Wikiversidade - Disciplina: Cálculo II
A integração é um processo que demanda certa habilidade e técnica, ele provê um meio indispensável para análises de cálculos diversos, além disso o meio de integrar certas funções deve ser exercitado até que sejamos capazes de absorver a sua essência. O problema da integração deve ser visto como uma análise que pode conduzir a resultados algébricos diversos, quando tomadas técnicas diversas, que concordam, porém, em resultado numérico.
Devido à necessidade de exercício dessas técnicas que apresentaremos, teremos mais exemplos neste capítulo, uma ótima maneira de introduzir o conteúdo enquanto a teoria é exposta. A natureza diversa das formas de integrais nos obriga a fazer este estudo a parte, pois certas funções são peculiarmente difíceis de serem analisadas antes da utilização de algum artifício que permita sua simplificação, este é o objetivo deste capítulo: trazer ao leitor os processos de integração e as diversas possibilidades de simplificação de funções para a aplicação destes processos.
A técnica de integração por partes consiste da utilização do conceito de diferencial inversa aplicado à fórmula da regra da diferencial do produto, ou seja:
d
(
u
v
)
=
u
d
v
+
v
d
u
{\displaystyle d(uv)=udv+vdu}
Que após a antidiferencial se torna:
∫
d
(
u
v
)
=
∫
u
d
v
+
∫
v
d
u
{\displaystyle \int d(uv)=\int udv+\int vdu}
u
v
=
∫
u
d
v
+
∫
v
d
u
{\displaystyle uv=\int udv+\int vdu}
E, portanto:
∫
u
d
v
=
u
v
−
∫
v
d
u
{\displaystyle \int udv=uv-\int vdu}
A utilização desta fórmula para melhorar o processo de integração implica a necessidade de uma breve explanação, o processo consiste em observar a função a ser integrada como sendo uma integral
∫
u
d
v
{\displaystyle \int udv}
u , que consideraremos função primitiva e outra dv que será uma diferencial, desta forma, faremos a integração da parte dv para encontrar v e depois subtrairemos a integral da mesma com relação a diferncial de u : du . Parece um tanto incomun a princípio, porém após o hábito no uso da técnica, esta se torna muito útil.
Outro fato deve ser explorado: como o processo demanda a integração da diferencial dv nos vem a questão sobre a necessidade de utilização da constante de antidiferenciação C , portanto façamos a verificação da fórmula utilizando-a:
Se
v
=
∫
d
v
+
C
{\displaystyle v=\int dv+C}
∫
u
d
v
=
u
(
∫
d
v
+
C
)
−
∫
(
∫
d
v
+
C
)
d
u
{\displaystyle \int udv=u\left(\int dv+C\right)-\int \left(\int dv+C\right)du}
∫
u
d
v
=
u
(
∫
d
v
)
+
u
C
−
(
∫
(
∫
d
v
)
d
u
+
u
C
)
{\displaystyle \int udv=u\left(\int dv\right)+uC-\left(\int \left(\int dv\right)du+uC\right)}
∫
u
d
v
=
u
(
∫
d
v
)
+
u
C
−
∫
(
∫
d
v
)
d
u
−
u
C
{\displaystyle \int udv=u\left(\int dv\right)+uC-\int \left(\int dv\right)du-uC}
∫
u
d
v
=
u
(
∫
d
v
)
−
∫
(
∫
d
v
)
d
u
{\displaystyle \int udv=u\left(\int dv\right)-\int \left(\int dv\right)du}
∫
u
d
v
=
u
v
−
∫
v
d
u
{\displaystyle \int udv=uv-\int vdu}
Ou seja, a constante é dispensável para o cálculo da integral que resulta em v .
Exemplo 1 - Caso do logaritmo
editar
Utilização da integração por partes na resolução da integral do logaritmo natural:
∫
ln
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int \ln(x)dx}
Separamos a diferencial dx e a primitiva
l
n
(
x
)
{\displaystyle ln(x)}
v
=
∫
d
x
=
x
{\displaystyle v=\int dx=x}
depois:
u
=
ln
(
x
)
{\displaystyle u=\ln(x)}
d
u
=
1
x
d
x
{\displaystyle du={\frac {1}{x}}dx}
Aplicando à fórmula de integração por partes:
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
ln
(
x
)
−
∫
x
1
x
d
x
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x\ln(x)-\int x{\frac {1}{x}}dx}
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
ln
(
x
)
−
∫
d
x
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x\ln(x)-\int dx}
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
ln
(
x
)
−
x
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x\ln(x)-x}
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
[
ln
(
x
)
−
1
]
+
C
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x[\ln(x)-1]+C}
Também há os que preferem simplificar mais, desta forma:
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
[
ln
(
x
)
−
ln
(
e
)
]
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x[\ln(x)-\ln(e)]}
∫
ln
(
x
)
d
x
=
x
[
ln
(
x
e
)
]
{\displaystyle \int \ln(x)dx=x\left[\ln \left({\frac {x}{e}}\right)\right]}
∫
ln
(
x
)
d
x
=
ln
(
x
e
)
x
+
C
{\displaystyle \int \ln(x)dx=\ln \left({\frac {x}{e}}\right)^{x}+C}
Sendo C a constante de antidiferenciação.
Exemplo 2 - Caso do arcseno
editar
Utilização da integração por partes para encontrar a integral do arcseno:
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int arcsen(x)dx}
Separamos as partes e operamos para encontrar as respectivas inversas:
v
=
∫
d
x
=
x
{\displaystyle v=\int dx=x}
depois:
u
=
a
r
c
s
e
n
(
x
)
{\displaystyle u=arcsen(x)}
d
u
=
d
x
1
−
x
2
{\displaystyle du={\frac {dx}{\sqrt {1-x^{2}}}}}
Aplicando à fórmula da integração por partes:
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
s
e
n
(
x
)
−
∫
x
1
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int arcsen(x)dx=x\cdot arcsen(x)-\int {\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx}
agora consideremos o seguinte:
z
=
1
−
x
2
{\displaystyle z=1-x^{2}}
d
z
=
−
2
x
d
x
{\displaystyle dz=-2xdx}
d
x
=
−
d
z
2
x
{\displaystyle dx=-{\frac {dz}{2x}}}
logo:
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
s
e
n
(
x
)
−
∫
x
1
−
x
2
(
−
d
z
2
x
)
{\displaystyle \int arcsen(x)dx=x\cdot arcsen(x)-\int {\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\left(-{\frac {dz}{2x}}\right)}
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
s
e
n
(
x
)
+
1
2
⋅
∫
1
z
d
z
{\displaystyle \int arcsen(x)dx=x\cdot arcsen(x)+{\frac {1}{2}}\cdot \int {\frac {1}{\sqrt {z}}}dz}
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
s
e
n
(
x
)
+
z
{\displaystyle \int arcsen(x)dx=x\cdot arcsen(x)+{\sqrt {z}}}
Portanto:
∫
a
r
c
s
e
n
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
s
e
n
(
x
)
+
1
−
x
2
+
C
{\displaystyle \int arcsen(x)dx=x\cdot arcsen(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C}
Sendo C a nossa tradicional constante de antidiferenciação.
