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Substituição Simples

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Teoria

Fala aí. Já vimos como calcular a integral de várias funções. Mas e se de repente aparece essa integral aqui pra resolver:

∫ 2 x cos ⁡ x 2 d x

Eita! Agora misturou tudo não foi?

Mas Relaxa que pra tudo na vida dá-se um jeito.

Pra resolver essa integral aí nós vamos usar a substituição simples, que é um método de integração que vai servir pra integrar várias das funções que aparecem por aí. Mas, apesar de ser bastante usado, esse método não é universal, por isso é muito importante nós sabermos quando podemos e quando não podemos usar a substituição simples.

Vamos dar uma olhada melhor na integral que estamos querendo resolver:

∫ 2 x cos ⁡ x 2 d x

Poxa, se fosse só o cos ⁡ x ali, seria bem simples de resolver, né?

Mas o que temos junto com ele? Dentro do c o s s e n o há um x 2 e na frente multiplicando há um 2 x . E olha que interessante, quando a gente derivar o x 2 , irá aparecer justamente o 2 x . Então esse é o caminho! Nós vamos procurar dentro da nossa integral uma parte que seja a derivada da outra ou só se diferencie dela por constante.

Quando isso acontecer, poderemos usar a Substituição simples sem medo.

Depois que percebermos isso, partimos para a mudança de variável. Agora a gente vai chamar o pedaço da integral que podemos derivar, de u . E vamos derivá-lo em relação a x pra ver o que acontece.

u = x 2

d u d x = 2 x

Maravilha, agora a gente substitui o que acabamos de encontrar. Assim, onde tiver o x 2 , vamos escrever u , e onde tiver o 2 x , vamos escrever d u d x . Vai ficar assim:

∫ 2 x ⏟ d u d x cos ⁡ x 2 ⏟ u d x

Trocando tudo, teremos:

∫ d u d x cos ⁡ u d x

Podemos “cortar” o d x de cima com o de baixo, ficando com:

∫ d u cos ⁡ u

Agora é só passar o d u para o final da integral.

∫ cos ⁡ u d u

E olha que maravilha, caímos em uma integral bem mais simples de resolver. A pergunta agora é: Qual a integral do cosseno de u ? E a integral do cosseno é o seno! Assim:

∫ cos ⁡ u d u = sen ⁡ u + C

E não esqueça a constante de integração C .

Bom, resolvemos a integração, certo? Certo!

Só um último detalhe que precisaremos fazer, voltar pra variável certa. Nossa integral era em função de x , então não podemos dar a nossa resposta em função de u . Por isso vamos voltar lá onde a gente começou a fazer a mudança de variável e vamos lembrar quem era esse u que a gente usou até aqui.

u = x 2

Show. Agora a gente troca o u por x 2 na nossa resposta. Assim:

sen ⁡ u + C = sen ⁡ x 2 + C

E nossa integral será:

∫ 2 x cos ⁡ x 2 d x = sen ⁡ x 2 + C

Showww. Resolvemos nossa primeira integral usando a Substituição simples. Podemos até montar um passo a passo para gente não esquecer de nenhuma parte da resolução. Vamos nessa:

Passo 1. Identificar dentro da integral uma parte que é derivada da outra ou só se diferencia de sua derivada por constantes.

Passo 2. Mudança de variável: chamar a parte a ser derivada de u .

Passo 3. Achar a derivada de u que será o d u d x .

Passo 5. Substituir o que está em x por suas correspondentes em u .

Passo 6. Ver se podemos cortar tudo que estava com x . Não pode sobrar nada em x , hem!

Passo 7. Resolver a integral em u normalmente.

Passo 8. Substituir u por sua correspondente em x (“DES-Substituir!”)

Prontinho! Integral resolvida!

O importante é identificar um termo que seja derivado de outro a menos de uma constante!

Vejamos outro exemplo:

∫ x 4 e x 5 d x

Passo 1. Veja que x 5 quando derivado resulta em 5   x 4

Passo 2. Mudança de variável: chamar a parte a ser derivada de u .

