Livro de Matemática

Sumário

Primitiva e integral indefinida

Dada uma função ƒ:]a,b[→ ℝ, uma primitiva de ƒ (ou antiderivada) é uma função F:]a,b[ → ℝ tal que F'(x) = f(x).

Podemos pensar na integração como o processo inverso da derivação.

Esquema representando o processo de derivação e integração
Figura A: Esquema explicativo do processo de derivação e integração.

No capítulo anterior estudamos sobre Derivadas e aprendemos várias técnicas de manipulação de funções. Para entendermos o esquema acima vamos admitir a função F(x) = x² + 4x. Se derivarmos F(x) – (F'(x)) – chegaremos na função f(x) = 2x + 4. Portanto, se quisermos agora fazer o processo de volta devemos integrar.

∫   (2x + 4)dx = ∫   2xdx + ∫   4dx
     
     
∫   (2x + 4)dx = 2 ∫   xdx + 4 ∫   dx
     
     
2
x²
2
+ 4 x

F(x) = x² + 4x

Nesse caso em particular encontramos exatamente a função primitiva que originou a função f(x). Mas, note que se F(x) foi qualquer uma das funções mostradas abaixo, ao derivarmos chegaríamos na mesma f(x).

F(x) = x² + 4x + 3 → F'(x) = 2x + 4

F(x) = x² + 4x + 7 → F'(x) = 2x + 4

F(x) = x² + 4x + k → F'(x) = 2x + 4

Isso ocorre porque a derivada de uma constante é igual a zero. A fórmula abaixo mostra a integral indefinida de uma função f(x).

∫   f(x)dx = F(x) + C
   
   
Observação:
∫   f(x)dx
 
 

Representa uma família de funções. Enquanto

∫ b f(x)dx
 
a

Representa um número.

Tabela de Integrais

Na tabela abaixo u é uma função derivável em x e C, m e a são constantes.
∫   du = u + C
 
 
∫  
du
u
= ln|u| + C
 
 
∫   um du =
um + 1
m + 1
+ C
 
 

(m é constante ≠ -1)
∫   au du =
au
ln a
+ C
 
 
∫   eu du = eu + C
 
 
∫   sen u du = -cos u + C
 
 
∫   cos u du = sen u + C
 
 
∫   tg u du = ln|sec u| + C
 
 
∫   cotg u du = ln |sen u| + C
 
 
∫   cosec u du = ln |cosec u – cotg u| + C
 
 
∫   sec u du = ln |sec u + tg u| + C
 
 
∫   sec² u du = tg u + C
 
 
∫   cosec² u du = -cotg u + C
 
 
∫   sec u • tg u du = sec u + C
 
 
∫   cosec u • cotg u du = -cosec u + C
 
 
∫  
du
√(a² – u²)
= arcsen
u
a
+ C
 
 
∫  
du
a² + u²
=
1
a
arctg
u
a
+ C
 
 
∫  
du
u√(u² – a²)
=
1
a
arcsen|
u
a
|+ C
 
 
∫   senh u du = cosh u + C
 
 
∫   cosh u du = senh u + C
 
 
∫   sech² u du = tgh u + C
 
 
∫   cosech² u du = -cotgh u + C
 
 
∫   sech u • tgh u du = -sech u + C
 
 
∫   cosech u • cotgh u du = -cosech u + C
 
 
∫  
du
√(u² ± a²)
= ln|u + √u² ± a²| + C
 
 
∫  
du
a² – u²
=
1
2a
ln|
u +a
u – a
| + C
 
 
∫  
du
u √a² ± u²
= –
1
a
ln|
a + √a² ± u²
u
| + C
 
 

Integrais simples – diretas da tabela

Os exemplos abaixo podem ser resolvidos verificando a tabela de integrais neste capítulo.

Exemplo 1

Resolva:

∫   (x-3 + x³)dx
 
 
∫   x-3dx + ∫   x³dx
   
   

Vamos utilizar a regra:

∫   xn dx =
xn + 1
n + 1
+ C
 
 
x-3 + 1
-3 + 1
+
x3 + 1
3 + 1
+ C
x-2
-2
+
x4
4
+ C
–
1
2x²
+
x4
4
+ C

Exemplo 2

Resolva:

∫   (5sec²x + 3senx)dx
 
 

Vamos utilizar duas propriedades da tabela:

I) ∫   sec² x dx = tg x + C
 
 
II) ∫   sen x dx = -cos x + C
 
 
∫   5sec²x dx + ∫   3senx dx
   
   
5 ∫   sec²x dx + 3 ∫   senx dx
   
   

5tgx – 3cosx + C

Exemplo 3

Resolva:

∫  
1
x
– x + cossec²x dx
 
 

Neste exemplo necessitaremos de três propriedades da tabela de integrais.

