Cálculo integral em R

Conteúdo
1 Cálculo integral 1
1.1 Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Fórmula fundamental do cálculo integral. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Aplicações do cálculo integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Integração por partes e por substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5 Teorema da média. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6 Integral indefinido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.7 Integral impróprio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Os apontamentos Lições de Matemática tiveram origem nas matérias leccionadas aos alunos de
Matemática II (Lic. em Biologia) ao longo do ano lectivo de 2004-05. Uma parte do conteúdo
aqui apresentado foi inspirado nos apontamentos manuscritos da Isabel Faria para a disciplina de
Análise Matemática I e uma parte dos exercícios provém dos exercícios dessa mesma disciplina.
Estes apontamentos foram realizados com recurso a software livre, como o Tex, GnuPlot e XFig.
Não posso deixar de agradecer os preciosos conselhos dos meus colegas das disciplinas de Análise
Matemática I, Análise Matemática II e Matemática I, a quem recorri por diversas vezes.
Um agradecimento também às alunas que disponibilizaram a sua resolução dos exercícios para
serem colocados na página web da disciplina.
Um agradecimento muito especial à Isabel Faria, que ainda leu algumas das Lições de Matemática,
detectando várias gralhas e alguns erros e sugerindo diversas melhorias ao texto.
i

CONTE ÚDO
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 ii

Capítulo 1
Cálculo integral
1.1 Integral de Riemann
Seja f : I = [a,b] → R uma função contínua tal que f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a,b]. Pretendemos
determinar a área da região delimitada pelo eixo dos xx e o gráfico de f, que designamos por A.
Comecemos por calcular a área aproximada utlizando regiões cujas áreas conhecemos.
Pelo teorema de Weierstrass, toda a função contínua num intervalo fechado e limitado tem
máximo e mínimo nesse intervalo. Seja m = min{f(x) : x ∈ [a,b]} e M = max{f(x) : x ∈
[a,b]}. Claramente a área A é limitada inferiormente por S 0 = m(b − a) e superiormente por
S0 = M(b − a), i.e.,
S 0 = m(b − a) ≤ A ≤ S0 = M(b − a).
m
y
a b
x
y
a b
x
M
y
a b
Podemos tentar melhorar a aproximação ao valor de A, subdividindo o intervalo [a,b] em dois
sub-intervalos [a,c] e [c,b] onde c ∈]a,b[ é um ponto arbitrário. Designamos por
Claramente temos
m1 = min{f(x) : x ∈ [a,c]}, m2 = min{f(x) : x ∈ [c,b]},
M1 = max{f(x) : x ∈ [a,c]} M2 = max{f(x) : x ∈ [c,b]}.
S 0 ≤ S 1 = m1(c − a) + m2(b − c) ≤ Área ≤ S1 = M1(c − a) + M2(b − c) ≤ S0,
conforme está representado na seguinte figura.
1
x

m1
m2
y
S 1 (f)
y
≤ ≤
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
x
x
a c b
a c b
a c b
Continuando este processo podemos determinar duas sucessões, uma crescente, S n(f), designada
por sucessão das somas inferiores de Darboux de f, e outra decrescente, Sn(f), designada por
sucessão das somas superiores superiores de Darboux de f, tais que
M2
M1
y
S1(f)
S 0(f) ≤ S 1(f) ≤ · · · ≤ S n(f) ≤ · · · ≤ A ≤ · · · ≤ Sn(f) ≤ · · · ≤ S1(f) ≤ S0(f).
Intuitivamente o valor da área A será o valor dos limites de ambas estas sucessões. Neste caso
dizemos que a função é integrável à Riemann e escrevemos b
f = f(x)dx = área A.
Exemplo
Pretendemos calcular
1
xdx. Calculando as somas inferiores e superiores de Darboux associadas
0
às partições representadas na seguinte figura e que foram obtidas dividindo sucessivamente a
meio cada um dos sub-intervalos anteriores obtemos a sucessão crescente
e a sucessão decrescente
Daqui resulta que
S0 = 0, S1 = 1
4 , S2 = 3
8 , S3 = 7
16 , ..., Sn = 2n − 1
2
I
a
n+1 , ...
S0 = 1, S1 = 3
4 , S2 = 5
8 , S3 = 9
16 , ..., Sn = 2n + 1
, ...
2n+1 1
0
xdx = lim
n→∞ Sn = lim
n→∞ Sn = 1
2 .
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 2
x

1
1
y y
y
S 0 = 0 S0 = 1
S 2 = 3 8 S2 = 5 8
y = x
1
y = x
1
x
x
1
y
S1 = 1 4 S1 = 3 S1 =
4
1 4 S1 = 3 4
S 4 = 7
16 S4 = 9
16
1.1. INTEGRAL DE RIEMANN
Vamos agora dar a definição formal de somas inferiores e superiores de Darboux e definir função
integrável à Riemann.
Seja f : [a,b] → R uma função limitada. Chamamos partição de I = [a,b] a uma colecção
P = {x0,x1,...,xn} tal que a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Associada a uma partição P
temos uma subdivisão do intervalo I em n sub-intervalos
y = x
1
y = x
I1 = [x0,x1], I2 = [x1,x2], ... , In = [xn−1,xn].
Cada sub-intervalo Ij = [xj−1,xj] tem amplitude ∆j = xj − xj−1.
Como f é uma função limitada vão existir mj = inf{f(x) : x ∈ Ij} 1 e Mj = sup{f(x) : x ∈ Ij} 2 .
Definição 1 Chamamos soma inferior de Darboux de f relativamente a P a S P (f) = n
j=1 ∆jmj
e soma superior de Darboux de f relativamente a P a SP(f) = n
j=1 ∆jMj.
Tal como anteriormente tem-se,
S P(f) ≤ A ≤ SP(f).
Definição 2 Seja f uma função limitada em [a,b]. Dizemos que f é uma função integrável à
Riemann em [a,b] se
∀ε > 0 ∃P partição tal que SP(f) − S P (f) < ε.
1 Dizemos que um elemento de R é um minorante de f em Ij se for inferior ou igual a f(x) para todo o x ∈ Ij.
Ao maior dos minorantes chamamos ínfimo. Se o ínfimo for atingido por algum valor de f(x) designa-se por
mínimo em Ij.
2 Dizemos que um elemento de R é um majorante de f em Ij se for superior ou igual a f(x) para todo o x ∈ Ij.
Ao menor dos majorantes chamamos supremo. Se o supremo for atingido por algum valor de f(x) designa-se por
máximo em Ij.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 3
1
1
x
x

Se f é integrável chama-se integral de f e denota-se
f =
verifica
para toda a partição P.
S P(f) ≤
b
a
I
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
b
f(x)dx ≤ SP(f)
Vejamos algumas propriedades do integral de Riemann.
a
f(x)dx, ao único número real que
Proposição 1.1.1 Sejam f,g : I = [a,b] → R duas funções integráveis, λ ∈ R e c ∈ [a,b].
Tem-se:
(i) f + g é uma função integrável e tem-se
b
a
(f(x) + g(x))dx =
(ii) λf é uma função integrável e tem-se
b
(iii) f(x) ≥ g(x) para todo o x ∈ I tem-se
(iv)
b
a
f(x)dx =
c
a
f(x)dx +
c
b
a
b
a
f(x)dx.
b
a
λf(x)dx = λ
f(x)dx ≥
f(x)dx +
b
a
b
a
a
b
f(x)dx.
g(x)dx.
g(x)dx.
As propriedades (i) e (ii) costumam designar-se por linearidade do integral, (iii) por monotonia
do integral e (iv) por aditividade do integral.
a
a
b
Vamos ainda denotar f(x)dx = 0 e f(x)dx = − f(x)dx.
a
Vejamos dois exemplos que ilustram as propriedades anteriores.
Exemplo
Sabendo que
1
0
b
xdx = 1
2
e que
1
0
a
x 2 dx = 1
3 ,
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 4

obtemos pelas propriedades anteriores
1
0
(x + 5x 2 )dx =
=
1
0
1
0
xdx +
0
xdx + 5
1
5x 2 dx
1
0
1.1. INTEGRAL DE RIEMANN
x 2 dx = 1 5 13
+ =
2 3 6 .
O integral de uma função representa a área da região delimitada pelo eixo dos xx e pelo gráfico
de f, se a função f tomar valores não negativos. No caso de a função tomar valores negativos o
integral representa o simétrico da área dessa região. Vejamos um exemplo.
Exemplo
Consideremos a função f(x) = sin x em [0,2π]. No intervalo [0,π] temos f(x) ≥ 0 e no intervalo
[π,2π] temos f(x) ≤ 0. As áreas em cada um dos sub-intervalos são iguais mas os integrais têm
sinais contrários. Assim,
Exercícios
2π
0
sin xdx =
1
0
-1
π
0
sin xdx +
y = sin x
1. Seja f : [a,b] → R a função constante de valor k.
y
+
π
-
π
2π
sinxdx = 0.
(a) Determine as somas inferiores e superiores de Darboux de f.
(b) Justifique que f é integrável em [a,b] e calcule
2π
b
a
X
f(x)dx.
2. Justifique, sem calcular, qual dos seguintes integrais é maior:
(a)
(b)
1
0
e
√ xdx e
xdx e
1
3. Sabendo que
e
1
b
a
1
0
x 3 dx.
log xdx.
1dx = b − a e que
b
a
xdx = b2 − a2 determine
2
2
−1
|3x − 1|dx.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 5

1.2 Fórmula fundamental do cálculo integral.
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
O próximo resultado vai-nos dar uma classe muito importante de funções integráveis em intervalos
fechados e limitados, a saber, as funções contínuas. Esta classe engloba já a maior parte
das funções com que vamos trabalhar.
Teorema 1.2.1 Seja f : I = [a,b] → R uma função contínua. Então f é integrável à Riemann
em [a,b].
Observações
1. Não é necessário adicionar a hipótese de f ser uma função limitada uma vez que toda a
função contínua num intervalo fechado e limitado tem máximo e mínimo nesse intervalo
(Teorema de Weierstrass).
2. O teorema anterior também é valido para funções que sejam contínuas em todos os pontos
de [a,b] com a possível excepção de um número finito de pontos. Mas nessa altura temos
que adicionar a hipótese de f ser uma função limitada.
3. Uma outra classe de funções integráveis em intervalos fechados e limitados que podemos
considerar são as funções monótonas.
O próximo resultado é conhecido por fórmula fundamental do cálculo integral (ou fórmula de
Barrow) e relaciona dois conceitos aparentemente desconexos, a saber, o conceito de integral
que foi motivado pelo problema de determinar uma área, e o conceito de primitiva que envolve
a noção de derivada.
Teorema 1.2.2 Seja f : I = [a,b] → R uma função limitada, integrável e primitivável. Seja
F : I = [a,b] → R uma primitiva de f. Então
b
a
f(x)dx =
b F(x) = F(b) − F(a).
a
A demonstração deste resultado no caso particular em que f é uma função contínua será obtida
mais adiante como corolário das propriedades do integral indefinido (ver o corolário 1.6.2).
Exercícios resolvidos
Vejamos uma série de exercícios resolvidos onde podemos aplicar a fórmula de Barrow. Estes
exercícios pretendem ser também uma revisão sobre primitivas e funções trignométricas inversas.
1.
2.
b
a
1
0
kdx com k ∈ R uma constante.
xdx
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 6

