Integral por Substituição – u=tg(x/2)

Teoria Completa

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!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Calcule a integral:

∫ 1 cos ⁡ x d x

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Passo 1

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

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

Assim, teremos:

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

= ∫ 1 + tg 2 ⁡ x 2 1 - tg 2 ⁡ x 2 d x

Passo 2

Logo, fazendo:

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

∫ 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x 1 - tg 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

= ln ⁡ 1 + u - ln ⁡ 1 - u + C

= ln ⁡ 1 + u 1 - u + C

Desfazendo a substituição do u = tg ⁡ x 2 :

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

Resposta

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

Exercício Resolvido #2

Calcule a integral:

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

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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 ⁡ tan ⁡ x 2 sec ⁡ x - 2 sin ⁡ x tan 2 ⁡ x 2 ln ⁡ tan 2 ⁡ x 2 sin ⁡ 2 x d x

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Passo 1

Primeiramente, vamos tentar reorganizar essa integral que ela ta meio bagunçada. Como? Bem, a primeira coisa que a gente pode tentar fazer é ver o que dá pra por em evidência. No caso, só dá o ln ⁡ tan 2 ⁡ x 2 mesmo. Vamos ficar então com:

∫ ln ⁡ tan ⁡ x 2 sec ⁡ x - 2 sin ⁡ x tan 2 ⁡ x 2 sin ⁡ 2 x d x

Ok mas isso aiiinda não ajuda tanto. 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 ⁡ tan ⁡ x 2 1 cos ⁡ x - 2 sin ⁡ x tan 2 ⁡ x 2 2 sin ⁡ x cos ⁡ x d x

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

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

Vamos substituir o cosseno pela forma da teoria:

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

∫ ln ⁡ tan ⁡ x 2 1 + tg 2 ⁡ x 2 d x

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 d x = 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 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 . Mas e se a integral for de ln ⁡ u , como fica?

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 d u = 1 u → d f = d u u

E escolhermos também:

d g = 2 d u → g = 2 u

A integração por partes, que tem a expressão geral:

∫ f   d g = f g - ∫ g   d f

Vai ficar:

∫ 2 ln ⁡ u d u = 2   u   l n   u - ∫ 2 u u d u = 2   u   l n   u - ∫ 2 d u

∫ 2 ln ⁡ u d u = 2   u   l n   u - 2 u = 2 u   ln ⁡ u - 1

Passo 3

Agora pra fechar com chave de ouro, só voltar pra variável original. Achamos:

f x = ln ⁡ tan ⁡ x 2 sec ⁡ x - 2 sin ⁡ x tan 2 ⁡ x 2 ln ⁡ tan 2 ⁡ x 2 sin ⁡ 2 x

∫ f x d x = 2 u   ln ⁡ u - 1

Como u = tg ⁡ x 2 , então:

∫ f x d x = 2 tg ⁡ x 2   ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1

Resposta

∫ f x d x = 2 tg ⁡ x 2   ln ⁡ tg ⁡ x 2 - 1

Exercício Resolvido #4

Calcule a integral:

∫ 1 sen ⁡ x + cos ⁡ x d x

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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

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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 4 ∫ 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