Aula teórica 32

O integral (conclusão).
Fórmula de integração por partes.
Fórmula de integração por substituição de variável.
Aplicação do integral ao cálculo de áreas.

Material de estudo:

• [AB] A. Bastos e A. Bravo, Cálculo Diferencial e Integral I. Texto de apoio às aulas, 2010.,   Cálculo Diferencial e Integral I. Texto de apoio às aulas, páginas 125-128 e 150.,.
• [I] Exercícios resolvidos:  Integral: secção 4.4. .
• [CF] J. Campos Ferreira. Introdução à Análise Matemática, Fundação Gulbenkian, 8a ed., 2005.
  
• [MA] Curso em vídeo de Cálculo Diferencial e Integral I, pelo Professor Miguel Abreu - 27.

Nesta aula terminam-se os métodos de integração com os métodos de integração por partes e por substituição de variável. Na realidade, estes métodos aplicam-se às mesmas funções que os métodos de primitivação correspondentes e as técinas são semelhantes não apresentando dificuldades extra.
Na segunda parte da aula, estuda-se a aplicação do integral ao cálculo de áreas de regiões do plano. Dão-se vários exemplos e disponibiliza-se uma ferramenta GeoGebra para visualização dos conceitos introduzidos no texto, nomeadamente ao de região entre os gráficos de duas funções. Nesta parte, o assunto mais relevante é o de saber traduzir uma área pedida como um integral ou soma de integrais. A não ser que a região seja dada na forma standard que veremos adiante que nos permite logo escrever o integral, o esboço da região é uma ajuda, por vezes indispensável para compreender a região e saber escrever os integrais.
Com esta aula termina então o Cálculo Integral.
Os exercícios resolvidos para esta parte da matéria são os da secção 4.4 da lista [I]. Mais uma vez é muito importante a prática de resolução destes problemas pelo que, depois de estudados os exercícios resolvidos, deverão resolver os exercícios das práticas correspondentes.

O estudo do material desta aula terá como objectivos:

• Saber aplicar o método de integração por partes.
• Saber aplicar o método de integração por substituição de variável
• Saber calcular áreas. Principalmente, escrever os integrais que dão as áreas.

O integral (conclusão)

Vimos que a regra de Barrow permite-nos transformar o problema de calcular o integral de uma função no problema de calcular uma primitiva dessa função. Desta forma podemos usar as técnicas de primitivação estudadas e, em seguida, usar a regra de Barrow. Vimos já exemplos disso em casos em que a função tinha primitiva imediata ou quase-imediata. Nesta aula veremos que, em casos em que se pode calcular uma primitiva recorrendo aos métodos de primitivação por partes ou de substituição de variável, podemos usar fórmulas que contêm já esses dois passos: a fórmula de integração por partes e a fórmula de integração por substituição de variável.

Fórmula de integração por partes.

Sejam \(f,\; g\) duas funções de classe \(C^1\) em \([a,b]\). Relembremos (aula teórica 26: ver guia de estudo) que no método de primitivação por partes usamos a seguinte expressão: \[P(f'g)=fg-P(fg').\] Então, pela regra de Barrow teremos \[\begin{aligned}\int_a^b f'(x)g(x)\,dx&= P(f'g)(b)-P(f'g)(a)\\&=f(b)g(b)-f(a)g(a)+P(fg')(b)-P(fg')(a)\\ &=f(b)g(b)-f(a)g(a)+\int_a^b f(x)g'(x)\,dx,\end{aligned}\] em que usámos duas vezes a regra de Barrow. Teremos então:

Fórmula de integração por partes:

Sejam \(f,\;g\) de classe \(C^1\) em \([a,b]\). Então, \[\int_a^b f'(x)g(x)\,dx=\left[f(x)g(x)\right]_a^b-\int_a^bf(x)g'(x)\,dx\,.\]

Esta fórmula aplica-se às mesmas funções a que se aplicava o método de primitivação por partes.

