Integração por Partes

A regra do produto, integrada, diz que ∫u dv = uv − ∫v du: uma integral trocada por outra. Escolha um produto e um u, e a página executa a troca rodada a rodada ao lado da outra opção, para que você possa ver uma escada fechar e a outra piorar. Depois, acompanhe um exemplo e tente os seus.

Integração por partes	$\int u\,dv=uv-\int v\,du$
Definida	$\int_{a}^{b}u\,v'\,dx=\Bigl[uv\Bigr]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u'\,v\,dx$

Exemplo resolvido — Integração por Partes

Potência de x restante, rodada a rodada	2 → 1 → 0
O mesmo, para a outra escolha	2 → 3 → 4 → 5
Área de 0 a 1, pela resposta	0,7183
A mesma área, pela regra de Simpson	0,7183

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Integração por Partes

A Integração por partes é a regra do produto integrada. De (uv)′ = u′v + uv′ decorre que ∫u dv = uv − ∫v du, onde du = u′(x) dx e dv = v′(x) dx. Ela troca uma integral por outra e ajuda quando ∫v du é mais fácil: u deve ficar mais simples ao ser derivado, e dv deve ser algo que você consiga integrar.

O que significa cada símbolo

u: o fator que é derivado
dv: o resto do integrando com dx, que é integrado para fornecer v

De onde vem a fórmula

De onde a fórmula vem. Integre ambos os lados de (uv)′ = u′v + uv′ para obter uv = ∫v du + ∫u dv, e mova ∫v du para o outro lado.
$(uv)'=u'v+uv'\ \Rightarrow\ uv=\int v\,du+\int u\,dv\ \Rightarrow\ \int u\,dv=uv-\int v\,du$
Várias rodadas. Cada rodada acrescenta um termo de fronteira, com sinais alternados: ∫f dx = B₁ − B₂ + B₃ − … ± ∫g_K dx, onde g_K é a integral restante após K rodadas. Essa é a equação em curso que a escada imprime. Quando g_K é um múltiplo λ de f, a equação contém ∫f dx de ambos os lados e pode ser resolvida, a menos que os dois se cancelem.
$\int f\,dx=B_1-B_2+\cdots\pm\int g_K\,dx,\qquad g_K=\lambda f\ \Rightarrow\ (1\mp\lambda)\int f\,dx=B_1-B_2+\cdots$

Problemas resolvidos na íntegra

Uma aplicação 3 passos
Calcule ∫x e^2x dx.

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1. Derivar x simplifica a expressão, logo tomamos u = x; como e^2x se integra com facilidade, fica para dv:
  
  $u=x,\quad du=dx;\qquad dv=e^{2x}\,dx,\quad v=\tfrac12e^{2x}$
2. Uma aplicação de uv − ∫v du:
  
  $\int x\,e^{2x}\,dx=\tfrac12x\,e^{2x}-\int\tfrac12e^{2x}\,dx$
3. A integral restante está na tabela:
  
  $=\tfrac12x\,e^{2x}-\tfrac14e^{2x}+C$
Resposta

e^2x(x/2 − 1/4) + C. Esquecer o segundo ½, aquele que surge ao integrar e^2x novamente, deixa −1/2 onde devia estar −1/4.

$\int x\,e^{2x}\,dx=e^{2x}\left(\frac{x}{2}-\frac14\right)+C$
Potência vezes seno 3 passos
Calcule ∫x sin 2x dx.

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1. Novamente u = x; dv = sin 2x dx integra-se em −½ cos 2x:
  
  $u=x,\quad du=dx;\qquad dv=\sin2x\,dx,\quad v=-\tfrac12\cos2x$
2. Uma aplicação, conservando o sinal de v:
  
  $\int x\sin2x\,dx=-\tfrac12x\cos2x+\int\tfrac12\cos2x\,dx$
3. A integral restante está na tabela:
  
  $=-\tfrac12x\cos2x+\tfrac14\sin2x+C$
Resposta

−(x/2) cos 2x + (1/4) sin 2x + C. O sinal de menos em v = −½ cos 2x é onde o cálculo costuma falhar. Se inverter todos os sinais, a ferramenta dirá exatamente isso: sinal trocado.

