Cálculo Para Um Curso de Química-V2-Final-2011x

Araraquara 2011

Maria Helena S. S. Bizelli Sidinia Barrozo

CLCULO para um Curso de Qumica

Volume 2

Prefcio

Este material foi elaborado para ser o material de apoio aos alunos que cursam a disciplina Clculo Diferencial e Integral II, ministrada no segundo semestre dos cursos de Licenciatura e Bacharelado em Qumica da Unesp, Campus de Araraquara. Estes cursos, assim como os demais cursos de Qumica da Unesp, concentram o contedo de Clculo Diferencial e Integral em dois semestres, o que os diferenciam da maioria dos cursos da rea de exatas, que normalmente distribui tal contedo ao longo de quatro semestres, tratando do Clculo de uma varivel nos dois primeiros semestres e do Clculo de duas variveis nos dois semestres subsequentes. Esta particularidade sugere um material mais especfico, que contemple os tpicos que devam ser trabalhados e, ao mesmo tempo, os apresentem em uma sequncia lgica e harmoniosa, focando a compreenso e a aplicao dos contedos. Alm disso, mais motivador ao aluno um material que apresente aplicaes voltadas para a rea, favorecendo a apreenso do conhecimento adquirido. Assim, com esse intuito, desenvolvemos este material, o qual vem sendo utilizado e reformulado ao longo dos ltimos anos e apresentando bons resultados. Esperamos que possa ser til tambm a outros cursos de Qumica.

Gostaramos de observar que, seguindo a sequncia programtica da disciplina, este volume contm o estudo de tcnicas de integrao, equaes diferenciais ordinrias, funes de duas variveis, derivadas parciais, integrao mltipla e uma introduo ao estudo do clculo vetorial, enfatizando a integral de linha.

Maria Helena S.S. Bizelli Sidinia Barrozo

5 CLCULO PARA UM CURSO DE QUMICA

Sumrio

Captulo 1 Alguns Mtodos de Integrao ............................... 09 Integrais Imediatas ..................................................................... 11 Mudana de Variveis ....................................................... 13 Outras Substituies .................................................... 15 Integrao por Partes ............................................................ 19 Integrao de Potncias e Funes Trigonomtricas ............ 25 Integrao por Substituies Trigonomtricas ........................... 44 Integrao por Fraes Parciais .................................................. 52

Exerccios Extras .......................................................................... 59

Captulo 2 Equaes Diferenciais Ordinrias ......................... 63 Introduo ............................................................................. 64 Equaes Diferenciais de Primeira ordem ................................. 66 Problemas de Valor Inicial .......................................................... 69 Equaes de Primeira Ordem Separveis................................... 72 Aplicaes .................................................................................... 79 Equaes de Primeira Ordem Lineares ............................... .. 101 Aplicaes ............................................................................ ... 105 Campo de direes .................................................... 114

Exerccios Extras .................................................................... 135

Captulo 3 Funes de Vrias Variveis ................................ 140 Introduo........................................................................... 141 Sistema Tridimensional de Coordenadas ................................. 142 A frmula da distncia no espao ............................................. 147 A equao de uma esfera .......................................................... 149 Funes de Duas Variveis ....................................................... 155 Grfico de uma Funo de Duas Variveis ............................. 161 Curvas de Nvel ......................................................................... 164


Captulo 4 Derivadas Parciais ............................................... 188 Introduo........................................................................... 189 Derivadas Parciais .................................................................... 190 Aplicaes das Derivadas Parciais .......................................... 195 Clculo de Derivadas Parciais ................................................. 198 Funo Composta Regra da Cadeia ................................ 205 Interpretao Geomtrica ..................................................... 218 Derivadas Parciais de Segunda Ordem .............................. 223 Extremos de Funes de Duas Variveis ................................ 229 Teste da Segunda Derivada ...................................................... 235 Diferencial de uma Funo de Duas Variveis ................ 250 Derivao Implcita .................................................................. 273


Captulo 5 Integrais Mltiplas ............................................... 284 Introduo .................................................................................. 285 Integrais Duplas ................................................................. 285 Integral Dupla sobre uma Regio ........................................ 292 Aplicaes das Integrais Duplas .......................................... 309 Integrais Triplas ...................................................................... 318 Coordenadas Polares ................................................................. 324 Integrais Duplas em Coordenadas Polares ........................ 329 Coordenadas Cilndricas e Esfricas........................................ 333


Captulo 6 Clculo Vetorial .................................................... 352 Vetor .................................................................................. 353 Operaes com Vetores ......................................................... 362 O Produto Escalar ou Produto Interno ............................... 368 O Produto Vetorial ................................................................. 374 Equaes Paramtricas de Retas ......................................... 378 Campo Vetorial ......................................................................... 386 Derivada Direcional .................................................................. 388 Integral de Linha ....................................................................... 400 Algumas Aplicaes ................................................................. 418


Apndice ......................................................................................... 456 Referncias Bibliogrficas .......................................................... 464 Respostas dos Exerccios ............................................................ 466 Sobre as Autoras .......................................................................... 511


Captulo 1

Alguns Mtodos de Integrao

O QUE VOC VAI ESTUDAR: Como determinar a integral indefinida atravs de outras

mudanas de variveis.

Como determinar a integral indefinida atravs do mtodo de integrao por partes.

Como determinar a integral indefinida atravs do mtodo de potncias de funes trigonomtricas.

Como determinar a integral indefinida atravs do mtodo de substituies trigonomtricas.

Como determinar a integral indefinida atravs do mtodo das fraes parciais.


Alguns Mtodos de Integrao

No curso de Clculo Diferencial e Integral I fizemos uma introduo integrao, onde foram trabalhadas as funes que possuem integrais imediatas ou que podem ser calculadas atravs de uma substituio simples da varivel. Faremos uma breve reviso aqui, a fim de situar o leitor a esse respeito.

O clculo integral consiste em, conhecendo-se a derivada de uma funo, encontrar a funo primitiva (ou antiderivada) da qual ela provm; ou seja, significa encontrar uma funo F(x) cuja derivada seja conhecida. Assim, se a derivada representada por f(x), a sua primitiva F(x) dever satisfazer F(x) = f(x) para qualquer x onde f esteja definida e seja contnua. Assim, por exemplo, uma primitiva da funo f(x) = cos x F(x) = sen x, pois F(x) = cos x = f(x). importante lembrar que a primitiva no nica, pois se tomarmos F(x) = sen x + C, onde C um nmero real qualquer, ainda teremos F(x) = cos x = f(x).

Uma primitiva (ou antiderivada) de uma funo y = f (x) ser denominada tambm de integral indefinida de f e representada por

( ) ( ) .f x dx F x C= + A funo f(x) a ser integrada denominada de integrando, x a varivel de integrao, dx um smbolo que indica em relao a qual varivel a funo est sendo integrada e C a constante de integrao.

A tabela a seguir mostra as primitivas consideradas imediatas, ou seja, que no demandam de clculos para serem obtidas.

ALGUNS MTODOS DE INTEGRAO 11

Integrais Imediatas

1dx dx x C= = +

( )1

11

nn x

x dx C nn

+

= + +

1 lndx x Cx

= +

sen cosx dx x C= +

cos sen x dx x C= +

2sec tg x dx x C= + 2cossec cotg x dx x C= +

sec tg secx x dx x C = + cossec cotg cossec x x dx x C = +

( )1 0 e 1ln

x xa dx a C a aa

= + >

x xe dx e C= +

Propriedades

1. ( ) ( )a f x dx a f x dx = onde a uma constante. 2. ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx =

LEMBRETE: A integral do produto no o produto das integrais, assim como a integral do quociente tambm no o quociente das integrais, ou seja, em geral temos


( )( )( ) ( ) ( ) ( ) e ( ) ( )

f x dxf xf x g x dx f x dx g x dx dxg x g x dx

Observamos que nem toda funo possui primitiva, ou seja, existem algumas funes para as quais no conseguimos escrever suas integrais indefinidas em termos de funes elementares. Um

exemplo clssico desse tipo de funes 2( ) xf x e=

que, embora parea ser uma funo bem simples, s pode ser integrada numericamente. Todavia, para calcular as primitivas daquelas funes que so integrveis, nos valemos de vrios mtodos, cada um deles adequado a um tipo de funo. Existem vrios deles, porm trataremos aqui somente daqueles que julgamos mais necessrios para o desenvolvimento das teorias seguintes, como resoluo de Equaes Diferenciais, por exemplo. O estudante que tiver necessidade de resolver alguma integral que no tenha sido abordada nesse material, poder recorrer bibliografia indicada ou s tabelas de integrao apresentadas no final deste material. Observamos ainda que a abordagem dada neste captulo mais tcnica, preparando o estudante com ferramentas matemticas que sero utilizadas na resoluo de problemas futuros.

Inicialmente faremos uma rpida reviso da mudana de varivel estudada no Clculo I, seguida de outras possibilidades de substituies e, na sequncia, estudaremos os mtodos de integrao por partes, de potncias de funes trigonomtricas, por meio de substituies trigonomtricas e por meio de fraes parciais.

ALGUNS MTODOS DE INTEGRAO

Mudana de Variveis

Este mtodo consiste em tomar uma parte da funo a ser integrada e represent-la por outra letra, digamos, a letra uexpresso geralmente uma parte do integrando cuja derivada, ou o produto dela por uma constante, tambm aparece no integrando, multiplicando dx. Com esta mudana, o integrando passa a ser funo de u e a integral torna-se simples de ser calculada. Vejamos alguns exemplos:

EXEMPLO 1 Calcule 2

.

x

x e dx

Soluo Observe que a funo a ser integrada possui o termo xderivada, 2x, tambm aparece no integrando, multiplicando menos da constante 2. Este , portanto, um caso tpico de funo cuja integral se resolve pelo mtodo de mudana de varivel, pois fazendo

2u x= , obtemos 12

2 2dudu x dx x dx du= = = ,

ou seja, mudamos adequadamente a varivel x para u e, com isso, obtemos uma integral mais simples de ser calculada, agora na varivel u:

2x

x e dx = 1 12 2

u ue du e C= + .

Todavia, no queremos a resposta em u, pois nossa funo original funo da varivel x. Para retornarmos varivel x, basta substituirmos a varivel u da resposta pela sua expresso em seja, basta fazermos a substituio de u por x2 na resposta final obtida. Assim, teremos

2x

x e dx = 21

2x

e C+ .