Exemplo 3 - Caso do arccosseno
editar
Utilização da integração por partes para encontrar a integral do arccosseno:
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int arccos(x)dx}
Separamos as partes e operamos para encontrar as respectivas inversas:
v
=
∫
d
x
=
x
{\displaystyle v=\int dx=x}
depois:
u
=
a
r
c
c
o
s
(
x
)
{\displaystyle u=arccos(x)}
d
u
=
−
d
x
1
−
x
2
{\displaystyle du=-{\frac {dx}{\sqrt {1-x^{2}}}}}
Aplicando à fórmula da integração por partes:
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
c
o
s
(
x
)
+
∫
x
1
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int arccos(x)dx=x\cdot arccos(x)+\int {\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx}
agora consideremos o seguinte:
z
=
1
−
x
2
{\displaystyle z=1-x^{2}}
d
z
=
−
2
x
d
x
{\displaystyle dz=-2xdx}
d
x
=
−
d
z
2
x
{\displaystyle dx=-{\frac {dz}{2x}}}
logo:
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
c
o
s
(
x
)
+
∫
x
1
−
x
2
(
−
d
z
2
x
)
{\displaystyle \int arccos(x)dx=x\cdot arccos(x)+\int {\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\left(-{\frac {dz}{2x}}\right)}
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
c
o
s
(
x
)
−
1
2
⋅
∫
1
z
d
z
{\displaystyle \int arccos(x)dx=x\cdot arccos(x)-{\frac {1}{2}}\cdot \int {\frac {1}{\sqrt {z}}}dz}
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
c
o
s
(
x
)
−
z
{\displaystyle \int arccos(x)dx=x\cdot arccos(x)-{\sqrt {z}}}
Portanto:
∫
a
r
c
c
o
s
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
c
o
s
(
x
)
−
1
−
x
2
+
C
{\displaystyle \int arccos(x)dx=x\cdot arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C}
Sendo C a nossa tradicional constante de antidiferenciação.
Exemplo 4 - Caso do arctangente
editar
Utilizando a integração por partes para encontrar a integral do arctangente:
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int arctg(x)dx}
Separando as partes e operando as inversas:
∫
d
x
=
x
{\displaystyle \int dx=x}
e
d
[
a
r
c
t
g
(
x
)
]
d
x
=
1
1
+
x
2
{\displaystyle {\frac {d[arctg(x)]}{dx}}={\frac {1}{1+x^{2}}}}
Aplicamos a fórmula da integração por partes:
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
t
g
(
x
)
−
∫
x
d
x
1
+
x
2
{\displaystyle \int arctg(x)dx=x\cdot arctg(x)-\int {\frac {x\ dx}{1+x^{2}}}}
Por outro lado:
u
=
1
+
x
2
{\displaystyle u=1+x^{2}}
d
u
=
2
x
d
x
{\displaystyle du=2x\ dx}
onde podemos extrair:
x
d
x
=
d
u
2
{\displaystyle x\ dx={\frac {du}{2}}}
voltando ao desenvolvimento da integral:
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
t
g
(
x
)
−
∫
d
u
2
u
{\displaystyle \int arctg(x)dx=x\cdot arctg(x)-\int {\frac {du}{2u}}}
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
t
g
(
x
)
−
1
2
ln
|
u
|
{\displaystyle \int arctg(x)dx=x\cdot arctg(x)-{\frac {1}{2}}\ln |u|}
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
t
g
(
x
)
−
1
2
ln
(
1
+
x
2
)
{\displaystyle \int arctg(x)dx=x\cdot arctg(x)-{\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})}
Portanto:
∫
a
r
c
t
g
(
x
)
d
x
=
x
⋅
a
r
c
t
g
(
x
)
−
ln
1
+
x
2
+
C
{\displaystyle \int arctg(x)dx=x\cdot arctg(x)-\ln {\sqrt {1+x^{2}}}+C}
Novamente, temos C como contante de antidiferenciação.
editar
Este é um exemplo que nos revela uma função claramente divisível em duas partes:
∫
x
2
e
x
d
x
{\displaystyle \int x^{2}e^{x}dx}
Considerando as partes:
u
=
x
2
{\displaystyle u=x^{2}}
d
u
=
2
x
d
x
{\displaystyle du=2xdx}
e:
v
=
e
x
{\displaystyle v=e^{x}}
Substituindo na fórmula de integração por partes:
x
2
e
x
−
2
∫
x
e
x
d
x
{\displaystyle x^{2}e^{x}-2\int xe^{x}dx}
O segundo lado desta expressão pode ser novamente simplificado, aplicando a integração por partes mais uma vez:
x
2
e
x
−
(
2
e
x
x
−
2
∫
e
x
d
x
)
{\displaystyle x^{2}e^{x}-\left(2e^{x}x-2\int e^{x}dx\right)}
x
2
e
x
−
2
x
e
x
+
2
e
x
{\displaystyle x^{2}e^{x}-2xe^{x}+2e^{x}}
Portanto:
∫
x
2
e
x
d
x
=
e
x
(
x
2
−
2
x
+
2
)
+
C
{\displaystyle \int x^{2}e^{x}dx=e^{x}(x^{2}-2x+2)+C}
Exemplo 6 - Secante com expoente maior que 2
editar
Utilizando a integração por partes para resolução da integral de secantes com expoente maior que 2:
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx}
Podemos fazer:
∫
s
e
c
(
x
)
⋅
s
e
c
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int sec(x)\cdot sec^{2}(x)dx}
E aplicar a integração por partes:
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
−
∫
t
g
(
x
)
[
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
]
d
x
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int tg(x)[sec(x)tg(x)]dx}
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
−
∫
s
e
c
(
x
)
t
g
2
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int sec(x)tg^{2}(x)dx}
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
−
∫
s
e
c
(
x
)
[
s
e
c
2
(
x
)
−
1
]
d
x
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int sec(x)[sec^{2}(x)-1]dx}
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
−
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
+
∫
s
e
c
(
x
)
d
x
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int sec^{3}(x)dx+\int sec(x)dx}
2
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
+
∫
s
e
c
(
x
)
d
x
{\displaystyle 2\int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)+\int sec(x)dx}
2
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
+
ln
|
s
e
c
(
x
)
+
t
g
(
x
)
|
{\displaystyle 2\int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)+\ln |sec(x)+tg(x)|}
E finalmente:
∫
s
e
c
3
(
x
)
d
x
=
1
2
s
e
c
(
x
)
t
g
(
x
)
+
1
2
ln
|
s
e
c
(
x
)
+
t
g
(
x
)
|
+
C
{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx={\frac {1}{2}}sec(x)tg(x)+{\frac {1}{2}}\ln |sec(x)+tg(x)|+C}
Com C constante.
editar
A existência de relações algébricas que nos levam a arcos nos traz a possibilidade de converter uma expressão algébrica, conseqüentemente uma função algébrica, em uma função trigonométrica. A possibilidade de lidar com certas funções de forma trigonométrica nos traz a possibilidade de utilizar os artifícios das identidades para a simplificação dessas funções.
Três funções algébricas têm semelhanças com funções trigonométricas que são notoriamente úteis para a simplificação de algumas funções, elas são:
y
=
a
2
+
x
2
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}
y
=
a
2
−
x
2
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
y
=
x
2
−
a
2
{\displaystyle y={\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}
Sendo "a" constante.
