Integração por Partes

Teoria Completa

Quando integrar por partes?

Imagina que o professor pede pra gente resolver a seguinte integral:

∫ x e 4 x d x

Em um caso como esse a gente pode tentar usar a substituição simples maaaaaas vou logo avisando que ela não ajuda muito a gente não.

E é nessas horas que a Integração por Partes salva nóis. Nós vamos pensar em usar ela principalmente quando aparecer algo do tipo: produto de funções de tipos diferentes (logarítmica, inversa, polinomial, trigonométrica, exponencial, ...), sendo uma delas fácil de integrar e a outra mais fácil de derivar.

Mas afinal o que é a Integração por Partes?

Ela é basicamente uma jeito da gente “quebrar” nossa integral em duas partes de forma inteligente, pra gente conseguir resolver a integral.

Para entender melhor vamos continuar tentando resolver ∫ x e 4 x d x . Pra isso a gente vai ter que lembrar da Regra do Produto na derivação. Se derivarmos o termo que aparece dentro da integral, x e 4 x , vai ficar assim:

x e 4 x ' = x ' . e 4 x + x . ( e 4 x ) '

Lembra que podemos trocar x ' por d x ? Fica assim então:

x e 4 x ' = d x . e 4 x + x . ( 4 d x . e 4 x )

x e 4 x ' = d x . e 4 x + 4 x e 4 x d x

Agora só de onda vamos integrar cada um desses termos ∫ x e 4 x ' = ∫ e 4 x d x + 4 ∫ x e 4 x d x

Opaaaa vocês tão vendo o que eu to vendo? Apareceu ali no cantinho justamente a integral que a gente queria calcular! Vamos isolar ela:

4 ∫ x e 4 x d x = ∫ x e 4 x ' -   ∫ e 4 x d x

E mais, aparece um termo que é a integral de uma derivada, mas elas são funções inversas lembra? Então uma meio que “anula” a outra:

4 ∫ x e 4 x d x = x e 4 x - ∫ e 4 x d x

E agora ficou beeeem mais simples de resolver nosso problema, basta resolver essa integral do canto e aí fica assim:

4 ∫ x e 4 x d x = x e 4 x - 1 4 e 4 x + C

Então, dividindo todo mundo por 4:

∫ x e 4 x d x = 1 4 x e 4 x - 1 16 e 4 x + C

Mas será que todas as vezes que formos usar a integração por partes vamos ter que dar essa volta toda? Nada disso! Temos um método sensacional pra você nunca esquecer, de forma genérica a gente escreve isso tudo que a gente fez assim:

Mas daonde surgiu esse u e esse   v   né? É ai que entra aquela história de uma função ser fácil de integrar e a outra fácil de derivar. Mas calma, vamos ver como escolher esses caras.

Passo a Passo

Pra entender melhor vamos fazer um passo a passo de resolução da mesma integral:

∫ x e 4 x d x

Mas usando Integração por Partes de forma macetada, vamos nessa:

  • Passo 1: Precisamos olhar pra expressão da nossa integral e escolher dentre aquele produto de funções a que seja mais fácil de derivar e vamos chamar ela de u ,   e aí a que for mais fácil de integrar vamos chamar de d v . Quer um macete pra facilitar na hora de escolher??
  • É o seguinte: vamos escolher o u nessa ordem: LIATE.

    L logarítmica ( ln ⁡ x )

    I inversa trigonométrica ( arcsen ⁡ x , arctg ⁡ x ,   … )

    A algébrica (ou polinomial) ( x n )

    T trigonométrica ( sen ⁡ x , cos ⁡ x , sec ⁡ x , ...)