I) ∫  
dx
x
= ln|x| + C
 
 
II) ∫   xn dx =
xn + 1
n + 1
+ C
 
 
III) ∫   cosecx² x dx = -cotg x + C
 
 
∫  
1
x
– x + cossec²x dx
 
 
ln|x| –
x²
2
– cotg x + C

Exemplo 4

Resolva:

∫  
5
√(9 – x²)
dx
 
 

Vamos utilizar a regra abaixo:

∫  
dx
√(a² – x²)
= arcsen
x
a
+ C
 
 
∫  
5
√(3² – x²)
dx
 
 
5 ∫  
dx
√(3² – x²)
 
 
∫  
5dx
√(3² – x²)
= 5arcsen
x
3
+ C
 
 

Exemplo 5

Resolva:

∫   (-3 + 2x)dx
 
 

Para esse exercício vamos utilizar as duas regras abaixo:

I) ∫   dx = x + C
 
 
II) ∫   ax dx =
ax
ln a
+ C
 
 
∫   -3dx + ∫   2xdx
   
   
– 3x +
2x
ln 2
+ C
Nota:

Quer saber se o resultado da integral deu certo? É só derivar o resultado obtido. Se você obtiver a função integrando está tudo certo.

Integrais simples – Diretas da tabela (II)

Os exemplos dessa seção são um pouco mais elaborados e exigem mais do seu raciocínio para resolvê-los. Em alguns momentos será necessário escrevermos as funções de uma outra forma com a finalidade de facilitar a resolução.

Exemplo 1

∫   √x dx
 
 

Vamos reescrever a integral como:

∫   x½ dx
 
 

Agora aplicamos a regra

∫   xn dx =
xn + 1
n + 1
+ C
 
 
∫   x½ dx =
x½ + 1
½ + 1
+ C
 
 
∫   x½ dx =
x3/2
3/2
+ C
 
 
∫   x½ dx =
2x3/2
3
+ C
 
 

Exemplo 2

∫   (3 + x)² dx
 
 

Para resolvermos esta integral vamos inicialmente, desenvolvermos o termo (3 + x)².
(3 + x)² = (x + 3)² = x² + 2*x*3 + 3² = x² + 6x + 9. Colocamos o termo desenvolvido na integral.

∫   x² + 6x + 9 dx
 
 
x³
3
+ 6
x²
2
+ 9x + C
x³
3
+ 3x² + 9x + C

Exemplo 3

∫  
5x – 9x5
x²
dx
 
 

Vamos reescrever a integral.

∫  
5x
x²
–
9x5
x²
dx
 
 
∫  
5
x
– 9x³ dx
 
 
∫  
5
x
dx – ∫   9x³dx
   
   
5 ∫  
1
x
dx – 9 ∫   x³dx
   
   
5ln|x| – 9
x4
4
+ C

Exemplo 4

∫   3√
5
x²
+ cox dx
 
 

Vamos reescrever a integral.

∫  
51/3
(x²)1/3
+ cox dx
 
 
∫  
51/3
x2/3
dx + ∫   cosx dx
   
   
∫   51/3 * x-2/3 dx + ∫   cosx dx
   
   
3√5 ∫   x-2/3 dx + ∫   cosx dx
   
   
3√5
x-2/3 + 1
-2/3 + 1
+ sen x + C
3√5
x1/3
1/3
+ sen x + C
33√5 3√x + sen x + C

Exemplo 5

∫   √x( x   –  
5
x
)dx
 
 

Devemos escrever a integral acima de forma que encontremos na tabela de integrais uma regra para resolvê-la.

∫   x½(x – 5x-1) dx
 
 
∫   x3/2 – 5x-1/2 dx
 
 
∫   x3/2 dx – ∫   5x-1/2 dx
   
   
∫   x3/2 dx – 5 ∫   x-1/2 dx
   
   
x3/2 + 1
3/2 + 1
– 5
x-1/2 + 1
-1/2 + 1
+ C
x5/2
5/2
– 5
x1/2
1/2
+ C
2x5/2
5
– 10 x1/2 + C

Exemplo 6

∫  
x – 4
π
dx
 
 
∫  
x
π
–
4
π
dx
 
 
∫  
1
π
x –
4
π
dx
 
 
∫  
1
π
x dx – ∫  
4
π
dx
   
   
1
π
∫   x dx –
4
π
∫   dx
   
   
1
π
x²
2
–
4
π
x + C
x²
2π
–
4x
π
+ C

Métodos de integração

Há casos em que não é possível resolvermos uma integral imediatamente, simplesmente verificando na tabela de integrais. É necessário fazermos algumas manipulações. A primeira técnica que veremos é conhecida como Integração por Substituição.

