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Substituição Trigonométrica
Prof.: Rogério Dias Dalla Riva
UNIVERSIDADE DO ESTADO DE MATO GROSSOCAMPUS UNIVERSITÁRIO DE SINOP
CURSO DE ENGENHARIA CIVILDISCIPLINA: CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I
FACULDADE DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLÓGICAS
1. Introdução
Para determinar a área de um círculo ou umaelipse, uma integral da forma
2 2a x dx−∫
aparece, onde a > 0.
1. Introdução
a substituição u = a2 – x2 poderia ser eficaz, mas,como está,
Se a integral fosse
2 2x a x dx−∫
2 2a x dx−∫é mais difícil.
1. Introdução
Se mudarmos a variável de x para θ pelasubstituição x = a senθ, então a identidade 1 – sen2θ =cos2θ permitirá que nos livremos da raiz, porque
2 2 2 2 2 2 2sen (1 sen )a x a a a− = − = −∫ ∫ ∫θ θ
2 2cos cosa a= =∫ θ θ
1. Introdução
Note a diferença entre a substituiçãou = a2 – x2 (na qual uma nova variável é uma funçãoda velha) e a substituição x = a senθ (a variávelvelha é uma função da nova).
1. Introdução
Em geral podemos fazer uma substituição daforma x = g (t) usando a Regra da Substituição aocontrário.
Para simplificar nossos cálculos, presumimosque g tem uma função inversa, isto é, g é um a um.Nesse caso, se trocarmos u por x e x por t naRegra da Substituição, obteremos
( )( ) ( ) ( )f x dx f g t g t dt′=∫ ∫Esse tipo de substituição é chamado de
substituição inversa.
1. Introdução
Na tabela a seguir listamos as substituiçõestrigonométricas que são eficazes para asexpressões radicais dadas em razão de certasidentidades trigonométricas.
Em cada caso, a restrição de θ é impostapara assegurar que a função que define asubstituição seja um a um.
Podemos fazer a substituição inversax = a sen θ desde que esta defina uma função um aum. Isso pode ser conseguido pela restrição de θno intervalo [-π/2, π/2].
1. Introdução
Expressão Substituição Identidade
2 2a x−
2 2a x+
2 2x a−
sen
[ 2, 2]
x a=∈ −
θθ π π
tg
( 2, 2)
x a=∈ −
θθ π π
sec
[0, 2) ou [ ,3 2)
x a=∈
θθ π π π
2 21 sen cos− =θ θ
2 21 tg sec+ =θ θ
2 2sec 1 tg= −θ θ
TABELA DE SUBSTITUIÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
OBS: Estes são os mesmos intervalos usados na definição de funções inversas.
2. Resolução de exemplos
Solução: Seja x = 3 sen θ, onde -π/2 ≤ θ ≤ π/2.Então dx = 3 cos θ d θ e
2 2 29 9 9sen 9cosx− = − =θ θ
3 cos 3cos= =θ θ
2. Resolução de exemplos
Note que cos θ ≥ 0 porque -π/2 ≤ θ ≤ π/2. Então aRegra da Substituição Inversa fornece
2
2 2
9 3cos3cos
9senx
dx dx− =∫ ∫
θ θ θθ
( )2
2 22
coscotg cossec 1
send d d= = = −∫ ∫ ∫
θ θ θ θ θ θθ
2cossec cotgd d C= − = − − +∫ ∫θ θ θ θ θ
2. Resolução de exemplos
Como esta é uma integral indefinida,devemos retornar à variável x original. Isso podeser feito usando-se as identidades trigono-métricas para expressar cotg θ em termos desen θ = x/3 ou pelo desenho de um diagrama, comona figura abaixo, onde θ é interpretado como umângulo de um triângulo retângulo.
sen3x=θ
2. Resolução de exemplos
Pelo Teorema de Pitágoras o comprimentodo lado adjacente é
29 x−
Assim podemos ler o valor de cotg θdiretamente da figura.
