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7.1: Integração por Partes - Matemática


objetivos de aprendizado

  • Reconhecer quando usar integração por partes.
  • Use a fórmula de integração por partes para resolver problemas de integração.
  • Use a fórmula de integração por partes para integrais definidos.

A esta altura, temos um procedimento bastante completo sobre como avaliar muitas integrais básicas. No entanto, embora possamos integrar (∫x sin (x ^ 2) , dx ) usando a substituição, (u = x ^ 2 ), algo tão simples como (∫x sin x , , dx ) nos desafia. Muitos alunos desejam saber se existe uma regra de produto para integração. Não existe, mas existe uma técnica baseada na regra de diferenciação do produto que nos permite trocar uma integral pela outra. Chamamos esta técnica Integração por partes.

A Fórmula de Integração por Partes

Se, (h (x) = f (x) g (x) ), então usando a regra do produto, obtemos

[h ′ (x) = f ′ (x) g (x) + g ′ (x) f (x). label {eq1} ]

Embora a princípio possa parecer contraproducente, vamos agora integrar os dois lados da Equação ref {eq1}:

[∫h ′ (x) , , dx = ∫ (g (x) f ′ (x) + f (x) g ′ (x)) , , dx. enhum número ]

Isso nos dá

[h (x) = f (x) g (x) = ∫g (x) f ′ (x) , dx + ∫f (x) g ′ (x) , , dx. enhum número]

Agora resolvemos para (∫f (x) g ′ (x) , , dx: )

[∫f (x) g ′ (x) , dx = f (x) g (x) −∫g (x) f ′ (x) , , dx. enhum número]

Fazendo as substituições (u = f (x) ) e (v = g (x) ), que por sua vez fazem (du = f ′ (x) , dx ) e (dv = g ′ (X) , dx ), temos a forma mais compacta

[∫u , dv = uv − ∫v , du. enhum número]

Integração por partes

Sejam (u = f (x) ) e (v = g (x) ) funções com derivadas contínuas. Então, a fórmula de integração por partes para a integral envolvendo essas duas funções é:

[∫u , dv = uv − ∫v , du. label {IBP} ]

A vantagem de usar a fórmula de integração por partes é que podemos usá-la para trocar uma integral por outra, possivelmente mais fácil, integral. O exemplo a seguir ilustra seu uso.

Exemplo ( PageIndex {1} ): Usando integração por peças

Use integração por partes com (u = x ) e (dv = sin x , , dx ) para avaliar

[∫x sin x , , dx. enhum número ]

Solução

Ao escolher (u = x ), temos (du = 1 , , dx ). Como (dv = sin x , , dx ), obtemos

[v = ∫ sin x , , dx = - cos x. enhum número]

É útil acompanhar esses valores da seguinte maneira:

  • (u = x )
  • (dv = sin x , , dx )
  • (du = 1 , dx )
  • (v = ∫ sin x , , dx = - cos x. )

A aplicação da fórmula de integração por partes (Equação ref {IBP}) resulta em

[ begin {align} ∫x sin x , , dx & = (x) (- cos x) −∫ (- cos x) (1 , , dx) tag {Substituto} [4pt] & = - x cos x + ∫ cos x , , dx tag {Simplificar} end {alinhar} ]

Então use

[∫ cos x , , dx = sin x + C. enhum número]

obter

[∫x sin x , , dx = −x cos x + sin x + C. enhum número]

Análise

Neste ponto, provavelmente existem alguns itens que precisam de esclarecimento. Em primeiro lugar, você pode estar curioso sobre o que teria acontecido se tivéssemos escolhido (u = sin x ) e (dv = x ). Se tivéssemos feito isso, teríamos (du = cos x ) e (v = dfrac {1} {2} x ^ 2 ). Assim, após aplicar a integração por partes (Equação ref {IBP}), temos

[∫ x sin x , , dx = dfrac {1} {2} x ^ 2 sin x − ∫ dfrac {1} {2} x ^ 2 cos x , , dx. enhum número ]

Infelizmente, com a nova integral, não estamos em uma posição melhor do que antes. É importante ter em mente que quando aplicamos a integração por partes, podemos precisar tentar várias opções para (u ) e (dv ) antes de encontrar uma escolha que funcione.