Exemplos

1. \(\displaystyle\int_1^2x\ln x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_{1}^{2}-\int_1^2\frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx= 2\ln 2-\left[\frac{x^2}{4}\right]_1^2 =2\ln 2 -\frac{3}{4}\,. \)
2. \(\displaystyle\int_0^1\operatorname{arctg} x\,dx=\left[x\operatorname{arctg}x\right]_{0}^{1}-\int_1^2 x\cdot\frac{1}{1+x^2}\,dx= \frac{\pi}{4}-\left[\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\right]_0^1 =\frac{\pi}{4} -\frac{1}{2}\ln 2\,. \)
3. \(\displaystyle\int_0^\pi \cos^2x\,dx=\left[\operatorname{sen}x\cos x\right]_{0}^{\pi}-\int_0^\pi\left(-\operatorname{sen}^2x\right)\,dx= 0+\int_0^{\pi} (1-\cos^2x)\,dx=\pi-\int_0^\pi \cos^2 x\,dx\,. \)
   Somando \(\displaystyle\int_0^\pi \cos^2 x\,dx\) a ambos os membros e dividindo por \(2\), obtemos, \[\int_0^\pi \cos^2 x\,dx=\frac{\pi}{2}\,.\]
4. \(\displaystyle\int_1^\sqrt{3} \frac{1}{x^2}\operatorname{arctg}x\,dx =\left[-\frac{1}{x}\operatorname{arctg}x\right]_1^{\sqrt{3}}+\int_1^{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{x(1+x^2)}\right)\,dx\)
   \(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\qquad=-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi}{4}+\int_1^{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)\,dx\)
   \(\displaystyle\qquad\qquad\qquad\qquad=-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi}{4}+\left[\ln|x|-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\right]_1^{\sqrt{3}} =-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\ln\frac{3}{2}\,.\)
   Note que tivemos que usar o método de decomposição de uma função racional em fracções simples (confirme os cálculos).

Fórmula de integração por substituição de variável

Já sabemos que, por vezes, é útil substituir uma primitivação por uma outra para a qual temos um método de resolução através de uma substituição de variável. O mesmo se passa com a integração:

Fórmula de integração por substituição de variável.

Sejam \(I,J\) intervalos, \(f:J\to\mathbb{R}\) contínua, \(g\) de classe \(C^1\) e injectiva em \(I\) com \(J=g(I).\) Então, dados \(a,b\in J\), \[ \int_a^b f(x)\,dx=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}f\left(g(t)\right)g'(t)\,dt\,. \]

Demonstração

Seja \(F=P(f)\), ou seja, \(F'=f.\) Então, pelo teorema da derivação da função composta, \[\left(F(g(t))\right)'=F'(g(t))g'(t)=f(g(t))g'(t)\,.\] Então, \(F(g(t))\) é uma primitiva de \(f(g(t))g'(t)\) e, \[\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}f\left(g(t)\right)g'(t)\,dt=\left[F(g(t))\right]_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}=\left[F(x)\right]_a^b=\int_a^bf(x)\,dx\,,\] onde se usou a regra de Barrow na primeira e na última igualdades. A segunda é simplesmente o facto de \(g(g^{-1})(x)=x.\)
∎

Tal como já referido relativamente à primitivação, aqui também é conveniente usar a notação \[\frac{dx}{dt}=g'(t),\]

com a qual, a fórmula de integração por substituição tomará a forma mais sugestiva \[ \int_a^b f(x)\,dx=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)}f\left(g(t)\right)\frac{dx}{dt}\,dt\,. \]

Portanto, para integrar por substituição fazendo \(x=g(t)\):

1. substitui-se na função a integrar \(x\) por \(g(t)\);
2. multiplica-se a função a integrar por \(\frac{dx}{dt}\)
3. faz-se \(\begin{cases}x=a &\Rightarrow t=g^{-1}(a)\\x=b &\Rightarrow t=g^{-1}(b)\end{cases};\)
4. Calcula-se a primitiva na variável \(t\) e usa-se a regra de Barrow entre \(g^{-1}(a)\) e \(g^{-1}(a)\).

