Resumo - Integração por Partes - 2024-1

Aula 16 Integra»c~ao por partes H¶a essencialmente dois m¶etodos empregados no c¶alculo de integrais inde¯nidas (primi- tivas) de fun»c~oes elementares. Um deles ¶e a integra»c~ao por substitui»c~ao, explorada na aula 15, que retomaremos adiante, em novos casos. O outro m¶etodo ¶e chamado de integra»c~ao por partes, que exploraremos nesta aula. Suponhamos que u = u(x) e v = v(x) s~ao duas fun»c~oes deriv¶aveis em um certo intervalo I ½ R. Ent~ao, para cada x em I, temos [u(x) ¢ v(x)]0 = u0(x) ¢ v(x) + u(x) ¢ v0(x) Assim sendo, Z [u0(x)v(x) + u(x)v0(x)] dx = u(x)v(x) + C ou seja, Z v(x)u0(x) dx + Z u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) + C Podemos escrever ainda Z u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) ¡ Z v(x)u0(x) dx (16.1) aqui considerando que a constante gen¶erica C j¶a est¶a impl¶³cita na ¶ultima integral. Sendo u = u(x) e v = v(x), temos du = u0(x) dx e dv = v0(x) dx, e passamos a f¶ormula 16.1 µa forma abreviada Z u ¢ dv = u ¢ v ¡ Z v ¢ du (16.2) As f¶ormulas 16.1 e 16.2 s~ao chamadas f¶ormulas de integra»c~ao por partes. 138 Integrac»~ao por partes 139 Exemplo 16.1 Calcular R x sen x dx. Solu»c~ao. Tomaremos u = x, e dv = sen x dx. Teremos du = 1 dx = dx, e v = R sen x dx. Para os prop¶ositos da integra»c~ao por partes, basta tomar v = ¡ cos x, menospre- zando a constante arbitr¶aria da integral v = R sen x dx, pois uma tal escolha da fun»c~ao v ¶e su¯ciente para validar a f¶ormula 16.2. Temos ent~ao Z x sen x dx = Z u ¢ dv = u ¢ v ¡ Z v ¢ du = x ¢ (¡ cos x) ¡ Z (¡ cos x) dx = ¡x cos x + Z cos x dx = ¡x cos x + sen x + C Exemplo 16.2 Calcular R x ln x dx. Solu»c~ao. Tomamos u = ln x, e dv = x dx. Teremos du = 1 x dx, e v = R x dx. Tomamos v = x2 2 . Temos ent~ao Z x ln x dx = Z u ¢ dv = u ¢ v ¡ Z v ¢ du = x2 2 ¢ ln x ¡ Z x2 2 ¢ 1 x dx = x2 2 ¢ ln x ¡ Z x 2 dx = x2 2 ¢ ln x ¡ x2 4 + C Exemplo 16.3 Calcular R arc tg x dx. Solu»c~ao. Faremos u = arc tg x, e dv = dx. E ent~ao du = 1 1 + x2dx, v = x. Da¶³, Integrac»~ao por partes 140 Z arc tg x dx = Z u dv = uv ¡ Z v du = x ¢ arc tg x ¡ Z x ¢ 1 1 + x2dx Para calcular a integral J = Z x ¢ 1 1 + x2dx, procedemos a uma mudan»ca de vari¶avel: Fazendo w = 1 + x2, temos dw = 2x dx, e ent~ao x dx = 1 2dw. Da¶³, J = Z x ¢ 1 1 + x2dx = Z 1 w dw = ln jwj + C = ln(1 + x2) + C. Portanto, R arc tg x dx = x ¢ arc tg x ¡ ln(1 + x2) + C. 16.1 Um estrat¶egia para integrar por partes Poder¶³amos dizer que o prop¶osito da integra»c~ao