Calculo2 Unidade 2 Parte 1

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Profª. Fabiane Regina da Cunha Dantas Araújo 
 
DISCIPLINA: CÁLCULO II 
UNIDADE 2: (Parte 1) 
 
2.1 Integração de Funções Racionais de Seno e Cosseno 
Quando temos uma integral da forma: 
∫ 𝑅 (𝑐𝑜𝑠𝑥, 𝑠𝑒𝑛𝑥) 𝑑𝑥, 
isto é o integrando de uma função racional de 𝑠𝑒𝑛 𝑥 e cos 𝑥 , a integral dada pode ser 
reduzida a uma integral de uma função racional de uma nova variável 𝑡. Para isso, 
fazemos a substituição: 
𝑡 = 𝑡𝑔
𝑥
2
, −𝜋 < 𝑥 < 𝜋 
e assim podemos utilizar as fórmulas: 
𝑠𝑒𝑛 𝑥 =
2𝑡
1+𝑡²
; cos 𝑥 = 
1−𝑡²
1+𝑡²
 e 𝑑𝑥 =
2𝑑𝑡
1+𝑡²
 
Demonstração: 
Consideramos o triângulo retângulo 
Onde: 
- 𝑡 é o cateto oposto 
- 1 é o cateto adjacente 
- √𝑡2 + 1 é a hipotenusa obtida por Pitágoras. 
Consideramos também as identidades trigonométricas: 
Profª. Fabiane Regina da Cunha Dantas Araújo 
 
{
𝑠𝑒𝑛 2𝜃 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃. cos 𝜃 ( I )
cos 2𝜃 = 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃 (𝐼𝐼)
 
Sendo 2𝜃 = 𝑥 ⇒ 𝜃 =
𝑥
2
 , temos que: 
Da identidade ( I ) fazemos: 
𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 2 𝑠𝑒𝑛
𝑥
2
 . cos
𝑥
2
 
E do triângulo retângulo: 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑥
2
) =
𝑡
√1+𝑡²
 e cos (
𝑥
2
) =
1
√1+𝑡²
 
⸫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 2.
𝑡
√1+𝑡²
 .
1
√1+𝑡²
=
2𝑡
(√1+𝑡²)²
⇒ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 
2𝑡
1+𝑡²
 
Utilizando agora a identidade ( II ), temos: 
cos 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2 (
𝑥
2
) − 𝑠𝑒𝑛2 (
𝑥
2
) 
e assim, 
𝑐𝑜𝑠2 (
𝑥
2
) = (
1
√1 + 𝑡²
) ² 
𝑠𝑒𝑛2 (
𝑥
2
) = (
𝑡
√1 + 𝑡²
) ² 
cos 𝑥 = (
1
√1 + 𝑡²
) ² − (
𝑡
√1 + 𝑡²
) ² 
1
1 + 𝑡²
−
𝑡²
1 + 𝑡²
=
1 − 𝑡²
1 + 𝑡²
 
Para obter 𝑑𝑥 =
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
, fazemos: 
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑡𝑔
𝑥
2
) ⇒
𝑥
2
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑡 ⇒ 𝑥 = 2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑡. Derivando, temos: 
𝑑𝑥 = 2.
1
1 + 𝑥²
 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
2 𝑑𝑡
1 + 𝑡²
 
Profª. Fabiane Regina da Cunha Dantas Araújo 
 
Exemplo 1: Calcular I = ∫
𝑑𝑥
3+5 cos 𝑥
 
Fazendo: I = ∫
2𝑑𝑡
1+𝑡²
3+5.(
1−𝑡²
1+𝑡²
)
= ∫
2𝑑𝑡
1+𝑡²
3.(1+𝑡2)+5.(1−𝑡2)
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
3+3𝑡2+5−5𝑡²
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
8−2 𝑡²
= ∫
𝑑𝑡
4−𝑡²
 
Resolvendo esta integral pelo método das frações parciais, vem: 
1
4 − 𝑡²
=
𝐴1
(2 − 𝑡)
+
𝐴2
(2 + 𝑡)
 
1
4 − 𝑡²
=
𝐴1(2 + 𝑡) + 𝐴2(2 − 𝑡)
(2 − 𝑡). (2 + 𝑡)
 
Se 𝑡 = 2: 1 = 4𝐴1 ⇒ 𝐴1 =
1
4
 
Se 𝑡 = −2: 1 = −4𝐴2 ⇒ 𝐴2= −
1
4
 
∫
𝑑𝑡
4 − 𝑡²
=
1
4
∫
1
2 − 𝑡
−
1
4
∫
1
2 + 𝑡
 𝑑𝑡 = −
1
4
 𝑙𝑛|2 − 𝑡| +
1
4
𝑙𝑛|2 + 𝑡| + 𝐶 
Finalmente, substituindo 𝑡 = 𝑡𝑔 (
𝑥
2
), obtemos: 
𝐼 =
1
4
𝑙𝑛 |2 − 𝑡𝑔
𝑥
2
| +
1
4
𝑙𝑛 |2 + 𝑡𝑔
𝑥
2
| + 𝐶 
Exercício proposto 
1 - ∫
𝑑𝑥
1+𝑠𝑒𝑛 𝑥+cos 𝑥
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
1+
2𝑡
1+𝑡²
+
1−𝑡²
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
1+𝑡2+2 𝑡+1−𝑡²
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
2+2 𝑡
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
2+2𝑡
= ∫
𝑑𝑡
1+𝑡
=
𝑙𝑛|𝑡 + 1| + 𝐶 = 𝑙𝑛 |𝑡𝑔 (
𝑥
2
) + 1| + 𝐶 
2- ∫
𝑑𝑥
1−cos 𝑥
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
1−
1−𝑡²
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
1+𝑡²
1+𝑡2−1+𝑡²
1+𝑡²
= ∫
2 𝑑𝑡
2 𝑡²
= ∫
𝑑𝑡
𝑡²
= ∫ 𝑡−2 𝑑𝑡 =
𝑡−1
−1
+ 𝐶 = −
1
𝑡
+
𝐶 = −
1
𝑡𝑔 (
𝑥
2
)
+ 𝐶