Reparem que, ao usar este procedimento não temos que calcular explicitamente a primitiva de \(f(x)\) contrariamente ao que tínhamos feito na primitivação (ver guia de estudo da aula teórica 28): não precisamos agora de calcular a inversa \(t=g^{-1}(x)\), em vez disso, temos que ver qual o intervalo em \(t\) no qual o intervalo em \(x\), \([a,b]\), se transforma.

Exemplos

1. Calcular \(\displaystyle \int_1^2\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx\;.\qquad\) A forma da função sugere que se faça \(\;t=\sqrt{x}.\)
   Então \(x=t^2\) e, portanto, \(\dfrac{dx}{dt}=2t\,.\)
   Além disso, \(\begin{cases}x=1 &\Rightarrow t=1\\x=2 &\Rightarrow t=\sqrt{2}.\end{cases}\) Logo, a fórmula de substituição escreve-se, \[\int_1^2\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx= \int_1^{\sqrt{2}}\frac{e^{t}}{t}\cdot\frac{dx}{dt}\,dt =\int_1^{\sqrt{2}}\frac{e^{t}}{t}\cdot2t\,dt=\left[2e^t\right]_ 1^{\sqrt{2}}=2e^{\sqrt{2}}-2e.\] Reparem que a primitiva também se poderia resolver como quase-imediata. Isto é geral: qualquer primitiva quase-imediata pode ser convertida numa imediata através de uma substituição de variável.
2. Calcular \(\displaystyle\int_{1/e}^1\frac{\ln x}{x(\ln x-1)^2}\,dx.\qquad\) Faz-se \(t=\ln x.\)
   Então \(x=e^t\) e, portanto, \(\dfrac{dx}{dt}=e^t\,.\)
   Além disso, \(\begin{cases}x=1/e &\Rightarrow t=-1\\x=1 &\Rightarrow t=0.\end{cases}\qquad\) Logo, a fórmula de substituição escreve-se, \[\begin{aligned}\int_{1/e}^1\frac{\ln x}{x(\ln x-1)^2}\,dx&=\int_{-1}^0 \frac{t}{e^t(t-1)^2}\frac{dx}{dt}\,dt= \int_{-1}^0 \frac{t}{e^t(t-1)^2}e^t\,dt= \int_{-1}^0 \frac{t}{(t-1)^2}\,dt\\ &=\int_{-1}^0 \frac{t-1+1}{(t-1)^2}\,dt=\int_{-1}^0 \left(\frac{1}{t-1}+\frac{1}{(t-1)^2}\right)\,dt\\&= \left[\ln |t-1|-\frac{1}{t-1}\right]_{-1}^0=1-\ln 2-\frac{1}{2}=-\ln 2-\frac{1}{2}.\end{aligned}\]
3. Calcular \(\displaystyle\int_{1/2}^1\frac{1}{x^3}e^{1/x}\,dx.\qquad\) Faz-se \(t=1/x.\)
   Então, \(\;x=1/t\;\) e \(\;\dfrac{dx}{dt}=-\dfrac{1}{t^2}\)
   Além disso, \(\begin{cases}x=1/2 &\Rightarrow t=2\\x=1 &\Rightarrow t=1.\end{cases}\qquad\) Logo, a fórmula de substituição escreve-se, \[\begin{aligned}\int_{1/2}^1\frac{1}{x^3}e^{1/x}\,dx&=\int_{2}^1 t^3e^{t}\frac{dx}{dt}\,dt =\int_{2}^1 t^3e^{t}\left(-\dfrac{1}{t^2}\right)\,dt\\&=\int_1^{2} te^{t}\,dt=[te^t]_{1}^2-\int_1^2e^t\,dt=2e^2-e-[e^t]_1^2=e^2.\end{aligned}\]
4. Calcular \(\displaystyle\int_{0}^{\pi/4}\frac{1-\operatorname{tg}x}{1+\operatorname{tg}x}\,dx.\qquad\) Faz-se \(t=\operatorname{tg}x.\)
   Então, \(\;x=\operatorname{arctg}t\;\) e \(\;\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{1}{1+t^2}.\)
   Além disso, \(\begin{cases}x=0 &\Rightarrow t=0\\x=\pi/4 &\Rightarrow t=1.\end{cases}\qquad\) Logo, a fórmula de substituição escreve-se, \[\int_{0}^{\pi/4}\frac{1-\operatorname{tg}x}{1+\operatorname{tg}x}\,dx=\int_0^1\frac{1-t}{(1+t)(1+t^2)}dt =\left[\ln|t+1|-\frac{1}{2}\ln(1+t^2)\right]_0^1=\frac{1}{2}\ln 2.\] Faça os detalhes da integração da função racional.
5. Calcular \(\displaystyle\int_{1}^4\frac{1}{\sqrt{x}}\ln(x+\sqrt{x})\,dx.\qquad\) Faz-se \(t=\sqrt{x}.\)
   Então \(\;x=t^2\;\) e \(\;\dfrac{dx}{dt}=2t\;\) Além disso, \(\begin{cases}x=1 &\Rightarrow t=1\\x=4 &\Rightarrow t=2.\end{cases}\qquad\) Logo, a fórmula de substituição escreve-se, \[\begin{aligned}\int_{1}^4\frac{1}{\sqrt{x}}\ln(x+\sqrt{x})\,dx&=\int_1^2 \frac{1}{t}\ln(t^2+t)2t\,dt=\int_1^2 2\ln(t^2+t)\,dt\\ &=[2t\ln(t^2+t)]_1^2-\int_1^2 2t\frac{2t+1}{t^2+t}\,dt=4\ln 6-2\ln 2-2\int_1^2\frac{2t+1}{t+1}\,dt\\ &=2\ln 18-2\int_1^2\left(2-\frac{1}{t+1}\right)dt=2\ln 18-4+2\ln 5-2\ln 3=2\ln 30-4.\end{aligned}\] Veja que aqui se usou a fórmula de integração por partes depois de se ter usado a de substituição de variável. Faça os detalhes da integração da função racional.

