Integral por Substituição – u=tg(x/2)

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Teoria

Vamos falar sobre esse tipo de substituição:

u = tg ⁡ x 2

Essa substituição é bastante característica (por isso tem uma teoria só para ela). Ela é para funções em que você tem quocientes envolvendo sen ⁡ x e/ou cos ⁡ x , principalmente se aparecerem somados ou subtraídos sem muita cara de se resolverem por integral trigonométrica.

Caso você tenha que resolver problemas assim, saiba que você pode escrever o sen ⁡ x e o cos ⁡ x como:

sen ⁡ x = 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2

cos ⁡ x = 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2

Você não precisa entender de onde vem essas equações aqui em cima (pedem uma trigonometria complicadinha), mas é importante que você grave as duas, para os exercícios.

Dado isso, teremos o seguinte d u para u = tg ⁡ x 2 :

d u = 1 2 sec 2 ⁡ x 2 d x

Porém, sec 2 ⁡ x 2 = 1 + tg 2 ⁡ x 2 . Logo,

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

É isso! Agora podemos ver uma aplicação:

∫ 1 2 + sen ⁡ x d x

Vamos substituir o seno pela forma que achamos:

∫ 1 2 + sen ⁡ x d x = ∫ 1 2 + 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

= ∫ 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 + 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x = ∫ 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x 2 tg 2 ⁡ x 2 + 2 tg ⁡ x 2 + 2

Repara, substituindo u = tg ⁡ x 2 e tirando o 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x como 2 d u , já que:

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

Teremos,

∫ 2 d u 2 u 2 + 2 u + 2 = ∫ d u u 2 + u + 1

Completamos quadrado com o termo de baixo:

∫ d u u 2 + u + 1 = ∫ d u u 2 + u + 1 4 + 3 4

= ∫ d u u + 1 2 2 + 3 4 = ∫ d u 3 4 u + 1 2 2 3 4 + 1 = 4 3 ∫ d u u + 1 2 3 2 2 + 1

Substituindo o u + 1 2 3 2 por t , teremos

t = u + 1 2 3 2       ;       d t = 2 3 d u → d u = 3 2 d t

Assim,

4 3 ∫ d u u + 1 2 3 2 2 + 1 = 4 3 ∫ 3 2 d t t 2 + 1

= 4 3 3 2 ∫ d t t 2 + 1

Essa é a integral do arco tangente. Fazendo ela e desfazendo as substituições, teremos:

2 3 arctg ⁡ t = 2 3 arctg ⁡ u + 1 2 3 2    

= 2 3 arctg ⁡ tg ⁡ x 2 + 1 2 3 2     + C

Vamos para os exercícios de fixação agora!

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule a integral:

∫ 1 c o s   x   d x

Passo 1

Vamos substituir o cosseno em função da x 2   , como na nossa teoria:

c o s   x   = 1 - t g 2 x 2   1 + t g 2 x 2  

Assim, teremos:

∫ 1 c o s   x   d x = ∫ 1 1 - t g 2 x 2   1 + t g 2 x 2   d x

= ∫ 1 + t g 2 x 2   1 - t g 2 x 2   d x

Passo 2

Logo, fazendo:

u = t g x 2     →       d u = 1 2 1 + t g 2 x 2   d x

∫ 1 + t g 2 x 2   d x 1 - t g 2 x 2   = ∫ 2 d u 1 - u 2

Podemos reescrever esse cara abrindo um produto notável do seu denominador:

∫ d u 1 - u 2 = ∫ 2 d u 1 + u 1 - u

Passo 3

Agora a gente tem que abrir essa integral em frações parciais:

2 1 + u 1 - u = A 1 + u + B 1 - u

1 1 + u 1 - u = A 1 - u + B 1 + u 1 + u 1 - u

0 u + 1 1 + u 1 - u = B - A u + A + B 1 + u 1 - u

Caímos nesse sistema:

B - A = 0 A + B = 2  

A = B = 1

Passo 4

Assim, a integral fica com essa cara:

∫ d u 1 + u 1 - u = ∫ 1 1 + u d u + ∫ 1 1 - u d u

= l n   1 + u   - l n   1 - u   + C

= l n   1 + u 1 - u   + C

Desfazendo a substituição do u = t g x 2   :

∫ 1 c o s   x   d x = l n   1 + t g x 2   1 - t g x 2     + C

Resposta

∫ 1 c o s   x   d x = l n   1 + t g x 2   1 - t g x 2     + C

Exercício Resolvido #2

Calcule a integral:

∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 sin ⁡ x d x

Passo 1

Vamos substituir o seno pela forma da teoria:

∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 sin ⁡ x d x = ∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

= ∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 tan ⁡ x 2 d x = 1 2 ∫ sinh ⁡ tan ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x  

Repara, substituindo u = tg ⁡ x 2 e tirando o 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x como 2 d u , já que:

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x → 2 d u = 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

Teremos,

1 2 ∫ sinh ⁡ tan ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x   = 1 2 ∫ sinh ⁡ u 2 d u = ∫ sinh ⁡ u d u

Passo 2

Opa, a integral que restou é tranquila e direta de resolver. Temos que:

∫ sinh ⁡ u d u = cosh ⁡ u

Voltando à variável original, u = tg ⁡ x 2 , ficamos com:

∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 sin ⁡ x d x = cosh ⁡ tg ⁡ x 2 + C

Resposta

∫ tan ⁡ x 2 sinh ⁡ tan ⁡ x 2 sin ⁡ x d x = cosh ⁡ tg ⁡ x 2 + C

Exercício Resolvido #3

Calcule a integral:

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 sec ⁡ x - 2 sin ⁡ x t g 2 ⁡ x 2 ln ⁡ t g 2 ( x 2 ) sin ⁡ 2 x d x

Passo 1

Primeiramente, vamos tentar reorganizar essa integral que tá maior zona! Pra isso, a primeira coisa que a gente pode tentar fazer é ver o que dá pra por em evidência. No caso, só dá o ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 mesmo. Vamos ficar então com:

∫ ln ⁡ t g 2 ⁡ x 2 sec ⁡ x - 2 sin ⁡ x t g 2 ⁡ x 2 sin ⁡ 2 x d x

Top! Mas ainda parece impossível de resolver. O jeito agora é usar relações trigonométricas pra tirar os termos mais malucos daí. Saca só:

sec ⁡ x = 1 cos ⁡ x

sin ⁡ 2 x = 2 sin ⁡ x cos ⁡ x

Então ficamos com:

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 cos ⁡ x - 2 sin ⁡ x tg 2 ⁡ x 2 2 sin ⁡ x cos ⁡ x d x

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 cos ⁡ x - t g 2 ⁡ x 2 cos ⁡ x d x

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 - tg 2 ⁡ x 2 cos ⁡ x d x

Vamos substituir o cosseno pela forma da teoria:

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 - t g 2 ⁡ x 2 cos ⁡ x d x = ∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 - t g 2 ⁡ x 2 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

∫ ln ⁡ tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

Obs: caso você tenha boiado nesse passo, se liga no flashback de divisão entre frações:

4 2 3 = 4 1   ÷ 2 3 =   4 1   × 3 2 = 6  

Sacou? Beleza! Bora seguir o baile...

Opa, agora sim! Temos duas vezes tg 2 ⁡ x 2 aparecendo na integral, o que nos dá a pista que vamos precisar usar a substituição u = tg ⁡ x 2 . Com essa substituição, achamos o d u também dessa forma aqui ó:

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x → 2 d u = 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

A integral então vai ficar:

∫ 2 ln ⁡ u 2 d u = ∫ 4 ln ⁡ u d u = 4 ∫ ln ⁡ u d u  

Passo 2

Geralmente quando a gente cai numa integral do tipo 1 u , por exemplo, a gente já tira de letra que o resultado é ln ⁡ u . Vamos esquecer, por enquanto, o 4 que tá multiplicando a integral.

