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|cossecu−cotgu|+C
17 ˆ du
√a2−u2= arcsenu
a+C, ondea >0
18 ˆ du
a2+u2 =1 aarctgu
a+C, ondea= 0
19 ˆ du
u√
u2−a2 =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
95
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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
√1−x2
o que implica que
ˆ dx
√1−x2= arcsenx+C e, seufor uma função dex, então, vale que
ˆ du
√1−u2= arcsenu+C. (III.1)
Logo, sea >0, vem que
ˆ du
√a2−u2=
ˆ du
a2
1−ua22
=
ˆ du
a
1−u
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
√a2−u2 =
ˆ du
a
1−u
a
2
=
ˆ a dv a√
1−v2
= ˆ dv
√1−v2
= 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
√a2−u2 = 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
√16−9x2
Solução: aplicaremos a fórmula 17. Para isso, façamosu = 3x e, então, du= 3dx. Logo,
ˆ dx
√16−9x2 =1 3
ˆ du
√42−u2 =1 3arcsenu
4+C=1
3arcsen3x 4 +C
Exemplo III.2.Calcule
ˆ dx
x√ 9x2−16
Solução:aplicaremos a fórmula 19. Para isso, façamosu= 3xedu= 3dxe, consequentemente,
ˆ dx
x√
9x2−16=
ˆ dx
1 33x√
9x2−16 = 3 ˆ 1
3 du u√
u2−42 =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
√9x2−16
Solução: nesse caso, basta fazer a mudança de variávelu = 9x2−16e, consequentemente,du= 18x dx. Assim,
ˆ x dx
√9x2−16= 1 18
ˆ 1
√u du= 1 18
ˆ
u−12 du= 1 18
u12
1 2
+C =1 9
√u+C=1 9
√9x2−16 +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 4−2·0 = 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 = (x−1) + 4 x+ 1 e, substituindo na integral, vemos que
ˆ 3
0
x2+ 3 x+ 1 dx=
ˆ 3
0
x−1 + 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
TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO
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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√
sen2x−1dx
Solução: note que o integrando tem uma certa semelhança com a fórmula 19. Fazendou= senx, temosdu= cosx, e, portanto,
ˆ cosx
senx√
sen2x−1dx=
ˆ 1
u√
u2−1du= arcsecu+C= arcsec( senx) +C