Este mtodo consiste em tomar uma parte da funo a ser u. Esta

expresso geralmente uma parte do integrando cuja derivada, ou o produto dela por uma constante, tambm aparece no integrando,

. Com esta mudana, o integrando passa a ser Vejamos

x2, cuja

, tambm aparece no integrando, multiplicando dx, a tpico de funo

cuja integral se resolve pelo mtodo de mudana de varivel, pois

e, com isso, obtemos uma integral mais simples de ser calculada, agora na

, pois nossa funo original , basta

da resposta pela sua expresso em x, ou na resposta final


EXEMPLO 2 Calcule 2tg secx x dx por dois meios diferentes: (i) Fazendo tgu x= ; (ii) Fazendo secu x= . Explique a diferena entre os resultados. Soluo

(i) 2tg secu x du x dx= = .

2 22 tgtg sec

2 2u x

x x dx u du C C = = + = + .

(ii) sec sec tgu x du x x dx= = . 2 2

2 sectg sec sec sec tg .2 2

u xx x dx x x x dx u du C C = = = + = +

Observamos que para cada escolha de u obtivemos uma soluo diferente para a integral. No entanto, um olhar mais cuidadoso para as solues, sugere que elas esto relacionadas de algum modo, pois trata-se de potncias de funes trigonomtricas e sabemos ser verdadeira a identidade 2 2tg 1 secx x+ = , para todo x. Assim, dividindo ambos os lados desta equao por 2 , obtemos

2 2tg 1 sec2 2 2

x x+ = ,

o que implica que 2 2tg sec 12 2 2

x x = ,

ou seja, a funo 2tg( )2

xf x = difere da funo 2sec( )

2xg x = por

uma constante. Logo, ambas so primitivas de funo dada, j que duas primitivas de uma mesma funo se diferem apenas por uma constante, conforme visto no Clculo 1.

por dois meios diferentes:

tg sec sec sec tg .x x dx x x x dx u du C C = = = + = +

obtivemos uma soluo diferente para a integral. No entanto, um olhar mais cuidadoso para

que elas esto relacionadas de algum modo, pois se de potncias de funes trigonomtricas e sabemos ser

. Assim,

por

uma constante. Logo, ambas so primitivas de funo dada, j que duas primitivas de uma mesma funo se diferem apenas por uma


Outras substituies

As mudanas de variveis vistas acima foram trabalhadas noClculo 1 e apresentadas aqui apenas com o intuito de relembrar um pouco esta tcnica. Porm, a situao descrita acima no a nica em que a mudana de varivel simplifica a funo a ser integrada. Existem outras possibilidades de mudanas de variveis facilitam muito o clculo da integral e, dentre elas, citamos os casos onde aparecem razes de funes no integrando. A idia, nestas situaes, fazer uma mudana que possibilite a troca da raiz por um polinmio, uma vez que os polinmios so facilmeintegrveis. Os exemplos abaixo ilustraro como isso ocorre.

EXEMPLO 3 Calcule 2 1t t dt+ . Soluo Observe que no estamos no caso tpico de mudana de varivel visto no Clculo 1. Porm, possvel substituir o integrando por uma expresso que no contenha a raiz quadrada, considerando

1 + t = u2. Com isso, teremos

2 21 1 e 2u t t u dt u du= + = = .

Substituindo no integrando temos

( ) ( )2 4 2 6 4 27 5 3

1 2 2 1 2 2

22 .7 5 3

t t dt u u u u du u u u du

u u u C

+ = + = + =

= + +

Para retornarmos varivel t, basta substituir a varivel soluo, pela sua expresso em t, ou seja, por (1 + t )1/2, obtendo

2 7/2 5/2 3/22 4 21 (1 ) (1 ) (1 )7 5 3

t t dt t t t C+ = + + + + +


As mudanas de variveis vistas acima foram trabalhadas no Clculo 1 e apresentadas aqui apenas com o intuito de relembrar um pouco esta tcnica. Porm, a situao descrita acima no a nica em que a mudana de varivel simplifica a funo a ser integrada. Existem outras possibilidades de mudanas de variveis que facilitam muito o clculo da integral e, dentre elas, citamos os casos onde aparecem razes de funes no integrando. A idia, nestas situaes, fazer uma mudana que possibilite a troca da raiz por um polinmio, uma vez que os polinmios so facilmente

de varivel orm, possvel substituir o integrando por

considerando

t t dt u u u u du u u u du+ = + = + =

a varivel u, da , obtendo

t t dt t t t C .


EXEMPLO 4 Calcule 5 2 4x x dx+ . Soluo

Por se tratar de uma raiz quadrada, aplicaremos o mesmo procedimento adotado no Exemplo 3, ou seja, faremos x2 + 4 = com o objetivo de eliminar a raiz do integrando. Com isso teremos

2 2 2 24 4 2 2u x x u x dx u du x dx u du= + = = =

Substituindo no integrando temos

5 2 2 2 2 2 24 ( ) 4 ( 4)x x dx x x x dx u uu du+ = + = = 7 5 3

4 2 2 6 4 2( 8 16) ( 8 16 ) 8 167 5 3u u u

u u u du u u u du C + = + = + + = 2 7/2 2 5/2 2 3/2( 4) ( 4) ( 4)8 16

7 5 3x x x C+ + += + + .

EXEMPLO 5 Calcule 31x dx

x+.

Soluo

Observe que agora o integrando contm uma raiz quadrada e uma raiz cbica e seria interessante fazermos uma mudana de varivel que eliminasse as duas razes ao mesmo tempo. Para isso, basta tomarmos para expoente da nova varivel, digamos u, o mnimo mltiplo comum entre os ndices das razes que aparecem na funo, ou seja, basta fazermos x = u6, j que 6 = mmc(2,3). Assim, teremos

6 56x u dx u du= = .

Substituindo no integrando obtemos:

de uma raiz quadrada, aplicaremos o mesmo + 4 = u2

com o objetivo de eliminar a raiz do integrando. Com isso teremos u x x u x dx u du x dx u du

u u u du u u u du C + = + = + + =

Observe que agora o integrando contm uma raiz quadrada e uma raiz cbica e seria interessante fazermos uma mudana de varivel que eliminasse as duas razes ao mesmo tempo. Para isso, basta

, o mnimo iplo comum entre os ndices das razes que aparecem na funo,

, j que 6 = mmc(2,3). Assim,


3 5 8

2 23

6 6 .1 11

x u u udx du duu ux

= =

+ ++

Aqui temos um novo problema: como calcular a integral resultante acima. Para resolver este problema precisamos nos lembrar que se

( )( )( )

P xH x Q x=

onde P e Q so polinmios reais e o grau de Q menor ou igual que o grau de P, ento H dita uma funo racional imprpria. PaH se torne uma funo racional prpria necessrio dividir Pat que o grau do numerador seja menor que o do denominador. Assim, teremos

86 4 2

2 211

1 1u

u u uu u

= + ++ +

e, substituindo na integral acima, obtemos:

6 4 223

7 5 3

7/6 5/6 3/61/6 1/6

16 111

6 arctg7 5 3

6 arctg .7 5 3

x dx u u u duux

u u uu u C

x x xx x C

= + + = ++

= + + + =

= + + +

OBS: Note que, ao longo da resoluo, nos deparamos com a integral

21

1du

u+

que ainda no aprendemos como resolver. Sempre que isso ocorrer, consulte uma tabela de integrao, como a apresentada no final desse livro.


como calcular a integral resultante acima. Para resolver este problema precisamos nos lembrar que se

menor ou igual que dita uma funo racional imprpria. Para que

P por Q at que o grau do numerador seja menor que o do denominador.

6 arctg .x x C= + + +

Note que, ao longo da resoluo, nos deparamos com a

como resolver. Sempre que isso ocorrer, consulte uma tabela de integrao, como a


EXERCCIOS 1.1 1. Calcule as seguintes integrais:

a) 2 8(2 3 )x x dx+ b) 34x dx

x

+

+

c) 4

t

t

e dte +

d) cos(5 2)x dx

e) 2 1x x dx+ f) + dxxx 1

g) 4t t dt h) 2tg( )x x dx

i) dxx

xx

+

3

214 43

j) 3

3 2 4x dx

x +

k) 3

1 dxx x+ l)

3 9x x dx+

m) 5 3 2

x dxx + n)

1( 1) 2 dxx x+

o) 3 1x xe e dx+


Integrao por Partes

Quando estamos interessados em calcular integrais que se apresentam na forma ( ) ( )f x g x dx , onde f uma funo que pode ser derivada repetidamente e g uma funo que pode ser integrada repetidamente, ambas sem dificuldades, podemos nos valer de uma tcnica denominada Integrao por Partes. Este nome se d pelo fato de que o mtodo consiste em separar o integrando em duas partes, digamos, u = f(x) e dv = g(x) dx e, em seguida, aplicar a frmula

( ) ( )f x g x dx u dv uv v du= = , a qual denominada frmula da integrao por partes .

Observe que devemos fazer uma escolha sobre qual parte iremos chamar de u e qual parte iremos chamar de dv e esta escolha, embora nem sempre seja fcil, muitas vezes decisiva para o sucesso da resoluo. No existe uma receita para isso, mas uma boa dica sempre chamar de dv a parte do integrando mais complicada que possa ser prontamente integrada. E no se esquea de incluir no termo que chamou de dv. Aps feita a escolha, necessrio calcular a diferencial de u para obter du e a integral de dv para obter v, ambos presentes na frmula. O exemplo abaixo ilustrar melhor o que est sendo dito:

EXEMPLO 1 Calcule 2 xx e dx . Soluo O primeiro passo sempre a escolha da parte que ser chamada de e daquela que ser chamada de dv. Temos vrias possibilidades para dv:

dx, x2 dx, ex dx ou x2 ex dx.


Quando estamos interessados em calcular integrais que se uma funo que pode

uma funo que pode ser integrada repetidamente, ambas sem dificuldades, podemos nos valer de uma tcnica denominada Integrao por Partes. Este nome se d pelo fato

r o integrando em duas partes, e, em seguida, aplicar a frmula

Observe que devemos fazer uma escolha sobre qual parte e esta escolha,

embora nem sempre seja fcil, muitas vezes decisiva para o sucesso da resoluo. No existe uma receita para isso, mas uma boa

a parte do integrando mais complicada a ser prontamente integrada. E no se esquea de incluir dx

. Aps feita a escolha, necessrio para obter melhor o

O primeiro passo sempre a escolha da parte que ser chamada de u . Temos vrias possibilidades para


Dentre estas, a mais complexa que sabemos integrar imediatamente ex dx. Portanto, fazemos:

2

1

2

.

x x

u x du xdxdv e dx v e C

= =

= = +

Substituindo na frmula de integrao por partes, obtemos: 2 2

1 1

2 2 21 1

( ) 2 ( )( ) 2 2 .

x x x

x x x x

x e dx x e C e C xdx

x e C C x xe dx x e xe dx

= + + =

+ =

Para resolver esta nova integral, aplicamos novamente o mtodo, tomando agora

2 .xx

du dxu xv e Cdv e dx

==

= +=

Com isso, obtemos: 2 2 2

2 2

22 2

2 2 ( ) ( )2 2 2 2 .

x x x x x x

x x x

x e dx x e e xdx x e x e C e C dx

x e xe xC e xC C

= = + + =

= + + +

( )2 2 2 2x xx e dx e x x C = + + .