    E exponencial ( e x )

    Então como nossa Integral é ∫ x e 4 x d x , ficamos com:

    u = x     ( a l g é b r i c a )

    d v = e 4 x d x     ( e x p o n e n c i a l )

  • Passo 2: Calcular o d u derivando u , no nosso exemplo:
  • u = x

                                d u = d x

  • Passo 3: Calcular v , e pra isso vamos integrar o d v , fica assim:
  • ∫ d v = ∫ e 4 x d x

    v = 1 4 e 4 x

  • Passo 4: Fazer ∫ u d v = u v - ∫ v d u
  • ∫ x e 4 x d x = x . 1 4 e 4 x - ∫ 1 4 e 4 x d x

  • Passo 5: Verificar como calcular a integral ∫ v d u . Se necessário, aplique a Integração por partes novamente nesse termo. Caso pareça que não vai dar em lugar nenhum, volte para o passo 1 e tente outro u e d v .
  • Nesse caso tá tranquilo, dá pra calcular diretamente esse nova integral que apareceu!

  • Passo 6: Calcular ∫ v d u e obter o resultado!

∫ 1 4 e 4 x d x = 1 4 ⋅ 1 4 e 4 x = 1 16 e 4 x

Então nossa integral original fica:

∫ x e 4 x d x = 1 4 x e 4 x - 1 16 e 4 x + C

Sem esquecer da constante, hein? :p

Opa opaaa chegamos exatamente na mesma resposta que tínhamos chegado anteriormente, legal né?

Então meus amiguxos é so seguir esse passo a passo aí que vai dar bom! Mas você precisa ter isso bem decoradinho.

Observação: Para integrar a função ln ⁡ x também usamos a integração por partes. Mas a gente falou que pra usar integração por partes tem um produto dentro da integral lembra? Nesse caso vamos falar que o ln ⁡ x está sendo multiplicado por 1 , olha só:

∫ ln ⁡ x d x = ∫ 1 . ln ⁡ x   d x

Aí é só fazer o mesmo: chamar ln ⁡ x de u e 1 d x de d v e seguir o passo a passo 😊

E de onde vem essa formulhinha?

Caaaaso você esqueca a fórmula (o que eu espero que não aconteca hehe), temos como chegar nela usando a Regra do Produto, vamos fazer igual fizemos lá em cima mas agora de forma literal:

f x ⋅ g x ' = f ' x ⋅ g x + f x ⋅ g ' x

Seja u = f ( x ) e v = g ( x ) . Então:

u v ' = d u   v + u   d v ⇒ u   d v = u v ' - v   d u ⇒ ∫ u d v = u v - ∫ v d u

Então, essa expressão é a “fórmula” da integração por partes. De novo:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Agora para ter certeza de que você não vai esquecer:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Gravou? Sério, esquece o dia do aniversário da sua mãe, mas não esquece isso aí, se não você não ter que deduzir na hora da prova e isso pode ser chato.

Integral por partes – O Retorno

Existem alguns casos em que você vai integrar por partes feliz da vida achando que tá abafando e de repente você vai voltar para a integral que você tinha no início (entedeu o por quê de ‘O Retorno’? hehe) e aí você não vai entender nada, vai achar que está rodando em círculos. Maaaas é assim mesmo, ainda dá pra resolver ela! :D

Um caso bem clássico é uma função exponencial multiplicada por uma função trigonométrica, por exemplo (fica tranquilo que não vamos usar nada específico de integrais trigonométricas 😊):

∫ e 3 x sen ⁡ 5 x d x

Nesses casos, você nem precisa se fixar tanto à regrinha do LIATE, qualquer uma das duas funções pode ser o u .

Vamos chamar de u a função exponencial, ok? Vamos aplicandos nosso passo a passo lembra? Precisamos achar o d u derivando u , e achar o v integrando o d v :

u = e 3 x → d u = 3   e 3 x d x

d v = sen ⁡ 5 x d x → v = - 1 5 cos ⁡ ( 5 x )

Aplicando a fórmula, vai dar:

∫ e 3 x sen ⁡ 5 x d x = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 5 ∫ e 3 x cos ⁡ 5 x d x  

Atenção! Observe que caímos novamente numa integral que é o produto de uma função exponencial e de uma função trigonométrica:

∫ e 3 x c o s   5 x d x

Então vamos integrar por partes novamente!

