Aula 13 (Cálculo II Semestre 2015.1)

Prévia do material em texto

Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
1 
AULA 13 – Substituição Trigonométrica 
 
É um método utilizado para integrais na qual o integrando contêm expressões da 
forma 2 2a x , 2 2x a e 2 2x a nas quais a é uma constante positiva. A idéia básica 
do método consiste em fazer uma substituição para a variável 
x
 de modo que se possa 
eliminar o radical. 
 
1º caso: Para eliminar o radical da expressão 2 2a x , pode-se fazer a substituição: 
x asen 
, 
2 2    
. Assim, 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2a x a a sen a 1 sen a cos a cos          
 (1) 
 
Exemplo 1. Calcule 
2
dx
1 x

. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
x sen 
, tem-se 
dx cos d  
. Logo, 
2 2
dx cos cos
d d d C
cos1 x 1 sen
 
   
  
   
 
Como a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável também 
expressar 

 em termos de 
x
. Dessa forma, se 
sen x
, então, tem-se que 
arcsenx
. Logo, 
é possível concluir que 
2
dx
arcsenx C
1 x
 


 
 
Exemplo 2. Calcule 
2 2
dx
x 4 x

. 
 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
2 
Solução. Fazendo a substituição 
x 2sen 
, tem-se 
dx 2cos d  
. Logo, 
 
2 222 2 2
dx 2cos 2cos 1 1
d d d
44sen 2cos senx 4 x 2sen 4 4sen
 
   
     
   
 
2
2
1 1 1 1
d cossec d cot g C
4 4 4sen
   
 
 
Como a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável também 
expressar 
cot g
 em termos de 
x
. Dessa forma, se 
x
x 2sen sen
2
   
 e 
2
2 4 x4 x 2cos cos
2

    
. Logo, é possível escrever da seguinte forma 
2
2
4 x
cos 4 x2cot g
xsen x
2

 
  

. 
Assim, pode-se concluir que 
2
2 2
dx 1 4 x
C
4 xx 4 x

 


 
 
Exemplo 3. Calcule 
2
dx
9 x
. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
x 3sen 
, tem-se 
dx 3cos d  
. Logo, 
 2 22
dx 3cos 3cos 1 1 1
d d d sec d
3 cos 39 x 9cos9 1 sen
 
     
      
 
1 1
sec d ln sec tg C
3 3
    
 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
3 
Do fato de que a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável 
também expressar 
sec tg 
 em termos de 
x
. É possível mostrar que 
x
sen
3

 e 
29 x
cos
3


, e, dessa forma, tem-se que 
2 2
x
sen x3t g
cos 9 x 9 x
3

  
  
 e 
2 2
1 1 3
sec
cos 9 x 9 x
3
  
  
 
Assim, pode-se concluir que 
2 2 2
dx x 3
ln C
9 x 9 x 9 x
  
  

 
ou simplificando, 
2
dx 1 3 x
ln C
2 3 x9 x

 

 
 
2º caso: Para eliminar o radical da expressão 2 2x a , podemos fazer a substituição x tg  , 
2 2    
. Assim, 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2x a a tg a a tg 1 a sec a sec        
 (2) 
 
Exemplo 4. Calcule 
2
dx
x 1
. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
x tg 
, tem-se 
2dx sec d  
. Logo, 
2 2
2 2 2
dx sec sec
d d d C
x 1 tg 1 sec
 
   
     
 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
4 
Como a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável também 
expressar 

 em termos de 
x
. Dessa forma, se 
tg x
, então, tem-se que 
arctgx
. Logo, é 
possível concluir que 
2
dx
arctgx C
x 1
 

 
 
Exemplo 5. Calcule 
2
dx
1 x

. 
 
