TEXTO 03 - INTEGRAÇAO POR SUBSTITUIÇAO 2013 2

Prévia do material em texto

TEXTO 03 – CÁLCULO III – CURSO DE ENGENHARIA 
 Prof. José Norberto Reinprecht 
 
 
Livro texto – PLT – pág. 241 
 
 
3. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO 
 
3.1 INTRODUÇÃO 
 
 Uma das técnicas mais simples, que estudaremos inicialmente, e a chamada “integração por 
substituição”. Essa técnica consiste na aplicação da “regra da cadeia” ao contrário, vista no estudo da 
diferenciação de funções. 
 Vimos anteriormente a aplicação da regra da integral de uma potência, 
 )1(
1
1
−≠+
+
=∫
+
nC
n
xdxx
n
n
 . 
 Esta regra somente é aplicável para obtenção das primitivas de potências de base x. Caso 
contrário, ela não é válida, como veremos a seguir. 
 
Assim, por exemplo, 
 CxCxdxx ++=+
+
+
=+∫
+
6
)1(
15
)1()1(
63153
53
 , 
não é verdadeira, pois diferenciado-se a função CxxF ++=
6
)1()(
63
 não vamos obter a função 
do integrando 53 )1()( += xxf . 
 Para derivarmos CxxF ++=
6
)1()(
63
, utilizamos a regra da cadeia, fazendo 13 += xu . 
 Assim, CuxF +=
6
)(
6
 e 
 === '.
6
'.6)(' 5
5
uu
uu
xF =++ ']
6
)1([
63
Cx 253 3.)1( xx + 
 Portanto, CxxF ++=
6
)1()(
63
 não é primitiva de 53 )1()( += xxf 
Observe que, ao aplicarmos a regra da cadeia aparece um fator 23' xu = que o integrando ƒ (x) 
não contêm. Então, podemos afirmar que: 
 Cxdxxx ++=+∫ 6
)1(3.)1(
63
253
 
 Efetuando-se uma mudança de variável, chamando 13 += xu , da mesma forma utilizada na 
aplicação da regra da cadeia, podemos escrever: 
 Cudxuu +=∫ 6
'.
6
5
 
 Dessa forma, a expressão dxu ' que aparece no integrando dessa integral podemos 
denominá-la de du , isto é, dxuud '= . 
 E, portando, podemos escrever que: 
 Cuduu +=∫ 6
6
5
 . 
 Assim, com uma simples substituição, 13 += xu e dxxdxuud 23' == , recaímos na 
regra da integral da potência conhecida, onde apenas ocorreu uma mudança de variável. 
 
O raciocínio utilizado nesse exemplo para a integral da potência pode ser feito para qualquer 
outra regra de integração básica conhecida. 
 
Consideremos, agora, ∫ dxxe
x 2
2
. Neste caso, podemos efetuar uma mudança de variável 
fazendo 2xu = e, então dxxdxuud 2' == . 
 
 Logo, podemos escrever que, 
 ∫ ∫= udedxxe
ux 2
2
 
 Como, Cedxe xx +=∫ , então Ceudedxxe
uux +==∫ ∫2
2
 
 Voltando com a substituição de 2xu = , no resultando obtido, teremos que: 
 Cedxxe xx +=∫
22
2 
 
Portanto, podemos generalizar esse raciocínio dizendo que: 
 
 Se CxFdxxf +=∫ )()( , então ∫ =dxuuuf )('.)( ∫ =duuf )( CuF +)( 
 com dxxuud )('= 
 
 Muitas vezes, pode ocorrer, na aplicação desse processo a necessidade de efetuarmos o 
produto do integrando por uma constante para obtermos a expressão dxuud '= . Neste caso, 
devemos realizar uma compensação, multiplicando o integrando pela constante necessária e 
multiplicando toda a integral pelo inverso dessa constante. 
 Essa compensação é válida, pois é uma simples aplicação da propriedade do produto de uma 
constante por uma integral. 
 ∫ =dxxf )( ∫ =dxxfkk )(
1
 ∫ =dxxfkk )(.
1
∫ dxxf )( 
 
 
Livro texto – PLT – pág. 243 
Exemplo 1. 
 