Bem, como já sabemos derivar bem a função ln ⁡ u , vamos tentar fazer então uma integração por partes, beleza? Então se escolhermos:

f = ln ⁡ u → d f = 1 u d u → d f = d u u

E escolhermos também:

d g = 1 d u → g = u

A integração por partes, que tem a expressão geral:

∫ f   d g = f g - ∫ g   d f

Vai ficar:

∫ ln ⁡ u d u =   u   l n   u - ∫ u u d u =   u   l n   u - ∫ 1 d u

∫ ln ⁡ u d u =   u   l n   u - u + c = u   ln ⁡ u - 1 + c

E multiplicando essa parada toda pelo nosso 4 que tinha no início:

4 u   ln ⁡ u - 1 + 4 c

Obs: a constante C ser multiplicada por 4 não faz diferença. Esta constante representa uma família de valores e, por isso, podemos desconsiderar o 4. Tipo assim:

4 u   ln ⁡ u - 1 + c

Beleza! Essa é a resposta da nossa questão. Mas a gente não pode esquecer de voltar da variável u pra x, ok?

Passo 3

Agora pra fechar com chave de ouro, só voltar pra variável original. Lembrando que u = tg ⁡ x 2 , então:

∫ f x d x = 4 tg ⁡ x 2   ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 + c

Resposta

4 tg ⁡ x 2   ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 + c

Exercício Resolvido #4

Calcule a integral:

∫ 1 sen ⁡ x + cos ⁡ x d x

Passo 1

Vamos substituir o seno e o cosseno pelas formas da teoria:

∫ 1 sen ⁡ x + cos ⁡ x d x = ∫ 1 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 + 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

= ∫ 1 2 tg ⁡ x 2 + 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x = ∫ 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x - tg 2 ⁡ x 2 + 2 tg ⁡ x 2 + 1

Repara, substituindo u = tg ⁡ x 2 e tirando o 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x como 2 d u , já que:

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x → 2 d u = 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

Teremos,

∫ 2 d u - u 2 + 2 u + 1 = - ∫ 2 d u u 2 - 2 u - 1

Passo 2

Aplicamos Bhaskara no termo de baixo para abrí-lo como dois polinômios do primeiro grau:

- 2 ∫ d u u 2 - 2 u - 1 = - 2 ∫ d u u - 1 + 2 u - 1 - 2

Agora temos que fazer frações parciais:

1 u - 1 + 2 u - 1 - 2 = A u - 1 + 2 + B u - 1 - 2

1 u - 1 + 2 u - 1 - 2 = A u - 1 - 2 + B u - 1 + 2 u - 1 + 2 u - 1 - 2

0 u + 1 u - 1 + 2 u - 1 - 2 = A + B u + - A + 2 A - B - 2 B u - 1 + 2 u - 1 - 2

Nessa situação, temos que resolver o seguinte sistema:

A + B = 0 - A + 2 A - B - 2 B = 1

B = - A

- A + 2 A - ( - A ) - 2 ( - A ) = 1     →     2 2 A = 1

A = 1 2 2       ;       B = - 1 2 2

Passo 3

Logo, a integral vai ficar assim:

- 2 ∫ d u u - 1 + 2 u - 1 - 2 = - 2 ∫ 1 2 2 d u u - 1 + 2 - ∫ 1 2 2 d u u - 1 - 2

= - 2 1 2 2 ln ⁡ u - 1 + 2 - 1 2 2 ln ⁡ u - 1 - 2 + C

Desfazemos a substituição do u :

- 2 1 2 2 ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 + 2 - 1 2 2 ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 - 2 + C

Dando uma rearrumada com propriedades do log:

= - 1 2 ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 + 2 tg ⁡ x 2 - 1 - 2 + C

Resposta

∫ 1 sen ⁡ x + cos ⁡ x d x = - 1 2 ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1 + 2 tg ⁡ x 2 - 1 - 2 + C

