sebenta

Cidália Alves das Neves

Métodos Quantitativos II

Contabilidade e Gestão Pública

ISCAC

Ano lectivo 2012/2013

Métodos Quantitativos II(CGP) - 2012/2013 - 1º Ano/2º Sem

Conteúdo

1 Primitivação 1

1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Primitivas imediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Primitivação por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.4 Primitivação de funções racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5 Primitivação por substituição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Equações diferenciais 12

2.1 Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2 Equações diferenciais de variáveis separadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3 Equações diferenciais de variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.4 Equações diferenciais lineares de 1a ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.5 Exemplos de Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Cálculo integral 25

3.1 Integral definido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.1.1 Definição e interpretação geométrica. Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.1.2 Cálculo aproximado do integral definido: regra dos Trapézios . . . . . . . . . . 32

3.1.3 Aplicação ao cálculo de áreas de regiões planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2 Integrais impróprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39


Capítulo 1

Primitivação

O cálculo de primitivas tem importância fundamental devido às suas variadas aplicações na física,

engenharia, economia e gestão, como, por exemplo, a resolução de equações diferenciais que iremos

ver no Capítulo 2, ou a determinação da área de uma região plana presente no Capítulo 3.

1.1 Introdução

O objectivo deste capítulo é, dada uma função f definida em ]a, b[, descobrir uma função F tal

que, ∀x ∈ ]a, b[, F 0 (x) = f (x). Ou seja, pretende-se encontrar a função F (x) cuja derivada originou

f (x).

Definição 1.1 Primitiva

Seja F : ]a, b[ −→ IR diferenciável em ]a, b[ e f : ]a, b[ −→ IR. Diz-se que a função F (x) é uma

primitiva de f (x) se, ∀x ∈ ]a, b[, F 0 (x) = f (x). Então, f diz-se primitivável em ]a, b[ e escreve-se

Pf (x) = F (x) .

Observações 1.2

1. Como se infere da definição dada, a primitivação e a derivação são operações inversas uma da

outra: Pf (x) = F (x)⇔ F 0 (x) = f (x) .

2. Escreve-se Pf (x) = F (x) ouZ

f (x) dx = F (x);Z

f (x) dx diz-se o integral indefinido de

f em relação à variável x.

3. Existem funções que não são primitiváveis. Por exemplo, a função de Heaviside,

H (x) =

(1 se x ≥ 00 se x < 0

não é primitivável em IR, pois se existisse uma função F (x) = PH (x), então,

pela definição de primitiva, H (x) = F 0 (x), ∀x ∈ IR. Mas F 0 (0+) = 1 e F 0 (0−) = 0, logo

não existe F 0 (0) e, no entanto, H (0) = 1. F não é diferenciável em IR como exige a definição.

1Métodos Quantitativos II(CGP) - 2012/2013 - 1º Ano/2º Sem

CAPÍTULO 1. PRIMITIVAÇÃO 2

Note-se que a representação gráfica de F é do tipo

y

x0

Logo, não existe derivada de F em x0 = 0. Então, H é primitivável apenas em ]−∞, 0[ e em

]0,+∞[.

Exemplos 1.3

1. A função F (x) = x2 é uma primitiva de f (x) = 2x, pois F 0 (x) = f (x) ,∀x ∈ IR.

2. Tem-se, para x ∈ IR, que (cos (x))0 = −sen (x), ou seja, uma primitiva de f (x) = −sen (x) éF (x) = cos (x).

Teorema 1.4 Seja F : ]a, b[ −→ IR diferenciável em ]a, b[ e f : ]a, b[ −→ IR. Se F (x) é uma primitiva

de f (x), então F (x) + C,∀C ∈ IR, também é uma primitiva de f (x).

Demonstração: Seja x ∈ ]a, b[. Por hipótese F 0 (x) = f (x). Então,

(F (x) + C)0 = F 0 (x) +C 0 = F 0 (x) = f (x)

ou seja, F (x) + C é uma primitiva de f (x) ,∀C ∈ IR.

Observação 1.5 A função primitiva não é unívoca, ao contrário da função derivada; se f for

primitivável com primitiva F (x), então f tem uma infinidade de primitivas da forma: F (x) + C,

com C ∈ IR. Assim, cada valor de C em IR define uma primitiva de f . C é designada a constante

de primitivação.

Exemplos 1.6

1. Px = x2/2 + C,C ∈ IR representa todas as primitivas de x.

2. Determinemos a função F (x) tal que

(i) F 0 (x) = 2e2x e (ii) F (0) = 2.

Como

F (x) = PF 0 (x) = P2e2x = e2x + C,C ∈ IR e

F (0) = 2⇔ e0 +C = 2⇔ 1 + C = 2⇔ C = 1,

vem que F (x) = e2x + 1 é a função pretendida, pois verifica (i) e (ii).



Teorema 1.7 Sejam F (x) e G (x) duas primitivas de f (x) em ]a, b[ (F 0 (x) = G0 (x) = f (x) em

]a, b[). Então, ∃C ∈ IR,∀x ∈ ]a, b[ tal que G (x) = F (x) +C.

Significa que, se duas funções são primitivas de f , elas diferem por uma constante. Geome-

tricamente:

y

x0

xy 2=IRccxy ∈+= com ,2 y

x0

2xy =IRccxy ∈+= com ,2

Teorema 1.8 Se f é contínua em [a, b], então f tem primitiva em [a, b].

Proposição 1.9 A primitivação goza das seguintes propriedades:

1. P [kf (x)] = kPf (x) ,∀k ∈ IR\ {0};

2. P [f (x) + g (x)] = Pf (x) + Pg (x), com f e g funções primitiváveis.

Enquanto que o cálculo diferencial em IR fornece uma regra de derivação, o mesmo não acontece

com a primitivação, onde tal regra não existe. O problema da primitivação resume-se em transformar

a função a primitivar numa decomposição de funções onde cada uma delas denuncie, pelo seu aspecto,

qual a regra de derivação que a ela conduziu. Na próxima secção apresentamos algumas regras para

determinar primitivas, obtidas a partir de algumas regras de derivação e, por isso, designadas primitivas

imediatas.

1.2 Primitivas imediatas

Sejam y = u (x) diferenciável, x ∈ Du ⊆ IR e C ∈ IR.

1. P1 = x+ C;

2. Puku0 = uk+1

k+1 + C, k 6= −1;

3. P u0

u = ln |u|+C;

4. Peuu0 = eu + C;

5. Pauu0 = au

ln(a) + C, a ∈ IR+\ {1} ;

6. P sen (u)u0 = − cos (u) + C;



7. P cos (u)u0 = sen (u) + C;

8. P sec2 (u)u0 = tg (u) +C;

9. P cosec2 (u)u0 = −cotg (u) +C;

10. P sec (u) tg (u)u0 = sec (u) + C;

11. P cosec (u) cotg (u)u0 = − cosec (u) + C;

12. P tg (u)u0 = − ln |cos (u)|+ C;

13. P cotg (u)u0 = ln |sen (u)|+ C;

14. P sec (u)u0 = ln |sec (u) + tg (u)|+ C;

15. P cosec (u)u0 = − ln |cosec (u) + cotg (u)|+C.

É de salientar que, muito frequentemente, no cálculo de primitivas imediatas, usamos a proposição

1.9(1), para k ∈ IR\ {0}, do seguinte modo:Pf (x) = P1× f (x) = P k

kf (x) =1kPkf (x), ou seja, Pf (x) =

1kPkf (x).

Esta propriedade permite completar a expressão da derivada da função y = u (x) escolhida.

Exemplos 1.10

1. P 1x3= Px−3 = x−3+1

−3+1 =x−2

−2 = −12x2

+ C,C ∈ IR; (regra 2.)

2. P x3

x4+2= 1

4P4x3

x4+2= 1

4 ln¡x4 + 2

¢+ C,C ∈ IR; (regra 3.)

3. Pxex2= 1

2P2xex2 = 1

2ex2 + C,C ∈ IR; (regra 4.)

1.3 Primitivação por partes

Por vezes, a primitiva do produto de duas funções não é uma primitiva imediata, nomeadamente

quando não se enquadra em algum dos produtos da tabela de primitivas imediatas. É então necessário

recorrer à primitivação por partes.

Teorema 1.11 Sejam u e v funções reais de variável real tais que u é contínua, v é diferenciável e

v0 é contínua.

Então,

P (uv) = (Pu) v − P£(Pu) v0

¤.



Demonstração: Sabemos que u é contínua e v diferenciável (portanto, contínua), pelo que ambas

as funções são primitiváveis. Então,

[(Pu) v]0 = (Pu)0 v + (Pu) v0.

Primitivando ambos os membros,

P [(Pu) v]0 = P£(Pu)0 v + (Pu) v0

¤.

Como a derivação e a primitivação são operações inversas uma da outra resulta que

(Pu) v = P (uv) + P [(Pu) v0]⇔ P (uv) = (Pu) v − P [(Pu) v0] .

As funções u e v são permutáveis, isto é, também se tem P (vu) = (Pv)u− P [(Pv)u0].

Na primitivação por partes deve-se ter em conta a escolha da função pela qual se começa a primi-

tivar. Assim,

(A) Se pretendermos primitivar o produto de duas funções em que as primitivas de ambas são ime-

diatas, deve-se começar a primitivar pela função que menos se simplifica por derivação. Caso se

verifique que nenhuma delas se simplifique mais por derivação, é indiferente a ordem pela qual

se começa.

Exemplos 1.12

1. Se a função a primitivar é o produto de uma função polinomial por uma função trigonométrica

ou exponencial, deve-se começar a primitivar a função trigonométrica ou exponencial, pois a

função polinomial obtida por derivação é de grau inferior à inicial.

Pxsen (x) = P sen (x)x = (P sen (x))x− P [(P sen (x))x0]

= − cos (x)x+ P cos (x)× 1 = −x cos (x) + sen (x) + C,C ∈ IR.

Pxex = (Pex)x− P [(Pex)x0] = exx− Pex = exx− ex +C = ex (x− 1) + C,C ∈ IR.

2. Se a função a primitivar é o produto de funções trigonométricas e/ou exponenciais, então é in-

diferente a ordem pela qual se começa a primitivar, pois ao derivar uma função trigonométrica

(respectivamente, exponencial) obtém-se uma função trigonométrica (respectivamente, exponen-

cial), não se verificando qualquer tipo de simplificação.

Pexsen (x) = exsen (x)− Pex cos (x)

⇔ Pexsen (x) = exsen (x)− [ex cos (x)− Pex (−sen (x))]⇔ Pexsen (x) = exsen (x)− ex cos (x)− Pexsen (x)

⇔ 2Pexsen (x) = exsen (x)− ex cos (x)

⇔ Pexsen (x) = ex

2 (sen (x)− cos (x)) + C,C ∈ IR.ou



P sen (x) ex = − cos (x) ex − P (− cos (x) ex)⇔ P sen (x) ex = − cos (x) ex + [sen (x) ex − P sen (x) ex]

⇔ P sen (x) ex = − cos (x) ex + sen (x) ex − P sen (x) ex

⇔ 2P sen (x) ex = − cos (x) ex + sen (x) ex

⇔ P sen (x) ex = ex

2 (sen (x)− cos (x)) +C,C ∈ IR.

Neste último exemplo foram usadas as seguintes regras práticas:

1) Quando há necessidade de fazer primitivação por partes mais do que uma vez deve-se

começar pelo factor correspondente ao da primeira vez;

2) Quando a primitiva pedida surge novamente no segundo membro, trata-se a igualdade como

uma equação em que a incógnita é essa primitiva.

