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SALA: 214
Cálculo Diferencial e Integral B Sexta Feira
8a Aula
Integrais indefinidas
Integração por substituição de variáveis trigonométricas
Códigos: T1106 B / T6003 B / T9003 Turma:
MEC108AN
Prof. HANS-ULRICH PILCHOWSKI
Versão: 1o Semestre de 2009
Prof. Hans-Ulrich Pilchowski
Notas de aula
Cálculo Diferencial e Integral B
Integração por substituições trigonométricas Para determinar a área de um círculo ou uma elipse, ter-se-á de integrar uma integral do tipo y = 2 ∫ a 2 − x 2 dx , onde a > 0 . Se a integral fosse y = ∫ x a 2 − x 2 dx , a substituição u = a 2 − x 2 seria eficaz, mas, como a integral é
∫
a 2 − x 2 dx , esta
substituição não é possível. Porém, se a troca de variável for x = a sen (φ) , então a identidade 1 − sen 2 (φ ) = cos 2 (φ ) faz com que a raiz possa ser eliminada, isto é,
[
]
a 2 − x 2 = a 2 − a 2 sen 2 (φ ) = a 2 1 − sen 2 (φ ) = a 2 cos 2 (φ ) = a cos (φ ) = a cos (φ ) . Donde para x = a sen (φ ) ⇒ dx = a cos (φ )dφ e assim a integral fica:
∫
a 2 − x 2 dx = ∫ a 2 − a 2 sen 2 (φ ) a cos (φ )dφ = ∫ (a cos (φ )) a cos (φ )dφ = a 2 ∫ cos 2 (φ )dφ ,
2 sen (φ ) cos (φ ) a 2 φ sen (2φ ) 2 φ y = a 2 ∫ cos2 (φ )dφ = a 2 + = a + 2 = 2 (φ + sen (φ ) cos (φ )) , 4 4 2 retornando para a variável inicial x , a partir de x = a sen (φ) , tem-se
sen (φ ) =
x a
2
1 x x ⇒ φ = arcsen e cos (φ ) = 1 − sen 2 (φ ) = 1 − = a2 − x2 a a a
Portanto, y = 2∫
2a 2 a − x dx = 2 2
2
x x1 2 x 2 2 2 2 arcsen a + a a a − x = a arcsen a + x a − x + C .
Neste caso, a variável antiga passa a ser uma função da nova variável. Em geral pode-se fazer a substituição na forma x = g (t ) usando a regra da substituição ao contrário, isto é, assume-se que g (t ) possui uma função inversa, de forma que ao trocarse u por x e x por t , na regra da substituição, obtém-se:
∫ f (x )dx = ∫ f [g (t )] ⋅ g (t ) dt ,
que é denominado de substituição inversa.
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Integração por substituição de variáveis trigonométricas
Assim, as substituições normalmente utilizadas nestes casos são: Expressão
substituição
identidade
a2 − x2
x = a sen (φ) para −
π π ≤φ≤ 2 2
1 − sen 2 (φ ) = cos 2 (φ )
a2 + x2
x = a tan (φ) para −
π π <φ< 2 2
1 + tan 2 (φ ) = sec 2 (φ )
x2 − a2
x = a sec(φ) para 0 ≤ φ <
Exemplo: Calcular a integral y = ∫ Solução: seja x = 3 sen (φ) , onde −
π 2
sec 2 (φ ) − 1 = tan 2 (φ )
9 − x2 dx x2
π π ≤ φ ≤ . Então, dx = 3 cos (φ) dφ e 2 2
[
]
9 − x 2 = 9 − 9 sen 2 (φ) = 9 1 − sen 2 (φ) = 9 cos 2 (φ) = 3 cos (φ) = 3 cos (φ) . Donde a regra da substituição inversa faz, com que
y=∫
3 cos (φ) 9 − x2 9 cos 2 (φ) cos 2 (φ) ( ( ) ) dx = 3 cos φ d φ = d φ = ∫ 9 sen 2 (φ) ∫ 9 sen 2 (φ) ∫ sen 2 (φ) dφ x2
∫
tabela: cot
2
( x )dx
= − cot ( x ) − x + c
∫
y = cot 2 (φ) dφ = − cot (φ) − φ + C .