$\int x\sin2x\,dx=-\frac{x}{2}\cos2x+\frac14\sin2x+C$
Duas aplicações 3 passos
Calcule ∫x² cos x dx.

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1. Primeira aplicação, u = x²: o expoente cai para 1.
  
  $u=x^{2},\ dv=\cos x\,dx:\quad \int x^{2}\cos x\,dx=x^{2}\sin x-2\int x\sin x\,dx$
2. Segunda aplicação, em ∫x sin x, u = x: o expoente cai para 0.
  
  $u=x,\ dv=\sin x\,dx:\quad \int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x$
3. Junte as duas aplicações:
  
  $x^{2}\sin x-2\left(-x\cos x+\sin x\right)=x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x$
Resposta

x² sin x + 2x cos x − 2 sin x + C. Cada aplicação reduz o expoente de x em uma unidade, pelo que x² exige duas aplicações e xⁿ exige n. Mantenha os parênteses até ao fim: o sinal do último termo é onde os deslizes acontecem.

$\int x^{2}\cos x\,dx=x^{2}\sin x+2x\cos x-2\sin x+C$
ln x é u, qualquer que seja o fator que o multiplique 3 passos
Calcule ∫x² ln x dx para x > 0.

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1. ln x não tem uma primitiva simples que sirva de v, logo tem de ser u; dv = x² dx:
  
  $u=\ln x,\quad du=\frac{dx}{x};\qquad dv=x^{2}\,dx,\quad v=\frac{x^{3}}{3}$
2. Uma aplicação. O x³ e o 1/x combinam-se numa potência:
  
  $\int x^{2}\ln x\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{x^{3}}{3}\cdot\frac{1}{x}\,dx$
3. A integral restante é uma potência:
  
  $=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\int\frac{x^{2}}{3}\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C$
Resposta

(x³/3) ln x − x³/9 + C. A regra LIATE coloca o logaritmo antes do fator algébrico pela razão vista no primeiro passo: derivar ln x transforma-o na potência 1/x, que o x³ vindo de v depois absorve.

$\int x^{2}\ln x\,dx=\frac{x^{3}}{3}\ln x-\frac{x^{3}}{9}+C$
∫arctan x, que desemboca numa substituição 3 passos
Calcule ∫arctan x dx.

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1. Tal como em ln x, escrevemos 1·arctan x, com u = arctan x e dv = 1·dx:
  
  $u=\arctan x,\quad du=\frac{dx}{1+x^{2}};\qquad dv=dx,\quad v=x$
2. Uma passagem:
  
  $\int\arctan x\,dx=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^{2}}\,dx$
3. O integral restante resolve-se por substituição, com w = 1 + x² e dw = 2x dx:
  
  $\int\frac{x}{1+x^{2}}\,dx=\tfrac12\int\frac{dw}{w}=\tfrac12\ln\left(1+x^{2}\right)$
Resposta

x arctan x − ½ ln(1 + x²) + C. O logaritmo dispensa barras de módulo: 1 + x² nunca é negativo.

$\int\arctan x\,dx=x\arctan x-\tfrac12\ln\left(1+x^{2}\right)+C$
Um integral cíclico com duas taxas distintas 3 passos
Calcule ∫e^2x sin x dx.

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1. Chamemos-lhe I. Primeira passagem, com u = sin x e dv = e^2x dx:
  
  $I=\int e^{2x}\sin x\,dx=\tfrac12e^{2x}\sin x-\tfrac12\int e^{2x}\cos x\,dx$
2. Segunda passagem em ∫e^2x cos x dx, novamente com o fator trigonométrico em u:
  
  $\int e^{2x}\cos x\,dx=\tfrac12e^{2x}\cos x+\tfrac12\,I$
3. O integral reaparece, reduzido a um quarto. Resta isolar I:
  
  $I=\tfrac12e^{2x}\sin x-\tfrac14e^{2x}\cos x-\tfrac14I\ \Rightarrow\ \tfrac54I=\tfrac14e^{2x}(2\sin x-\cos x)$
Resposta

e^2x(2 sin x − cos x)/5 + C. O 5 vem de 2² + 1², que é como entram as duas taxas: para e^ax sin bx, o divisor é a² + b². Mantenha u trigonométrico nas duas passagens. Trocar para u = e^2x na segunda desfaz a primeira, como mostra a predefinição Desfazer para eˣ sin x.