Um detalhe bem importante: agora não tem mais como escolher, temos que manter a escolha da primeira integração e chamar de u a função exponencial. E aí novamente vamos achar o d u derivando u , e achar o v integrando o d v :

u = e 3 x → d u = 3   e 3 x d x

d v = cos ⁡ 5 x d x → v = 1 5 s e n   ( 5 x )

Aí vamos aplicar a fórmula novamente mas pra essa segunda integral:

∫ e 3 x c o s   5 x d x = 1 5 e 3 x   s e n   5 x - 3 5 ∫ s e n   5 x . e 3 x d x

Percebe que voltamos para a mesma integral que eu tinha no enunciado e que era justamente a que a gente queria resolver?

Relaxa amiguxo que não fizemos trabalho à toa! Vamos voltar à integral original e acompanha aqui comigo:

∫ e 3 x s e n   5 x d x = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 5 ∫ e 3 x cos ⁡ 5 x d x  

Substituindo a integral que achamos aí dentro fica assim:

∫ e 3 x s e n   5 x d x = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 5   1 5 e 3 x   s e n   5 x   - 3 5 ∫ s e n   5 x . e 3 x d x  

∫ e 3 x s e n   5 x d x = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 25   e 3 x   s e n   5 x   - 9 25 ∫ s e n   5 x . e 3 x d x  

Agora olha que lindo: eu posso simplesmente passar a integral que é igual à integral original para o outro lado, “isolando” a integral que eu quero resolver:

∫ e 3 x s e n   5 x d x + 9 25 ∫ s e n   5 x . e 3 x d x   = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 25   e 3 x   s e n   5 x

Depois é só desenvolver isso aí:

34 25 ∫ s e n   5 x . e 3 x d x   = - 1 5 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 25   e 3 x   s e n   5 x

No fim vai dar:

∫ s e n   5 x . e 3 x d x   = - 5 34 e 3 x cos ⁡ 5 x + 3 34   e 3 x   s e n   5 x + C

Curtiu essa rataria? ;)

Agora é só treinar muito com os exercícios! Vambora?

Expandir

Exercício Resolvido #1

Elaboração própria

Calcule a integral.

∫ x 2 cos ⁡ 3 x d x

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Passo 1

Fazer por partes é a boa, função polinomial, algébrica ( x 2 ) e uma função trigonométrica ( cos ⁡ 3 x ).Vamos seguir os passos da integração por partes.

Passo 2

∫ x 2 cos ⁡ 3 x d x

1. Chamar uma parte da integral de u e outra de d v , LIATE!

u = x 2     ( a l g é b r i c a l ,   A ) d v = c o s   3 x   d x     ( t r i g o n o m é t r i c a ,   T )

2. Calcular d u derivando u . E calcular v integrando d v .

d u = 2 x   d x v = 1 3 sen ⁡ 3 x

3. Fazer ∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ x 2 cos ⁡ 3 x d x = 1 3 x 2 ⋅ sen ⁡ 3 x - ∫ 2 3 x ⋅ sen ⁡ 3 x d x =

= 1 3 x 2 ⁡ sen ⁡ 3 x - 2 3 ∫ x sen ⁡ 3 x d x

4. Verificar como calcular a integral ∫ v d u . É para calcular por partes de novo!! Se prepare para, às vezes, ter que usar a integração por partes duas ou mais vezes num mesmo problema.

Passo 3

5. Calcular!

Vamos chamar ∫ x sen ⁡ 3 x d x de I .

Calculando I por partes:

u = x → d u = d x d v = sen ⁡ 3 x → v = - 1 3 cos ⁡ 3 x

Então:

I = - 1 3 x ⋅ cos ⁡ 3 x - ∫ - 1 3 cos ⁡ 3 x d x = - 1 3 x ⋅ cos ⁡ 3 x + 1 3 ∫ cos ⁡ 3 x d x =

= - 1 3 x cos ⁡ 3 x + 1 9 sen ⁡ 3 x

Logo:

∫ x 2 cos ⁡ 3 x d x = 1 3 x 2 sen ⁡ 3 x - 2 3 - 1 3 x cos ⁡ 3 x + 1 9 sen ⁡ 3 x =