(B) Se pretendermos primitivar um produto de duas funções em que apenas uma delas é uma primitiva

imediata, deve-se começar a primitivar por essa função.

Exemplo 1.13 Se a função a primitivar é o produto de uma função polinomial por uma função loga-

rítmica, deve-se começar a primitivar a função polinomial, pois é a função cuja primitiva é imediata.

Px ln (x) = (Px) ln (x)− P£(Px) (ln (x))0

¤= x2

2 ln (x)− P x2

2 ×1x =

x2

2 ln (x)− P x2

= x2

2 ln (x)−x2

4 +C,C ∈ IR.

(C) Se pretendermos primitivar uma função cuja primitiva não é imediata, multiplica-se a função

pelo factor 1 e começa-se a primitivar por 1 (estamos, assim, no caso (B)).

P ln2 (x) = P1× ln2 (x) = (P1) ln2 (x)− P£(P1) 2 ln (x) 1x

¤= x ln2 (x)− 2P (1× ln (x)) = x ln2 (x)− 2

£(P1) ln (x)− P

£(P1) 1x

¤¤= x ln2 (x)− 2x ln (x) 1x + 2P1= x ln2 (x)− 2x ln (x) 1x + 2x+ C,C ∈ IR.

1.4 Primitivação de funções racionais

Definição 1.14 Chama-se função racional a toda a função da forma

f (x) =N (x)

D (x),D (x) 6= 0 (1.1)

com N (x) e D (x) polinómios em x, isto é,

N (x) = amxm + am−1x

m−1 + ...+ a1x+ a0

D (x) = bnxn + bn−1x

n−1 + ...+ b1x+ b0

com a0, a1, ..., am, b0, b1, ..., bn ∈ IR, am 6= 0 e bn 6= 0.



Quando se pretende primitivar uma função do tipo (1.1) procede-se do seguinte modo:

1o passo: Caso o grau do numerador, m, seja igual ou superior ao grau do denominador, n,

efectuar a divisão de N (x) por D (x). Sejam Q (x) o quociente e R (x) o resto dessa divisão. Então,

N (x) |D (x)

R (x) Q (x)

e vem N (x) = D (x)Q (x) +R (x)⇔ N (x)

D (x)= Q (x) +

R (x)

D (x).

Como Q (x) é um polinómio, a sua primitiva é imediata e o problema reduz-se a primitivar uma

função do tipoR (x)

D (x), com p < n, sendo p o grau de R (x).

2o passo: Decompor a funçãoR (x)

D (x)numa soma de fracções simples

R (x)

D (x)=1

bn(F1 + ...+ Fj) ,

cujas primitivas são fáceis de calcular. Para isso, decompõe-se o polinómio D (x) em factores após a

determinação das suas raízes. De acordo com o tipo destas raízes temos três casos:

(i) Por cada raiz real α simples, temos a fracção simples

A

x− α

em que A é uma constante.

(ii) Por cada raiz real β de multiplicidade k, temos a seguinte soma de fracções simples:

A1x− β

+A2

(x− β)2+ ...+

Ak

(x− β)k.

Note-se que, caso k = 1, estamos na situação anterior.

(iii) Por cada polinómio p (x), sem raízes reais, elevado à potência k, a soma de fracções simples

correspondentes é:A1 +B1x

p (x)+

A2 +B2x

[p (x)]2+ ...+

Ak +Bkx

[p (x)]k.

Para a determinação das constantes usamos o método dos coeficientes indeterminados.

Exemplos 1.15

1. Calcular uma primitiva de x+6x2−3x (caso (i)).

Como x2 − 3x = x (x− 3), isto é, o denominador tem 2 raízes reais simples (0 e 3), vem

x+ 6

x2 − 3x =A

x+

B

x− 3 .



Pretendemos encontrar os valores de A e B que tornam válida esta igualdade. Para esse efeito,

vamos igualar os numeradores, depois de reduzir a equação ao mesmo deno-

minador, ou seja,

x+ 6 = A (x− 3) +Bx.

Pondo em evidência as potências de x no 2o membro tem-se

x+ 6 = x (A+B) + (−3A).

Para que dois polinómios sejam iguais, os coeficientes dos termos do mesmo grau terão de ser

iguais. Assim, obtemos o sistema formado pelas duas equações:(1 = A+B

6 = −3A⇔(

A = −2B = 3

.

Então,

P x+6x2−3x = P

³−2x +

3x−3

´= −2 ln |x|+ 3 ln |x− 3|+ C,C ∈ IR.

Um caso particular

Os sistemas obtidos por aplicação do método dos coeficientes indeterminados envolvem, nalguns

casos, muito cálculo na sua resolução para obter o valor das constantes. Uma alternativa a este

método, para o cálculo das constantes relativas às raízes de D (x) reais e simples, é a chamada

Regra do Tapa. Consideremos novamente o exemplo

x+ 6

x2 − 3x =x+ 6

x (x− 3) (1.2)

ou seja, x+6x2−3x =

Ax +

Bx−3 . Para calcular A, tapa-se no denominador do 2

o membro de (1.2) o

factor associado, x, e substitui-se a expressão para x = 0 que é a raíz correspondente, ou seja,

A =

∙x+ 6

(x− 3)

¸x=0

=6

−3 = −2.

Analogamente para B:

B =

∙x+ 6

x

¸x=3

=9

3= 3.

2. Calcular uma primitiva de x2+2x+3(x−1)(x+1)2 (caso (ii)).

O denominador tem a raiz real simples 1 e a raíz real −1 com multiplicidade 2, logo

x2 + 2x+ 3

(x− 1) (x+ 1)2=

A

x− 1 +B1

x+ 1+

B2

(x+ 1)2.

Então, pelo método dos coeficientes indeterminados,

x2 + 2x+ 3 = A (x+ 1)2 +B1 (x+ 1) (x− 1) +B2 (x− 1) . (1.3)



Como x = 1 é uma raiz real simples, podemos determinar A pela regra do Tapa:

A =

∙x2 + 2x+ 3

(x+ 1)2

¸x=1

=3

2.

ou seja, x2 + 2x+ 3 = 3/2(x2 + 2x+ 1) +B1 (x+ 1) (x− 1) +B2 (x− 1)= x2 (3/2 +B1) + x (3 +B2) + (3/2−B1 −B2) .

Resolvendo o sistema ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1 = 3/2 +B1

2 = 3 +B2

3 = 3/2−B1 −B2

⇔(

B1 = −1/2B2 = −1

tem-se

P x2+2x+3(x−1)(x+1)2 = P

³3/2x−1 +

−1/2x+1 +

−1(x+1)2

´= 3

2 ln |x− 1|−12 ln |x+ 1|+

1x+1 + C,C ∈ IR.

3. Calcular uma primitiva de x5

16−x4 (caso (iii)).

Efectuando a divisão obtemos x5

16−x4 = −x+16x

−x4+16 e, portanto,

P x5

16−x4 = P³−x+ 16x

−x4+16

´= −x2

2 + P 16x−x4+16 .

Ora, 16x−x4+16 =

16x(4+x2)(4−x2) =

16x(4+x2)(2+x)(2−x) =

A+Bx(4+x2)

+ C2+x +

D2−x , ou seja,

16x = (A+Bx)¡4− x2

¢+ C

¡4 + x2

¢(2− x) +D

¡4 + x2

¢(2 + x) . (1.4)

Pela regra do Tapa obtém-se C = −1 e D = 1, donde

16x = x3 (−B + 1 + 1) + x2 (−A− 2 + 2) + x (4B + 4 + 4) + (4A− 8 + 8).

Obtemos o sistema ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩−B + 2 = 0−A = 0

4B + 8 = 16

4A = 0

⇔

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩A = 0

B = 2

C = −1D = 1

.

Então, P x5

16−x4 = −x2

2 + P³

2x(4+x2) −

12+x +

12−x

´= −x2

2 + ln¡4 + x2

¢− ln |2 + x|− ln |2− x|+ C,C ∈ IR.

1.5 Primitivação por substituição

Para simplificar o cálculo de certas primitivas, por exemplo, para calcular primitivas de funções

irracionais que não sejam imediatas, para primitivar funções que envolvam repetidas vezes uma mesma

expressão, etc., é por vezes útil fazer uma mudança de variável. O objectivo é transformar a primitiva

inicial numa primitiva já nossa conhecida, após a mudança de variável. Por exemplo, como calcular

P e2x

ex+e2x?



Teorema 1.16 Fórmula de primitivação por substituição

Seja y = f (x) uma função contínua e x = g (t) uma função injectiva e diferenciável. Então,

Pf (x) = P£f (g (t))× g0 (t)

¤.

Exemplos 1.17 Usando uma mudança de variável conveniente calcular:

1. Px√x+ 1.

Com a mudança de variável, pretende-se eliminar a raiz.

Então faça-se x+ 1 = t2 ⇒ x = t2 − 1 = g (t)

⇒ x0 = 2t = g0 (t) .

Logo, Px√x+ 1 = P

¡t2 − 1

¢√t2 − 1 + 1× 2t = P

¡t2 − 1

¢t× 2t

= 2P¡t4 − t2

¢= 2

³t5

5 −t3

3

´+ C,C ∈ IR.

Como x+ 1 = t2 ⇒ t =√x+ 1 = (x+ 1)1/2 vem que

Px√x+ 1 = 2

5 (x+ 1)5/2 − 2

3 (x+ 1)3/2 +C,C ∈ IR.

2. P e2x

ex+e2x .

Note-se que há uma repetição de ex, pois temos e2x

ex+e2x =(ex)2

ex+(ex)2.

Então, faça-se ex = t ⇒ x = ln (t) = g (t)

⇒ x0 = 1t = g0 (t) .

Assim, P e2x

ex+e2x= P t2

t+t21t = P t

t+t2= P 1

1+t = ln |1 + t|+ C = ln (1 + ex) + C,C ∈ IR.

Exemplos de aplicação

1. A circulação actual de uma revista é de 3000 exemplares por semana. O editor chefe da revista

projecta uma taxa de crescimento de 4+5t2/3 exemplares por semana, daqui a t semanas, pelos

próximos 3 anos. Com base na sua projecção, qual será a circulação da revista daqui a 27

semanas?

Resolução: Seja S (t) a circulação da revista daqui a t semanas. Então, S0 (t) é a taxa de

variação da circulação na t-ésima semana, isto é, é a taxa de crescimento: S0 (t) = 4 + 5t2/3.

Pretende-se determinar S (t). Ora,

S (t) = PS0 (t) = P¡4 + 5t2/3

¢= 4t+ 3t5/3 +C,C ∈ IR.

Como a circulação actual (semana zero) é de 3000 exemplares, vem 3000 = S (0) = C. Logo, a

circulação da revista após t semanas é S (t) = 4t+ 3t5/3 + 3000. Em particular, a circulação da

revista daqui a 27 semanas será de

S (27) = 4× 27 + 3× (27)5/3 + 3000 = 108 + 3× 3

q(27)5 + 3000 = 3108 + 3× 3

q(33)5

= 3108 + 3× 35 = 3108 + 729 = 3837 exemplares.



2. Uma empresa fabrica relógios de pulso. A função custo marginal diário associado à produção é

C 0 (x) = 0.000009x2 − 0.009x+ 4

em euros por unidade, com x o número de unidades produzidas. A produção diária tem um custo

fixo de 120 euros. Pretende-se determinar o custo total da empresa ao produzir os primeiros 500

relógios do dia.

