Técnicas de Integração

A. Integração por partes

Lembre-se da regra (f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x). Agora suponha que tentamos encontrar a integral indefinida

\int h (x) d x,

onde $h (x)$ pode ser escrita na forma f(x)g'(x). Talvez seja mais fácil encontrar

\int g(x)f'(x)\,dx

do que encontrar

\int h (x) d x .

Pela linearidade,

\int (f(x)g(x))'\,dx = \int f'(x)g(x)\,dx + \int f(x)g'(x)\,dx,

ou seja,

f(x)g(x) = \int f'(x)g(x)\,dx + \int h(x)\,dx,

isto é,

\int h(x)\,dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)\,dx.

Assim, uma integral indefinida de $h (x)$ é encontrada subtraindo-se de $f (x) g (x)$ uma integral indefinida de f'(x)g(x).

Exemplos

Exemplo 1.

\int x \sin x d x .

Sejam $f (x) = x$ , $g (x) = - \cos x$ . Então f'(x) = 1, g'(x) = \sin x, e a substituição fornece

\begin{aligned} \int x \sin x\,dx &= -x\cos x - \int(-\cos x)\,dx\\ &= -x\cos x + \int \cos x\,dx \\ &= -x\cos x + \sin x. \end{aligned}

Exemplo 2.

\int \log x d x .

Sejam $f (x) = \log x$ , $g (x) = x$ . Então f'(x) = \dfrac{1}{x}, g'(x) = 1, e

\int \log x d x = x \log x - \int \frac{1}{x} \cdot x d x = x \log x - x .

Exemplo 3.

Às vezes é necessário realizar o procedimento várias vezes. Acontece com frequência que a integral original reaparece com um coeficiente diferente de 1, caso em que podemos resolvê-la. Por exemplo, considere $\int e^{x} \sin x d x .$ Sejam $f (x) = e^{x}$ , $g (x) = - \cos x$ . Então

\int e^{x} \sin x d x = - e^{x} \cos x + \int e^{x} \cos x d x .

Em $\int e^{x} \cos x d x$ , sejam $h (x) = e^{x}$ , $k (x) = \sin x$ . Então e^x \cos x = h(x)k'(x), e temos

\int e^{x} \cos x d x = e^{x} \sin x - \int e^{x} \sin x d x .

Logo,

\int e^{x} \sin x d x = - e^{x} \cos x + e^{x} \sin x - \int e^{x} \sin x d x .

Resolvendo para $\int e^{x} \sin x d x$ , obtemos

\int e^{x} \sin x d x = \frac{e^{x}}{2} (\sin x - \cos x) .

Observação. Se na segunda etapa tivéssemos usado e^x \cos x = h(x)k'(x) com $h (x) = \cos x$ , $k (x) = e^{x}$ , a equação resultante teria sido uma identidade trivial; assim, se tal equação resultar, deve-se tentar uma decomposição diferente.

B. Integração por substituição

Certas integrais tornam-se muito mais simples se uma variável é substituída por uma nova. Aqui, usa-se no lugar da variável antiga uma nova que é, no intervalo de integração, uma função derivável estritamente crescente ou decrescente da antiga. Se $u$ é a nova variável e $x$ a antiga, temos então u'(x) = \dfrac{1}{x'(u)}, a partir da diferenciação de funções inversas.

Suponha que devemos encontrar uma integral indefinida $\int f (x) d x$ . Isto é, devemos encontrar uma função $F (x)$ tal que F'(x) = f(x). Pode acontecer que $x$ seja uma função derivável estritamente crescente ou decrescente de alguma nova variável $u$ , digamos $x = x (u)$ , tal que $f (x (u))$ , que chamaremos de $g (u)$ , seja uma função mais simples de integrar. Então podemos tentar encontrar uma função $G (u)$ tal que G'(u) = g(u). Se $u (x)$ é a função inversa de $x (u)$ , podemos tentar $H (x) = G (u (x))$ como resposta ao nosso problema original. Mas

H'(x) = G'(u(x)) \cdot u'(x) = g(u(x)) \cdot u'(x) = f(x) \cdot u'(x),

que difere de $f (x)$ pelo fator u'(x) = \dfrac{1}{x'(u)}. Portanto, vamos tentar, em vez disso, encontrar uma função $G (u)$ tal que G'(u) = g(u) \cdot x'(u). Então façamos $F (x) = G (u (x))$ . Temos então

F'(x) = G'(u(x)) \cdot u'(x) = g(u) \cdot x'(u) \cdot u'(x) = g(u) = f(x),

ou seja, $F (x)$ é uma função do tipo desejado.