29cotg
xx−=θ
2. Resolução de exemplos
Como
1sen sen3 3x x
C− = ⇒ = +
θ θ
Então
2
2
9cotg
xdx C
x− = − − +∫ θ θ
2 21
2
9 9sen
3x x x
dx Cx x
−− − = − − +
∫
2. Resolução de exemplos
Solução: Resolvendo a equação da elipse para y,temos:
2 2 2 2 2
2 2 2 21y x y a xb a b a
−= − ⇒ =
( )2
2 2 2 2 22
b by a x y a x
a a= − ⇒ = ± −
2. Resolução de exemplos
Porque a elipse é simétrica em relação aambos os eixos, a área total A é quatro vezes aárea do primeiro quadrante, conforme a figuraabaixo
2 2
2 2 1x ya b
+ =
2. Resolução de exemplos
A parte da elipse no primeiro quadrante édada pela função
2 2 0 xb
y a x aa
= − ≤ ≤
e, dessa forma
2 2
0
14
a bA a x dx
a= −∫
2. Resolução de exemplos
Para avaliar essa integral substituímosx = a sen θ. Então dx = a cos θ dθ. Para mudar oslimites de integração notamos que quando x = 0,sen θ = 0, logo θ = 0; quando x = a, sen θ = 1, assimθ = π/2. Também
2 2 2 2 2 2 2sen cosa x a a a− = − =θ θ
cos cosa a= =θ θ
já que 0 ≤ θ ≤ π/2.
2. Resolução de exemplos
Portanto
/22 2
0 0
4 4 cos cosab b
A a x dx a a da a
= − = ⋅∫ ∫π
θ θ θ
( )/2 /22
2
0 0
14 cos 4 1 cos2
2a b
d ab da
= = +∫ ∫π π
θ θ θ θ
/2
0
12 sen2 2
2 2ab ab ab = + = =
π πθ θ π
2. Resolução de exemplos
Mostramos que a área de uma elipse comsemi-eixos a e b é πab. Em particular, tomandoa = b = r, provamos a famosa fórmula que diz que aárea de um círculo de raio r é πr 2.
OBS: Como a integral no Exemplo 2 era a definida,mudamos os extremos de integração e não tivemosde convertê-los de volta à variável x original.
2. Resolução de exemplos
Solução: Seja x = 2 tg θ, -π/2 < θ < π/2. Entãodx = 2 sec2θ dθ e
( )2 2 24 4tg 4 4 tg 1x + = + = +θ θ
24sec 2 sec 2sec= = =θ θ θ
2. Resolução de exemplos
Assim, temos
2
22 2
2sec4tg 2sec4
dx d
x x=
⋅+∫ ∫θ θ
θ θ
2
1 sec4 tg
d= ∫θ θ
θ
2. Resolução de exemplos
Para avaliar essa integral trigonométricacolocamos tudo em termos de sen θ e cos θ.
2
2 2 2
sec 1 cos costg cos sen sen
= ⋅ =θ θ θθ θ θ θ
2. Resolução de exemplos
Portanto, fazendo a substituição u = sen θ,temos
2 22 2
1 cos 14 sen 4 u4
dx dud
x x= =
+∫ ∫ ∫θ θθ
1 1 1 cossec4 u 4sen 4
C C C = − + = − + = − +
θθ
2. Resolução de exemplos
Usamos a figura abaixo para determinarcossec θ.
Assim
2 4cossec
xx
+=θ
tg2x=θ
2
2 2
444
dx xC
xx x
+= − ++∫
2. Resolução de exemplos
Solução: Seria possível usar a substituiçãotrigonométrica x = 2 tg θ aqui (como no Exemplo3). Mas a substituição direta u = x 2 + 4 é maissimples, porque du = 2x dx e
2
2
14
24
x dudx u C x C
ux= = + = + +
+∫ ∫
2. Resolução de exemplos
OBS: O Exemplo 4 ilustra o fato de que mesmoquando as substituições trigonométricas sãopossíveis, elas nem sempre dão a solução mais fácil.Deve-se primeiro visualizar um método mais fácil.
