Antiderivadas básicas

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Introduzimos as antiderivadas.

Calcular derivadas não é tão difícil. A esta altura, você deve ser capaz de derivar praticamente qualquer função que consiga escrever. No entanto, desfazer derivadas é bem mais difícil. Esse processo de desfazer uma derivada é chamado de calcular uma antiderivada.

Uma função $F$ é chamada de antiderivada de $f$ em um intervalo se \[ F'(x) = f(x) \] para todo $x$ no intervalo.

Quantas antiderivadas $f(x) = 2x$ possui?

nenhuma uma infinitas

As funções $x^2$, $x^2-1.5$, $x^2+2$, $x^2+5$ e assim por diante são todas antiderivadas de $2x$.

É claro que qualquer função $x^2+C$, em que $C$ é uma constante, é uma antiderivada de $f$. Por quê? Porque $(x^2+C)'=2x=f(x)$.

Poderia existir alguma outra antiderivada de $f$, digamos $G$, tal que $G(x)$ não seja a soma de $x^2$ com uma constante? Nesse caso, para todo $x$ teríamos \[ (G(x)-x^2)' = G'(x)-2x=f(x)-2x= \class{xm-given}{0} \]

Lembre-se: qualquer função cuja derivada é igual a $0$ em algum intervalo é igual a uma constante nesse intervalo. Isso significa que a função $G(x)-x^2=C$, para alguma constante $C$. Isso implica que $G(x)=x^2+C$, para todo x.

A família de antiderivadas

Se $F$ é uma antiderivada de $f$, então a função $f$ tem toda uma família de antiderivadas. Cada antiderivada de $f$ é a soma de $F$ com alguma constante $C$.

Quando escrevemos $F(x)+C$, estamos denotando toda a família de antiderivadas de $f$. Uma notação alternativa para essa família de antiderivadas foi introduzida por G.W. Leibniz (1646-1716):

Seja $f$ uma função. A família de todas as antiderivadas de $f$ é denotada por \[ \int f(x) \d x. \]

Isso é chamado de integral indefinida de $f$.

Segue que \[\int f(x) \d x =F(x)+C, \] em que $F$ é qualquer antiderivada de $f$ e $C$ é uma constante arbitrária.

Abaixo está uma lista de antiderivadas básicas das nossas funções famosas. Observe que cada um desses exemplos vem diretamente do nosso conhecimento das derivadas básicas.

Integrais indefinidas básicas

$\displaystyle \int k \d x= k x+C$
$\displaystyle \int \frac {1}{x} \d x= \ln |x|+C$
$\displaystyle \int x^n \d x= \frac {x^{n+1}}{n+1}+C\qquad (n\ne -1)$
$\displaystyle \int e^x \d x= e^x + C$
$\displaystyle \int a^x \d x= \frac {a^x}{\ln (a)}+C$
$\displaystyle \int \cos (x) \d x = \sin (x) + C$
$\displaystyle \int \sin (x) \d x = -\cos (x) + C$
$\displaystyle \int \sec ^2(x) \d x = \tan (x) + C$
$\displaystyle \int \csc ^2(x) \d x = -\cot (x) + C$
$\displaystyle \int \sec (x)\tan (x) \d x = \sec (x) + C$
$\displaystyle \int \csc (x)\cot (x) \d x = -\csc (x) + C$
$\displaystyle \int \frac {1}{x^2+1}\d x = \arctan {(x)} + C$
$\displaystyle \int \frac {1}{\sqrt {1-x^2}}\d x= \arcsin {(x)}+C$

Pode parecer que bastaria memorizar essas antiderivadas e que antiderivar seria tão fácil quanto derivar. Esse não é o caso. O problema surge quando tentamos combinar essas funções. Ao calcular derivadas, temos a regra do produto e a regra da cadeia. Os análogos dessas duas regras são muito mais difíceis de lidar quando calculamos antiderivadas. Porém, nem tudo está perdido.

Considere o exemplo a seguir.

Determine uma antiderivada da função $h$ definida pela expressão

$h(x)=\cos (x)+\frac {1}{x}$, para todo $x$ em algum intervalo $I$.

$H(x)=\cos (x)+\frac {1}{x}$ $H(x)=\sin (x)+\frac {1}{x^2}$ $H(x)=\sin (x)+\ln (x)$

Derive cada alternativa. Na última alternativa, obtemos $H'(x)=\cos (x)+\frac {1}{x}=h(x)$.

