Substituição Simples

Teoria Completa

Já vimos que, pra calcular integrais, precisamos conhecer as primitivas das funções. Mas e se eu te lanço essa integral daqui, como calcula??

∫ x 2 5 + x 3 d x

Complicou né Jackie? Mas relaxa que é aí que entra a linda e maravilhosa substituição simples!

Basta seguir o passo-a-passo:

Passo 1. Identificar dentro da integral uma parte que é derivada da outra ou só se diferencia de sua derivada por constantes.

5 + x 3 ' = 3 x 2

é diferente de outra parte da integral ( x 2 ) , pelo 3 que vem multiplicando antes. Esse é um bom indício de que é válido usar a substituição simples!

Passo 2. Mudança de variável: chamar a parte a ser derivada de u .

u = 5 + x 3

Passo 3. Achar a diferencial d u .

d u = 3 x 2 d x

Passo 4. Manipular a expressão de d u para ficar igualzinha a alguma parte da integral.

x 2 d x = 1 3 d u

Passo 5. Substituir as partes em x por suas correspondentes em u .

∫ x 2 5 + x 3 d x → ∫ 1 3 u d u

Passo 6. Verificar se não sobrou x na integral! Se não sobrou, parabéns! Se sobrou, você errou na substituição, volte atrás!

Nesse caso mandamos bem, não sobrou x nenhum.

Passo 7. Resolver a integral em u normalmente.

∫ 1 3 u d u = 1 3 2 3 . u 3 2 + C = 2 9 u 3 + C

Passo 8. Substituir u por sua correspondente em x (“DES-Substituir!”)

2 9 u 3 + C = 2 9 5 + x 3 3 + C

Pronto! Integral devidamente resolvida! ;)

Existem várias possibilidades para o método da substituição simples: o que você vai chamar de u pode ser:

  • Argumento de uma função trigonométrica
  • A própria função trigonométrica
  • Função exponencial ou o argumento dela
  • Função logarítmica ou o argumento dela
  • Etc.

O importante é identificar um termo que seja derivado de outro a menos de uma constante!

Por exemplo, nessa integral:

∫ cos ⁡ ( x 5 ) 5 x 4 d x

Tá na cara que 5 x 4 é a derivada de x 5 , né? Então o u vai ser ele mesmo:

u = x 5 → d u = 5 x 4 d x

Depois é só resolver que nem fizemos agora a pouco!

Vejamos outra:

∫ e cos ⁡ x + 2 sen ⁡ x d x

Nessa vamos fazer

u = cos ⁡ x + 2 → d u = - sen ⁡ x d x

sen ⁡ x d x = - d u

Como calcular Integrais Definidas pelo método da substituição?

Voltando pro exemplo que vimos no começo, agora fazendo a integral definida:

∫ 0 1 x 2 5 + x 3 d x

Tem dois jeitos:

Jeito 1: Calcular a integral indefinida e depois usar o Teorema Fundamental do Cálculo.

Vimos que

∫ x 2 5 + x 3 d x = 2 9 5 + x 3 3 + C

Então

∫ 0 1 x 2 5 + x 3 d x = 2 9 5 + x 3 3 0 1 = 2 9 6 3 - 2 9 5 3

Jeito 2: Já calcular direto do u , sem voltar pro x .

Só temos que adaptar os limites de integração, de acordo com a nossa substituição!

Os limites de integração são 0 e 1 , e temos u = 5 + x 3 :

x = 0 → u = 5 + 0 3 = 5

x = 1 → u = 5 + 1 3 = 6

Daí a integral fica:

∫ 0 1 x 2 5 + x 3 d x = ∫ 5 6 1 3 u d u

Resolvendo:

∫ 5 6 1 3 u d u = 2 9 u 3 5 6 = 2 9 6 3 - 2 9 5 3

Perceba que pelos dois jeitos encontramos o mesmo resultado!

Então partiu exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

PUC-RJ - Cálculo B - P1 2014.2 - 3 a

Calcule as integrais:

∫ cos ⁡ π x x 2 d x

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Passo 1

Lembra que o princípio do método da substituição simples é identificar dentro da integral uma parte que seja derivada da outra a menos de uma constante? O objetivo é não sobrar x !

Eu tenho no denominador x 2 . Observe que eu posso pensar nesse x 2 no denominador como algo assim:

∫ cos ⁡ π x x 2 d x = ∫ 1 x 2   cos ⁡ π x   d x

Passo 2

Agora lembra que a derivada de 1 x é - 1 x 2 ?