2. Resolução de exemplos
Solução: Seja x = a secθ, onde 0 < θ < π/2 ouπ < θ < 3π/2 . Então dx = a secθ tgθ dθ e
( )2 2 2 2 2 2 2sec sec 1x a a a a− = − = −θ θ
2 2tg tg tga a a= = =θ θ θ
2. Resolução de exemplos
Portanto, fazendo a substituição u = sen θ,temos
2 2
sec tgtg
dx ad
ax a=
−∫ ∫θ θ θθ
sec ln sec tgd C= = + +∫ θ θ θ θ
2. Resolução de exemplos
O triângulo da figura abaixo mostra a tgθ.Assim temos
secxa
=θ
2 2
tgx a
a−=θ
2. Resolução de exemplos
2 2ln sec tg
dx
x a= +
−∫ θ θ
2 2
2 2ln
dx x x aC
a ax a
−= + +−∫
2 2
2 2ln
dx x x aC
ax a
+ −= +−∫
2 2
2 2ln ln
dxx x a a C
x a= + − − +
−∫
2. Resolução de exemplos
OBS: As substituições hiperbólicas podem serutilizadas no lugar de substituições trigonomé-tricas e elas, às vezes, nos levam a respostas maissimples. Mas geralmente usamos substituiçõestrigonométricas, porque as identidades trigono-métricas são mais familiares que as identidadeshiperbólicas.
2. Resolução de exemplos
Solução: Primeiro notamos que
( ) ( )33/22 24 9 4 9 .x x+ = +
Logo, a substituição trigonométrica éapropriada. Embora (4x2 + 9)1/2 não seja exata-mente uma expressão da tabela de substituiçõestrigonométricas, ela se torna parte delas quandofazemos a substituição preliminar u = 2x.
2. Resolução de exemplos
Quando combinamos esta com a substituiçãoda tangente, temos
23 3tg sec
2 2x dx d= ⇒ =θ θ θ
( )2 2 24 9 9tg 9 9 tg 1x + = + = +θ θ
29sec 3 sec 3sec= = =θ θ θ
2. Resolução de exemplos
( )
33 3 /2 /33
23/2 32
0 0
27tg 38 sec
27sec 24 9
xdx d
x=
+∫ ∫
π θθ θ
θ
/3 /33 3
30 0
3 tg 3 sencos
16 sec 16 cosd d= =∫ ∫
π πθ θθ θ θθ θ
( )2/3 /32
2 20 0
1 cos3 sen sen 3sen
16 cos 16 cosd d
−= =∫ ∫
π π θθ θ θ θ θθ θ
2. Resolução de exemplos
Agora substituímos u = cos θ de modo quedu = - sen θ dθ. Quando θ = 0, u = 1; quando θ = π/3,u = 1/2.
( )( )23 3 /2 /33
3/2 220 0
1 cos3sen
16 cos4 9
xdx d
x
−=
+∫ ∫
π θθ θ
θ
( )1/2 1/2 1/22 2
22 2
1 1 1
3 1 u 3 u 1 31
16 16 16du du u du
u u−− −= − = = −∫ ∫ ∫
( )1/2
1
3 1 3 1 32 1 1
16 16 2 32u
u = + = + − + =
2. Resolução de exemplos
Solução: Podemos transformar o integrando emuma função para a qual a substituiçãotrigonométrica é apropriada completando oquadrado.
( )2 23 2 3 2x x x x− − = − +
( ) ( )223 1 2 1 4 1x x x= + − + + = − +
2. Resolução de exemplos
Isso sugere a substituição u = x + 1. Entãodu = dx e x = u – 1, assim
2
1
4
udu
u
−−∫
2. Resolução de exemplos
Agora substituímos
2sen 2cosu du d= ⇒ =θ θ θ
( )2 2 24 4 4sen 4 1 senu− = − = −θ θ
24cos 2 cos 2cos= = =θ θ θ