O Teorema fundamental do Cálculo e a regra de Leibnitz.

De há alguns anos para cá, o número de alunos que me pergunta "O que é o teorema fundamental do cálculo?" tem aumentado significativamente. Não sei se devido a excessivos powerpoints (Lamento, ler powerpoints, por mais bonitos que sejam, não é dar aulas, é perder tempo e fazer o público perder tempo...).
Mas também não ponho as mãos no fogo por toda a gente que me procura.

O teorema diz simplesmente que, num conjunto onde as coisas que constam da fórmula estão bem definidas (e fazem sentido), é válida a fórmula

\[ \frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( t \right)dt} } \right) = f(x) \] 

Claro que se combinarmos isto com a regra de derivação da função composta, sai isto:

  \[
\left( {\int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime   = f(\psi \left( x \right))\psi '\left( x \right) - f(\varphi \left( x \right))\varphi '\left( x \right)
\]

Mas, dá para generalizar, e deduzir versões mais complicadas. 

Por exemplo e se for este?

\[
\frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( {x,t} \right)dt} } \right)
\]

Também se deduz.

Começamos por definir: 

\[
I(x,z) = \int\limits_a^x {f\left( {z,y} \right)dy}
\]

Calcular

\[
\frac{{\partial I}}{{\partial x}}(x,z) = \frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( {z,y} \right)dy} } \right) = f\left( {z,x} \right)
\]

e

\[
\frac{{\partial I}}{{\partial z}}(x,z) = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial z}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)dy}  = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)\frac{{\partial x}}{{\partial z}}dy}  = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)dy}
\]

E finalmente fazer

\[
\frac{d}{{dx}}\int\limits_a^x {f\left( {x,y} \right)dy}  = \frac{d}{{dx}}I(x,x) = \frac{{\partial I}}{{\partial x}} + \frac{{\partial I}}{{\partial z}}\frac{{\partial x}}{{\partial x}} = f\left( {x,x} \right) + \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {x,y} \right)} \right)dy}
\]

Se percebeu este exemplo, espero que consiga chegar a este:

\[
\left( {\int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {f\left( {x,y} \right)dy} } \right)^\prime   = f(x,\psi \left( x \right))\psi '\left( x \right) - f(x,\varphi \left( x \right))\varphi '\left( x \right) + \int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {x,y} \right)} \right)dy}
\]

Por hoje é tudo.

Uma equação com problemas (I)

Há uns meses chegou-me um explicando com o seguinte problema.

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Seja $k\in \R \backslash \{0\} $. Calcule um valor de $k$ de modo que:
\[
\int\limits_k^\pi  {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }
\]

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Ao resolver a equação percebi que a equação era impossível!
Abaixo (botão) deixo a minha resolução feita nesse dia.

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\begin{eqnarray*} {\int\limits_k^\pi {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx}}& {=} &{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \int\limits_k^\pi {\frac{{\cos \left( {2x} \right)}}{{2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)}}dx}}&{ = }&{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_k^\pi {\frac{{\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}} &{=}& { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 2 }}{2}\int\limits_k^\pi {\displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{2}{{\sqrt 2 }}\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}}&{ = }&{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi } \\ {\Leftrightarrow \int\limits_k^\pi {\frac{{\displaystyle\frac{2}{{\sqrt 2 }}\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}}&{ = }& { - 2\pi } \\ {\Leftrightarrow - \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)}&{ = }&{ - 2\pi } \\ {\Leftrightarrow \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)}&{ = }&{ 2\pi } \\ \end{eqnarray*} Uma vez que o contradomínio da função arcotangente é $\left] { -\displaystyle \frac{\pi }{2},\displaystyle\frac{\pi }{2}} \right[$, a equação obtida é impossível.
Quero que compreendam que mesmo deslocando o contradomínio do arcotangente por um múltiplo inteiro de $\pi$, a equação original continua a ser impossível, visto que essa constante "desapareceria" no decorrer dos cálculos (nomeadamente depois de aplicação da regra de Barrow).


Escrever \[{\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}}=\tg (2\pi)\] É um erro gravíssimo!!! (e que demonstra sério e grave desconhecimento do que se anda a fazer)!

Mas, para que não fiquem dúvidas na cabeça mais teimosa, vou provar a impossibilidade daquela equação de outra forma.
Considere-se a função: \[ F(k) = \int\limits_k^\pi {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \] Ora, como \[- 1 \le \sin \left( {2k} \right) \le 1 \] então \[\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \le \frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }} \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\] Então isto implica que \[{{ - 1}} \leq \frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }} \leq {1}\] \[\Leftrightarrow - \frac{\pi }{4} \le \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \le \frac{\pi }{4}\] \[ \Leftrightarrow - \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}} \le - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}}\] \[ \Leftrightarrow - \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}} \le F(k) \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}}\] Esta última condição prova que $-\displaystyle\frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi$ está fora do contradomínio de $F$, portanto a equação original é impossível.