Assim, fazemos:

u = x 5

Passo 3. Derivamos u para encontrar d u d x

d u d x = 5   x 4

Passo 5. Agora vamos substituir na integral. Mas há um pequeno detalhe, lá na nossa integral não temos 5   x 4 , temos apenas o x 4 , então vamos deixar ele sozinho na derivada, passando o 5 para o lado esquerdo dividindo. Vai ficar assim:

d u 5   d x = x 4

Agora sim, vamos substituir na integral:

∫ x 4 ⏟ d u 5 d x e x 5 ⏟ u d x

∫ d u 5 d x   e u d x

Passo 6. Podemos cortar o d x , ficando com:

∫ d u 5   e u

Vamos ajeitar tudo colocando o 1 5 para fora da integral, pois ele é uma constante, e também vamos colocar o d u no final. Então nossa integral se transforma em:

1 5 ∫ e u d u

Passo 7. Então, resolvemos a integral normalmente. Qual a integral de e u ? O próprio e u !

Assim:

1 5 ∫ e u d u = 1 5 e u + C

Show. Integral resolvida, mas a resposta está em u ! Então fazemos o último passo.

Passo 8. Substituir u por sua correspondente em x . Lembra que u = x 5 ? Então, a gente volta para x , ressubstituindo.

1 5 e u + C = 1 5 e x 5 + C

Beleza, nossa integral é:

∫ x 4 e x 5 d x = 1 5 e x 5 + C

Prontinho, respondido!

Como calcular Integrais Definidas pelo método da substituição?

Vimos como calcular a integral usando a substituição simples, mas e quando for uma integral definida, o que acontecerá com os limites de integração?

∫ 0 1 3 x 2 e x 3 + 5 d x

Nesse caso, podemos resolver de duas maneiras diferentes. Veja:

Jeito 1: Calcular a integral sem os limites de integração, fazendo toda a substituição para u , e depois que voltarmos para x aplicamos o Teorema Fundamental do Cálculo. Dessa forma:

∫ 3 x 2 e x 3 + 5 d x

Fazemos:

u = x 3 + 5  

d u d x = 3 x 2

Substituímos na integral:

∫ 3 x 2 ⏟ d u d x e x 3 + 5 ⏞ u d x

Ficando com:

∫ d u d x e u d x

Ajeitamos tudo e cortamos o d x :

∫ e u d u

Agora é só integrar:

∫ e u d u = e u + C

Prontinho. Integral resolvida. Então a gente volta pra variável original fazendo o u = x 3 + 5 e aí sim aplicamos os limites de integração

∫ 0 1 3 x 2 e x 3 + 5 d x

= e x 3 + 5 0 1

e 1 3 + 5 - e 0 3 + 5

= e 6 - e 5

E essa é nossa resposta.

Podemos também fazer de um segundo jeito:

Jeito 2: Já calcular direto em função do u , sem voltar pro x .

Só temos que adaptar os limites de integração, de acordo com a nossa substituição!

Os limites de integração eram 0 e 1 quando estavam em x , vamos descobrir quais serão os novos limites agora em u . Para isso a gente substitui o valor de cada limite de x   na expressão do u .

Temos u = x 3 + 5 :

x = 0 → u = 5 + 0 3 = 5

x = 1 → u = 5 + 1 3 = 6

Daí a integral fica:

∫ 0 1 3 x 2 e x 3 + 5 d x = ∫ 5 6 e u d u

Fizemos toda a substituição e não precisamos voltar pra x , podemos substituir direto no u , pois os limites já estão adaptados.

Assim:

∫ 5 6 e u d u = e u 5 6

= e 6 - e 5

Viu, o mesmo resultado de antes. Então você pode escolher a melhor maneira pra você

E pra praticar bastante, bora fazer exercícios.

Como calcular Integrais Definidas pelo método da substituição?

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule a integral fazendo a substituição dada.

∫ cos ⁡ 3 x d x , u = 3 x

Passo 1

Bem, esse é um exercício para integrar a função cos ⁡ 3 x . Essa função é muito parecida com uma função que já sabemos integrar, que é a função cos ⁡ x !