por partes ¶e transferir o c¶alculo de uma integral R u ¢ dv para o c¶alculo de uma integral R v ¢ du (a qual espera-se que saibamos calcular), pela f¶ormula de integra»c~ao por partes, R u dv = uv ¡ R v du. Ao integrar por partes, uma integral da forma R f(x)g(x) dx, devemos sempre escolher, dentre as duas fun»c~oes da express~ao f(x)g(x) dx, uma delas como sendo o fator u e a outra como parte de uma diferencial dv. Em outras palavras, podemos fazer u = f(x) e dv = g(x) dx, ou u = g(x) e dv = f(x) dx (ou ainda u = f(x)g(x) e dv = 1 dx !). Mas esta escolha n~ao pode ser feita de modo aleat¶orio. Temos que ser espertos em nossa escolha para que, ao passarmos da integral R u dv para a integral R v du, passemos a uma integral tecnicamente mais simples de ser calculada. Uma sugest~ao que funciona bem na grande maioria das vezes ¶e escolher as fun»c~oes u e v segundo o crit¶erio que descreveremos abaixo. Ele foi publicado como uma pequena nota em uma edi»c~ao antiga da revista American Mathematical Monthly. Considere o seguinte esquema de fun»c~oes elementares: L I A T E Logar¶³tmicas Inversas de Alg¶ebricas Trigonom¶etricas Exponenciais trigonom¶etricas No esquema acima, as letras do anagrama LIATE s~ao iniciais de diferentes tipos de fun»c~oes. Uma estrat¶egia que funciona bem ¶e: ao realizar uma integra»c~ao por partes, esco- lher, dentre as duas fun»c~oes que aparecem sob o sinal de integral, Integrac»~ao por partes 141 ² como fun»c~ao u: a fun»c~ao cuja letra inicial de caracteriza»c~ao posiciona-se mais µa esquerda no anagrama; ² como formando a diferencial dv: a fun»c~ao cuja letra inicial de caracteriza»c~ao posiciona-se mais µa direita no anagrama. Sumarizando, u deve caracterizar-se pela letra mais pr¶oxima de L, e dv pela letra mais pr¶oxima de E. Esta estrat¶egia j¶a foi adotada nos exemplos desenvolvidos anteriormente ! 1. Na integral R x sen x dx, exemplo 16.1, ¯zemos u = x (Alg¶ebrica) e dv = sen x dx (Trigonom¶etrica). No anagrama LIATE, A precede T. 2. Na integral R x ln x dx, exemplo 16.2, ¯zemos u = ln x (Logar¶³tmica) e dv = x dx (Alg¶ebrica). No anagrama LIATE, L precede precede A. 3. Na integral R arc tg x dx, exemplo 16.3, ¯zemos u = arc tg x (Inversa de trigonom¶etrica), e dv = 1 dx (Alg¶ebrica). No anagrama LIATE, I precede A. Passaremos agora a um exemplo interessante e imprescind¶³vel. Exemplo 16.4 Calcular R ex sen x dx. Solu»c~ao. Seguindo a sugest~ao dada acima, faremos u = sen x (trigonom¶etrica), dv = ex dx (exponencial). T vem antes de E no anagrama LIATE. Temos ent~ao du = (sen x)0dx = cos x dx, e tomamos v = ex. Da¶³, Z ex sen x dx = Z u dv = uv ¡ Z v du = ex sen x ¡ Z ex cos x dx Parece que voltamos ao ponto de partida, n~ao ¶e mesmo? Passamos da integral R ex sen x dx µa integral R ex cos x dx, equivalente µa primeira em n¶³vel de di¯culdade. Continuaremos, no entanto, a seguir a receita do anagrama. Na integral J = R ex cos x dx faremos u = cos x, dv = ex dx. (Estas fun»c~oes u e v s~ao de¯nidas em um novo contexto. Referem-se µa esta segunda integral.) Integrac»~ao por partes 142 Teremos du = (cos x)0dx = ¡ sen x dx, e v = ex, e ent~ao J = Z ex cos x dx = Z u dv = uv ¡ Z v du = ex cos x ¡ Z (¡ sen x)ex dx = ex cos x + Z ex sen x dx O resultado ¯nal ¶e interessante. Chamando I = R ex sen x dx, I = Z ex sen x dx = ex sen x ¡ J = ex sen x ¡ µ ex cos x + Z ex sen x dx ¶ = ex sen x ¡ ex cos x ¡ I Portanto, I = ex sen x ¡ ex cos x ¡ I ou seja, 2I = ex sen x ¡ ex cos x + C e ent~ao obtemos I = 1 2(ex sen x ¡ ex cos x) + C Exemplo 16.5 Calcular R p a2 ¡ x2 dx (a > 0). Aqui podemos integrar por partes, mas o anagrama LIATE n~ao nos ¶e de serventia, j¶a que a integral involve apenas express~oes alg¶ebricas. Faremos u = p a2 ¡ x2, dv = dx. Ent~ao du = ¡x p a2 ¡ x2dx, e tomamos v = x. Da¶³, I = Z p a2 ¡ x2 dx = Z u dv = uv ¡ Z v du = x p a2 ¡ x2 ¡ Z ¡x2 p a2 ¡ x2dx = x p a2 ¡ x2 + Z x2 p a2 ¡ x2dx Integrac»~ao por partes 143 Agora fazemos Z x2 p a2 ¡ x2dx = Z ¡(a2 ¡ x2) + a2 p a2 ¡ x2 dx = ¡ Z a2 ¡ x2 p a2 ¡ x2dx + Z a2 p a2 ¡ x2dx = ¡ Z p a2 ¡ x2 dx + a2 Z 1 p a2 ¡ x2dx = ¡I + a2 Z 1 p a2 ¡ x2dx = ¡I + a2 ¢ arc sen x a + C Portanto, I = x p a2 ¡ x2 ¡ I + a2 ¢ arc sen x a + C de onde ent~ao Z p a2 ¡ x2 dx = I = x 2 p a2 ¡ x2 + a2 2 arc sen x a + C Um modo mais apropriado de abordar integrais com express~oes da forma x2 § a2, ou a2 ¡ x2, ser¶a retomado adiante, quando ¯zermos um estudo de substitui»c~oes trigonom¶etricas. 16.2 Problemas 1. Repetindo procedimento an¶alogo ao usado no exemplo 16.5, mostre que Z p x2 + ¸ dx = x 2 p x2 + ¸ + ¸ 2 ln jx + p x2 + ¸j + C 2. Calcule as seguintes integrais. (a) R xex dx. Resposta. ex(x ¡ 1) + C. (b) R ln x dx. Resposta. x(ln x ¡ 1) + C. (c) R xn ln x dx (n 6 = ¡1). Resposta. xn+1 n+1 ¡ ln x ¡ 1 n+1 ¢ + C. (d) R ln(1 + x2) dx. Resposta. x ln(x2 + 1) ¡ 2x + 2 arc tg x + C. (e) R x arc tg x dx. Resposta. 1 2[(x2 + 1) arc tg x ¡ x] + C. (f) R arc sen x dx. Resposta. x arc sen x + p 1 ¡ x2 + C. (g) R p 1 ¡ x2 dx. Resposta. 