3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
6
2
3
1
3
1
e
1
1
0
√ 3
0
√ 2
2
√
2
− 2
1
−1
0
−2
√ 2
0
2
−2
1
0
√ x + 1 dx.
e −x dx.
|2 − x|dx.
log xdx.
arctan x
dx.
1 + x2 dx
(1 + x 2 )arctan x .
xdx
√ 1 − x 4 .
dx
x 2 − 4 .
x + 10
(x − 1) 2dx.
2x + 3
x 2 + 2 dx.
3x 3 + 2
x + 3 dx.
e 2x
e x + 4 dx.
1.2. FÓRMULA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 7

15.
16.
π2
0
1
3
0
Resolução
1.
2.
b
a
1
0
cos √ xdx.
2dx
√ 4 − 9x 2 .
k dx = k
a
b
x2 xdx =
2
1dx = k[x] b a
1
0
= 1
2 .
= k(b − a).
3. Recordemos que P f ′ f α = fα+1
α + 1 + Cte (α = −1). Assim,
6
2
√ x + 1 dx =
6
2
= 2
3
4. Recordemos que P (f ′ e f ) = e f + C te . Assim,
3
1
e −x
dx = −
5. Tem-se f(x) = |2 − x| =
3
1
1
3
|2 − x|dx =
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
(x + 1) 1
2 dx =
(x + 1) 3
6 2
2
(x + 1) 3
2
3
2
6
2
=
3 (732
− 3 3
2).
−e −x dx = − e −x 3
1 = −(e−3 − e −1 ) = e −1 − e −3 .
2 − x, 2 − x ≥ 0
x − 2, 2 − x ≤ 0 =
2 − x, 1 ≤ x ≤ 2
x − 2, 2 ≤ x ≤ 3
2
1
3
(2 − x)dx + (x − 2)dx
= 2x − x2
2
x2 +
2 1 2
= (4 − 2) − 2 − 1
2
2
+
3 − 2x
2
9
− 6
2
2
. Assim
− (2 − 4) = 1,
como podemos constatar imediatamente analisando o gráfico da função.
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1.2. FÓRMULA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL.
2
1
−2
y
1
2
3
y = x − 2
y = 2 − x
6. Recordemos a fórmula de primitivação por partes P (u ′ v) = uv−P(uv ′ ). Tomando u ′ = 1
e v = log x obtemos
Assim,
P 1 · log x = x log x − P x 1
= x log x − x = x(log x − 1).
x
e
1
log xdx = [x(log x − 1)] e
1 = e(1 − 1) − (−1) = 1.
7. A função f(x) = arctg x é a função trignométrica inversa da tangente. Esta função está
definida em todo o R e tem como contradomínio ] − π π
2 , 2 [. O seu gráfico encontra-se
representado na seguinte figura.
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
− √ 3
π 2
√
3
−
3
-4 -2
−
0 2 4
π 2
Tem-se (arctg x) ′ = 1
1+x 2. Como P f ′ f = 1
2 f2 obtemos
Assim,
1
0
P
arctg x
= P
1 + x2 −1
π 3
π 4
π 6
− π 6
− π 4
− π 3
√ 3
3
1
x
√ 3
1 1
1 + x2arctg x =
2 arctg2x. arctg x 1 2 1 1
dx = arctg x =
1 + x2 2 0 2 (arctg21 − arctg 2 0) = 1
2
atan(x)
π
2 =
4
π2
32 .
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 9

8. Recordemos que P
e portanto,
√ 3
1
f ′
f = log |f| + Cte . Assim
P
dx
arctg x(1 + x 2 ) =
1
arctg x(1 + x2 1
1+x
= P
) 2
= log |arctg x|,
arctg x
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
log |arctg x|
√ 3
1 = log |arctg √ 3| − log |arctg 1|
= log π π
− log
3 4
= log 4
3 .
9. A função f(x) = arcsen x é a função trignométrica inversa de seno x. Esta função está
definida em [−1,1] e tem como contradomínio [−π π
2 , 2 ]. O seu gráfico encontra-se representado
na seguinte figura.
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
√
3
−
2
− 1 2
π 2
π 3
π 6
asin(x)
-2
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
Tem-se y = (arcsen x) ′ = 1 √ , logo
1−x2 Assim
e √ 2
2
√
2
− 2
P
xdx
√ 1 − x 4
(arcsen f) ′ =
x
√ 1 − x 4
1
=
2
− π 6
− π 3
− π 2
1
1 − f 2 f ′ =
1
=
2 P
2x
1 − (x2 ) 2
arcsen x 2 √ 2
2
−
√ 2
2
1
2
f ′
1 − f 2 .
= 1
2 arcsen x2 ,
√ 3
2
= 1
arcsen
2
1
1
− arcsen = 0.
2 2
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 10

10. A função R(x) = 1
1.2. FÓRMULA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL.
é uma função racional própria pois é um quociente de dois
x2−4 polinómios, sendo que o grau do denominador é superior ao do numerador. O polinómio
x2−4 tem duas raízes simples −2,2 e portanto admite a factorização x2−4 = (x+2)(x−2).
Vamos empregar o método dos coeficientes indeterminados para decompôr R(x):
1
x 2 − 4 =
= A(x + 2) + B(x − 2)
Daqui resultam as igualdades
Assim
e portanto
1 A B
= +
(x − 2)(x + 2) x − 2 x + 2
(x − 2)(x + 2)
A + B = 0
2(A − B) = 1 ⇔
1
−1
dx
x 2 − 4 =
1
x 2 − 4 =
1
−1
= 1
4
= (A + B)x + 2(A − B)
B = −A
4A = 1
1
4(x − 2) −
x2 .
− 4
⇔
1
4(x + 2)
1
4(x − 2) −
1
dx
4(x + 2)
1
−1
dx 1
−
x − 2 4
1
−1
dx
x + 2
B = − 1
4
A = 1
4 .
= 1
1 log |x − 2| − log |x + 2|
4
−1
= 1
3
(log 1 − log 3 − log 3 + log 1) = −log
4 2 .
11. A função R(x) = x+10
(x−1) 2 é uma função racional própria cujo denominador admite a raíz
dupla x = 1. Nestes casos procuramos decompôr R(x) da seguinte forma:
x + 10 A
=
(x − 1) 2 x − 1 +
Daqui resultam as igualdades
Assim
B A(x − 1) + B
=
(x − 1) 2 (x − 1) 2
A = 1
B − A = 10 ⇔
= Ax + B − A
A = 1
B = 11.
x + 10 1
=
(x − 1) 2 x − 1 −
11
(x − 1) 2.
(x − 1) 2 .
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Uma vez que P 1
(x−1) 2 = P(x − 1) −2 = −(x − 1) −1 obtemos
0
−2
x + 10
(x − 1) 2dx =
=
0
−2
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
1
x − 1 −
11
(x − 1) 2
dx
log |x − 1| − 11
x − 1
0
−2
= log 1 + 11 − log 3 − 11
3
= 22
3
− log 3.
12. A função R(x) = 2x+3
x2 +2 é uma função racional própria cujo denominador não admite raízes
reais (apenas tem raízes complexas simples). Nestes casos decompomos R(x) da seguinte
forma:
2x + 3
x2 2x
=
+ 2 x2 3
+
+ 2 x2 + 2 .
A primeira parcela tem primitiva imediata P 2x
x2 +2 = log |x2 + 2| uma vez que é da forma
P = log |f|. Quanto à segunda parcela tem primitiva (quase) imediata. Senão vejamos:
f ′
f
pois é da forma P
√ 2
0
P
3
x 2 + 2
3
= P
x2 2 2 + 1
= 3√ 2
2 P
1√ 2
2 x√2 + 1
= 3√ 2
2 arctg x √ 2 ,
f ′
1+f 2 = arctg f com f(x) = x √ 2 . Donde
2x + 3
x2 dx =
+ 2
13. A função R(x) = 3x3 +2
x+3
√ 2
0
2xdx
x 2 + 2 +
log |x 2 + 2|
√ 2
0
√ 2
3dx
x 2 + 2
arctg x
√
2
√ 2
=
0 + 3√2 2
0
= log 4 − log 2 + 3√ √
2 2
arctg√2
− arctg 0
2
= log 2 + 3√2π .
8
. Trata-se de uma função racional imprópria pois o grau do
denominador é inferior ao grau do numerador. Dividindo os polinómios podemos escrever
R(x) como uma soma de um polinómio com uma função racional própria (outro processo
seria utilizando a regra de Ruffini com a raíz x = −3):
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 12

1.2. FÓRMULA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL.
3x 3 + 0x 2 + 0x + 2 x + 3
− 3x 3 − 9x 2
−
9x 2
+ 0x
9x 2 + 27x
27x + 2
−27x
− 81
− 79
Donde resulta que 3x3 +2
x+3 = 3x2 − 9x + 27 − 79
x+3 . Assim
2
−2
3x3 + 2
dx =
x + 3
2
−2
3x 2 − 9x + 27
3x 2 − 9x + 27 − 79
dx
x + 3
=
x 3 − 9
2 x2 + 27x − 79log |x + 3|
−2
= 8 − 18 + 54 − 79log 5 − (−8 − 18 − 54 − 79log 1)
= 132 − 79log 5.
14. Recordemos a fórmula de primitivação por substituição. Seja x = x(t) uma função derivável
e invertível, e t = t(x) a correspondente inversa. Então
Pf(x) = Pf(x(t)).x ′ (t)| t=t(x).
Vamos fazer a substituição t = ex . Então x = log t e x ′ = 1
t . Assim
P e2x
e x + 4
t2
= P
t + 4 .1
t
t=ex = P t
t + 4
= P
t=ex
= P 1 − 4
t + 4
= t − 4 log |t + 4|
t=e x
= e x − 4 log(e x + 4).
t + 4 − 4
t + 4
t=e x
2
t=e x
15. Vamos fazer a substituição t = √ x. Então x = t 2 e x ′ = 2t. Assim
P cos √ x = P cos t.2t| t= √ x
por partes
= sin t .2t − 2P sint| t= √ x
= 2t sin t + 2 cos t| t= √ x
= 2 √ xsin √ x + 2 cos √ x.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 13