É fácil verificar se uma antiderivada está correta: basta derivá-la e checar que $H'(x)=h(x)$, para todo $x$ em $I$.

Observe que, no último exemplo, a função $h$ é a soma de duas funções, $f$ e $g$, em que $f(x)=\cos (x)$ e $g(x)=\frac {1}{x}$, para $x$ em $I$.

Conhecemos antiderivadas de ambas as funções: $F(x)=\sin (x)$ e $G(x)=\ln (x)$, para $x$ em $I$, são antiderivadas de $f$ e $g$, respectivamente. Assim, neste exemplo vemos que a função $F+G$ é uma antiderivada de $f+g$. Em outras palavras, ”a soma de antiderivadas é uma antiderivada da soma”.

Isso é verdade em geral?

Vamos verificar se essa regra vale para qualquer par admissível de funções $f$ e $g$ definidas em algum intervalo $I$.

Sejam $f$, $g$, $F$ e $G$ quatro funções definidas em algum intervalo $I$ tais que $F$ é uma antiderivada de $f$ e $G$ é uma antiderivada de $g$, isto é,

$F'(x)=f(x)$ e $G'(x)=g(x)$ para todo $x$ em algum intervalo $I$.

Determine uma antiderivada da função $f+g$.

xmhintDerive a função $F+G$.

Como $\left (F(x)+G(x)\right )'=F'(x)+G'(x)=f(x)+g(x)$, segue que $F+G$ é uma antiderivada de $f+g$.

Resumindo: a soma de antiderivadas é uma antiderivada da soma.

Provamos o teorema a seguir.

Regra da soma para antiderivadas Se $F$ é uma antiderivada de $f$ e $G$ é uma antiderivada de $g$, então $F+G$ é uma antiderivada de $f+g$.

De modo equivalente, usando integrais indefinidas, podemos escrever

$\displaystyle \int \left (f(x)+g(x)\right ) \d x= \int f(x)\d x +\int g(x) \d x$.

Em seguida, vamos tentar provar um análogo da regra do múltiplo constante para derivadas. Consideremos o exemplo a seguir.

Determine uma antiderivada da função $h$, em que $h(x)=5\sec ^{2}(x)$, para todo $x$ em algum intervalo $I$.

$H(x)=5\tan (x)$ $H(x)=5\sec ^{2}(x)$ $H(x)=\sec ^{2}(5x)$

Derive cada alternativa para $H(x)$. Na primeira alternativa, obtemos $H'(x)=5\sec ^{2}(x)=h(x)$.

É fácil reconhecer uma antiderivada: basta derivá-la e verificar se $H'(x)=h(x)$, para todo $x$ em $I$. Observe que, neste exemplo, a função $h$ é um múltiplo constante de $f$, em que $f(x)=\sec ^{2}(x)$. Por outro lado, sabemos que a função $F$, definida por $F(x)=\tan (x)$, é uma antiderivada de $f$.

Se derivarmos a função $5F$, obtemos $\left (5F(x)\right )'=\left (5\tan (x)\right )'=5\left (\tan (x)\right )'=5\sec ^2(x)=5f(x)$, para $x$ em $I$.

Em outras palavras, “um múltiplo constante de uma antiderivada é uma antiderivada do múltiplo constante da função.” Isso é sempre verdade?

Vamos verificar se essa regra vale para qualquer constante $k$ e qualquer função admissível $f$ definida em algum intervalo $I$.

Seja $k$ uma constante, seja $f$ uma função definida em algum intervalo $I$ e seja $F$ uma antiderivada de $f$, isto é,

$F'(x)=f(x)$, para todo $x$ em algum intervalo $I$.

Determine uma antiderivada da função $k f$.

xmhintDerive a função $kF$.

Como $\left (kF(x)\right )'=kF'(x)=kf(x)$, segue que $kF$ é uma antiderivada de $kf$. Resumindo: o múltiplo constante de uma antiderivada é uma antiderivada do múltiplo constante da função.

Provamos o teorema a seguir.

Regra do múltiplo constante para antiderivadas Se $F$ é uma antiderivada de $f$ e $k$ é uma constante, então $kF$ é uma antiderivada de $kf$.

De modo equivalente, usando integrais indefinidas, podemos escrever $\displaystyle \int kf(x) \d x= k\int f(x)\d x$.

Vamos colocar essas regras e nosso conhecimento das derivadas básicas para trabalhar.

Determine a antiderivada de $3 x^7$.

