A raíz da teoria de integração que vamos estudar a partir de agora está nos métodos que os gregos (o mais renomado Arquimedes) usavam para achar área e volume de objetos com contornos curvados.

Cálcular área de quadrados, retângulos, paralelegramos e triângulos foram os primeiros a serem calculadas. A partir de área de triângulos, podemos achar área de qualquer região delimitada por segmentos (polígonos gerais), pois podemos dividir essas regiões em triângulos.

A novidade essencial vem quando  Arquimedes provou que a área delimitada por uma parábola e uma linha reta é $ 4/3$ da área do triangulo inscrito (ABC) “correspondente” , como mostrado na figura abaixo.

Para provar a afirmação sobre área da região delimitada por segmento $ AB $ primeiramente precisamos dois fatos geométricos cuja demonstração fica a cargo do leitor. Podem utilizar geometria analítica para demonstrar e usar derivada! Porém na época, nõa havia tais ferramentas e a demonstração foi “braçal”!

Fato 1 (exercício de cálculo 1). Em qualquer parábola, dado uma corda $ AB $ (como na figura acima), existe único ponto $ C $ pertencente ao arco $ AB $ na parábola tal que a reta tangente no ponto $ C $ é paralela ao segmento $ AB. $

Fato 2. A área do triângulo $ ACD $ (e também $ BCE $) é $ \frac{1}{8} $ da área do triângulo $ ABC. $

Portanto a soma das áreas dos triângulos $ ACD $ e $ BCE $ é igual a $ \frac{1}{4} $ da área do triângulo $ ABC. $ Continuando assim, “exaurindo” toda região delimitada por triângulos Arquimedes concluiu que a área da região $ A $ é limite das somas parciais de uma progressão geométrica.

$ A = S + \frac{1}{4}S + \frac{1}{4^2}S + \cdots $

onde $ S $ é a área do triângulo $ ABC $ e $ A = \frac{1}{1-\frac{1}{4}}S = \frac{4}{3}S. $ (veja no cálculo1)

A parábola era uma curva bem conhecida na época. Porém com avanço da geometria analítica encontramos outras curvas e o problema de cálculo da área parece mais complicado (usamos propriedade da parábola acima).

Em geral vamos tentar usar essa ideia de exaustão para calcular área abaixo do gráfico de uma função contínua. Vamos começar pela parábola.

Considere $ y=kx^2, k > 0 $ curva (parábola) no plano e vamos calcular a área da região abaixo da curva e delimitada por retas $ x=0, x=c $ e $ y=0. $

Usando método de exaustão de Arquimedes essa área é igual a $ \frac{1}{3}kc^3. $ (o ponto $ C $) na figura abaixo tem coordenadas $ (c, 0) $ e o ponto $ B = (c, kc^2) $ está na parábola.

Pelo método de exaustão supracitado a área da região “curvada” $ OAB $ é $ \frac{4}{3} $ da área do triângulo $ OAB $ que por sua vez tem metade da área do retângulo $ OABC $ portanto a área da região curvada $ OAB $ é $ \frac{4}{3} \frac{1}{2} \times b kc^2 = \frac{2}{3}kc^3 $.

Assim concluímos que a área da região abaixo da curva $ OBC $ é igual $ \frac{1}{3}kc^3. $

Agora vamos usar um outro método que será útil e não restrito a parábola. A ideia que vamos expor a seguir é chamado de integral de Riemann.

Vamos considerar duas estimativa para área abaixo da parábola:

Porém, vamos melhorar as estimativas, aumentando número dos retângulos. Consideramos pontos $ x_0=0, x_1= \frac{c}{n}, x_2= \frac{2c}{n}, \cdots x_n= \frac{nc}{n}=c. $ (na figura acima apenas ilustramos $ n=4. $)

A largura de todos os possíveis retângulos (tanto na estimativa superior quanto no inferior) é igual a $ \frac{c}{n} $.

Vamos achar a soma das áreas dos retângulos que da uma estimativa superior: A área do retângulo baseado no intervalo $ [x_{i-1}, x_i] $ é $ \frac{c}{n} k (i \frac{c}{n})^2 = ki^2 \frac{c^3}{n^3}. $ Portanto a estimativa superior (com $ n $ retângulos) da área da região será:

$ \sum_{i=1}^{n} ki^2 \frac{c^3}{n^3} = k \frac{c^3}{n^3} (1^2 + 2^2 + \cdots + n^2). $

Lembrando que $ \sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $ concluímos que a estimativa superior é:

$ k \frac{c^3}{n^3} \times \frac{2n^3 + 3n^2 +n}{6}. $

Agora hora de verdade! Vamos calcular limite! Qual é o limite da expressão acima quando $ n \rightarrow \infty? $

Ok, isto é fácil:

$ \lim_{n \rightarrow \infty} k \frac{c^3}{n^3} \times \frac{2n^3 + 3n^2 +n}{6} = \frac{1}{3}kc^3. $

O limite obtida acima é exatamente o valor da área obtida pelo método de Arquimedes!

Vamos deixar a cargo de leitor calcular uma estimativa inferior somando área dos retângulos abaixo da parábola e após calcular limite (quando número dos retângulos tender ao infinito ) e concluir o mesmo limite!

Assim nasce a famigerada SOMAS de RIMEANN para calcular área abaixo dos gráficos!

Agora pense como calcular a área abaixo do gráfico da função $ f(x)=kx^p $ onde $ p \in \mathbb{N} $, entre $ x=0 $ e $ x=c $ e acima da reta $ y=0. $

Se repetirmos mesma ideia de soma de Riemann, usando $ n $ retângulos (todos com largura $ \frac{c}{n} $ ) , obteremos uma estimativa superior

$ k \frac{c^{p+1}}{n^{p+1}} \sum_{i=1}^{n} i^p. $

e agora! qual é a soma da $ p $'ésima  potência dos primeiros $ n  $  números naturais?

Vamos colocar como um exercício (com dica) que a soma $ \sum_{i=1}^{n} i^p $ é um polinômio de $ n $ de grau $ p+1 $ com coeficiente lider $ \frac{1}{p+1}, $    i.e, $ \sum_{i=1}^{n} i^p = \frac{1}{p+1}n^{p+1} + \cdots $ e portanto

$ \lim_{n \rightarrow} k \frac{c^{p+1}}{n^{p+1}} \sum_{i=1}^{n} i^p = \frac{k}{p+1}c^{p+1}  $

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Parece legal, mas difícil, né? se para uma função tão simples e polinomial o cálculo da área abaixo do gráfico é tão laboroso, imagine para uma função trigonométrico!

Só que não! veja próximas páginas

Exercício: Use indução matemática e mostre que $ \sum_{i=1}^{n} i^p = \frac{1}{p+1}n^{p+1} + \cdots $, i.e um plinômio de grau $ p+1 $ com coeficiente líder $ \frac{1}{p+1} $

Dica:Use binômio de Newton para expandir $ (i+1)^{p+1} - i^{p+1} $ e depois considere $ \sum_{i=0}^{n-1} (i+1)^{p+1} -i^{p+1} $