OBS:

1. Note que as constantes de integrao, C1 e C2, que surgiram ao integrar dv e dv , foram canceladas ao longo do desenvolvimento dos clculos. possvel provar que os termos que contm estas constantes sempre se anularo neste mtodo e, por isso, no ser necessrio considerar tal constante quando integrar dv. Assim, daqui por diante, a constante de integrao de dv ser omitida neste texto.

Dentre estas, a mais complexa que sabemos integrar imediatamente

ral, aplicamos novamente o mtodo,

= = + + =

, que , foram canceladas ao longo do

desenvolvimento dos clculos. possvel provar que os termos que contm estas constantes sempre se anularo neste mtodo e, por isso, no ser necessrio considerar tal

. Assim, daqui por diante, a


2. Se no incio dos clculos tivssemos escolhido u = ex e dv = x2 dx, teramos obtido:

32

3

xx du e dxu e

xdv x dx v

= =

= =

e, portanto, a integral se tornaria: 3

2 313 3

x x xxx e dx e x e dx=

que leva a uma integral mais complexa que a original, o que nos indicaria que esta no teria sido uma boa escolha. Do mesmo modo, se decidssemos mudar a escolha no meio do exerccio, ou seja, se ao aplicarmos o mtodo pela segunda vez tivssemos optado por inverter a escolha das funes, teramos chego a um resultado inconclusivo, como podemos observar a seguir:

2

2 22 2

2 2 2 2

2

22 2

.

xx

x x x x

x x x x

du e dxu e

xdv xdx v

x xx e dx x e e e dx

x e dx x e x e x e dx

= =

= =

=

= +

Observamos novamente, com este exemplo, que o sucesso da resoluo depende, muitas vezes, da escolha de u e dv. Todavia, nem sempre acertamos na primeira tentativa. A experincia adquirida ao longo dos estudos certamente nos auxiliar nesta tarefa.


3. Observe que no se trata de uma mudana de variveis, mas apenas de um recurso intermedirio para escrever a integral em uma outra forma, mais fcil de ser calculada. Mantemos a mesma varivel independente ao longo de todo o processo, utilizando u, v, du e dv apenas para mudar a forma de escrever a integral.

Este mtodo foi desenvolvido a partir da derivada do produto de duas funes, conforme podemos ver abaixo.

Observe que se u e v so duas funes diferenciveis na varivel x, ento

[ ]( ) ( ) ( ) ( )d dv duu x v x u x v xdx dx dx

= + .

Integrando ambos os lados em relao x, obtemos:

[ ]( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )d u x v x dx u x v x dx v x u x dxdx

= + ,

de onde segue que:

( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( )u x v x dx u x v x v x u x dx= .

Quando esta equao escrita na notao de diferenciais, obtemos:

u dv uv vdu= ,

a qual denominada, como j fora dito, frmula da integrao por partes . Assim, para calcular a integral de uma funo que se apresenta na forma f(x) g(x) dx, fazemos u = f(x), dv = g(x) dx e aplicamos a frmula acima.


EXEMPLO 2 Calcule lnx x dx . Soluo

Como no sabemos calcular a integral de ln x, no devemos escolhla para compor dv, ou seja, fazemos

2

1ln

,

2

du dxu x x

dv xdx xv

==

=

=

j que x uma funo fcil de ser integrada e ln x uma funo fcil de ser derivada. Substituindo na frmula de integrao por partes, obtemos:

2 2 2

2 2

1ln ln ln2 2 2 2

ln .2 4

x x x xx x dx x dx x dx

x

x xx C

= = =

= +

EXEMPLO 3 Calcule 3sec x dx . Soluo Neste caso, uma boa estratgia escrever a integral na forma

2sec secx x dx , uma vez que a funo sec2

x pode ser facilmente integrada. Assim, tomando

2

sec sec tgtgsec

u x du x x dxv xdv x dx

= =

==

e aplicando a frmula de integrao por partes, obtemos: 3 2sec sec tg sec tg .x dx x x x x dx=

Para efetuarmos o clculo desta ltima integral, conforme veremos bem detalhado na prxima seo, substitumos o termo tg2 x por uma expresso equivalente, atravs das identidades trigonomtricas


, no devemos escolh-

uma funo fcil de ser derivada. Substituindo na frmula de integrao por partes,

Neste caso, uma boa estratgia escrever a integral na forma pode ser facilmente

Para efetuarmos o clculo desta ltima integral, conforme veremos por uma

expresso equivalente, atravs das identidades trigonomtricas


conhecidas, a fim de transformar a funo dada em uma outra que propicie alguma facilidade nos clculos. Assim, fazendo

2 2tg sec 1x x= , obtemos 3 2sec sec tg sec (sec 1)x dx x x x x dx= =

= 3sec tg sec secx x x dx x dx+ .

Assim, somando o termo 3sec x dx em ambos os lados da igualdade, obtemos

312 sec sec tg ln sec tg x dx x x x x C= + + + ,

ou

3 1sec sec tg ln sec tg 2

x dx x x x x C = + + + ,

onde 12CC = .

OBS: A integral sec x dx pode ser encontrada na tabela de integrao, que se encontra no Apndice desse livro, ou pode ser facilmente calculada, aps a utilizao de um artifcio nada bvio, como podemos ver abaixo:

sec tg sec sec

sec tg

ln ln sec tg ,

x xx dx x dx

x x

duu C x x C

u

+= = +

= = + = + +

onde 2sec tg e, consequentemente, (sec tg sec ) .u x x du x x x dx= + = +

conhecidas, a fim de transformar a funo dada em uma outra que propicie alguma facilidade nos clculos. Assim, fazendo

em ambos os lados da

pode ser encontrada na tabela de

, ou pode ser facilmente calculada, aps a utilizao de um artifcio

sec tg e, consequentemente, (sec tg sec ) .u x x du x x x dx


EXERCCIOS 1.2 1) Calcule as seguintes integrais:

a) ln x dx b) 2 lnx x dx c) 2senx x dx d) senxe x dx e) 3cossec x dx f) dxex x2 g) senx x dx h) arctg x dx i) lnx x dx j)

(sen ) ln(cos )x x dx

k)

sec tgx x x dx l)

3 xx e dx

m) cos5x x dx n) 2 3xx e dx o) 2 cosx x dx

2) A velocidade (no instante t) de um ponto que se move ao longo de uma reta dada por 2( ) / tv t t e= m/s. Se o ponto est na origem quanto t = 0, ache sua posio em um instante t qualquer.

Integrao de potncias de funes trigonomtricas

O clculo de integrais de funes envolvendo potncias de funes trigonomtricas geralmente feito a partir da substituio da funo por uma equivalente a ela, atravs das identidades trigonomtricas conhecidas, fazendo com que a nova integral possa ser resolvida mais facilmente, na maioria das vezes por meio de uma mudana de varivel.


No trataremos de todos os casos aqui por entendermos que alguns tipos de integrais raramente sero usadas por um estudante de Qumica, porm, os casos omissos podero ser encontrados nas tabelas de integrais e nos livros constantes da referncia bibliogrfica.

O estudo ser dividido em casos, de acordo com o tipo da funo e do expoente. Porm, antes de inici-lo, relembraremos as identidades trigonomtricas mais conhecidas, uma vez que a aplicao deste mtodo exige o seu uso constante e certamente muitas delas j caram no esquecimento de uma boa parte dos estudantes. So elas:

2 2sen cos 1x x+ =

2 1 cos2cos2

xx

+=

2 1 cos2sen2

xx

=

2 2cotg 1 cossecx x+ =

2 2tg 1 secx x+ =

2 2cos(2 ) cos senx x x=

sen(2 ) 2sen cosx x x= [ ]1sen cos sen( ) sen( )

2x y x y x y= + +

[ ]1sen sen cos( ) cos( )2

x y x y x y= +

[ ]1cos cos cos( ) cos( )2

x y x y x y= + +


1 Caso Potncias de Senos e Cossenos:

sen cosm nx x dx

onde m e n so inteiros no negativos. Existem vrias possibilidades para uma integral deste tipo, o

que pode ser notado variando as caractersticas de m e n, por exemplo. Assim, o fato destes expoentes serem par ou mpar influencia substancialmente no modo de proceder a busca por uma soluo, conforme pode ser visto a seguir.

A) Se a potncia do cosseno mpar, independente da potncia do seno, a sugesto guardar um fator do cosseno e usar

2 2cos 1 senx x=

para expressar os fatores remanescentes em termos de seno. Observe que isso sempre possvel, uma vez que o expoente, sendo mpar, possibilita escrevermos a funo de modo a deixar um termo cos(x) separado e multiplicando o restante, que ter expoente par e, consequentemente, pode ser escrito como potncia de 2. Este termo, cos2x, que ser substitudo, conforme sugesto acima. Esta nova maneira de escrever possibilita o clculo da integral atravs da mudana de varivel

u = sen x du = cos x dx.

OBS: Note que esta regra poder ser utilizada sempre que houver uma potncia mpar do cosseno, estando ele sozinho ou multiplicado por qualquer potncia positiva de seno.


EXEMPLO 1 Calcule 5cos x dx . Soluo Como o expoente mpar, o primeiro passo separar um fator cos

no integrando, fazendo com que o restante seja potncia de dois:

( )25 4 2cos cos cos cos cosx dx x x dx x x dx= = . Agora, substituindo cos2x por (1 - sen2x), obtemos

5 2 2cos (1 sen ) cosx dx x x dx= ,

cuja integral resultante facilmente resolvida atravs do mtodo de mudana de variveis. Portanto, fazendo u = sen x obtemos du = cos x dx e, substituindo na integral, temos:

3 52 2 2 4(1 ) (1 2 ) 2

3 5u u

u du u u du u C = + = + + =

3 52 1sen sen sen3 5

x x x C + + .

EXEMPLO 2 Calcule 4 3sen cosx x dx . Soluo Utilizando os mesmos procedimentos do Exemplo 1, teremos

4 3 4 2 4 2sen cos sen cos cos sen (1 sen )cosx x dx x x x dx x x x dx= = =

5 74 2 4 6 5 71 1(1 ) ( ) sen sen

5 7 5 7u u

u u du u u du C x x C = = + = +

sendo que novamente foi usada a mudana de varivel u = sen x.

imeiro passo separar um fator cos x

cuja integral resultante facilmente resolvida atravs do mtodo de

e, substituindo na integral, temos:

sen cos sen cos cos sen (1 sen )cosx x dx x x x dx x x x dx= = =

u u du u u du C x x C = = + = + ,

.