Se lembra qual é o resultado da integral de cos ⁡ x ? É uma daquelas integrais tabeladas que a gente precisa ter em mente.

∫ cos ⁡ x d x = sen ⁡ x

Reconhecer que a função que queremos integrar é muito parecida com uma função que já sabemos integrar, é muito importante! Isso vai ajudar a gente a resolver o exercício pelo método da substituição simples!

E como seria esse método?

Nesse método, a gente cria uma nova variável u para transformar a função complicada em uma função mais simples que sabemos integrar! No nosso caso, o enunciado já informou o valor de u :

u = 3 x

O primeiro passo desse método é modificar o que está em x e em d x na nossa integral, para relações equivalentes em u e em d u . Dessa forma, nossa integral que era toda em x , passará a ser em u .

Para fazer isso, substituímos o 3 x pelo u .

∫ cos ⁡ 3 x ⏟ u d x = ∫ cos ⁡ u d x

Agora precisamos mudar esse d x pra alguma coisa em d u . Mas o que precisamos fazer para substituir o d x pelo d u ?

No próximo passo isso vai ficar claro!

Passo 2

Para substituir o d x pelo d u , nós vamos derivar o u ! Isso mesmo!

u = 3 x

Vamos fazer:

d u d x = d d x 3 x

Como a constante 3 não interfere na derivada, podemos colocar ela pra fora.

d u d x = 3 ⋅ d d x x

Agora precisamos só fazer a derivada do ( x ) . Você se lembra como se faz essa derivada?

Para ficar mais claro como se deriva o x , vamos fazer aparecer o expoente dele que vale 1 . Ou seja, x = x 1 .

Então:

d u d x = 3 ⋅ d d x x 1

Agora fica mais claro que vamos derivar uma potência de x . Com isso, vamos usar a regra do “peteleco”!

Nessa regra, o expoente do x leva um “peteleco” e cai na frente do x multiplicando. Além disso, quando caí ele perde uma unidade no expoente. O novo expoente será igual ao antigo menos 1 ! Olha só como fica:

d d x x n = n . x n - 1

3 ⋅ d d x x 1

3 ⋅ 1 ⋅ x 1 - 1

= 3 ⋅ x 0

Só lembrando que todo número elevado a zero dá um:

3 ⋅ 1 = 3

Resumindo, a derivada de u vale:

d u d x = 3

Mas o que a gente precisa lá na nossa integral é substituir aquele d x , pra isso temos que deixar ele, que está ali embaixo do d u , sozinho. Começamos jogamos ele para o outro lado pra junto do 3, assim:

d u = 3 d x

Mas ele ainda não está sozinho, então passamos o 3 pro lado esquerdo dividindo.

d u 3 = d x

Agora sim, nós sabemos quanto d x vale e podemos substituir isso na integral!

Lembrando:

∫ cos ⁡ 3 x ⏟ u d x ⏟ d u 3

= ∫ cos ⁡ u d u 3

Prontinho! Achamos agora uma integral toda em u

Agora vamos resolver.

Passo 3

∫ cos ⁡ u d u 3

Esse 3 ali, é uma constante e por isso pode sair da integral, mas como ele está na parte de baixo, vamos jogar ele pra frente na sua forma de fração que é 1 3 .

∫ cos ⁡ u d u 3

1 3 ⋅ ∫ cos ⁡ u d u

Finalmente achamos a integral de cosseno que já sabemos calcular!

Antes de calcular, precisamos saber de uma coisa: integrar u é diferente de integrar x ?

Não! O passo a passo que usamos para integrar a variável u é igual ao passo a passo que usamos para integrar x . Isso significa que, se a integral de cos ⁡ x vale sen ⁡ x , a integral de cos ⁡ u vale sen ⁡ u !

1 3 ⋅ ∫ cos ⁡ u d u

= 1 3 ⋅ sen ⁡ u + C

Ahhh, não esqueça da constante C , já que é uma integral indefinida.