$\int e^{2x}\sin x\,dx=\frac{e^{2x}(2\sin x-\cos x)}{5}+C$
Um integral definido com o termo de fronteira calculado 2 passos
Calcule ∫₀^π x sin x dx.
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1. u = x, dv = sin x dx, v = −cos x. O termo de fronteira também é avaliado entre os limites:
  
  $\int_{0}^{\pi}x\sin x\,dx=\Bigl[-x\cos x\Bigr]_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\cos x\,dx$
2. Ambas as partes nos limites:
  
  $=\left(-\pi\cos\pi+0\right)+\Bigl[\sin x\Bigr]_{0}^{\pi}=\pi+0$
Resposta

π. O termo de fronteira fornece todo o resultado, π, e o integral restante dá 0, já que sin π = sin 0 = 0.

$\int_{0}^{\pi}x\sin x\,dx=\pi$
Uma recorrência que é exata, e uma aritmética que não é 4 passos
Uma rodada por partes em I_n = ∫₀¹ xⁿeˣ dx, com u = xⁿ, fornece I_n = e − n·I_n−1. Use-a para encontrar I₄. Depois, execute-a dez vezes a partir de I₀ = e − 1 arredondado para 1,7183, e veja o que resulta para I₁₀. Pressione A potência cai: a página encontra I₂ = 0,7183 em duas rodadas.

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1. Uma rodada com u = xⁿ e dv = eˣ dx, entre 0 e 1:
  
  $I_n=\Big[x^{n}e^{x}\Big]_0^1-n\int_0^1 x^{n-1}e^{x}\,dx=e-n\,I_{n-1}$
2. Mais duas rodadas a partir do I₂ da página:
  
  $I_3=e-3\,(e-2)=6-2e=0{.}5634,\qquad I_4=e-4\,(6-2e)=9e-24=0{.}4645$
3. Agora para a frente a partir do início arredondado. Nove rodadas depois, a integral de uma função positiva saiu negativa:
  
  $I_0=1{.}7183\ \Rightarrow\ \dots\ I_9=-6{.}3451,\qquad I_{10}=66{.}1689$
4. O início tinha um erro de 1,8172×10⁻⁵, e cada rodada multiplica o erro por n. Dez rodadas o multiplicam por 10!:
  
  $1{.}8172\times10^{-5}\times10!=1{.}8172\times10^{-5}\times3{,}628{,}800=65{.}94,\qquad 0{.}2280+65{.}94=66{.}17$
Resposta

I₄ = 9e − 24 ≈ 0,4645, e I₁₀ é na verdade 0,2280. A recorrência é exata. Executada para a frente, ela multiplica um erro de arredondamento por n!. Execute-a para trás, I_n−1 = (e − I_n)/n, e o erro é, em vez disso, dividido por n a cada passo. Partir do palpite grosseiro I₂₀ = 0 fornece I₁₀ = 0,2280 com quatro casas decimais. A página para após três rodadas.

$I_4=9e-24\approx0{.}4645,\qquad I_{10}\approx0{.}2280$

Problemas suplementares, só com a resposta

Calcule ∫ ln x dx.

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x ln x − x + C, tomando u = ln x e dv = dx.

$x\ln x-x+C$
Calcule ∫ x²eˣ dx.

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eˣ(x² − 2x + 2) + C, após duas integrações por partes.

$e^{x}\left(x^{2}-2x+2\right)+C$
Calcule ∫ x sec²x dx.

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x tan x + ln|cos x| + C. Após uma integração por partes, resta ∫ tan x dx, que se calcula por substituição.

$x\tan x+\ln|\cos x|+C$
Calcule ∫₁^e x ln x dx.

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(e² + 1)/4 ≈ 2,0973.

$\int_{1}^{e}x\ln x\,dx=\frac{e^{2}+1}{4}\approx2{.}0973$
Calcule ∫ (ln x)² dx.

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x(ln x)² − 2x ln x + 2x + C. A primeira integração por partes deixa ∫ 2 ln x dx, o dobro da integral do primeiro exercício desta lista.