Integração por substituição

Exemplo 1

Resolva:

∫   √(2x + 1)dx
 
 

Vamos reescrever a integral.

∫   (2x + 1)½dx
 
 

Note que se o expoente fosse 2 bastaria desenvolver o termo (2x + 1). Portanto, iremos realizar uma mudança de variável.

u(x) = 2x + 1
Agora vamos derivar u(x).

du
dx
= (2x)’ + (1)’
du
dx
= 2

du = 2dx

dx =
du
2

Fazemos a substituição na integral.

∫   (2x + 1)½dx
 
 

Esta é a integral na variável x.

∫   (u)½
du
2
 
 

Esta é a integral na variável u. Resolvendo em u, teremos:

1
2
∫   (u)½ du
 
 
1
2
u½ + 1
½ + 1
+ C
1
2
u3/2
3/2
+ C
1
2
u3/2
2
3
+ C
u3/2
3
+ C

Devemos retornar para a variável x. Visto que u(x) = 2x + 1, tem-se:

(2x + 1)3/2
3
+ C

Exemplo 2

Resolva:

∫  
3x²
1 + x³
dx
 
 

Fazendo u = 1 + x³, logo du = 3x²dx

∫  
du
u
 
 

Consultando a tabela de integrais encontraremos a regra

∫  
dx
x
= ln|x| + C
 
 
∫  
du
u
= ln|u| + C
 
 

Retornando para a variável x tem-se:

∫  
3x²
1 + x³
dx = ln|1 + x³| + C
 
 

Exemplo 3

Resolva:

∫  
5x³
(2x4 – 1)7
dx
 
 
5 ∫  
x³dx
(2x4 – 1)7
 
 

u = 2x4 – 1
du = 8x³dx

x³dx =
du
8
5 ∫  
du
8
(u)7
 
 
5 ∫  
du
8(u)7
 
 
5
8
∫  
du
(u)7
 
 
5
8
∫   u-7du
 
 
5
8
u-7 + 1
-7 + 1
+ C
5
8
u-6
-6
+ C
-5
48u6
+ C

Retornando para a variável x tem-se:

-5
48(2x4 – 1)6
+ C

Exemplo 4

Resolva:

∫  
8x
√(3x² + 5)
dx
 
 
8 ∫  
x
√(3x² + 5)
dx
 
 

u = 3x² + 5
du = 6xdx

xdx =
du
6
8 ∫  
du
6
(u)½
dx
 
 
8 ∫  
du
6(u)½
 
 
8
6
∫  
du
(u)½
 
 
4
3
∫   u-1/2 du
 
 
4
3
u-1/2 + 1
-1/2 + 1
+ C
4
3
u½
½
+ C
8
3
u½ + C
8
3
(3x² + 5)½ + C

Exemplo 5

Resolva:

∫   xcos x² dx
 
 

Exemplo 6

Resolva:

∫   sen(7x + π)dx
 
 

Exemplo 7

Resolva:

∫   sen(e-2x + x³)dx
 
 

Exemplo 8

Resolva:

∫  
dx
x² + 4x + 11
 
 

Integração por partes

Este método de integração é útil quando se deseja integrar o produto de duas funções.
Sejam as funções f(x) e g(x). Vamos seguir o raciocínio abaixo a fim de deduzirmos o método de integração por partes.

[f(x)•g(x)]’ = f(x)•g'(x) + g(x)•f'(x)
f(x)•g'(x) = [f(x)•g(x)]’ – g(x)•f'(x)

Integrando ambos os lados da igualdade obtém-se: ∫f(x)•g'(x)dx = ∫[f(x)•g(x)]’dx – ∫g(x)•f'(x)dx
∫f(x)•g'(x)dx = f(x)•g(x) – ∫g(x)•f'(x)dx

Para facilitar a visualização chamamos f(x) de u e g(x) de v.

∫   udv = uv – ∫   vdu
   
   

Para facilitar o entendimento vamos aplicar essa fórmula em alguns exemplos.