Assim,
π2
0
cos √ xdx =
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
2 √ xsin √ x + 2 cos √ π2 x
0
= 2π sin π + 2cos π − (0 + 2cos 0) = −4.
1
16. Finalmente consideremos a função √ . A primitiva desta função é uma primitiva
4−9x2 (quase) imediata envolvendo a função arcsin x. Alternativamente podemos tentar calcular
1
a primitiva efectuando uma mudança de variável conveniente. Mais precisamente, √
4−9x2 é uma função “racional” em x e √ 4 − 9x2 , ou seja, do tipo R(x, √ a2 − b2x2 ) com a = 2 e
2 sint = 3 sint.
b = 3. Para este tipo de funções efectuamos a mudança de variável x = a
b
Logo x ′ = 2
3 cos t e t = arcsin3x 2 . Portanto
1
P √
4 − 9x2 =
1
P
4 − 9 =
2
cos t
2 2 2 3
3 sin t
3x t=arcsin 2
2
3 P
=
cos t
2 4(1 − sin t) 3x t=arcsin 2
2
=
cos t
P √
3 4cos2
t 3x t=arcsin 2
2
cos t
P
3 2cos t
3x t=arcsin 2
= 1
3 P 1| 1
t=arcsin x =
3 t| t=arcsin 3x
2
= 1
3 arcsin3x
2 .
Assim,
Exercícios
1
3
0
2dx
√ 4 − 9x 2
2
=
3
arcsin 3x
2
1
3
0
2
= arcsin
3
1
− arcsin 0
2
= 2 π
3 6
Calcule os seguintes integrais usando a fórmula fundamental do cálculo integral.
1.
2.
2
0
5
−1
x2 + 1, 0 ≤ x ≤ 1
f(x)dx com f(x) =
√ 2 + xdx.
x+3
.
2 , 1 ≤ x ≤ 2
= π
9 .
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 14

3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
√ π
0
e
0
π/6
0
π
2
−π
√ π
0
e
1
2
e
1
2
1
0
1
−1
1
− 1
2
1
0
1
0
xcos(x 2 − π)dx.
x 2 e x3 −4 dx.
cos xe sin x dx.
(x + cos x)sin xdx.
xcos(x 2 − π)dx.
dx
xlog x .
dx
xlog 2 x .
x 2 e x (Sug:2x por partes).
arctg xdx (Sug: por partes).
arcsin xdx (Sug: por partes).
x 3 1 − x 2 dx (Sug: por partes).
1.2. FÓRMULA FUNDAMENTAL DO CÁLCULO INTEGRAL.
x2arctg x
dx (Sug: decomp+alínea (k)).
1 + x2 ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 15

15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
2
1
2
1
2
1
1
1
2
3
1
1
0
π
4
0
π
0
dx
x(x + 4) .
dx
x(x + 4) 2.
dx
x(x 2 + 4) .
x 2 − 2
x 3 + x .
dx
e x + 1 (Sug: fazer t = ex ).
e2x + e3x dx.
1 + e2x tg x sec 2 x e tg x (Sug: por partes).
sin xe x (Sug: 2 x por partes ... ).
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 16

1.3 Aplicações do cálculo integral
• Cálculo de áreas.
• Cálculo de volumes de sólidos de revolução.
• Cálculo de comprimentos de arco.
1.3. APLICAÇÕES DO CÁLCULO INTEGRAL
Teorema 1.3.1 Se f,g : I = [a,b] → R são duas funções integráveis tais que f(x) ≥ g(x)
b
para todo o x ∈ [a,b], (f(x) − g(x))dx representa a área da região {(x,y) ∈ R2 : a ≤ x ≤
b, g(x) ≤ y ≤ f(x)} (ver a seguinte figura).
Observações
a
y
a
g
f
R b
(f(x) − g(x))dx
a
Se o sinal de f − g não for constante no intervalo [a,b] temos que determinar os pontos onde
os gráficos de ambas as funções se intersectam e decompôr o intervalo em subintervalos onde
esse sinal se mantenha constante. O valor da área será a soma das áreas em cada um desses
subintervalos. No exemplo descrito na seguinte figura a área da região assinalada vem dada pelo
integral
c
a
d
b
(g(x) − f(x))dx + (f(x) − g(x))dx + (g(x) − f(x))dx.
Vejamos dois exemplos de cálculos de áreas.
y
c
a c d b
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 17
f
g
b
d
x
x

1. Calcular a área da região delimitada por |x| e 2 − x 2 .
Área =
=
=
1
−1
−1
y
2
−1 1
((2 − x 2 ) − |x|)dx
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
y = |x|
y = 2 − x 2
0
((2 − x 2 1
) − (−x))dx + ((2 − x 2 ) − x)dx
2x − x3 x2
+
3 2
0
= −(2(−1) − (−1)3
3
−1
0
x
+ 2x − x3 x2
−
3 2
(−1)2
+ ) + (2 −
2
1
3
1
0
1 10
+ ) =
2 3 .
2. Pretende-se calcular a área da região (representada na próxima figura)
(x,y) : 0 ≤ y ≤ 1
x
, ≤ y ≤ 2x, .
x 4
2
√
2
1
1
2
y
√ 2
2
y = 2x
2
y = 1
x
y = x
4
Para isso necessitamos de determinar os pontos de intersecção dos gráficos de cada uma
das funções. Ora, a intersecção da hipérbole y = 1
x com a recta y = 2x obtem-se resolvendo
o sistema ⎧
⎨ y =
⎩
1
⎧
x ⎨ y =
⇔
⎩
y = 2x
1
⎧
x ⎨ y =
⇔
⎩
1
x
x2 = 2.
1
x = 2x
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 18
x

1.3. APLICAÇÕES DO CÁLCULO INTEGRAL
√
2
Como y ≥ 0 obtemos o ponto ( 2 , √ 2). Analogamente a intersecção da hipérbole y = 1
x
com a recta y = x
4 obtem-se resolvendo o sistema
⎧
⎨
⎩
y = 1
x
y = x
2
⎧
⎨
⇔
⎩
Como y ≥ 0 obtemos o ponto (2, 1
2 ). Assim,
Área =
√ 2
2
0
= 7
4
x 2
2x − x
4
2
√ 2
2
0
y = 1
x
1 x
x = 2
dx +
⎧
⎨ y =
⇔
⎩
1
x
x2 = 4.
2
√ 2
2
+ log |x| − x2
8
1 x
− dx
x 4
2
√ 2
2
= · · ·
Vejamos agora como calcular o volume de sólidos de revolução usando o integral definido.
Seja f : [a,b] → R é uma função contínua. Seja V o sólido de revolução em torno do eixo do
xx com geratriz definida pelo gráfico f, ou seja, V é o sólido obtido rodando o gráfico de f em
torno do eixo do xx como ilustrado na seguinte figura.
z
y
f(x)
Teorema 1.3.2 O volume do sólido de revolução anterior é dado por
Exemplo
a
V =
b
a
π f 2 (x)dx.
Pretende-se calcular o volume do cone de altura h = 1 e cuja base é uma disco de raio R = 1.
O cone é um sólido de revolução em torno do eixo dos xx, cuja geratriz é a função f : [0,1] → R
definida por f(x) = x.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 19
b
x

O volume do cone é então dado por
z
V =
y
1
0
f(x)
1
1
π x 2
x3 dx = π
3
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
1
0
x
= π
3 .
Vejamos por último como calcular o comprimento de arco (ou comprimento de linha) para
curvas definidas como gráficos de funções. Intuitivamente o comprimento de arco de uma função
f : [a,b] → R representa de o comprimento de uma linha de expessura nula sobreposta ao gráfico
de f entre os pontos (a,f(a)) e (b,f(b)) que posteriormente foi rectificada.
Teorema 1.3.3 Se f : [a,b] → R é uma função contínua em [a,b] e com derivada contínua em
]a,b[, o comprimento de arco de f(x) entre os pontos (a,f(a)) e (b,f(b)) é dado por
Exemplo
l(f) =
b
a
1 + [f ′ (x)] 2 dx.
Pretende-se calcular o perímetro de uma circunferência de raio r. Uma equação da circunferência
centrada na origem e raio um é x 2 + y 2 = r 2 . Esta circunferência determina duas
semi-circunferências, uma situada no semi-plano superior de equação y = √ r 2 − x 2 e outra situada
no semi-plano inferior de equação y = − √ r 2 − x 2 . O perímetro da cirunferência obtém-se
duplicando o comprimento de arco de y = √ r 2 − x 2 (por exemplo) entre os pontos (−r,0) e
(r,0) (ver a seguinte figura).
−r
y
r
y = √ r 2 − x 2
r
x
y = − √ r 2 − x 2
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 20

O perímetro da semi-circunferência é dado por
r
r
1 + [y ′ ] 2 dx = 1 +
−r
=
=
−r
r
−r
r
−r
= r
1.3. APLICAÇÕES DO CÁLCULO INTEGRAL
2 −x
√ dx
r2 − x2 1 + x2
r2 dx
− x2 r 2 − x 2 + x 2
r 2 − x 2 dx
r
−r
= r arcsin x
r
1
√ r 2 − x 2 dx
r
−r
π
= r
2 −
− π
2
= πr.
Logo o perímetro da circunferência é dado pela fórmula bem conhecida 2πr.
efectuámos a mudança de variável x = r sin t. Então
1
Para calcular uma primitiva de √
r2−x2 x ′ = r cos t e t = arcsin x
r . Assim
Exercícios
P
1
√ r 2 − x 2
=
=
r cos t
P
r2 − r2 2 sin t
x t=arcsin r
r cos t
P
r cos t
x t=arcsin r
=
=
P 1 | x t=arcsin r
t | x t=arcsin = arcsin
r
x
r .
1. Represente graficamente e calcule a área das seguintes regiões do plano:
(a) (x,y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 2, −x 2 ≤ y ≤ √ x .
(b) (x,y) ∈ R 2 : −1 ≤ x ≤ 1, x 2 − 1 ≤ y ≤ arccos x .
2. Represente graficamente e calcule a área da região do plano delimitada por y = |x|, y =
−x 2 + 6 e y + x 2 = 2.
3. Calcular o volume do sólido de revolução obtido rodando y = x 2 , 0 ≤ x ≤ 2, em torno do
eixo dos xx.
4. Calcular o volume do sólido obtido rodando a área delimitada pelas curvas y = √ x e
y = x
2 .
5. Calcule o volume da esfera de raio r.
6. Calcular o comprimento de arco do gráfico de f(x) = x2
4
1 − 2 log x entre x = 1 e x = 2.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 21