Resolução: O custo total é dado por C (x) = PC 0 (x) = P¡0.000009x2 − 0.009x+ 4

¢= 0.000003x3 − 0.0045x2 + 4x+ C,C ∈ IR.

A empresa suporta sempre um custo de 120 euros, mesmo que não produza nenhum relógio, isto

é, C (0) = 120 = C. Então, C (x) = 0.000003x3 − 0.0045x2 + 4x + 120, logo, para produzir osprimeiros 500 relógios do dia a empresa tem um custo total de

C (500) = 0.000003× (500)3 − 0.0045× (500)2 + 4× 500 + 120= 375− 1125 + 2000 + 120 = 1370 euros.

Bibliografia:

1. Azenha, A., Jerónimo, M. A., Elementos de Cálculo Diferencial e Integral em IR e em IRn,

McGraw-Hill, Lisboa, 1995.

2. Neves, C., Cálculo Integral, ISCAC, 2006.

3. Saraiva, M. A., Silva, M. A., Primitivação, Edições Asa, Rio Tinto, 1a ed., 1990.

4. Swokowski, E., Cálculo com Geometria Analítica, 2a ed., vol. I, Makron Books, 1995.


Capítulo 2

Equações diferenciais

Nos mais variados domínios da Ciência existem problemas nos quais se pretende determinar algo

variável a partir do conhecimento da sua variação, ou seja, pretende-se encontrar uma determinada

função a partir do conhecimento de certos dados exprimidos em termos de uma equação que envolve

pelo menos uma das suas derivadas (por exemplo, a variação ao longo do tempo da taxa de juro de um

investimento, a variação dos custos de produção com as quantidades fabricadas, etc). Estas equações

designam-se por equações diferenciais. Neste capítulo, iremos ver como encontrar as soluções de tipos

muito particulares, mas com grande aplicação prática, destas equações.

2.1 Definições

Definição 2.1

Designa-se por equação diferencial real toda a equação com coeficientes reais que envolva uma

ou mais variáveis reais dependentes, funções de uma ou mais variáveis reais independentes, e suas

derivadas.

Observação 2.2

As variáveis reais dependentes de uma equação diferencial designam-se frequentemente por funções-

incógnita.

Sempre que, numa equação diferencial, as variáveis dependentes são funções reais de uma só

variável real independente, isto é, se estiverem envolvidas apenas derivadas totais, dizemos que se

trata de uma equação diferencial ordinária. No caso contrário estaremos perante uma equação

diferencial com derivadas parciais. Iremos dedicar a nossa atenção ao caso particular das equações

diferenciais ordinárias, com uma única variável dependente.


CAPÍTULO 2. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 13

Observação 2.3 A derivada de maior ordem da função incógnita, presente numa equação diferencial,

define a ordem da equação diferencial. A potência da derivada de maior ordem da função incógnita

define o grau da equação diferencial.

Exemplos 2.4 Considere as seguintes equações diferenciais:

1)³y00´3+ 2xy0 + y = 0 2a ordem, grau 3

2) 2xy3y000 + y0 + xy = 0 3a ordem, grau 1

3) 5 y0 + 2y = 0 1a ordem, grau 1

4) (d4y

dx4)2 − 1 = 0 4a ordem, grau 2.

Todas elas são equações diferenciais ordinárias numa variável dependente y = y(x).

O estudo das equações diferenciais ordinárias que iremos desenvolver compreende apenas casos

muito específicos de equações diferenciais ordinárias de 1a ordem numa variável, ou seja, da

forma F (x, y, y0) = 0.

Definição 2.5

Diz-se que uma função real de variável real f , derivável num intervalo I ⊆ IR, é uma solução daequação diferencial F (x, y, y0) = 0, para x ∈ I, se quando substituímos y por f (x) (e y0 por f 0 (x))

obtemos uma proposição verdadeira, ou seja, se F (x, f (x) , f 0 (x)) = 0, para todo o x em I.

Ao conjunto de todas as soluções de uma equação diferencial chama-se solução geral ou família

de soluções da equação diferencial.

Exemplos 2.6

1. A função f (x) = ex, ∀x ∈ IR, é solução da equação diferencial

y0 = y,

pois f 0 (x) = ex = f (x). Além disso, prova-se que a solução geral da equação diferencial é da

forma y = Cex, onde C ∈IR é um parâmetro real arbitrário. Quer dizer, para cada valor do

parâmetro C obtemos uma solução particular da equação dada.

2. Verifiquemos se as funções y = Cx4,∀x ∈ IR, com C ∈ IR, são soluções da equação diferencial

xy0 − 4y = 0.

Comecemos por calcular a derivada da função y:

y0 = 4Cx3.

Substituindo as funções y e y0 na equação dada, obtemos:

x.4Cx3 − 4Cx4 = 0⇔ 0 = 0

resultando uma proposição verdadeira, para qualquer valor de x ∈ IR. Então podemos concluirque as funções y = Cx4, com C ∈ IR, são soluções da equação diferencial dada.



Observação 2.7

Designa-se por Problema de Condição Inicial o problema que consiste em determinar a solução

da equação diferencial F (x, y, y0) = 0 que satisfaz a condição inicial y(x0) = y0. Esta condição permite,

a partir da solução geral da equação diferencial, determinar o valor do parâmetro arbitrário C ∈ IRcorrespondente à solução particular pretendida, da equação diferencial dada.

Exemplo 2.8

Considerando o exemplo anterior, suponhamos que se pretende a solução y = y (x) da equação que

satisfaz y (1) = 2. Conhecendo a solução geral, y = Cx4, com C ∈ IR, basta determinar C tal que

y (1) = 2, ou seja, tal que C.14 = 2, obtendo-se C = 2; assim, a solução do problema de condição

inicial considerado é y = 2x4.

2.2 Equações diferenciais de variáveis separadas

Definição 2.9 Uma equação diferencial de 1a ordem designa-se por equação diferencial de

variáveis separadas se puder ser escrita na forma:

M(x)dx+N(y)dy = 0 (2.1)

atendendo a que y0 = y0 (x) =dy

dx.

Primitivando membro a membro a igualdade (2.1), vemZM(x)dx+

ZN(y)dy = C, com C ∈ IR,

obtendo-se assim a solução geral da equação dada.

Observação 2.10

A solução geral de uma equação diferencial de variáveis separadas apresenta-se, na generalidade

dos casos, na forma implícita.

Exemplos 2.11 Considere as equações diferenciais:

1.1

xdx+

1− y

ydy = 0 ; y(2) = −1.

2. cos (x) dx− 1ydy = 0 ; y(π) = 2.

Determine:

(a) a solução geral de cada uma das equação diferenciais.

(b) a solução de cada uma das equações que satisfaz a condição inicial indicada.



Resolução:

1. A equação dada é de variáveis separadas, sendo M(x) =1

xe N(y) =

1− y

y.

Passemos agora ao cálculo da sua solução geral.

(a)1

xdx+

1− y

ydy = 0⇒

Z1

xdx+

Z1− y

ydy = C, com C ∈ IR.

Calculando estas primitivas, obtemosZ1

xdx+

Z1

y− 1dy = C ⇔

⇔ ln |x|+ ln |y|− y = C ⇔

⇔ ln |xy|− y = C, C ∈ IR.

A equação ln |xy|− y = C, com C ∈ IR, define implicitamente a solução geral da equaçãodiferencial.

(b) Para determinarmos a solução particular que satisfaz a condição inicial dada vamos de-

terminar o valor do parâmetro C ∈ IR, para o qual se verifica a condição enunciada,

y(2) = −1.ln |2× (−1)|− (−1) = C ⇔ C = 1 + ln 2,

e, como tal, a solução particular da equação diferencial é dada implicitamente por

ln |xy|− y = 1 + ln 2.

2. A equação dada é de variáveis separadas, sendo M(x) = cos (x) e N(y) =1

y.

Podemos agora efectuar o cálculo da sua solução geral.

(a) cos (x) dx− 1ydy = 0⇒

Zcos (x) dx−

Z1

ydy = C ⇒ sen (x)− ln |y| = C ⇒

⇒ ln |y| = sen (x)− C ⇒ |y| = esen(x)−C = esen(x)e−C, com C ∈ IR.Fazendo e−C = C1 ∈ IR+ obtém-se|y| = C1e

sen(x) ⇒ y = ±C1esen(x) ⇒ y = C2esen(x), com C2 ∈ IR\ {0}; neste caso a solução

geral está na forma explícita.

(b) Para determinarmos a solução particular da equação diferencial que satisfaz a condição

inicial dada vamos determinar o valor do parâmetro C2 ∈ IR\ {0} para o qual esta condiçãose verifica, ou seja, para o qual y(π) = 2:

2 = C2esen(π) ⇔ 2 = C2e

0 ⇔ C2 = 2.

Então a solução particular da equação diferencial é dada por y(x) = 2esen(x).



2.3 Equações diferenciais de variáveis separáveis

Definição 2.12 Uma equação diferencial de 1a ordem designa-se por equação diferencial de

variáveis separáveis se puder ser escrita na forma:

P (x)Q(y)dx+R (x)S(y)dy = 0 .

Uma equação diferencial de variáveis separáveis pode ser transformada numa equação de va-

riáveis separadas, isto é, as variáveis x e y podem ser separadas obtendo-se uma equação da forma

M (x) dx+N (y) dy = 0:

P (x)Q(y)dx+R (x)S(y)dy = 0⇔ P (x)

R (x)| {z }M(x)

dx+S(y)

Q(y)| {z }N(y)

dy = 0, R (x) , Q(y) 6= 0 .

A seguir, para obtermos a solução geral, procede-se como indicado na secção anterior.

Exemplos 2.13

1. A equação ydx = x (y − 1) dy é uma equação diferencial de variáveis separáveis, pois

ydx = x (y − 1) dy ⇔ 1

xdx =

y − 1y

dy ⇔ 1

xdx+

1− y

ydy = 0.

Ora1

xdx+

1− y

ydy = 0 é a equação de variáveis separadas do exemplo 2.11-1.

2. Consideremos a equação diferencial de 1a ordem1

yy0 − cos (x) = 0. Verifiquemos que se trata

de uma equação diferencial de variáveis separáveis, isto é, reescrevendo a equação iremos obter

uma equação de variáveis separadas M (x) dx+N (y) dy = 0:

1

yy0 − cos (x) = 0⇔ 1

y

dy

dx− cos (x) = 0⇔ 1

ydy − cos (x) dx = 0.

Trata-se, de facto, de uma equação de variáveis separadas, equivalente à equação do exemplo

2.11-2, com M (x) = − cos (x) e N (y) =1

y.

2.4 Equações diferenciais lineares de 1a ordem

Definição 2.14 Uma equação diferencial linear de 1a ordem na variável dependente y é uma

equação da forma:

y0 + P (x)y = Q(x),

onde P (x) e Q (x) são funções contínuas num certo intervalo I de IR.

Para resolver a equação diferencial da forma y0 + P (x)y = Q(x) executamos os seguintes passos:

1) Calculamos o factor integrante, definido por:

u(x) = e P (x)dx.



2) Multiplicamos ambos os membros da equação diferencial pelo factor integrante (que é sempre

não nulo), obtendo:

y0e P (x)dx + yP (x)e P (x)dx = e P (x)dxQ(x).

3) Atendendo à regra da derivada do produto de duas funções e à definição de primitiva de uma

função temos:

d

dx

³ye P (x)dx

´= y0e P (x)dx + y

³e P (x)dx

´0=

= y0e P (x)dx + ye P (x)dx

µZP (x)dx

¶0=

= y0e P (x)dx + ye P (x)dxP (x),

portanto, o 1o membro da equação obtida em 2) é igual ad

dx

³ye P (x)dx

´. Reescrevemos a equação

na forma:d

dx

³y e P (x)dx

´= e P (x)dxQ(x).

