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Folhas calculo integral. Métodologia
Typology: Study Guides, Projects, Research
1 / 14
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2
y = f (x)
a (^) b
b
a
a (^) b
b
a
a (^) b
f (a)+f (b)
2
a+b
2
b
a
i
i
i+
i
(f (a 0 ) + f (a 1 ) + · · · + f (a (^) n− 1 )) h
F (a 1 ) − F (a 0 )
h
F (a 2 ) − F (a 1 )
h
F (a (^) n ) − F (a (^) n− 1 )
h
h
= F (a 1
) − F (a 0
) + F (a 2
) − F (a 1
) + F (a 3
) − F (a 2
· · · + F (a (^) n− 2 ) − F (a (^) n− 3 ) + F (a (^) n− 1 ) − F (a (^) n− 2 ) + F (a (^) n ) − F (a (^) n− 1 ).
Na expressão anterior cada parcela F (a (^) i ) aparece duas vezes e com sinais opostos,
com excepção das parcelas −F (a 0
) e F (a n
) que só figuram uma vez. Logo,
(f (a 0
) + f (a 1
) + · · · + f (a n− 1
)) h ≈ −F (a 0
) + F (a n
) = F (b) − F (a).
Esta aproximação será tanto melhor quanto mais pequeno for a amplitude h dos su-
bintervalos [a (^) i , a (^) i+1 ]. Pode-se provar que no limite, quando h → 0 , se obtém mesmo
uma igualdade. Atendendo às considerações anteriores, concluímos finalmente que
Área da região = F (b) − F (a).
Obtivemos assim uma fórmula surpreendente que relaciona dois conceitos apa-
rentemente desconexos, a saber, o conceito de integral que envolve a noção de área e
o conceito de primitiva, que envolve a noção de derivada. Esta fórmula é conhecida
por fórmula fundamental do cálculo integral (ou fórmula de Barrow).
As conclusões anteriores mantêm-se válidas se f tomar valores positivos e ne-
gativos.
Tem-se então o seguinte resultado.
Teorema Sejam f : I = [a, b] → R uma função contínua e F : I → R uma
primitiva de f. Então
b ∫
a
f (x)dx =
F (x)
b
a
= F (b) − F (a).
b ∫
a
k dx = k
b ∫
a
1 dx = k[x]
b
a
= k(b − a).
1 ∫
0
x dx =
x
2
1
0
6 ∫
2
x + 1 dx.
Recordemos que P f
′ f
f
α+
α + 1
(α (= − 1 ). Assim,
6 ∫
2
x + 1 dx =
6 ∫
2
(x + 1)
1
2 dx =
(x + 1)
3
2
3
2
6
2
(x + 1)
3
2
6
2
3
2 − 3
3
2 ).
3 ∫
1
e
−x dx.
Recordando que P (f
′ e
f ) = e
f , vem
3 ∫
1
e
−x dx = −
3 ∫
1
−e
−x dx = −
e
−x
3
1
= −(e
− 3 − e
− 1 ) = e
− 1 − e
− 3 .
1
| 2 − x| dx.
Tem-se | 2 − x| =
2 − x, 2 − x ≥ 0
x − 2 , 2 − x ≤ 0
2 − x, 1 ≤ x ≤ 2
x − 2 , 2 ≤ x ≤ 3
√
3 ∫
1
dx
arctg x(1 + x
2 )
Recordando que P
f
′
f
= ln |f |,
arctg x(1 + x
2 )
1
1+x
2
arctg x
= log |arctg x|,
e portanto,
√
3 ∫
1
dx
arctg x(1 + x
2 )
log |arctg x|
√
3
1
= log |arctg
3 | − log |arctg 1 |
= log
π
− log
π
= log
√ 2
−
√ 2
2
x dx
√
1 − x
4
Recordando que (arcsen x)
1 √
1 −x
2
, e que
(arcsen f )
′
=
1 − f
2
f
′
=
f
′
1 − f
2
vem
x
1 − x
4
2 x
1 − (x
2 )
2
arcsen x
2 ,
e portanto,
√ 2
2 ∫
−
√ 2
2
x dx
1 − x
4
arcsen x
2
√ 2
2
−
√ 2
2
arcsen
− arcsen
1 ∫
− 1
dx
x
2 − 4
A função
x
2 − 4
é uma função racional própria pois é um quociente de dois
polinómios, sendo que o grau do denominador superior ao do numerador. O
polinómio x
2 − 4 tem duas raízes simples − 2 , 2 e portanto admite a facto-
rização x
2 − 4 = (x + 2)(x − 2). Assim existem constantes reais A, B tais
que
x
2 − 4
(x − 2)(x + 2)
x − 2
x + 2
A(x + 2) + B(x − 2)
(x − 2)(x + 2)
(A + B)x + 2(A − B)
x
2 − 4
e portanto
1
4
1
4
Daqui resulta que
x
2 − 4
4(x − 2)
4(x + 2)
e portanto
1 ∫
− 1
dx
x
2 − 4
1 ∫
− 1
4(x − 2)
4(x + 2)
dx
1 ∫
− 1
dx
x − 2
1 ∫
− 1
dx
x + 2
log |x − 2 | − log |x + 2|
1
− 1
(log 1 − log 3 − log 3 + log 1) = −
log 3
Propriedades do integral
Sejam f, g : I = [a, b] → R funções contínuas em [a, b], λ ∈ R e c ∈ [a, b]. Tem-se:
b ∫
a
(f (x) + g(x))dx =
b ∫
a
f (x)dx +
b ∫
a
g(x)dx.