= 1 3 x 2 sen ⁡ 3 x + 2 9 x cos ⁡ 3 x - 2 27 sen ⁡ 3 x + C

Resposta

∫ x 2 cos ⁡ 3 x d x = 1 3 x 2 sen ⁡ 3 x + 2 9 x cos ⁡ 3 x - 2 27 sen ⁡ 3 x + C

Exercício Resolvido #2

PUC-RJ - Cálculo 1 - P4 2010.1 - 2 a

Calcule:

∫ x arctg ⁡ x 2 d x

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Passo 1

Cara, não tem erro, x 2 ' = 2 x , correto? Então podemos fazer uma substituição que resolve bastante coisa:

t = x 2 → d t = 2 x   d x     ;     x   d x = d t 2

∫ x arctg ⁡ x 2 d x = ∫ arctg ⁡ t d t 2

= 1 2 ∫ arctg ⁡ t d t

Agora tudo se resume em fazer a integral desse arco-tangente. Bom, nesse cara aí temos uma inversa trigonométrica e um polinômio (considerando que está multiplicado por 1 , um polinômio de grau 0 ), a boa é seguir pela integral por partes.

Passo 2

Pelo LIATE escolhemos o nosso u sendo a Inversa trigonométrica e a algébrica, polinomial, será nosso d v :

u = arctg ⁡ t → d u = d t 1 + t 2

d v = d t → v = t

Agora é só usar a fórmula da integral por partes:

∫ arctg ⁡ t d t = t arctg ⁡ t - ∫ t   d t 1 + t 2

Passo 3

A integral que sobrou pode ser resolvida por substituição:

y = 1 + t 2

d y = 2 t   d t → t   d t = d y 2

Fica assim,

∫ t   d t 1 + t 2 = ∫ d y 2 y = ln ⁡ y 2

= ln ⁡ 1 + t 2 2

Passo 4

Então a integral toda fica assim:

1 2 ∫ arctg ⁡ t d t = 1 2 t arctg ⁡ t - ln ⁡ 1 + t 2 2 + C

Como t = x 2 :

∫ x arctg ⁡ x 2 d x = 1 2 x 2 arctg ⁡ x 2 - ln ⁡ 1 + x 4 2 + C

Resposta

∫ x arctg ⁡ x 2 d x = 1 2 x 2 arctg ⁡ x 2 - ln ⁡ 1 + x 4 2 + C

Exercício Resolvido #3

UERJ – Cálculo 1 - Lista Integrais Professora Renata - 3

Calcule a Integral:

∫ x 4 ln ⁡ x 2 d x

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Passo 1

Como polinômio desse jeito e logarítmica não tem nenhuma relação direta, vou pensar em Integral por partes. Pelo LIATE eu devo chamar o log. de u e o resto vai ser d v :

u = ln ⁡ x 2           ;           d u = 2 ln ⁡ x x d x

d v = x 4 d x           ;           v = x 5 5

∫ x 4 ln ⁡ x 2 d x = ln ⁡ x 2 x 5 5 - ∫ x 5 5 2 ln ⁡ x x d x

1 5 x 5 ln ⁡ x 2 - 2 ∫ x 4 ln ⁡ x d x

Passo 2

Sobrou uma integral que novamente mistura log e polinômio. Mesmo processo, amigo:

u = ln ⁡ x         ;           d u = d x x

d v = x 4 d x           ;           v = x 5 5

∫ x 4 ln ⁡ x d x = ln ⁡ x x 5 5 - ∫ x 5 5 d x x = ln ⁡ x x 5 5 - 1 5 x 5 5

Passo 3

Vou trazer de volta para a equação inicial:

∫ x 4 ln ⁡ x 2 d x = 1 5 x 5 ln ⁡ x 2 - 2 ∫ x 4 ln ⁡ x d x

= 1 5 x 5 ln ⁡ x 2 - 2 ln ⁡ x x 5 5 + 2 x 5 25

= x 5 5 ln ⁡ x 2 - 2 ln ⁡ x 5 + 2 25

Colocando a constante no final da integral: ∫ x 4 ln ⁡ x 2 d x = x 5 5 ln ⁡ x 2 - 2 ln ⁡ x 5 + 2 25 + C