4) Primitivamos a equação obtida em ordem à variável x,Zd

dx

³ye P (x)dx

´dx =

Z ³e P (x)dxQ(x)

´dx+ C, com C ∈ IR,

o que, atendendo à definição de primitiva de uma função, equivale a:

ye P (x)dx =

Z ³e P (x)dxQ(x)dx

´+ C, com C ∈ IR.

5) Finalmente obtemos a solução geral da equação diferencial dada, explicitando y na equação

anterior:

y =

Z ³e P (x)dxQ(x)dx

´+C

e P (x)dx, com C ∈ IR.

Observação 2.15 No caso das equações diferenciais lineares de 1a ordem a solução geral apresenta-se

sempre na forma explícita.

Exemplo 2.16 Considere a equação diferencial y0 − y

x= x2 tal que y(2) = 4.

Temos y0 − y

x= x2 ⇔ y0 +

µ−1x

¶y = x2, para x 6= 0, logo a equação diferencial dada é linear de

1a ordem, com P (x) = −1xe Q (x) = x2.

1) Calculamos o factor integrante:

u(x) = e P (x)dx = e − 1xdx = e− ln|x| = eln(|x|

−1) =1

|x| .

Consideremos para factor integrante u(x) =1

x. (Note-se que, pelas regras de equivalência de equações,

podemos multiplicar ambos os membros por qualquer factor não-nulo, obtendo uma equação equivalente

à dada).



2) Multiplicamos a equação diferencial pelo factor integrante, u(x) =1

x; obtemos:

y01

x− y

x2= x.

3) Atendendo a qued

dx

µy1

x

¶= y0

1

x− y

1

x2, podemos reescrever a igualdade anterior na forma:

d

dx

µy1

x

¶= x.

4) Primitivamos ambos os membros da equação obtida em 3), em ordem à variável x:Zd

dx

µy1

x

¶dx =

Zxdx+ C ⇔ y

1

x=

x2

2+ C, com C ∈ IR.

5) Obtemos agora a solução geral da equação diferencial, explicitando y na equação anterior:

y = x

µx2

2+ C

¶⇔ y (x) =

x3

2+ Cx, com C ∈ IR.

Para determinarmos a solução particular que satisfaz a condição inicial dada vamos determinar

o valor do parâmetro C ∈ IR, para o qual é satisfeita a condição y(2) = 4. Substituindo na solução

geral y por 4 e x por 2, obtemos:

4 =23

2+C × 2⇔ 2C = 4− 4⇔ C = 0.

Assim, a solução particular da equação diferencial é y =x3

2.

Observação 2.17 Uma equação diferencial pode, sob certas condições, ser simultaneamente linear de

1a ordem e de variáveis separadas.

Considere-se o caso particular de uma equação diferencial linear de 1a ordem

y0 + P (x)y = Q(x),

com Q(x) = kP (x), com k ∈ IR. Então:

y0 + P (x)y = kP (x)⇔

⇔ dy

dx+ P (x) (y − k) = 0⇔

⇔ 1

(y − k)dy + P (x) dx = 0

que identificamos como uma equação diferencial de variáveis separadas com M (x) = P (x) e

N (y) =1

(y − k).



Exemplo 2.18 Considere a seguinte equação diferencial:

y0 +y

x ln(x)= 0.

Mostre que a equação dada é simultaneamente linear de 1a ordem e de variáveis separadas.

Temos

y0 +y

x ln(x)= 0⇔ y0 +

µ1

x ln(x)

¶y = 0, para x ∈ IR+\ {1} ,

logo a equação diferencial dada é linear de 1a ordem. Note-se que as funções P (x) e Q (x) verificam

a relação Q (x) = kP (x), com k = 0. Assim, podemos escrever a equação na forma

dy

dx+

µ1

x ln(x)

¶y = 0⇔ 1

ydy +

µ1

x ln(x)

¶dx = 0

que identificamos como uma equação de variáveis separadas, tal como se pretendia demonstrar.

2.5 Exemplos de Aplicação

1. Na secção de controlo de qualidade de uma empresa a verificação de determinado produto é

conduzida, em certo turno, a uma taxa horária definida por N 0(t) =N(t)

t+ 10t

ht−

23 − 1

i,

expressa em dezenas de unidades de produto, verificadas à hora t, após o início do turno (t = 0).

Sabendo que cada turno, na secção de controlo, tem uma duração de 8 horas e que foram

verificadas 5200 unidades de produto 1 hora após o início do turno, determine o número total

de unidades de produto controladas durante aquele turno.

Resolução

Sejam:

-) t o número de horas passadas, a partir do início do turno, t ∈ ]0, 8].

-) N(t) o número de produtos, em dezenas de unidades, verificados à hora t.

Uma vez que o número de produtos verificados depende da hora t em que a verificação é realizada,

t representa a variável independente e N(t), ou N em notação abreviada, é a variável dependente

(função-incógnita) do problema em estudo.

O controlo do produto é realizado a uma taxa horária definida pela equação:

N 0(t) =N(t)

t+ 10t

ht−

23 − 1

i,

que se trata de uma equação diferencial ordinária de 1a ordem, uma vez que envolve apenas a

função-incógnita N = N(t) e a sua derivada total N 0 = N 0(t), sendo t a variável independente.

Rearranjado a equação obtém-se:

N 0(t)− 1tN(t) = 10t

ht−

23 − 1

iou, em notação abreviada,

N 0 +

µ−1t

¶N = 10t

ht−

23 − 1

i



que identificamos como uma equação diferencial linear de 1a ordem, com P (t) = −1te

Q(t) = 10tht−

23 − 1

i.

O objectivo do problema é determinar o número de produtos controlados N(t), em cada hora

t, após o início do turno, ou seja, determinar uma solução da equação diferencial que deve

ainda satisfazer uma condição inicial, pois pressupõe-se terem sido verificadas 5200 unidades de

produto (520 dezenas) 1 hora após o início do turno, isto é, N(1) = 520.

Comecemos então por determinar a solução geral da equação diferencial.


u(t) = e

ZP (t)dt

= e

Z−1

tdt

= e− ln|t| = eln|t|−1=1

|t| com t ∈ ]0, 8] .

2)Multiplicamos ambos os membros da equação diferencial pelo factor integrante u(t) =1

|t| =1

t(pois t ∈ ]0, 8]), obtendo:

N 0 1

t+

µ− 1t2

¶N =

1

t

h10t

³t−

23 − 1

´i.

3) Atendendo a qued

dt

µN1

t

¶= N 0 1

t− 1

t2N , podemos reescrever a equação na forma:

d

dt

µN1

t

¶= 10

³t−

23 − 1

´.

4) Primitivamos ambos os membros da equação obtida, em ordem à variável t,Zd

dt

µN1

t

¶dt =

Z10³t−

23 − 1

´dt+ C, com C ∈ IR,


N1

t= 10

³3t

13 − t

´+ C, com C ∈ IR.

5) Finalmente obtemos a solução geral da equação diferencial dada, explicitando N na equação

anterior,

N = th10³3t

13 − t

´+C

i, ou seja, N = 10

³3t

43 − t2

´+Ct, com C ∈ IR.

Podemos então, com base na condição inicial enunciada, N(1) = 520, calcular o valor da

constante real C e, assim, obter a solução particular pretendida:

10³3× 1 43 − 12

´+ C = 520⇔ C = 500,

logo,

N(t) = 10³3t

43 − t2

´+ 500t.



Por fim, queremos determinar o número total de produtos verificados durante o turno, ou seja,

o valor de N(t) para t = 8,

N(8) = 10³3× 8 43 − 82

´+ 500× 8 = −160 + 4000 = 3840.

Concluímos pois que, durante o turno, foram verificadas 3840 unidades de produto.

2. Determinado canal televisivo verificou que o número de telespectadores que assistem ao programa

"Alfa", integrante da sua grelha de programação desde 2000 (t = 0), tem vindo a crescer à taxa

de A0(t) =4

A(t)(8 + 4t)−

13 milhões de telespectadores por ano.

Sabendo que a audiência do programa em 2000 era de 4 milhões, determine o número de te-

lespectadores a assistir ao programa em 2014.

Resolução:

Sejam:

-) t o número de anos após o início da emissão do programa "Alfa" (em 2000, t = 0), t ∈ [0,+∞[.

-) A(t) a audiência do programa no ano t, ou seja, o número de telespectadores que assistem ao

programa no ano t.

O problema considera a avaliação da audiência dependente apenas do tempo, t, quantificado

em anos. Assim, t representa a variável independente e A(t), ou A em notação abreviada, é a

variável dependente (função-incógnita) do problema em estudo.

Tomando então a taxa de crescimento da audiência:

A0(t) =4

A(t)(8 + 4t)−

13 ⇔

⇔ A0 =4

A(8 + 4t)−

13

constatamos tratar-se de uma equação diferencial ordinária de 1a ordem uma vez que envolve

apenas a função incógnita A = A(t) e a sua derivada total A0 = A0(t), sendo t a variável

independente. A equação diferencial não é linear de 1a ordem , sendo, contudo, de variáveis

separáveis. Rearranjando a equação obtém-se:

A0A = 4 (8 + 4t)−13 ⇔

⇔ AdA = 4 (8 + 4t)−13 dt.

O objectivo do problema é determinar o número de telespectadores, A(t), que assistirão, em

2014, ao referido programa, ou seja, 14 anos após o arranque da sua emissão: t = 14. A solução

a determinar deve ainda satisfazer uma condição inicial do problema pois considera-se que o

número de telespectadores que assistiam ao programa em 2000 era de 4 milhões, A (0) = 4.

Comecemos então por determinar a solução geral da equação diferencial. Primitivando membro

a membro a igualdade anterior obtemosZAdA =

Z4 (8 + 4t)−

13 dt+ C, com C ∈ IR;



ou seja,A2

2=3

2(8 + 4t)

23 + C, com C ∈ IR,

ou ainda:

A2 = 3 (8 + 4t)23 + 2C, com C ∈ IR.

Uma vez que A(0) = 4 milhões de telespectadores, tem-se

42 = 3 (8 + 0)23 + 2C, com C ∈ IR, ou seja,

C = 2,

resultando, então, a solução particular

A2 = 3 (8 + 4t)23 + 4.

Finalmente, vamos determinar o número de telespectadores que irão assistir ao programa em

2014, fazendo t = 14:

A2 = 3 (8 + 4(14))23 + 4 = 48 + 4 = 52⇔

⇔ A =√52 ' 7.21

Concluímos pois que, a verificar-se aquela taxa de crescimento da audiência, em 2012 assistirão

ao programa cerca de 7.21 milhões de telespectadores.

3. O Sr Silva e Silva pretende efectuar um depósito a prazo em determinada Instituição Bancária.

O gestor de conta do Sr. Silva e Silva recomenda-lhe um investimento a prazo que considera

aliciante pois, ao cabo de 10 anos, a taxa de juro terá, pelo menos, duplicado a vigente no 1o

ano. A única questão é que o capital terá que permanecer cativo durante esse período (10 anos),

para que não existam penalizações.

Sabendo que, para o investimento proposto, a taxa de juro é 2.5% ao ano, no 1o ano, e que a taxa

de crescimento prevista para o juro anual do investimento é: j0(t) =1

12√t(j + 2), determine o

valor da taxa de juro 10 anos após o investimento.