Exemplo 1

Encontre:

∫   xex dx
 
 

A escolha de u e v deve ser feita de modo a facilitar a resolução da integral.

u = x → du = (x)’dx → du = dx
dv = ex dx

v = ∫   dv
 
 
v = ∫   ex dx = ex + C
 
 

Agora aplicamos o que encontramos na fórmula.

∫   udv = uv – ∫   vdu
   
   
∫   xexdx = xex – ∫   exdx
   
   
∫   xexdx = xex – ex + C
 
 
∫   xexdx = ex(x – 1) + C
 
 

Exemplo 2

Encontre:

∫   (5x – 3)cosx dx
 
 

u = (5x – 3)
du = (5x – 3)’dx → du = 5dx

dv = cosx dx

v = ∫   dv
 
 
v = ∫   cosx dx
 
 
v = ∫   cosx dx = sen x + C
 
 
∫   udv = uv – ∫   vdu
   
   
∫   (5x – 3)coxdx = (5x – 3)senx – ∫   (senx)5dx
   
   
∫   (5x – 3)coxdx = (5x – 3)senx – 5 ∫   senxdx
   
   
∫   (5x – 3)coxdx = (5x – 3)senx – 5 (-cosx) + C
 
 
∫   (5x – 3)coxdx = (5x – 3)senx + 5 cosx + C
 
 

Exemplo 3

Encontre:

∫   ln x dx
 
 

u = lnx

du
dx
=
1
x
du =
1
x
dx

dv = dx

v = ∫   dv
 
 
v = ∫   dx = x + C
 
 
∫   udv = uv – ∫   vdu
   
   
∫   lnxdx = (lnx)x – ∫   x
1
x
dx
   
   
∫   lnxdx = xlnx – ∫   dx
   
   
∫   lnxdx = xlnx – x + C
 
 

Exemplo 4

Encontre:

∫   x ln 2x dx
 
 

Exemplo 5

Encontre:

∫   √x lnx dx
 
 

Integral definida

A grande motivação para o desenvolvimento da Integral definida foi o cálculo de áreas, porém esse conceito se aplica a diversas situações.
A notação de Integral definida é dada por:

∫ b f(x)dx =
lim
n
∑
i = 1
 f(Ci)Δxi
Δxi→0
 
a

Note que a e b se refere ao intervalo onde a função f(x) está definida. a e b são chamados de limites de integração; a é o limite inferior e b o limite superior.

Gráfico exibindo a área abaixo de uma função qualquer
Figura D: Área abaixo de uma função qualquer.

Se o resultado da integral existir, podemos afirmar que a função f(x) é integrável no intervalo [a,b].

Propriedades:

•P1 a > b

∫ b f(x)dx = – ∫ a f(x)dx
   
a b

se a integral à direita existir.

• P2 a = b e f(a) existe.

∫ a f(x)dx = 0
 
a

• P3

∫ b Kf(x)dx = K ∫ b f(x)dx
   
a a

• P4

∫ b [f(x) + g(x)]dx = ∫ b f(x)dx + ∫ b g(x)dx
     
a a a

Teorema fundamental do cálculo

Seja f um função contínua em [a,b] e se F é uma primitiva de f neste intervalo, então:

∫ b f(x)dx = F(b) – F(a)
 
a

Exemplo 1

Resolva:

∫ 4 x²dx
 
1
∫ 4 x²dx = F(4) – F(1)
 
1

Onde F(x) é a primitiva de f(x) = x².

∫ 4 x²dx =
x³
3
4 =
4³
3
–
1³
3
= 21
   
1 1

Equações diferenciais

O que você vai estudar:
  1. Introdução
  2. Soluções de equações diferenciais
  3. Introdução
  4. Introdução

Introdução

O que é uma equação

É importante termos bem definidos na mente alguns conceitos matemáticos antes de iniciarmos o assunto sobre equações diferenciais.
Uma equação é toda e qualquer expressão matemática composta de uma expressão algébrica e uma igualdade.

Por exemplo:

I) 3x + 1 = x + 7
II) 2y² – 3y + 7 = 0

Note que uma equação é semelhante a uma balança que deve sempre estar em equilíbrio, ou seja, a quantidade no lado esquerdo deve ser igual à quantidade do lado direito.

Equações diferenciais

Uma equação diferencial é uma equação que contem derivadas. Para resolver este tipo de problema é imprescindível os conhecimentos de derivadas, integrais e seus métodos de integração.