1.4 Integração por partes e por substituição
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
Vimos nas secções anteriores que para calcular os integrais necessitávamos muitas vezes de
primitivar a função integranda recorrendo à primitivação por partes e/ou por substituição. Estas
técnicas podem ser aplicadas directamente no integral a calcular passando a designar-se por
integração por partes e por substituição.
Teorema 1.4.1 (Integração por partes) Sejam f,G : [a,b] → R duas funções integráveis com
f primitivável e G derivável. Seja F : [a,b] → R uma primitiva de f. Então é válida a fórmula
b
a
f(x)G(x)dx =
b F(x)G(x)
a −
b
a
F(x)G ′ (x)dx.
Dem: Temos (FG) ′ = F ′ G + F G ′ = f G + F G ′ , ou seja, F G é uma primitiva de f G + F G ′ .
Logo pela fórmula fundamental do cálculo integral,
ou seja,
Exemplo
b F(x)G(x)
a =
=
b
b
f(x)G(x)dx = [F(x)G(x)]
a
b a −
b
a
Pretende-se calcular
1
−1
1
f
1
−1
arctg xdx. Ora,
.arctg x dx =
G
=
a
a
b
(f(x)G(x) + F(x)G ′ (x))dx
f(x)G(x)dx +
F(x)G ′ (x)dx.
x
F
1 .arctg x
G
−1 −
1 1
xarctg x −
−1 2
1
−1
a
b
1
−1
F(x)G ′ (x)dx,
x
F
.
2x
dx
1 + x2 = arctg 1 − (−1)arctg(−1) − 1
2
= π π
−
4 4
1
− (log 2 − log 2) = 0.
2
1
1 + x 2
G ′
dx
log(1 + x 2 1 )
−1
Teorema 1.4.2 (Integração por substituição) Seja f : [a,b] → R uma função contínua e primitivável.
Seja ψ : J → [a,b] uma função invertível e derivável num intervalo J de extremos t0
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 22

1.4. INTEGRAÇÃO POR PARTES E POR SUBSTITUIÇÃO
e t1 (ou seja, J = [t0,t1] ou J = [t1,t0] consoante t0 < t1 ou t1 < t0) e tal que ψ(t0) = a e
ψ(t1) = b. Então
b
a
f(x)dx =
t1
t0
f(ψ(t))ψ ′ (t)dt.
Dem: Seja F = P f. Pelo teorema da derivada da função composta,
(F ◦ ψ) ′ (t) = F ′ (ψ(t)) · ψ ′ (t) = f(ψ(t)) · ψ ′ (t).
Pela fórmula fundamental do cálculo integral temos,
Observações
t1
t0
f(ψ(t))ψ ′ (t)dt =
t1 (F ◦ ψ)(t)
t0
= (F ◦ ψ)(t1) − (F ◦ ψ)(t0)
= F(ψ(t1)) − F(ψ(t0))
= F(b) − F(a) =
1. Muitas vezes escreveremos x = x(t) no lugar de ψ(t).
b
a
f(x)dx.
2. Na maior parte das situações podemos optar por integrar uma função por substituição
ou primitivar essa função por substituição e calcular o valor da primitiva encontrada nos
extremos do domínio de integração. No entanto há situações em que podemos calcular o
integral sem ser necessário primitivar a função integranda (que até podemos não conhecer!).
É o caso, por exemplo, do integral de funções ímpares em certo tipo de domínios como
veremos mais adiante.
Exemplo
Pretende-se calcular
e x ′ (t) = ψ ′ (t) = 1
t
1
0
dx
1 + e x. Vamos efectuar a substituição t = ex . Então x(t) = ψ(t) = log t
. Quanto aos novos extremos de integração temos
x(t0) = a = 0
x(t1) = b = 1 ⇔
log t0 = 0
log t1 = 1 ⇔
t0 = 1
t1 = e
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 23

Assim
1
0
1
1 + ex dx =
f(x)
=
e
1
e
1
·
1
+ t
f(x(t))
Para decompôr a função racional 1
(1+t)t
=
1
1
t
x ′ (t)
dt
−1 1
+ dt
1 + t t
− log |1 + t| + log |t|
e
1
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
= − log(1 + e) + log e − (− log 2 + log 1) = 1 + log
1 A B
= +
(1 + t)t 1 + t t
2
1 + e .
empregámos o método dos coeficientes indeterminados:
= At + B(t + 1)
(t + 1)t
Daqui resultam as igualdades B = 1 e A + B = 0, ou seja, A = −1.
= (A + B)t + B
(t + 1)t
Definição 3 Uma função f : [−a,a] → R (ou f : R → R) diz-se ímpar [resp. par] se f(x) =
−f(−x) [resp. f(x) = f(−x)] para todo o x.
Observações
O gráfico de uma função ímpar é simétrico relativamente à origem do referencial (ver a figura
abaixo). Como exemplos de funções ímpares temos sin x, arcsin x, arctg x, x + 3x 3 , qualquer
polinómio formado apenas por monómios de grau ímpar, etc,. ..
O gráfico de uma função par é simétrico relativamente ao eixo dos yy, i.e., relativamente à recta
x = 0 (ver a figura abaixo). Como exemplos de funções pares temos cos x, |x|, x 2 + 1, qualquer
polinómio formado apenas por monómios de grau par, etc,. ..
Temos as seguintes propriedades (ver a próxima figura).
Proposição 1.4.3 Consideremos uma função integrável f : [−a,a] → R com a > 0. Entao:
(i) Se f é ímpar,
(ii) Se f é par,
a
−a
a
−a
f(x)dx = 0.
f(x)dx = 2
a
0
f(x)dx.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 24

(i)
−a
−
y
1.4. INTEGRAÇÃO POR PARTES E POR SUBSTITUIÇÃO
+
y = x
a
x
As áreas são iguais
mas de sinais contrários
(ii)
−a
+
y
+
a
x
As áreas são iguais
e de sinais iguais
Dem: Vamos provar apenas (i). O ponto (ii) demonstra-se de forma análoga e fica como
exercício. Pela aditividade do integral temos
Portanto basta mostrar que
a
−a
f(x)dx =
0
−a
0
−a
f(x)dx +
f(x)dx = −
0
a
0
a
f(x)dx.
f(x)dx.
Vamos efectuar no primeiro integral a mudança de variável t = −x, ou seja, x(t) = −t. Então
x ′ = x ′ (t) = −1. Quanto aos novos extremos de integração temos
Assim
0
−a
x(t0) = −a
x(t1) = 0
f(x) dx =
0
a
= −
=
0
a
⇔
f(−t)(−1)dt
a
0
= −
f(−t)dt
f(t)dt
0
a
f(t)dt = −
−t0 = −a
−t1 = 0
0
a
⇔
t0 = a
t1 = 0
f(x)dx (a variável t é muda).
Na 3a igualdade usámos o facto de f ser uma função ímpar e portanto de termos f(−t) = −f(t)
para todo o t. Na 4a igualdade trocámos os extremos de integração e usámos a propriedade
d c
f = − f.
c
d
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 25

Exercícios
1. Sejam f,g : [−a,a] → R duas funções. Mostre que:
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
(a) Se f,g são funções ímpares [resp. pares] então f + g é também uma função ímpar
[resp. par].
(b) Indique, justificando, se f g (e f/g) é uma função par ou ímpar em cada um dos casos
descritos no seguinte quadro:
2. Demonstre a fórmula (ii) da proposição 1.4.3.
f g f impar f par
g impar
g par
3. Aplique a proposição 1.4.3 (e o exercício 1b) para calcular:
(a)
(b)
(c)
1
−1
1
2
− 1
2
2
−2
4. O integral
|x|dx.
cos x log 1+x
1−x dx.
sinx
1+x 8 dx.
b
f(x)dx é transformado pela mudança de variável x = sint no integral
a
π
2
cos t
1+cos t dt. Determine a, b e f(x).
0
5. Mostre, sem calcular os integrais, que
1
0
x 5 (1 − x) 7 dx =
1
0
x 7 (1 − x) 5 dx.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 26

1.5 Teorema da média.
1.5. TEOREMA DA M ÉDIA.
Consideremos uma variável X = X(t) que depende continuamente de t num dado intervalo [a,b].
Durante o período de tempo compreendido entre t = a e t = b efectuamos n observações que
registamos na variável da seguinte forma: dividimos o intervalo [a,b] em n sub-intervalos de
igual amplitude ∆ = b−a
n ,
I1 = [a, a + ∆], · · · , Ij = [a + (j − 1)∆, a + j∆], · · · , In = [a + (n − 1)∆, a + n∆].
Para cada um destes sub-intervalos Ij = [a+(j −1)∆,a+j∆], tomamos o ponto médio tj = a+
(j −1)∆+ ∆
2 e registamos o valor: Xj = X(tj). Obtivemos assim n observações X1,X2,... ,Xn,
que representamos como um gráfico de n colunas de amplitude ∆ e alturas X1,... ,Xn.
Xj
X3
X2
X1 X1
Xn
X
Área = ∆ Xj
X(t)
a b
∆
t1 t2 tj tn
A área de cada coluna de altura Xj é obviamente Xj · ∆. Soma das áreas de todas as colunas
dá-nos um valor aproximado da área abaixo do gráfico de X, ou seja,
Como ∆ = b−a
n obtemos
∆ ·
n
Xj =
i=1
b − a
n
n
Xj · ∆ ∼
i=1
n
Xj, ∼
j=1
b
a
b
a
X(t)dt.
X(t)dt.
Dividindo ambos os membros da igualdade anterior por b − a obtemos
1
n
n
Xj, ∼
j=1
1
b − a
b
a
X(t)dt.
Ora o primeiro membro representa a média das n observações, que vamos notar Xn, ou seja,
Portanto
Xn = X1 + X2 + · · · + Xn
n
Xn ∼
1
b − a
b
a
=
X(t)dt.
n j=1 Xj
.
n
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 27
t