Resolução:

Sejam:

-) t o número de anos decorridos após a concretização do investimento, t ∈ ]0, 10].

-) j(t) a taxa de juro anual do investimento, no ano t.

O problema considera o crescimento da taxa de juro do investimento dependente apenas do

tempo, t, quantificado em anos. Assim, t representa a variável independente e j(t), ou j em

notação abreviada, é a variável dependente (função-incógnita) do problema em estudo.

Assumindo válida a previsão da referida taxa de crescimento temos:

j0(t) =1

12√t(j(t) + 2)⇔

⇔ j0 =1

12√t(j + 2)⇔ j0 − 1

12√tj =

1

6√t.



Esta equação é, tal como se pode verificar, uma equação diferencial ordinária de 1a ordem, uma

vez que envolve apenas a função-incógnita j = j(t) e a sua derivada total j0 = j0(t), sendo t

a variável independente. Dada a estrutura da equação, podemos classificá-la como diferencial

linear de 1a ordem, sendo P (t) = − 1

12√te Q(t) =

1

6√t. Como Q(t) = k P (t), para k = −2,

a equação pode também ser considerada como diferencial de variáveis separadas. Uma vez que

a resolução como equação linear de 1a ordem permite obter a solução do problema na forma

explícita, vamos resolvê-la como tal.

Comecemos então por determinar a solução geral da equação diferencial.


u(t) = e P (t)dx = e− 112√tdt= e−(1/12) (t)−

12 dt = e−

√t6 com t ∈ ]0, 10] .

2) Multiplicamos ambos os membros da equação diferencial pelo factor integrante u(t) = e−√t6 ,

obtendo:

j0e−√t6 − 1

12√te−

√t6 j = e−

√t61

6√t.

3) Atendendo a qued

dt

³j e−

√t6

´= j0e−

√t6 − 1

12√te−

√t6 j, podemos reescrever a equação na

forma:d

dt

³j e−

√t6

´= e−

√t61

6√t.

4) Primitivamos a equação obtida em ordem à variável t,Zd

dt

³j e−

√t6

´dt =

Ze−

√t61

6√tdt+ C, com C ∈ IR,


j e−√t6 = −2e−

√t6 + C.

5) Finalmente obtemos a solução geral da equação diferencial dada, explicitando j na equação

anterior:

j = e√t6

h−2e−

√t6 + C

i, com C ∈ IR,

o que equivale a

j = −2 + Ce√t6 .

Sabendo que a taxa de juro no 1o ano de investimento é 2.5% ao ano, podemos determinar a

solução da equação diferencial que satisfaz a condição inicial enunciada, j(1) = 2.5:

j(1) = −2 + Ce16 ⇔ C =

4.5

e16

.

Assim, obtemos:

j = −2 + 4.5e16

e√t

6 ⇔

⇔ j = −2 + 4.5e16(√t−1)



Queremos agora determinar o valor da taxa de juro após 10 anos de investimento, ou seja, o

valor de j(t) para t = 10, para averiguar o rigor do parecer do gestor de conta do Sr. Silva e

Silva.

j(10) = −2 + 4.5e16(√10−1) ∼= 4.452431.

Uma vez que a taxa de juro no 1o ano é de 2.5% ao ano o dobro seria 5%. Como obtivemos

uma taxa de juro de aproximadamente 4.45%, significa que o gestor de conta do Sr. Silva e Silva

proferiu um comentário exagerado.

Bibliografia:

1. Amaro, A., Carvalho, M., Equações Diferenciais, ISCAC, 2007.




Capítulo 3

Cálculo integral

3.1 Integral definido

O integral definido surgiu com o problema do cálculo da área duma região no plano. É fácil

calcular a área duma região plana limitada por segmentos de recta. Por exemplo, a área de um

rectângulo é o produto do comprimento pela largura. Para calcular a área duma região plana cuja

fronteira é uma curva (representação gráfica de uma função), o problema é mais complicado.

Exemplo 3.1 Considere-se a região plana limitada pela parábola y = x2 e pelas rectas y = 0 e x = 1.

A área, A, dessa região é aproximadamente igual à soma das áreas de rectângulos inscritos na curva

e à soma das áreas de rectângulos circunscritos à curva:

y

x0 1/4 1/2 3/4

2xy =

1=x

0=y

Fig. 1

y

x0 1/4 1/2 3/4

2xy =

1=x

0=y

Fig. 2

Sejam: s a soma das áreas dos rectângulos da Fig.1;

S a soma das áreas dos rectângulos da Fig.2.

Facilmente se concui que s < A < S. Como y = x2, a altura de cada rectângulo é o valor de y na

curva, isto é, é o quadrado do valor de x. Então,

s = 02 × 14 +

¡14

¢2 × 14 +

¡12

¢2 × 14 +

¡34

¢2 × 14 =

732∼= 0.22

S =¡14

¢2 × 14 +

¡12

¢2 × 14 +

¡34

¢2 × 14 + 1×

14 =

1532∼= 0.47


CAPÍTULO 3. CÁLCULO INTEGRAL 26

ou seja, 0.22 < A < 0.47. Para a construção destes rectângulos, considerámos a partição P do

intervalo [0, 1] em 4 subintervalos de igual amplitude. Se aumentarmos o número de subintervalos

conseguimos aproximações de A cada vez melhores, isto é, o erro de aproximação é menor, pois s

aumenta e S diminui (estamos a restringir o intervalo que contém o valor exacto da área A). Por

exemplo, se particionarmos o intervalo [0, 1] em 8 subintervalos de igual amplitude:

y

x0 1/4 1/2 3/4

2xy =

1=x

0=y1/8 7/85/83/8

y

x0 1/4 1/2 3/4

2xy =

1=x

0=y1/8 7/85/83/8

Neste caso tem-se s ' 0.27 e S ' 0.4, ou seja, 0.27 < A < 0.4.

Assim, quantos mais intervalos tiver a partição inicial, mais o valor de s se aproxima do valor de

S e ambos do valor da área A.

Para melhor entender o significado do integral definido vamos construir este conceito como limite

de certas somas.

3.1.1 Definição e interpretação geométrica. Propriedades

Definição 3.2 Seja I = [a, b] um intervalo de IR.Chama-se partição de I a um conjunto finito de

elementos de I, incluindo a e b: P = {x0, x1, ..., xn} com a = x0 < x1 < ... < xn = b.

Os intervalos Ik = [xk−1, xk] , k = 1, ..., n são designados por subintervalos da partição P de

amplitude ∆kx = xk − xk−1. Dadas duas partições P1 e P2 do intervalo I, diz-se que P1 é mais fina

do que P2 se e só se P2 ⊂ P1.

Consideremos uma função real f definida e limitada no intervalo I. Então, existe o ínfimo e o

supremo de f em qualquer subintervalo de I.

Definição 3.3 Seja A ⊆ I = [a, b].

1. inf fA

é o maior dos minorantes do conjunto f (A) = {f (x) : x ∈ A}, ou seja,

inf fA

= max {h ∈ IR : h ≤ f (x) ,∀x ∈ A} .

2. sup fA

é o menor dos majorantes do conjunto f (A) = {f (x) : x ∈ A}, ou seja,

sup fA

= min {h ∈ IR : f (x) ≤ h,∀x ∈ A} .

Observação 3.4 Caso f seja uma função contínua, o ínfimo coincide com o mínimo de f e o supremo

com o máximo de f .



Definição 3.5 Sejam f uma função definida em I = [a, b] e P uma partição do intervalo I.

1) Soma inferior de Darboux, relativa à função f e à partição P do intervalo I, é a soma das

áreas dos rectângulos inscritos na representação gráfica de f :

s (f, P ) =nX

k=1

infIk

f (x)× (xk − xk−1) .

2) Soma superior de Darboux, relativa à função f e à partição P do intervalo I, é a soma das

áreas dos rectângulos circunscritos na representação gráfica de f :

S (f, P ) =nX

k=1

supIk

f (x)× (xk − xk−1) .

Geometricamente, para uma função contínua e não negativa, estas somas representam,

respectivamente, as seguintes áreas:

y

x0ax = bx =

)(xfy =

y

x0ax = bx =

)(xfy =

Ou seja, s (f, P ) e S (f, P ) podem ser interpretadas como áreas de polígonos, um inscrito e outro

circunscrito à representação gráfica de f , respectivamente. Da figura, é evidente que a soma inferior,

s (f, P ), representa um valor aproximado por defeito da área da região limitada pela representação

gráfica de f , pelo eixo OX e pelas rectas x = a e x = b, enquanto que a soma superior, S (f, P ),

representa um valor aproximado por excesso dessa mesma área. Na figura considerou-se uma partição

com 7 pontos mas é óbvio que quantos mais pontos tiver a partição, isto é, quanto mais fina for a

partição, mais se aproximarão s (f, P ) e S (f, P ) da área da região. É ainda intuitivo que, à medida

que as partições se tornam mais finas, as somas inferiores aumentam enquanto as somas superiores

diminuem, mantendo-se sempre qualquer soma inferior menor ou igual a qualquer soma superior.

Definição 3.6 Seja f uma função definida e limitada no intervalo I = [a, b] com n o número de

intervalos da partição P . Diz-se que f é integrável em [a, b] se e só se

limn→+∞

s (f, P ) = limn→+∞

S (f, P ) .

A este valor comum chamamos integral definido e denotamos porZ

If (x) dx ou

Z b

af (x) dx, onde

f (x) é a função integranda, a o extremo inferior e b o extremo superior de integração.



A variável x é designada por variável muda, pois pode ser substituída por qualquer outra variável

sem alterar o valor do integral:Z b

af (x) dx =

Z b

af (t) dt = ... .

Interpretação geométrica: se f for uma função contínua e não negativa no intervalo I = [a, b],

o valor deZ b

af (x) dx, ou seja, o valor comum dos limites das somas inferior e superior, representa a

área da região limitada pela representação gráfica de f , pelo eixo OX e pelas rectas x = a e x = b.

y

x0ax = bx =

)(xfy =

Como existem funções integráveis e não integráveis, vejamos algumas condições que garantem

a integrabilidade de uma função.

Teorema 3.7 Se f : I = [a, b]→ IR é monótona, então f é integrável em [a, b].

Teorema 3.8 Seja f : I = [a, b] → IR limitada com um número finito de descontinuidades. Então f

é integrável em [a, b].

Observação 3.9 Pelo Teorema de Weirstrass, toda a função contínua em [a, b] é aí limitada. Resulta

daqui e do teorema anterior que uma função é integrável se e só se for limitada e descontínua, quando

muito, num número finito de pontos.

Exemplos 3.10

1. Seja f a função definida em [−1, 1] por f (x) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩−x se x < 0

1 se x = 0

x se x > 0

.

y

x0 1

xy =xy −=

-1

1

f é integrável pois é limitada (|f (x)| ≤ 1) e descontínua apenas no ponto x = 0.



2. Seja f a função definida em [0, 1] por f (x) =

(2 se x ∈ Q

−1 se x ∈ IR\Q.

y

x0

-1

1

2

f não é integrável, isto é, não existeZ 1

0f (x) dx. Apesar de f ser limitada em [0, 1], pois,

∀x ∈ [0, 1] , |f (x)| ≤ 2, f possui um número infinito de descontinuidades em [0, 1].

3. Seja f a função definida em [−1, 1] por f (x) =

(1x se x > 0

1 se x ≤ 0.

y

x0

1

11-

f não é integrável. Apesar de só ser descontínua em x = 0, não é limitada em [−1, 1] , poislimx→0+

1x = +∞.