∫ f ( x ) d x , escreva

d x = \frac{d x}{d u} \cdot d u

. Se

f (x) = g (u)

, então

\int f (x) d x = \int g (u) \cdot \frac{d x}{d u} \cdot d u .

Claro, a resposta à direita é uma função de $u$ , na qual devemos então substituir em termos de $x$ . Note que a integral à direita é justamente \int g(u)x'(u)\,du, ou seja, a nossa $G (u)$ . Vários exemplos ilustrarão a técnica.

Exemplos

Exemplo 4.

\int \frac{e^{x}}{1 + e^{2 x}} d x .

Sejam $u = e^{x}$ , $x = \log u$ . Então x'(u) = \dfrac{1}{u}. Devemos então encontrar

\int \frac{u}{1 + u^{2}} \cdot \frac{1}{u} d u = \int \frac{1}{1 + u^{2}} d u = \arctan u .

Nossa integral indefinida desejada é, portanto, $\arctan (e^{x})$ .

Exemplo 5.

\int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x .

Seja $x = \sin u$ (isso é possível, pois $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ está definida apenas se $- 1 < x < 1$ ). Então

u = \arcsin x,\qquad x'(u) = \cos u,

e $\sqrt{1 - x^{2}} = \cos u$ , pois $- \frac{π}{2} < u < \frac{π}{2}$ quando $u$ está na imagem de $\arcsin x$ . Assim, devemos encontrar

\begin{aligned} \int \frac{\sin^3 u}{\cos u}\cdot \cos u\,du &= \int \sin^3 u\,du\\ &= \int \sin u(1-\cos^2 u)\,du \\ &= -\cos u - \int \cos^2 u \sin u\,du. \end{aligned}

Agora seja $v = \cos u$ . Então v'(u) = -\sin u, u'(v) = -\dfrac{1}{\sin u}, e temos, pelo menos para $0 < u < \frac{π}{2}$ $(* *)$ ,

\begin{aligned} \int \cos^2 u \sin u\,du &= \int v^2 \cdot \sin u \cdot \left(-\frac{1}{\sin u}\right)dv \\ &= -\frac{1}{3}v^3 \\ &= -\frac{1}{3}\cos^3 u. \end{aligned}

Logo,

\int \sin^{3} u d u = - \cos u + \frac{\cos^{3} u}{3},

\begin{aligned} \int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\,dx &= \frac{\cos^3(\arcsin x)}{3} - \cos(\arcsin x) \\ &= \frac{(1-x^2)^{3/2}}{3} - \sqrt{1-x^2}. \end{aligned}

Como esta função tem de fato $\frac{x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ como derivada sempre que $- 1 < x < 1$ , não perdemos nada naqueles pontos do processo, como em (**), onde poderíamos ter perdido.

C. Frações parciais

Suponha que queremos encontrar uma integral indefinida de $\frac{f (x)}{g (x)}$ , onde $f (x)$ e $g (x)$ são polinômios (tais funções são chamadas de funções racionais). Podemos supor que o grau de $f (x)$ (a maior potência de $x$ que aparece) é menor que o grau de $g (x)$ ; pois, se não for, podemos dividir $f (x)$ por $g (x)$ e obter

\frac{f (x)}{g (x)} = P (x) + \frac{h (x)}{g (x)},

onde $P (x)$ é um polinômio e $h (x)$ , o resto da divisão de $f (x)$ por $g (x)$ , é de grau menor que o de $g (x)$ . Suponha também que podemos fatorar $g (x)$ em produtos de polinômios das formas $(x - a)$ e $x^{2} + b x + c$ , $b^{2} - 4 c < 0$ . (É sempre possível fazer isso, embora seja geralmente difícil determinar os $a$ 's, $b$ 's e $c$ 's.) Uma vez feita esta fatoração, iniciamos um procedimento que nos permite integrar $\frac{f (x)}{g (x)}$ .

O que fazemos é separar os fatores das formas acima em $g (x)$ e tentar escrever $\frac{f (x)}{g (x)}$ como uma soma de quocientes de polinômios. Os denominadores serão os fatores separados de $g (x)$ e os numeradores terão graus menores que os dos denominadores. Se um fator $x - a$ ou $x^{2} + b x + c$ divide $g (x)$ mais de uma vez, digamos $n$ vezes, temos que permitir $n$ termos, um tendo o fator como denominador elevado a cada uma das potências $1, 2, \dots, n$ . Em cada um desses termos, ainda é suficiente supor que o numerador é uma constante ou de grau um (no caso de o denominador ser uma potência de $x^{2} + b x + c$ ). Por exemplo, se tivéssemos algo da forma

\frac{d x^{3} + e x^{2} + f x + g}{(x^{2} + b x + c)^{2}} = \frac{d x^{3} + e x^{2}}{(x^{2} + b x + c)^{2}} + \frac{f x + g}{(x^{2} + b x + c)^{2}},

poderíamos dividir $d x^{3} + e x^{2}$ por $x^{2} + b x + c$ para obter um quociente $P (x)$ de grau 1 e um resto $R (x)$ de grau no máximo 1. Então

\frac{d x^{3} + e x^{2}}{(x^{2} + b x + c)^{2}} = \frac{P (x)}{x^{2} + b x + c} + \frac{R (x)}{(x^{2} + b x + c)^{2}},

de modo que a expressão é reduzida à forma que consideraremos.