Pelos teoremas acima, vemos que \begin{align*} \int 3 x^7 \d x &= 3 \int x^7 \d x\\ &= 3 \cdot \class{xm-given}{\frac {x^8}{8}}+C. \end{align*}

A regra da soma para antiderivadas nos permite integrar termo a termo. Vejamos um exemplo disso.

Calcule: \[ \int \left (x^4 + 5x^2 - \cos (x)\right ) \d x \]

Vamos começar simplificando o problema com a regra da soma e a regra do múltiplo constante para antiderivadas: \begin{align*} \int &\left (x^4 + 5x^2 - \cos (x)\right ) \d x\\ &= \int x^4 \d x + 5\int x^2 \d x - \int \cos (x) \d x. \end{align*}

Agora podemos integrar termo a termo e obter \[ = \class{xm-given}{\frac {x^5}{5} + \frac {5x^3}{3} - \sin (x)}+C. \]

Embora a regra da soma para antiderivadas nos permita integrar termo a termo, não podemos integrar fator a fator, ou seja, em geral \[ \int f(x)g(x) \d x \ne \int f(x) \d x\cdot \int g(x) \d x. \]

Um estudante afirma que $\int 2x \cos (x) \d x = x^2 \sin (x) +C$. Determine se o estudante está certo ou errado.

Se o estudante estivesse certo, a derivada de $x^2 \sin (x) +C$ em relação a $x$ teria de ser $2x \cos (x)$. Porém:

\[\ddx x^2 \sin (x) = \class{xm-given}{2x \sin (x) +x^2 \cos (x)} \]

Logo, o estudante está errado!

1 Calculando antiderivadas

Infelizmente, não podemos lhe dizer como calcular toda e qualquer antiderivada; nós as vemos como uma espécie de quebra-cabeça. Mais adiante, aprenderemos um punhado de técnicas para calcular antiderivadas. Contudo, uma maneira simples e robusta de calcular antiderivadas é chutar e verificar.

Dicas para chutar antiderivadas

Se possível, expresse a função que você está integrando em uma forma conveniente para a integração.
Dê um chute para a antiderivada.
Calcule a derivada do seu chute.
Observe em que a derivada acima difere da função cuja antiderivada você quer encontrar.
Modifique seu chute original multiplicando por constantes ou somando novas funções.

Calcule: \[ \int \frac {\sqrt {x}+1+x}{x} \d x \]

Antes de chutar a solução, vamos expressar a função em uma forma conveniente para a integração. Por causa da regra da soma, é mais conveniente ter uma soma de funções do que um único termo complicado. \begin{align*} \int \frac {\sqrt {x}+1+x}{x} \d x &=\int \left (\frac {\sqrt {x}}{x}+\frac {1}{x}+\frac {x}{x}\right ) \d x\\ &=\int \left (\frac {1}{\sqrt {x}}+\frac {1}{x}+1\right ) \d x\\ &=\int \left (x^{-\frac {1}{2}}+\frac {1}{x}+1\right ) \d x \end{align*}

Agora podemos aplicar a regra da soma. \[ \int \left (x^{-\frac {1}{2}}+\frac {1}{x}+1\right ) \d x=\int x^{-\frac {1}{2}}\d x+\int \frac {1}{x}\d x+\int 1 \d x \] Agora podemos terminar o problema. \[ \int \frac {\sqrt {x}+1+x}{x} \d x= \class{xm-given}{2}\sqrt {x}+\ln (x)+ \class{xm-given}{x} + C. \]

Calcule: \[ \int \cos {(4x)} \d x \]

Comece com o chute \[ \int \cos {(4x)} \d x \approx \sin {(4x)}. \] Aqui, usamos o símbolo $\approx $ para indicar que isso é um chute, baseado no integrando. Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \sin {(4x)} = 4 \cos {(4x)}. \] Erramos por um fator de $\frac {1}{4}$, então multiplique seu chute por essa constante. \[ \ddx \dfrac {1}{4} \sin {(4x)} = \cos {(4x)}. \] Isso nos dá a resposta. \[ \int \cos {(4x)} \d x = \class{xm-given}{\frac {1}{4}\sin {(4x)}}+C. \]

Calcule: \[ \int 6 e^{5x+1} \d x \]