Como X(t) é uma função contínua podemos mostrar que
lim
n→∞ Xn = Xmed = 1
b − a
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
b
a
X(t)dt.
Por esta razão designamos Xmed o valor médio da variável X em [a,b] e que corresponde à
noção intuitiva de média quando passamos do caso discreto de n observações para o caso de uma
observação X(t) a depender continuamente de t. O teorema da média, enunciado a seguir, vai
garantir que existe pelo menos um instante t0 tal que X(t0) foi igual ao valor médio Xmed. Note
que no caso discreto este resultado é falso, ou seja, a média de n observações não corresponde
necessariamente a nenhum dos valores observados.
Definição 4 Seja f : [a,b] → R uma função integrável. Chamamos valor médio de f em [a,b] a
fmed = 1
b − a
b
a
f(x)dx.
Teorema 1.5.1 (Teorema da média) Se f : [a,b] → R é uma função contínua, existe c ∈ [a,b]
tal que f(c) = fmed, ou seja,
f(c)
y
b
a b
Possíveis valores de c
a
f(x)dx = f(c)(b − a).
f(x)
x
Dem: Como f é contínua em [a,b] existem t0,t1 ∈ [a,b] tais que m = minf = f(t0) e M =
maxf = f(t1) (teorema de Weierstrass). Como
temos
m(b − a) =
b
a
f(c)
m ≤ f(x) ≤ M, ∀ x ∈ [a,b]
m dx ≤
b
a
y
a
f(x)dx ≤
Dividindo por b − a e atendendo ao facto que fmed = 1
b − a
m ≤ fmed ≤ M.
b
a
b
a
f(x)
b
x
M dx = M(b − a).
f(x)dx vem
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 28

1.5. TEOREMA DA M ÉDIA.
Como f é contínua vai existir, pelo teorema de Bolzano, c ∈ [t0,t1] (ou, c ∈ [t1,t0]) tal que
f(c) = fmed, ou seja,
Exemplo
f(c) =
Considere f(x) = x 2 + 2x, x ∈ [0,3].
1. Determine o valor médio de f(x).
1
b − a
b
a
f(x)dx.
2. Determine c ∈ [0,3] tal que f(c) = fmed. Interprete geometricamente o resultado.
Resolução
1. Por definição temos
fmed = 1
3 − 0
3
0
(x 2 + 2x)dx = 1
x3 3
+ x2 = 6.
3 3 0
2. Queremos c ∈ [0,3] tal que f(c) = fmed = 6, ou seja, c 2 +2c = 6. Resolvendo esta equação
do 2 o grau obtemos as duas soluções c = −1 − √ 7 ou c = −1+ √ 7. Como c ∈ [0,3] a única
solução do problema é c = −1 + √ 7.
f med = 6
y
15 15
Estas áreas
são iguais
y = x 2 + 2x y = x 2 + 2x
−1 + √ 7 3
f med = 6
x
y
−1 + √ 7 3
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 29
x

1.6 Integral indefinido
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
Definição 5 Seja f : [a,b] → R uma função integrável. Chama-se integral indefinido de f à
função
Exemplos
y
Área=F(x)
F(x) =
x
1. Se f(x) = x, x ∈ [0,1], então F(x) =
2. Seja f(x) =
x − 1, 1 ≤ x ≤ 2,
3, 2 < x ≤ 4
F(x) =
x
1
a
f(t)dt, x ∈ [a,b].
f(x)
a x
b
f(t)dt =
=
=
x
0
. Então
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
⎨
⎩
t2 t dt =
2
x
0
= x2
2 .
x
(t − 1)dt, 1 ≤ x ≤ 2,
1
2
x
(t − 1)dt + 3dt, 2 < x ≤ 4,
1
t2 2
t 2
2
x 2
2
1
2
− t
x
1
2
x
, 1 ≤ x ≤ 2,
2
− t + 3 t
1
x
2
, 2 < x ≤ 4,
1 − x + 2 , 1 ≤ x ≤ 2,
11
+ 3x − 6 = 3x − 2 , 2 < x ≤ 4.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 30

F(x)
11
2
1
2
y
y
1
f(x)
1 2
F(x)
2
x
x
3
3
x
x
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
No último exemplo pode-se constatar que o integral indefinido é uma função contínua, embora
f(x) não o seja. De facto, esta e outras propriedades, muito importantes são verificadas pelo
integral indefinido como vamos ver agora.
Teorema 1.6.1 Seja f : [a,b] → R uma função integrável e seja F(x) =
respectivo integral indefinido. Então são verificadas as seguintes propriedades:
(i) O integral indefinido é uma função contínua em [a,b].
x
f(t)dt, x ∈ [a,b], o
(ii) Se f(x) ≥ 0 [resp. f(x) ≤ 0] para todo o x então F(x) é uma função crescente [resp.
decrescente].
(iii) Se f(x) é uma função contínua em [a,b] então F(x) é uma função derivável em [a,b] e
tem-se F ′ (x) = f(x) para todo o x.
Observações
1. A propriedade (iii) significa que F(x) é uma primitiva de f(x) sempre que f(x) fôr uma
função contínua. De facto, F(x) é a única primitiva de f(x) que se anula no ponto x = a
a
(pois F(a) = f(t)dt = 0).
2.
a
É válida a seguinte propriedade mais forte que (iii): Se f(x) é uma função contínua em
x0 ∈ [a,b] então F(x) é uma função derivável em x0 e tem-se F ′ (x0) = f(x0).
Dem: Vejamos (i): seja x0 ∈ [a,b] um ponto arbitrário. Temos que mostrar que limx→x0 F(x) =
F(x0), ou seja, que limx→x0 F(x) − F(x0) = 0. Vamos mostrar que lim +
x→x F(x) − F(x0) = 0.
0
O caso lim −
x→x F(x) − F(x0) = 0 prova-se de maneira análoga. Ora, tem-se por definição de
0
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 31
a

F(x) e pela aditividade do integral as relações
F(x) − F(x0) =
=
=
x
a
⎛
⎝
x0
a
x
f(t)dt −
x0
a
x0
f(t)dt +
f(t)dt.
x0
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
f(t)dt
x
⎞
f(t)dt⎠
−
a
x0
f(t)dt
Como f uma função integrável, é limitada, ou seja, existe M > 0 tal que −M ≤ f(t) ≤ M para
todo o t ∈ [a,b]. Em particular −M ≤ f(t) ≤ M para todo o t ∈ [x0,x]. Assim,
−M(x − x0) =
x
x0
(−M)dt ≤
x
Quando x → x0, M(x − x0) → 0 o que implica que
x0
f(t)dt ≤
x
x0
x
x0
M dt = M(x − x0).
f(t)dt → 0 como queríamos provar.
Vejamos (ii): sejam x1,x2 ∈ [a,b] tais que x1 ≤ x2. Temos que mostrar que F(x1) ≤ F(x2).
Ora, temos novamente pela aditividade do integral,
F(x2) =
x2
Como x2 ≥ x1 e f(t) ≥ 0 para todo o t,
F(x2) =
a
x2
a
f(t)dt =
x2
x1
x1
a
f(t)dt +
x1
f(t)dt ≥ 0. Portanto
f(t)dt ≥
x1
a
x2
f(t)dt.
f(t)dt = F(x1).
Finalmente verifiquemos (iii): seja x0 ∈ [a,b] um ponto arbitrário. Temos que mostrar que
∃F ′ (x0) = f(x0), ou seja, que existe
F(x) − F(x0)
lim
= f(x0).
x→x0 x − x0
Vimos na demonstração do ponto (i) que F(x) − F(x0) =
F(x) − F(x0)
lim
= lim
x→x0 x − x0 x→x0
x
x0
x
x0
f(t)dt. Assim
f(t)dt
x − x0
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 32
.

O valor
1
x − x0
x
x0
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
f(t)dt corresponde ao valor médio de f(x) em [x0,x] (estamos a supor que
x > x0. O caso x < x0 é análogo). Como f é contínua em [x0,x] (uma vez que é uma função
contínua em [a,b]), o teorema da média garante que podemos encontrar cx ∈ [x0,x] tal que
f(cx) =
1
x − x0
x
x0
f(t)dt.
Quando x → x + 0 , cx → x0 uma vez que x0 ≤ cx ≤ x. Como f é uma função contínua,
limx→x0 f(cx) = f(limx→x0 cx) = f(x0).
Como consequência deste resultado obtemos imediatamente a fórmula fundamental do cálculo
integral.
Corolário 1.6.2 Se f : I = [a,b] → R é uma função contínua então f é primitivável e tem-se
b
f(t)dt = F(b) − F(a) onde F = P f.
a
Corolário 1.6.3 Seja f : I → R uma função contínua num intervalo aberto I. Seja x0 ∈ I.
x
Consideremos a função F(x) = f(t)dt. Então F(x) é uma função derivável em I e tem-se
x0
F ′ (x) = f(x) para todo o x em I, ou seja, F(x) é a única primitiva de f(x) de I que se anula
em x = x0.
Dem: Temos 2 casos: x ≥ x0 ou x < x0. Suponhamos que x ≥ x0. Como o intervalo I é aberto,
podemos encontrar em I um ponto x1 > x0 tal que x0 ≤ x ≤ x1 e podemos considerar que a
restrição de F ao subintervalo [x0,x1] é o integral indefinido determinado pela restrição de f a
[x0,x1], ou seja,
F(x) =
x
x0
f(t)dt, x ∈ [x0,x1].
Pela propriedade do integral indefinido concluímos que F ′ (x) = f(x) para todo o x ∈ [x0,x1].
Suponhamos agora que x < x0. Como o intervalo I é aberto, podemos encontrar em I um ponto
x1 < x0 tal que x1 ≤ x ≤ x0. Pela aditividade do integral temos, para x ∈ [x1,x0],
F(x) =
=
=
x
x0
x1
x0
x
x1
f(t)dt
f(t)dt +
x1
f(t)dt −
x1
x
x0
f(t)dt
f(t)dt = G(x) + K
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 33

CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
com K uma constante. Pela propriedade do integral indefinido em [x1,x0] sabemos que G ′ (x) =
f(x) para todo o x ∈ [x1,x0]. Logo F ′ (x) = G ′ (x) = f(x) para todo o x ∈ [x1,x0].
Exercícios resolvidos
⎧
⎨ 2, 0 ≤ x < 1,
1. Considere a função f(x) = 0, 1 ≤ x < 3,
⎩
−1, 3 ≤ x ≤ 4.
(a) Seja F(x) o integral indefinido de f(x). Determine uma expressão analítica para
F(x).
(b) Determine F ′ (x).
2. Seja F(x) =
Resolução
x 2 + π
2
(a) Determine F( √ π).
0
sin 2 (t)dt, x ∈ R.
(b) Justifique que F é derivável em R e determine F ′ (x) para todo o x ∈ R.
1. (a) Por definição temos F(x) =
Assim,
F(x) =
=
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x
f(t)dt, x ∈ [0,4], ou seja,
0
x
2dt, 0 ≤ x < 1,
0
1
0
1
0
2dt +
x
0dt, 1 ≤ x < 3
1
3 x
2dt + 0dt + (−1)dt, 3 ≤ x ≤ 4,
1
2x, 0 ≤ x < 1,
2 + 0, 1 ≤ x < 3,
2 + 0 + (−x + 3), 3 ≤ x ≤ 4.
⎧
2x,
⎪⎨
0 ≤ x < 1,
F(x) = 2, 1 ≤ x < 3,
⎪⎩
3
−x + 5, 3 ≤ x ≤ 4.
(b) A função f(x) é contínua em cada um dos sub-intervalos [0,1[, ]1,3[ e ]3,4] uma vez
que é constante nesses intervalos. Pela observação ao teorema 2, F(x) é derivável
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 34