EXEMPLO 3 Calcule 3 5sen cosx x dx . Soluo Como temos uma potncia mpar de cos x, continuamos com o mesmo procedimento:

3 5 3 4 3 2 2

3 2 2 3 2 4

4 6 83 5 7

4 6 8

sen cos sen cos cos sen (1 sen ) cos(1 ) (1 2 )

( 2 ) 24 6 8

1 1 1sen sen sen .

4 3 8

x x dx x x x dx x x x dx

u u du u u u du

u u uu u u du C

x x x C

= = =

= = + =

= + = + + =

= + +

B) Se a potncia do seno mpar, independente da potncia do cosseno, voc pode guardar um fator do seno e usar

2 2sen 1 cosx x= para expressar os fatores remanescentes em

termos de cosseno. O raciocnio exatamente o mesmo aplicado no

caso A), porm a mudana de varivel para resolver a integral resultante, neste caso, ser u = cos x du = -sen x dx. Vejamos alguns exemplos.

EXEMPLO 1 Calcule 3sen x dx . Soluo Neste caso, o procedimento anlogo aos exemplos anteriores, lembrando apenas de separar um fator sen x na expresso da


, continuamos com o

3 5 3 4 3 2 2sen cos sen cos cos sen (1 sen ) cosx x dx x x x dx x x x dx= = =

= + = + + =

, independente da potncia do

cosseno, voc pode guardar um fator do seno e usar

para expressar os fatores remanescentes em

termos de cosseno. O raciocnio exatamente o mesmo aplicado no

porm a mudana de varivel para resolver a integral

. Vejamos

Neste caso, o procedimento anlogo aos exemplos anteriores, na expresso da


funo, a fim de sobrar um fator com expoente par, o qual ser substitudo por (1 cos2x). Assim,

3 2 2

32 3

sen sen sen (1 cos ) sen1(1 ) cos cos

3 3

x dx x x dx x x dx

uu du u C x x C

= = =

= = + = +

sendo que a mudana de varivel u = cos x foi utilizada.

EXEMPLO 2 Calcule 3 2sen cosx x dx .

Soluo 3 2 2 2

2 2

5 322 4 2

5 3

sen cos sen cos sen

(1 cos )cos sen

(1 ) ( )5 3

cos cos.

5 3

x x dx x x x dx

x x x dx

u uu u du u u du C

x x C

= =

= =

= = = + =

= +

EXEMPLO 3 Calcule 3 3sen cosx x dx .

Soluo Neste caso, tanto o critrio de expoente mpar de cossenos como de senos pode ser aplicado para solucionar o problema. Inicialmente vamos resolv-lo utilizando o expoente mpar do seno. Ento, a integral pode ser escrita como

funo, a fim de sobrar um fator com expoente par, o qual ser

= = = + =

Neste caso, tanto o critrio de expoente mpar de cossenos como de senos pode ser aplicado para solucionar o problema. Inicialmente

lo utilizando o expoente mpar do seno. Ento, a


3 3 2 3

6 42 3 5 3

6 4

sen cos (1 cos ) cos sen

(1 ) ( )6 4

1 1cos cos

6 4

x x dx x x x dx

u uu u du u u du C

x x C

= =

= = = + =

= +

novamente com a mudana de varivel u = cos x.

OBS : A escolha de qual termo ser substitudo por um equivalente a ele, no nica. Voc poder optar, em muitos casos, por substituir o seno ou o cosseno, de acordo com sua preferncia ou convenincia. Assim, tambm poderamos ter resolvido o Exemplo 3 considerando potncia mpar de cosseno, cuja resoluo seria:

3 3 2 3 2 3

6 45 3

6 4

sen cos (1 sen ) sen cos (1 )

( )6 4

1 1sen sen

6 4

x x dx x x x dx u u du

u uu u du C

x x C

= = =

= + = + + =

= + +

com a mudana de varivel u = sen x.

Exerccio: Verifique que ambas as resolues esto corretas

calculando suas derivadas ou mostrando que as duas solues diferem por uma constante.

C) Se as potncias de seno e cosseno so pares, usamos as identidades:


A escolha de qual termo ser substitudo por um equivalente a ele, no nica. Voc poder optar, em muitos casos, por substituir o seno ou o cosseno, de acordo com sua preferncia ou convenincia. Assim, tambm poderamos ter

iderando potncia mpar de

x x dx x x x dx u u du= = =

Verifique que ambas as resolues esto corretas

calculando suas derivadas ou mostrando que as duas solues

, usamos as


2 1 cos2sen2

xx

= e

2 1 cos2cos2

xx

+=

OBS: Note que se a funo apresenta potncias pares e mpares de senos e cossenos, a escolha de qual critrio ser usado (potncia par ou potncia mpar) fica a cargo do estudante. Todavia, como neste critrio de potncia par surge cosseno de arco duplo, uma mudana de varivel a mais ser necessria durante a resoluo. Portanto, uma boa dica usar este procedimento somente quando apenas expoentes pares de senos e/ou cossenos aparecerem no integrando. Nestes casos, todos os termos contendo potncias pares devem ser substitudos. Vejamos alguns exemplos destes casos.

EXEMPLO 1 Calcule 4sen x dx . Soluo Para podermos utilizar a identidade indicada acima, inicialmente escrevemos o integrando como uma potncia de sen2x. Em seguida, reescrevemos a funo em termos de cossenos e procedemos como nos casos anteriores. Assim, teremos:

Note que se a funo apresenta potncias pares e

mpares de senos e cossenos, a escolha de qual critrio ser usado (potncia par ou potncia mpar) fica a cargo do estudante. Todavia, como neste critrio de potncia par surge

mudana de varivel a mais ser necessria durante a resoluo. Portanto, uma boa dica usar este procedimento somente quando apenas expoentes pares de senos e/ou cossenos aparecerem no integrando. Nestes casos,

evem ser

Para podermos utilizar a identidade indicada acima, inicialmente . Em seguida,

evemos a funo em termos de cossenos e procedemos como


( ) 224 22

21

21

1 cos 2sen sen

21 (1 2cos 2 cos 2 )41 1 1

cos 2 cos 24 2 41 1 1

cos cos ,4 4 8

xx dx x dx dx

x x dx

x C x dx x dx

x C y dy y dy

= = =

= + =

= + + =

= + +

onde a mudana de varivel y = 2x foi introduzida para simplificar a integral dos dois ltimos termos. Observe que as integrais resultantes so mais simples, porm a ltima ainda no imediata e, para resolv-la, nos valemos novamente deste mtodo de potncias pares, agora de cossenos. Vamos resolv-la separadamente a fim de facilitar a compreenso:

2

2

2 3

1 cos2 1cos (1 cos2 )

2 21 1

cos2 41 1

sen2 ,2 4

yy dy dy y dy

y C z dz

y C y C

+ = = + =

= + + =

= + + +

onde a mudana z = 2y foi utilizada no clculo da ltima integral. Retomando agora a integral inicial, teremos

4 1 1 1sen ( sen ) sen 2 ,4 8 2 4

yx dx x y y C = + + +

onde C engloba todas as constantes que surgiram ao longo dos clculos. Substituindo y por 2x teremos o resultado final esperado:


4 1 1 2 1sen ( sen 2 ) sen 44 8 2 43 1 1

sen2 sen4 .8 4 32

xx dx x x x C

x x x C

= + + + =

= + +

EXEMPLO 2 Calcule 4 2sen cosx x dx . Soluo Neste caso, os dois expoentes so pares e, portanto, fazemos as substituies em ambos os termos. Assim, a integral torna-se:

( )( )

24 2

2 3

2 3

1 cos2 1 cos 2sen cos

2 21 1 cos2 cos 2 cos 281 1 cos cos cos ,

16

x xx x dx dx

x x x dx

y y y dy

+ = =

= + =

= +

onde a mudana de varivel y = 2x dx = dy/2 foi utilizada. A nova integral obtida a soma de quatro parcelas, sendo que as duas primeiras so facilmente integrveis e as duas ltimas so potncias de cosseno, necessitando portando, dos mtodos vistos acima para calcul-las. Para simplificar o entendimento, novamente vamos resolv-las separadamente:

21

1 cos2 1cos sen2

2 2 4y yy dy dy y C+ = = + +

.

pares e, portanto, fazemos as

A nova integral obtida a soma de quatro parcelas, sendo que as primeiras so facilmente integrveis e as duas ltimas so

itando portando, dos mtodos vistos las. Para simplificar o entendimento, novamente


( )3 2

32 3

2 2

cos (1 sen ) cos11 sen sen ,

3 3

y dy y y dy

zz dz z C y z C

= =

= = + = +

onde a mudana de varivel z = sen y foi utilizada . Retomando do ponto onde havamos interrompido temporariamente os clculos, temos

( )4 2 2 33

3

1sen cos 1 cos cos cos

161 1 1

sen sen2 sen sen16 2 4 31 1 1

sen2 sen16 2 4 3

x x dx y y y dy

yy y y y y C

y y y C

= + =

= + + =

= + =

3

3

1 2 1 1sen 4 sen 2

16 2 4 31 1 1

sen 4 sen 2 ,16 4 3

xx x C

x x x C

= + =

= +

onde C = C1 + C2 + C3, sendo que C3 a constante correspondente primeira parte da integral.

2 Caso Potncias de Tangentes e

Secantes:

tg secm nx x dx

onde m e n so inteiros no negativos. Anlogo ao caso dos senos e cossenos, o fato dos expoentes

serem par ou mpar interferem fortemente no processo de calcular a


1 sen sen ,

Retomando do ponto onde havamos interrompido temporariamente

3y y y y y C = + + =

a constante correspondente

Potncias de Tangentes e

Anlogo ao caso dos senos e cossenos, o fato dos expoentes serem par ou mpar interferem fortemente no processo de calcular a


integral. Por isso, sero novamente divididos em casos. Vale ressaltar que os procedimentos adotados para trabalhar com tangentes, cotangentes, secantes e cossecantes so todos anlogos aos utilizados para trabalhar com senos e cossenos.

A) Se a tangente aparece sozinha no integrando, independente de seu expoente ser par ou mpar, separe um fator tg2x e escreva-o em

termos de sec2x, atravs da identidade 2 2tg sec 1x x= ; em

seguida, utilize a mudana de varivel 2tg secu x du x dx= =

para resolver o problema.