Seja $g (x) = (x - a_{1})^{m_{1}} \dots (x - a_{r})^{m_{r}} (x^{2} + b_{1} x + c_{1})^{n_{1}} \dots (x^{2} + b_{s} x + c_{s})^{n_{s}}$ . Seja $n = m_{1} + \dots + m_{r} + 2 n_{1} + \dots + 2 n_{s}$ . Então $f (x)$ tem grau menor que $n$ , e podemos escrever $f (x) = d_{n - 1} x^{n - 1} + d_{n - 2} x^{n - 2} + \dots + d_{1} x + d_{0}$ , onde alguns dos $d$ 's podem ser 0. Agora tentamos escrever

\begin{aligned} \frac{f(x)}{g(x)} = &\frac{A_{1,1}}{x-a_1} + \frac{A_{1,2}}{(x-a_1)^2} + \dots + \frac{A_{1,m_1}}{(x-a_1)^{m_1}} \\ &+ \frac{A_{2,1}}{x-a_2} + \dots + \frac{A_{r,m_r}}{(x-a_r)^{m_r}}\\ &+ \frac{B_{1,1}x+C_{1,1}}{x^2+b_1x+c_1} + \dots + \frac{B_{1,n_1}x+C_{1,n_1}}{(x^2+b_1x+c_1)^{n_1}} \\ &+ \dots + \frac{B_{s,n_s}x+C_{s,n_s}}{(x^2+b_sx+c_s)^{n_s}}. \end{aligned}

Aqui os $A, B, C$ são incógnitas, e há

m_{1} + \dots + m_{r} + 2 n_{1} + \dots + 2 n_{s} = n

delas no total. Se colocarmos o lado direito da equação sobre um denominador comum, este denominador é $g (x)$ . Portanto, o numerador deve ser $f (x)$ ; assim, o termo constante do numerador deve ser $d_{0}$ , o coeficiente de $x$ deve ser $d_{1}$ , etc. Isso nos dá $n$ equações nas $n$ incógnitas $A, B, C$ , que resolvemos. Substituindo estas soluções no lado direito da equação, resta apenas integrar essa expressão termo a termo. Agora,

\begin{aligned} &\int \frac{1}{x-a}\,dx = \log(x-a); \\ &\int \frac{1}{(x-a)^n}\,dx = \frac{-1}{n-1}\cdot\frac{1}{(x-a)^{n-1}}, \quad n>1. \end{aligned}

Como $x^{2} + b x + c = {(x + \frac{b}{2})}^{2} + (c - \frac{b^{2}}{4})$ , $c - \frac{b^{2}}{4} > 0$ , podemos substituir $x + \frac{b}{2}$ por $x$ e supor que $x^{2} + b x + c$ é simplesmente da forma $x^{2} + c$ , $c > 0$ .

\begin{aligned} &\int \frac{x}{x^2+c}\,dx = \frac{1}{2}\log(x^2+c); \\ &\int \frac{1}{x^2+c}\,dx = \frac{1}{\sqrt{c}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{c}}\right);\\ &\int \frac{x}{(x^2+c)^n}\,dx = \frac{-1}{2(n-1)}\cdot\frac{1}{(x^2+c)^{n-1}}, \quad n>1; \end{aligned}

\int \frac{1}{(x^{2} + c)^{n}} d x

pode ser tratada pela substituição $x = \sqrt{c} \tan u$ , ou $u = \arctan (\frac{x}{\sqrt{c}}) .$

Exemplos

Exemplo 6.

\int \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} d x .

Então

\frac{1}{(x - 2) (x + 3)} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B}{x + 3},

ou seja,

\frac{(A + B) x + (3 A - 2 B)}{(x - 2) (x + 3)} = \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} .

Então $A + B = 0$ , $3 A - 2 B = 1$ , $A = \frac{1}{5}$ , $B = - \frac{1}{5}$ , e

\int \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} d x = \frac{1}{5} \log (x - 2) - \frac{1}{5} \log (x + 3) .

Exemplo 7.

\int \frac{4 x + 3}{(x - 1) (x^{2} + 2)^{2}} d x .