Teorema 3.11 Sejam f, g : [a, b] → IR limitadas tais que, ∀x ∈ [a, b], f (x) = g (x), excepto num

número finito de pontos de [a, b]. Então, f é integrável se e só se g é integrável eZ b

af (x) dx =

Z b

ag (x) dx.

Proposição 3.12 Propriedades do integral definido

Sejam f, g : [a, b]→ IR integráveis. Verificam-se as seguintes propriedades:

1. Se ∀x ∈ [a, b] , f (x) ≥ 0, entãoZ b

af (x) dx ≥ 0.

Neste caso,Z b

af (x) dx = A com A a área da região plana limitada pela representação gráfica

de f , pelo eixo OX e pelas rectas verticais x = a e x = b.

2. Se ∀x ∈ [a, b] , f (x) ≤ 0, entãoZ b

af (x) dx ≤ 0.

3.Z b

af (x) dx = −

Z a

bf (x) dx.



4.Z a

af (x) dx = 0.

5.Z b

akf (x) dx = k

Z b

af (x) dx, ∀k ∈ IR.

6.Z b

ak dx = k (b− a), ∀k ∈ IR.

7.Z b

a[f (x) + g (x)] dx =

Z b

af (x) dx+

Z b

ag (x) dx.

8. Se ∀x ∈ [a, b] , f (x) ≤ g (x), entãoZ b

af (x) dx ≤

Z b

ag (x) dx.

9. f é integrável em qualquer intervalo [c, d] ⊂ [a, b].

10. Se a < c < b, entãoZ b

af (x) dx =

Z c

af (x) dx+

Z b

cf (x) dx.

11. |f (x)| é integrável em [a, b] e

¯̄̄̄Z b

af (x) dx

¯̄̄̄≤Z b

a|f (x)| dx.

12. Se ∀x ∈ [a, b] e m,M ∈ IR, m ≤ f (x) ≤M , então m (b− a) ≤Z b

af (x) dx ≤M (b− a).

Na prática, o cálculo de um integral definido tem por base o cálculo da primitiva da função

integranda, como mostra o teorema seguinte.

Teorema 3.13 Teorema fundamental do cálculo integral

Seja f : [a, b]→ IR contínua e F (x) uma sua primitiva. Então,Z b

af (x) dx = [F (x)]ba = F (b)− F (a) .

Assim, para calcular integrais definidos basta saber primitivar a função integranda, sem necessidade

de recorrer às somas de Darboux.

Observações 3.14

1. O integral definido de uma função num intervalo é diferente de uma primitiva dessa mesma

função: o primeiro é um número real e a segunda é uma função.

2. Se usarmos F (x) + C em vez de F (x), chega-se ao mesmo resultado, pois

[F (x) + C]ba = [F (b) + C]− [F (a) +C] = F (b)− F (a) = [F (x)]ba.

Exemplos 3.15

1.Z 1

0x3 dx =

hx4

4

i10= 1/4.



2.Z π/2

0sen (2x) dx =

h− cos(2x)

2

iπ/20

= − cos(π)2 − − cos(0)

2 = 1/2− (−1/2) = 1.

Teorema 3.16 Integração por partes

Sejam f uma função contínua em [a, b], g uma função diferenciável com derivada contínua em

[a, b] e F (x) uma primitiva de f (x) em [a, b]. Então,Z b

af (x) g (x) dx = [F (x) g (x)]ba −

Z b

aF (x) g0 (x) dx.

Exemplo 3.17Z π/2

−π/2xsen (x) dx = [−x cos (x)]π/2−π/2 −

Z π/2

−π/2− cos (x)× 1 dx

= −π2 cos

¡π2

¢− π

2 cos¡−π2

¢+ [sen (x)]

π/2−π/2 = sen

¡π2

¢− sen

¡−π2

¢= 1− (−1) = 2.

Teorema 3.18 Integração por substituição

Seja f uma função contínua em [a, b] e g uma função invertível, diferenciável e com derivada

contínua no intervalo J, tal que [a, b] ⊂ g (J). EntãoZ b

af (x) dx =

Z g−1(b)

g−1(a)f (g (t)) g0 (t) dt.

Exemplos 3.19

1.Z 1

0

e2x

ex+e2x dx.

Fazendo a substituição ex = t ⇒ x = ln (t) = g (t)

⇒ x0 = 1t = g0 (t)

então x = 0⇒ t = e0 = 1

x = 1⇒ t = e1 = e

, logo

Z 1

0

e2x

ex+e2xdx =

Z e

1

t2

t+t21t dt =

Z e

1

11+t dt = [ln |1 + t|]e1 = ln (1 + e)− ln (2).

2.Z 4

1

1√x+ 1

dx.

Fazendo a substituição√x = t ⇒ x = t2 = g (t)

⇒ x0 = 2t = g0 (t)

então x = 1⇒ t = 1

x = 4⇒ t = 2

, logo

Z 4

1

1√x+ 1

dx =

Z 2

1

1

t2 + 12t dt =

£ln¯̄t2 + 1

¯̄¤21= ln (5)− ln (2).



3.1.2 Cálculo aproximado do integral definido: regra dos Trapézios

Consideremos f uma função integrável em [a, b]. Para calcular o integral definido I =

Z b

af (x) dx

sabemos que, pelo teorema fundamental do cálculo integral, I = F (b)−F (a), com F (x) uma primitiva

de f (x). Surge então o seguinte problema: como calcular I =Z b

af (x) dx quando não conhecemos

uma primitiva F (x) de f (x)? Por exemplo, para I =Z 1

0ex

2dx, nenhum dos métodos de primitivação

estudados permite obter a primitiva da função f (x) = ex2. Apesar de, emmuitos casos, não ser possível

obter o valor exacto do integral, podemos estar interessados em encontrar valores aproximados do

integral. Para tal, existem vários métodos numéricos que permitem obter aproximações para I. A

maioria deles baseia-se na aproximação de I pelo valor deZ b

ap (x) dx, onde p (x) é uma função que

aproxima f (x) em [a, b] e cuja primitiva é fácil de obter. Assim,

I =

Z b

af (x) dx ∼=

Z b

ap (x) dx.

Com este objectivo em vista, apresentamos de seguida a regra dos Trapézios. Supo-

nhamos que p (x) é uma recta não horizontal que passa nos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)), como mostra

a figura:

y = f(x)

0 a b

f(a)

f(b)y

x

Como f (x) > 0,Z b

af (x) dx representa a área a tracejado. A equação da recta é dada por

y − y0 = m (x− x0) ⇒ y − f (a) = f(b)−f(a)b−a (x− a)

⇒ y = f(b)−f(a)b−a (x− a) + f (a) .

Portanto,Z b

ap (x) dx =

Z b

a

f(b)−f(a)b−a (x− a) + f (a) dx

=hf(b)−f(a)

b−a

³x2

2 − ax´+ f (a)x

iba= f(b)−f(a)

b−a

³b2

2 − ab− a2

2 + a2´+ f (a) (b− a)

= f(b)−f(a)b−a

12

¡b2 − 2ab+ a2

¢+ f (a) (b− a)

=hf(b)−f(a)

2 + f (a)i(b− a) = f(b)+f(a)

2 (b− a) .

Note-se que f(b)+f(a)2 (b− a) é a área de um trapézio rectângulo de altura b − a e bases f (a) e

f (b), ou seja, correspondente à soma da área dum rectângulo com a área dum triângulo:



Área do trapézio = Área do rectângulo + Área do triângulo

= base×altura + base×altura2

= f (a) (b− a) + f(b)−f(a)2 (b− a) = f(b)+f(a)

2 (b− a) .Então, Z b

af (x) dx ∼=

f (b) + f (a)

2(b− a) .

A aproximação obtida pode ser melhorada se fizermos a decomposição do intervalo [a, b] em

subintervalos. Assim, consideremos a partição de [a, b] em n subintervalos com a mesma amplitude

∆x = b−an .

y = f(x)y

x0 b = xna = x0 xk - 1 xk

A área sob a representação gráfica de f é aproximadamente igual à soma das áreas de n trapézios, ou

seja,Z b

af (x) dx ∼= f(x0)+f(x1)

2 ∆x+ f(x1)+f(x2)2 ∆x+ ...+ f(xn−2)+f(xn−1)

2 ∆x+ f(xn−1)+f(xn)2 ∆x

= ∆x2 [f (x0) + 2f (x1) + 2f (x2) + ...+ 2f (xn−1) + f (xn)]

= b−a2n [f (x0) + 2f (x1) + 2f (x2) + ...+ 2f (xn−1) + f (xn)] .

Em termos geométricos, a regra dos Trapézios dá-nos uma aproximação da área da região limitada

pela representação gráfica de f , pelo eixo OX e pelas rectas x = a e x = b, por meio de trapézios em

vez dos rectângulos associados às somas de Darboux.

Exemplos 3.20

1. Calcular um valor aproximado para o integralZ 1

0ex

2dx usando a seguinte decomposição:

x0 = 0, x1 = 1/2 e x2 = 1. Para f (x) = ex2tem-seZ 1

0ex

2dx ∼= 1

2×2 [f (0) + 2f (1/2) + f (1)]

= 14

£1 + 2e1/4 + e

¤∼= 1.5715832.

Observação 3.21 Com este exemplo verificamos que cometemos dois tipos de erros ao usar a

regra dos Trapézios: um resulta da aproximação à função e o outro resulta de arredondamentos.



2. Calcular um valor aproximado do integralZ 2

1

1x dx com n = 5.

A amplitude de cada um dos 5 subintervalos é b−an = 1

5 = 0.2. Portanto, temos os pontos:

x0 = 1, x1 = 1.2, x2 = 1.4, x3 = 1.6, x4 = 1.8, x5 = 2. Então,Z 2

1

1x dx

∼= 12×5 [f (1) + 2f (1.2) + 2f (1.4) + 2f (1.6) + 2f (1.8) + f (2)]

= 0.1£1 + 2× 1

1.2 + 2×11.4 + 2×

11.6 + 2×

11.8 +

12

¤∼= 0.1× 6.9564 = 0.69564.

Note-se que se fizermos n = 10 vemZ 2

1

1x dx

∼= 0.6938. ComoZ 2

1

1x dx = [ln |x|]

21 = ln (2)

∼= 0.6931, de facto obtemos uma melhor aproximação aumentando onúmero de intervalos.

3.1.3 Aplicação ao cálculo de áreas de regiões planas

Voltemos ao problema que motivou o conceito de integral definido: a determinação da área duma

região do plano XOY .

1) Seja R a região definida por R =©(x, y) ∈ IR2 : a ≤ x ≤ b ∧ 0 ≤ y ≤ f (x)

ª, com f uma função

contínua em [a, b]. Geometricamente tem-se

y

x0ax = bx =

)(xfy =

A área da região R é dada por A =Z b

af (x) dx.

2) Seja R a região definida por R =©(x, y) ∈ IR2 : a ≤ x ≤ b ∧ f (x) ≤ y ≤ g (x)

ª, com f e g funções

contínuas em [a, b]. Geometricamente tem-se



y

x0

ax = bx =

)(xgy =

)(xfy =

A área desta região obtém-se facilmente: é a área da região sob a representação gráfica de g

subtraindo-se a área da região sob a representação gráfica de f , ou seja,

A =

Z b

ag (x) dx−

Z b

af (x) dx =

Z b

ag (x)− f (x) dx.

Exemplo 3.22 Calcular a área da região©(x, y) ∈ IR2 : −1 ≤ x ≤ 1 ∧ x ≤ y ≤ x2 + 1

ª.