 Calcule: ∫
+ dtet t )1(
2
 
 
 Solução: 
 
 1º.Modo: 
 
Fazendo, 12 += tu , temos : dttdxuud 2' == . 
 Neste caso, devemos multiplicar o integrando por 2 para aparecer o fator dttud 2= e, para 
não alterar o resultado, compensamos multiplicando a integral por 
2
1
 . 
 Dessa forma, teremos: 
 ∫
+ dtet t )1(
2
= ∫ dtet
x
2
2
2
1
∫= due
u
2
1 Ceu +=
2
1
 Ce t += + )1(
2
2
1
 
 
 2º.Modo: 
 
Fazendo, 12 += tu , temos : dttdxuud 2' == . 
Isolando dt , obtemos 
t
dudt
2
= . 
Substituindo o 12 += tu e 
t
dudt
2
= na integral inicial, temos: 
 ∫
+ dtet t )1(
2
 = ∫ t
dt
et u
2
= ∫ 2
dt
eu = ∫ dte
u
2
1
 Ceu +=
2
1
 Ce t += + )1(
2
2
1
 
 
 
Livro texto – PLT – pág. 242 
Exemplo 2. 
 
 Calcule: ∫ + dxxx 5
43
 
 
 
 Solução: 
 
 1º.Modo: 
 
 Fazendo, 54 += xu , temos : dxxdxuud 34' == . 
Neste caso, devemos multiplicar o integrando por 4 para aparecer o fator dxxud 34= e, para 
não alterar o resultado, compensamos multiplicando a integral por 
4
1
 . 
 Dessa forma, teremos: 
 
 ∫ + dxxx 5
43
 = ∫ − dxxx 3244
1 3
 == ∫ duu4
1
 ∫ duu 2
1
4
1
 = 
 = =+
+
+
Cu
1
.
4
1
2
1
12
1
 =+ Cu
2
3
2
3
.
4
1
 =+ Cu 3
3
2
.
4
1
 
 = Cx +− 3)32(
6
1
 
 
 
 2º.Modo: 
 
 Fazendo, 54 += xu , temos : dxxdxuud 34' == . 
Isolando dx , obtemos 34x
dudx = . 
Substituindo o 54 += xu e 34x
dudx = na integral inicial, temos: 
 ∫ + dxxx 5
43
 = 3
3
4x
du
ux∫ == ∫ 4
du
u =∫ duu4
1
 ∫ duu 2
1
4
1
 = 
 = =+
+
+
Cu
1
.
4
1
2
1
12
1
 =+ Cu
2
3
2
3
.
4
1
 =+ Cu 3
3
2
.
4
1
 
 = Cx +− 3)32(
6
1
 
 
 
 
 
 
Livro texto – PLT – pág. 242 
Exemplo 3. 
 
 Calcule: ∫ dxxx )cos(3 32 
 
 Solução: 
 
 1º.Modo: 
 
 Fazendo, 3xu = , temos : dxxdxuud 23' == 
 
 Dessa forma, teremos: 
 
 ∫ dxxx )cos(3 32 = ∫ duucos =+= Cusen Cxsen +)( 3 
 
 
 2º.Modo: 
 
 Fazendo, 3xu = , temos : dxxdxuud 23' == 
Isolando dx , obtemos 23x
dudx = . 
Substituindo o 3xu = e 23x
dudx = na integral inicial, temos: 
 
 ∫ dxxx )cos(3 32 = 22 3cos3 x
du
ux∫ = ∫ duucos =+= Cusen 
 = Cxsen +)( 3 
 
Livro texto – PLT – pág. 243 
Exemplo 4. 
 
 Calcule: ∫ θθ
θ dsenecos 
 
Solução: 
 
 1º.Modo: 
 
 Fazendo, θcos=u , temos : θθ dsendxuud −== ' . 
 Neste caso, devemos multiplicar o integrando por 1− para aparecer o fator θθ dsenud −= , e 
para não alterar o resultado, compensamos multiplicando a integral por 1− . 
 
 Dessa forma, teremos 
 
 ∫ θθ
θ dsenecos = ∫ −− θθ
θ dsene )(cos = ∫− dueu = =+− Ceu Ce +− θcos 
 
 2º.Modo: 
 
 Fazendo, θcos=u , temos : θθ dsendxuud −== ' . 
Isolando θd , obtemos 
θ
θ
sen
dud
−
= . 
Substituindo o θcos=u e 
θ
θ
sen
dud
−
= na integral inicial, temos: 
 ∫ θθ
θ dsenecos = ∫
− θ
θ
sen
du
seneu = ∫− due
u
 = =+− Ceu Ce +− θcos 
 
 
 
 Livro texto – PLT – pág. 244 
Exemplo 5. 
 