1 2 arc sen x + x 2 p 1 ¡ x2 + C. Sugest~ao. Imite os procedimentos usados no exemplo 16.5. Integrac»~ao por partes 144 (h) R x arc sen x dx. Resposta. 1 4[(2x2 ¡ 1) arc sen x + x p 1 ¡ x2] + C. (i) R e px dx. Resposta. 2e px(px ¡ 1) + C. (j) R arc tg px dx. Resposta. (x + 1) arc tg px ¡ px + C. Sugest~ao. Ao deparar-se com R x 2px(1+x)dx, fa»ca z = px. (k) R arc sen px px dx. Resposta. 2px arc sen px + 2p1 ¡ x + C. (l) R arc sen p x x+1 dx. Resposta. x arc sen p x x+1 ¡ px + arc tg px + C. Sugest~ao. N~ao se deixe intimidar. Comece fazendo u = arc sen p x x+1, dv = dx. (m) R x cos2 x dx. Resposta. x2 4 + 1 4x sen 2x + 1 8 cos 2x + C. Sugest~ao. cos2 x = 1 2(1 + cos 2x). (n) R (x2 + 7x ¡ 5) cos 2x dx. Resposta. (x2 + 7x ¡ 5)sen 2x 2 + (2x + 7)cos 2x 4 ¡ sen 2x 4 + C. (o) R eax cos bx dx. Resposta. 1 a2+b2eax(b sen bx + a cos bx) + C. (p) R eax sen bx dx. Resposta. 1 a2+b2eax(a sen bx ¡ b cos bx) + C. (q) R x arc sen x p 1¡x2 dx. Resposta. x ¡ p 1 ¡ x2 arc sen x + C. (r) R arc sen x x2 dx. Resposta. 1 2 ln ¯¯¯1¡ p 1¡x2 1+ p 1¡x2 ¯¯¯¡ 1 x arc sen x+C = ln ¯¯¯1¡ p 1¡x2 x ¯¯¯¡ 1 x arc sen x+C. Sugest~ao. Fa»ca R 1 x p 1¡x2dx = R x x2p 1¡x2dx, quando necess¶ario, e ent~ao z = p 1 ¡ x2. (s) R ln(x + p 1 + x2) dx. Resposta. x ln(x + p 1 + x2) ¡ p 1 + x2 + C. (t) R x arc sen x p (1¡x2)3dx. Resposta. arc sen x p 1¡x2 + 1 2 ln ¯¯1¡x 1+x ¯¯ + C. 3. Ao calcular a integral R 1 xdx, Jo~aozinho procedeu da seguinte maneira. Fazendo u = 1 x, e dv = dx, podemos tomar v = x, e teremos du = ¡ 1 x2dx. Z 1 xdx = Z u dv = uv ¡ Z v du = 1 x ¢ x ¡ Z x µ ¡ 1 x2 ¶ dx = 1 + Z 1 xdx Sendo J = R 1 xdx, temos ent~ao J = 1 + J, logo 0 = 1. Onde est¶a o erro no argumento de Jo~aozinho ? 4. Mostre que Z x2 (x2 + ¸)2dx = ¡x 2(x2 + ¸) + Z dx x2 + ¸. Sugest~ao. Fa»ca Z x2 (x2 + ¸)2dx = Z x |{z} u ¢ x (x2 + ¸)2dx | {z } dv . Integrac»~ao por partes 145 5. Usando o resultado do problema 4, calcule (considere a > 0) (a) Z x2 (x2 + a2)2dx. (b) Z x2 (a2 ¡ x2)2dx. Respostas. (a) ¡x 2(x2+a2) + 1 2a arc tg x a + C. (b) x 2(a2¡x2) ¡ 1 4a ln ¯¯a+x a¡x ¯¯ + C. 6. Mostre que Z dx (x2 + ¸)2 = x 2¸(x2 + ¸) + 1 2¸ Z dx x2 + ¸ Sugest~ao. R dx (x2+¸)2 = R (x2+¸)¡x2 (x2+¸)2 dx. 7. Usando a redu»c~ao mostrada no problema 6, calcule as integrais (considere a > 0). (a) Z dx (x2 + a2)2. (b) Z dx (a2 ¡ x2)2. Respostas. (a) x 2a2(x2+a2) + 1 2a3 arc tg x a + C. (b) x 2a2(a2¡x2) + 1 4a3 ln ¯¯a+x a¡x ¯¯ + C. 8. Calcule R x arc tg x (x2+1)2 dx. Resposta. x 4(x2+1) + 1 4 arc tg x ¡ 1 2 arc tg x 1+x2 + C.