2. (a) Tem-se
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
em todos os pontos onde f(x) é contínua e tem-se F ′ (x) = f(x). Portanto F(x)
é derivável em cada um dos intervalos 3 [0,1[, ]1,3[ e ]3,4]. Resta analisar se F é
derivável em x = 1 e x = 3. Tem-se,
F ′ e (1) = lim
x→1− f(x) − f(1)
=
x − 1
2x − 2
= 2.
x − 1
F ′ d (1) = lim
x→1 +
f(x) − f(1)
=
x − 1
2 − 2
= 0.
x − 1
Como F ′ e (1) = F ′ d (1), não existe F ′ (1). Analogamente tem-se,
F ′ e(3) = lim
x→3− f(x) − f(3)
=
x − 1
2 − 2
= 0.
x − 3
F ′ d (3) = lim
x→3 +
f(x) − f(3)
=
x − 3
−x + 5 − 2
= −1.
x − 3
Como F ′ e(3) = F ′ d (3), também não existe F ′ (3). Em resumo,
F ′ ⎧
⎨ 2, 0 ≤ x < 1,
(x) = 0, 1 < x < 3,
⎩
−1, 3 < x ≤ 4.
A situação descrita atrás pode ser facilmente constatada na seguinte figura.
y
f(x)
2 2
1 3 4
Pontos de descontinuidade de f(x)
F( √ π) =
( √ π) 2 + π
2
0
1
y
F(x)
x x
1 3 4
Nestes pontos F(x) não é derivável
sin 2
t dt =
3
2 π
0
sin 2 t dt.
Usando a fórmula trignométrica n o 12 da tabela das primitivas,
sin 2 x = 1
(1 − 2cos 2x),
2
3 Recordemos que F(x) é derivável nos extremos x = 0 x = 3 pois existem F ′ d(0) = f(0) = 2 e F ′ e(3) = f(3) = 1.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 35

Exercícios
obtemos
(b) Tomamos y = x 2 + π
2
3
2 π
0
sin 2 (t)dt =
3
2 π
0
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
1
(1 − 2cos 2t)dt
2
= 1
3
2
t − sin 2t
2
π 3
=
0 4 π.
. Podemos considerar F(x) como uma função composta,
y
F(x) = G(y(x)) onde G(y) = sin2 (t)dt, y ∈ R. Pelas propriedades do integral
0
indefinido, corolário 1.6.3, como a função integranda sin2 t é contínua em I = R,
y
G(y) =
sin
0
2 (t)dt é derivável em R e tem-se G ′ (y) = sin2 (y) para todo o y ∈ R.
Ora, pelo teorema da derivada da função composta temos
1. Considere a função
F ′ (x) = (G ◦ y) ′ (x) = G ′ (y(x)) · y ′ (x)
2
= sin x 2 + π
· x
2
2 + π
′
2
⎧
⎨ 1 − x, 0 ≤ x < 1,
f(x) = 0, 1 ≤ x < 2,
⎩
(2 − x) 2 , 2 ≤ x ≤ 3.
(a) Determine uma expressão analítica para F(x) =
2
= 2x sin x 2 + π
.
2
x
f(t)dt
(b) Indique o valor médio de f(x) em [0,3] e determine o(s) ponto(s) onde f(x) atinge
esse valor.
2. Seja f uma função contínua em [1,+∞[ tal que
(a) Determine, justificando, f(x).
(b) Mostre sem calcular o integral que
9
4
x
1
0
f(t)dt = e √ x ( √ x − 1).
f(t)dt = 2e 3 − e 2 .
3. Considere a função ϕ :]0,+∞[→ R definida por ϕ(x) =
(a) Determine ϕ(2).
(b) Justifique que ϕ é derivável e calcule ϕ ′ (x), x > 0.
x
1
t log t
(1 + t2 dt.
) 2
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 36

4. Considere a função F(x) =
(a) Determine F(1).
x2
−1
1 − t, t < 0
f(t)dt onde f(t) =
(b) Justifique que F é derivável em R e calcule F ′ (x).
(Sug: estude o exercício resolvido 3.)
5. Considere a função f(x) =
k log x
x 2
e −t2
dt.
Determine k de modo a que f ′ (1) = 0.
(Sug: justifique que se pode decompor
k log x
x 2
e −t2
dt =
e proceda como no exercício resolvido 3.)
k log x
6. Seja f uma função contínua em R. Seja F(x) =
0
e −t2
dt −
em R, F(x) atinge um máximo (absoluto) em x = 0.
1.6. INTEGRAL INDEFINIDO
2
(t+1)(t+2) , t ≥ 0.
0
x 2
e −t2
dt,
x
tf(t)dt, x ∈ R. Prove que se f(x) < 0
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 37
0
.

1.7 Integral impróprio
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
O integral impróprio pretende estender a noção de integral a domínios não limitados e/ou de
funções não limitadas. Por exemplo, o que é que podemos dizer sobre os integrais
+∞
0
e −x dx e
1
0
dx
x ?
O primeiro destes integrais corresponde à área abaixo do gráfico de e−x definida no intervalo
não limitado [0,+∞[, e o segundo corresponde à área abaixo do gráfico da função não limitada
, definida no intervalo ]0,1].
1
x
y = e −x
y y
R ∞
0 e−x dx
R 1
0
dx
x
y = 1
x
x x
1
Vamos abordar em primeiro lugar o integral de funções limitadas em domínios não limitados.
+∞
Para estudar o integral e−x dx vamos considerar o integral no intervalo [0,z] e investigar se
0
existe o limite deste integral quando z → +∞. Ora,
z
lim A(z) = lim
z→+∞ z→+∞
0
Uma vez que este limite existe e é finito vamos dizer que
e −x −x
dx = lim −e
z→+∞
z = lim 0 z→+∞ −e−z − (−1) = 1.
de valor 1. A definição de integral impróprio no caso geral vai ser análoga.
+∞
0
e −x dx é um integral convergente
Definição 6 Seja f : [a,+∞[→ R uma função integrável em qualquer intervalo da forma [a,z]
+∞
com z > a. Dizemos que f(x)dx é convergente se existe e é finito
Nessa altura tomamos
+∞
a
a
f(x)dx = lim
lim
z
z→+∞
a
z
z→+∞
a
f(x)dx.
f(x)dx. Se o integral não é convergente, dizemos
que é divergente. Estudar a natureza de um integral impróprio consiste em saber se ele é
convergente ou divergente.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 38

1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
Analogamente, se f :]−∞,a] → R é uma função integrável em qualquer intervalo da forma [z,a]
com z < a tomamos
a
−∞
f(x)dx = lim
z→−∞
a
z
f(x)dx (se este limite existir!).
Se f : R → R é uma função integrável em qualquer intervalo fechado e limitado de R, também
se define
+∞
a
+∞
f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx,
se
a
−∞
f(x)dx e
+∞
a
−∞
−∞
a
f(x)dx forem ambos integrais convergentes para algum a ∈ R (o ponto a
não é relevante como veremos no teorema 1.7.2).
Vamos agora estudar uma família muito importante de integrais impróprios, designados por
integrais de Dirichelet, e que são da forma
+∞
1
dx
x α,
α ∈ R.
O estudo da natureza destes integrais é bastante fácil, uma vez que a função integranda admite
uma primitiva conhecida.
Teorema 1.7.1 O integral de Dirichelet
caso temos
+∞
1
+∞
1
dx
=
xα dx
é convergente se e somente se α > 1, e nesse
xα 1
α − 1 .
Intuitivamente se α > 1 “o gráfico de 1
vai decrescer suficientemente rápido para zero quando
xα x → +∞” o que vai permitir que a área abaixo do gráfico seja finita.
1
y
1
1
xα , α < 1
1
x
1
xα , α > 1
x
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 39

Dem:
Por definição
+∞
1
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
dx
é convergente se e somente se existir e for finito o limite
xα lim
z→+∞
Para estudar este limite vamos considerar separadamente os casos α = 1, α > 1 e α < 1.
α = 1: neste caso a função integranda é 1
, que admite a primitiva log x. Assim
x
e portanto
+∞
1
dx
x
lim
z→+∞
z
1
dx
x
(α = 1) é divergente.
z
1
dx
x α.
z = lim log x = lim (log z − log 1) = +∞,
z→∞ 1 z→∞
α > 1: a função integranda é 1
xα = x−α que admite a primitiva x−α+1
. Assim
−α + 1
lim
z→+∞
z
1
dx x−α+1 = lim
xα z→∞ −α + 1
z
1
z−α+1 = lim
z→∞ −α + 1 −
1
=
−α + 1
1
α − 1 .
Note que lim
z→+∞ z1−α = 0 uma vez que 1 − α < 0.
α < 1: este caso é análogo ao anterior com a diferença que
pois 1 − α > 0. Assim
lim
z→+∞
z
1
lim
z→+∞ z1−α = +∞,
dx x−α+1 = lim
xα z→∞ −α + 1
e portanto o integral é divergente neste caso. .
z
1
z−α+1 = lim
z→∞ −α + 1 −
1
= +∞,
−α + 1
Vamos agora enunciar vários resultados para integrais impróprios da forma
+∞
a
f(x)dx. Estes
resultados são ainda verdadeiros, com as devidas alterações, para integrais impróprios da forma
a
f(x)dx. Os alunos são incentivados a reescrever os resultados com essas alterações.
−∞
O seguinte resultado vai-nos dizer essencialmente que a natureza de um integral impróprio não
se altera por adição de um integral definido.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 40