Em segundo lugar, você pode se perguntar por que, quando encontramos (v = ∫ sin x , , dx = - cos x ), não usamos (v = - cos x + K. ) Para veja que não faz diferença, podemos retrabalhar o problema usando (v = - cos x + K ):

[ begin {align *} ∫x sin x , , dx & = (x) (- cos x + K) −∫ (- cos x + K) (1 , , dx) [4pt] & = - x cos x + Kx + ∫ cos x , , dx − ∫K , , dx [4pt] & = - x cos x + Kx + sin x − Kx + C [4pt] & = - x cos x + sin x + C. end {align *} ]

Como você pode ver, não faz diferença na solução final.

Por último, podemos verificar se nossa antiderivada está correta diferenciando (- x cos x + sin x + C: )

[ begin {align *} dfrac {d} {, dx} (- x cos x + sin x + C) = cancel {(- 1) cos x} + (−x) (- sin x) + cancelar { cos x} [4pt] = x sin x end {alinhar *} ]

Portanto, a antiderivada confere.

Exercício ( PageIndex {1} )

Avalie (∫ xe ^ {2x} , dx ) usando a fórmula de integração por partes (Equação ref {IBP}) com (u = x ) e (dv = e ^ {2x} , , dx ).

Dica

Encontre (du ) e (v ) e use o exemplo anterior como um guia.

Responder

[∫ xe ^ {2x} , , dx = dfrac {1} {2} xe ^ {2x} - dfrac {1} {4} e ^ {2x} + C não numérico ]

A pergunta natural a ser feita neste ponto é: Como sabemos como escolher (u ) e (dv )? Às vezes é uma questão de tentativa e erro; no entanto, a sigla LIATE muitas vezes pode ajudar a eliminar algumas das conjecturas de nossas escolhas. Esta sigla significa eufunções ogarítmicas, euFunções trigonométricas inversas, UMAFunções lgébricas, Tfunções rigonométricas e EFunções xponenciais. Este mnemônico serve como um auxílio para determinar uma escolha apropriada para (u ). O tipo de função na integral que aparece primeiro na lista deve ser nossa primeira escolha de (u ).

Por exemplo, se uma integral contém um função logarítmica e um função algébrica, devemos escolher (u ) para ser a função logarítmica, porque L vem antes de A em LIATE. A integral em Exemplo ( PageIndex {1} ) tem uma função trigonométrica ( ( sin x )) e uma função algébrica ( (x )). Como A vem antes de T em LIATE, escolhemos (u ) para ser a função algébrica. Quando escolhemos (u ), (dv ) é selecionado para ser a parte restante da função a ser integrada, junto com (, dx ).

Por que esse mnemônico funciona? Lembre-se de que tudo o que escolhermos como (dv ) deve ser algo que possamos integrar. Como não temos fórmulas de integração que nos permitem integrar funções logarítmicas simples e funções trigonométricas inversas, faz sentido que elas não sejam escolhidas como valores para (dv ). Conseqüentemente, eles devem estar no topo da lista como opções para (u ). Assim, colocamos LI no início do mnemônico. (Poderíamos facilmente ter começado com IL, uma vez que esses dois tipos de funções não aparecerão juntos em um problema de integração por partes.) As funções exponencial e trigonométricas estão no final de nossa lista porque são bastante fáceis de integre e faça boas escolhas para (dv ). Assim, temos TE no final do nosso mnemônico. (Poderíamos facilmente ter usado ET no final, uma vez que quando esses tipos de funções aparecem juntos, geralmente não importa qual é (u ) e qual é (dv ).) Funções algébricas são geralmente fáceis de integrar e diferenciar, e eles vêm no meio do mnemônico.