Então, que tal chamarmos o termo que está dentro do cosseno de u ?

Acho que é a boa, hein?

Fazendo a substituição:

u = π x → d u = - π x 2 d x

Passo 3

Passo 4

Retornando à nossa integral, fazendo as substituições acima:

∫ cos ⁡ π x ⏟ u 1 x 2   d x ⏟ - 1 π d u = ∫ - 1 π   cos ⁡ u   d u =   - 1 π s e n   u + C

Não esqueça que se trata de uma integral indefinida, então tem que ter essa constante   C aí, hein?

= - s e n   u π + C  

Voltando para x :

=   - s e n   π x π + C  

Resposta

∫ cos ⁡ π x x 2 d x = - sen ⁡ π x π + C

Exercício Resolvido #2

UFRJ - Cálculo 1 - P2 2009.2 - 2a

Calcule as integrais abaixo:

∫ e 3 a r c t g t t 2 + 1 d t

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Passo 1

Bem, esse é um caso típico de substituição simples. Salta aos olhos que a derivada de arctg ⁡ ( t ) é 1 1 + t 2 . Assim sendo, convém utilizarmos a substituição.

Se eu chamar o argumento da função exponencial de u , o termo que vai sobrar na integral é igual à sua derivada, a menos de uma constante. Não tem mistério! Não parece que vai sobrar nenhum termo com t   na integral fazendo essa substituição!

Com a prática, você vai conseguir visualizar melhor. O importante é você estar familiarizado com as integrais imediatas, para ter esse olho de lince na hora de identificar esse tipo de coisa!

Passo 2

Fazendo a substituição:

u = 3   a r c t g   ( t ) → d u = 3 1 + t 2 d t

Passo 3

∫ 1 3   e u   d u = 1 3 e u + C

A essa altura, scuidado para não se esquecer de adicionar a constante C de integração, heim!

Voltando para t :

∫ e 3 arctg ⁡ ( t ) t 2 + 1 d t = 1 3 e 3 arctg ⁡ ( t ) + C

Resposta

∫ e 3 arctg ⁡ ( t ) t 2 + 1 d t = 1 3 e 3 arctg ⁡ ( t ) + C

Exercício Resolvido #3

UFRJ - Cálculo 1 - P2 2014.2 - 1 I c

Calcule as seguintes integrais:

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x

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Passo 1

Bom, o pulo do gato dessa integral é você enxergar que aquele termo ali dentro do l n com olhos diferentes. Vê se ele não parece muito com um produto notável do tipo x + a 2 :

x 2 + 2 x + 1 = x + 1 2

Depois de perceber isso, você reescreve a integral que você vai visualizar uma substituição espertinha que pode ser feita ali:

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x =   ∫ 0 1 ln ⁡ [ x + 1 2 ] x + 1 d x

Passo 2

Repara que eu tenho x + 1 2   dentro do   l n e que eu tenho ( x + 1 ) no denominador da função. Repara também que a derivada de x + 1 é igual a 1 ?

Então porque não chamar x + 1 de u ?

Não está parecendo que vai sobrar nenhum termo em x , não é mesmo?

Fazendo a substituição:

u = x + 1 → d u = d x

Bem, trata-se de uma integral definida (não, dessa vez você não vai ter que colocar a constante de integração! \o/)

Quando se tem uma integral definida, lembre-se que há duas formas de resolver:

A primeira forma é calcular a integral indefinida e depois usar o Teorema Fundamental do Cálculo para substituir os limites.

E a segunda é já recalcular os limites de integração em função de u . Como é o primeiro exercício de substituição com integral definida que estamos resolvendo, vou fazer dos dois jeitos para te provar que tanto faz.

Eu, particularmente, gosto mais da primeira forma de resolver. Mas isso aí é com você! A gosto do freguês, beleza?

Primeira forma:

Calculando a integral indefinida:

∫ ln ⁡ [ x + 1 2 ] x + 1 d x = ∫ ln ⁡ [ u 2 ] u d u

Usando as propriedades de logaritmo, podemos descer aquele 2 que tá ali no expoente, né?

∫ ln ⁡ [ u 2 ] u d u =   ∫ 2  ln ⁡ u u d u

Passo 3

E agora? De cara, ainda não sabemos resolver essa integral, mas vamos lembrar que a derivada de ln ⁡ x   é 1 x ?

Então por que não aplicar uma nova substituição?

A partir daí, se eu me lembrar que a derivada do ln ⁡ ( x ) é 1 x , olha como uma segunda substituição simplifica tudo:

t = ln ⁡ ( u ) → d t = d u u

∫ 2   t   d t

Essa integral é imediata: integral de polinômio!