Pelo que acabámos de ver A =Z 1

−1

¡x2 + 1

¢− x dx. Então, pelo teorema fundamental do cálculo

integral, tem-se

A =

Z 1

−1x2 + 1− xdx =

hx3

3 + x− x2

2

i1−1=

µ1

3+ 1− 1

2

¶−µ−13− 1− 1

2

¶=8

3.

Observação 3.23 Nem todo o integral definido corresponde à área de uma região plana. Se um

integral definido tiver sinal negativo ou for nulo é porque não representa uma área. Por exemplo:Z 1

−2xdx =

hx2

2

i1−2= 1/2− 2 = −3/2.

Em alguns casos a região é limitada superiormente, ou inferiormente, por mais do que uma

função, o que obriga a que a área seja a soma dos integrais correspondentes a cada uma das funções,

como mostram as figuras seguintes:

y

x0ax = bx =

)(xfy =

)(2 xgy =)(1 xgy =

cx =

A =

Z c

ag1 (x)− f (x) dx+

Z b

cg2 (x)− f (x) dx.



y

x0 ax = cx =

)(xfy =

bx =

)(xgy =

A =

Z c

ag (x)− 0 dx+

Z b

c0− f (x) dx =

Z c

ag (x) dx+

Z b

c−f (x) dx.

Exemplo 3.24 Calcular a área da região limitada pelas curvas de equação

y = sen (x), y = cos (x), x = 0 e x = π. A representação gráfica da região é

0 π4π

2π

( )xseny =

( )xy cos=1−

1

y

x

pelo que não pode ser descrita na forma©(x, y) ∈ IR2 : a ≤ x ≤ b ∧ f (x) ≤ y ≤ g (x)

ª, mas pode decompor-

se na união de duas regiões deste tipo:

R1 =©(x, y) ∈ IR2 : 0 ≤ x ≤ π/4 ∧ sen (x) ≤ y ≤ cos (x)

ªe

R2 =©(x, y) ∈ IR2 : π/4 ≤ x ≤ π ∧ cos (x) ≤ y ≤ sen (x)

ª.

A área total será a soma das áreas destas regiões:

A = A1 +A2 =

Z π/4

0cos (x)− sen (x) dx+

Z π

π/4sen (x)− cos (x) dx

= [sen (x) + cos (x)]π/40 + [− cos (x)− sen (x)]ππ/4

=¡√2/2 +

√2/2¢− (0 + 1) + (1− 0)−

¡−√2/2−

√2/2¢= 2√2.



3) Seja R a região definida por R =©(x, y) ∈ IR2 : c ≤ y ≤ d ∧ f (y) ≤ x ≤ g (y)

ª, com f e g funções

contínuas em [c, d]. Geometricamente tem-se

y

dx = f(y) x = g(y)

c

x0

A área da região R é dada por A =Z d

cg (y)− f (y) dy.

Exemplo 3.25 Calcular a área da região plana limitada pelas curvas x = y2 e y = 2− x:

y

4

2

x0

-2

1

1

Em relação ao eixo OX: como x = y2 vem y = ±√x. Então,

A =

Z 1

0

√x− (−√x) dx+

Z 4

1(2− x)− (−√x) dx = 2

Z 1

0x1/2 dx+

Z 4

12− x+ x1/2 dx

=£43x3/2¤10+h2x− x2

2 +23x3/2i41= 4/3 + 8− 8 + 2

3

√64− 2 + 1/2− 2/3

= 2/3 + 16/3− 3/2 = 6− 3/2 = 9/2.

Em relação ao eixo OY : como y = 2− x vem x = 2− y. Então,

A =

Z 1

−2(2− y)− y2 dy =

h2y − y2

2 −y3

3

i1−2= (2− 1/2− 1/3)− (−4− 2 + 8/3) = 9/2.

O cálculo em relação ao eixo OY é mais simples que o efectuado em relação ao eixo OX. Assim

sendo, na prática, convém calcular a área em relação ao eixo que mais facilitar os cálculos.

Vejamos outra aplicação do integral definido. Seja f uma função real de variável real definida em

[a, b] e conhecida num número finito de pontos a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b. Para

calcular a média ou valor médio dos valores f (x0) , f (x1) , · · · , f (xk), utiliza-se, em geral, a média

aritmética. No caso de ser conhecido um conjunto infinito de valores da função, utiliza-se o valor

médio da função.



Teorema 3.26 (Teorema do valor médio para integrais) Seja f uma função integrável no in-

tervalo [a, b]. Então, existe c ∈ ]a, b[ tal queZ b

af (x) dx = f (c) (b− a),

ou seja, existe c ∈ ]a, b[ tal que f (c) = 1

b− a

Z b

af (x) dx.

O valor médio da função f no intervalo [a, b] é dado por m =1

b− a

Z b

af (x) dx.

Exemplo 3.27 Uma equipa de economistas estima que o custo de um produto lançado no mercado

é dado por c (x) = 3√x + 12, onde x representa o número de unidades produzidas. Calcule o custo

médio, Cm, que decorre da produção de 625 unidades.

Tem-se Cm =1

b− a

Z b

af (x) dx =

1

625− 0

Z 625

03√x+ 12 dx =

1

625

£2x3/2 + 12x

¤6250= 62 u.m.

Exemplo de aplicação

Durante o início da década de 70, a taxa anual de consumo de petróleo era de

R (t) = 16.1e0.07t biliões de barris de petróleo por ano, em que t é o número de anos contados a

partir do início de 1970. Pretende-se determinar a quantidade de petróleo consumida entre 1972 e

1974.

Resolução: Seja T (t) o consumo total de petróleo desde 1970. Pretende-se determinar T (t) no

período de t = 2 (1972) a t = 4 (1974), ou seja, T (4) − T (2). Como R (t) é a taxa de consumo de

petróleo, então é a função derivada de T (t) : T 0 (t) = R (t). Portanto,

T (4)− T (2) =

Z 4

2R (t) dt =

Z 4

216.1e0.07t dt =

∙16.1

0.07e0.07t

¸42

= 230e0.07×4 − 230e0.07×2 ∼= 39.76 biliões de barris de petróleo.

Este valor é a área da região sob a representação gráfica de R (t), de t = 2 a t = 4.

t0 2 4Anos

y

( )tRy =

Taxa

de

cons

umo

de p

etró

leo

(bili

ões d

e ba

rris

por

ano

)



3.2 Integrais impróprios

Um integral diz-se impróprio se o intervalo de integração é ilimitado ou se a função integranda

é ilimitada no intervalo de integração.

Consideremos a região plana, não limitada, ilustrada na figura

y

x0

R

Somos tentados a pensar que a área da região R é infinita. Contudo, existem regiões ilimitadas cujas

áreas têm valor finito. Para determinar estas áreas usamos os integrais impróprios, que são o limite

de integrais definidos. Iremos ver de seguida os dois tipos de integrais impróprios.

1) Integrais com limites de integração infinitos

Comecemos pelos integrais que permitem calcular áreas de regiões planas ilimitadas que se es-

tendem indefinidamente à esquerda, à direita ou para ambos os lados. Seja R a região do plano

limitada superiormente pela representação gráfica da função y = f (x) e inferiormente pelo eixo

OX no intervalo [a,+∞[:

y

0 a t x

( )xfy =

∞+

Se t > a, a área A (t) da região limitada superiormente pela representação gráfica da função

y = f (x) e inferiormente pelo eixo OX em [a, t], é

A (t) =

Z t

af (x) dx.



Se limt→+∞

A (t) existe, então pode ser interpretado como a área A a calcular, pois à medida que t

aumenta, a região limitada A (t) pode considerar-se como uma boa aproximação de A. Então,

A = limt→+∞

A (t)

é a área sob a representação gráfica de f , acima do eixo OX e à direita de x = a. Usa-se o

símboloZ +∞

af (x) dx para denotar o valor de A.

Observação 3.28 Se limt→+∞

A (t) = +∞, não podemos atribuir uma área à região.

Caso a região seja do tipo

y

0 bt x

( )xfy =

∞−

então, caso exista, limt→−∞

Z b

tf (x) dx corresponde à área sob a representação gráfica de f , acima

do eixo OX e à esquerda de x = b.

Definição 3.29

a) Seja f uma função definida em [a,+∞[ , a ∈ IR. f é integrável em [a,+∞[ se f é integrávelem [a, t] , t ∈ IR, com t > a.

b) Seja f uma função definida em ]−∞, b] , b ∈ IR. f é integrável em ]−∞, b] se f é integrável

em [t, b] , t ∈ IR, com t < b.

c) Seja f uma função definida em IR = ]−∞,+∞[. f é integrável em ]−∞,+∞[ se f é inte-grável em ]−∞, a] e em [a,+∞[ , a ∈ IR.

Definição 3.30

a) Seja y = f (x) uma função definida e integrável em [a,+∞[ , a ∈ IR.

(i) Diz-se que o integral impróprioZ +∞

af (x) dx é convergente se existe lim

t→+∞

Z t

af (x) dx.

Nesse caso Z +∞

af (x) dx = lim

t→+∞

Z t

af (x) dx.



(ii) Se limt→+∞

Z t

af (x) dx não existe, diz-se que o integral impróprio

Z +∞

af (x) dx é

divergente.

b) Seja y = f (x) uma função definida e integrável em ]−∞, b] , b ∈ IR.

(i) Diz-se que o integral impróprioZ b

−∞f (x) dx é convergente se existe lim

t→−∞

Z b

tf (x) dx.

Nesse caso Z b

−∞f (x) dx = lim

t→−∞

Z b

tf (x) dx.

(ii) Se limt→−∞

Z b

tf (x) dx não existe, diz-se que o integral impróprio

Z b

−∞f (x) dx é

divergente.

Exemplos 3.31

1. Considere o integral impróprioZ +∞

0cos (x) dx.

Ora, limt→+∞

Z t

0cos (x) dx = lim

t→+∞[sen (x)]t0 = lim

t→+∞sen (t). Dado que este limite não existe,

o integral impróprioZ +∞

0cos (x) dx é divergente.

2. Atribua uma área à região limitada superiormente pela representação gráfica de

y = ex, inferiormente pelo eixo OX e à direita pela recta de equação x = 1.

y

0 x

xey =

1=x

1

A figura é um esboço da região limitada pelas curvas y = ex, y = 0 e x = 1. A área

desta região, ilimitada à esquerda de x = 1, é dada pelo valor do integral impróprio

A =

Z 1

−∞ex dx, caso ele seja convergente. Como

limt→−∞

Z 1

tex dx = lim

t→−∞[ex]1t = lim

t→−∞

¡e− et

¢= e− 0 = e,

então o integral impróprioZ 1

−∞ex dx é convergente e A = e.



3. Verifiquemos que o integral impróprioZ +∞

2

1

x− 1 dx diverge.Tem-se

limt→+∞

Z t

2

1

x− 1 dx = limt→+∞

[ln |x− 1|]t2 = limt→+∞

[ln |t− 1|− ln (1)]

= limt→+∞

ln |t− 1| = +∞.Como o limite não existe, o integral impróprio diverge, pelo que não é possível atribuir um

valor à área da região R indicada na seguinte figura:

y

x0 1 2

11−

=x

y1

R

Definição 3.32 Seja y = f (x) uma função definida e integrável em IR. Se a é um número real

arbitrário, então Z +∞

−∞f (x) dx =

Z a

−∞f (x) dx+

Z +∞

af (x) dx

e é convergente se e só seZ a

−∞f (x) dx e

Z +∞

af (x) dx são convergentes.