No entanto, nós não podemos deixar o nosso resultado assim. Temos que lembrar que a integral pedida não estava em u , mas sim em x . Então nossa resposta final precisa estar na variável x

Você lembra que u = 3 x ? Então é isso, vamos colocar o 3 x no lugar do nosso u .

sen ⁡ u 3 + C = sen ⁡ ( 3 x ) 3 + C

Agora sim, tá tudo nos conformes, então:

∫ cos ⁡ 3 x d x = sen ⁡ 3 x 3 + C

Esse passo a passo te ajudou? Responde aí!

Resposta

∫ cos ⁡ 3 x d x = sen ⁡ 3 x 3 + C

Exercício Resolvido #2

Calcule a integral fazendo a substituição dada.

∫ e sen ⁡ θ cos ⁡ θ d θ , u = sen ⁡ θ

Passo 1

Você pode estar pensando: eeeita, que integral enorme! Como posso integrar isso?

Se acalme, porque a própria questão já nos dá uma dica muito importante de como resolver tudo! Nessa integral nós temos o sen ⁡ θ e a derivada do sen ⁡ θ , que é o cos ⁡ θ !

d sen ⁡ θ d θ = cos ⁡ θ

Dizemos que d sen ⁡ θ d θ é a derivada do sen ⁡ θ em relação a θ !

Tá mas de que forma isso ajuda a resolver essa questão?

Quando temos uma função e a sua derivada na mesma integral, podemos usar a substituição simples para resolvê-la! E o que é essa substituição simples?

Nesse método, a gente cria uma nova variável u para transformar a função complicada, em uma função mais simples que sabemos integrar! No nosso caso, o enunciado já informou o valor de u :

u = sen ⁡ θ

Então, vamos usar u para transformar a integral que estava em θ e em d θ , em outra integral agora escrita em u e d u .

Como o enunciado já disse quem é o u , vamos encaixar ele na integral:

∫ e sen ⁡ θ ⏞ u cos ⁡ θ d θ

= ∫ e u cos ⁡ θ d θ

Nossa integral ainda possui um cos ⁡ θ e um d θ , isso significa que ainda não terminamos nossa substituição. Para fazer os dois sumirem, temos que calcular quanto vale d θ no próximo passo.

Passo 2

Vamos atrás agora do d θ , pra isso derivamos o u em relação a θ ! Isso mesmo, olha como o tal d θ vai surgir fazendo assim:

u = sen ⁡ θ  

A derivada de u em relação a θ é:

d u d θ   = d d θ sen ⁡ θ

No entanto, sabemos que a derivada do seno é tabelada e vale cosseno!

d u d θ   = cos ⁡ θ

Veja o d θ que a gente estava procurando ali embaixo do d u .

Podemos passar o d θ para o outro lado direito da equação, fazendo ele multiplicar o cos ⁡ θ .

d u = cos ⁡ θ d θ

Mas espera aí, cos ⁡ θ d θ é exatamente o que temos na nossa integral! Então, a gente pode substituir cos ⁡ θ d θ por d u !

∫ e s e n θ ⏞ u cos ⁡ θ d θ ⏞ d u

= ∫ e u d u

Veja, nós mudamos aquela integral esquisita para essa mais simples, agora vamos integrar.

Nós sabemos integrar a exponencial e x . Será que integrar e u   é diferente?

No próximo passo responderemos isso!

Passo 3

Integrar em u NÃO é diferente de integrar em x ! O passo a passo que usamos para integrar a variável u é igual ao que usamos para integrar x . Isso significa que, se a integral de e x vale e x , a integral de e u vale e u !

Então o resultado da nossa integral será:

∫ e u d u = e u + C

Pronto! Integrado! Não esquece da constante C , hem!

Mas nós não podemos deixar o nosso resultado assim. Temos que lembrar que a integral pedida não estava em u , mas sim em θ . Então, nossa resposta final precisa estar na variável θ .

Você lembra que u = sen ⁡ θ ? Então é isso, vamos colocar o sen ⁡ θ no lugar do nosso u .

e u + C

= e sen ⁡ θ + C

Agora está tudo certo! E esse é o resultado da integral do enunciado!

