

x2 − 1 dx

A area de R2 e argcosh(t) sao ambas zero para t = 1 pelo que basta mostrar queas derivadas sao iguais:

d

dtArea(R2) =

1

2

√

t2 − 1 +t2

2√t2 − 1

−√

t2 − 1

=1

2

Åt2√t2 − 1

−√

t2 − 1

ã

=1

2√t2 − 1

=1

2(argcosh)′(t)

donde concluımos que

Area(R2) =1

2argcosh t �

Primitivacao por substituicao

Recorde que, para usar uma substituicao u = g(x), substituımos no integral g(x)por u e g′(x) dx por du. Para este procedimento funcionar e necessario que aexpressao g′(x) dx faca parte do integral.

26

Exemplo 27. Para primitivar

2x√

x2 + 3

fazemos a substituicao u = x3 + 2. Entao du = 2x dx faz parte do integral e assim∫

2x√

x2 + 3 dx =

∫ √u du =

2

3u

3

2 =2

3(x2 + 3)

3

2 �

E possıvel no entanto fazer substituicoes em situacoes muito mais gerais desde queg seja injectiva. Seja x = h(u) a inversa de g. A derivada de h e h′(u) = 1

g′(x) peloque

du = g′(x) dx =1

h′(u)dx

Assim, e legıtimo usar a formula

dx = h′(u) du

numa substituicao, pois ela e equivalente a du = g′(x) dx. E usual chamar substi-tuicao inversa a este tipo de substituicao em que:

(1) Substituımos x por h(u)

(2) Substituımos dx por h(u) du

(3) Calculamos o integral e

(4) Substituımos u = h−1(x)

Exemplo 28. Na substituicao u = tan θ2 vimos que du = 1

2 sec2 θ

2 dθ = 12 (1+u2)dθ

e portanto dθ = 2du1+u2 . Esta formula pode ser facilmente deduzida escrevendo

θ = 2arctanu e calculando

dθ = (2 arctanu)′du =2du

1 + u2�

Exemplo 29. Vamos primitivar√x

1+√x. Vamos usar a substituicao u =

√x que

tem por inversa x = u2 com u ≥ 0. Entao dx = 2u du logo∫ √

x

1 +√xdx =

∫

u

1 + u2u du

Deixamos ao cuidado do leitor a verificacao que∫

2u2 du

u+ 1= u2 − 2u+ 2 ln |u+ 1|+ C

Substituindo u =√x obtemos

∫ √x

1 +√xdx = u2 − 2u+ 2 ln |u+ 1|+ C = x− 2

√x+ 2 ln(

√x+ 1) + C �

Primitivacao por substituicao 27

14. Racionalizacao

Em certas situacoes e possıvel, mediante uma substituicao, reduzir o problemado calculo duma primitiva a encontrar uma primitiva duma certa funcao racional.Ja encontramos uma dessas situacoes na seccao 5: a substituicao u = tan(θ/2)permite transformar qualquer expressao envolvendo somas, produtos e quocientesdas funcoes sen θ e cos θ numa funcao racional.

Exemplo 30. Para primitivar

f(θ) =cos θ

1 + cos θ

fazemos a substituicao u = tan(θ/2). Obtemos

∫

cos θ dθ

1 + cos θ=

∫

1− u2

1 + u2

2 du

1 + u2

1 +1− u2

1 + u2

=

∫

1− u2

1 + u2du

Dividindo os polinomios obtemos∫

1− u2

1 + u2du =

∫ Å2− 1

1 + u2

ãdu = 2u− arctanu

Basta agora substituir u = tan(θ/2):∫

cos θ dθ

1 + cos θ= 2 tan(θ/2)− θ/2 �

Expressoes envolvendo somas, produtos e quocientes de raızes q√xp podem ser trans-

formadas em funcoes racionais mediante a substituicao u = n√x em que n e o menor

multiplo comum das raızes que aparecem na expressao.

Exemplo 31. Para calcular∫

dx√x+ 3

√x

Fazemos a substituicao u = 6√x. Entao x = u6 donde dx = 6u5du. Assim,

∫

dx√x+ 3

√x=

∫

6u5du

u3 + u2=

∫

6u3 du

u+ 1

Dividindo os polinomios obtemos∫

6u3 du

u+ 1= 6

∫ Åu2 − u+ 1− 1

u+ 1

ãdu = 2u3 − 3u2 + 6u− 6 ln |u+ 1|

Finalmente substituımos u = 6√x:

∫

dx√x+ 3

√x= 2

√x− 3 3

√x+ 6 6

√x− 6 ln

∣

∣

6√x+ 1

∣

∣ �

Expressoes envolvendo somas, produtos e quocientes de exponenciais podem sertransformadas em funcoes racionais mediante a substituicao u = ex:

28

Exemplo 32. Vamos supor que queremos primitivar f(x) = 11+ex . Para tal vamos

fazer a substituicao u = ex. Entao x = lnu e assim dx = 1u du. Substituindo

obtemos∫

dx

1 + ex=

∫ 1u du

1 + u

=

∫

du

u(1 + u)

Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que∫

1

u(1 + u)=

∫

du

u−∫

du

1 + u= ln |u| − ln |1 + u|+ C = ln

∣

∣

∣

∣

u

1 + u

∣

∣

∣

∣

+ C

Substituindo u = ex obtemos∫

dx

1 + ex= ln

∣

∣

∣

∣

u

1 + u

∣

∣

∣

∣

+ C = ln

∣

∣

∣

∣

ex

1 + ex

∣

∣

∣

∣

+ C �

O leitor pode encontrar outras situacoes em que e possıvel racionalizar nos exercıcios.

15. Substituicoes trigonometricas e hiperbolicas

Primitivas envolvendo raızes quadradas de polinomios quadraticos surgem frequen-temente nas aplicacoes. Vamos agora estudar uma tecnica para calcular este tipode primitivas.

A ideia e tirar partido das relacoes trigonometricas

1− sen2 θ = cos2 θ e 1 + tan2 θ = sec2 θ

Exemplo 33. Queremos calcular o integral

∫ 1

2

− 1

2

√

1− 4x2 dx

Queremos tirar partido da relacao√

1− sen2 θ = cos θ (cos θ ≥ 0)

para eliminar a raiz quadrada. Para isso fazemos a substituicao 4x2 = sen2 θ, ouseja, x = h(θ) = 1

2 sen θ. Entao dx = 12 cos θ dθ.

Para a substituicao ser valida, a funcao h tem que ser injectiva. Por isso restringi-mos θ ao intervalo

[

− π2 ,

π2

]

. Neste intervalo,

x = 12 sen θ ⇔ θ = arcsen(2x)

Para substituir os extremos de integracao, observamos que

se x = − 12 , entao θ = arcsen(−1) = −π

2

se x = 12 , entao θ = arcsen(1) = π

2

Primitivacao por substituicao 29

Assim,

Area = 2

∫ 1

2

− 1

2

√

1− 4x2 dx

= 2

∫ π2

−π2

√

1− sen2 θ(

12 cos θ dθ

)

Como θ ∈[

− π2 ,

π2

]

, cos θ ≥ 0 logo√

1− sen2 θ =√cos2 θ = cos θ

Assim,∫ π

2

−π2

cos2 θ dθ =

∫ π2

−π2

12 (1 + cos 2θ) dθ =

π

2�

E util representar este tipo de substituicoes num triangulo rectangulo. Recordeque para θ ∈

]

0, π2

[

podemos descrever as funcoes trigonometricas em termos dotriangulo rectangulo de referencia da figura 6.

A B

C

θ

Figura 6. Triangulo de referencia.

Temos

sen θ = BC/AC tan θ = BC/AB sec θ = AC/AB

cos θ = AB/AC cotan θ = AB/BC cosec θ = AC/BC

A substituicao usada no exemplo 33 esta representada na figura 7.

.

θ

2x

√1− 4x2

1

Figura 7. Exemplo 33

Repare que esta figura diz-nos de imediato que

sen θ = 2x e cos θ =√

1− 4x2

Vimos que a formula 1 − sen2 θ = cos2 θ nos permite primitivar expressoes envol-vendo

√u2 − 1. De forma analoga, as formulas

1 + tan2 θ = sec2 θ e sec2 θ − 1 = tan2 θ

permitem-nos primitivar expressoes envolvendo√1 + u2 e

√u2 − 1 respectivamente.

30

Exemplo 34. Vamos calcular uma primitiva de 1x2

√x2−16

assumindo que x ≥ 4.

Comecamos por desenhar um triangulo rectangulo de referencia:

.

θ

√x2 − 16

4

x

O triangulo indica-nos qual a substituicao que devemos fazer:

sec θ =x

4

(

0 ≤ θ < π2

)

tan θ =

√x2 − 16

4

Assim, dx = 4 sec θ tan θ dθ pelo que

∫

dx

x2√x2 − 16

=

∫

4 sec θ tan θ dθ

16 sec2 θ · 4 tan θ =

∫

dθ

16 sec θ

=

∫

116 cos θ dθ = 1

16 sen θ

O triangulo de referencia da-nos o valor do seno:

∫

dx

x2√x2 − 16

=1

16sen θ =

1

16·√x2 − 16

x=

√x2 − 16

16x�

Como outro exemplo vamos voltar ao problema de primitivar (1 + x2)−n queabordamos na seccao 4. Nessa seccao usamos primitivacao por partes. Vamosagora usar a substituicao x = tan θ. Obtemos

∫

dx(

1 + x2)n =

∫

sec2 θ dθ(

1 + tan2 θ)n

=

∫

sec2−2n θ dθ

=

∫

cos2n−2 θ dθ

Ja vimos na seccao 8 como calcular este tipo de primitivas usando a formula

cos2n−2 θ =

Å1 + cos(2θ)

2

ãn−1

.

