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.
Exemplo 1.2.3. Calcule∫
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.
Retornando para a variavel x, temos∫
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.
Retornando para a variavel x, temos∫
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.
Exemplo 1.2.6. Determine∫
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.
Retornando para a variavel x, temos
∫
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.
Retornando para a variavel x, temos
∫
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.
Exemplo 1.3.5. Determine a integral I =∫
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
1. Determinar uma primitiva da funcao f : R → R definida pela lei
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.
Exemplo 1.4.2. Determine a integral∫
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.
Exemplo 1.4.3. Determine∫
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
Exemplo 1.4.4. Calcule a integral∫
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).
Exemplo 1.4.5. Determine a integral I =∫
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.
Vamos aplicar a formula de recorrencia acima para n = 3, assim
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.
Exemplo 1.4.7. Calcule∫
sec3 xdx.
Vamos aplicar a formula de recorrencia acima para n = 3, assim
∫
sec3(x)dx =tg x sec x
2+
1
2
∫
sec xdx =tg x sec x
2+
1
2ln | sec x + tg x|+C.
Exemplo 1.4.8. Determine a integral∫
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.
Exemplo 1.4.9. Calcule a integral∫
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
Exemplo 1.4.10. Determine a integral∫
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.
Retornando para variavel x, temos que∫
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.
Exemplo 1.4.11. Determine a integral∫
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.
Retornando para variavel x, temos que∫
cos4 x sen 3xdx = −cos5 x
5+
cos7 x
7+ C.
26
Exemplo 1.4.12. Calcule∫
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.
Exemplo 1.4.14. Calcule a integral∫
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.
Retornando para variavel x, temos que∫
sec4 x sec x tg xdx =sec5 x
5+ C.
Exemplo 1.4.15. Calcule a integral∫
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.
Retornando para variavel x, temos que∫
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.
Exemplo 1.4.16. Calcule a integral∫
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.
Exemplo 1.4.17. Calcule a integral∫
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
Retornando para variavel x, temos que∫
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
1. Determinar uma primitiva da funcao f : R → R definida pela lei
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.
Figura 1.2: substituicao trigonometrica 2
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
Figura 1.3: substituicao trigonometrica 3
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)
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
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
Exemplo 1.6.3. Calcule∫
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:
Exemplo 1.6.5. Calcule a integral∫
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
p(x) e menor ou igual a 2.
Sendo q(x) um polinomio de grau 3 temos que q(x) = a3x3 +
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.
Assim q(x) pode ser escrito como:
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.
A analise da possibilidade 2.1 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.7. Para cacular a integral
∫
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
Exemplo 1.6.8. Calcule a integral∫
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)
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
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
e para x = −1, segue que
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
A analise da possibilidade 2.2 esta contida no seguinte Lema:
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
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
x + 3 = A(x − 3)2 + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1).
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
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
Exemplo 1.6.10. Calcule a integral∫
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
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
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
A analise da possibilidade 2.3 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.11. Para calcular a integral∫
x + 3
(x − 3)3dx
Vamos usar a decomposicao da fracao F =x + 3
(x − 3)3em fracoes
parciais, como no Lema 1.6.5. Assim,
F =A
x − 3+
B
(x − 3)2+
C
(x − 3)3
F =A(x − 3)2 + B(x − 3) + C
(x − 3)3
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
x + 3 = A(x − 3)2 + B(x − 3) + C.
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 = 3 temos
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
A analise da possibilidade 2.4 esta contida no seguinte Lema:
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)
Exemplo 1.6.13. Para calcular a integral∫
x + 3
(x − 1)(x2 + 1)dx
Vamos usar a decomposicao da fracaox + 3
(x − 1)(x2 + 1)em fracoes
parciais, como no Lema 1.6.6. Assim,
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).
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
1 + 3 = A(12 + 1) + (B.1 + C)(1 − 1) ⇒ A = 2.
Como so exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para
x. Assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
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
Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 2
(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
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x + 3 = A(x2 + x + 1) + (Bx + C)(x − 1).
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 + 2 = A(12 + 1 + 1) + (B.1 + C)(1 − 1) ⇒ A = 1.
Como so exixte uma raiz real, vamos atribuir outros dois valores para
x. Assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
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
p(x) e menor ou igual a 3.
Sendo q(x) um polinomio de grau 4 temos que q(x) = a4x4 +
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.
