Exercícios Resolvidos de Substituição Simples

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Enunciado

Calcule as seguintes integrais:

a   ∫ 1 3 x + 1 x 2 - 2 x + 5 d x

Passo 1

Divisão de polinômios, sendo o grau debaixo maior que o de cima. A melhor dica aí seria resolver pelo método das frações parciais, só que se você tentar abrir o termo do denominador vai ver que ele já é irredutível, o que faz com que o método das frações parciais não resolva nada.

Nessa situação, eu vou fazer ali no denominador o que a gente chama de completar quadrado. Seria tentar transformar essa função do segundo grau num quadrado perfeito somado a um termo:

x 2 - 2 x + 5 = x 2 - 2 x + 1 + 4

= x - 1 2 + 4

Ou seja,

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

Vamos fazer uma substituição:

u = x - 1 → d u = d x

u s u p = 3 - 1 = 2   ; u i n f = 1 - 1 = 0

∫ 1 3 x + 1 x - 1 2 + 4 d x = ∫ 0 2 u + 2 u 2 + 4 d u

∫ 0 2 u + 2 u 2 + 4 d u = ∫ 0 2 u u 2 + 4 d u + ∫ 0 2 2 u 2 + 4 d u

Passo 2

A primeira integral podemos resolver por substituição:

t = u 2 + 4 → d t = 2 u   d u   ;   d t 2 = u   d u

t s u p = 2 2 + 4 = 8   ; t i n f = 0 2 + 4 = 4

∫ 0 2 u u 2 + 4 d u = 1 2 ∫ 4 8 d t t

= ln ⁡ t 2 [ 8 4 = ln ⁡ 8 2 - ln ⁡ 4 2

= ln ⁡ 8 4 2 = ln ⁡ 2 2

Passo 3

Para a outra integral podemos fazer se aproximar da cara da integral de arco-tangente, dando uma mexida e fazendo outra substituição:

∫ 0 2 2 u 2 + 4 d u = ∫ 0 2 2 4 u 2 4 + 4 4 d u

= ∫ 0 2 d u 2 u 2 2 + 1

v = u 2 → d v = d u 2

v s u p = 2 2 = 1   ; v i n f = 0 2 = 0

∫ 0 2 d u 2 u 2 2 + 1 = ∫ 0 1 d v v 2 + 1

= arctg ⁡ v [ 1 0 = arctg ⁡ 1 - arctg ⁡ 0

= π 4 - 0 = π 4

Passo 4

Assim, juntando os resultados:

∫ 0 2 u + 2 u 2 + 4 d u = ∫ 0 2 u u 2 + 4 d u + ∫ 0 2 2 u 2 + 4 d u

= ln ⁡ 2 2 + π 4

Resposta

∫ 1 3 x + 1 x 2 - 2 x + 5 d x = ln ⁡ 2 2 + π 4

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Use a fórmula de substituição do Teorema 7 para calcular as integrais nos Exercícios 1-46. ∫ π 3 π / 2 cot 5 ⁡ θ 6 sec 2 ⁡ θ 6 d θ
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