Observação. Como vimos nos exemplos, as substituições são em geral sugeridas pela função integranda. Quando isso não acontece, (como provavelmente do exemplo 5) a substituição será dada no exercício. É o que acontece com as seguintes substituições apesar de elas serem standard:

Substituições standard para integração de raizes (serão dadas):

• \(\sqrt{a^2-x^2},\;\) com \(\;x^2\leqslant a^2:\quad\) faz-se \(\;x=a\operatorname{sen}t\;\) ou \(\;x=a\cos t.\)
• \(\sqrt{a^2-x^2},\;\) com \(\;x^2\geqslant a^2:\quad\) faz-se \(\;x=a\dfrac{1}{\cos^2 t}\;\) ou \(\;x=a\cosh t.\)
• \(\sqrt{a^2+x^2}:\quad\) faz-se \(\;x=a\operatorname{tg}x\;\) ou \(\;x=a\operatorname{senh} t.\)

Exemplo 6. Calcular \(\displaystyle\int_{1/2}^{\sqrt{2}/2}\frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2}\,dx\,.\quad\) Faz-se \(x=\cos t\).
Então \(\dfrac{dx}{dt}=-\operatorname{sen} t,\;\) e \(\;\begin{cases}x=1/2 &\Rightarrow t=\pi/3\\x=\sqrt{2}/2 &\Rightarrow t=\pi/4.\end{cases}\qquad\) Logo, \[\int_{1/2}^{\sqrt{2}/2}\frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2}\,dx=\int_{\pi/3}^{\pi/4}\frac{\sqrt{1-\cos^2 t}}{\cos^2 t}(-\operatorname{sen}t)\,dt =\int_{\pi/4}^{\pi/3}\operatorname{tg}^2t\,dt=\int_{\pi/4}^{\pi/3}((1+\operatorname{tg}^2t)-1)\,dt\] \[=[\operatorname{tg}t-t]_{\pi/4}^{\pi/3}= \sqrt{3}-1-\frac{\pi}{12}.\]