Note que as expressões são meramente relações quadráticas que descendem da relação quadrática entre todos os lados de um mesmo triângulo:
a
2
=
b
2
+
c
2
{\displaystyle a^{2}=b^{2}+c^{2}}
b
=
x
{\displaystyle b=x}
c
=
c
o
n
s
t
a
n
t
e
(
a
)
{\displaystyle c=constante(a)}
a
=
y
{\displaystyle a=y}
Imagine que temos uma nova variável
θ
{\displaystyle \theta }
f
(
x
)
=
a
2
−
x
2
{\displaystyle f(x)={\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
Sendo:
x
=
a
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=a\ sen(\theta )}
Podemos dizer que:
f
(
θ
)
=
a
2
−
[
a
s
e
n
(
θ
)
]
2
{\displaystyle f(\theta )={\sqrt {a^{2}-\left[a\ sen(\theta )\right]^{2}}}}
f
(
θ
)
=
a
2
−
a
2
s
e
n
2
(
θ
)
{\displaystyle f(\theta )={\sqrt {a^{2}-a^{2}\ sen^{2}(\theta )}}}
f
(
θ
)
=
a
1
−
s
e
n
2
(
θ
)
{\displaystyle f(\theta )=a\ {\sqrt {1-sen^{2}(\theta )}}}
f
(
θ
)
=
a
c
o
s
2
(
θ
)
{\displaystyle f(\theta )=a\ {\sqrt {cos^{2}(\theta )}}}
Portanto:
f
(
θ
)
=
a
c
o
s
(
θ
)
{\displaystyle f(\theta )=a\ cos(\theta )}
f
(
x
)
=
a
2
−
x
2
{\displaystyle f(x)={\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
x
=
a
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=a\ sen(\theta )}
O exposto acima encontra respaudo no fato de que a expressão é simplesmente a tradução da relação métrica de um triângulo retângulo para definição do cosseno a partir do seno, como segue:
Ficheiro:Transftrig.png
Se fizermos a comparação entre as funções e o gráfico acima, substituindo as variáveis e constantes de acordo com a função dada, teremos o seguinte:
Na função
y
=
a
2
+
x
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}+x^{2}}},\quad x}
Na função
y
=
a
2
−
x
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}-x^{2}}},\quad x}
Na função
y
=
x
2
−
a
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {x^{2}-a^{2}}},\quad x}
O que nos dá as substituições:
Expressão
Substituição
x
2
+
a
2
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}
x
=
a
⋅
t
g
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot tg(\theta )}
a
2
−
x
2
{\displaystyle {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
x
=
a
⋅
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot sen(\theta )}
x
2
−
a
2
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}
x
=
a
⋅
s
e
c
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot sec(\theta )}
editar
Agora, considere o fato de que a função
f
(
x
)
=
1
a
2
−
x
2
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}}
F
(
x
)
{\displaystyle F(x)}
F
(
x
)
=
∫
1
a
2
−
x
2
d
x
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}dx}
Uma vez, que pela análise anterior já sabemos que quando fazemos
x
=
a
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=asen(\theta )}
f
(
θ
)
=
1
a
⋅
c
o
s
(
θ
)
{\displaystyle f(\theta )={\frac {1}{a\cdot cos(\theta )}}}
então:
F
(
θ
)
=
∫
1
a
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
x
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {1}{a\cdot cos(\theta )}}dx}
Temos que encontrar
d
x
{\displaystyle dx}
x
=
a
⋅
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot sen(\theta )}
d
x
=
a
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle dx=a\cdot cos(\theta )d{\theta }}
O que nos revela algo interessante:
F
(
θ
)
=
∫
1
a
⋅
c
o
s
(
θ
)
⋅
a
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {1}{a\cdot cos(\theta )}}\cdot a\cdot cos(\theta )d{\theta }}
F
(
θ
)
=
∫
d
θ
{\displaystyle F(\theta )=\int d{\theta }}
Ou seja:
F
(
θ
)
=
θ
+
C
{\displaystyle F(\theta )=\theta +C}
Logo:
F
(
x
)
=
a
r
c
s
e
n
(
x
a
)
+
C
{\displaystyle F(x)=arcsen\left({\frac {x}{a}}\right)+C}
editar
Seja a função:
f
(
x
)
=
1
4
−
x
2
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {4-x^{2}}}}}
F
(
x
)
=
∫
d
x
4
−
x
2
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{\sqrt {4-x^{2}}}}}
Fazendo a transformação de variáveis:
x
=
2
⋅
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=2\cdot sen(\theta )}
d
x
=
2
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle dx=2\cdot cos(\theta )d{\theta }}
A integral será:
F
(
θ
)
=
∫
2
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
θ
4
−
[
2
⋅
s
e
n
(
θ
)
]
2
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {2\cdot cos(\theta )d{\theta }}{\sqrt {4-\left[2\cdot sen(\theta )\right]^{2}}}}}
F
(
θ
)
=
∫
2
⋅
c
o
s
(
θ
)
d
θ
2
1
−
s
e
n
2
(
θ
)
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {2\cdot cos(\theta )d{\theta }}{2{\sqrt {1-sen^{2}(\theta )}}}}}
F
(
θ
)
=
∫
c
o
s
(
θ
)
d
θ
c
o
s
(
θ
)
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {cos(\theta )d{\theta }}{cos(\theta )}}}
F
(
θ
)
=
∫
d
θ
{\displaystyle F(\theta )=\int d{\theta }}
F
(
θ
)
=
θ
{\displaystyle F(\theta )=\theta }
Como:
x
=
2
s
e
n
(
θ
)
{\displaystyle x=2sen(\theta )}
θ
=
a
r
c
s
e
n
(
x
2
)
{\displaystyle \theta =arcsen\left({\frac {x}{2}}\right)}
Portanto:
F
(
x
)
=
a
r
c
s
e
n
(
x
2
)
+
C
{\displaystyle F(x)=arcsen\left({\frac {x}{2}}\right)+C}
Sendo C a constante de antidiferenciação.
editar
Seja a função:
f
(
x
)
=
1
x
2
−
9
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {x^{2}-9}}}}
Se
F
(
x
)
=
∫
d
x
x
2
−
9
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}-9}}}}
Introduzimos a variável angular
θ
{\displaystyle \theta }
x
=
3
s
e
c
(
θ
)
{\displaystyle x=3sec(\theta )}
e sua diferencial:
d
x
=
3
s
e
c
(
θ
)
t
g
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle dx=3sec(\theta )tg(\theta )d{\theta }}
Substituindo na equação anterior:
F
(
θ
)
=
∫
3
s
e
c
(
θ
)
t
g
(
θ
)
d
θ
9
s
e
c
2
(
θ
)
−
9
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {3sec(\theta )tg(\theta )d{\theta }}{\sqrt {9sec^{2}(\theta )-9}}}}
F
(
θ
)
=
∫
3
s
e
c
(
θ
)
t
g
(
θ
)
d
θ
3
s
e
c
2
(
θ
)
−
1
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {3sec(\theta )tg(\theta )d{\theta }}{3{\sqrt {sec^{2}(\theta )-1}}}}}
F
(
θ
)
=
∫
s
e
c
(
θ
)
t
g
(
θ
)
d
θ
t
g
(
θ
)
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {sec(\theta )tg(\theta )d{\theta }}{tg(\theta )}}}
F
(
θ
)
=
∫
s
e
c
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle F(\theta )=\int sec(\theta )d{\theta }}
F
(
θ
)
=
ln
|
s
e
c
(
θ
)
+
t
g
(
θ
)
|
{\displaystyle F(\theta )=\ln \left|sec(\theta )+tg({\theta })\right|}
Retornando a função ao domínio da variável x :
F
(
x
)
=
ln
|
x
3
+
x
2
−
9
3
|
{\displaystyle F(x)=\ln \left|{\frac {x}{3}}+{\frac {\sqrt {x^{2}-9}}{3}}\right|}
F
(
x
)
=
ln
|
1
3
⋅
(
x
+
x
2
−
9
)
|
{\displaystyle F(x)=\ln \left|{\frac {1}{3}}\cdot \left(x+{\sqrt {x^{2}-9}}\right)\right|}
Portanto:
F
(
x
)
=
ln
(
1
3
)
+
ln
|
x
+
x
2
−
9
|
+
C
{\displaystyle F(x)=\ln \left({\frac {1}{3}}\right)+\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}-9}}\right|+C}
Sendo C a constante de antidiferenciação.