Exemplo ( PageIndex {2} ): Usando integração por peças

Avalie [∫ dfrac { ln x} {x ^ 3} , , dx. enhum número]

Solução

Comece reescrevendo a integral:

[∫ dfrac { ln x} {x ^ 3} , , dx = ∫ x ^ {- 3} ln x , , dx. enhum número ]

Uma vez que esta integral contém a função algébrica (x ^ {- 3} ) e a função logarítmica ( ln x ), escolha (u = ln x ), uma vez que (L ) vem antes de A em LIATE. Depois de escolher (u = ln x ), devemos escolher (dv = x ^ {- 3} , dx ).

Em seguida, como (u = ln x, ) temos (du = dfrac {1} {x} , dx. ) Além disso, (v = ∫ x ^ {- 3} , dx = - dfrac {1} {2} x ^ {- 2}. ) Resumindo,

  • (u = ln x )
  • (du = dfrac {1} {x} , dx )
  • (dv = x ^ {- 3} , dx )
  • (v = ∫ x ^ {- 3} , dx = - dfrac {1} {2} x ^ {- 2}. )

Substituir na fórmula de integração por partes (Equação ref {IBP}) dá

[ begin {align *} ∫ dfrac { ln x} {x ^ 3} , dx & = ∫ x ^ {- 3} ln x , dx = ( ln x) (- dfrac {1} {2} x ^ {- 2}) - ∫ (- dfrac {1} {2} x ^ {- 2}) ( dfrac {1} {x} , dx) [4pt ] & = - dfrac {1} {2} x ^ {- 2} ln x + ∫ dfrac {1} {2} x ^ {- 3} , , dx [4pt] & = - dfrac {1} {2} x ^ {- 2} ln x− dfrac {1} {4} x ^ {- 2} + C [4pt] & = - dfrac {1} {2x ^ 2} ln x− dfrac {1} {4x ^ 2} + C end {alinhar *} ]

Exercício ( PageIndex {2} )

Avalie [∫ x ln x , , dx. enhum número]

Dica

Use (u = ln x ) e (dv = x , , dx ).

Responder

[∫ x ln x , , dx = dfrac {1} {2} x ^ 2 ln x− dfrac {1} {4} x ^ 2 + C não numérico ]

Em alguns casos, como nos próximos dois exemplos, pode ser necessário aplicar a integração por partes mais de uma vez.

Exemplo ( PageIndex {3A} ): Aplicando integração por partes mais de uma vez

Avalie [∫ x ^ 2e ^ {3x} , dx. enhum número]

Solução

Usando LIATE, escolha (u = x ^ 2 ) e (dv = e ^ {3x} , dx ). Assim, (du = 2x , dx ) e (v = ∫e ^ {3x} , dx = left ( dfrac {1} {3} right) e ^ {3x} ). Portanto,

  • (u = x ^ 2 )
  • (du = 2x , dx )
  • (dv = e ^ {3x} , dx )
  • (v = ∫e ^ {3x} , dx = dfrac {1} {3} e ^ {3x}. )

Substituindo na Equação ref {IBP} produz

[∫x ^ 2e ^ {3x} , dx = dfrac {1} {3} x ^ 2e ^ {3x} −∫ dfrac {2} {3} xe ^ {3x} , dx. label {3A.2} ]

Ainda não podemos integrar (∫ dfrac {2} {3} xe ^ {3x} , dx ) diretamente, mas a integral agora tem uma potência menor em (x ). Podemos avaliar essa nova integral usando a integração por partes novamente. Para fazer isso, escolha

[u = x nonumber ]

e

[dv = dfrac {2} {3} e ^ {3x} , dx. enhum número]

Desse modo,

[du = , dx nonumber ]

e

[v = ∫ left ( dfrac {2} {3} right) e ^ {3x} , dx = left ( dfrac {2} {9} right) e ^ {3x}. enhum número]