EXEMPLO 1 Calcule 5tg .x dx

Soluo 5 3 2 3 2

3 2 3

3 2 2

3 2 2

4 23

4 2

tg tg tg tg (sec 1)tg sec tg

tg sec tg (sec 1)tg sec tg sec tg

tg ln sec4 2

1 1tg tg ln sec ,

4 2

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x x dx

x x dx x x dx x dx

u uu du u du x dx x C

x x x C

= = =

= =

= =

= =

= = + =

= +

sendo que a mudana de varivel u = tg x foi utilizada.

integral. Por isso, sero novamente divididos em casos. Vale ressaltar que os procedimentos adotados para trabalhar com

ecantes so todos anlogos

, independente de

o em

; em

u x du x dx


EXEMPLO 2 Calcule 4tg .x dx Soluo

4 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

32 2

4 2

tg tg tg tg (sec 1)tg sec tg

tg sec (sec 1)tg sec sec

sec tg 3

1 1tg tg ln sec ,

4 2

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x dx

x x dx x dx dx

uu du x dx dx x x C

x x x C

= = =

= =

= =

= + =

= + = + + =

= +

onde a novamente a mudana de varivel u = tg x foi utilizada.

B) Se a potncia da secante par, independente do expoente da tangente, voc pode guardar um fator de x2sec e usar

2 2tg 1 secx x+ = para expressar os fatores remanescentes em termos

de tangente. Isso possibilitar calcular a integral pelo mtodo de mudana de variveis, a exemplo dos casos anteriores, uma vez que

2(tg ) secd x xdx

= . Vejamos os exemplos abaixo.

EXEMPLO 1 Calcule 4sec x dx . Soluo

4 2 2 2 2sec sec sec (1 tg ) secx dx x x dx x x dx= = + =


foi utilizada.

, independente do expoente da

e usar

para expressar os fatores remanescentes em termos

de tangente. Isso possibilitar calcular a integral pelo mtodo de mudana de variveis, a exemplo dos casos anteriores, uma vez que


32 31(1 ) tg tg

3 3u

u du u C x x C+ = + + = + + ,

onde a mudana de varivel u = tg x foi utilizada.

EXEMPLO 2 Calcule 5 4tg secx x dx . Soluo

( )5 4 5 2 2 5 2 26 8

5 2 5 7 6 8

tg sec tg sec sec tg 1 tg sec

1 1(1 ) ( ) tg tg ,6 8 6 8

x x dx x x x x x x dx

u uu u du u u du C x x C

= = + =

+ = + = + + = + +


EXEMPLO 3 Calcule 4 4tg secx x dx . Soluo

4 4 4 2 2

5 74 2 5 7

tg sec tg (1 tg )sec1 1(1 ) = tg tg ,

5 7 5 7

x x dx x x x dx

u uu u du C x x C

= + =

+ = + + + +


C) Se a potncia da tangente mpar e ela aparece multiplicando a secante, independente do expoente da secante, voc pode guardar

um fator de sec tgx x e usar 2 2tg sec 1x x= para expressar os

fatores remanescentes em termos de secante. Neste caso, use a

mudana de varivel sec sec tg .u x du x x dx= =

(1 ) ( ) tg tg ,u u du u u du C x x C

= = + =

e ela aparece multiplicando

a secante, independente do expoente da secante, voc pode guardar

para expressar os

fatores remanescentes em termos de secante. Neste caso, use a


EXEMPLO 1 Calcule 5 3tg sec .x x dx Soluo

5 3 2 2 2

2 2 2

2 2 2 6 4 2

7 5 3

7 5 3

tg sec (tg ) sec tg sec(sec 1) sec tg sec( 1) ( 2 )

27 5 31 2 1

sec sec sec ,7 5 3

x x dx x x x x dx

x x x x dx

u u du u u u du

u u u C

x x x C

= =

= =

= = + =

= + + =

= + +

onde a mudana de varivel u = sec x foi utilizada.

EXEMPLO 2 Calcule 5 4tg sec .x x dx Soluo

5 4 2 2 3

2 2 3

2 2 3 7 5 3

8 6 4

8 6 4

tg sec (tg ) sec tg sec(sec 1) sec tg sec( 1) ( 2 )

28 6 41 1 1

sec sec sec ,8 3 4

x x dx x x x x dx

x x x x dx

u u du u u u du

u u u C

x x x C

= =

= =

= = + =

= + + =

= + +

onde a mudana de varivel u = sec x foi utilizada.

OBS: Note que esta ltima integral j foi calculada pelo procedimento sugerido no item B), apresentando a resposta em termos de tg x. Isso ocorre pela mudana de varivel


Note que esta ltima integral j foi calculada pelo , apresentando a resposta

. Isso ocorre pela mudana de varivel


escolhida. No entanto, ambas as respostas esto corretas, conforme voc pode verificar, derivando-as. Este um caso

tpico onde podemos escolher qual procedimento usar na hora de resolver a integral.

D) Se a potncia da tangente par e da secante mpar ou sepotncia da secante mpar e ela aparece sozinha, utilize integrao por partes.

EXEMPLO 1 Calcule 3sec x dx . Soluo Este exemplo j foi feito quando estudamos o mtodo de integrao por partes, porm, como esta integral aparecer muitas vezes daqui por diante, entendemos ser vlido relembrar sua resoluo. Note que

se escrevermos a integral na forma 2sec secx x dx , e utilizarmos

2

sec sec tgtgsec

u x du x x dxv xdv x dx

= =

==

teremos, pela frmula de integrao por partes: 3 2sec sec tg sec tg .x dx x x x x dx=

Para efetuarmos o clculo desta ltima integral, fazemos 2 2tg sec 1x x= , e teremos

3 2

3

sec sec tg sec (sec 1)sec tg sec sec .

x dx x x x x dx

x x x dx x dx

= =

= +

escolhida. No entanto, ambas as respostas esto corretas, as. Este um caso

tpico onde podemos escolher qual procedimento usar na hora

ou se a

utilize

Este exemplo j foi feito quando estudamos o mtodo de integrao por partes, porm, como esta integral aparecer muitas vezes daqui por diante, entendemos ser vlido relembrar sua resoluo. Note que

Para efetuarmos o clculo desta ltima integral, fazemos


Assim, somando o termo 3sec x dx em ambos os lados da igualdade, obtemos

312 sec sec tg ln sec tg x dx x x x x C= + + + ,

ou

3 1sec sec tg ln sec tg 2

x dx x x x x C = + + + , onde C = C1

EXEMPLO 2 Calcule 2 3tg secx x dx . Soluo Anlogo ao que foi feito no Exemplo 1, precisamos reescrever a

funo a ser integrada de modo que ela se apresente em uma forma

que seja fcil visualizar qual termo chamaremos de u chamaremos de dv. Lembre-se que u deve ser facilmente derivvel e dv deve ser facilmente integrvel. Assim, segundo estes critrios, podemos fazer

22 3

2 3 5sen 1 sen

tg sec sen .cos cos cos

x xx x dx dx x dx

x x x= =

Fazendo agora a escolha

5 4

sen cos

sen 1cos 4 cos

u x du x dxxdv dx vx x

= =

= =

e aplicando a frmula de integrao por partes, teremos


em ambos os lados da

1/2.

Anlogo ao que foi feito no Exemplo 1, precisamos reescrever a

funo a ser integrada de modo que ela se apresente em uma forma

e qual

deve ser facilmente derivvel e deve ser facilmente integrvel. Assim, segundo estes critrios,

tg sec sen .x x dx dx x dx


2 34 4

4 3

34

4

4

sen 1 costg sec

4cos 4 cossen 1 1

4cos 4 cossen 1

sec4cos 4sen 1 1

sec tg ln sec tg4cos 4 2sen 1

sec tg ln sec tg .4cos 8

x xx x dx dx

x x

x dxx x

xxdx

x

xx x x x C

x

xx x x x C

x

= =

= =

= =

= + + + =

= + + +

OBS: Todos estes procedimentos utilizados para tangentes e secantes tambm se aplicam, de modo anlogo, cotangentes e cossecantes, conforme veremos nos exemplos a seguir.

EXEMPLO 1 Calcule 3 4cotg cossec .x x dx Soluo

3 4 3 2 2

3 2 2

3 2 5 3

6 4 6 4

cotg cossec cotg cossec cossec

cotg (cotg 1) cossec( 1) ( )

cotg cotg,

6 4 6 4

x x dx x x x dx

x x x dx

u u du u u du

u u x xC C

= =

= + =

= + = + =

= + = +

onde a mudana de varivel u = cotg x, du = -cossec2x dx foi utilizada.

= + + + =

Todos estes procedimentos utilizados para tangentes e secantes tambm se aplicam, de modo anlogo, cotangentes

foi


EXEMPLO 2 Calcule 4cotg .x dx Soluo

4 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

32 2

cotg cotg cotg (cossec 1) cotgcossec cotg cotg

cossec cotg (cossec 1)cotg

cossec cotg ,3

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x dx

xu du x dx dx x x C

= = =

= =

= =

= + = + + +

onde novamente a mudana de varivel u = cotg x, du = -cossecdx foi utilizada.

EXEMPLO 3 Calcule 3cossec .x dx Soluo Procedemos de modo inteiramente anlogo ao que foi feito no clculo da integral de sec3x:

3 2

2

2

3

cossec cossec cossec

cossec cotg cossec cotg

cossec cotg cossec (cossec 1)cossec cotg cossec cossec .

x dx x x

x x x x dx

x x x x dx

x x x dx x dx

= =

= =

= =

= +

Assim,

3

3

2 cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

ou seja,1

cossec cossec cotg ln cossec cotg ,2

x dx x x x x C

x dx x x x x C

= + +

= + +


cossec cotg ,u du x dx dx x x C

= = =

= + = + + +

cossec2x

Procedemos de modo inteiramente anlogo ao que foi feito no

cossec cotg cossec (cossec 1)cossec cotg cossec cossec .

x x x x dx

x x x dx x dx

= =

2 cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

x dx x x x x C

x dx x x x x C = + +


sendo que inicialmente fizemos u = cossec x e dv = cossec2x para utilizar o mtodo de integrao por partes e depois, cotg2x

cossec2x 1.

EXERCCIOS 1.3 1) Calcule as seguintes integrais:

a) 4sen cosx x dx b) 2 4sen cosx x dx

c) 3 5cotg cossecx x dx d) 5 2sen cosx x dx

e) 3sen cosx x dx f) 6tg x dx

g) 3cos senx x dx h) 4 6tg secx x dx

i) 3 2tg secx x dx j) 2(tg cotg )x x dx+

k) 3cos x dx l)

2 3cotg cossecx x dx

Integrao por substituies trigonomtricas

Se o integrando contm uma expresso da forma

2 2 2 2,a x a x + ou 2 2x a , ou mesmo apenas os quadrados

perfeitos aparecem no radicando, onde a > 0, ento possvel, na maioria das vezes, efetuarmos a integrao atravs de uma

dx x =

Se o integrando contm uma expresso da forma

, ou mesmo apenas os quadrados

0, ento possvel, na

maioria das vezes, efetuarmos a integrao atravs de uma


substituio trigonomtrica, conforme veremos abaixo, a qual possibilitar a eliminao da raiz e o clculo facilitado da integral.

