Aula 03 (Cálculo II Semestre 2015.1)

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Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
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AULA 03 – Mudança de Variáveis 
Quando se deriva uma função composta, isto é feito pela regra das funções 
compostas, ou regra da cadeia, da seguinte forma 
      
d
F g(x F g x g x
dx
     
 (1) 
Em seguida, integrando ambos os lados da equação (1), 
       
d
F g x dx F g x g x dx
dx
      
 (2a) 
é possível obter escrever a seguinte fórmula de integração 
       F g x g x dx F g x C  
 (2b) 
Se 
F
 é uma primitiva (antiderivadas) de 
f
, ou seja, 
F' f
, então, pode-se 
escrever a equação (2b) da seguinte forma 
       f g x g x dx F g x C  
 (3) 
Por outro lado se for usado a seguinte notação 
 u g x
, então, 
 du g x dx
, e a 
equação (3) pode ser escrita como 
   f u du F u C 
 (4) 
A ideia do método de mudança de variável na integração é a de substituir uma 
integral relativamente complicada por uma mais simples. Isso é obtido por intermédio da 
substituição da variável original 
x
 para uma nova variável 
u
, que é uma função de 
x
. O 
principal desafio deste método consiste em descobrir uma substituição apropriada. Deve-se 
tentar escolher 
u
 como uma função no integrando cuja diferencial também ocorra (exceto por 
um fator constante). 
 
 
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Exemplo 1. Ache 
 
12
2x 1 x dx
 e depois verifique o resultado por derivação. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
2u x 1 
, então, tem-se 
du 2x dx
, o que implica em 
du
x dx
2

. Logo, 
 
12
2 12 12du 1x 1 x dx u u du
2 2
    
 
Assim, 
12 131 1u du u C
2 26
 
 
e como 
2u x 1 
, resulta em 
   
12 13
2 21x 1 x dx x 1 C
26
   
 
Aqui é possível confirmar essa resposta por meio do processo de derivação. Ou 
seja, 
            
13 13 12 12
2 2 2 2d 1 1 d d 1x 1 C x 1 C 13 x 1 2x x 1
dx 26 26 dx dx 26
   
           
   
 
o que confirma que a resposta é correta. 
 
Exemplo 2. Calcule 
1
dx
2x 3
. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
u 2x 3 
, então, tem-se 
du 2dx
, implicando em 
du
dx
2

. 
Logo, 
1 1 du 1 du
dx
2x 3 u 2 2 u
 
  
 
Assim, 
 
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1 du 1
ln u C
2 u 2
 
 
e como 
u 2x 3 
, tem-se 
1 1
dx ln 2x 3 C
2x 3 2
  

 
 
Exemplo 3. Ache xe
dx
x
. 
 
Solução. Fazendo 
u x
, tem-se que 
dx
du
2 x

, o que implica em 
dx
2du
x

. Logo, 
x
u ue dx e 2du 2 e du
x
   
 
Resolvendo a integral obtém-se 
u u2 e du 2e C 
 
Do fato de que 
u x
, pode-se escrever 
x
xe dx 2e C
x
 
 
 
Exemplo 4. Ache 
 
15
3 2x x 1 dx
. 
 
Solução. Semelhante ao exemplo 1 será feita a substituição 
2u x 1 
. Então, tem-se que 
du 2x dx
, o que implica em 
du
x dx
2

. 
Antes de se mudar a variável, é possível observar que o integrando pode ser 
reescrito da seguinte forma 
 
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   
15 15
3 2 2 2x x 1 x x 1 x  
 
e a integral fica da forma 
 
15
2 2x x 1 x dx
 
 Se 
2 2u x 1 x u 1    
, então, 
     
15
2 2 15 16 15du 1x x 1 x dx u 1 u u u du
2 2
      
 
Logo, resolvendo a integral tem-se 
 16 15 16 15 17 161 1 1 1 1u u du u du u du u u C
2 2 2 34 32
       
 
e como 
2u x 1 
, pode-se escrever 
     
15 17 16
3 2 2 21 1x x 1 dx x 1 x 1 C
34 32
     
 
 
Exemplo 5. Determine 
 
2
cos x
dx
senx 1
. 
 
Solução. Fazendo 
u senx 1 
, tem-se que 
du cos x dx
. Logo, 
 
2 2
cos x 1
dx du
usenx 1

 
 
Resolvendo a integral, tem-se 
2
1 1
du C
uu
 
 
e como 
u senx 1 
, pode-se concluir que 
     
2
cos x 1 1
dx C C
senx 1 1 senxsenx 1
   
 