Frações Parciais - Continuação e Integrais Imprópias Aula...

Fracoes Parciais - ContinuacaoIntegrais Improprias - Invervalos ilimitados

Fracoes Parciais - Continuacao eIntegrais Impropias

Aula 35

Alexandre Nolasco de CarvalhoUniversidade de Sao Paulo

Sao Carlos SP, Brazil

05 de Junho de 2013

Primeiro Semestre de 2013

Turma 2013104 - Engenharia de Computacao

Alexandre Nolasco de Carvalho ICMC - USP SMA 301 Calculo I


Denominadores Redutıveis do 3o GrauDenominadores Irredutıveis do 2o Grau

Denominadores Redutıveis do 3o Grau

TeoremaSejam α, β, γ, m, n, p ∈ R, com α , β , γ distintos. Entao existem

A,B ,C ∈ R tais que

(i)mx2 + nx + p

(x − α)(x − β)(x − γ)=

A

x − α+

B

x − β+

C

x − γ;

(ii)mx2 + nx + p

(x − α)(x − β)2=

A

x − α+

B

x − β+

C

(x − β)2;

(iii)mx2 + nx + p

(x − α)3=

A

x − α+

B

(x − α)2+

C

(x − α)3.




Exemplo

Calcule

∫

2x + 1

x3 − x2 − x + 1dx.

Como 1 e raiz de x3 − x2 − x + 1, sabemos que (x − 1) e um fatore obtemos x3 − x2 − x + 1 = (x − 1)(x2 − 1) = (x − 1)2(x + 1). Adecomposicao em fracoes parciais e

2x + 1

x3 − x2 − x + 1=

A

x + 1+

B

(x − 1)+

C

(x − 1)2.




Entao, 2x + 1 = A(x − 1)2 + B(x +1)(x − 1) + C (x +1). Fazendo

x = 1 obtemos 3 = 2C ou C =3

2. Fazendo x = −1, obtemos

−1 = 4A ou A = −1

4. Fazendo x = 0, obtemos 1 = −1

4− B +

3

2

ou B =1

4. Assim,

∫

2x + 1

x3 − x2 − x + 1dx

= −1

4

∫

1

x + 1dx +

1

4

∫

1

x − 1dx +

3

2

∫

1

(x − 1)2dx

= −1

4ln |x + 1|+ 1

4ln |x − 1| − 3

2

1

x − 1+ k .




Denominadores Irredutıveis do 2o Grau

Queremos calcular integrais do tipo

∫

P(x)

ax2 + bx + cdx ,

onde P e um polinomio e ∆ = b2 − 4ac < 0. Entao devemosreescrever o denominador como soma de quadrados. Em seguida,fazemos uma mudanca de variavel e calculamos a integral.




Exemplo

Calcule

∫

2x + 1

x2 + 2x + 2dx.

Escrevamos o denominador como soma de quadradosx2 + 2x + 2 = x2 + 2x + 1+ 1 = (x + 1)2 + 1. Fazendo u = x + 1,temos du = dx ;

∫

2x + 1

x2 + 2x + 2dx =

∫

2x + 1

(x + 1)2 + 1dx =

∫

2(u − 1) + 1

u2 + 1du

=

∫

2u

u2 + 1du +

∫ −1

u2 + 1du

= ln(1 + u2)− arctg u + k

= ln(1 + (x + 1)2)− arctg (x + 1) + k .




Exemplo

Calcule

∫

4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx.

Como o grau do denominador e igual ao grau do denominador,primeiro vamos dividir os polinomios,

4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3= 1 +

x − 1

4x2 − 4x + 3= 1 +

x − 1

(2x − 1)2 + 2.

Fazendo u = 2x − 1 ou x =u + 1

2, temos du = 2 dx , assim




∫

4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx =

∫(

1 +x − 1

(2x − 1)2 + 2

)

dx

= x +1

2

∫ u+1

2− 1

u2 + 2du = x +

1

4

∫

u − 1

u2 + 2du

= x +1

4

∫

u

u2 + 2du − 1

4

∫

1

u2 + 2du

= x +1

8ln |u2 + 1| − 1

4

1√2arctg

(

u√2

)

+ k

= x+1

8ln |(2x−1)2+1|− 1

4√2arctg

2x−1√2

+k .




Agora, vamos considerar integrais do tipo

∫

P(x)

(x − α)(ax2 + bx + c)dx ,

onde P e um polinomio e ∆ = b2 − 4ac < 0.

TeoremaSejam m, n, p, a, b, c, α ∈ R tais que ∆ = b2 − 4ac < 0 . Entaoexistem A,B ,D ∈ R tais que

mx2 + nx + p

(x − α)(ax2 + bx + c)=

A

x − α+

Bx + D

ax2 + bx + c.




Exemplo

Calcule

∫

x5 + x + 1

x3 − 8dx .

Observe que x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4). Dividindo obtemos

x5 + x + 1

x3 − 8= x2 +

8x2 + x + 1

x3 − 8= x2 +

8x2 + x + 1

(x − 2)(x2 + 2x + 4).

Pelo metodo de fracoes parciais,

8x2 + x + 1

(x − 2)(x2 + 2x + 4)=

A

x − 2+

Bx + C

x2 + 2x + 4.