editar
Seja a função:
f
(
x
)
=
1
x
2
+
16
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+16}}}}
Se
F
(
x
)
=
∫
d
x
x
2
+
16
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}+16}}}}
Introduzimos a variável angular
θ
{\displaystyle \theta }
x
=
4
t
g
(
θ
)
{\displaystyle x=4tg(\theta )}
e sua diferencial:
d
x
=
4
s
e
c
2
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle dx=4sec^{2}(\theta )d{\theta }}
Substituindo na equação anterior:
F
(
θ
)
=
∫
4
s
e
c
2
(
θ
)
d
θ
16
t
g
2
(
θ
)
+
16
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {4sec^{2}(\theta )d{\theta }}{\sqrt {16tg^{2}(\theta )+16}}}}
F
(
θ
)
=
∫
4
s
e
c
2
(
θ
)
d
θ
4
t
g
2
(
θ
)
+
1
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {4sec^{2}(\theta )d{\theta }}{4{\sqrt {tg^{2}(\theta )+1}}}}}
F
(
θ
)
=
∫
s
e
c
2
(
θ
)
d
θ
s
e
c
(
θ
)
{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {sec^{2}(\theta )d{\theta }}{sec(\theta )}}}
F
(
θ
)
=
∫
s
e
c
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle F(\theta )=\int sec(\theta )d{\theta }}
F
(
θ
)
=
ln
|
s
e
c
(
θ
)
+
t
g
(
θ
)
|
{\displaystyle F(\theta )=\ln \left|sec(\theta )+tg({\theta })\right|}
Retornando a função ao domínio da variável x :
F
(
x
)
=
ln
|
x
4
+
x
2
+
16
4
|
{\displaystyle F(x)=\ln \left|{\frac {x}{4}}+{\frac {\sqrt {x^{2}+16}}{4}}\right|}
F
(
x
)
=
ln
|
1
4
⋅
(
x
+
x
2
+
16
)
|
{\displaystyle F(x)=\ln \left|{\frac {1}{4}}\cdot \left(x+{\sqrt {x^{2}+16}}\right)\right|}
Portanto:
F
(
x
)
=
ln
(
1
4
)
+
ln
|
x
+
x
2
+
16
|
+
C
{\displaystyle F(x)=\ln \left({\frac {1}{4}}\right)+\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}+16}}\right|+C}
Sendo C a constante de antidiferenciação.
editar
Denominadores de segundo grau ou mais são um pouco mais problemáticos quando queremos definir uma integral, por exemplo:
Seja a função:
f
(
x
)
=
1
x
2
+
x
−
2
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+x-2}}}
É possível demonstrar que a função pode ser fatorada da seguinte forma:
f
(
x
)
=
A
x
−
r
1
+
B
x
−
r
2
{\displaystyle f(x)={\frac {A}{x-r_{1}}}+{\frac {B}{x-r_{2}}}}
Onde A e B são os fatores a serem definidos; o processo para definí-los será explicado mais adiante e
r
1
,
r
2
{\displaystyle r_{1},r_{2}}
Porém a demonstração disto está fora do escopo deste livro, deve ser tratado na algebra avançada.
Em todo caso, o teorema é bastante útil para a simplificação de tais funções.
editar
As funções racionais do formato:
f
(
x
)
=
P
n
P
d
{\displaystyle f(x)={\frac {P_{n}}{P_{d}}}}
P
d
{\displaystyle P_{d}}
f
(
x
)
=
x
−
a
1
k
1
x
n
+
k
2
x
n
−
1
+
k
3
x
n
−
2
+
⋯
+
k
n
{\displaystyle f(x)={\frac {x-a_{1}}{k_{1}x^{n}+k_{2}x^{n-1}+k_{3}x^{n-2}+\dots +k_{n}}}}
f
(
x
)
=
A
x
−
r
1
+
B
x
−
r
2
+
C
x
−
r
3
+
⋯
+
V
n
x
−
r
n
{\displaystyle f(x)={\frac {A}{x-r_{1}}}+{\frac {B}{x-r_{2}}}+{\frac {C}{x-r_{3}}}+\cdots +{\frac {V_{n}}{x-r_{n}}}}
Seja a função
f
(
x
)
=
1
x
2
+
x
−
2
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{x^{2}+x-2}}}
Considerando as raizes da equação
x
2
+
x
−
2
=
0
{\displaystyle x^{2}+x-2=0}
f
(
x
)
=
A
x
+
2
+
B
x
−
1
{\displaystyle f(x)={\frac {A}{x+2}}+{\frac {B}{x-1}}}
Os fatores
A
,
B
{\displaystyle A,B}
1
x
2
+
x
−
2
=
A
(
x
−
1
)
+
B
(
x
+
2
)
x
2
+
x
−
2
{\displaystyle {\frac {1}{x^{2}+x-2}}={\frac {A(x-1)+B(x+2)}{x^{2}+x-2}}}
1
=
A
(
x
−
1
)
+
B
(
x
+
2
)
{\displaystyle 1={A}(x-1)+{B}(x+2)}
logo, as raizes permitem:
A
(
x
−
1
)
+
B
(
x
+
2
)
=
1
{\displaystyle A(x-1)+B(x+2)=1}
Quando
x
=
−
2
{\displaystyle x=-2}
A
[
(
−
2
)
−
1
]
=
1
{\displaystyle A[(-2)-1]=1}
A
=
−
1
3
{\displaystyle A=-{\frac {1}{3}}}
Quando
x
=
1
{\displaystyle x=1}
B
[
(
1
)
+
2
]
=
1
{\displaystyle B[(1)+2]=1}
B
=
1
3
{\displaystyle B={\frac {1}{3}}}
então, podemos fazer:
1
x
2
+
x
−
2
=
1
3
(
x
−
1
)
−
1
3
(
x
+
2
)
{\displaystyle {\frac {1}{x^{2}+x-2}}={\frac {1}{3(x-1)}}-{\frac {1}{3(x+2)}}}
editar
O artifício de encontrar componentes lineares para substituir os denominadores, como exposto no tópico anterior, permite uma boa simplificação de integrais com denominadores polinomiais de graus superiores, porém ainda depende da determinação das raízes do polinômio dos denominadores, o que limita a nossa capacidade de resolução aos polinômios biquadráticos. Sem levar em conta este fato, podemos simplificar a integral para uma boa parcela de problemas que apresentam estes formatos de expressões.