Solução. Fazendo a substituição 
x tg 
, tem-se 
2dx sec d  
. Logo, 
2 2
2 2
dx sec sec
d d sec d ln sec tg C
sec1 x 1 tg
 
       
  
   
 
Como a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável também 
expressar o termo 
sec tg 
 em função da variável 
x
. Assim, como 
tg x
 e 
2sec 1 x 
, então 
2
2
dx
ln x 1 x C
1 x
   


 
 
Exemplo 6. Encontre 
2 2
dx
x x 4

. 
 
Solução. Seja 
x 2tg 
, então 
2dx 2sec d  
. Assim, tem-se 
 
2 2
2 22 2 2 2
dx 2sec 2sec 1 sec
d d d
44tg 2sec tgx x 4 4tg 4 tg 4
  
   
    
   
 
É possível expressar o integrando em função apenas de 
sen
 e 
cos
, da seguinte 
forma 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
5 
2
2 2 2
sec 1 cos cos
costg sen sen
  
 
  
 
Assim, 
22 2
dx 1 cos 1 1
d C cossec C
4 4sen 4senx x 4

    

 
 
Do fato de que a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável 
também expressar 
cossec
 em termos de 
x
. É possível mostrar que 
x
tg
2

 e 
2x 4
sec
2


, e, dessa forma, tem-se que 
2
2
cos
x 4


 e 
2 2
2 x x
sen cos tg
2x 4 x 4
  
         
 
o que implica que 
21 x 4
cossec
sen x

 

 
Assim, 
2
2 2
dx x 4
C
4xx x 4

 


 
 
3º caso: Para eliminar o radical da expressão 2 2x a , pode-se fazer a substituição 
x sec 
, 
0 2   
. Assim, 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2x a a sec a a sec 1 a tg atg        
 (3) 
 
Exemplo 7. Calcule 
2
dx
x x 1

. 
 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
6 
Solução. Fazendo a substituição 
x sec 
, tem-se 
dx sec tg d   
. Logo, 
2 2
dx sec tg sec tg
d d d C
sec tgx x 1 sec sec 1
   
   
   
   
 
Como a integral original estava expressa em termos de 
x
, é desejável também 
expressar 

 em termos de 
x
. Dessa forma, se 
sec x
, então, tem-se que 
arcsecx
. 
Logo, é possível concluir que 
2
dx
arcsec x C
x x 1
 


 
 
Exemplo 8. Ache 2x 1
dx
x


. 
 
Solução. Fazendo
x sec 
, tem-se 
dx sec tg d   
. Assim, 
2 2
2x 1 sec 1dx sec tg d tg tg d tg d tg C
x sec
 
         
   
 
Tem-se que a integral original está expressa em termos de 
x
, então, é desejável 
também expressar 
tg
 em termos de 
x
. Assim, é possível mostrar que 
sec x
, 
implicando que 
arcsecx
, e 
2tg x 1 
. Daí, 
2
2x 1 dx x 1 arcsec x C
x

   
 
 
Exemplo 9. Determine 
2
dx
x 2x 3 

. 
 
Solução. Primeiramente, deve-se completar o quadrado na expressão de dentro do radical, ou 
seja, 
 
22x 2x 3 x 1 4    
. Logo, 
 
Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
7 
 
2 2
dx dx
x 2x 3 x 1 4

   
 
 
Fazendo a mudança de variável 
u x 1 
, tem-se 
du dx
, então, tem-se 
 
2 2
dx du
u 4x 1 4

 
 
 
Agora, faz-se a substituição trigonométrica 
u 2sec 
, implicando em, 
du 2sec tg d   
. Daí, 
2 2
du 2sec tg d 2sec tg d
sec d ln sec tg C
2tgu 4 4sec 4
     
       
 
   
 
É possível mostrar que 
u x 1
sec
2 2

 
 e que 2 2u 4 x 2x 3
tg
2 2
  
 
. 
Assim, 
2
2
2
dx x 1 x 2x 3
ln C ln x 1 x 2x 3 ln 2 C
2 2x 2x 3
  
         
 

 
ou simplesmente, 
2
2
dx
ln x 1 x 2x 3 C
x 2x 3
     
 