1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
Teorema 1.7.2 Seja f : [a,+∞[→ R uma função integrável em qualquer intervalo da forma
[a,z], z > a. Seja b > a. Então,
+∞
a
f(x)dx e
+∞
b
f(x)dx,
têm ambos a mesma natureza (ou seja, são ambos convergentes ou são ambos divergentes).
A seguinte figura pretende ilustrar esta propriedade.
Dem:
Estas áreas são ambas finitas ou
são ambas infinitas
y y
f(x) f(x)
a b x a b
x
Pela aditividade do integral podemos escrever
Assim,
z
a
lim
z→+∞
f(x)dx =
z
a
b
a
f(x)dx +
finito
f(x)dx = lim
z→+∞
z
b
b
z
f(x)dx.
f(x)dx + C te .
Logo se um dos limites existir e for finito o mesmo acontece ao outro.
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza do integral
Ora pelo teorema anterior o integral
+∞
1
dx
. Como α = 2 > 1,
x2 é convergente.
+∞
1
+∞
5
+∞
5
dx
.
x2 dx
tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet
x2 dx
é um integral convergente, e portanto o integral
x2 +∞
5
dx
também
x2 ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 41

CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
A demonstração das seguintes propriedades é consequência imediata das correspondentes propriedades
do integral definido, das propriedades dos limites e da definição de integral impróprio.
Proposição 1.7.3 Sejam f,g : [a,+∞[→ R duas funções integráveis em qualquer intervalo da
+∞
+∞
forma [a,z], z > a, tais que f(x)dx e g(x)dx são ambos integrais convergentes. Então:
(i)
+∞
a
[f(x) + g(x)]dx é convergente e tem-se
(ii) Para ∀k ∈ R,
Exemplo
+∞
a
+∞
a
a
[f(x) + g(x)]dx =
a
+∞
[k f(x)]dx é convergente e tem-se
+∞
a
a
[k f(x)]dx = k
Pretende-se determinar a natureza do integral
+∞
calcular o seu valor.
Res: Podemos considerar dois integrais separadamente:
+∞
1
dx
,
x2
1
+∞
1
f(x)dx +
+∞
a
+∞
a
f(x)dx.
1 e−x
+
x2 2
e −x
2 dx.
g(x)dx.
dx, e se este for convergente
O primeiro é um integral de Dirichelet com α = 2 > 1 logo convergente. Além disso,
+∞
1
dx 1 1
= = = 1. (ver o teorema 1.7.7)
x2 α − 1 2 − 1
Quanto ao segundo integral vamos determiná-lo por definição:
+∞
1
e −x
2
dx = lim
z→+∞
z
1
1
= lim
z→+∞ 2
1
= lim
z→+∞ 2
e −x
2 dx
−e −x z
1
−e −z − (−e −1 ) = e −1
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 42
2

Como ambos os integrais são convergentes concluímos que
vergente e tem-se
+∞
1
1 e−x
+
x2 2
dx =
+∞
1
dx
+
x2 +∞
1
e −x
2
+∞
1
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
1 e−x
+
x2 2
dx = 1 + e−1
2 .
dx é também con-
Proposição 1.7.4 Sejam f,g : [a,+∞[→ R duas funções integráveis em qualquer intervalo
+∞
+∞
da forma [a,z], z > a, tais que f(x)dx é convergente e g(x)dx é divergente. Então
+∞
a
[f(x) + g(x)]dx é divergente.
Exemplo
Pretende-se determinar a natureza do integral
a
+∞
1
1 + x
x2
dx.
Ora este integral é obtido como a soma de dois integrais de Dirichelet, um divergente
(α = 1) e outro convergente
+∞
1
dx
dx (α = 2 > 1). Logo é divergente.
x2 a
+∞
1
dx
x dx
Vamos agora enunciar dois critérios muito importantes no estudo da natureza de integrais
+∞
impróprios da forma f(x)dx em que f(x) apenas toma valores não negativos. O objec-
a
tivo é comparar o integral que pretendemos estudar com um integral impróprio cuja natureza
seja conhecida (normalmente os integrais de Dirichelet) ou que seja fácil de determinar.
Teorema 1.7.5 (1 o Critério de comparação) Sejam f,g : [a,+∞[→ R duas funções integráveis
em qualquer intervalo da forma [a,z], z > a, tais que 0 ≤ f(x) ≤ g(x) para todo o x ∈ [a,+∞[ 4 .
Tem-se:
(i) Se
(ii) Se
+∞
a
+∞
a
g(x)dx é convergente então
f(x)dx é divergente então
+∞
a
+∞
a
f(x)dx é convergente.
g(x)dx é divergente.
4 De facto, basta que estas desigualdades sejam verifcadas para todo x ∈ [b,+∞[ para algum b ≥ a.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 43

y
a
g(x)
f(x)
R +∞
g(x)dx
a
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
R +∞
f(x)dx
a
A demonstração do resultado anterior baseia-se no facto de os integrais indefinidos F(z) =
z
z
f(x)dx e G(z) = g(x)dx definirem funções crescentes em [a,+∞[ (pois f(x),g(x) ≥ 0 para
a
a
todo o x) e portanto que admitirem limite em +∞ se e só se forem limitados.
Exemplos
Pretende-se determinar a natureza dos seguintes integrais
1.
2.
+∞
1
+∞
1
Resolução:
dx
x 3 + 2x + 1 .
2
x + √ x dx.
1. Como x ≥ 0, x3 +
2x
+ 1
≥ x
≥0
3 e portanto 0 ≤
1
x 3 + 2x + 1
x
1
≤
x3. Como o integral
é um integral de Dirichelet convergente (α = 3 > 1) concluímos pelo 1o critério de com-
+∞
dx
paração (i), que
x3 é também convergente.
+ 2x + 1
1
2. Como x ≥ 1, √ x ≤ x e portanto x + √ x ≤ 2x. Portanto 0 ≤ 1
2x ≤
integral
+∞
1
dx
x
é um integral de Dirichelet divergente,
resulta do 1 o critério de comparação (ii), que
+∞
1
+∞
1
dx
x + √ x
dx
2x
+∞
1
dx
x 3
1
x + √ . Como o
x
é também divergente. Logo
é também divergente.
Muitas vezes não é fácil majorar ou minorar uma função por forma a podermos aplicar o 1 o
critério de comparação. Nessas alturas podemos tentar aplicar o seguinte critério de comparação.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 44

1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
Teorema 1.7.6 (2 o Critério de comparação) Sejam f,g : [a,+∞[→ R duas funções integráveis
em qualquer intervalo da forma [a,z], z > a, tais que f(x),g(x) ≥ 0 para todo o x ∈ [a,+∞[.
Suponhamos ainda que
Então
+∞
a
Exemplo
f(x)dx e
+∞
Pretende-se determinar a natureza de
Vamos tentar comparar
a
f(x)
∃ lim
x→+∞ g(x)
= λ = 0,+∞.
g(x)dx têm ambos a mesma natureza.
+∞
vergente (α = 1). Note que sin 1
x
propriedades do limite, temos
1
lim
x→+∞
+∞
1
sin 1
x dx.
sin 1
dx com o integral de Dirichelet
x
sin 1
x
1
x
> 0, uma vez que 1
x
= lim
y= 1
x →0+
siny
y
Logo resulta do 2 o critério de comparação que
portanto que
Exercícios
+∞
1
sin 1
dx é também divergente.
x
1. Calcule os seguintes integrais impróprios:
(a)
(b)
+∞
0
0
−∞
xe −x dx.
dx
(x − 1) 2.
2. Estude a natureza dos seguintes integrais:
(a)
+∞
1
x + 4
dx.
ex
+∞
1
+∞
1
dx
, que sabemos ser di-
x
< π, para todo o x ≥ 1. Ora, pelas
= 1 = λ = 0,+∞.
sin 1
dx e
x
+∞
1
dx
x
têm a mesma natureza e
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 45

(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
+∞
1
+∞
1
dx
x √ x + x dx.
log(x 2 + 1)
x
+∞
e
2
−x
x2 − 1 dx.
+∞
1
+∞
√ 3
+∞
−∞
√
x
dx.
1 + x2 dx.
dx
x(1 + x 2 ) dx.
2x
dx.
1 + x2 CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
Vamos agora considerar rapidamente o caso dos integrais impróprios de funções não limitadas. A
maior parte das propriedades enunciadas para o integral de funções em intervalos não limitados
são ainda verificadas neste contexto, com as devidas adaptações. Por essa razão apenas iremos
enunciar algumas dessas propriedades e calcular alguns exemplos.
Definição 7 Seja f :]a,b] → R, b > a, uma função integrável em qualquer intervalo da forma
b
[z,b] com z > a. Dizemos que f(x)dx é convergente se existir e for finito
Nessa altura tomamos
b
a
a
lim
z→a +
f(x)dx = lim z→a +
b
z
b
z
f(x)dx.
f(x)dx. Se o integral não for convergente, dizemos
que é divergente.
Analogamente, se f : [a,b[→ R é uma função integrável em qualquer intervalo da forma [a,z]
com z < b tomamos
b
a
f(x)dx = lim
z→b −
z
a
f(x)dx (se este limite existir!).
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 46

y y
f(x)
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
R b
z f(x)dx
R z
a f(x)dx
x x
a ← z b a
z → b
f(x) tem uma assímptota vertical em x = a +
f(x)
f(x) tem uma assímptota vertical em x = b −
Analogamente ao caso dos integrais definidos em intervalos não limitados, também aqui vamos
considerar uma família muito importante de integrais impróprios 5 , designados novamente por
integrais de Dirichelet, e que são da forma
1
0
dx
x α,
α ∈ R
Temos o resultado análogo ao teorema 1 da lição anterior, cuja demonstração se deixa ao cuidado
do aluno mais entusiasta.
Teorema 1.7.7 O integral de Dirichelet
caso temos
1
0
1
0
dx
=
xα dx
é convergente se e somente se α < 1, e nesse
xα 1
1 − α .
Intuitivamente se α < 1 “o gráfico de 1
vai se aproximar suficientemente rápido do eixo dos
xα yy quando x → 0 + ” de modo a que a área da região delimitada pelo eixo dos yy e pelo gráfico
+∞
de f seja finita (confrontar com o integral de Dirichelet
5
Note que se α ≤ 0, a função
considerado um integral definido.
1
dx
x α).
1
x −α não tem assímptota em x = 0 + e em rigor o integral abaixo deve ser
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 47

