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Integração por substituição e manipulação algébrica

No documento CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II (páginas 94-101)

TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO

III.2 Integração por substituição e manipulação algébrica

III.2 Integração por substituição e manipulação algébrica

Na unidade I, apresentamos algumas regras de integração proveniente das regras de derivação (ver tabela I.2.1). Em seguida, vimos que, além de usar essas re-gras, foi possível ampliar a quantidade de funções a serem integradas usando a técnica de integração por substituição ou mudança de variável.

Sabemos que a integral é a operação inversa da derivada, então, seué uma função dex, a regra da cadeia para derivação nos fornece, por exemplo, que

d( senu+C)

dx = cosu du dx.

Aplicando a regra da cadeia para integração, obtemos que

ˆ

cosu du= senu+C.

Podemos aplicar esse argumento a todas as regras de derivação vistas no curso de Cálculo Diferencial Integral I e obter uma série de regras de integração, em queu é uma função dex. Veja Tabela III.2.1 a seguir.

As fórmulas 13 e 14 da Tabela III.2.1 são obtidas de forma semelhante. Veja-mos como conseguir 13. Como tgu= senu

cosu vem que ˆ

tgu du=

ˆ senu cosu du

Fazendo a mudança de variávelv = cosu,dv =senudu, usando a fórmula 6 da Tabela III.2.1, as propriedades da função logarítmica e a definição da funçãosecu, temos que

ˆ

tgu du=

ˆ senu cosu du=

ˆ 1 v dv

=ln|v|+C= ln 1

v +C

= ln 1

cosu

+C= ln|secu|+C

provando, assim, a fórmula 13. Usando um procedimento análogo, você conseguirá mostrar a fórmula 14.

78 III Técnicas de integração

# Integral Indefinida 1

ˆ

k du=ku+C, ondeké uma constante qualquer 2 ˆ

f(u) +g(u)du= ˆ

f(u)du+ ˆ

g(u)du, 3

ˆ

undu= un+1

n+ 1+C,n=1 4

ˆ

eudu=eu+C 5

ˆ

audu= au

lna+C, ondea >0ea= 1 6 ˆ 1

u du= ln|u|+C 7 ˆ

cosu du= senu+C 8 ˆ

senu du=cosu+C 9 ˆ

sec2u du= tgu+C 10 ˆ

secutgu du= secu+C 11

ˆ

cossec2u du=cotgu+C 12

ˆ

cossecucotgu du=cossecu+C 13

ˆ

tgu du= ln|secu|+C 14

ˆ

cotgu du= ln|senu|+C 15 ˆ

secu du= ln|secu+ tgu|+C 16 ˆ

cossecu du= ln|cossecucotgu|+C

17 ˆ du

a2u2= arcsenu

a+C, ondea >0

18 ˆ du

a2+u2 =1 aarctgu

a+C, ondea= 0

19 ˆ du

u

u2a2 =1 aarcsecu

a+C, ondea >0 Tabela III.2.1: Regras de integração Fonte: os autores

Para provar a fórmula 15, observamos que

1 =secu+ tgu secu+ tgu

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III.2 Integração por substituição e manipulação algébrica 79 e, portanto,

ˆ

secu du=

ˆ (secu+ tgu) secu secu+ tgu du

=

ˆ sec2u+ tgusecu secu+ tgu du

Fazendo a mudança de variávelv= secu+ tgu, temosdv= sec2u+ tgusecu due a integral acima torna-se

ˆ

secu du=

ˆ sec2u+ tgusecu secu+ tgu du

= ˆ 1

v dv

= ln|v|+C

= ln|secu+ tgu|+C

A fórmula 16 pode ser feita de maneira análoga a 15. Verifique!

Para as fórmulas 17 a 19 da Tabela III.2.1, também há um procedimento co-mum. Faremos para 17. Relembre que

d

dx( arcsenx) = 1

1x2

o que implica que

ˆ dx

1x2= arcsenx+C e, seufor uma função dex, então, vale que

ˆ du

1u2= arcsenu+C. (III.1)

Logo, sea >0, vem que

ˆ du

a2u2=

ˆ du

a2

1ua22

=

ˆ du

a

1u

a

2 (III.2)

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III

80 III Técnicas de integração Fazendo a mudança de variável

v=u

a, dv=1 adu

e substituindo em (III.2), obtemos

ˆ du

a2u2 =

ˆ du

a

1u

a

2

=

ˆ a dv a

1v2

= ˆ dv

1v2

= arcsenv+C

em que a última passagem é uma consequência da fórmula (III.1). Usando o fato de que v=ua, a sequência de igualdades acima nos fornece que

ˆ du

a2u2 = arcsenu a+C

provando, assim, a fórmula 17 da Tabela III.2.1. Conforme já mencionado, sugerimos que você use um raciocínio análogo para provar as fórmulas 18 e 19 da Tabela III.2.1.

Exemplo III.1.Calcule

ˆ dx

169x2

Solução: aplicaremos a fórmula 17. Para isso, façamosu = 3x e, então, du= 3dx. Logo,

ˆ dx

169x2 =1 3

ˆ du

42u2 =1 3arcsenu

4+C=1

3arcsen3x 4 +C

Exemplo III.2.Calcule

ˆ dx

x 9x216

Solução:aplicaremos a fórmula 19. Para isso, façamosu= 3xedu= 3dxe, consequentemente,

ˆ dx

x

9x216=

ˆ dx

1 33x

9x216 = 3 ˆ 1

3 du u

u242 =1 4arcsecu

4+C= 1

4arcsec3x 4 +C

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III.2 Integração por substituição e manipulação algébrica 81 Exemplo III.3. Calcule

ˆ x dx

9x216

Solução: nesse caso, basta fazer a mudança de variávelu = 9x216e, consequentemente,du= 18x dx. Assim,

ˆ x dx

9x216= 1 18

ˆ 1

u du= 1 18

ˆ

u12 du= 1 18

u12

1 2

+C =1 9

u+C=1 9

9x216 +C

Observação III.1. Embora haja alguma semelhança nas integrais dos exemplos acima, observe que as técnicas de resolução e os resultados finais são bem diferentes.

