====== Integração por partes ======


Lembramos a fórmula da derivada de produto de duas funções:

$  (fg)^{'} = f^{'} g + fg^{'}   $

Se integrarmos dos dois lados da equação acima num intervalo $  [a,b]  $ temos

$     \int_{a}^{b} (fg)^{'}(t) dt = \int_{a}^{b} f^{'}(t) g(t) dt + \int_{a}^{b} f(t)g^{'}(t) dt  $

De acordo com teorema fundamental de cálculo

$  \int_{a}^{b} (fg)^{'}(t) dt = f(b)g(b) - f(a)g(a). $

**Teorema:** Sejam $  f^{'}, g^{'}  $ funções contínuas (respectivamente derivada das funções $  f, g  $) sobre $  [a,b]  $. Então:

$  \int_{a}^{b} f^{'}(t) g(t) dt = f(b)g(b) - f(a)g(a) - \int_{a}^{b} f(t)g^{'}(t) dt.  $

Para integrais indefinidas obtemos:

$  \int_{a}^{b} f^{'}(t) g(t) dt = f(t)g(t) -\int_{a}^{b} f(t)g^{'}(t) dt $

<color #ed1c24>Exemplo 1:</color> Qual é a primitiva da função $  ln(x), x >0?  $

Vamos escrever $  f(x)=ln(x), g^{'}(x)=1  $ portanto se assumirmos $  g(x)=x  $ então

$  \int ln(x)dx = xln(x) - \int \frac{1}{x}x dx  $

$  = xln(x) - x  $

Claro que se acrescentarmos uma função constante teremos outras primitivas. Assim, as primitivas são de forma $  xln(x)-x + C.  $

<color #ed1c24>Exemplo 2:</color> Calcule $  \int_{a}^{b} te^t dt  $

Em primeiro olhar parece que basta enxergar a função integrante (dentro do integral) como $  f(t)g^{'}(t)  $, ou seja $  f^{'}(t)=t, g(t)=e^t.  $ Assim é fácil descobrir que $  f(t)=\frac{1}{2}t^2.  $ Portanto pela integração por partes:

$  \int_{a}^{b} te^t dt = \frac{1}{2}t^2 e^t|_{a}^{b} -\int_{a}^{b} \frac{1}{2}t^2e^t dt  $

Opa! agora piorou! Como calcular $  \int_{a}^{b} \frac{1}{2}t^2e^t   $?

**Keep calm!** Vamos trocar papel das duas funções, ou seja vamos enxergar a integral desejada como $  \int_{a}^{b} f(t)g^{'}(t)dt  $ que por integração por partes será igual a $  f(t)g(t)|_{a}^{b} -\int_{a}^{b} f^{'}(t)g(t) dt $

e observe que agora a vida vai ser mais fácil, pois $  f^{'}(t)=1, g(t)=e^t  $ e assim

$  \int_{a}^{b} te^t dt = te^t|{a}^{b} - \int_{a}^{b} e^t dt = be^b - ae^a - (e^b - e^a)  $

$  = e^b(b-1) - e^a(a-1).  $

<color #ed1c24>Exemplo 3:</color> Para calcular primitiva de produto de duas funções de "tipos diferentes" geralmente integração por partes ajuda. Calcule

$  \int_{0}^{\pi} x sen(x) dx.  $

Substituimos $  f(x)=x, g^{'}(x)=sen(x)  $ e assim

$  \int_{0}^{\pi} x sen(x) dx = [-xcos(x)]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} -cos(x) dx  $

$  = \pi - 0 + sen(x)|_{0}^{\pi}= \pi.  $

Usando este método podemos achar primitiva de $  x^k sen(x)  $

<color #ed1c24>Exemplo 4:</color> Calcule primitiva para função $  sec^3 (x), x \in (- \pi/2, \pi/2).  $ Lembrando que $  sec(x) = \frac{1}{cos(x)}  .$

A mágica neste exemplo é que após certas vezes de aplicar integração por partes, a primeira integral reaparece com sinal oposto.

$  sec^3(x) = sec(x) (1 + tg^2(x))= sec(x)+sec(x) tg^2(x)  $ e então

$  \int sec^3(x) dx = \int sec(x)dx + \int sec(x)tg^2(x)) dx  $

Já pelas primitivas clássicas temos

$  \int sec(x) dx = ln(sec(x) + tg(x)).  $

então basta calcular $  \int sec(x)tg^2(x)) dx  $. Para tal basta colocar $  f(x)=tg(x), g^{'}(x)=sec(x)tg(x)  $ e portanto

$  \int sec(x)tg^2(x)) dx = \int tg(x)(sec(x)tg(x)) dx  $

$  = tg(x)sec(x) - \int sec^3(x) dx.  $ e

<color #00a2e8>E aqui é o momento mágico!</color>

Pois já concluímos que:

$  \int sec^3(x) = ln(sec(x) + tg(x)) + tg(x)sec(x) - \int sec^3(x) dx $ e portanto

$  \int sec^3(x) = \frac{1}{2}[ln(sec(x) + tg(x)) + tg(x)sec(x)]  $


**Notação por diferenciais:**

Se na fórmula de integração por partes denotamos por $  f(x)=u, g(x)=v  $

então temos $  \int u dv = uv - \int v du.  $

Considerando caso integral definida temos

$  \int_{v_1}^{v_2} u dv = u_2 v_2 - u_1 v_1 - \int_{u_1}{u_2} v du  $, veja figura abaixo e mantenha calma para aprender mudança de variáveis para compreender melhor!