∫ e sen ⁡ θ cos ⁡ θ d θ = e sen ⁡ θ + C

Espero que o passo a passo tenha de ajudado bastante!

Resposta

∫ e sen ⁡ θ cos ⁡ θ d θ = e sen ⁡ θ + C

Exercício Resolvido #3

Calcule a integral indefinida.

∫ e x e x + 1 d x

Passo 1

Bem, aqui vamos usar a Regra da Substituição, então mãos a massa, vamos fazer uma mudança de variável para encontrar o valor dessa integral, vemos que temos um e x no denominador e no numerador, como a derivada de e x é e x , podemos então usar a mudança de variável:

u = e x + 1

Vamos agora derivar u :

d u = e x + 0 → d x = e x d x

e fazer a substituição:

∫ e x e x + 1 ⏟ u d x ⏞ d u

= ∫ 1 u d u

Agora fica simples de resolver, vamos lá.

Passo 2

Pra achar a primitiva da função, usamos uma expressão da Tabela de Integrais Indefinidas:

∫ 1 x d x = ln ⁡ x + C

Agora é só aplicar:

∫ 1 u d u = ln ⁡ u + C

Calma, não terminou ainda, não esqueça de voltar para a variável x , é só substituir de volta o que você usou no começo, no caso aqui foi u = e x + 1 :

ln ⁡ u + C

ln ⁡ e x + 1 + C

Como e x + 1 > 0 , podemos tirar o módulo:

ln ⁡ e x + 1 + C = ln ⁡ e x + 1 + C

Resposta

∫ e x e x + 1 d x = ln ⁡ e x + 1 + C

Exercício Resolvido #4

Calcule a integral

∫ x sen ⁡ 1 + x 2 d x

Passo 1

Vamos lá pra mais uma resolução... Temos a seguinte integral para resolver

∫ x sen ⁡ 1 + x 2 d x

Beleza, mas como resolver essa parada?

Precisamos transformar nossa integral complicada, em uma integral mais simples. Resolvendo pelo método da substituição simples, podemos reescrever esse integral de x , em uma nova variável u que fará ela ficar mais tranquila de resolver. Pra isso vamos fazer as seguintes substituições...

u = 1 + x 2

Encaixando isso na integral:

∫ x sen ⁡ 1 + x 2 ⏟ u d x

Ela se torna:

∫ x sen ⁡ u   d x

Mas ainda temos o x e o d x na integral, então vamos atrás de substituir eles também. Pra isso vamos derivar o u , e teremos:

d u d x =   2 x

Vamos passar o d x   para o outro lado:

d u =   2 x   d x

Repare que quando fizemos isso, encontramos um outro pedaço que também está na nossa integral:

Vamos trocar o x de lugar com o sen ⁡ u , pra isso ficar mais claro:

Para substituir o x   d x precisamos deixar ele sozinho na derivada de u ( d u = 2   x   d x ) . Então vamos jogar o 2 que está multiplicando, para o outro lado dividindo:

x   d x = d u 2

Então nossa integral fica assim ó

∫ sen ⁡ u   x   d x ⏟ d u 2

∫ sen ⁡ u d u 2

Prontinho, ela está toda escrita em função de u   . Agora vamos resolver. Colocamos a constante para fora

1 2 ∫ sen ⁡ u   d u  

E lembramos que a integral do seno é igual a menos cosseno:

1 2 - cos ⁡ u + C

Resolvido. Mas temos que “Re-substituir” o valor de x porque a pergunta era em x e não em u , e vamos ter o seguinte

1 2 - cos ⁡ 1 + x 2 + C

- cos ⁡ ( 1 + x 2 ) 2 + C

Agora sim! Tudo pronto. Mas uma resolvida!

Resposta

- cos ⁡ ( 1 + x 2 ) 2 + C

Exercício Resolvido #5

Calcule a integral indefinida ∫ x + 1 s e n   ( x + 1 ) ² d x

Passo 1

Vamos lá. Vamos direto ao ponto...

Temos a seguinte integral para resolver

∫ x + 1 s e n   x + 1 2 d x

Mas agora temos um problema... Como resolver essa parada?