 Calcule: ∫ +
dt
e
e
t
t
1
 
 
Solução: 
 
 1º.Modo: 
 
 Fazendo, teu += 1 , temos : dtedxuud t== ' . 
 Neste caso, . 
 
 Dessa forma, teremos: 
 ∫ +
dt
e
e
t
t
1
= ∫ u
du
 = Cu +ln = Ce t ++1ln2º.Modo: 
 
 Fazendo, teu += 1 , temos : dtedxuud t== ' . 
 Isolando dt , obtemos 
te
dudt = . 
Substituindo o teu += 1 e 
te
dudt = na integral inicial, temos: 
 ∫ +
dt
e
e
t
t
1
 = ∫ t
t
e
du
u
e
 = ∫ u
du
 = Cu +ln = Ce t ++1ln 
 
 
 
 Livro texto – PLT – pág. 244 
Exemplo 6. 
 
 Calcule: ∫ θθ dtg 
 
Solução: 
 
 
 1º.Modo: 
 
 ∫ θθ dtg = ∫ θθ
θ dsen
cos
 
 Fazendo, θcos=u , temos : θθ dsendxuud −== ' . 
 Neste caso, devemos multiplicar o integrando por 1− para aparecer o fator θθ dsenud −= , e 
para não alterar o resultado, compensamos multiplicando a integral por 1− . 
 
 ∫ θθ
θ dsen
cos
= ∫
−
− θ
θ
θ dsen
cos
 = ∫− u
du
 = Cu +− ln = C+− θcosln = 
 = C+−1cosln θ = C+
θcos
1ln = C+θsecln 
 
 2º.Modo: 
 
 ∫ θθ dtg = ∫ θθ
θ dsen
cos
 
 Fazendo, θcos=u , temos : θθ dsendxuud −== ' . 
 Isolando θd , obtemos 
θ
θ
sen
dud
−
= . 
Substituindo o θcos=u e 
θ
θ
sen
dud
−
= na integral inicial, temos: 
 
 ∫ θθ
θ dsen
cos
= ∫
− θ
θ
sen
du
u
sen
 = ∫− u
du
 = Cu +− ln = C+− θcosln = 
 = C+−1cosln θ = C+
θcos
1ln
 = C+θsecln 
 
 
REGRA 13 ∫ dxxtg = CCx +=+− θsecln|cos|ln 
 
 
 
Livro texto – PLT – pág. 244 
Exemplo 7. 
 
 Calcule: dxex x∫
2
0
2
 
 
Solução: 
 
 Fazendo, 2xu = , temos: dxxdxuud 2' == . 
 Isolando dx , obtemos 
x
dudx
2
= . 
Substituindo o 2xu = e 
x
dudx
2
= na integral inicial, temos: 
 Dessa forma, teremos: 
 dxex x∫
2
0
2
 = 
x
du
ex
u
2
2
0
∫ = due
x
x
u
∫
=
=
2
02
1
2
02
1
=
=






=
x
x
ue 
2
0
2
2
1
=
=






=
x
x
xe = 
22 02
2
1
2
1
ee − = 
 = 
04
2
1
2
1
ee − = 
2
1
2
1 4
−e 
 
 Outra maneira de resolver esta integral: 
 
 dxex x∫
2
0
2
 = due
x
x
u
∫
=
=
2
02
1
 
 
 Como 2xu = , então, 
 
 para x = 0 , temos u = 0 e para x = 2 , temos u = 4 . 
 
 Assim, dxex x∫
2
0
2
 = due
u
u
u
∫
=
=
4
02
1
 
4
02
1






=
ue = 04
2
1
2
1
ee − = 
2
1
2
1 4
−e 
 
Livro texto – PLT – pág. 245 
 
Exemplo 8. 
 
 Calcule: ∫
−
3
1 5 x
dx
 
 
Solução: 
 
 Fazendo, xu −= 5 , temos: dxdxdxudu −=−== 1' . 
 Isolando dx , obtemos dudx −= . 
 
 Como xu −= 5 , então, 
 para x = 1 , temos u = 4 e para x = 3 , temos u = 2 . 
 
Substituindo o xu −= 5 , dudx −= na integral inicial, temos: 
 
 Dessa forma, teremos: 
 ∫
−
3
1 5 x
dx
 = ∫
−
2
4 u
du
 = ∫−
2
4 u
du 2
4
ln u−= 4ln2ln +−= 4ln2ln +−= = 
 
2
4ln= 2ln= 
 
 Como xu −= 5 , então, 
 
 para x = 1 , temos u = 4 e para x = 3 , temos u = 2 . 
 