Assim q(x) pode ser escrito como:
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
A analise da possibilidade 3.1 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.15. Para calcular a integral
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)
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
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
e para x = −3, segue que
(−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
Exemplo 1.6.16. Calcule a integral
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)
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
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
A analise da possibilidade 3.2 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.17. Para calcular a integral
I =
∫
x2 + x + 2
(x − 1)(x − 3)x2dx
Vamos usar a decomposicao da fracao F =x2 + x + 2
(x − 1)(x − 3)x2em
fracoes parciais, como no Lema 1.6.8. Assim,
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
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
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
Exemplo 1.6.18. Calcule a integral∫
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)
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
x2 + 1 = A(x− 1)x(x− 5) + Bx(x− 5) + C(x− 1)2(x− 5) + D(x− 1)2x.
Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Assim, para x = 1 temos
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
A analise da possibilidade 3.3 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.19. Calcule a integral
∫
x + 3
(x − 1)2(x − 3)2dx
Vamos usar a decomposicao da fracao F =x + 3
(x − 1)2(x − 3)2em
fracoes parciais, como no Lema 1.6.9. Assim,
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
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x + 3 = A(x − 1)(x − 3)2 + B(x − 3)2 + C(x − 1)2(x − 3) + D(x − 1)2.
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
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
Exemplo 1.6.20. Calcule a integral
I =
∫ 2
1
1
x2(x + 1)2dx
Podemos fazer a decomposicao da fracao1
x2(x + 1)2em fracoes
parciais, como no Lema 1.6.9. Assim,
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
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
1 = Ax(x + 1)2 + B(x + 1)2 + Cx2(x + 1) + Dx2.
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 = 0 temos
1 = B(0 + 1)2 ⇒ B = 1,
para x = −1 temos
1 = D(−1)2 ⇒ D = 1
60
Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 1 e x = 2, segue que
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.
A analise da possibilidade 3.4 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.21. Para calcular a integral
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
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x2 + x + 2 = Ax3 + B(x − 1)x2 + Cx(x − 1) + D(x − 1).
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.13 ⇒ A = 4
61
para x = 0, temos
02 + 0 + 2 = D(0 − 1) ⇒ D = −2
Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores
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.
Exemplo 1.6.22. Calcule a integral
∫
x2 + 1
(x − 1)3xdx
Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 1
(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
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x2 + 1 = A(x − 1)2x + B(x − 1)x + Cx + D(x − 1)3.
Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = C.1 ⇒ C = 2,
para x = 0, temos
02 + 1 = D(0 − 1)3 ⇒ D = −1
62
Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores
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.
A analise da possibilidade 3.5 esta contida no seguinte Lema:
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
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
−x3 + 2 = A(x − 1)3 + B(x − 1)2 + C(x − 1) + D.
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
−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
Retornando para variavel x, temos que∫
x2 + 1
(x + 2)4dx = −(x + 2)−1 + 2(x + 2)−2 − 5
3(x + 2)−3 + C.
A analise da possibilidade 3.6 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.25. Calcule a integral
I =
∫
2
(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)dx
Vamos usar a decomposicao da fracao2
(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)em
fracoes parciais, como no Lema 1.6.12. Assim,
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).
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
2 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)(x + 1).
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
2 = A(1 + 1)(12 + 1) ⇒ A = 1/2
para x = −1, temos
2 = B((−1) − 1)(−1)2 + 1) ⇒ B = −1/2
Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores
para x, assim atribuindo x = 0 e x = 2, segue que
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.
Exemplo 1.6.26. Calcule a integral
I =
∫
x2 + 1
(x − 1)x(x2 + 4)dx
Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 1
(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)
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x2 + 1 = Ax(x2 + 4) + B(x − 1)(x2 + 4) + (Cx + D)(x − 1)x.
Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Assim, para x = 1 temos
12 + 1 = A.1(12 + 4) ⇒ A = 1/5,
para x = 0, temos
02 + 1 = B(0 − 1)(02 + 4) ⇒ B = −1/4
Sendo apenas duas raızes distintas, vamos atribuir outros dois valores
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
A analise da possibilidade 3.7 esta contida no seguinte Lema:
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)
Exemplo 1.6.27. Para calcular a integral
I =
∫
x + 2
(x − 1)2(x2 + 1)dx
67
Vamos usar a decomposicao da fracaox + 2
(x − 1)2(x2 + 1)em fracoes
parciais, como no Lema 1.6.13. Assim,
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)
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x + 2 = A(x − 1)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)2.
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
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.