Resolvendo pelo método da substituição simples, vamos pegar a parte que parece ser mais complicada, no caso, o x + 1 2 que pode enrolar a gente ali, e vamos fazer as seguintes substituições...

u = x + 1 2

∫ x + 1 sen ⁡ x + 1 2 ⏟ u d x

∫ x + 1 s e n   u   d x

Agora vamos derivar esse u :

d u =   2 x + 1   d x

Repara que aparece na derivada, justamente um pedaço da nossa integral.

Vamos só trocar de lugar o ( x + 1 ) com o sen ⁡ u , que isso vai ficar mais claro:

Para substituir o x + 1 d x precisamos deixar ele sozinho em d u = 2 x + 1 d x . Então vamos jogar o 2 que está multiplicando, para o outro lado dividindo:

x + 1   d x = d u 2

Agora é só substituir na integral:

∫ sen ⁡ u   ( x + 1 ) d x ⏟ d u 2

Então nossa integral fica assim, ó:

∫ s e n   u   d u 2  

Agora fica muito mais fácil integrar.

Colocamos a constante para fora

1 2 ∫ s e n   u   d u  

E lembramos que a integral do seno é menos cosseno, então nossa integral será:

1 2 - cos ⁡ u + C

Agora é só “Re-substituir” o valor de u pra voltarmos pra variável x . Lembrando que u = x + 1 2 , vamos ter o seguinte:

1 2 - cos ⁡ x + 1 2 + C

- cos ⁡ x + 1 2 2 + C

Resposta

- cos ⁡ x + 1 2 2 + C

Exercício Resolvido #6

Calcule integral indefinida ∫ cos ⁡ x s e n ² ( x ) d x

Passo 1

Vamos lá, vamos tirar mais uma de letra!

Temos a seguinte integral para resolver

∫ cos ⁡ x s e n 2 x d x

Mas, agora temos um problema... Como resolver essa parada?

Uma saída e tentar usar o método da substituição simples. Pra isso vamos ver quem é a parte mais problemática da função. Esse sen 2 ⁡ x aí não tá agradando muito, né? Isso porque ele tá no denominador, o que dificulta um pouquinho a nossa vida.

Então, vamos fazer as seguintes, vamos chamar o sen ⁡ x de u , e transformar toda a nossa integral reescrevendo ela e mudando tudo que estiver em x , para relações equivalentes em u .

Então, sendo:   u = s e n   x

∫ cos ⁡ x s e n 2 x ⏟ u 2 d x

∫ cos ⁡ x u 2 d x

Só que ainda temos o cos ⁡ x e o d x , pra modificar. Então vamos fazer a derivada do u .

u = s e n   x

d u d x = cos ⁡ x

Pra deixar o d x sozinho, jogamos ele pro lado direito e trazemos o cos ⁡ x para o lado esquerdo:

d u cos ⁡ x = d x

Agora podemos substituir o d x na nossa integral:

∫ cos ⁡ x s e n 2 x ⏟ u 2 d x ⏟ d u cos ⁡ x

Então nossa integral fica assim, ó:

∫ cos ⁡ x u 2 .   d u cos  ⁡ ( x )

Cortando o cos ⁡ x , teremos

∫ 1 u 2 d u

Agora estamos quase lá. Mas antes vamos subir essa potência de u . E para fazer isso, vamos jogar ela pra cima com o expoente negativo:

∫ u - 2 d u

Já está bem melhor de resolver essa integral aí, né. Então partiu integrar!

Vamos usar a nossa regra do expoente para integral:

∫ x n d x = x n + 1 n + 1 + C

∫ u - 2 d u = u - 2 + 1 - 2 + 1 + C

u - 1 - 1 + C

“Re-substituindo” o valor de x, vamos ter o seguinte

u - 1 - 1 + C = sen - 1 ⁡ x - 1 + C

Como o sen ⁡ x está elevado ao um expoente negativo, vamos colocar ele na parte de baixo, pra ficar com expoente positivo e subimos o sinal de menos do denominador:

- 1 s e n   x + C

Aqui tem um detalhe importante. 1 sen ⁡ x é uma relação trigonométrica conhecida, a cossecante! Vamos escrever dessa maneira, então:

- 1 s e n   x + C = - c o s s e c   x + C

E é isso. Matamos essa!