 
 
Exemplo 9. 
 
 Calcule: ∫ dxxtgco 
 
 Solução: 
 
 ∫ θθ dgcot = ∫ θθ
θ d
sen
cos
 
 Fazendo, θsenu = , temos : θθ ddxuud cos' == . 
 Isolando θd , obtemos 
θ
θ
cos
dud = . 
Substituindo o θsenu = e 
θ
θ
cos
dud = na integral inicial, temos: 
 
 ∫ θθ
θ d
sen
cos
= ∫ θ
θ
cos
cos du
u
 = ∫ u
du
 = Cu +ln = Csen +θln = 
 = Csen +− −1ln θ = C
sen
+−
θ
1ln = Cec +− θcosln 
 
 
 
 Portanto, REGRA 14 ∫ dxxtgco = CecCxsen +−=+ θcosln||ln 
 
 
 
Exemplo 10. 
 
 Calcule: ∫ dxxsec 
 
 
 Solução: 
 
 ∫ dxxsec pode ser obtida efetuando o seguinte artifício: multiplicar e dividir o integrando por 
xtgx +sec . 
 Assim, ∫ dxxsec = ∫ +
+ dx
xtgx
xtgxx
sec
)sec(sec
 = ∫ +
+ dx
xtgx
xtgxx
sec
secsec2
 
 Fazendo, xtgxu += sec , então dxxtgxdu )'(sec += dxxtgxx )sec.(sec 2+= 
 ∫ +
+ dx
xtgx
xtgxx
sec
secsec2
 = ∫ u
du
= Cu +||ln = Cxtgx ++ |sec|ln 
 
 
 Portanto, REGRA 15 ∫ dxxsec = Cxtgx ++ |sec|ln 
 
 
 
Exemplo 11. 
 
 Calcule: ∫ dxxseccos 
 
 Solução: 
 
∫ dxxseccos pode ser obtida efetuando o seguinte artifício: multiplicar e dividir o integrando 
por xgx cotseccos − . 
 Assim, ∫ dxxseccos = ∫
−
− dx
xgx
xtgcoxx
cotseccos
)sec(cosseccos
 = 
 = ∫
−
− dx
xgx
xgxx
cotseccos
cot.seccosseccos 2
 
 Fazendo, xtgcoxsexu −= cos , então 
 dxxgxdu )'cotsec(cos −= dxxtgxcox ])seccos(.seccos[ 2−−−= 
 dxxtgxcox ])seccos.seccos[ 2+−= 
 ∫
−
− dx
xgx
xgxx
cotseccos
cot.seccosseccos 2
 = ∫ u
du
 = Cu +||ln = 
 = Cxtgcox +− |seccos|ln 
 
 
 
 Portanto, REGRA 16 ∫ dxxseccos = Cxtgcox +− |seccos|ln 
 
 
 
Exemplo 12. 
 
 Calcule: ∫ + 22 xa
dx
 
 
 Solução: 
 
∫ + 22 xa
dx
 = ∫
+ )1( 2
2
2
a
x
a
dx
 = ∫
+ ])(1[ 22
a
x
a
dx
 
 Fazendo a substituição 
a
x
u = então dx
a
du 1= . 
 Assim, ∫
+ ])(1[ 22
a
x
a
dx
 = ∫
+ ])(1[
1
2
a
x
a
dx
a
 = =
+∫ 21
1
u
du
a
 
 = Cutgarc
a
+
1
 = C
a
x
tgarc
a
+
1
 
 
 
 Portanto, REGRA 17 ∫ + 22 xa
dx
 = C
a
x
tgarc
a
+
1
 
 
 
 
Exemplo 13. 
 
 Calcule: ∫
−
22 xa
dx
 
 
Solução: 
 
 ∫
−
22 xa
dx
 = ∫
− )1( 2
2
2
a
x
a
dx
 = ∫
−
2)(1
a
x
a
dx
 
 Fazendo a substituição 
a
x
u = então dx
a
du 1= . 
 Assim, ∫
−
2)(1
a
x
a
dx
 = ∫
−
21 u
du
 
{
9Re1.2.5 gra
= Cusenarc + = 
 = C
a
x
senarc + 
 
 
 Portanto, REGRA 18 ∫
−
22 xa
dx
= C
a
x
senarc +