Exercício Resolvido #5

Calcule a integral:

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x

Passo 1

Vamos substituir o seno e o cosseno pelas formas da teoria:

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x = ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 + 2 tg ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 d x = ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 + 2 tg ⁡ x 2 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 d x

Multiplicando aquele 4 sozinho por 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 , temos:

= ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 + 2 tg ⁡ x 2 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 d x = ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 + 2 tg ⁡ x 2 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 d x

= ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 4 1 + tg 2 ⁡ x 2 2 + 2 tg ⁡ x 2 2 d x = ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 1 + 2 tg 2 ⁡ x 2 + tg 4 ⁡ x 2 + 4 tg 2 ⁡ x 2 d x

= ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 + 8 tg 2 ⁡ x 2 + 4 tg 4 ⁡ x 2 + 4 tg 2 ⁡ x 2 d x = ∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 tg 4 ⁡ x 2 + 12 tg 2 ⁡ x 2 + 4 d x

Repara, substituindo u = tg ⁡ x 2 e tirando o 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x como 2 d u , já que:

d u = 1 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x → 2 d u = 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

Teremos,

∫ 1 - tg 2 ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 4 tg 4 ⁡ x 2 + 12 tg 2 ⁡ x 2 + 4 d x = 1 2 ∫ 1 - u 2 u 4 + 3 u 2 + 1 d u

Passo 2

Aplicamos Bhaskara no termo de baixo para abrí-lo como dois polinômios do segundo grau. Pra isso, vamos fazer o seguinte, imagina que quero igualar o denominador à 0 :

u 4 + 3 u 2 + 1 = 0

Calma que isso é só pra ajudar a gente a achar a raiz! Se fizermos a substituição:

k = u 2

Vamos ter:

k 2 + 3 k + 1 = 0

Por Bhaskara:

k 1,2 = - 3 ± 3 2 - 4.1 . 1 2.1

k 1,2 = - 3 ± 9 - 4 2

k 1,2 = - 3 ± 5 2

E logo:

k 2 + 3 k + 1 = k - k 1 k - k 2

k 2 + 3 k + 1 = k - - 3 + 5 2 k - - 3 - 5 2

k 2 + 3 k + 1 = 2 k - - 3 + 5 2 2 k - - 3 - 5 2

k 2 + 3 k + 1 = 2 k + 3 - 5 2 k + 3 + 5 4

E voltando para u , temos:

u 4 + 3 u 2 + 1 = 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5 4

A integral fica então:

1 2 ∫ 1 - u 2 u 4 + 3 u 2 + 1 d u = 1 2 ∫ 1 - u 2 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5 4 d u

= 1 2 ∫ 4 1 - u 2 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5 d u = ∫ 2 . ( 1 - u 2 ) 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5   d u

Agora temos que fazer frações parciais:

2 . ( 1 - u 2 ) 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5 = A u + B 2 u 2 + 3 - 5 + C u + D 2 u 2 + 3 + 5

2 . ( 1 - u 2 ) 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5 = A u + B 2 u 2 + 3 + 5 + C u + D 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5

Tirando o denominador e aplicando a distributiva:

2 - 2 u 2 = 2 A u 3 + 3 A u + A 5 u + 2 B u 2 + 3 B + B 5 + 2 C u 3 + 3 C u - C 5 u + 2 D u 2 + 3 D - D 5

0 u 3 + - 2 u 2 + 0 u + 2 = 2 A + 2 C u 3 + 2 B + 2 D u 2 + 3 A + A 5 + 3 C - C 5 u + 3 B + B 5 + 3 D - D 5

0 u 3 + - 2 u 2 + 0 u + 2 = 2 A + 2 C u 3 + 2 B + 2 D u 2 + 3 + 5 A + 3 - 5 C u + 3 + 5 B + 3 - 5 D

Nessa situação, temos que resolver o seguinte sistema:

2 A + 2 C = 0 2 B + 2 D = - 2 3 + 5 A + 3 - 5 C = 0 3 + 5 B + 3 - 5 D = 2

Pra simplificar nossas contas, vamos chamar

3 + 5 = K 3 - 5 = J

O sistema de equações fica:

2 A + 2 C = 0 2 B + 2 D = - 2 K A + J C = 0 K B + J D = 2

Multiplicando a primeira linha por - K e a terceira por 2 , temos:

- 2 K A - 2 K C = 0 2 K A + 2 J C = 0

Somando as duas:

- 2 K C + 2 J C = 0

- 2 K + 2 J C = 0

C = 0

Se C = 0 , conclui-se da primeira linha do sistema de equações que A = 0 . Multiplicando a segunda linha por - K e a quarta por 2 , temos:

- 2 K B - 2 K D = 2 K 2 K B + 2 J D = 4

Somando, temos:

2 J D - 2 K D = 2 K + 4

2 J - 2 K D = 2 K + 4

D = ( K + 2 ) J - K

E como:

3 + 5 = K 3 - 5 = J

Então:

D = 3 + 5 + 2 3 - 5 - 3 - 5

D = 5 + 5 - 2 5

D = - 5 + 5 2 5

Agora pra achar a última letra, multiplicando a segunda linha por - J e a quarta por 2 , temos:

- 2 J B - 2 J D = 2 J 2 K B + 2 J D = 4

E somando:

2 K B - 2 J B = 4 J + 4

2 K - 2 J B = 4 J + 4

B = J + 2 K - J

B = 3 - 5 + 2 3 + 5 - 3 + 5

B = 5 - 5 2 5

A integral vira portanto:

∫ 1 - u 2 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5   d u = ∫ 5 - 5 2 5 2 u 2 + 3 - 5   d u - ∫ 5 + 5 2 5 2 u 2 + 3 + 5   d u

Passo 3

Agora temos que reescrever a integral. Como temos um termo ao quadrado no denominador, talvez seja interessante escrever algo nesse modelo:

∫ 1 u 2 + a   d u = arctan ⁡ u a a

Do resultado anterior:

∫ 2 - 2 . u 2 2 u 2 + 3 - 5 2 u 2 + 3 + 5   d u = ∫ 5 - 5 2 5 2 u 2 + 3 - 5   d u - ∫ 5 + 5 2 5 2 u 2 + 3 + 5   d u

A primeira integral pode ser reescrita como:

∫ 5 - 5 2 5 2 u 2 + 3 - 5   d u = ∫ 1 2 1 2 5 - 5 2 5 2 u 2 + 3 - 5   d u

= ∫ 5 - 5 4 5 u 2 + 3 - 5 2   d u = 5 - 5 4 5 ∫ 1 u 2 + 3 - 5 2   d u

O resultado da integral vai ser então:

5 - 5 4 5 ∫ 1 u 2 + 3 - 5 2   d u = 5 - 5 4 5 arctan ⁡ u 3 - 5 2 3 - 5 2

Já para a segunda integral, podemos reescrever:

∫ 5 + 5 2 5 2 u 2 + 3 + 5   d u = ∫ 1 2 1 2 5 + 5 2 5 2 u 2 + 3 + 5   d u

= ∫ 5 + 5 4 5 u 2 + 3 + 5 2   d u = 5 + 5 4 5 ∫ 1 u 2 + 3 + 5 2   d u

E o resultado fica:

5 + 5 4 5 ∫ 1 u 2 + 3 + 5 2   d u = 5 + 5 4 5 arctan ⁡ u 3 + 5 2 3 + 5 2

Passo 4

Agora pra fechar é só voltar a variável original, se achamos:

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x = 5 - 5 4 5 arctan ⁡ u 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 4 5 arctan ⁡ u 3 + 5 2 3 + 5 2

Como a substituição era u = tg ⁡ x 2 , vamos ter:

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x = 5 - 5 4 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 4 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 + 5 2 3 + 5 2 + C

Resposta

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x = 5 - 5 4 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 4 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 + 5 2 3 + 5 2 + C

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