Vejamos o caso anterior:
A função:
F
(
x
)
=
∫
d
x
x
2
+
x
−
2
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{x^{2}+x-2}}}
pode ser substituida por:
F
(
x
)
=
∫
d
x
3
(
x
−
1
)
−
∫
d
x
3
(
x
+
2
)
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{3(x-1)}}-\int {\frac {dx}{3(x+2)}}}
O que nos permite fazer:
F
(
x
)
=
ln
|
x
−
1
x
+
2
|
1
3
+
C
{\displaystyle F(x)=\ln \left|{\frac {x-1}{x+2}}\right|^{\frac {1}{3}}+C}
Com C Constante.
editar
Utilizando a decomposição de funções racionais em funções de denominadores lineares para a simplificação de integrais.
Seja a função:
f
(
x
)
=
x
3
−
4
x
2
+
2
x
+
5
x
2
+
x
−
6
d
x
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{3}-4x^{2}+2x+5}{x^{2}+x-6}}dx}
Encontremos a integral:
F
(
x
)
=
∫
f
(
x
)
d
x
{\displaystyle F(x)=\int f(x)dx}
Devemos simplificar a função, para isto podemos efetuar a divisão polinomial, que resulta:
x
−
5
+
13
x
−
25
x
2
+
x
−
6
{\displaystyle x-5+{\frac {13x-25}{x^{2}+x-6}}}
Ainda resta uma parte fracionária que podemos decompor usando o método que já vimos neste capítulo:
13
x
−
25
x
2
+
x
−
6
{\displaystyle {\frac {13x-25}{x^{2}+x-6}}}
As raízes nos revelam que:
x
2
+
x
−
6
=
(
x
+
3
)
(
x
−
2
)
{\displaystyle x^{2}+x-6=(x+3)(x-2)}
logo podemos fazer:
13
x
−
25
x
2
+
x
−
6
=
A
x
+
3
+
B
x
−
2
{\displaystyle {\frac {13x-25}{x^{2}+x-6}}={\frac {A}{x+3}}+{\frac {B}{x-2}}}
ou
13
x
−
25
=
A
(
x
−
2
)
+
B
(
x
+
3
)
{\displaystyle 13x-25={A}(x-2)+{B}(x+3)}
Analisando os valores da equação quando x se iguala as raízes:
Para
x
=
2
{\displaystyle x=2}
13
⋅
(
2
)
−
25
=
B
(
2
+
3
)
{\displaystyle 13\cdot (2)-25=B(2+3)}
B
=
1
5
{\displaystyle B={\frac {1}{5}}}
Para
x
=
−
3
{\displaystyle x=-3}
13
⋅
(
−
3
)
−
25
=
A
(
−
3
−
2
)
{\displaystyle 13\cdot (-3)-25=A(-3-2)}
A
=
64
5
{\displaystyle A={\frac {64}{5}}}
Podemos concluir que:
13
x
−
25
x
2
+
x
−
6
=
64
5
(
x
+
3
)
+
1
5
(
x
−
2
)
{\displaystyle {\frac {13x-25}{x^{2}+x-6}}={\frac {64}{5(x+3)}}+{\frac {1}{5(x-2)}}}
Desta forma temos a função simplificada:
f
(
x
)
=
x
−
5
+
64
5
(
x
+
3
)
+
1
5
(
x
−
2
)
{\displaystyle f(x)=x-5+{\frac {64}{5(x+3)}}+{\frac {1}{5(x-2)}}}
Podemos integrá-la:
∫
f
(
x
)
d
x
=
∫
x
d
x
−
∫
5
d
x
+
∫
64
5
(
x
+
3
)
d
x
+
∫
1
5
(
x
−
2
)
d
x
{\displaystyle \int f(x)dx=\int xdx-\int 5dx+\int {\frac {64}{5(x+3)}}dx+\int {\frac {1}{5(x-2)}}dx}
F
(
x
)
=
1
2
x
2
−
5
x
+
64
5
ln
|
x
+
3
|
+
1
5
ln
|
x
−
2
|
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}x^{2}-5x+{\frac {64}{5}}\ln |x+3|+{\frac {1}{5}}\ln |x-2|}
F
(
x
)
=
1
2
x
2
−
5
x
+
ln
|
(
x
+
3
)
64
5
|
+
ln
|
(
x
−
2
)
1
5
|
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}x^{2}-5x+\ln \left|(x+3)^{\frac {64}{5}}\right|+\ln \left|(x-2)^{\frac {1}{5}}\right|}
F
(
x
)
=
1
2
x
2
−
5
x
+
ln
|
(
x
+
3
)
64
5
(
x
−
2
)
1
5
|
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}x^{2}-5x+\ln \left|(x+3)^{\frac {64}{5}}(x-2)^{\frac {1}{5}}\right|}
Portanto:
F
(
x
)
=
1
2
x
2
−
5
x
+
ln
|
(
x
+
3
)
64
5
(
x
−
2
)
1
5
|
+
C
{\displaystyle F(x)={\frac {1}{2}}x^{2}-5x+\ln \left|(x+3)^{\frac {64}{5}}(x-2)^{\frac {1}{5}}\right|+C}
Sendo C a constante de antidiferenciação.
editar
A segunda categoria de funções racionais às quais temos que nos aplicar são as que dão origem a denominadores quadráticos.
editar
Quando não temos como encontrar as raizes de certos denominadores quadráticos podemos mantê-los e utilizar a seguinte substituição:
k
n
x
n
+
k
n
−
1
x
n
−
1
+
⋯
+
k
0
a
x
2
+
b
x
+
c
=
A
x
+
B
a
x
2
+
b
x
+
c
{\displaystyle {\frac {k_{n}x^{n}+k_{n-1}x^{n-1}+\cdots +k_{0}}{ax^{2}+bx+c}}={\frac {Ax+B}{ax^{2}+bx+c}}}
O teorema que estabelece esta relação faz parte da álgebra avançada, portanto não entraremos em detalhe neste livro, porém faremos uso de suas consequências como forma de simplificação, como fizemos com a decomposição de denominadores em fatores lineares vista na seção anterior.