Observações 3.33

1) Se um dos integraisZ a

−∞f (x) dx ou

Z +∞

af (x) dx diverge, então

Z +∞

−∞f (x) dx é diver-

gente;

2) a definição não depende do número a escolhido;

3)Z +∞

−∞f (x) dx não é necessariamente o mesmo que lim

t→+∞

Z +t

−tf (x) dx.

Exemplos 3.34

1. CalculemosZ +∞

−∞

2x

(1 + x2)2dx.

Então,Z +∞

−∞

2x

(1 + x2)2dx =

Z 0

−∞

2x

(1 + x2)2dx+

Z +∞

0

2x

(1 + x2)2dx (a = 0).

Ora,

limt→−∞

Z 0

t

2x

(1 + x2)2dx = lim

t→−∞

∙− 1

1 + x2

¸0t

= −1 + 1

+∞ = −1.

Então,Z 0

−∞

2x

(1 + x2)2dx = −1. Da mesma forma se obtém

Z +∞

0

2x

(1 + x2)2dx = 1.



Conclui-se, portanto, que o integral impróprioZ +∞

−∞

2x

(1 + x2)2dx converge e tem-se queZ +∞

−∞

2x

(1 + x2)2dx = 0.

2.Z +∞

−∞xdx =

Z 0

−∞xdx+

Z +∞

0xdx (a = 0).

Ora, limt→−∞

Z 0

tx dx = lim

t→−∞

∙x2

2

¸0t

= limt→−∞

µ0− t2

2

¶= −∞.

Logo,Z 0

−∞xdx é divergente e, portanto,

Z +∞

−∞xdx é também divergente.

2) Integrais de funções ilimitadas

Neste caso estudaremos integrais que permitem calcular áreas de regiões planas ilimitadas que

se estendem indefinidamente para cima, para baixo ou para ambos os lados. Ou seja, f é uma

função com, pelo menos, uma descontinuidade no intervalo [a, b].

Seja f descontínua em b, com limx→b−

f (x) = +∞, como mostra a figura.

y

0 x

( )xfy =

a t b

Se a < t < b, a área A (t) limitada superiormente pela representação gráfica da função y = f (x)

e inferiormente pelo eixo OX em [a, t] é

A (t) =

Z t

af (x) dx.

Se limt→b−

A (t) existe, então o seu valor corresponde à área A da região ilimitada considerada, pois

à medida que t aumenta, a região limitada A (t) pode considerar-se como uma boa aproximação

de A. Então,

A = limt→b−

A (t)

é a área sob a representação gráfica de f , acima do eixo OX e entre x = a e x = b. Usa-se o

símboloZ b

af (x) dx para denotar o valor de A.

Caso a região seja do tipo



0 x

( )xfy =

t b

y

a

então, caso exista, limt→a+

Z b

tf (x) dx corresponde à área sob a representação gráfica de f , acima

do eixo OX e entre x = a e x = b.

Definição 3.35

a) Seja f uma função definida em [a, b[ , a, b ∈ IR. f é integrável em [a, b[ se f é integrável em

[a, t] , t ∈ IR, com a < t < b.

b) Seja f uma função definida em ]a, b] , a, b ∈ IR. f é integrável em ]a, b] se f é integrável em

[t, b] , t ∈ IR, com b > t > a.

Definição 3.36

a) Seja y = f (x) uma função definida e integrável em [a, b[ e descontínua em b

(com limx→b−

f (x) = ±∞).



t→b−

Z t

af (x) dx.

Nesse caso Z b

af (x) dx = lim

t→b−

Z t

af (x) dx.

(ii) Se limt→b−

Z t

af (x) dx não existe, diz-se que o integral impróprio

Z b

af (x) dx é

divergente.

b) Seja y = f (x) uma função definida e integrável em ]a, b] e descontínua em a

(com limx→a+

f (x) = ±∞).



t→a+

Z b

tf (x) dx.

Nesse caso Z b

af (x) dx = lim

t→a+

Z b

tf (x) dx.

(ii) Se limt→a+

Z b

tf (x) dx não existe, diz-se que o integral impróprio

Z b

af (x) dx é

divergente.



Exemplo 3.37 Determinar a natureza do integral impróprioZ 1

0

1

xdx.

A função f (x) =1

xnão é limitada em ]0, 1], pois

limx→0+

f (x) = limx→0+

1

x= +∞.

Além disso, como f (x) =1

xé limitada e contínua em [t, 1], para t ∈ ]0, 1[, é integrável em [t, 1].

Ora, limt→0+

Z 1

t

1

xdx = lim

t→0+[ln |x|]1t = lim

t→0+(ln (1)− ln |t|) = 0 − (−∞) = +∞, pelo que

o integral impróprioZ 1

0

1

xdx é divergente.

Definição 3.38 Seja y = f (x) uma função descontínua para c ∈ ]a, b[

(com limx→c±

f (x) = ±∞) e integrável em [a, c[ e em ]c, b]. Então

Z b

af (x) dx =

Z c

af (x) dx+

Z b

cf (x) dx

e é convergente se e só seZ c

af (x) dx e

Z b

cf (x) dx são convergentes.

A figura

0 xb

y

a c

é a representação gráfica de uma função que satisfaz as condições da definição.

Exemplo 3.39 Determinar a natureza do integral impróprioZ 4

0

1

(x− 3)2dx.

A função f (x) =1

(x− 3)2não está definida para x = 3 ∈ ]0, 4[. Tem-se

limx→3±

f (x) = limx→3±

1

(x− 3)2= +∞, pelo que f é ilimitada em [0, 4]. Então, temos de escrever o

integral impróprio como soma de dois integrais impróprios:Z 4

0

1

(x− 3)2dx =

Z 3

0

1

(x− 3)2dx+

Z 4

3

1

(x− 3)2dx.



Como

limt→3−

Z t

0

1

(x− 3)2dx = lim

t→3−

Z t

0(x− 3)−2 dx = lim

t→3−

∙− 1

x− 3

¸t0

= limt→3−

µ− 1

t− 3 −1

3

¶= +∞,

Z 3

0

1

(x− 3)2dx é divergente e, portanto,

Z 4

0

1

(x− 3)2dx é divergente.

Observação 3.40 O teorema fundamental do cálculo integral não pode ser aplicado a este ex-

emplo, pois a função não é contínua em [0, 4]. Se tivéssemos aplicado (incorrectamente) este

teorema:Z 4

0

1

(x− 3)2dx =

∙− 1

x− 3

¸40

= −1− 13= −4

3.

Este resultado é incorrecto, pois como f (x) =1

(x− 3)2≥ 0, mesmo que f fosse integrável em

[0, 4], teria de serZ 4

0

1

(x− 3)2dx ≥ 0.

Definição 3.41 Chama-se integral impróprio misto a qualquer integral que se possa decompor

numa soma finita de integrais impróprios estudados em 1) e 2). Tal integral diz-se convergente se e só

se todas as parcelas forem integrais convergentes. Basta que uma parcela seja um integral divergente

para que o integral soma seja divergente.

Exemplo 3.42 Para ilustrar esta última definição, consideremos o integral impróprioZ +∞

0

1√xdx.

Como a função f (x) =1√xé descontínua em x = 0, com lim

x→0+1√x= +∞, e o intervalo de

integração é ilimitado, podemos escrever, por exemplo,Z +∞

0

1√xdx =

Z 1

0

1√xdx+

Z +∞

1

1√xdx.

Tem-se

limt→0+

Z 1

t

1√xdx = lim

t→0+

Z 1

tx−1/2 dx = lim

t→0+[2√x]1t = 2 lim

t→0+

¡1−√t¢= 2,

obtendo-se assim a convergência do integral impróprioZ 1

0

1√xdx = 2.

Por outro lado,

limt→+∞

Z t

1

1√xdx = lim

t→+∞

Z t

1x−1/2 dx = lim

t→+∞[2√x]t1 = 2 limt→+∞

¡√t− 1

¢= +∞,

pelo que o integral impróprioZ +∞

1

1√xdx diverge.

Logo,Z +∞

0

1√xdx é divergente.



Exemplos de aplicação

1. O preço, em euros, de um determinado produto é dado em função de t por

p (t) = 100 + 64

Z t

1

x3

(1 + x4)2dx,

onde t representa o número de meses que o produto está no mercado.

(a) Determine o preço inicial do produto.

(b) Mostre que, à medida que o tempo vai passando, o preço do produto tende para 108 euros.

Resolução:

(a) O preço inicial do produto corresponde a t = 0:

p (0) = 100 + 64

Z 0

1

x3

(1 + x4)2dx = 100− 64

Z 1

0

x3

(1 + x4)2dx = 100− 64×

∙−1

4 (1 + x4)

¸10

= 100− 16µ−12+ 1

¶= 100− 8 = 92 euros.

(b) À medida que o tempo vai passando, isto é, fazendo t tender para +∞, tem-se

p = 100 + 64

Z +∞

1

x3

(1 + x4)2dx.

Estamos, pois, na presença do integral impróprioZ +∞

1

x3

(1 + x4)2dx, uma vez que um dos limites

de integração é infinito.

Ora,

limt→+∞

Z t

1

x3

(1 + x4)2dx = lim

t→+∞

∙−1

4 (1 + x4)

¸t1

= limt→+∞

µ− 1

4 (1 + t4)+1

8

¶=1

8,

pelo queZ +∞

1

x3

(1 + x4)2dx =

1

8e p = 100 + 64× 1

8= 108 euros.

2. Sabe-se que um furo recente, de extracção de petróleo, terá uma produção que irá crescer nos

primeiros anos mas que, ao fim de um determinado período de tempo, começará a decrescer.

Fenómenos deste tipo são usualmente descritos por uma equação da forma f (t) = Ate−kt, com

A, k > 0 (f é uma função que decresce exponencialmente).

Suponha-se que uma equipa de engenheiros começou a extrair petróleo de um furo novo no Golfo

do México. Com base em testes preliminares e experiências anteriores foi prevista uma produção

mensal de petróleo, nos t meses iniciais de extracção, dada pela função

p (t) = 3te−0.02t,

com p (t) medido em milhões de pés cúbicos de petróleo, sendo 1 pé = 12 onças∼=30.48 cm.



(a) Determine a produção total de petróleo prevista para os primeiros 12 meses de extracção.

(b) Estime a produção total prevista para o furo inicialmente descrito.

Resolução:

(a) A produção total pedida determina-se a partir do integralZ 12

03te−0.02t dt. Integrando por

partes:Z 12

03te−0.02t dt = −150

£te−0.02t

¤120+ 150

Z 12

0e−0.02t dt

= −150¡12e−0.24 − 0

¢− 7500

£e−0.02t

¤120∼= 184.

Assim, os engenheiros esperam uma produção de 184 milhões de pés cúbicos nos primeiros 12

meses de extracção.

(b) Se pretendermos determinar a produção total prevista, para o furo inicialmente

descrito, temos de calcular o integral impróprioZ +∞

03te−0.02t dt.

Como

limz→+∞

Z z

03te−0.02t dt = lim

z→+∞

¡−150

£te−0.02t

¤z0− 7500

£e−0.02t

¤z0

¢= 7500,

vem queZ +∞

03te−0.02t dt = 7500.

Assim, prevê-se que a produção total do furo seja de 7500 milhões de pés cúbicos de petróleo.

Bibliografia:



2. Neves, C., Cálculo Integral, ISCAC, 2006.

3. Swokowski, E., Cálculo com Geometria Analítica, 2a ed., vol. I, Makron Books, 1995.


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