1
y
1
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
1
xα , α < 1
1
x
1
xα , α > 1
Vamos agora ver alguns exemplos onde essas propriedades são utilizadas.
Exercícios resolvidos
Pretende-se determinar a natureza dos integrais impróprios:
1.
2.
3.
4.
5.
2
1
1
0
2
1
π
0
1
0
Resolução
dx
√ x − 1 .
dx
√ x + 2x .
dx
x √ x − 1 .
dx
sin x dx.
dx
x(1 − x) .
1. A função
1
√ x − 1 tem apenas uma assímptota vertical em x = 1 + (i.e. tem uma assímptota
vertical à direita em x = 1). Por definição o integral impróprio
x
2
1
dx
√ x − 1 é convergente
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 48

se e somente se existir e for finito o limite
Ora,
Assim o integral
2
1
lim
z→1 +
2
z
lim
z→1 +
2
z
dx
√ x − 1 .
dx
√ x − 1 = lim
z→1 +
= lim
z→1 +
2
dx
√ x − 1 é convergente de valor 2.
z
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
(x − 1) −1
2 dx
(x − 1) 1
2
1
2
2
= 2 lim
z→1 +[1 − √ z − 1] = 2.
2. Vamos aplicar o 1 o critério de comparação, (i). A função 1
√ x+2x tem uma assímptota
vertical no ponto x = 0 + . Como 0 < x, temos a desigualdade √ x + 2x > √ x e portanto
1
dx
√ é um integral de Dirichelet convergente (pois α =
x
√ 1 < x+2x 1 √ . Como o integral
x
1
2 < 1), também o integral
1
0
0
dx
√ x + 2x é convergente.
3. Vamos aplicar o 2o 1
critério de comparação. No intervalo ]1,2] a função
x √ tem apenas
x−1
uma assímptota vertical no ponto x = 1 + . Ora
lim
x→1 +
1
x √ x−1
1
√ x−1
= lim
x→1 +
1
x
Logo pelo 2 o critério de comparação os integrais
2
1
dx
x √ x − 1
e
z
= 1 = λ = 0,1.
2
1
dx
√ x − 1
têm a mesma natureza e portanto são ambos convergentes (ver o exemplo 1.).
4. No intervalo ]0,π[ a função 1
sinx
x = 0 + e outra em x = π − . Por definição o integral
é positiva e tem duas assímptotas verticais, uma no ponto
π
dx
é convergente se e somente
sinx
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 49
0

se forem convergentes ambos os integrais
a
0
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
dx
sin x e
π
a
dx
, com a ∈]0,π[ um ponto
sin x
arbitrário. Podemos tomar, por exemplo, a = π
2 . Temos então que estudar a natureza dos
integrais
π
2
0
dx
sin x
e
π
π
2
dx
sin x .
Vamos aplicar o 2 o critério de comparação no estudo do primeiro destes integrais. Tem-se,
Logo o integral
π
2
0
dx
sin x
lim
x→0 +
1
sin x
1
x
= lim
x→0 +
x
sin x
= 1 = λ = 0,1.
tem a mesma natureza que o integral
tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet divergente (pois α = 1),
difere deste por um integral definido. De facto,
Daqui resulta que finalmente que
π
2
0
π
0
dx
x =
dx
sin x
1
0
dx
x +
π
2
1
é divergente.
dx
x .
π
2
0
dx
. Este último integral
x
1
0
dx
, pois
x
1
5. No intervalo ]0,1[ a função √ é positiva e tem duas assímptotas verticais, uma no
x(1−x)
ponto x = 0 + e outra em x = 1 − . Por definição o integral
e somente se forem convergentes ambos os integrais
a
0
1
0
dx
x(1 − x) é convergente se
dx
x(1 − x) e
1
a
dx
x(1 − x) , com
a ∈]0,1[ um ponto arbitrário. Podemos tomar, por exemplo, a = 1
2 . Temos então que
estudar a natureza dos integrais
1
2
0
dx
x(1 − x)
Vamos aplicar o 2 o critério de comparação. Tem-se,
lim
x→0 +
√ 1
x(1−x)
1
√ x
= lim
x→0 +
e
1
1
2
√ x
√ x √ 1 − x = lim
x→0 +
dx
x(1 − x) .
1
√ 1 − x = 1 = λ = 0,1.
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 50

Logo o integral
1
2
0
dx
x(1 − x) tem a mesma natureza que o integral
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
1
2
0
dx
√ x . Este último
integral tem a mesma natureza que o integral de Dirichelet convergente (pois α = 1
2 <
1
dx
1), √ , pois difere deste por um integral definido. Daqui resulta que finalmente que
x
1
2
0
0
dx
x(1 − x) é convergente.
Analogamente se mostra que o integral
1
gral convergente (ver a resolução do exercício 1.)
convergente. Como ambos os integrais
são convergentes, também
Exercícios
1
2
0
1
0
dx
x(1 − x)
1
2
dx
x(1 − x) tem a mesma natureza que o inte-
e
1
1
2
1
dx
x(1 − x) é convergente.
1. Determine a natureza dos seguintes integrais impróprios
(a)
(b)
(c)
(d)
1
0
π
2
0
6
2
2
1
dx
(2 − x) √ x .
dx
cos x .
dx
(4 − x) 2
3
dx
x 1
3 − 1 .
.
0
dx
√ 1 − x , e portanto que também é
dx
x(1 − x) ,
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 51

(e)
(f)
π
2
− π
2
3
−3
dx
1 − cos x .
x 2
√ 9 − x 2 dx.
2. Prove o seguinte resultado: dados a,b,α ∈ R, 0 < a < b,
b
e indique o valor deste integral para α < 1.
3. Calcule os seguintes limites:
1
(a) lim
x→0 x
(b) lim
x→0
x
0
x 2
1 − e x2
e 2 t dt.
x
0
a
e t2
dt.
dx
(x − a) α converge ⇔ α < 1,
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 52

Apêndice: A regra de Cauchy
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
Um resultado “maravilhoso” no cálculo de limites é a chamada regra de Cauchy enunciada a
seguir:
Teorema 1.7.8 Sejam f,g duas funções deriváveis num intervalo aberto I de extremidade a (a
pode ser −∞ ou +∞) tal que g ′ (x) = 0 para todo o x ∈ I. Admitamos ainda que
Então
Exemplos
∃ lim
x→a f(x) = lim
x→a g(x) = 0 (ou ∞) e que ∃ lim
x→a
lim
x→a
f(x)
g(x)
= lim
x→a
f ′ (x)
g ′ (x) .
f ′ (x)
g ′ (x) .
1. A maior parte dos limites notáveis pode ser recuperada com recurso à regra de Cauchy:
sin x
(a) lim
x→0 x
0
0 cos x
= lim
x→0 1
= 1.
e
(b) lim
x→0
x − 1
x
0
0 e
= lim
x→0
x
= 1.
1
cos x − 1
(c) lim
x→0 x
0
0 − sinx
= lim = −1.
x→0 x
e
(d) Queremos calcular lim
x→+∞
x
com p um número inteiro positivo. Aplicando sucessive-
xp mente a regra de Cauchy obtemos
arctg x −
2. lim
x→1
π
4
x2 − 1
log x
3. lim
x→+∞ x
0
0
= lim
x→1
∞ 1
∞ x = lim
x→+∞ 1
1
1+x 2
2x
lim
x→+∞
= 1
4 .
e x
x p
1
= lim = 0.
x→+∞ x
4. Se a indeterminação não for do tipo 0
0
de um daqueles dois tipos:
0
0
= lim
x→+∞
0
0
= lim
x→+∞
0
0
= · · ·
0
0
= lim
x→+∞
e x
p x p−1
e x
p(p − 1)x p−2
e x
p!
= +∞.
∞ ou ∞ , é possível transformá-la numa indeterminação
(a) Indeterminação do tipo ∞ · 0: transformamos numa indeterminação 0
0
uma relação do tipo f · g = f
.
1
g
∞ (ou ∞ ) usando
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 53

Vejamos um exemplo:
lim
x→−∞ xex ∞·0
= lim
x→−∞
∞
∞
= lim
x→−∞
CAPÍTULO 1. CÁLCULO INTEGRAL
x
e−x 1
= lim
−e−x x→−∞ −ex = 0.
(b) Indeterminações do tipo 00 , 1∞ e ∞0 : transformamos em 0 · ∞ usando uma relação
do tipo f g log fg
= e = e g log f e posteriormente numa indeterminação do tipo 0 ∞
0 ou ∞
como atrás. Vejamos alguns exemplos:
i. limx→0 + xx 0 0
= limx→0 + ex log x = e0 = 1.
C.A. : lim
x→0 + xlog x 0·∞ = lim
x→0 +
log x
1
ii. lim 1 +
x→+∞
1
x 1∞ = lim
x x→+∞
x
∞
∞
= lim
x→0 +
1
elog(1+ x) x
= lim
x→+∞
1
x
− 1
x 2
= lim −x = 0.
x→0 +
1
log(1+
ex x) = e.
Note que este limite é a “versão contínua” do limite bem conhecido para sucessões:
Cálculos auxiliares:
lim
x→+∞
1
iii. lim x x
x→+∞ ∞0
= lim
x→+∞
lim 1 +
n→+∞
1
n = e.
n
x log 1 + 1
∞·0
= lim
x x→+∞
0
0
= lim
x→+∞
= lim
x→+∞
= lim
x→+∞
log 1 + 1
1
x
(1+ 1
x) ′
1+ 1
x
− 1
x2 − 1
x 2
1+ 1
x
− 1
x 2
1
1 + 1
x
e 1
x log x = e 0 = 1 (ver o exemplo 3.)
(c) Indeterminação do tipo +∞ − ∞: transformamos em 0
0
do tipo
ou do tipo
f − g =
1 1
g − f
1
f·g
f − g = log(e f−g
ef ) = log
eg
.
,
x
= 1.
∞ (ou ∞ ) usando uma relação
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 54

Exercícios
Vejamos um exemplo:
pois lim
x→∞
Calcule os seguintes limites:
x
1. lim
x→4
2 − 16
x − 4 .
2. lim
x→ π
2
−
tg x
sec 2 x .
sin x
3. lim
x→0 cos x − 1 .
√
x
4. lim .
x→+∞ ex 5. lim
x→0 +
√
x log x.
6. lim
x→+∞ x
π
− arctgx .
2
7. lim
x→0 + xsinx .
8. lim
x→1 + xlog x .
9. lim
x→ π −
2
10. lim
x→ π
2
−
11. lim
x→+∞
[tg x − sec x].
tg x
sec 2 x .
+∞−∞
lim [log x − x]
x→+∞
x
ex = 0+ e
uma vez que lim
x→∞
x
x
x 2 − x4
+ 3x .
1.7. INTEGRAL IMPR ÓPRIO
=
=
lim
x→+∞
elog x
log
ex
0
0
= lim
x→+∞ log
x
ex
= −∞,
log elog x−x
= +∞ (cf. exemplo 1(d)).
ISA/UTL – Licões de Matemática – 2005 55