1 Caso: 2 2a x , a > 0 , x a .

Neste caso fazemos a seguinte mudana de varivel:

sen cosx a dx a d = = ,

tomando 0 / 2 pi para 0x e / 2 0pi para 0x , uma vez que cos 0 neste intervalo e isso, juntamente com a hiptese sobre a, nos permitir eliminar a raiz sem a presena do mdulo. Assim, com essa mudana, a expresso da funo se torna bem mais simples para ser integrada. Veja:

2 2 2 2 2 2 2 2 2sen (1 sen ) cos cosa x a a a a a = = = = , j que a > 0 e cos 0 para / 2 / 2pi pi .

2 2 cosa x a = , sendo arcsen xa

= , uma vez que f(x) = sen x

inversvel em [ ]/ 2, / 2pi pi . Se posicionarmos estas variveis em um tringulo retngulo,

visualizaremos a mudana de varivel com mais facilidade, uma vez que sabemos, da trigonometria dos tringulos retngulos, que

cateto opostosen

hipotenusax

a = = .


Essa visualizao geomtrica fundamental para fazermos o retorno da varivel q para x.

EXEMPLO 1 Calcule

22xa

dx.

Soluo Considere sen cosx a dx a d = = , / 2 / 2pi pi

Substituindo na integral e aproveitando os clculos realizados logo acima, obtemos:

2 2

cosarcsen .

cos

dx a xd d C Ca aa x

= = = + = +

Caso particular: 2

arcsen1dx

x Cx

= +

.

EXEMPLO 2 Calcule .

Soluo Considere a = 3 e 3 sen , / 2 / 2.x pi pi=

Ento, temos que 3cosdx d = e a integral torna-se: 2 2 2

2 2 29 9 9sen 1 9cos3 cos cos

9sen 3 senx dx d d

x

= = =

dxx

x2

29

/ 2 / 2

os clculos realizados logo

= = =


22 2 2

2cos

cotg (cossec 1) cossecsen

d d d d d

= = = = = 29

cotg arcsen3

x xC Cx

= + = + .

OBS: Observe que o retorno de q para x foi feito a partir da observao do tringulo retngulo ilustrado acima, uma vez que

2cateto adjascente 9cotg

cateto opostox

x = = .

J a expresso para q conseqncia imediata de

3sen sen arcsen .3 3x x

x = = =

EXEMPLO 3 Calcule 3

216x dx

x .

Soluo Considere a = 4, 4 sen , / 2 / 2x pi pi= .

Ento temos 4cosdx d = e a integral torna-se: 3 3 3

2 2

3 2

64 sen 4cos sen cos64cos16 16 16sen

64 sen 64 (1 cos ) sen

x dx d dx

d d

= = =

= = =

2 3164 sen 64 64 cos cos3

d u du C = = + =


d d d d d = = = = =

foi feito a partir da observao do tringulo retngulo ilustrado acima, uma vez

conseqncia imediata de

dx d d = = =

= = =


2 2 3 2216 1 ( 16 ) 3264 16

4 3 64 3x x xC x C

= + + = +

.

2 Caso: 2 2a x+ , a > 0 .

Neste caso fazemos tgx a =

2secdx a d = , tomando

0 / 2 pi < para 0x e / 2 0pi < para 0x , pelos motivos j apresentados no 1 Caso.

No tringulo retngulo teremos ento:

e com esta mudana, a raiz torna-se:

2 2 2 2 2 2 2 2 2tg (1 tg ) sec sec ,a x a a a a a + = + = + = =

j que a > 0 e sec 0 para 2 2pi pi < < .

2 2 seca x a + = , sendo arctg xa

= ,

uma vez que f(x) = tg x inversvel em ,2 2pi pi

.

EXEMPLO 1 Calcule . Soluo

+ dxx 52

.

, tomando

, pelos motivos

tg (1 tg ) sec sec ,


Considere 5a = , 5 tg , / 2 / 2x pi pi= < < .

Ento, ddx 2sec5=

e a integral torna-se:

2 25 5 sec 5 secx dx d + = =

3 55 sec sec tg ln sec tg2

d C = = + + + =

2 25 5 5ln .2 5 5 5 5

x x x x C + + = + + +

EXEMPLO 2 Calcule .

Soluo

Considere tg ,2 2

x api pi = < < . Ento, 2secdx a d =

integral torna-se: 2

2 2 2 2sec 1 1 1

arctgsec

dx a xd d C Ca x a a a a a

= = = + = ++

Caso particular: 2 arctg1dx

x Cx

= ++ .

3 Caso: , a > 0 , a x .

+ 22 xadx

22ax


dx a d e a

d d C C .


Neste caso, fazemos secx a = sec tgdx a d =

sendo que 02pi e tg 0 para 30, , .2 2

xpi pi

pi

2 2 tgx a a = ,

sendo arcsec xa

= , uma vez que ( ) secf x x= inversvel para

todo 30, , .2 2

xpi pi

pi

EXEMPLO 1 Calcule .

Soluo Considere

22 axx

dx

dx a d ,

,

para


sec sec tgx a dx a d = = , 3 0, ,2 2pi pi

pi

.

Substituindo na integral, obtemos:

2 2

sec tg 1 1 1arcsec .

sec tgdx a xd d C C

a a a a a ax x a

= = = + = +

Caso particular: 2 2

arcsec1

dxx C

x x= +

.

EXEMPLO 2 923 xx

dx

Considere

3sec 3sec tgx dx d = = , (0, / 2) ( ,3 / 2) pi pi pi Substituindo na integral, obtemos:

33 2

22

3 sec tg27sec 3 tg91 1 1

cos27 sec 27

dx dx x

d d

= =

= = =

[ ]

1 (1 cos2 ) 1 1sen 2

27 2 54 21 2 sen cos54

d C

C

+ = = + + =

= + + =


.

arcsec .dx a xd d C C

a a a a a a= = = + = +

(0, / 2) ( ,3 / 2) .

= = + + =


2

2

2

1 9 3arcsen

54 3

1 3 9arcsen

54 3

x x Cx x

x x Cx

= + + =

= + +

.

EXERCCIOS 1.4

1) Calcule as seguintes integrais:

a) 24dx

x+ b)

2 3dx

x x + c) 2 16

dxx

d) 29t te e dt e) 2 225x x dx f) 2

21x dx

x

2) Mostre, utilizando integrais, que a rea da regio delimitada pela

elipse 2 2

2 2 1x ya b

+ = A = pab.

3) Mostre, utilizando integrais, que a rea de um crculo de raio R2A Rpi= .

Integrao por Fraes Parciais

Este mtodo utilizado quando desejamos integrar uma funo racional (quociente de duas funes polinomiais), cuja expressno permite sua integrao por um mtodo mais simples, como os vistos anteriormente.

.

Mostre, utilizando integrais, que a rea da regio delimitada pela

R

Este mtodo utilizado quando desejamos integrar uma funo racional (quociente de duas funes polinomiais), cuja expresso no permite sua integrao por um mtodo mais simples, como os


Inicialmente relembramos que se ( )( )( )

P xH x Q x= onde P e Q so

polinmios reais e o grau de Q menor ou igual que o grau de P, ento H dita uma funo racional imprpria. Para que H se torne uma funo racional prpria necessrio dividir P por Q at que o grau do numerador seja menor que o do denominador.

Se tomarmos, por exemplo, a funo 4 2

210 3 1( )

4x x xH x

x

+ +=

observamos que uma funo racional imprpria. Porm, ao dividirmos o polinmio do numerador pelo do denominador, obtemos uma nova forma de representar a mesma funo, agora composta por um termo polinomial somado a uma frao prpria, como podemos ver abaixo.

4 22

2 210 3 1 3 23( ) 6

4 4frao imprpria frao prpria

x x x xH x xx x

+ + = = +

OBS: Para integrar uma funo racional (quociente de duas funes polinomiais), devemos primeiro verificar se ela uma frao prpria. Caso no seja, devemos antes transform-la em uma frao prpria e, s depois, integrar. Por exemplo:

2 22 2

3 23 3 23( ) ( 6 ) ( 6)4 4

este o nosso problema !!

x xH x dx x dx x dx dxx x

= + = +


O mtodo das fraes parciais permite escrever uma funo racional prpria em uma soma de fraes mais simples, que possam ser integradas pelos mtodos j conhecidos. Para isso, em uma frao do tipo

( )( )

P xQ x ,

Q(x) deve ser escrito como um produto de fatores lineares ou quadrticos irredutveis (que no possuem razes reais). Isso sempre possvel devido ao Teorema Fundamental da lgebra, que garante que qualquer polinmio com coeficientes reais pode ser expresso como um produto de fatores lineares e quadrticos irredutveis, de tal forma que cada um dos fatores tenha coeficientes reais. o que conhecemos por fatorao.

Mtodo das fraes parciais Seja (x a) um fator linear de Q(x). Se (x a)m for o termo de

maior potncia de (x a) que divide Q(x), ento devemos atribuir, a cada fator linear distinto, a soma de m fraes parciais escritas do seguinte modo:

( ) ( ) ( )1 2 1

1 2m m

m m

A A A Ax ax a x a x a

+ + + +

.

Agora, se 2x bx c+ + for um fator quadrtico irredutvel de

Q(x) e se ( )2 nx bx c+ + for o termo de maior potncia de 2x bx c+ +

que divide Q(x), ento devemos atribuir, a cada fator quadrtico distinto, a soma de n fraes parciais escritas do seguinte modo:

( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1

1 2 22 2 2

n n n n

n n

B x C B x C B x C B x Cx bx cx bx c x bx c x bx c

+ + + ++ + + +

+ ++ + + + + + .


Os exemplos a seguir facilitaro o entendimento:

EXEMPLO 1 Calcule 3 21

2x dx

x x x

. Soluo

Inicialmente verificamos se o integrando uma frao prpria. Como o maior expoente do denominador 3 e o do numerador 1, conclumos que a frao prpria e, portanto, podemos passar para o passo seguinte, que a aplicao do mtodo em si.

O primeiro passo fatorar o denominador para que ele fique na forma de produto de fatores lineares ou quadrticos irredutveis. Com isso nossa integral torna-se:

3 21 1

2 ( 2)( 1)x xdx dx

x x x x x x

=

+ .