1. y’ – 2y = x + 2
2. y”’ – 2y” = √(x – 2) + 2
3. f'(x) = 3cosx + 5x
4. f”(x) = -2f'(x) + 3f(x) – senx

4.
δu
δx
+ y
δu
δy
= u
5.
δ²u
δx²
+ y
δu
δy
= 0

As equações diferenciais podem ser classificadas quanto ao tipo em ordinárias e parciais. As equações acima de 1 até 4 são do tipo ordinárias, pois possuem apenas uma variável independente. As equações 5 e 6 são do tipo parciais, já que apresentam duas variáveis independentes.

As equações diferenciais também podem ser classificadas quanto a ordem. Essa classificação leva em conta o grau da maior derivada presente na equação diferencial.

1. f'(x) + 2f(x) = 2ex
2. f”'(x) + x(f'(x))² = 0

3.
d²y
dx²
+ 5(
dy
dx
)³ – 4y = ex

A equação em (1) é de ordem 1, em (2) de ordem 3 e a equação em (3) é de ordem 2.

As equações diferenciais também podem ser classificadas quanto a sua linearidade. Uma equação diferencial linear obedece a seguinte forma:

an(x)
dny
dxn
+ an-1(x)
dn-1y
dxn-1
+…+
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x)
Nota

Observe que a variável dependente y e suas derivadas estão elevadas somente à primeira potência e seus coeficientes an(x), an-1(x), …, a1(x), a0(x) e g(x) dependem somente de x. Uma equação diferencial que não segue essas normas não pode ser classificada como equação diferencial linear.

Vejamos alguns exemplos:

1. (1-x)y” – 4xy’ + 5y = cosx
Equação diferencial linear de ordem 2

2. x
d³y
dx³
– 2(
dy
dx
)4 + y = 0

Equação diferencial não linear, pois possui uma derivada elevada à quarta potência.

3. y.y’ + 2y = 1 + x²
Equação diferencial não linear, pois possui um coeficiente dependente de y e não de x em y.y’.

4. x³y(4) – x²y” + 4xy’ – 3y = 0
Equação diferencial linear de ordem 4.

4.
d²y
dx²
+ 9y = sen y

Equação diferencial não linear, pois sen y depende de y e não de x.

5.
d²r
dt²
=
-k
r²

Equação diferencial não linear, pois o segundo membro possui um coeficiente dependente de r e não de t.

Soluções de equações diferenciais

As soluções das equações diferenciais podem se apresentar de diversas formas. A solução de uma equação diferencial será sempre uma função f(x,y). Além disso, uma função f(x,y) será solução de uma equação diferencial quando ao ser substituída na equação diferencial, reduz a equação a uma identidade.

Por exemplo:

(1) y’’ – y’ = 2 – 2x

Essa equação diferencial diz que a segunda derivada de uma função (menos) a primeira derivada desta mesma função resulta em 2 – 2x. Que função é essa?
Note que derivando duas vezes obteve-se 2 e derivando uma vez obteve-se 2x. Para descobrirmos a função original, utilizamos a integração.

∫∫   2dx – ∫ 2xdx
 
 
∫   2xdx – 2
x²
2
+ C
 
 
2
x²
2
+ C1 – 2
x²
2
+ C2

Portanto, a função original é y = x² + C, sendo C uma constante arbitrária.

(2) yy’ + x = 0 tem como solução a função implícita x² + y² = C.

Fazendo a diferenciação implícita obtem-se:

x² + y² = C
(x²)’ + (y²)’ = (C)’
2x + 2yy’ = 0
2(x + yy’) = 0
x + yy’ = 0
yy’ + x = 0

Você percebeu? A solução em (1) foi y = x² + C e em (2) x² + y² = C. A solução de uma equação diferencial pode ser expressa explicitamente ou implicitamente bem como pode ser classificada em geral, particular ou singular.

y = x² + C é solução geral da equação diferencial y’’ – y’ = 2 – 2x. Isso quer dizer que y = x² + C faz parte de uma família de funções onde a constante arbitrária C pode assumir qualquer valor. Dada uma condição inicial onde y(0) = 4, obtem-se:

y(0) = 0² + C
4 = 0 + C
C = 4

Logo, obtemos y = x² + 4. Esta solução é chamada solução particular, visto ser a única que obedece a condição de passar pelo ponto (0,4).

Uma solução singular não possui relação alguma com a solução geral nem com a solução particular bem como não apresenta constantes arbitrárias. São poucas as equações que possuem esse tipo de solução.

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