A melhor maneira de definir a parte
A
x
+
B
{\displaystyle Ax+B}
x nesta fazendo-a igual a derivada do denominador, ou seja:
A
x
+
B
=
A
(
2
a
x
+
b
)
+
B
{\displaystyle Ax+B=A(2ax+b)+B}
k
n
x
n
+
k
n
−
1
x
n
−
1
+
⋯
+
k
0
=
A
(
2
a
x
+
b
)
+
B
{\displaystyle k_{n}x^{n}+k_{n-1}x^{n-1}+\cdots +k_{0}=A(2ax+b)+B}
No lado esquerdo da equação acima, se houver variáveis de expoente maior que o maior expoente do lado direito devemos proceder uma simplificação efetuando a divisão dos polinômios, caso contrário teríamos:
k
1
x
+
k
0
=
A
(
2
a
x
+
b
)
+
B
{\displaystyle k_{1}x+k_{0}=A(2ax+b)+B}
k
1
x
+
k
0
=
2
a
A
x
+
A
b
+
B
{\displaystyle k_{1}x+k_{0}=2aAx+Ab+B}
Separamos cada fator de acordo com o grau da variável, obtendo:
Para
x
→
2
a
A
=
k
1
{\displaystyle x\quad \rightarrow \quad 2aA=k_{1}}
Para
x
0
→
A
b
+
B
=
k
0
{\displaystyle x^{0}\quad \rightarrow \quad Ab+B=k_{0}}
logo:
A
=
k
1
2
a
{\displaystyle A={\frac {k_{1}}{2a}}}
B
=
k
0
−
k
1
b
2
a
{\displaystyle B=k_{0}-{\frac {k_{1}b}{2a}}}
Porém em funções racionais mais comuns temos que lidar com funções com partes lineares e quadráticas, onde o processo de encontrar os valores para
A
,
B
{\displaystyle A,B}
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Utilizando a decomposição de funções racionais com denominadores quadráticos para simplificar o cálculo da integral.
Seja a função:
f
(
x
)
=
x
4
+
x
2
+
x
−
1
x
3
−
x
2
+
x
−
1
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{4}+x^{2}+x-1}{x^{3}-x^{2}+x-1}}}
Calculemos a sua integral indefinida:
F
(
x
)
=
∫
x
4
+
x
2
+
x
−
1
x
3
−
x
2
+
x
−
1
d
x
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {x^{4}+x^{2}+x-1}{x^{3}-x^{2}+x-1}}dx}
Antes de tudo façamos a simplificação dos polinômios, primeiro faremos a divisão simples do numerador pelo denominador:
f
(
x
)
=
x
4
+
x
2
+
x
−
1
x
3
−
x
2
+
x
−
1
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{4}+x^{2}+x-1}{x^{3}-x^{2}+x-1}}}
f
(
x
)
=
x
+
1
+
x
2
+
x
x
3
−
x
2
+
x
−
1
{\displaystyle f(x)=x+1+{\frac {x^{2}+x}{x^{3}-x^{2}+x-1}}}
Da divisão separamos a parte do resto:
x
2
+
x
x
3
−
x
2
+
x
−
1
{\displaystyle {\frac {x^{2}+x}{x^{3}-x^{2}+x-1}}}
Procedendo a decomposição dos fatores:
x
2
+
x
x
3
−
x
2
+
x
−
1
=
x
2
+
x
(
x
−
1
)
(
x
2
+
1
)
{\displaystyle {\frac {x^{2}+x}{x^{3}-x^{2}+x-1}}={\frac {x^{2}+x}{\left(x-1\right)\left(x^{2}+1\right)}}}
Que nos permite fazer:
x
2
+
x
x
3
−
x
2
+
x
−
1
=
A
x
−
1
+
B
(
2
x
)
+
C
x
2
+
1
{\displaystyle {\frac {x^{2}+x}{x^{3}-x^{2}+x-1}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B(2x)+C}{x^{2}+1}}}
x
2
+
x
=
A
(
x
2
+
1
)
+
[
B
(
2
x
)
+
C
]
(
x
−
1
)
{\displaystyle x^{2}+x=A\left(x^{2}+1\right)+[B(2x)+C](x-1)}
x
2
+
x
=
(
A
+
2
B
)
x
2
+
(
C
−
2
B
)
x
+
A
−
C
{\displaystyle x^{2}+x=(A+2B)x^{2}+(C-2B)x+A-C}
Quando separamos os fatores para cada variável de expoente correspondente em ambos os lados da equação, temos:
{
A
+
2
B
=
1
C
−
2
B
=
1
A
−
C
=
0
{\displaystyle \left\{{\begin{matrix}A+2B&=&1\\C-2B&=&1\\A-C&=&0\end{matrix}}\right.}
Resolvendo o sistema linear temos:
A
=
1
B
=
0
C
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}A&=&1\\B&=&0\\C&=&1\end{matrix}}}
Podemos escrever a função como:
f
(
x
)
=
x
+
1
+
1
x
−
1
+
1
x
2
+
1
{\displaystyle f(x)=x+1+{\frac {1}{x-1}}+{\frac {1}{x^{2}+1}}}
Agora podemos integrá-la:
F
(
x
)
=
∫
x
d
x
+
∫
d
x
+
∫
1
x
−
1
d
x
+
∫
1
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle F(x)=\int xdx+\int dx+\int {\frac {1}{x-1}}dx+\int {\frac {1}{x^{2}+1}}dx}
F
(
x
)
=
x
2
2
+
x
+
ln
|
x
−
1
|
+
ln
(
x
2
+
1
)
1
2
{\displaystyle F(x)={\frac {x^{2}}{2}}+x+\ln |x-1|+\ln \left(x^{2}+1\right)^{\frac {1}{2}}}
Portanto:
F
(
x
)
=
x
2
2
+
x
+
ln
[
|
x
−
1
|
⋅
(
x
2
+
1
)
1
2
]
+
C
{\displaystyle F(x)={\frac {x^{2}}{2}}+x+\ln \left[|x-1|\cdot \left(x^{2}+1\right)^{\frac {1}{2}}\right]+C}
Com C constante.
editar
Se podemos fazer substituições trigonométricas em funções algébricas e existem funções hiperbólicas, por que não utilizar o mesmo método de substituição com funções hiperbólicas? Temos mais esta possibilidade para simplificar a integração de funções algébricas; Detalharemos nesta seção as formas de substituição com funções hiperbólicas, que podem ser uma valorosa ferramenta para a integração de funções mais complexas.