Exemplo 35. Vamos calcular uma primitiva de 1(4x2+9)2 . Interpretando a soma

de quadrados como a hipotenusa dum triangulo rectangulo obtemos o seguintetriangulo rectangulo de referencia:

Primitivacao por substituicao 31

.

θ

2x

3

√4x2 + 9

O triangulo indica-nos qual a substituicao que devemos fazer:

tan θ =2x

3

(

− π2 < θ < π

2

)

, sec θ =

√4x2 + 9

3

Assim, x = 32 tan θ logo dx = 3

2 sec2 θ dθ e

∫

dx

(4x2 + 9)2=

∫ 32 sec

2 θ dθ

34 sec4 θ=

∫

dθ

54 sec2 θ

=

∫

154 cos

2 θ dθ =

∫

1108 (1 + cos 2θ)dθ

= 1108

(

θ + 12 sen 2θ

)

Precisamos agora de substituir θ por x. Como tan θ = 2x3 , x = arctan

(

32θ

)

. Por

outro lado, 12 sen 2θ = sen θ cos θ e o triangulo de referencia da-nos os valores de

sen θ e de cos θ:

sen θ =2x√

4x2 + 9cos θ =

3√4x2 + 9

Assim,∫

dx

(4x2 + 9)2=

1

108

(

θ + sen θ cos θ)

=1

108

Åarctan

3θ

2+

2x√4x2 + 9

· 3√4x2 + 9

ã

=1

108

Åarctan

3θ

2+

6x

4x2 + 9

ã�

Os tres tipos de substituicao trigonometrica estao sumarizados na tabela seguinte:

Expressao Substituicao√a2 − x2 (−a ≤ x ≤ a) x = a sen θ

(

− π2 ≤ θ ≤ π

2

)

√a2 + x2 (x ∈ R) x = a tan θ

(

− π2 < θ < π

2

)

√x2 − a2 (x ≥ 1) x = a sec θ

(

0 ≤ θ < π2

)

Tabela 2. Substituicoes trigonometricas

E muitas vezes mais conveniente usar substituicoes hiperbolicas. A ideia e aprovei-tar a identidade

cosh2 t− senh2 t = 1

32

Exemplo 36. Queremos calcular uma primitiva de√1 + x2. O leitor pode verificar

que uma substituicao trigonometrica nos conduz ao integral∫

sec3 θ dθ que e difıcilde calcular. Em vez disso usamos a substituicao hiperbolica

senh t = x cosh t =√

1 + x2

Entao dx = cosh t dt e obtemos∫

√

1 + x2 dx =

∫

cosh2 t dt =

∫

12 (1 + cosh 2t)dt

= 12

(

t+ 12 senh(2t)

)

= 12 (t+ senh t cosh t)

= 12 (argsenhx+ x

√

1 + x2) �

Como costume, para lidar com polinomios do segundo grau completamos os qua-drados:

Exemplo 37. Vamos primitivar 1√x2−3x+2

. Primeiro completamos os quadrados:

x2 − 3x+ 2 = x2 − 2(

32

)

x+ 2

= x2 − 2(

32

)

x+(

32

)2 −(

32

)2+ 2

=(

x− 32

)2 − 94 + 2

=(

x− 32

)2 − 14

Queremos portanto calcular∫

dx»(

x− 32

)2 − 14

Aqui e mais simples fazer uma substituicao hiperbolica. A raiz quadrada e da forma√u2 − a2 com u = x− 3

2 e a = 12 portanto fazemos a substituicao

x− 32 = 1

2 cosh t , dx = 12 senh t

Obtemos assim∫

dx»(

x− 32

)2 − 14

=

∫ 12 senh t dt12 senh t

=

∫

dt = t = argcosh(2x− 3) �

Podemos sumarizar as substituicoes hiperbolicas na tabela:

Expressao Substituicao√a2 + x2 (x ∈ R) x = a senh t

(

t ∈ R)

√x2 − a2 (x ≥ 1) x = a cosh t

(

t ≥ 0)

Tabela 3. Substituicoes hiperbolicas