Exercícios Resolvidos de Integral por Substituição – u=tg(x/2)

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 4 ∫ 1 - u 2 u 4 + 3 u 2 + 1 d u

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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

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

Agora temos que fazer frações parciais:

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

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:

1 - 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 + - 1 u 2 + 0 u + 1 = 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 + - 1 u 2 + 0 u + 1 = 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 = - 1 3 + 5 A + 3 - 5 C = 0 3 + 5 B + 3 - 5 D = 1

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 = - 1 K A + J C = 0 K B + J D = 1

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 = K 2 K B + 2 J D = 2

Somando, temos:

2 J D - 2 K D = K + 2

2 J - 2 K D = K + 2

D = 1 2 K + 2 J - K

E como:

3 + 5 = K 3 - 5 = J

Então:

D = 1 2 3 + 5 + 2 3 - 5 - 3 - 5

D = 1 2 5 + 5 - 2 5

D = - 5 + 5 4 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 = J 2 K B + 2 J D = 2

E somando:

2 K B - 2 J B = J + 2

2 K - 2 J B = J + 2

B = 1 2 J + 2 K - J

B = 1 2 3 - 5 + 2 3 + 5 - 3 + 5

B = 5 - 5 4 5

A integral vira portanto:

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

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

A primeira integral pode ser reescrita como:

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

= ∫ 5 - 5 8 5 u 2 + 3 - 5 2   d u = 5 - 5 8 5 ∫ 1 u 2 + 3 - 5 2   d u

O resultado da integral vai ser então:

5 - 5 8 5 ∫ 1 u 2 + 3 - 5 2   d u = 5 - 5 8 5 arctan ⁡ u 3 - 5 2 3 - 5 2

Já para a segunda integral, podemos reescrever:

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

= ∫ 5 + 5 8 5 u 2 + 3 + 5 2   d u = 5 + 5 8 5 ∫ 1 u 2 + 3 + 5 2   d u

E o resultado fica:

5 + 5 8 5 ∫ 1 u 2 + 3 + 5 2   d u = 5 + 5 8 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 8 5 arctan ⁡ u 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 8 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 8 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 8 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 + 5 2 3 + 5 2 + C

Resposta

∫ cos ⁡ x 4 + sen 2 ⁡ x d x = 5 - 5 8 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 - 5 2 3 - 5 2 + 5 + 5 8 5 arctan ⁡ tg ⁡ x 2 3 + 5 2 3 + 5 2 + C

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