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Numa última nota:

• Não percebi porque se exige no enunciado que $k\neq 0$.   Faz-me suspeitar que há algo de errado com o enunciado.
• Eu 'verifiquei' numericamente as minhas afirmações antes de me dar ao trabalho de escrever isto... podia ter erros nos cálculos.
• Como sempre, se encontrarem gralhas ou incorrecções, podem enviar-me para cpaulof at gmail dot com
  

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Actualizações:

• 03/07/2019: $\cos^{-1}$ deve ser interpretado como a função secante, e não como a função arco-cosseno, graças aos valores dos limites de integração.
• 03/07/2019: em vez de $k\in\R\backslash \{0\}$ penso que $k$ deve pertencer a um subconjunto de $\R\backslash \left\{x=\displaystyle\frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{2}, n\in \Z\right\}$, mas não sei. O enunciado não é meu.
  
  

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  \begin{eqnarray*} {D }&{=}&{ \left\{ {x \in \R:\cos \left( {2x} \right) \ne 0} \right\}}\\ {}&{ = }&{\left\{ {x \in \R:2x \ne \frac{\pi }{2} + n\pi ;n \in \Z} \right\}}\\ {}&{ = }&{ \left\{ {x \in \R:x \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{n\pi }}{2};n \in \Z} \right\}} \end{eqnarray*}

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• 09/11/2021: Encontrei uma gralha, mas corrigi... ninguém se deu ao trabalho de me avisar!

Um integral à moda de Feynman

O exercício que se segue foi proposto por José Manuel Sacramento no facebook.
A proposta de resolução, é minha!

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Problema: calcular

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \]

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Proposta de Resolução: (Vou saltar algumas justificações, falo delas num post futuro)
Considere-se o integral paramétrico: \[ I(t)=\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \] Então, derivando em ordem a $t$, temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}\right)dx}}\\ {}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t+1-1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{1}{1 + x^2 }}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\frac{\pi}{2}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ \end{eqnarray*}. Fazendo a substituição $y=x^{-1}$ no último integral temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\frac{\pi}{2}-I'(t)}\\ \end{eqnarray*}. Ou seja, \[2I'(t)=\frac{\pi}{2}\] \[\Leftrightarrow I'(t)=\frac{\pi}{4}\] Portanto \[I(t)=\frac{\pi}{4}t+C\] Inspeccionando a definição de $I(t)$ vemos ainda que $I(3)=0$, isso dá-nos $C=-\displaystyle\frac{3\pi}{4}$ ou seja \[I(t)=\frac{\pi}{4}t-\frac{3\pi}{4}\] Assim sendo, \[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}=I(11)=\frac{\pi}{4}\times11-\frac{3\pi}{4}=\frac{8\pi}{4}=2\pi \]

Integração por substituição: seno hiperbólico(II) Integração por substituição: tangente(I)

Exercício Calcular o integral \[ \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} \] Recorrendo à substituição: $x=\tg t$ ou $x=\sh t$
(Nota: $\sh$ é uma notação para seno hiperbólico ... também se representa por $\sinh$ )

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\[ \frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3} \]

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Fazendo a substituição $x=\sh t$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arg\sh x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\argsh(1)}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\argsh(\sqrt 3)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \ch t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t \sqrt {1 + \shq t } }\ch t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\cosechq tdt}}\\ {}&{=}&{\left[-\cotgh t\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\ch t}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\sqrt {1 + \shq t }}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

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Fazendo a substituição $x=\tg t$, com $t\in \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arctg x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\frac{\pi}{4}}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\frac{\pi}{3}} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \sec^2 t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{1}{\tgq t \sqrt {1 + \tgq t } }\sec^2 t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{\sec^2 t}{\senq t \sec^2 t\sec t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{1}{\senq t \sec t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{\cos t}{\senq t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }{\cotg t}{\cosec t }dt}\\ {}&{=}&{\left[-\cosec t\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }}\\ {}&{=}&{-\cosec \frac{\pi}{3} + \cosec \frac{\pi}{4}}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

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Integração por substituição: seno hiperbólico (I)

Exercício
Determinar o valor exacto do integral: \[ \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx} \] Exprimir o valor na forma $\sqrt{m}+\arg\sinh{(n)}$, com $m,n\in \N$

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\[\sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right)\]

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Começamos por fazer a substituição $x=\sinh u$ então, \begin{eqnarray*} {u}&{=}&{\arg\sinh x}\\ {x}&{=}&{-1\Rightarrow u=\arg\sinh(-1)=-\arg\sinh(1)}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow u=\arg\sinh(1)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{du}} = \cosh u \] Na restante resolução é também útil recordar a fórmula fundamental das funções hiperbólicas \[\cosh^2 u - \sinh^2 u = 1 \] que $\cosh u>0$    $\forall u \in \R$
e as fórmulas \[\cosh^2 u=\frac{1+\cosh(2u)}{2}\] \[\sinh (2 u) =2\sinh u \cosh u\] Assim sendo, temos que: \begin{eqnarray} {\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx} }&{ =}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } \cosh udu}}\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\cosh ^2 udu} }\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\frac{{1 + \cosh \left( {2u} \right)}}{2}du} } \\ {}&{=}&{ \frac{1}{2}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {1du} + \frac{1}{4}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {2\cosh \left( {2u} \right)du}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {\sinh \left( {2u} \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\cosh \left( u \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } } \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{\arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left( {2\sqrt {1 + 1} + 2\sqrt {1 + 1} } \right) }\\ {}&{=}&{ \sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right) } \end{eqnarray}

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Um integral engraçado.