editar
Como conseqüência das derivadas de funções hiperbólicas inversas, temos as seguintes integrais:
Função:
Derivada:
Integral relacionada:
y
=
arcsenh
x
{\displaystyle y=\operatorname {arcsenh} \,x}
d
y
d
x
=
1
x
2
+
1
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+1}}}}
∫
d
x
x
2
+
1
=
ln
|
x
+
x
2
+
1
|
{\displaystyle \int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}+1}}}=\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}+1}}\right|}
y
=
arccosh
x
{\displaystyle y=\operatorname {arccosh} \,x}
d
y
d
x
=
1
x
2
−
1
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}}
|
x
|
>
1
{\displaystyle |x|>1}
∫
d
x
x
2
−
1
=
ln
|
x
+
x
2
−
1
|
{\displaystyle \int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}-1}}\right|}
y
=
arctgh
x
{\displaystyle y=\operatorname {arctgh} \,x}
d
y
d
x
=
1
1
−
x
2
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{1-x^{2}}}}
|
x
|
<
1
{\displaystyle |x|<1}
∫
d
x
1
−
x
2
=
1
2
ln
1
+
x
1
−
x
{\displaystyle \int {\frac {dx}{1-x^{2}}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+x}{1-x}}}
y
=
arcsech
x
{\displaystyle y=\operatorname {arcsech} \,x}
d
y
d
x
=
−
1
x
1
−
x
2
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {-1}{x{\sqrt {1-x^{2}}}}}}
0
<
x
<
1
{\displaystyle 0<x<1}
∫
d
x
x
1
−
x
2
=
ln
1
−
1
−
x
2
x
{\displaystyle \int {\frac {dx}{x{\sqrt {1-x^{2}}}}}=\ln {\frac {1-{\sqrt {1-x^{2}}}}{x}}}
y
=
arccotgh
x
{\displaystyle y=\operatorname {arccotgh} \,x}
d
y
d
x
=
1
1
−
x
2
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{1-x^{2}}}}
|
x
|
>
1
{\displaystyle |x|>1}
∫
d
x
1
−
x
2
=
1
2
ln
x
+
1
x
−
1
{\displaystyle \int {\frac {dx}{1-x^{2}}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {x+1}{x-1}}}
y
=
arccosech
x
{\displaystyle y=\operatorname {arccosech} \,x}
d
y
d
x
=
−
1
|
x
|
1
+
x
2
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}={\frac {-1}{|x|{\sqrt {1+x^{2}}}}}}
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
∫
d
x
x
1
+
x
2
=
ln
|
1
−
1
+
x
2
x
|
{\displaystyle \int {\frac {dx}{x{\sqrt {1+x^{2}}}}}=\ln \left|{\frac {1-{\sqrt {1+x^{2}}}}{x}}\right|}
A técnica aqui exposta é semelhante à abordada na seção Transformando expressões algébricas em trigonométricas , a diferença básica está nas expressões a serem substituídas, uma vez que as identidades trigonométricas e hiperbólicas são sutilmente distintas, as expressões seguem a mesma tendência. Então vamos ver quais são as correspondentes algébricas para as funções hiperbólicas:
Na função
y
=
a
2
+
x
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}+x^{2}}},\quad x}
Na função
y
=
a
2
−
x
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {a^{2}-x^{2}}},\quad x}
Na função
y
=
x
2
−
a
2
,
x
{\displaystyle y={\sqrt {x^{2}-a^{2}}},\quad x}
O que nos dá as substituições:
Expressão
Substituição
x
2
+
a
2
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}
x
=
a
⋅
s
e
n
h
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot senh(\theta )}
a
2
−
x
2
{\displaystyle {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}
x
=
a
⋅
t
g
h
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot tgh(\theta )}
x
2
−
a
2
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}
x
=
a
⋅
c
o
t
g
h
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot cotgh(\theta )}
Em todas as substituições consideramos um triângulo retângulo cujo vértice relacionado ao ângulo
θ
{\displaystyle \theta }
(
−
∞
,
+
∞
)
{\displaystyle (-\infty ,+\infty )}
editar
Considere a função:
f
(
x
)
=
1
x
2
+
a
2
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}}
F
(
x
)
{\displaystyle F(x)}
F
(
x
)
=
∫
d
x
x
2
+
a
2
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}}
Concebemos uma nova variável
θ
{\displaystyle \theta }
x
=
a
⋅
s
e
n
h
(
θ
)
{\displaystyle x=a\cdot senh(\theta )}
conseqüentemente, sua diferencial é:
d
x
=
a
⋅
c
o
s
h
(
θ
)
d
θ
{\displaystyle dx=a\cdot cosh(\theta )d{\theta }}
Substituindo na equação inicial, temos:
F
(
x
)
=
∫
a
⋅
c
o
s
h
(
θ
)
d
θ
a
2
⋅
s
e
n
h
2
(
θ
)
+
a
2
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {a\cdot cosh(\theta )d{\theta }}{\sqrt {a^{2}\cdot senh^{2}(\theta )+a^{2}}}}}
F
(
x
)
=
∫
a
⋅
c
o
s
h
(
θ
)
d
θ
a
⋅
s
e
n
h
2
(
θ
)
+
1
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {a\cdot cosh(\theta )d{\theta }}{a\cdot {\sqrt {senh^{2}(\theta )+1}}}}}
F
(
x
)
=
∫
a
⋅
c
o
s
h
(
θ
)
d
θ
a
⋅
c
o
s
h
(
θ
)
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {a\cdot cosh(\theta )d{\theta }}{a\cdot cosh(\theta )}}}
F
(
x
)
=
∫
d
θ
{\displaystyle F(x)=\int d{\theta }}
Ou seja:
F
(
x
)
=
a
r
g
s
e
n
h
(
x
a
)
{\displaystyle F(x)=argsenh\left({\frac {x}{a}}\right)}
Porém, devido a natureza exponencial das funções hiperbólicas inversas, ainda podemos transformar esta equação na forma puramente logarítmica:
F
(
x
)
=
ln
(
x
a
+
x
2
a
2
+
1
)
{\displaystyle F(x)=\ln \left({\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}\right)}
Finalmente:
F
(
x
)
=
ln
(
x
+
x
2
+
a
2
a
)
{\displaystyle F(x)=\ln \left({\frac {x+{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}{a}}\right)}
editar
O problema da integração de funções racionais trigonométrica consiste, basicamente, na característica da complexibilização progressiva quando estas funções são submetidas às técnicas convencionais de substituição, no momento que tentamos substituir a expressão original temos que definir sua diferencial, o que implica a criação de mais um termo a ser incorporado a expressão original.
Digamos que tenhamos que integrar a função:
f
(
x
)
=
1
s
e
n
(
x
)
{\displaystyle f(x)={\frac {1}{sen(x)}}}
Ao adotarmos a linha tradicional de substituições teremos:
u
=
s
e
n
(
x
)
{\displaystyle u=sen(x)}
e
d
u
=
c
o
s
(
x
)
d
x
{\displaystyle du=cos(x)dx}
no entanto:
u
2
=
s
e
n
2
(
x
)
{\displaystyle u^{2}=sen^{2}(x)}
1
−
u
2
=
1
−
s
e
n
2
(
x
)
{\displaystyle 1-u^{2}=1-sen^{2}(x)}
c
o
s
2
(
x
)
=
1
−
u
2
{\displaystyle cos^{2}(x)=1-u^{2}}
c
o
s
(
x
)
=
1
−
u
2
{\displaystyle cos(x)={\sqrt {1-u^{2}}}}
logo teremos que integrar:
f
(
u
)
=
1
u
{\displaystyle f(u)={\frac {1}{u}}}
de forma que:
F
(
u
)
=
∫
d
u
u
1
−
u
2
{\displaystyle F(u)=\int {\frac {du}{u{\sqrt {1-u^{2}}}}}}
Que, pelo menos, é uma função algébrica pura, mas que ainda demanda um certo trabalho para ser integrada... Portanto concluimos que o processo de substituição de variáveis e diferenciais não ajuda muito.
Nesta seção exporemos um método de substituição mais eficiente para estes casos.
editar
Apresentamos duas identidades que serão muito úteis para a simplifição de funções racionais trigonométricas, são elas:
Seno em forma algébrica
Cosseno em forma algébrica Basicamente são resultantes de um processo de substituição mais bem estruturado, para possibilitar a simplificação da integração.
A identidade relacionada ao Cosseno é apresentada antes da relacionada ao seno pois será útil para a sua dedução.