Agora temos

  • (u = x )
  • (du = , dx )
  • (dv = dfrac {2} {3} e ^ {3x} , dx )
  • ( displaystyle v = ∫ dfrac {2} {3} e ^ {3x} , dx = dfrac {2} {9} e ^ {3x}. )

Substituindo de volta na Equação ref {3A.2} produz

[∫ x ^ 2e ^ {3x} , dx = dfrac {1} {3} x ^ 2e ^ {3x} - left ( dfrac {2} {9} xe ^ {3x} −∫ dfrac {2} {9} e ^ {3x} , dx right). enhum número]

Depois de avaliar a última integral e simplificar, obtemos

[∫x ^ 2e ^ {3x} , dx = dfrac {1} {3} x ^ 2e ^ {3x} - dfrac {2} {9} xe ^ {3x} + dfrac {2} { 27} e ^ {3x} + C. enhum número]

Exemplo ( PageIndex {3B} ): Aplicando integração por peças quando LIATE não funciona bem

Avalie

[∫ t ^ 3e ^ {t ^ 2} dt. enhum número]

Solução

Se usarmos uma interpretação estrita do mnemônico LIATE para fazer nossa escolha de (u ), terminaremos com (u = t ^ 3 ) e (dv = e ^ {t ^ 2} dt ). Infelizmente, esta escolha não funcionará porque não podemos avaliar (∫ e ^ {t ^ 2} dt ). No entanto, como podemos avaliar (∫ te ^ {t ^ 2} , dx ), podemos tentar escolher (u = t ^ 2 ) e (dv = te ^ {t ^ 2} dt. ) Com essas escolhas, temos

  • (u = t ^ 2 )
  • (du = 2tdt )
  • (dv = te ^ {t ^ 2} dt )
  • (v = ∫ te ^ {t ^ 2} dt = dfrac {1} {2} e ^ {t ^ 2}. )

Assim, obtemos

[ begin {align *} ∫t ^ 3e ^ {t ^ 2} dt = dfrac {1} {2} t ^ 2e ^ {t ^ 2} −∫ dfrac {1} {2} e ^ { t ^ 2} 2t , dt [4pt] = dfrac {1} {2} t ^ 2e ^ {t ^ 2} - dfrac {1} {2} e ^ {t ^ 2} + C. end {align *} ]

Exemplo ( PageIndex {3C} ): Aplicando integração por partes mais de uma vez

Avalie [∫ sin ( ln x) , dx. enhum número]

Solução

Essa integral parece ter apenas uma função - a saber, ( sin ( ln x) ) - no entanto, sempre podemos usar a função constante 1 como a outra função. Neste exemplo, vamos escolher (u = sin ( ln x) ) e (dv = 1 , dx ). (A decisão de usar (u = sin ( ln x) ) é fácil. Não podemos escolher (dv = sin ( ln x) , dx ) porque se pudéssemos integrá-lo, não estaria usando integração por partes em primeiro lugar!) Consequentemente, (du = (1 / x) cos ( ln x) , dx ) e (v = ∫ 1 , dx = x . ) Depois de aplicar a integração por partes ao integral e simplificar, temos

[∫ sin left ( ln x right) , dx = x sin ( ln x) - int cos ( ln x) , dx. enhum número]

Infelizmente, esse processo nos deixa com uma nova integral muito semelhante à original. No entanto, vamos ver o que acontece quando aplicamos a integração por partes novamente. Desta vez, vamos escolher (u = cos ( ln x) ) e (dv = 1 , dx, ) tornando (du = - (1 / x) sin ( ln x) , dx ) e (v = ∫ 1 , dx = x. )

Substituindo, nós temos

[∫ sin ( ln x) , dx = x sin ( ln x) - (x cos ( ln x) -∫ - sin ( ln x) , dx). enhum número]

Depois de simplificar, obtemos

[∫ sin ( ln x) , dx = x sin ( ln x) −x cos ( ln x) −∫ sin ( ln x) , dx. enhum número]