Exercício: Usando a substituição \(t=-x\) mostre que: \[\int_{-a}^0 f(x)\,dx=\int_0^a f(-t)\,dt.\] Daqui tira-se:

• Se \(f\) é par (\(f(-x)=f(x)):\qquad\) \(\displaystyle\int_{-a}^a f(x)\,dx=2\int_0^af(x)\,dx\)
• Se \(f\) é ímpar (\(f(-x)=-f(x)):\qquad\) \(\displaystyle\int_{-a}^a f(x)\,dx=0\)

Aplicação do integral ao cálculo de áreas

O conceito de "área debaixo do gráfico" foi usado para introduzir o integral na aula anterior. Esse conceito surge agora como uma definição:

Definição (Área - I)

Seja \(f(x)\geqslant 0\), para todo \(x\in[a,b].\quad\) Seja \(A\) o conjunto do plano \(Oxy\) dada por \[A=\{(x,y)\;:\;0\leqslant y\leqslant f(x)\;\wedge \; a \leqslant x \leqslant b\}.\] Define-se a área do conjunto \(A\) como sendo \[\operatorname{Área}(A)=\int_a^b f(x)\,dx,\] se este integral existir.

Por vezes, designamos aquele conjunto \(A\) por \(A_f(a,b)\) quando for preciso dizer qual a função e o intervalo considerados.



Se \(0\leqslant g(x)\leqslant f(x)\) em \([a,b]\) é natural definir a "área entre os gráficos de \(g\) e de \(f\)" como sendo a área do conjunto \(A=A_f(a,b)\setminus A_g(a,b)\) dada por \[\operatorname{Área}(A)=\operatorname{Área}(A_f(a,b))-\operatorname{Área}(A_g(a,b))=\int_a^b f(x)\,dx-\int_a^b g(x)\,dx= \int_a^b (f(x)-g(x))\,dx.\]



Mas, como estamos a considerar \(f\) e \(g\) limitadas, mesmo que elas mudem de sinal no intervalo \([a,b]\), é possível somar uma constante real \(C\) suficientemente grande de forma a que \(f(x)+C\) e \(g(x)+C\) fiquem ambas positivas. Ora, de acordo com o conceito de área que queremos definir, uma translação de uma região do plano não deverá mudar a área dessa região. Logo, a área da região entre as funções \(g(x)\) e \(f(x)\) deverá ser a mesma que a área da região entre \(g(x)+C\) e \(f(x)+C\) e esta diferença é independente do valor de \(C\): \[(f(x)+C)-(g(x)+C)=f(x)-g(x)\,.\]



Logo, faz todo o sentido definir

Definição (Área - II)

Sejam \(f, g\) limitadas tais que, \(g(x)\leqslant f(x)\), para todo \(x\in[a,b].\quad\) Seja \(A\) o conjunto do plano \(Oxy\) dada por \[A=\{(x,y)\;:\;g(x)\leqslant y\leqslant f(x)\;\wedge \; a \leqslant x \leqslant b\}.\] Define-se a área do conjunto \(A\) como sendo \[\operatorname{Área}(A)=\int_a^b \left(f(x)-g(x)\right)\,dx,\] se este integral existir.

Assumindo que \(f,g\) são contínuas, podemos usar a regra de Barrow e calcular a área de regiões bastante gerais.

A seguinte ferramenta do GeoGebra permite visualizar a região \(A\) e calcular a respeciva área. Nos campos adequados pode introduzir as funções \(f(x)\) e \(g(x)\) e, com os cursores, escolher os valores de \(a\) e \(b\).