Agora tomamos o integrando e usamos o mtodo descrito acima para transformar a frao dada em uma soma de fraes mais simples. Como os fatores so todos lineares e no se repetem, atribumos a cada um deles uma constante no numerador e efetuamos a soma das fraes resultantes, como mostrado abaixo:

1 2 3

21 2 3

21 2 3 2 1 3 1

1( 2)( 1) 2 1

( 2) ( 1) ( 2)( 2)( 1)

( ) ( 2 ) 2.( 2)( 1)

x A A Ax x x x x x

A x x A x x A x xx x x

A A A x A A A x Ax x x

= + + = + +

+ + + = =

+

+ + + =

+

Comparando o primeiro termo da igualdade com o ltimo, notamos que as duas fraes so iguais se, e somente se, os numeradores so iguais, ou seja, quando

21 2 3 2 1 3 1( ) ( 2 ) 2 1A A A x A A A x A x+ + + =


Inicialmente verificamos se o integrando uma frao prpria. Como o maior expoente do denominador 3 e o do numerador 1, conclumos que a frao prpria e, portanto, podemos passar para

o passo fatorar o denominador para que ele fique na forma de produto de fatores lineares ou quadrticos irredutveis.

Agora tomamos o integrando e usamos o mtodo descrito acima transformar a frao dada em uma soma de fraes mais

simples. Como os fatores so todos lineares e no se repetem, atribumos a cada um deles uma constante no numerador e efetuamos a soma das fraes resultantes, como mostrado abaixo:

.

Comparando o primeiro termo da igualdade com o ltimo, notamos que as duas fraes so iguais se, e somente se, os numeradores so

( ) ( 2 ) 2 1+ + + = ,


o que equivalente a

1 2 3 22 3

1 2 3 1

2 3 31

1101 622 1

3 22 22 1 2 3

A A A AA AA A A A

A A AA

+ + = =+ = + = =

= =

=

Dessa forma, encontramos os valores para as constantes A1, A2 e de maneira que:

31 21 1 1 2( 2)( 1) 2 1 2 6( 2) 3( 1)

AA Axx x x x x x x x x

= + + = + + + +

.

Logo,

3 21 1 1 1 1 2 1

2 2 6 2 3 1x dx dx dx dx

x x x x x x

= + = +

=

1 1 2ln ln 2 ln 12 6 3

x x x C+ + + .

EXEMPLO 2 Calcule 3

2 3( 1)( 2)x dx

x x

.

Soluo

Observando que a frao prpria e usando o mesmo procedimento do exemplo 1, porm notando que agora os fatores lineares se repetem, fazemos

332 1 2 1

2 3 2 3 2( 1)( 2) ( 2) ( 2) ( 2)

BA A B Bxx x x x x x x

= + + + + =

3 3 2 2 2 22 1 3 2 1

2 3( 2) ( 2) ( 2) ( 2)

.( 2)A x A x x B x B x x B x x

x x

+ + + + =

Igualando os numeradores, obtemos

e A3

( 2)( 1) 2 1 2 6( 2) 3( 1) .

frao prpria e usando o mesmo procedimento do exemplo 1, porm notando que agora os fatores lineares se

.


3 3 2 4 3 2 22 1 3

3 2 4 3 22 1

4 31 1 2 1 2 1

22 1 3 2 1 2 1 2

1 ( 6 12 8) ( 6 12 8 )( 2 ) ( 4 4 )

( ) ( 6 4 )( 6 12 2 4 ) (12 8 ) 8 .

x A x x x A x x x x B xB x x B x x x

A B x A A B B xA A B B B x A A x A

= + + + + +

+ + + =

= + + + +

+ + + + +

Assim,

2

2 1 3 2 1 1

2 1 2 1

1 1 3

2 1

22

1

1836 12 2 4 0

166 4 1704

12 8 0 58 1 4

316

A

A A B B B AA A B B

A B BA A

BA

B

=

+ + + =

=

+ = + = =

=

= =

=

.

Portanto, 3

2 3

2 3 2

( 1)( 2)

1 3 7 5 38 16 4 ( 2) 4 ( 2) 16 2

x dxx x

dx dx dx dx dxx x x x x

=

= + + + =

2

2

1 3 7 5 3ln ln 28 16 8( 2) 4( 2) 163 1 1 7 5ln .

16 2 4 2 2( 2) ( 2)

x x Cx x x

x Cx x x x

= + + =

= + + +

EXEMPLO 3 Calcule 3 2

2 25 3 7 3

( 1)x x x dx

x

+

+ .


3 3 2 4 3 2 22 1 3

2 1 3 2 1 2 1 2( 6 12 2 4 ) (12 8 ) 8 .

x A x x x A x x x x B x

A A B B B x A A x A

= + + + + +

+ + + + +

8 16 4 ( 2) 4 ( 2) 16 2dx dx dx dx dx

= + + + =

= + + =


Soluo

Como neste caso temos um fator quadrtico irredutvel no denominador, o qual se repete, colocamos um fator linear no numerador de cada frao parcial, e procedemos como nos exemplos anteriores:

3 2

2 2 2 2 25 3 7 3

.( 1) ( 1) ( 1)x x x Ax B Cx D

x x x

+ + += +

+ + +

Resolvendo esta soma de fraes e igualando os numeradores, chegamos seguinte igualdade:

3 2 2

3 2

5 3 7 3 ( ) ( 1)( ) ,

x x x Ax B Cx D xCx Dx A C x B D

+ = + + + + =

= + + + + +

de onde conclumos que:

A = 2, B = 0, C = 5 e D = 3. Assim,

3 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

22

5 3 7 3 2 5 3( 1) ( 1) ( 1)

2 5 3( 1) 1 1

1 5 ln( 1) 3arctg .1 2

x x x x xdx dx dxx x x

x xdx dx dxx x x

x x Kx

+ = + =

+ + +

= + =+ + +

= + + ++

EXERCCIOS 1.5 1. Calcule as seguintes integrais:

a) 26 7

( 2)x dx

x

+

+ b)

2 1( 1)( 2)( 3)

x dxx x x

+

c) 2

3 24 13 9

2 3x x dx

x x x

+

+ d) +

dxxx

x2

32


e) 2 22 4

( 1)( 1)x dx

x x

+

+ f)

3

39 3 1x x dx

x x

+

+

g) 2

22 7

6 9x x dx

x x

+

+ + h) 2

2 12 3 2

x dxx x

+

+

EXERCCIOS EXTRAS

1. Calcule as seguintes integrais, utilizando os mtodos estudados.

1) 2

25 42 1

x x dxx x

+ +

+ 2)

4 24 dx

x x

3) 23

19t dtt

+

4) 2

19

dxx x +

5)2

2sec

(1 tg )x dxx+

6) 2 2tg cossecx x dx

7) + dxxxdxx

22 )1()1( 8)

cos

2 sen x dx

x

9) 216dx

x+ 10)

2tg (5 )x dx

11) 22

3 3dt

t + 12) 2

91

dxx

13)

122

y dyy

14)

1

21

xe dxx


15) 3 2

36 3 16

4x x x dx

x x

+ + +

+

16)

4 2

13

dxx x

17)

2 3sen (2 ) cos (2 ) d 18) 3 2

22 4

2 2x x dx

x

+ +

+

19) 2 2 2cos ( 1)x xe e dx 20) ( 1) xx e dx

21) 6cossec x dx 22)

2

22 25 33( 1) ( 5)x x dxx x

+

23)

22 7

sen 22cos

x xe dxx x

+

24) 2

14

x dxx

+

25)

2 2(16 )x dxx

26) cos2

x xe dx

27) 25 xx e dx 28)

2sec

cotgx dxx

29) 2 21

( 2 3)x dx

x x

+ +

30) 2( 1)secx x dx

2. Seja f contnua em [a, b] e R a regio delimitada pelo grfico de f, pelo eixo-x e pelas retas verticais x = a e x = b. O volume do slido de revoluo gerado pela revoluo de R em torno do eixo-x dado

por [ ]2( )ba

V f x dxpi= . Sabendo disso, calcule o volume dos

slidos gerados pelas funes abaixo, em torno do eixo-x, nos intervalos especificados:


a) ln ; [0, ]y x x e= b) 2cos ; [0,2 ]y x x pi=

c) 2 1/2( 25) ; [0,5]y x x x= +

3. A velocidade (no instante t) de um ponto em movimento sobre uma reta coordenada dada por 2cos tpi m/s. Qual a distncia percorrida pelo ponto em 5 segundos?

4. A acelerao (no instante t) de um ponto em movimento sobre uma reta coordenada dada por 2sen cost t m/s2. Em t = 0 o ponto

est na origem e sua velocidade 10 m/s. Determine sua posio no instante t.

5. Encontre a rea da regio delimitada pelo grfico de 3 2 1/2(10 )y x x = , pelo eixo-x e pela reta 1.x =

Captulo 2

Equaoes Diferenciais Ordinrias

O QUE VOC VAI ESTUDAR: Como resolver equaes diferenciais ordinrias separveis.

Como resolver equaes diferenciais ordinrias lineares de primeira ordem.

Como modelar e resolver problemas que envolvam as equaes diferenciais estudadas.


Equaes Diferenciais

Introduo

Ao ensinar Clculo para alunos de outras reas fundamental motivar, mostrando-lhes a importncia do que esto aprendendo para os problemas de suas especialidades. Assim, podemos perguntar qual a razo para se estudar equaes diferenciais? As equaes diferenciais esto presentes na formulao de modelos relacionados a vrios fenmenos estudados nas cincias, dentre os quais muitos deles dizem respeito a relaes que se estabelecem entre quantidades que variam. Vimos no curso de Clculo Diferencial e Integral 1, de que maneira as taxas de variao so representadas matematicamente atravs das derivadas. Nesse curso, iremos estudar como alguns fenmenos so expressos em termos de equaes diferenciais.

A seguir apresentamos dois exemplos de aplicaes das equaes diferenciais.

Problemas de Mistura

Corrente i em um circuito RL

dyV QC Qydt

=

EQUAES DIFERENCIAIS ORDINRIAS 65

0diL iRdt

+ =

Existem vrios outros exemplos de aplicao das equaes diferenciais: variao de temperatura, modelo presa-predador (em Biologia), decaimento radioativo, crescimento e decrescimento populacional e muitos outros.

