Exercícios Resolvidos de Substituição Trigonométrica

USP - Cálculo 1 - PREC 2014 - 5 a

Calcule as seguintes integrais:

a   ∫ x ln ⁡ x x 2 - 1 d x

Passo 1

A primeira coisa que a gente pensa ao olhar para essa integral é a integração por partes, concorda? Estamos trabalhando com funções muito distintas: logaritmo não tem nenhuma relação direta com polinômios. Pela regrinha do LIATE nós devemos escolher como nosso u da integração por partes o ln ⁡ x , o resto do termo será d v . A partir disso, tudo consiste em aplicar a fórmula desse método:

u = ln ⁡ x → d u = d x x

d v = x d x x 2 - 1 → v = x 2 - 1

Essa integral do d v a gente pode fazer por substituição simples do x 2 - 1 .

Agora aplicamos aquela fórmula da integral por partes:

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

Agora sobrou uma outra integral, resolvemos ela para finalizar!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

E agora? Repara bem: tenho uma raiz com um x 2 - 1 ali. Isso aí não tá pedindo uma substituição trigonométrica?

Temos uma expressão do tipo x 2 - a 2 .

Então, a substituição que devemos fazer nesse caso é:   x = a . s e c θ

Passo 3

Agora vamos partir para a resolução propriamente dita. Já identificamos qual caso usar. O próximo passo é identificar quem é o a e, a partir disso, calcular d x e substituir na integral.

Temos x 2 - 1

Portanto, temos:

a = 1 →   x = s e c   θ

d x = s e c θ ⋅ t g   θ   d θ

Substituindo na integral:

∫ x 2 - 1 x d x = ∫ sec 2 ⁡ θ - 1 sec ⁡ θ sec ⁡ θ tg ⁡ θ d θ

= ∫ tg 2 ⁡ θ tg ⁡ θ d θ

= ∫ tg ⁡ θ tg ⁡ θ d θ

Repara que a tangente sai da raiz como módulo!

Porém, se olharmos a definição desse caso em que substituímos x → sec ⁡ θ , veremos que definimos o intervalo de θ como θ   ϵ   0 , p i 2   U   p i , 3 p i 2 . Nesse intervalo, t g   θ ≥ 0 . Como a tangente será sempre positiva e seu módulo será igual a ela mesma:

∫ tg ⁡ θ tg ⁡ θ d θ = ∫ tg 2 ⁡ θ d θ

= ∫ sec 2 ⁡ θ - 1 d θ

Passo 4

Agora devemos resolver a integral na variável θ . Essa integral é tranquilinha:

∫ sec 2 ⁡ θ - 1 d θ   = tg ⁡ θ - θ

Passo 5

Resolvemos a integral em θ . Agora temos que voltar para x . Então montamos aquele triangulozinho básico para des-substituir o θ para x , lembrando que no caso da secante, o triângulo fica com essa cara aqui, ó:

Nesse caso, precisamos calcular t g   θ   e o próprio θ :

tg ⁡ θ = c a t e t o   o p o s t o c a t e t o   a d j a c e n t e = x 2 - 1 1 = x 2 - 1

Como fizemos a substituição x = sec ⁡ θ , podemos tirar direto a seguinte relação:

θ = arcsec ⁡ x

Substituindo isso no resultado em θ que havíamos encontrado e lembrando que é uma integral definida, portanto, não devemos esquecer a constante C , temos:

∫ x 2 - 1 x d x =   x 2 - 1 - arcsec ⁡ x + C 1

Lembrando que essa era só a integral em que caímos depois. A integral que queríamos resolver no enunciado era essa aqui:

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

Portanto:

∫ x ln ⁡ x x 2 - 1 d x = ln ⁡ x x 2 - 1 - ( x 2 - 1 - arcsec ⁡ x + C 1 )

∫ x ln ⁡ x x 2 - 1 d x = ln ⁡ x x 2 - 1 - ( x 2 - 1 - arcsec ⁡ x + C 1 )

∫ x ln ⁡ x x 2 - 1 d x = ln ⁡ x x 2 - 1 - x 2 - 1 + arcsec ⁡ x + C

Resposta

∫ x ln ⁡ x x 2 - 1 d x = ln ⁡ x x 2 - 1 - x 2 - 1 + arcsec ⁡ x + C

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