Exemplos de cálculo de áreas

1. Área da região plana limitada por \(\;y=x^2-2\;\) e \(\;y=6-x^2\;\).
   Em casos como este, a região \(A\) não é dada de forma completamente explícita: faltam os extremos do intervalo \(a,b\) que têm que ser inferidos da descrição do conjunto. Para isso, é muito útil, por vezes mesmo indispensável, fazer um esboço do gráfico. Faça o esboço neste caso (compare com a ferramenta do GeoGebra) e veja que neste caso particular, tal como em muitos outros, esses pontos são dados pelas interseções entre os gráficos das funções: \[x^2-2=6-x^2\quad\Leftrightarrow\quad x^2=4\quad\Leftrightarrow\quad x=\pm 2.\] Então, \[\operatorname{Área (A)}=\int_{-2}^2\left((6-x^2)-(x^2-2)\right)dx =2\int_{0}^2(8-2x^2)\,dx=2\left[8x-2\frac{x^3}{3}\right]_0^2=\frac{64}{3}.\] Reparem que aqui usou-se o facto da função integranda ser par (fruto da região ser simétrica relativamente ao eixo \(0y\)).
2. Área limitada por \(\;x=y^2-2\) e \(\;x=6-y^2.\)
   Como no exemplo anterior... (trocamos os eixos).
3. Área da região limitada por \(\;y=x-1,\;\) \(\;y=-e^x\;\) \(\;y=-2:\)
   Esboçe os graficos.
   

   

   Intersecções: \(x-1=-2\;\Leftrightarrow \; x=-1,\quad\) \(-e^x=-2 \;\Leftrightarrow \; x=\ln 2.\) \[\operatorname{Área}(A)=\int_{-1}^0(x-1-(-2))dx+\int_0^{\ln 2}(-e^x-(-2))dx=\left[\frac{x^2}{2}+x\right]_{-1}^{0} +\left[-e^x+2x\right]_0^{\ln 2}=2\ln 2-\frac{1}{2}.\]
4. Área da região limitada por \(\;y=\operatorname{arctg}x,\;x=1,\;y=0.\) \[\operatorname{Área}(A)=\int_0^1\operatorname{arctg}x\,dx=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2.\]
5. Área da região \(A=\left\{(x,y):\; 1\leqslant x\leqslant e,\; 0\leqslant y\leqslant \dfrac{1}{x(1+\ln^2x)}\right\}.\) \[\operatorname{Área}(A)=\int_1^e\frac{1}{x(1+\ln^2 x)}\,dx=\left[\operatorname{arctg}(\ln x)\right]_1^e=\frac{\pi}{4}.\]
6. Área do círculo de raio \(a\gt 0\).
   A equação do círculo de raio \(a\) (centrado na origem) é \(x^2+y^2=a^2\). O quarto de círculo no 1º quadrante será a região \(A=\{(x,y):\; 0\leqslant y\leqslant \sqrt{a^2-x^2},\; 0\leqslant x\leqslant a\}.\)
   Fazendo a substituição de variável \(x=a\operatorname{sen}t,\;\) e usando \(\;\cos^2t=\frac{1+\cos(2t)}{2}\), \[\operatorname{Área}(A)=\int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\,dx=\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,dt=\left[2t+\operatorname{sen}(2t)\right]_0^{\pi/2}=\frac{\pi a^2}{4}.\] Conclusão: a área do círculo de raio \(a\) é \(4\operatorname{Área}(A)=\pi a^2.\)
Recapitulando: A região pode ser explicitamente dada e, nesse caso podemos logo escrever o integral que dá a área. Este é o caso do exemplo 5. Nos outros casos é necesário interpretar a região e calcular os pontos de intersecção entre as curvas que delimitam a região e perceber-se entre estas intersecções qual são as funções cujos gráficos limitam a região "por cima" e "por baixo".