Resolução da integral $\displaystyle \int \ln(ax)\ dx$

Lembra daquelas tabelas de integrais? Quando estudamos em nossa graduação, muitas vezes somente consultamos as tabelas e tomamos o resultado. Mas como esses resultados foram obtidos?

Este artigo faz parte de uma série de resoluções de integrais que venho fazendo para demonstrar os resultados que encontramos nessas tabelas.

Primeiramente a integral é resolvida passo-a-passo e em seguida é aplicada em exemplos. Para cada integral, utiliza-se técnicas específicas para sua resolução, que pode ser por substituição, por partes, por frações parciais ou substituição trigonométrica.

Nesta postagem, vamos demonstrar que:

$$ \int \ln (ax)\ dx = x\ \ln(ax) - x + C $$

onde $a$ e $x$ $\in \mathbb{R}$ e $ax > 0$.

Seja a integral:

$$ I = \int \ln (ax)\ dx $$

Para o integrando $\ln (ax)$, utilizamos o método de integração por partes. Lembrando que:

$$ \int u\ dv = u\ v - \int v\ du \tag{1} $$

Desta forma, fazemos $u=\ln (ax)$, $\displaystyle du=\frac{1}{x}\ dx$, $dv = dx$ e $v = x$.

Substituindo os valores em $(1)$:

$$ I = u\ v - \int v\ du \\ \ \\ I = \ln (ax) \cdot x - \int x \cdot \frac{1}{x}\ dx \\ \ \\ I = x\ \ln(ax) - \int dx \\ \ \\ I = x\ \ln(ax) - x + C $$

Exemplo 1:

Seja $f(x) = \ln (x)$. Calcular a área ente a curva $f(x)$ e o eixo dos $x$ no intervalo de $x=1$ a $x=2$.

Para encontrarmos a área sombreada no gráfico, aplicamos os limites de integração na integral de $f(x) = \ln (ax)$:

$$ A = \int_1^2 \ln (x)\ dx \\ \ \\ A = \Big[ x\ \ln(x) - x \Big]_1^2 \\ \ \\ A = \Big[ \left( 2\ \ln(2) - 2 \right) - \left(1\ \ln(1) - 1 \right) \Big] \\ \ \\ A = 2\ \ln(2) - 2 + 1 \\ \ \\ A = 2\ \ln(2) -1 $$

O $\ln(2)$ vale aproximadamente $0,69314$. Assim:

$$ A \approx 2 \cdot 0,69314 - 1 \\ \ \\ A \approx 0,38628 $$

Assim, a área sombreada do gráfico vale aproximadamente $0,38628$ unidades de área.

Exemplo 2:

Sejam $f(x)=\ln (2x)$ e $g(x)=- \ln(4x)$. Calcular a área entre as curvas do ponto de intersecção no quarto quadrante a $x=2$.

O primeiro passo é determinar o ponto de intersecção entre as curvas. Esse ponto ocorre quando $f(x)=g(x)$. assim:

$$ \ln(2x)=-\ln(4x) $$

Aplicamos a propriedade dos logaritmos, onde $b\ \ln(a) = \ln(a)^b$, obtemos:

$$ \ln(2x) = \ln(4x)^{-1} \\ \ \\ \ln(2x) = \ln\left(\frac{1}{4x}\right) \\ \ \\ 2x = \frac{1}{4x} \\ \ \\ x^2 = \frac{1}{8} \\ \ \\ x=\pm \frac{1}{2\sqrt{2}} $$

Deste modo, o limite inferior de integração é de $\displaystyle x=\frac{1}{2\sqrt{2}}$ e o limite superior é de $x=2$.

A imagem do gráfico sugere a utilização de retângulos verticais de larguras infinitesimais $dx$, cujos comprimentos são dados pela diferença entre $f(x)$ e $g(x)$:

$$ \int_{1/2\sqrt{2}}^2 \Big( \ln(2x)+\ln(4x) \Big)\ dx $$

Integrando membro a membro:

$$ A = \int_{1/2\sqrt{2}}^2 \ln(2x)\ dx + \int_{1/2\sqrt{2}}^2 \ln(4x)\ dx $$

$$ A = \Big[x\ \ln(2x)-x \Big]_{1/2\sqrt{2}}^2 + \Big[x\ \ln(4x) - x\Big]_{1/2\sqrt{2}}^2 $$

$$ A = \left[ \left(2\ln(4)-2\right) - \left(\frac{1}{2\sqrt{2}} \ln \left(\frac{2}{2\sqrt{2}}\right) - \frac{1}{2\sqrt{2}}\right) \right] + \left[ \left( 2 \ln(8)-2\right) - \left(\frac{1}{2\sqrt{2}} \ln\left(\frac{4}{2\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)\right] $$

$$ A \approx 0,77258 + 0,47608 + 2,15888 + 0,23102 $$ $$ A \approx 3,63856 $$

Assim, a área sombreada no gráfico vale aproximadamente $3,63856$ unidades de área.

Métodos de Integração:

• Por partes
• Tabular
• Por substituição
• Frações parciais
• Substituição trigonométrica
• Integrais literais resolvidas