Escrevemos

\frac{4 x + 3}{(x - 1) (x^{2} + 2)^{2}} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B x + C}{x^{2} + 2} + \frac{D x + E}{(x^{2} + 2)^{2}} .

Obtemos as equações

A + B = 0 (coeficiente de x^{4})

- B + C = 0 (coeficiente de x^{3})

4 A + 2 B - C + D = 0 (coeficiente de x^{2})

- 2 B + 2 C - D + E = 4 (coeficiente de x)

4 A - 2 C - E = 3 (termo constante).

Elas fornecem:

A = \frac{7}{9}, B = - \frac{7}{9} = C, D = - \frac{7}{3}, E = \frac{5}{3} .

Assim, devemos encontrar

\begin{aligned} \frac{7}{9}&\int \frac{1}{x-1}\,dx - \frac{7}{9}\int \frac{x}{x^2+2}\,dx - \frac{7}{9}\int \frac{1}{x^2+2}\,dx \\ &\qquad- \frac{7}{3}\int \frac{x}{(x^2+2)^2}\,dx + \frac{5}{3}\int \frac{1}{(x^2+2)^2}\,dx\\ &= \frac{7}{9}\log(x-1) - \frac{7}{18}\log(x^2+2) - \frac{7}{9\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} \\ &\qquad + \frac{7}{6}\cdot\frac{1}{x^2+2} + \frac{5}{3}\int \frac{1}{(x^2+2)^2}\,dx. \end{aligned}

Na última integral, seja $x = \sqrt{2} \tan u$ . Então x'(u) = \sqrt{2}\sec^2 u, e devemos encontrar

\int \frac{1}{4 \sec^{4} u} \cdot \sqrt{2} \sec^{2} u d u = \int \frac{1}{(x^{2} + 2)^{2}} d x,

ou seja,

\frac{1}{2 \sqrt{2}} \int \cos^{2} u d u .

Agora, $\cos 2 u = 2 \cos^{2} u - 1$ , ou $\cos^{2} u = \frac{1}{2} (1 + \cos 2 u)$ . Assim, devemos encontrar

\begin{aligned} \frac{1}{4\sqrt{2}}\int (1+\cos 2u)\,du &= \frac{1}{4\sqrt{2}}u + \frac{1}{8\sqrt{2}}\sin 2u\\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\frac{\tan u}{\sec^2 u} \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\frac{\frac{x}{\sqrt{2}}}{\frac{x^2}{2}+1}\\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4}\cdot\frac{x}{x^2+2}. \end{aligned}

A resposta completa é então

\begin{aligned} \frac{7}{9}&\log(x-1) - \frac{7}{18}\log(x^2+2) - \frac{7}{9\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} \\ &+ \frac{7}{6}\cdot\frac{x}{x^2+2} + \frac{5}{12\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{5}{12}\cdot\frac{x}{x^2+2}. \end{aligned}

Por meio de uma substituição adequada, pode-se reduzir integrais de funções racionais em $\sin x$ e $\cos x$ ao problema de integrar funções racionais de uma nova variável $u$ . O truque é fazer $u = \tan \frac{x}{2}$ . Então $x = 2 \arctan u$ , e

x'(u) = \frac{2}{1+u^2}.

Além disso,

\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{\sec^{2} \frac{x}{2}} = \frac{2 u}{1 + u^{2}},

\begin{aligned} \cos x &= 2\cos^2\frac{x}{2} - 1 \\ &= \frac{2}{1+\tan^2\frac{x}{2}} - 1 \\ &= \frac{2}{1+u^2} - 1 \\ &= \frac{1-u^2}{1+u^2}. \end{aligned}

Assim, por exemplo,

\int \frac{1}{\sin x + \cos x} d x = \int \frac{1}{\frac{2 u}{1 + u^{2}} + \frac{1 - u^{2}}{1 + u^{2}}} \cdot \frac{2}{1 + u^{2}} d u

= \int \frac{2}{2 u + 1 - u^{2}} d u .

Agora, $2 u + 1 - u^{2} = - (u - (1 + \sqrt{2})) (u - (1 - \sqrt{2}))$ , e podemos aplicar a técnica de frações parciais para completar o trabalho.

Exercícios

Exercício 1.

Courant: p. 225, ex. 1-11; p. 234, ex. 1-14.

Oakley: p. 100, ex. 1-12.

Sherwood e Taylor, Calculus, 1ª ed.: pp. 202, 206, 215, 218, 222, 229, 231, 377, 380.

Técnicas de Integração

A. Integração por partes

Exemplos

B. Integração por substituição

Exemplos

C. Frações parciais

Exemplos

Exercícios

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