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 $

Exemplo 1: 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. $

Exemplo 2: 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). $

Exemplo 3: 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) $

Exemplo 4: 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

E aqui é o momento mágico!

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!

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). $ (*)

Exemplo: 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 (*).

Outro exemplo: 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.

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)

Exemplo: 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} ] .$