Já vi outras resoluções para isto. Vou apresentar a minha.
Problema: \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln {\cot \left( \frac{x}{2} \right)} dx \]

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Possível resolução:
Vou começar por reescrever o integral na forma \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln \sqrt{ \frac{1+\cos (x)}{1-\cos(x)} } dx \] Depois faço a substituição $t=x+\frac{\pi}{2}$ obtendo \[\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \ln \sqrt{ \frac{1+\sin (t)}{1-\sin (t)} } dt.\] Como a função integranda é ímpar, então, no intervalo $\left]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right[$ o integral vale zero.

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PS:
Apresento abaixo o integral inicial, calculado numericamente numa CASIO CG20 (utilizando apenas a funções da calculadora, sem recorrer a programação...)

Cuidado com as substituições...

Embora neste blog, não esteja nos meus planos perder muito tempo com tecnicidades de cálculo, hoje abro uma excepção.
Este tipo de tecnicidades, no futuro será abordado no meu blog CarlosPaulices.

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No meu blog cpmathexplicações está proposto um exercício que pede o cálculo do comprimento de uma cardióide a partir de uma parametrização.
O exercício acaba por conduzir ao cálculo do integral
\[ \int_0^{2\pi } {\sqrt {1 - \cos t} dt} \]
Há várias formas de calcular este integral, por exemplo, recorrendo a substituições. Neste caso, uma das substituições indicadas será por exemplo a clássica substituição $x=\tg \left(\frac{t}{2}\right)$. Um dos problemas de recorrer a esta substituição, e a muitas que acabam por recorrer a funções trigonométricas inversas, é que as pessoas têm a tendência a ignorar os contradomínios das funções trigonométricas inversas, e as suas implicações nos cálculos.
Neste caso, um tal descuido, pode conduzir, por exemplo, ao valor zero.
Zero, não pode ser, visto que este integral, quando multiplicado por $2\sqrt{2}$ é o comprimento da curva a verde da figura abaixo no momento em que a circunferência completa uma rotação de $2\pi$ radianos.
A verdade, é que só quando $t\in ]-\pi,\pi[$ é que $x=\tg \left(\frac{t}{2}\right)$ é equivalente a $t=2\arctg x$, e neste integral temos o problema de o intervalo de integração ser $[0,2\pi]$
O truque que recomendo para ultrapassar esta dificuldade menor é fazer \[ \int_0^{2\pi } {\sqrt {1 - \cos t} dt} = \int_0^\pi {\sqrt {1 - \cos t} dt} + \int_\pi ^{2\pi } {\sqrt {1 - \cos t} dt} \] Fazer a substituição $t=2\pi-x$ no último integral conduzir-nos-á à igualdade \[ \int_0^{2\pi } {\sqrt {1 - \cos t} dt} = 2\int_0^\pi {\sqrt {1 - \cos t} dt} \] E no integral da direita, a referida substituição pode ser feita sem problemas.
Mas já que aqui estamos, posso mostrar como é que eu calcularia este integral sem recorrer a essa substituição: \[ 2\int_0^\pi {\sqrt {1 - \cos t} dt}= 2\int_0^\pi {\sqrt {\frac{(1 - \cos t)(1+\cos t)}{1+\cos t}} dt}= 2\int_0^\pi{\frac{\sen t}{\sqrt{1+\cos t}} dt} \] Note-se que embora a primitiva da função integranda seja imediata, a função não está definida em $t=\pi$. \[ = \lim_{r\to\pi^-}- \left. {4\sqrt {1 + \cos t} } \right|_0^r =-4(\sqrt 0 - \sqrt 2)=4\sqrt{2} \] Assim sendo, o comprimento da cardióide da animação é \[2\sqrt{2}\times4\sqrt{2}=16\] E se ambas as circunferências tiverem raio $R$, o comprimento será $s=16R$.

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O integral em si, não tem nada de especial, e existe muito software que o calcula. Por exemplo, o Wolfram Alpha ou as calculadoras Casio fx-9860GII,

E mesmo as Casio CG10 e CG20:

Mas, curiosamente, a minha Casio Algebra Fx 2.0plus, no menu CAS não calcula isto!
(Irónico que a máquina com computação algébrica não faça isto)

Embora hoje em dia haja software para estas operações, o tipo de ginástica mental e raciocínio que está por detrás destes cálculos faz com que seja sempre boa ideia perder algum tempo com eles, pelo menos quando se introduz o cálculo integral.
Portanto, nestas situações... deixem as calculadoras fora das avaliações!