====== Mudança de variável ======

Considere $  \phi: I \rightarrow \mathbb{R}  $ e $  F: J \rightarrow \mathbb{R}  $ tais que $  I, J  $ são intervalos e $  \phi(I) \subset J  $ e $  F  $ diferenciável com derivada contínua e $  F^{'}=f.  $ Então $  F \circ \phi  $ é uma primitiva para $  (f\circ \phi).\phi^{'}  $. Isto é

$  \int (f\circ \phi).\phi^{'} = F \circ \phi.  $

Demonstração: Basta usar regra de cadeia

$  \frac{d}{dt} (F (\phi(t))= F^{'}(\phi(t)) \phi^{'}(t)  $

$  = f(\phi(t)).\phi^{'}(t).  $

De fato se escrevermos $  x=\phi(t)  $ podemos escrever

$  \int f(\phi(t)).\phi^{'}(t) dt = F(x).  $ (*)

<color #ed1c24>Exemplo:</color> Seja $  \phi  $ uma função que nunca é zero no seu domínio e que tenha derivada contínua. Então $  ln(|\phi(x)|)  $ é uma primitiva apra $  \frac{\phi^{'}(x)}{\phi(x)}  $. Basta considerar $  f(x)=\frac{1}{x} , F(x)=ln(|x|)  $ na fórmula (*).

<color #ed1c24>Outro exemplo:</color> Calcule uma primitiva para $  \frac{1}{\sqrt{x^3 - x^4}}.  $

Massageando a função, escrevemos $  \frac{1}{\sqrt{x^3 - x^4}} = \frac{1}{x^2}. \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x}-1}}  $

Observem que $  \frac{d}{dx} (\frac{1}{x}-1) = - \frac{1}{x^2}  $ e portanto se substituirmos na fórmula (*):

$  \phi(x)= \frac{1}{x}-1, f(x)=x^{-1/2}, F(x)=2x^{1/2}  $

obtemos:

$  \int \frac{1}{\sqrt{x^3-x^4}} = - \int f(\phi(x)).\phi^{'}(x) dx =  $

$  = -2 \sqrt{\frac{1}{x}-1}.  $

Difícil? Bem, podemos utilizar diferenciais de Leibniz para facilitar um pouco a vida! E assim entendemos o nome de mudança de variável melhor:

Observe que

$  \int \frac{1}{\sqrt{x^3 - x^4}} dx = \int \frac{1}{x^2}. \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x}-1}} dx  $

Vamos substituir $  u = \frac{1}{x}-1  $ portanto $  \frac{-1}{x^2} dx = du.  $

//Sim, isto faz sentido!// E o sentido é $  \frac{du}{dx} = \frac{-1}{x^2}  $. Lembrem que $  \frac{du}{dx}  $ representa a derivada da função $  x \rightarrow u(x).  $ O ponto importante é que apensar de que $  dx  $ não é um número, tratamos ela como um número na fração $  \frac{du}{dx}  $ e isto é a magia de notações de Leibniz.

Vamos continuar:

$  \int \frac{1}{\sqrt{x^3 - x^4}} dx = \int \frac{u^{-1/2}}{x^2} dx = \int - u^{-1/2} du = $

$  = -2u^{1/2} = -2 \sqrt{\frac{1}{x}-1}.  $

**Confissão: Lembrem que inicialmente utilizamos a notação $  \int f  $ para denotar integral (indefinida) da função. Porém com uso da notação $  \int f(x) dx  $ podemos aplicar mudança de variável tratando infinitesimais como números reais e mais uma vez beneficiar das utilidades algébricas.
**

====== Substituições clássicas Trigonométricas: ======

Existem algumas mudanças de variáveis que envolvem expressões como $  \sqrt{\pm x^2 \pm a^2}  $ que são úteis:

Se na expressão de uma função aparecer $  \sqrt{x^2 + a^2}  $, então a mudança $  x=a tg(\theta)  $ resulta $  \sqrt{x^2 + a^2} = a |sec(\theta)|  $ e tipicamente isto ajuda no calculo da integral.
Se na expressão de uma função aparecer $  \sqrt{-x^2 + a^2} s=-1$, então a mudança $  x=a sen(\theta)  $ resulta $  \sqrt{-x^2 + a^2} = a |cos(\theta)|  $
Se na expressão de uma função aparecer $  \sqrt{x^2 - a^2}  $, então a mudança $  x=a sec(\theta)  $ resulta $  \sqrt{x^2 - a^2} = a |tg(\theta)|  $
$  \sqrt{-x^2 - a^2}$ não é real e portanto não aprece!

Uma obeservação: Toda expressão quadrática $  At^2+Bt + C  $ pode ser transformar em uma das formas anteriores.(completando quadrado)

<color #ed1c24>Exemplo:</color> Calcule $  \int \sqrt{a^2 + x^2}.  $

Fazendo a mudança de variável sugerido anteriormente $  x = a tg(\theta)  $ temos $  dx=a sec^2(\theta) d\theta  $ e portanto

$  \int \sqrt{a^2 + x^2} dx = \int a sec(\theta) a sec^2(\theta) d\theta=  $

$  = a^2 \int sec^3(\theta) d\theta.  $

Lembramos que já calculamos

$  \int sec^3(\theta) d\theta= = \frac{1}{2} [\ln(sec(\theta) + tg(\theta)) + tg(\theta) sec(\theta)]  $

e agora voltamos a escrever tudo em termos de variável $  x.  $

Já que $  tg(\theta) = \frac{x}{a}  $ temos $  sec(\theta) = \frac{\sqrt{x^2+ a^2}}{a}  $

e portanto temos calculado (com grande orgulho e pouco de suor)

$  \int \sqrt{a^2 + x^2} dx = \frac{a^2}{2} [ln (\frac{x + \sqrt{a^2 + x^2}}{a}) + \frac{x \sqrt{a^2+x^2}}{a^2} ]  .$