Exemplo 1.6.28. Calcule a integral
I =
∫
x2 + 1
x2(x2 + 2)dx
Vamos usar a decomposicao da fracaox2 + 1
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)
Segue-se, entao, da igualdade de fracoes que
x2 + 1 = Ax(x2 + 2) + B(x2 + 2) + (Cx + D)x2.
Vamos encontrar as constantes A, B, C e D. Assim, para x = 0 temos
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.
A analise da possibilidade 3.8 esta contida no seguinte Lema:
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)
Exemplo 1.6.29. Para cacular a integral
I =
∫
x + 3
(x2 + 4)(x2 + 1)dx
70
Vamos usar a decomposicao da fracaox + 3
(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).
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
x + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 + 4).
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 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.
Exemplo 1.6.30. Para cacular a integral
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)
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
−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).
donde obtemos o seguinte sistema:
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.
A analise da possibilidade 3.9 esta contida no seguinte Lema:
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
Exemplo 1.6.31. Para calcular a integral
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.
Segue-se entao da igualdade de fracoes que
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).
donde obtemos o seguinte sistema:
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
Exemplo 1.6.32. Para calcular a integral
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 .
Acesso em 30/11/2008 as 15h33min.
[13] http://fuv1tri2008.googlepages.com/FUVAULA1522abr2008.
Acesso em 02/12/2008 as 09h30min.
[14] http://web.uct.ac.za/courses/end107w/notes/integrationbyparts.pdf
Acesso em 10/12/2008 as 09h30min.
Unidade 1A sociologia e a Sociologia da Educação
A sociologia e a Sociologia da Educação
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
Da definicao, temos que
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.
Exemplo 2.2.3. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
da figura plana, limitada pelo grafico de y =√
r2 − x2 e pelo segmento
−r ≤ x ≤ r com r > 0, em torno do eixo x
Da definicao, temos que
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)
Exemplo 2.2.4. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
da figura plana, limitada por y = x e pelo segmento 1 ≤ x ≤ 2, em
torno do eixo y
Da definicao, temos que
V = 2π
∫
2
1
x.xdx = 2π[x3
3]21
= 2π[23
3− 13
3] =
14π
3
Exemplo 2.2.5. Determinar o volume do solido formados pela revolucao
da figura plana limitada pelo grafico de y = ex e pelo segmento 1 ≤x ≤ 3, em torno do eixo y.
Da definicao, temos que
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.
Exemplo 2.2.6. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
da figura plana, limitada pelo grafico de y =√
4 − x2 e pelo segmento
1 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo y
Da definicao, temos que
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
Exemplo 2.2.7. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
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
Exemplo 2.2.8. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
da figura plana, limitada por f(x) = x2 e g(x) = x e pelo segmento
1 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo y
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
Exemplo 2.2.9. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
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
Exemplo 2.2.10. Determinar o volume do solido formado pela rotacao
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.
Exemplo 2.3.2. Determinar o volume do solido formados pela revolucao
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.
Exemplo 2.3.3. Determinar a area de superfıcie do solido formado
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)
Exemplo 2.3.4. Determinar a area de superfıcie do solido formado
pela rotacao da figura plana, limitada por f(x) = x e pelo segmento
1 ≤ x ≤ 2, em torno do eixo y
Sendo f(x) = x entao f ′(x) = 1, assim da definicao temos que
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.
Sendo f(x) = 4 entao f ′(x) = 0, assim da definicao temos que
Ay = 2π
∫
2
1
x√
1 + 02dx
= 2π
∫
2
1
xdx = 2πx2
2|22
= 2π[22
2− 12
2] = 3π.
Exemplo 2.3.6. Determinar a area de superfıcie do solido formado
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) =√
r2 − x2 entao f ′(x) =−x√
r2 − x2, assim da definicao
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.
Sendo f(x) = x entao f ′(x) = 1, assim da definicao temos que
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.
Sendo f(x) = 4 entao f ′(x) = 0, assim da definicao temos que
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) =√
r2 − x2 entao f ′(x) =−x√
r2 − x2, assim da definicao
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
108
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. 1,2,3, 4, 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
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[10] http://pt.wikipedia.org/wiki/Ficheiro:CardioidsLabeled.PNG.
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109
110 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS
[11] http://www.twiki.ufba.br/twiki/pub/CalculoB/NotasDeAula/Aplicacao.pdf.
Acesso em 10/01/2009 as 18h31min
[12] www.cefetflo.edu.br/floriano/PDF/8Volumes.pdf. Acesso em
11/01/2009 as 10h56min
Unidade 1A sociologia e a Sociologia da Educação
A sociologia e a Sociologia da Educação
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.