∫ 2   t   d t = 2 t 2 2 = t 2

Repare que eu não coloquei a constante C porque eu vou calcular a integral definida. A integral indefinida foi apenas uma ferramenta para eu calcular a integral definida. Mas ela não é a resposta final. Por isso não me preocupei com a constante.

Nessa primeira forma, antes de usar o Teorema Fundamental do Cálculo, eu tenho que voltar para a variável original, que era x . Como eu fiz duas substituições seguidas, primeiro eu volto para u e depois para x .

Passo 4

Voltando de t   para u :

∫ 2  ln ⁡ u u d u = ln ⁡ u 2

Voltando agora de u para x :

∫ ln ⁡ [ x + 1 2 ] x + 1 d x = ln ⁡ x + 1 2

Passo 5

Agora que tenho a integral indefinida, posso calcular a definida:

∫ ln ⁡ [ x + 1 2 ] x + 1 d x = ln ⁡ x + 1 2 = F ( x )

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x = F 1 - F ( 0 )

Isso é equivalente a escrever assim:

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x = ln ⁡ 2 2 - ln ⁡ 1 2

Talvez você não lembre, mas ln ⁡ 1 = 0 !

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x = ln ⁡ 2 2 = ln 2 ⁡ 2

Passo 6

Segunda forma:

Vamos agora utilizar a segunda forma de resolver:

Fazendo a substituição:

u = x + 1 → d u = d x

L i m i t e s :     u i n f e r i o r = 0 + 1 = 1 ;     u s u p e r i o r = 1 + 1 = 2

∫ 0 1 ln ⁡ [ x + 1 2 ] x + 1 d x = ∫ 1 2 ln ⁡ [ u 2 ] u d u = ∫ 1 2 2 ln ⁡ ( u ) u d u

- ''

Passo 7

Fazendo a nova substituição:

t = ln ⁡ ( u ) → d t = d u u

Troco novamente os limites de integração para a nova variável:

L i m i t e s :     t i n f e r i o r = ln ⁡ 1 = 0 ;     t s u p e r i o r = ln ⁡ ( 2 )

Observe que nessa forma de resolver, como os limites de integração já estão trocados, eu não preciso voltar para x , posso resolver direto:

∫ 1 2 2 ln ⁡ u u d u = 2 ∫ 0 ln ⁡ 2 t   d t = 2 t 2 2 [ ln ⁡ 2 0

= ln ⁡ 2 2 - 0 2 = ln 2 ⁡ 2

A resposta deu igual, como era de se esperar!! Mais um indício de que fizemos tudo certinho!

- ''

Resposta

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 + 2 x + 1 x + 1 d x = ln 2 ⁡ 2

Exercício Resolvido #4

Elaboração própria

Resolva a integral definida

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x

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Passo 1

Eu sei que essa integral assusta bastante no início. Mas repara bem. Temos um l n ali escondido no denominador. E temos também um 1 x .

Tá lembrado que a derivada de ln ⁡ x é 1 x ?

Acredito que, se usarmos essa substituição, não vamos ter problemas com nenhum x sobrando na integral.

Eu sei que o método da substituição simples é um pouco artístico no início, já que você tem que “enxergar” uma parte da integral sendo derivada de outra. Porém, depois, é só seguir os passos. Com treino e prática você passa a “enxergar” melhor.

Além disso, com a prática, você começa a observar certas semelhanças em algumas questões. Por exemplo, esse caso de uma função que tem um ln ⁡ x e um 1 x é meio clássico.

Mas cuidado: na substituição simples, não pode sobrar termo em x na integral. Nem sempre o método da substituição se aplica. Por isso existem outros métodos de integração.

Passo 2

Fazendo a substituição:

u = ln ⁡ x → d u = 1 x d x

Eu vou resolver calculando a integral indefinida e depois utilizando o Teorema Fundamental do Cálculo para aplicar os limites, beleza?

Calculando a integral indefinida:

∫ d u 9 - u 2

Passo 3

Agora repara bem nessa integral. Temos uma raiz do tipo a 2 - u 2 .

Você concorda que podemos reescrever esse termo da raiz como:

9 - u 2 = 9 1 - u 2 9

E ainda que isso é igual a:

9 1 - u 2 9 = 3   1 - u 3 2

Aí a integral fica assim:

∫ d u 9 - u 2 = ∫ d u 3 1 - u 3 2

Ok, mas o que isso me traz de vantagem?