Como o integrando aqui é uma exponencial, começaremos chutando uma exponencial. \[ \int 6e^{5x+1} \d x \approx e^{5x+1}. \] Derive nosso chute para verificá-lo: \[ \ddx e^{5x+1} = 5 e^{5x+1}. \] Parece que erramos por um fator constante. Vamos dividir por $5$ para nos livrar do coeficiente do lado direito. \[ \ddx \dfrac {1}{5}e^{5x+1} = e^{5x+1}. \] Precisamos de um coeficiente $6$ na exponencial, então multiplicamos por $6$. \[ \ddx \dfrac {6}{5}e^{5x+1} = 6e^{5x+1}. \] Isso nos dá o resultado. \[ \int 6e^{5x+1} \d x = \dfrac {6}{5}\class{xm-given}{ e^{5x+1}} + C. \]

Calcule: \[ \int \dfrac {1}{7}e^{2x}\cos {(3e^{2x}-5)} \d x \]

Comece com o chute \[ \int \dfrac {1}{7}e^{2x}\cos {(3e^{2x}-5)} \d x \approx \sin (3e^{2x}-5). \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \sin (3e^{2x}-5) = 6e^{2x}\cos (3e^{2x}-5). \] Para nos livrar do coeficiente $6$, dividimos ambos os lados. \[ \ddx \dfrac {1}{6}\sin (3e^{2x}-5) = e^{2x}\cos (3e^{2x}-5). \] Multiplique ambos os lados por $\frac {1}{7}$ para obter o coeficiente correto. \[ \ddx \dfrac {1}{42}\sin (3e^{2x}-5) = \dfrac {1}{7}e^{2x}\cos (3e^{2x}-5). \] Portanto, \[ \int \dfrac {1}{7}e^{2x}\cos {(3e^{2x}-5)} \d x = \dfrac {1}{42}\class{xm-given}{\sin (3e^{2x}-5)} + C. \]

Calcule: \[ \int x^2\sin {(x^3 -6)} \d x \]

Comece com o chute \[ \int x^2\sin {(x^3 -6)} \d x \approx -\cos {(x^3 -6)}. \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \left (-\cos {(x^3 -6)}\right ) = 3x^2\sin {(x^3 -6)}. \] Erramos por um fator de $1/3$, então multiplique nosso chute por essa constante para obter a solução, \[ \int x^2\sin {(x^3 -6)} \d x =- \class{xm-given}{\frac {1}{3}}\cos {(x^3 -6)}+C. \]

Calcule: \[ \int \frac {x^3}{\sqrt {x^4 -6}} \d x \]

Comece reescrevendo a integral indefinida como \[ \int x^3\left (x^4 -6\right )^{-1/2} \d x. \] Agora comece com o chute \[ \int x^3\left (x^4 -6\right )^{-1/2} \d x \approx \left (x^4 -6\right )^{1/2}. \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \left (x^4 -6\right )^{1/2} = (4/2)x^3\left (x^4 -6\right )^{-1/2}. \] Erramos por um fator de $2/4$, então multiplique nosso chute por essa constante para obter a solução, \[ \int \frac {x^3}{\sqrt {x^4 -6}} \d x = \class{xm-given}{\frac {1}{2}}(x^4 -6)^{1/2}+C. \]

Calcule: \[ \int xe^{x^2} \d x \]

Tentamos chutar a antiderivada. Comece com o chute \[ \int xe^{x^2} \d x \approx e^{x^2}. \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx e^{x^2} = 2xe^{x^2} . \] Ah! Então basta multiplicar nosso chute original por $\frac {1}{2}$. Agora obtemos \[ \int xe^{x^2} \d x =\class{xm-given}{\frac {1}{2}}e^{x^2} + C. \]

Calcule: \[ \int \frac {21x^2}{7x^3 + 3} \d x \]

Notamos que o numerador é a derivada do denominador, isto é, a função que estamos integrando tem a forma $\frac {f'(x)}{f(x)}$. \[ \int \frac {21x^2}{7x^3 + 3} \d x = \ln (7x^3+3). \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \ln (7x^3+3) = \frac {21x^2}{7x^3 + 3}. \] Portanto, \[ \int \frac {21x^2}{7x^3 + 3} \d x = \ln {(\class{xm-given}{7x^3+3})}+C. \]

Calcule: \[ \int \frac {2x^2}{7x^3 + 3} \d x \]

Começaremos com o chute \[ \int \frac {2x^2}{7x^3 + 3} \d x \approx \ln (7x^3+3). \] Calcule a derivada do seu chute para ver se ele está correto: \[ \ddx \ln (7x^3+3) = \frac {21x^2}{7x^3 + 3}. \] Erramos apenas por um fator de $2/21$, então precisamos multiplicar nosso chute original por essa constante para obter a solução, \[ \int \frac {2x^2}{7x^3 + 3} \d x = \class{xm-given}{(2/21)\ln (7x^3+3)}+C. \]

2 Considerações finais

Calcular antiderivadas é um lugar onde intuição e cálculo mecânico se encontram. Não podemos lhe ensinar um método que sempre funcione. Além disso, apenas entender os exemplos acima provavelmente não será suficiente para você se tornar proficiente em calcular antiderivadas. Você precisa praticar, praticar, praticar!