b ∫
a
λ f (x) dx = λ
b ∫
a
f (x)dx.
Como vimos anteriormente, o valor da área da região delimitada pelo eixo dos
xx e pelo gráfico de uma função contínua f ≥ 0 num intervalo [a, b], é dado por
b ∫
a
f (x)dx.
No caso f ≤ 0 , o integral representa o simétrico do valor da área dessa região.
Consideremos a função f (x) = sin x em [−π, π]. No intervalo [0, π] temos f (x) ≥ 0
e no intervalo [−π, 0] temos f (x) ≤ 0. As áreas em cada um dos sub-intervalos são
iguais mas os integrais têm sinais contrários. Assim,
π ∫
−π
sin x dx =
0 ∫
−π
sin x dx +
π ∫
0
sin x dx = 0.
y = sin x
−π
π
x
y
Teorema Sejam f, g : I = [a, b] → R são funções contínuas tais que f (x) ≥ g(x)
para todo o x ∈ [a, b]. A área da região
{(x, y) ∈ R
2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)}.
é dada pelo integral
b ∫
a
(f (x) − g(x))dx.
y
a
g
f
b
x
R b
a
(f (x) − g(x))dx
Se o sinal de f − g não for constante no intervalo [a, b] temos que determinar os
pontos onde os gráficos de ambas as funções se intersectam e decompôr o intervalo
em subintervalos onde esse sinal se mantenha constante. O valor da área será então
a soma das áreas em cada um desses subintervalos. No exemplo descrito na seguinte
figura a área da região assinalada vem dada pelo integral
c ∫
a
(g(x) − f (x)) dx +
d ∫
c
(f (x) − g(x)) dx +
b ∫
d
(g(x) − f (x)) dx.
a b
g
f
x
y
c d
2 .
y = 2x obtém-se resolvendo o sistema
y =
1
x
y = 2x
y =
1
x
1
x
= 2x
y =
1
x
x
2 = 2.
Como y ≥ 0 obtemos o ponto (
√
2
2
2). Analogamente a intersecção da
hipérbole y =
1
x
com a recta y =
x
4
obtém-se resolvendo o sistema
y =
1
x
y =
x
2
y =
1
x
1
x
x
2
y =
1
x
x
2 = 4.
Como y ≥ 0 obtemos o ponto (2,
1
2
). Assim,
Área =
√ 2
∫^2
0
2 x −
x
dx +
2 ∫
√ 2
2
x
x
dx
x
2
√ 2
2
0
log |x| −
x
2
√ 2
2
Cálculo de volumes de sólidos de revolução
Vejamos agora como calcular o volume de sólidos de revolução usando o integral
definido.
Seja f : [a, b] → R é uma função contínua tal que f (x) ≥ 0. Seja V ⊂ R
3 o
sólido de revolução em torno do eixo do xx definido por f , i.e., o volume da região
definida por rotação da área
{(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)},
em torno do eixo do xx.
f (x)
z
x
y
a b
Teorema O volume do sólido de revolução definido por y = f (x) é dado pela
fórmula,
b ∫
a
π f
2 (x) dx.
Pretende-se calcular o volume do cone de altura h = 1 e cuja base é uma disco de
raio R = 1. O cone é o sólido de revolução definido pela função f : [0, 1] → R
definida por f (x) = x.
1
1
f (x)
x
z
y
O volume do cone é dado por
1 ∫
0
π x
2 dx = π
x
3
0
π