$x(\ln x)^{2}-2x\ln x+2x+C$

Escolha mal o u e a potência de x sobe

Pressione A potência cai. A integral é x²eˣ, e u = x² é a escolha que remove a potência derivando: a primeira rodada deixa 2x·eˣ, a segunda deixa 2eˣ, que está na tabela. A resposta (x² − 2x + 2)eˣ chega em duas rodadas. De 0 a 1 ela fornece 0,7183, e a regra de Simpson também. A escada esmaecida faz a outra escolha, u = eˣ. Derivar eˣ não muda nada, logo nada fica mais simples. A potência é integrada para cima em vez disso: x³eˣ/3, x⁴eˣ/12, x⁵eˣ/60. A linha tracejada do gráfico sobe e a sólida cai para zero. LIATE (logarítmica, trigonométrica inversa, algébrica, trigonométrica, exponencial) é esse critério escrito como uma lista: primeiro vem o que se tornar mais simples ao ser derivado. A tabela sob os resultados aplica isso a quinze produtos. A escolha de u por LIATE baixa a potência de x, ou remove o ln ou arctan, nos quinze. Conte os símbolos, por outro lado, e ela vence em 13, empata em x³eˣ e perde em x³ sin x, 9 símbolos contra 8. Portanto, o comprimento da integral restante é a coisa errada a se medir.

∫eˣ sin x retorna como si mesma e é resolvida como uma equação

Pressione Retorna. Nem eˣ nem sin x ficam mais simples ao serem derivados. Assuma então u = sin x e veja o que acontece. Uma rodada deixa ∫eˣ cos x. Uma segunda rodada, com u = cos x, deixa −∫eˣ sin x: a integral de que você partiu, carregando um sinal de menos. A escada nunca chega à tabela e não precisa chegar. Chame a integral de I. A equação em curso agora diz I = eˣ sin x − eˣ cos x − I, de modo que 2I = eˣ(sin x − cos x) e I = eˣ(sin x − cos x)/2. De 0 a 1 isso dá 0,9093, o que a regra de Simpson confirma. Agora pressione Desfazer: a mesma primeira rodada, depois u = eˣ na segunda. Essa rodada integra de volta o cos x que a primeira produziu, seu termo de fronteira eˣ sin x cancela o da primeira, e a equação restante é I = I. Isso é verdade e não lhe diz nada.

∫ln x precisa de um fator 1 que ninguém escreveu

Pressione ln x com dv = 1·dx. A ln x parece uma única função, e a técnica por partes parece precisar de duas. Escreva-a como 1·ln x, com u = ln x, que vira 1/x ao ser derivado, e dv = 1·dx, que se integra para x. Então ∫ln x dx = x ln x − ∫x·(1/x) dx = x ln x − x, em uma rodada. De 1 a 2 a área é 2 ln 2 − 1 = 0,3863 de ambas as formas. A outra atribuição, u = 1 com dv = ln x dx, precisa de v = ∫ln x dx, a própria integral pedida. É por isso que a escada esmaecida para antes de começar. No modo de treino, digitou-se x ln x. Sua derivada é ln x + 1, um a mais que o integrando em todos os lugares, o −∫1 dx que foi esquecido. O mesmo truque resolve ∫arctan x, e x arctan x mostra onde o método por partes passa o bastão: com u = arctan x uma rodada deixa x²/(2(1 + x²)), uma função racional, o trabalho do próximo degrau.

Percurso de aprendizagem

Técnicas de integração

Referências (2)

The formula from the product rule (Theorem 3.1, ∫u dv = uv − ∫v du), the LIATE order (“Logarithmic Functions, Inverse Trigonometric Functions, Algebraic Functions, Trigonometric Functions, and Exponential Functions”) with the reason given for it, the reduction formula ∫xⁿeˣ dx = xⁿeˣ − n∫xⁿ⁻¹eˣ dx (exercise 48), and the device of taking the constant function 1 as the second factor (Example 3.5): G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.1, “Integration by Parts”.
Two of the page's cases worked as a teacher works them: ∫ln x dx, where u = 1 with dv = ln x dx “would need to know the answer ahead of time” (Example 6), and ∫e^θ cos θ dθ, where two rounds give “the same integral on both sides … with a minus sign in front of it”, so the integral is added to both sides and the equation divided by 2 (Example 8): P. Dawkins, “Integration by Parts”, Paul's Online Notes, Calculus II, Lamar University (page last modified 31 July 2026).

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.