3 Equações diferenciais

As equações diferenciais mostram relações entre as taxas de variação de funções.

Uma equação diferencial é simplesmente uma equação que envolve uma derivada. Eis um exemplo: \[ a\cdot f'(x)+ b\cdot f(x) = g(x). \]

Qual destas é uma equação diferencial?

$x^2+3x-1=0$ $f'(x)=x^2+3x-1$ $f(x)=x^2+3x-1$

Quando um matemático resolve uma equação diferencial, ele está encontrando funções que satisfazem a equação.

Quais das funções a seguir resolvem a equação diferencial \[ f'(x) = f(x)? \]

$f(x) = \sin (x)$ $f(x) = x^2$ $f(x) = e^x$ $f(x) =6 e^x$ $f(x) = e^{-x}$ $f(x) = \tan (x)$

Podemos verificar diretamente que qualquer função $f(x)=Ce^x$ é uma solução da nossa equação diferencial $f'(x)=f(x)$. Poderia haver outras? Acontece que essas são as únicas soluções. Mas mostrar que não deixamos nenhuma de fora é um pouco delicado.

Bem, suponha que temos uma função misteriosa $f$ e tudo que sabemos é que $f'(x)=f(x)$. Vamos definir uma nova função $g(x)=f(x)/e^x$. Como o denominador nunca é 0, a regra do quociente nos diz que \[ g'(x)= \frac {e^x f'(x)- f(x) e^x}{(e^x)^2} = \frac {e^x\left (f'(x)- f(x)\right )}{(e^x)^2} = \frac {e^x\cdot 0}{(e^x)^2}=0. \] Mas sabemos que uma função com derivada 0 é constante, então $g(x)=C$. Substituindo isso de volta na nossa fórmula para $g(x)$, obtemos $C=f(x)/e^x$. Agora rearranjamos para obter $f(x)=Ce^x$.

Isso nos mostra que qualquer solução da nossa equação diferencial deve ser uma das funções que já encontramos. Nosso argumento depende de algumas características especiais deste problema; provar que encontramos todas as soluções possíveis de uma equação diferencial arbitrária é uma tarefa muito difícil!

Uma função $Ce^x$ é chamada de solução geral da equação diferencial. Como há infinitas soluções para uma equação diferencial, podemos impor uma condição adicional (digamos, $f(0)=1$), chamada de condição inicial. Quando nos pedem para encontrar uma função $f$ que satisfaça tanto a equação diferencial (ED) quanto a condição inicial (CI), isso é chamado de problema de valor inicial (PVI). Vamos experimentar um.

Resolva o problema de valor inicial (PVI): \begin{align*} f'(x) & = f(x) && \text {(ED)} \\ f(0) & = 1 && \text {(CI)} \end{align*}

A figura abaixo mostra várias soluções da equação diferencial.

A figura sugere que a única solução do problema de valor inicial é a função $f(x)=e^x$. Podemos verificar esse resultado.

Como todas as soluções da equação diferencial têm a forma $f(x)=Ce^x$ e $f(0)=1$, segue que \[ Ce^0 = 1. \] Portanto, \[ C = \class{xm-given}{1}. \] Assim, a única solução do problema de valor inicial dado é a função $f(x)=e^x$.

Resolva o problema de valor inicial (PVI): \begin{align*} f'(x) & = \sin (x) \\ f(0) & = -1 \end{align*}

Primeiro, temos que resolver a equação diferencial. A solução é claramente uma antiderivada de $\sin (x)$. \[ f(x)=-\class{xm-given}{\cos (x)}+C, \] em que $C$ é uma constante arbitrária. Encontramos a solução geral da ED, e essa família de soluções está ilustrada na figura abaixo.

Agora precisamos encontrar a solução que também satisfaz a condição inicial $f(0)=-1$.

Como \[ f(0)=\class{xm-given}{-1}+C, \] segue que \[ -1=\class{xm-given}{-1}+C. \] Portanto, \[ C=\class{xm-given}{0}. \] A função \[ f(x)=\class{xm-given}{-\cos (x)}. \] é a solução do problema de valor inicial e está mostrada na figura acima.