Porém, deve voltar-se à variável original x , então do triângulo
3
x = 3sen(φ)
3 cos (φ ) = 9 − x 2
3 cos (φ) 9 − x2 obtém-se, cot (φ) = = 3 sen (φ) x
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Notas de aula
e de x = 3 sen (φ) ⇒ sen (φ) =
y=∫
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x ⇒ φ = arcsen , tem-se: 3
x 3
9 − x2 9 − x2 x dx = − − arcsen + C 2 x x 3
Exemplo: Calcular a integral y = ∫
Solução: seja x = 2 tan (φ) , onde −
[
1 x2 x2 + 4
dx
π π < φ < . Então, dx = 2 sec 2 (φ) dφ e 2 2
]
x 2 + 4 = 4 tan 2 (φ) + 1 = 4 sec 2 (φ) = 2 sec (φ) = 2 sec (φ) .
Donde a regra da substituição inversa faz, com que
y=∫
dx x2 x2 + 4
=∫
2 sec 2 (φ)dφ 1 sec (φ)dφ = ∫ 2 4 tan (φ) ⋅ 2 sec (φ) 4 tan 2 (φ)
Para avaliar essa integral faz-se
sec (φ) 1 cos 2 (φ) cos (φ) = = tan 2 (φ) cos (φ) sen 2 (φ) sen 2 (φ)
y=∫
dx x2 x2 + 4
=
csc (φ) 1 cos (φ)dφ 1 du 1 1 1 = ∫ 2 = − = − =− +C 2 ∫ 4 sen (φ) 4 u 4 u 4 sen (φ) 4
Porém, deve voltar-se à variável original x , então do triângulo
x2 + 4
2
obtém-se, csc (φ) = x = 2 tan(φ)
y=∫
dx x2 x2 + 4
=−
x2 + 4 x x2 + 4 +C x
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Integração por substituição de variáveis trigonométricas
Do triângulo mostrado a seguir, podem ser obtidas as seguintes relações obtém-se:
1+ t2 x
2t sen ( x ) = 1 + t 2 1− t2 cos ( x ) = 1+ t2 tan ( x ) = 2t 1− t2
2t
1− t2
Exercício: Calcular a integral y = ∫
Solução: seja x = 2 tan (φ) , onde −
(
x 2
d d 2t dx [sen ( x )] = d t 2 1 + t 2 1− t2 ⇒ cos ( x )dx = dt 2 1+ t2 2 dt dx = 1+ t2
(
(
)
)
dx
x +4
π π < φ < . Então, dx = 2 sec 2 (φ ) dφ e 2 2
)
x 2 + 4 = 4 tan 2 (φ ) + 1 = 2 tan 2 (φ ) + 1 = 2 sec 2 (φ ) = 2 sec (φ ) = 2 sec (φ ) . Donde a regra da substituição inversa faz, com que
y=∫
xdx x2 + 4
=∫
4 tan (φ ) sec 2 (φ ) dφ sen (φ ) sec (φ ) = 2 ∫ tan (φ )sec (φ ) dφ = 2 ∫ dφ 2 sec (φ ) cos (φ )
u = cos (φ ) sen (φ ) y = 2∫ dφ ⇒ du = sen (φ )dφ ⇒ 2 cos (φ ) du dφ = sen (φ )
y = 2∫
sen (φ ) du du 2 = 2∫ 2 = − 2 sen (φ ) u u u
Deve voltar-se à variável φ , por tanto y=−
2 2 =− u cos (φ )
Porém, deve voltar-se à variável original x , então do triângulo a partir da definição x = 2 tan (φ) , ou seja, deve-se obter a relação entre o cos (φ ) e x . Assim, tem-se que
x tan (φ ) = 2
2
e 1 + tan (φ ) = sec (φ ) 2
2
1 x ⇒ 1+ = ⇒ cos 2 (φ ) 2
4 + x2 1 = 4 cos 2 (φ ) 4
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1 4 + x2 = 4 cos 2 (φ )
⇒