Às vezes, é necessário alguma manipulação nos termos do integrando para tornar possível a aplicação de algumas fórmulas da Tabela III.2.1.

Exemplo III.4. Calcule

ˆ 3

0

x+ 3 x+ 1dx Solução:observe que

x+ 3

x+ 1=(x+ 1) + 2 x+ 1 =x+ 1

x+ 1+ 2

x+ 1= 1 + 2 x+ 1 Substituindo na integral, temos

ˆ 3

0

x+ 3 x+ 1dx=

ˆ 3

0

1 + 2 x+ 1dx

= ˆ 3

0

1dx+ 2 ˆ 3

0

1 x+ 1dx

= [x]30+ 2 [ln|x+ 1|]30

= 3 + 2 [ln|4| −ln|1|]

= 3 + 2 ln 42·0 = 3 + ln 42

= 3 + ln 16

Observe que, para integrar 1

x+ 1, fizemos a mudança de variávelu=x+ 1para encontrar a antiderivada e, depois, retornamos a variável original. Em detalhes, suprimimos os passos

ˆ 3

0

1 x+ 1dx=

ˆ 4

1

1

udu= ln|u|]41= ln|x+ 1|]30

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III

82 III Técnicas de integração

Exemplo III.5. Calcule

ˆ 3

0

x2+ 3 x+ 1 dx

Solução:fazendo a divisão dos polinômios, obtemos que x2+ 3

x+ 1 = (x1) + 4 x+ 1 e, substituindo na integral, vemos que

ˆ 3

0

x2+ 3 x+ 1 dx=

ˆ 3

0

x1 + 4 x+ 1dx

= x2

2 x+ 4 ln|x+ 1| 3

0

= 32

2 3 + 4 ln|4|

= 3 2+ 4 ln 4

Exemplo III.6. Calcule

ˆ 3

0

x+ 3 x2+ 1dx Solução:observe que

x+ 3 x2+ 1= x

x2+ 1+ 3 x2+ 1

Ao integrar essa soma, fazemos a mudança de variávelu=x2na primeira parcela e usamos a fórmula 18 na segunda parcela, conforme segue:

ˆ 3

0

x+ 3 x2+ 1dx=

ˆ 3

0

x

x2+ 1dx+ 3 ˆ 3

0

1 x2+ 1dx

=1 2

ˆ 3

0

2x dx x2+ 1+ 3

ˆ 3

0

1 x2+ 1dx

= 1

2ln|x2+ 1|+ 3 arctgx 3

0

=1

2ln|32+ 1|+ 3 arctg 3

= ln

10 + 3 arctg 3

Algumas vezes é necessário completar o quadrado no denominador, conforme 99

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III.2 Integração por substituição e manipulação algébrica 83

ilustra o exemplo a seguir.

Exemplo III.7. Calcule a integral indefinida

ˆ 2x+ 5 x2+ 2x+ 5dx

Solução:primeiramente, veja qued(x2+ 2x+ 5) = (2x+ 2)dx(aqui, estamos indicando uma mudança de variávelu = x2+ 2x+ 5). Então, manipulamos o numerador para que, nele, apareça uma parcela do tipo2x+ 2, isto é,

2x+ 5

x2+ 2x+ 5= 2x+ 2 + 3

x2+ 2x+ 5= 2x+ 2

x2+ 2x+ 5+ 3 x2+ 2x+ 5

Assim, a primeira parcela pode ser integrada usando a fórmula 6. Para a segunda parcela, observamos que podemos completar o quadrado do denominador que se torna em

x2+ 2x+ 5 = (x+ 1)2+ 4 = (x+ 1)2+ 22

em que obtemos

2x+ 5

x2+ 2x+ 5= 2x+ 2 + 3

x2+ 2x+ 5= 2x+ 2

x2+ 2x+ 5+ 3 (x+ 1)2+ 22

Agora, veja que a última parcela pode ser integrada usando a fórmula 18 comu =x+ 1. Enfim,

ˆ 2x+ 5 x2+ 2x+ 5dx=

ˆ 2x+ 2

x2+ 2x+ 5dx+ 3

ˆ 1

x2+ 2x+ 5dx

=

ˆ (2x+ 2)dx x2+ 2x+ 5+ 3

ˆ 1

(x+ 1)2+ 22 dx

= ln|x2+ 2x+ 5|+3

2arctgx+ 1 2 +C

A memorização das regras de integração dadas pela Tabela III.2.1, assim como as regras de derivação, permite identificarmos qual substituição resolve mais rápido a integral dada.

Exemplo III.8. Calcule

ˆ

etgxsec2x dx

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III

101

Integração por Partes

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84 III Técnicas de integração

Solução: basta fazer a mudança de variávelu= tgx, temosdu = sec2xe, portanto,

ˆ

etgxsec2x= ˆ

eudu=eu+C=etgx+C Exemplo III.9.Calcule

ˆ cosx

senx

sen2x1dx

Solução: note que o integrando tem uma certa semelhança com a fórmula 19. Fazendou= senx, temosdu= cosx, e, portanto,

ˆ cosx

senx

sen2x1dx=

ˆ 1

u

u21du= arcsecu+C= arcsec( senx) +C

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