Exemplo 3.2.3. Calcule a integral impropria∫
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.
Exemplo 3.2.5. Calcule a integral impropria∫
+∞
−∞
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.
Exemplo 3.2.6. Calcule a integral impropria∫
+∞
−∞
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.
Exemplo 3.3.1. Calcule a integral impropria∫
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.
Exemplo 3.3.2. Calcule a integral impropria∫
2
1
1√x2 − 1
dx.
A integral impropria e do tipo II.1., pois em x = 1 temos uma
assıntota vertical. Assim∫
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.
Exemplo 3.3.3. Calcule a integral impropria∫
0
−1
13√
xdx.
A integral impropria e do tipo II.2., pois em x = 0 temos uma
assıntota vertical. Assim∫
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
Exemplo 3.3.4. Calcule a integral impropria
∫
1
0
1
x − 1dx.
A integral impropria e do tipo II.2., pois em x = 1 temos uma
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.
Exemplo 3.3.5. Calcule a integral impropria
∫
1
−1
ex
ex − 1dx.
A integral impropria e do tipo II.3., pois em x = 0 temos uma
assıntota vertical. Assim
∫
+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
Exemplo 3.3.6. Calcule a integral impropria
∫
2
0
13√
(x − 1)2dx
A integral impropria e do tipo II.3., pois em x = 1 temos uma
assıntota vertical. Assim
∫
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.
Exemplo 3.4.2. Mostre que a integral impropria∫
+∞
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.
Logo, pelo Teorema 3.4.1, basta garantir que∫
+∞
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.
Exemplo 3.4.3. Mostre que a integral impropria∫
+∞
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.
Logo, pelo Teorema 3.4.1, basta garantir que∫
+∞
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.
Exemplo 3.4.4. Mostre que a integral impropria∫
+∞
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.
Logo, pelo Teorema 3.4.2, basta garantir que∫
+∞
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
Logo, pelo Teorema 3.4.2, basta garantir que∫
+∞
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.
Exemplo 3.4.6. Mostre que a integral impropria∫
+∞
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.
Logo, pelo Teorema 3.4.2, basta garantir que∫
+∞
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
130
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. 1,2,3, 4, 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.dmat.ufba.br/mat042/aula22/aula22.htm. Acesso em
26/01/2009 as 19h40min.
131
132 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS
[11] http://didisurf.googlepages.com/integrais–improprias–cattai.pdf.
Acesso em 25/01/2009 as 12h09min.
[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 1A sociologia e a Sociologia da Educação
A sociologia e a Sociologia da Educação
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.
Exemplo 4.1.10. Calcule o limite: limn→+∞
(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
Exemplo 4.1.11. Calcule o limite: limn→+∞
(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.
Exemplo 4.1.21. Calcule o limite: limn→+∞
[
n + 1
n
]
.
limn→+∞
[
n + 1
n
]
= limn→+∞
[�n(1 + 1n)�n ]
= limn→+∞
[
(1 +1
n)
]
= 1
Exemplo 4.1.22. Calcule o limite: limn→+∞
[
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 = +∞
Exemplo 4.1.23. Calcule o limite: limn→+∞
[
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.
Exemplo 4.2.9. A serie∞
∑
n=1
1
2e divergente, pois limn→+∞
12
= 126= 0,
contrariando assim o Teorema 4.2.3.
Exemplo 4.2.10. A serie∞
∑
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.
Exemplo 4.2.13. A serie∞
∑
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.
Exemplo 4.2.14. A serie∞
∑
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:
Exemplo 4.2.17. A serie∞
∑
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.
2. Se L = limn→+∞n
√an < 1 entao
∞∑
n=1
an converge.
3. Se L = limn→+∞n
√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.
Refer encias Bibliogr aficas
[1] AVILA, G. Calculo: Funcoes de uma Variavel. Vol. 2,7 ed. Rio de
Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos, 2003.
[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
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] GUIDORIZZI, H.L. Um Curso de Calculo, Vol. 1,2,3, 4, Rio de
Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos. 2001.
[6] KAPLAN, W., LEWIS, D. J. Calculo e Algebra Linear. Vol. 1. Rio
de Janeiro: Ed. Livros Tecnicos e Cientıficos. 1972.
[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.
Acesso em 5/01/2009 as 15h40min
[10] http://ferrari.dmat.fct.unl.pt/services/AnalMat2A/AMII-A-2004-TE-
Cap3.pdf Acesso em 11/01/2009 as 09h40min
163
164 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS
[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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