Considere a seguinte definição:
t
=
t
g
(
1
2
x
)
{\displaystyle t=tg\left({\frac {1}{2}}x\right)}
logo, é dedutível que:
c
o
s
(
x
)
=
1
−
t
2
1
+
t
2
{\displaystyle cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}
Considerando a identidade I-2 Cosseno da soma , temos, por conseqüência:
c
o
s
(
2
u
)
=
c
o
s
2
(
u
)
−
s
e
n
2
(
u
)
{\displaystyle cos(2u)=cos^{2}(u)-sen^{2}(u)}
Se
u
=
x
2
{\displaystyle u={\frac {x}{2}}}
c
o
s
(
x
)
=
c
o
s
2
(
x
2
)
−
s
e
n
2
(
x
2
)
{\displaystyle cos(x)=cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)-sen^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)}
ou
c
o
s
(
x
)
=
2
c
o
s
2
(
x
2
)
−
1
{\displaystyle cos(x)=2cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)-1}
Por outro lado:
t
2
=
s
e
n
2
(
x
2
)
c
o
s
2
(
x
2
)
{\displaystyle t^{2}={\frac {sen^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)}{cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)}}}
t
2
=
1
−
c
o
s
2
(
x
2
)
c
o
s
2
(
x
2
)
{\displaystyle t^{2}={\frac {1-cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)}{cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)}}}
(
t
2
+
1
)
c
o
s
2
(
x
2
)
=
1
{\displaystyle \left(t^{2}+1\right)cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)=1}
c
o
s
2
(
x
2
)
=
1
1
+
t
2
{\displaystyle cos^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)={\frac {1}{1+t^{2}}}}
Substituindo na identidade temos:
c
o
s
(
x
)
=
2
1
1
+
t
2
−
1
{\displaystyle cos(x)=2{\frac {1}{1+t^{2}}}-1}
que nos dá:
c
o
s
(
x
)
=
1
−
t
2
1
+
t
2
{\displaystyle cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}
Ainda considerando a definição:
t
=
t
g
(
1
2
x
)
{\displaystyle t=tg\left({\frac {1}{2}}x\right)}
também é dedutível que:
s
e
n
(
x
)
=
2
t
1
+
t
2
{\displaystyle sen(x)={\frac {2t}{1+t^{2}}}}
Da identidade anterior:
c
o
s
(
x
)
=
1
−
t
2
1
+
t
2
{\displaystyle cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}
Da I-1 Identidade relacional básica :
s
e
n
(
x
)
=
1
−
c
o
s
2
(
x
)
{\displaystyle sen(x)={\sqrt {1-cos^{2}(x)}}}
Fazendo as substituições:
s
e
n
(
x
)
=
1
−
(
1
−
t
2
)
2
(
1
+
t
2
)
2
{\displaystyle sen(x)={\sqrt {1-{\frac {\left(1-t^{2}\right)^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}}}}
s
e
n
(
x
)
=
1
+
2
t
2
+
t
4
−
(
1
−
2
t
2
+
t
4
)
(
1
+
t
2
)
2
{\displaystyle sen(x)={\sqrt {\frac {1+2t^{2}+t^{4}-\left(1-2t^{2}+t^{4}\right)}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}}}
s
e
n
(
x
)
=
4
t
2
(
1
+
t
2
)
2
{\displaystyle sen(x)={\sqrt {\frac {4t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}}}
logo:
s
e
n
(
x
)
=
2
t
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle sen(x)={\frac {2t}{\left(1+t^{2}\right)}}}
Temos duas funções trigonométricas fundamentais na forma algébrica para substituir as originais na forma trigonométrica, porém para integrar as funções racionais substituindo-as por estas temos que encontrar uma diferencial correspondente para esta nova variável algébrica que criamos.
Da definição inicial:
t
=
t
g
(
x
2
)
{\displaystyle t=tg\left({\frac {x}{2}}\right)}
Diferenciando:
d
t
=
1
2
s
e
c
2
(
x
2
)
d
x
{\displaystyle dt={\frac {1}{2}}sec^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)dx}
Da identidade I-14 Relacionando tangente e secante :
d
t
=
1
2
[
1
+
t
g
2
(
x
2
)
]
d
x
{\displaystyle dt={\frac {1}{2}}\left[1+tg^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)\right]dx}
d
t
=
1
2
(
1
+
t
2
)
d
x
{\displaystyle dt={\frac {1}{2}}\left(1+t^{2}\right)dx}
de onde concluimos que:
d
x
=
2
d
t
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle dx={\frac {2dt}{\left(1+t^{2}\right)}}}
Agora podemos encontrar a integral proposta no início da seção:
F
(
x
)
=
∫
d
x
s
e
n
(
x
)
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dx}{sen(x)}}}
para
t
=
t
g
(
x
2
)
{\displaystyle t=tg\left({\frac {x}{2}}\right)}
F
(
x
)
=
∫
2
d
t
(
1
+
t
2
)
2
t
(
1
+
t
2
)
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {\frac {2dt}{\left(1+t^{2}\right)}}{\frac {2t}{\left(1+t^{2}\right)}}}}
ou seja:
F
(
x
)
=
∫
d
t
t
{\displaystyle F(x)=\int {\frac {dt}{t}}}
Não é incrível? !!!
F
(
x
)
=
ln
|
t
|
{\displaystyle F(x)=\ln |t|}
e
F
(
x
)
=
ln
|
t
g
(
x
2
)
|
+
C
{\displaystyle F(x)=\ln \left|tg\left({\frac {x}{2}}\right)\right|+C}
Jamais poderemos nos esquecer de C
![{\displaystyle \int \ln(x)dx=x[\ln(x)-1]+C}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/18e79ea63109813cfc288c56ff999e093c753a65)
![{\displaystyle \int \ln(x)dx=x[\ln(x)-\ln(e)]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/599baa5d0ea5d5bd2e596b22e5d52615499e2f70)
![{\displaystyle \int \ln(x)dx=x\left[\ln \left({\frac {x}{e}}\right)\right]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/29f63770193e07e4860d17e3c8cbf9d3ccd65740)
![{\displaystyle {\frac {d[arctg(x)]}{dx}}={\frac {1}{1+x^{2}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/48860b431d11c2959b8808f5de357e96f78ac25b)
![{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int tg(x)[sec(x)tg(x)]dx}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5cf5e37988fa82a38852c526b205595163018f4f)
![{\displaystyle \int sec^{3}(x)dx=sec(x)tg(x)-\int sec(x)[sec^{2}(x)-1]dx}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2659d444bdb673cf5587572befb4de6652e44efa)
![{\displaystyle f(\theta )={\sqrt {a^{2}-\left[a\ sen(\theta )\right]^{2}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5f5db6d9db06eb2aa430ab1d364bc57ec42124d4)
![{\displaystyle F(\theta )=\int {\frac {2\cdot cos(\theta )d{\theta }}{\sqrt {4-\left[2\cdot sen(\theta )\right]^{2}}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6e16638aa9368d7e592c75fea436247ab4668102)
![{\displaystyle A[(-2)-1]=1}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c96fcc52fa1c61e5ed861991565e03d8b8d11f0f)
![{\displaystyle B[(1)+2]=1}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bafe62e70cda2d0f4ec660e481719262286ca321)
}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bb9b03c6e9d48e4a47d7d2676108f1190c34244e)
![{\displaystyle F(x)={\frac {x^{2}}{2}}+x+\ln \left[|x-1|\cdot \left(x^{2}+1\right)^{\frac {1}{2}}\right]+C}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4f8866005d412dee378f5efe565cb1b42638392e)
![{\displaystyle dt={\frac {1}{2}}\left[1+tg^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)\right]dx}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a8b6a96d218c15a649bfad0098634f9bcf135091)