Acompanha aqui comigo: se eu chamar u 3 de uma nova variável t , olha como fica a carinha dessa integral:

t = u 3 → d t = 1 3 d u

d u = 3   d t

∫ 3   d t 3 1 - t 2 = ∫ d t 1 - t 2

E agora?

Bom, temos uma integral imediata: 1 1 - t 2 é a derivada de a r c s e n   t

Lembra?

∫   d t 1 - t 2 = arcsen ⁡ t + C

Bom, eu sei que parece meio chutado isso aí e que você deve estar pensando que você nunca ia enxergar essa manipulação e essa substituição a serem feitas, mas confia em mim: com o tempo você vai pegando a manha e, depois de fazer muitos exercícios, inevitavelmente, situações parecidas vão acontecer e você vai começar a identificá-las. Aí você vai poder se considerar craque e tirar a maior onda!

Passo 4

Bom, mas a questão ainda não acabou. Queremos uma integral definida. Achamos a primitiva em t . Mas agora temos que voltar para a variável original, que era x , para então aplicar os limites de integração.

Voltando de t   para u :

∫ d u 9 - u 2 = arcsen ⁡ u 3 + C

Repare que nem seria necessário colocar a constante de integração nesse caso, pois a integral indefinida foi mais uma ferramenta para calcular a integral. O que eu quero é a integral definida, mas estou colocando para ficar mais certinho.

Agora voltando agora de u para x :

∫ d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ ln ⁡ x 3 + C

Passo 5

Agora que tenho a integral indefinida, posso calcular a definida:

∫ d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ ln ⁡ x 3 = F ( x )

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = F e - F ( 1 )

Isso é equivalente a escrever assim:

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ ln ⁡ x 3 e - arcsen ⁡ ln ⁡ x 3 1

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ ln ⁡ e 3 - arcsen ⁡ ln ⁡ 1 3

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ 1 3 - arcsen ⁡ 0

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcsen ⁡ 1 3

Resposta

∫ 1 e d x x 9 - ln 2 ⁡ x = arcs en ⁡ 1 3

Exercício Resolvido #5

UFRJ - Cálculo 1 - P2 2014.2 - 1 II

Determine o valor de R tal que

∫ 1 R d x x 3 + x = 1

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Passo 1

A gente tem que resolver esse cara aí, em função de R , e igualar a expressão a 1 . Se liga que a integral não é bobinha não. Vai parecer meio aleatório, e é mesmo, mas eu vou pegar esse x 3 e chamar ele de uma outra variável (ele é o termo que parece que me complica a integral, vou ver se consigo melhorá-la se substituir ele e o resto).

u = x 3 → d u = d x 3 x 3 2

L i m i t e s : u i n f e r i o r = 1 3 = 1 ;     u s u p e r i o r = R 3

Agora, para substituir esse d x ali eu precisaria deixar ele separado, assim:

d x = 3 x 3 2 d u

Ué, não pode sobrar nenhum x na minha substituição final, correto? Sim, lembra que u = x 3 :

d x = 3 u 2 d u

Só mais uma coisinha se u = x 3 , então podemos elevar ambos os lados ao cubo e obter

x = u 3

Passo 2

Vamos substituir tudo agora então:

∫ 1 R d x x 3 + x = ∫ 1 R 3 3 u 2 d u u + u 3 = 3 ∫ 1 R 3 u 1 + u 2 d u

Repara, essa integral nós sabemos! O termo de cima é um múltiplo da derivada do debaixo. Vou pegar então esse pedaço de baixo e substituir de novo:

t = 1 + u 2 → d t = 2 u   d u ,     u   d u = d t 2

L i m i t e s : t i n f e r i o r = 1 + 1 2 = 2 ;     t s u p e r i o r = 1 + R 3 2

3 ∫ 1 R 3 u 1 + u 2 d u = 3 ∫ 2 1 + R 3 2 d t 2 t = 3 2 ln ⁡ t   [ 1 + R 3 2 2

= 3 2 ln ⁡ 1 + R 3 2 - ln ⁡ 2 = 3 2 ln ⁡ 1 + R 3 2 2

Passo 3

Ok, agora que resolvemos precisamos matar o valor de R pela relação lá de cima:

3 2 ln ⁡ 1 + R 3 2 2 = 1

ln ⁡ 1 + R 3 2 2 = 2 3 = ln ⁡ e 2 3

1 + R 3 2 2 = e 2 3

R 3 2 = 2 e 2 3 - 1

R = 2 e 2 3 - 1 3 2

Resposta

R = 2 e 2 3 - 1 3 2

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