Entao, 8x2 + x + 1 = A(x2 + 2x + 4) + (Bx + C )(x − 2). Fazendo

x = 2 obtemos 35 = 12A ou A =35

12. Fazendo x = 0, obtemos

1 = 4A− 2C ou C =16

3. Fazendo x = 1, obtemos

10 = 7A − B − C ou B =61

12. Assim,

∫

8x2 + x + 1

(x − 2)(x2 + 2x + 4)dx =

35

12

∫

1

x − 2dx +

∫ 61

12x + 16

3

x2 + 2x + 4dx

=35

12ln |x − 2|+ 1

12

∫

61x + 64

x2 + 2x + 4dx .




Para calcular a ultima integral, escrevemosx2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 e fazemos u = x + 1 ou x = u − 1 edu = dx ; portanto,∫

61x + 64

x2 + 2x + 4dx =

∫

61x + 64

(x + 1)2 + 3dx =

∫

61(u − 1) + 64

u2 + 3du

= 61

∫

u

u2+3du+3

∫

1

u2 + 3du=

61

2ln(u2 + 3)+

3√3arctg

u√3+k

=61

2ln((x + 1)2 + 3) +

3√3arctg

x + 1√3

+ k .

Finalmente,∫

x5 + x + 1

x3 − 8dx

=x3

3+

35

12ln |x − 2|+ 61

24ln((x + 1)2 + 3) +

3

12√3arctg

x + 1√3

+ k .



Testes de Convergencia

Integrais Improprias

Na definicao de integral definida

∫

b

a

f (x) dx exige-se que a funcao

f esteja definida num intervalo limitado e fechado [a, b] e que f

seja limitada nesse intervalo. A seguir estendemos o conceito deintegral definida para casos mais gerais.




Integrais Improprias - Invervalos infinitos

Consideremos a funcao f (x) =1

x2e calculemos a area A limitada

pelo grafico de f e pelas retas y = 0, x = 1 e x = b, com b > 1.Entao

A =

∫

b

1

1

x2dx = −1

x

∣

∣

∣

∣

b

1

= 1− 1

b.

Fazendo b → +∞, temos A → 1. Isto quer dizer que a area A doconjunto ilimitado

{(x , y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ f (x), x ≥ 1}

e finita e igual a 1.




Definicao (Integral Impropria do Tipo 1)

◮ Se

∫

t

a

f (x) dx existe para cada numero t ≥ a, entao definimos

∫

∞

a

f (x) dx = limt→∞

∫

t

a

f (x) dx ,

se o limite existir.

◮ Se

∫

b

t

f (x) dx existe para cada numero t ≤ b, entao definimos

∫

b

−∞

f (x) dx = limt→−∞

∫

b

t

f (x) dx

se o limite existir.




Quando uma das integrais improprias acima existir e for finita,diremos que ela e convergente. Caso contrario, ela sera ditadivergente.

Exemplo

Determine se a integral

∫

∞

1

1

xdx e convergente ou divergente.

∫

∞

1

1

xdx = lim

t→∞

∫

t

1

1

xdx = lim

t→∞

ln |x |∣

∣

∣

∣

t

1

= limt→∞

ln t = ∞.

Como o limite e infinito, a integral e divergente.




Exemplo


∫

∞

1

1

x3dx e convergente ou divergente.

∫

∞

1

1

x3dx = lim

t→∞

∫

t

1

1

x3dx = lim

t→∞

1

−2x2

∣

∣

∣

∣

t

1

= limt→∞

1

−2t2+1

2=

1

2.

Como o limite e finito, a integral e convergente.

Exemplo


∫

0

−∞

xex dx e convergente ou divergente.

∫

0

−∞

xe−x dx = limt→−∞

∫

0

t

xex dx = limt→−∞

(−tet − 1 + et) = −1.

Como o limite e finito, a integral e convergente.




Definicao

Se as integrais

∫

a

−∞

f (x) dx,

∫

∞

a

f (x) dx existem e sao

convergentes, entao definimos

∫

∞

−∞

f (x) dx =

∫

a

−∞

f (x) dx +

∫

∞

a

f (x) dx .

Observacao: Se uma das integrais improprias

∫

a

−∞

f (x) dx ou∫

∞

a

f (x) dx for divergente, entao

∫

∞

−∞

f (x) dx tambem o sera.




Exemplo

Avalie

∫

∞

−∞

1

1 + x2dx. E conveniente escolher a = 0 na definicao:

∫

∞

−∞

1

1 + x2dx =

∫

0

−∞

1

1 + x2dx +

∫

∞

0

1

1 + x2dx .

Calculemos as integrais.

∫

∞

0

1

1 + x2dx = lim

t→∞

∫

t

0

1

1 + x2dx = lim

t→∞

arctg x

∣

∣

∣

∣

t

0

=π

2.

∫

0

−∞

1

1 + x2dx = lim

t→−∞

∫

0

t

1

1 + x2dx = lim

t→−∞

arctg x

∣

∣

∣

∣

0

t

=π

2.

Portanto,∫

∞

−∞

1

1 + x2dx =

π

2+

π

2= π.





Algumas vezes nao e possıvel encontrar um valor exato para umaintegral impropria, mas podemos saber se ela e convergente oudivergente usando outras integrais conhecidas.

Teorema (Teste da Comparacao)

Sejam f e g funcoes contınuas satisfazendo f (x) ≥ g(x) ≥ 0 para

todo x ≥ a. Entao,

(i) Se

∫

∞

a

f (x) dx e convergente, entao

∫

∞

a

g(x) dx tambem e

convergente.

(ii) Se

∫

∞

a

g(x) dx e divergente, entao

∫

∞

a

f (x) dx tambem e

divergente.


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