A última integral agora é igual à original. Pode parecer que simplesmente andamos em um círculo, mas agora podemos avaliar a integral. Para ver como fazer isso mais claramente, substitua (I = ∫ sin ( ln x) , dx. ) Assim, a equação torna-se

[I = x sin ( ln x) −x cos ( ln x) −I. enhum número]

Primeiro, adicione (I ) a ambos os lados da equação para obter

[2I = x sin ( ln x) −x cos ( ln x). enhum número]

Em seguida, divida por 2:

[I = dfrac {1} {2} x sin ( ln x) - dfrac {1} {2} x cos ( ln x). enhum número]

Substituindo (I = ∫ sin ( ln x) , dx ) novamente, temos

[ int sin ( ln x) , dx = dfrac {1} {2} x sin ( ln x) - dfrac {1} {2} x cos ( ln x). enhum número]

A partir disso, vemos que ((1/2) x sin ( ln x) - (1/2) x cos ( ln x) ) é uma antiderivada de ( sin ( ln x) , dx ). Para a antiderivada mais geral, adicione (+ C ):

[∫ sin ( ln x) , dx = dfrac {1} {2} x sin ( ln x) - dfrac {1} {2} x cos ( ln x) + C. enhum número]

Análise

Se este método parecer um pouco estranho no início, podemos verificar a resposta por diferenciação:

[ begin {align *} dfrac {d} {, dx} left ( dfrac {1} {2} x sin ( ln x) - dfrac {1} {2} x cos ( ln x) right) [4pt] & = dfrac {1} {2} ( sin ( ln x)) + cos ( ln x) ⋅ dfrac {1} {x} ⋅ dfrac {1} {2} x− left ( dfrac {1} {2} cos ( ln x) - sin ( ln x) ⋅ dfrac {1} {x} ⋅ dfrac {1} {2} x right) [4pt] & = sin ( ln x). end {align *} ]

Exercício ( PageIndex {3} )

Avalie [∫x ^ 2 sin x , dx. enhum número]

Dica

Isso é semelhante a Exemplos ( PageIndex {3A} ) - ( PageIndex {3C} ).

Responder

[∫x ^ 2 sin x , dx = −x ^ 2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + C nonumber ]

Integração por partes para integrais definidos

Agora que usamos a integração por partes com sucesso para avaliar integrais indefinidos, voltamos nossa atenção para integrais definidas. A técnica de integração é realmente a mesma, apenas adicionamos uma etapa para avaliar a integral nos limites superior e inferior da integração.

Integração por partes para integrais definidos

Sejam (u = f (x) ) e (v = g (x) ) funções com derivadas contínuas em [ (a, b )]. Então

[∫ ^ b_a u , dv = uv Big | ^ b_a − ∫ ^ b_a v , du ]

Exemplo ( PageIndex {4A} ): Encontrando a área de uma região

Encontre a área da região limitada acima pelo gráfico de (y = tan ^ {- 1} x ) e abaixo pelo eixo (x ) - no intervalo [ (0,1 )].

Solução

Esta região é mostrada na Figura ( PageIndex {1} ). Para encontrar a área, devemos avaliar

[∫ ^ 1_0 tan ^ {- 1} x , , dx. enhum número]

Para esta integral, vamos escolher (u = tan ^ {- 1} x ) e (dv = , dx ), tornando assim (du = dfrac {1} {x ^ 2 + 1} , dx ) e (v = x ). Depois de aplicar a fórmula de integração por partes (Equação ref {IBP}), obtemos

[ text {Area} = left. x tan ^ {- 1} x right | ^ 1_0 − ∫ ^ 1_0 dfrac {x} {x ^ 2 + 1} , dx. enhum número]

Use (u ) - substituição para obter

[∫ ^ 1_0 dfrac {x} {x ^ 2 + 1} , dx = left. Dfrac {1} {2} ln left (x ^ 2 + 1 right) right | ^ 1_0 . enhum número]