Uma equao diferencial uma equao que envolve uma funo incgnita (desconhecida) e suas derivadas. Assim, resolver uma equao diferencial encontrar uma funo que satisfaa identicamente aquela equao. Todavia, anlogo s equaes algbricas, existem muitos tipos de equaes diferenciais e, portanto, para cada tipo, existe uma tcnica para determinar sua soluo, quando esta existe. Fazendo novamente um paralelo com as equaes algbricas, lembramos que nem toda equao possui soluo analtica, sendo que em muitos casos, somente mtodos numricos so capazes de fornecer as solues procuradas. Todavia, quando as solues analticas existem, as operaes inversas so normalmente utilizadas para obt-las, ou seja, assim como em uma equao envolvendo soma, utilizamos a subtrao na sua resoluo, em uma equao envolvendo multiplicao, utilizamos a diviso, e assim por diante, para resolver uma equao envolvendo diferenciais, utilizaremos algum tipo de integrao.

A existncia e a unicidade de solues de equaes diferenciais so garantidas mediante a satisfao de algumas hipteses, atravs de teoremas especficos para isso. Contudo, estes teoremas no sero


abordados neste texto, uma vez que o objetivo aqui estudar alguns mtodos de resoluo, partindo da premissa de que tal soluo exista. Assim, este material s tratar de equaes cujas solues existam analiticamente.

importante observar que as equaes diferenciais compem um grande grupo, o qual dividido, inicialmente, em dois subgrupos: o de equaes diferenciais ordinrias (EDO) e o de equaes diferenciais parciais (EDP). Dizemos que uma equao diferencial ordinria se a funo que se deseja determinar depende de uma nica varivel, por exemplo, y = f(t). Se a funo incgnita depender de duas ou mais variveis, por exemplo, u = f(x,y), a equao denominada equao diferencial parcial. Dentro de cada um desses subgrupos, as equaes se classificam por ordem, assim como os polinmios, porm a ordem neste caso est associada ordem da maior derivada que aparece na equao. Assim, uma equao diferencial dita de primeira ordem se apenas a primeira derivada e a funo estiverem presentes na equao. Se a segunda derivada estiver presente e nenhuma outra de maior ordem, dizemos que ela uma equao de segunda ordem, e assim por diante. E dentro de cada ordem, existem vrios tipos, porm o estudo completo de todos eles demandaria muito tempo e foge dos objetivos deste material.

Equaes Diferenciais de Primeira Ordem

Nesse texto estaremos trabalhando apenas com dois tipos de equaes diferenciais ordinrias de primeira ordem: as separveis e as lineares. Isso se deve ao fato de que ambas so muito utilizadas para descrever fenmenos qumicos, fsicos e biolgicos, tais como a descrio de vrios tipos de reaes qumicas, de decaimentos radioativos, transferncia de calor, concentrao de substncias em

EQUAES DIFERENCIAIS ORDINRIAS

uma soluo, crescimento populacional, dentre muitas outras situaes. Novamente lembramos que o estudante que necessitar aprofundar seus estudos e/ou trabalhar com outros tipos de equaes, poder faz-lo atravs das referncias bibliogrficas citadas.

Inicialmente vejamos alguns exemplos de EDOs, a fim de ilustrar algumas das classificaes feitas anteriormente.

EXEMPLOS

(1 ( ))dy k y tdt

= equao diferencial ordinria de primeira ordem

2

2 3 4 0d y dy ydx dx

+ =

equao diferencial ordinria de segunda ordem

0y y =

equao diferencial ordinria de primeira ordem

'' ' 3y y y+ + =


OBS: Observe que as duas ltimas equaes esto expressas utilizando a notao linha, que no explicita qual a varivel independente. De maneira geral, a equao ou o contexto no qual ela se apresenta nos dir de que maneira deveremos interpretar y


uma soluo, crescimento populacional, dentre muitas outras e o estudante que necessitar

aprofundar seus estudos e/ou trabalhar com outros tipos de lo atravs das referncias bibliogrficas

, a fim de

equao diferencial ordinria de primeira ordem


ordem


Observe que as duas ltimas equaes esto expressas utilizando a notao linha, que no explicita qual a

De maneira geral, a equao ou o contexto no qual ela se apresenta nos dir de que maneira


Solues de Equaes Diferenciais de Primeira Ordem Dizemos que uma funo y = y(x) uma soluo de uma equao diferencial, num intervalo aberto I, se a equao estiver satisfeita identicamente em I quando y e suas derivadas forem substitudas na equao. O exemplo abaixo nos auxilia a entender melhor o conceito de soluo de uma equao diferencial.

EXEMPLO A funo ( ) ty t e= uma soluo da equao diferencial ( ) 0dy y t

dt = no intervalo ( , )I = + , pois

substituindo y e a sua derivada no lado esquerdo dessa equao obtemos

( ) [ ] 0t t t tdy dy t e e e edt dt

= = =

para todos os valores reais de t.

Note que esta no a nica soluo no intervalo I. A funo C ty e=

tambm uma soluo da equao dada, para qualquer valor real da constante C, pois

( ) [ ] 0.t t t tdy dy t Ce Ce Ce Cedt dt

= = =

OBS: Observe que na soluo C ty e= aparece uma constante C, que a constante de integrao. Isso significa que para cada valor da constante C, temos uma soluo diferente e, por isso, a soluo encontrada no nica e denominada soluo geralEDO. Agora, quando a soluo apresentada para alguns valores especficos da constante C, como o caso da funo

Solues de Equaes Diferenciais de

de uma , num intervalo aberto I, se a equao estiver

e suas derivadas forem O exemplo abaixo nos auxilia a entender

uma soluo da equao

, pois

e a sua derivada no lado esquerdo dessa equao

. A funo tambm uma soluo da equao dada, para qualquer

aparece uma constante . Isso significa que para cada

, temos uma soluo diferente e, por isso, a soluo geral da

ndo a soluo apresentada para alguns , como o caso da funo y =


et do exemplo anterior, esta dita soluo particular da EDO.

Problemas de Valor Inicial

Quando um fenmeno modelado matematicamente por uma equao diferencial, existem condies que permitem determinar valores especficos para as constantes de integrao que aparecem na soluo geral desta. importante lembrar que na soluo geral de uma equao diferencial de ordem n, *,n aparecem n constantes de integrao e, nesse caso, iremos precisar de n condies para determinar os valores de todas elas.

No caso de uma equao diferencial de primeira ordem, necessitamos de apenas uma condio (informao acerca do


problema estudado) que nos possibilite encontrar a nica constante de integrao C. Esta condio, denominada de condio inicial, no caso de EDOs de primeira ordem, o valor que a funo assume em um ponto qualquer de seu domnio e, quando isso ocorre, dizemos que temos um problema de valor inicial (PVI). A soluo de um PVI , portanto, a nica soluo da EDO que passa pelo ponto dado.

Por exemplo, suponha que queiramos resolver a EDO

( ) 0dy y tdt

= , sujeita restrio y(0) = 1. Ento temos um PVI(problema de valor inicial):

( ) 0(0) 1

dy y tdty

=

=

cuja soluo ( ) ty t e= , pois quando substitumos t = 0 e y = 1 na soluo geral y = Cet da equao dada, encontramos C = 1.

OBS: Geometricamente, a condio inicial y(x0) = y0 tem o efeito de destacar, da famlia de curvas soluo de uma equao diferencial, a curva que passa pelo ponto (x0,y0).

) que nos possibilite encontrar a nica constante , no

caso de EDOs de primeira ordem, o valor que a funo assume em de seu domnio e, quando isso ocorre, dizemos

). A soluo de um que passa pelo ponto

EDO

PVI

= 1 na

tem o efeito de destacar, da famlia de curvas soluo de uma

EQUAES DIFERENCIAIS ORDINRIAS

EXEMPLO A soluo geral da equao diferencial dy edt

+ =

y(t) = et + C, para qualquer valor real da constante C. Para obtermos a soluo do problema de valor inicial

0

(0) 2

tdy edty

+ =

=

basta substituir a condio inicial t = 0, y = 2 na soluo geral para encontrar o valor da constante C. Obtemos ento:

2 = e 0 + C = 1 + C Assim, C = 3, e a soluo do problema de valor inicial

( ) 3ty t e= + . Podemos representar graficamente esta soluo, atravs de uma curva integral que passa pelo ponto (0,2).


0te+ =

. Para

= 2 na soluo geral para

Podemos representar graficamente esta soluo, atravs de uma


Equaes de Primeira Ordem Separveis

Dizemos que uma equao diferencial de primeira ordem do tipo separvel se for possvel escrever os termos envolvendo a funo e sua derivada, de um lado da equao, onde a derivada aparece multiplicando, e o termo envolvendo a varivel e as constantes, do outro lado da equao. Observamos que normalmente as equaes no aparecem nesta forma e, para sabermos se uma equao , de fato, uma equao separvel, precisamos fazer alguns clculos algbricos a fim de comprovarmos, ou no, tal caracterstica. Com os exemplos a seguir, iremos aprender a reconhecer uma equao diferencial do tipo separvel e, tambm, como proceder para resolv-la.

EXEMPLO 1 Encontre as possveis solues da equao 4 2 0x dyy e

dx+ = .

Equaes de Primeira Ordem Separveis

Dizemos que uma equao diferencial de primeira ordem do os termos envolvendo a

funo e sua derivada, de um lado da equao, onde a derivada aparece multiplicando, e o termo envolvendo a varivel e as constantes, do outro lado da equao. Observamos que normalmente

sabermos se uma equao , de fato, uma equao separvel, precisamos fazer alguns clculos algbricos a fim de comprovarmos, ou no, tal caracterstica. Com os exemplos a seguir, iremos aprender a

mbm,

solues da equao


Soluo

Note que primeira vista no d para saber se a equao do tipo separvel ou no. Para verificar tal fato, precisamos reescrever a equao diferencial de modo que as expresses envolvendo x permaneam de um lado e as expresses envolvendo y e sua derivada, fiquem do outro lado da equao.

Assim, o primeiro passo subtrair dos dois lados da equao o termo contendo a varivel x, a fim de que ele passe para o lado direito da igualdade:

4 2.

xdy y edx

=

Agora, dividindo ambos os lados da igualdade por y4 conseguimos deixar as expresses envolvendo y do lado esquerdo da equao, multiplicando a derivada, e as expresses envolvendo a varivel x, do lado direito:

24

1.

xdye

y dx=

Isso mostra que a equao diferencial dada do tipo separvel.

Agora, para resolver a equao, basta integrarmos ambos os lados em relao x, que a varivel independente, e fazermos os clculos necessrios para isolarmos y em funo de x, que a funo que procuramos como soluo da equao dada. Procedemos, ento, como segue:

2 24 4

1 1,

x xdy dx e dx dy e dxy dx y

= =

onde usamos a notao de diferencial '( ) ou dydy y x dx dy dxdx

= =

n

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Cálculo Para Um Curso de Química-V2-Final-2011x