Resposta

∫ x 4 ln ⁡ x 2 d x = x 5 5 ln ⁡ x 2 - 2 ln ⁡ x 5 + 2 25 + C

Exercício Resolvido #4

USP - Cálculo 1 - P3 2012 - 1 b

Calcule:

  ∫ sec 2 ⁡ x ln ⁡ cos ⁡ x d x

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Passo 1

Como eu não vejo nenhuma substituição de cara para resolver esse cara, eu vou pensar que esse é um produto entre uma trigonométrica e um logaritmo, funções que não dialogam diretamente. A resolução de integrais que mexe com integrais de funções diferentes misturadas é a resolução por partes. Vamos seguir o LIATE para escolha do u para aplicar nossa fórmula da integral por partes, L de logaritmo vem antes de T de trigonométrica, então o u será o log. O que sobrar será d v :

u = ln ⁡ cos ⁡ x → d u = cos ⁡ x ' cos ⁡ x

= - sen ⁡ x cos ⁡ x = - tg ⁡ x d x

d v = sec 2 ⁡ x d x → v = tg ⁡ x

∫ sec 2 ⁡ x ln ⁡ cos ⁡ x d x = ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x - ∫ tg ⁡ x - tg ⁡ x d x

Passo 2

Agora é só resolver a integral que sobrou do lado esquerdo:

ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x - ∫ tg ⁡ x - tg ⁡ x d x

= ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x + ∫ tg 2 ⁡ x d x

Sabemos que tg 2 ⁡ x não tem uma integral direta, porém sec 2 ⁡ x até tem. Se há uma relação trigonométrica que diz que 1 + tg 2 ⁡ x = sec 2 ⁡ x , podemos reescrever tudo assim:

= ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x + ∫ - 1 + sec 2 ⁡ x d x

= ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x - x + tg ⁡ x + C

Resposta

∫ sec 2 ⁡ x ln ⁡ cos ⁡ x d x = ln ⁡ cos ⁡ x tg ⁡ x - x + tg ⁡ x + C

Exercício Resolvido #5

USP - Cálculo 1 - P3 2014.1 – 1a

Calcule as seguintes integrais:

  ∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x

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Passo 1

Bom, ln ⁡ ( x ) é um negócio meio complicado de integrar de primeira. A saída é reparar que o d x ali é como se fosse um polinômio de grau 0 e notar a total diferença entre as duas funções. Sendo assim, cabe usar a Integral por Partes! Pelo LIATE, Logaritmo é a nossa primeira opção para escolher o u , correto?

u = ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 )   ; d v = d x

d u = 2 x + 4 x 2 + 4 x + 5 d x     ; v = x

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = u . v - ∫ v . d u

∫ ln ⁡ ( x 2 + 4 x + 5 ) d x = ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 ( x ) - ∫ ( x ) 2 x + 4 x 2 + 4 x + 5 d x

ln ⁡ x 2 + 4 x + 5 ( x ) - 2 ∫ ( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 d x

A partir de agora só precisamos resolver essa integral e pronto.

Passo 2

Repara que temos fração com grau dois em cima e grau dois embaixo. Vamos dividir esse polinômio aí e então tentar integrá-lo.

( x 2 + 2 x ) x 2 + 4 x + 5 = x 2 + 4 x + 5 + ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 = 1 + ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5

Ok, já melhorou. Mas e para integrar esse negócio?

∫ ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5

Aí vem o pulo do gato, repara na substituição que eu vou fazer:

∫ ( - 2 x - 5 ) x 2 + 4 x + 5 d x = ∫ ( - 2 x - 5 ) ( x 2 + 4 x + 4 ) + 1 d x = ∫ ( - 2 x - 5 ) x + 2 2 + 1 d x

y = x + 2   ; d y = d x

∫ ( - 2 x - 5 ) x + 2 2 + 1 d x = ∫ ( - 2 ( y - 2 ) - 5 ) y 2 + 1 d y = ∫ ( - 2 y - 1 ) y 2 + 1 d y

- ∫ 2 y y 2 + 1 d y - ∫ 1 y 2 + 1 d y