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1 = cos 2 (φ )
4 + x2 4
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⇒
1 = cos(φ )
4 + x2 , 2
Portanto,
y=−
2 2 4 + x2 =− = − 4 + x2 + C cos (φ ) 2
Exercício: Calcular a integral y = ∫ x 2 − 1 dx
Solução: seja x = sec (φ ) , onde 0 < φ <
π 2
. Então, dx = tan (φ ) sec (φ ) dφ e
x 2 − 1 = sec 2 (φ ) − 1 = tan 2 (φ ) = tan (φ ) . Donde a regra da substituição inversa faz, com que
y = ∫ x 2 − 1 dx = ∫ tan (φ ) tan (φ ) sec (φ ) dφ = ∫ tan 2 (φ )sec (φ ) dφ
y = ∫ tan 2 (φ )sec (φ ) dφ
u = tan 2 (φ ) ⇒ du = 2 tan (φ )sec 2 (φ ) dφ ⇒ du dφ = 2 tan (φ )sec 2 (φ )
u = cos (φ ) sen (φ ) y = 2∫ dφ ⇒ du = sen (φ )dφ ⇒ 2 cos (φ ) du dφ = sen (φ )
y = 2∫
y=
1 u tan (φ )sec (φ )du du 2 = 2∫ 2 = − ∫ 2 2 tan (φ ) sec (φ ) u u
sen (φ ) du du 2 = 2∫ 2 = − 2 sen (φ ) u u u
Deve voltar-se à variável φ , por tanto y=−
2 2 =− u cos (φ )
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Integração por substituição de variáveis trigonométricas
Porém, deve voltar-se à variável original x , então do triângulo a partir da definição x = 2 tan (φ) , ou seja, deve-se obter a relação entre o cos (φ ) e x . Assim, tem-se que
x tan (φ ) = 2
2
1 x ⇒ 1+ = ⇒ cos 2 (φ ) 2
e 1 + tan (φ ) = sec (φ ) 2
1 4 + x2 = 4 cos 2 (φ )
2
1 = cos 2 (φ )
⇒
4 + x2 4
⇒
1 = cos(φ )
4 + x2 1 = 4 cos 2 (φ )
4 + x2 , 2
Portanto,
2 2 4 + x2 y=− =− = − 4 + x2 + C cos (φ ) 2 Exemplo:
∫ u = t2
2t 2 sen ( x ) 2 dt 2 dt 2t 2tdt tan ( x )dx = dx = 1 + t 2 ⋅ = ⋅ = −2 ⋅ 2 2 2 2 2 cos ( x ) 1− t 1+ t 1− t 1+ t t −1 1+ t2
∫
∫
⇒ du = 2tdt ⇒ dt =
du 2t
∫ tan (x )dx = −2∫ u ∫x
2
∫
∫( )
2t du du ⋅ = −2 2 − 1 2t u −1
2
∫
dx 1 x−a 1 x = ln + c = − arc coth + c 2 2a x+a a −a a
1 du u −1 ∫ tan (x )dx = −2∫ u 2 − 1 = −2 2 ln u + 1
x2 > a2
t 2 −1 = − ln 2 = − ln cos ( x ) + C t +1
Exercício: dx
∫ 1 − cos (x ) = ∫
2 dt 1 dt 1 x ⋅ = ∫ 2 = − = − cot + C 2 2 t 1− t 1+ t t 2 1− 2 1+ t
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Lista de Exercícios: 1)
∫
dx x2
2)
∫x
3)
∫t
16 − x 2
dx 2
x2 − 4 dt t
2
= +5
−
=
16 − x 2 +C 16 x
x2 − 4 +C 4x
= 1 5
ln
t
+5 − t
5
+C
4a LISTA DE EXERCÍCIOS Exercícios a serem entregues na 9a aula: em 08.05.2009, no momento em que entrar na sala de aula
Integrar as seguintes funções que envolvem a introdução de variáveis trigonométricas
1o Exercício: integrar
∫
2o Exercício: integrar
∫
x 2 dx x 2 − 16 dx 25 + x 2
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