Desse modo,

[ text {Area} = x tan ^ {- 1} x Big | ^ 1_0− left. dfrac {1} {2} ln left (x ^ 2 + 1 right) right | ^ 1_0 = left ( dfrac {π} {4} - dfrac {1} {2} ln 2 right) , text {unidades} ^ 2. enhum número]

Neste ponto, pode não ser uma má ideia fazer uma “verificação da realidade” sobre a razoabilidade de nossa solução. Como ( dfrac {π} {4} - dfrac {1} {2} ln 2≈0,4388 , text {unidades} ^ 2, ) e da Figura ( PageIndex {1} ) nós espere que nossa área seja ligeiramente menor que (0,5 , text {unidades} ^ 2, ) esta solução parece ser razoável.

Exemplo ( PageIndex {4B} ): Encontrando um Volume de Revolução

Encontre o volume do sólido obtido girando a região delimitada pelo gráfico de (f (x) = e ^ {- x}, ) o eixo (x ), o eixo (y ), e a linha (x = 1 ) sobre o eixo (y ).

Solução

A melhor opção para resolver esse problema é usar o método shell. Comece esboçando a região a ser revolvida, junto com um retângulo típico (Figura ( PageIndex {2} )).

Para encontrar o volume usando conchas, devemos avaliar

[2π∫ ^ 1_0xe ^ {- x} , dx. label {4B.1} nonumber ]

Para fazer isso, deixe (u = x ) e (dv = e ^ {- x} ). Essas escolhas levam a (du = , dx ) e (v = ∫ e ^ {- x} , dx = −e ^ {- x}. ) Usando a fórmula do Método Shell, obtemos

[ begin {align *} text {Volume} & = 2π∫ ^ 1_0xe ^ {- x} , dx [4pt] = 2π left (−xe ^ {- x} Big | ^ 1_0 + ∫ ^ 1_0e ^ {- x} , dx right) tag {Use integração por partes} [4pt]
& = 2π left (-e ^ {- 1} + 0 - e ^ {- x} Big | ^ 1_0 right) [4pt]
& = 2π left (-e ^ {- 1} - e ^ {- 1} + 1 right) [4pt]
& = 2π left (1 - dfrac {2} {e} right) , text {unidades} ^ 3. Tag {Avaliar e simplificar} end {alinhar *} ]

Análise

Novamente, é uma boa ideia verificar a razoabilidade de nossa solução. Observamos que o sólido tem um volume ligeiramente inferior ao de um cilindro de raio (1 ) e altura de (1 / e ) somado ao volume de um cone de raio de base (1 ) e altura de (1− dfrac {1} {e}. ) Consequentemente, o sólido deve ter um volume um pouco menor que

[π (1) ^ 2 dfrac {1} {e} + left ( dfrac {π} {3} right) (1) ^ 2 left (1− dfrac {1} {e} direita) = dfrac {2π} {3e} + ​​ dfrac {π} {3} ≈1,8177 , text {unidades} ^ 3. enhum número]

Como (2π− dfrac {4π} {e} ≈1,6603, ) vemos que nosso volume calculado é razoável.

Exercício ( PageIndex {4} )

Avalie [∫ ^ {π / 2} _0x cos x , dx. enhum número]

Dica

Use a equação ref {IBP} com (u = x ) e (dv = cos x , dx. )

Responder

[∫ ^ {π / 2} _0x cos x , dx = dfrac {π} {2} −1 nonumber ]

Conceitos chave

  • A fórmula de integração por partes (Equação ref {IBP}) permite a troca de uma integral por outra, possivelmente mais fácil, integral.
  • A integração por partes se aplica a integrais definidos e indefinidos.

Equações Chave

  • Integração por fórmula de peças

( displaystyle ∫u , dv = uv − ∫v , du )

  • Integração por partes para integrais definidos

( displaystyle ∫ ^ b_au , dv = uv Big | ^ b_a − ∫ ^ b_av , du )

Glossário

Integração por partes
uma técnica de integração que permite a troca de uma integral por outra usando a fórmula ( displaystyle ∫ u , dv = uv − ∫ v , du )


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