Resposta

- c o s s e c   x + C

Exercício Resolvido #7

Suponha que a receita marginal de uma empresa pela fabricação e venda da baterias seja d r d x = 2 - 2 x + 1 2 onde r é medido em milhares de reais e x milhares de unidades. Quanto dinheiro a companhia deve esperar de uma população de x = 3 mil baterias? Para isto integre o rendimento marginal de x = 0 a x = 3 .

Passo 1

Bom, o enunciado já deixou bem claro o que precisamos fazer para achar o valor V que a companhia deve esperar para essa quantidade de baterias. O que teremos que fazer é:

V = ∫ 0 3 2 - 2 x + 1 2   d x

Essa integral é composta de duas parte, o 2 e o 2 x + 1 2 , com isso a gente pode separar ela em duas, afinal a integral da diferença é o mesmo que a diferença das integrais, certo?

V = ∫ 0 3 2   d x - ∫ 0 3 2 x + 1 2   d x

Agora é só resolver cada uma separadamente.

Passo 2

Começando pela inegral mais tranquila:

∫ 0 3 2   d x

Podemos tirar o 2 da integral, pois ele é uma costante, ficando:

2 ∫ 0 3 d x

Quando só nos resta do d x na integral, ela será igual a x , assim teremos:

2 ∫ 0 3 d x = 2 x

Como essa integral é definida, vamos colocar os limites de integração e aplicar o T.F.C. (teorema fundamental do cálculo):

Limite de cima na função, menos o limite de baixo na função:

2 x 3 0

= 2 3 - 2 0 = 6

E então teremos:

∫ 0 3 2   d x = 6

Passo 3

Agora vamos para a mais difícil:

∫ 0 3 2 x + 1 2   d x

Tá vendo esse x + 1 2 ? Ele tá com uma carinha estranha aí. Então, vamos aplicar uma substituição pra ver se essa integral fica mais agradável. Fazendo:

u = x + 1

E derivando o u

d u = d x

A integral vai se transformar:

∫ 0 3 2 x + 1 ⏟ u 2   d x ⏟ d u

∫ 2 u 2   d u

Mas está faltando os limites de intregração nessa substituição que fizemos. Isso porque os limites que tinhamos antes eram de x , sendo assim, não podemos usar eles para u .

Nesse caso a gente integra sem eles em u , e coloca de volta na hora que voltarmos pra variável x .

Calulando a integra

∫ 2 u 2   d u

Podemos jogar o 2 pra frente já que ele é uma constante. Vamos também subir o u 2 que está no denominador, colocando ele pra cima com o expoente negativo:

2 ∫ u - 2 d u

Agora vamos usar a regra de integração de potencia:

∫ x n   d x = x n + 1 n + 1 + C

Aplicando essa regra, teremos:

2 ∫ u - 2   d u = 2   u - 2 + 1 - 2 + 1 + C

Resolvendo essas continhas aí

2 ∫ u - 2   d u = 2   u - 1 - 1 + C

Como o expoente do u - 1 tá negativo, vamos colocar ele no denominador pra ficar positivo, vamos também subir o sinal que está embaixo e vai ficar assim:

- 2 u + C

Agora que já integramos, vamos voltar para função de x para aplicarmos o intervalo de variação. Lembra que u = x + 1

- 2 u = - 2 x + 1 | 3 0

Aplicando o T.F.C.:

= - 2 3 + 1 - - 2 0 + 1

= - 2 4 + 2

Simplificando o - 2 4 pra - 1 2 :

= - 1 2 + 2

Pra fazer essa continha, nós precisamos que os denominadores sejam iguais, então vamos transformar o 2   em 4/2.

= - 1 2 + 4 2

Agora e gente resolve em cima e repete embaixo:

= - 1 2 + 4 2 = 3 2

E agora voltando na equação lá de cima, pra encaixar tudo que a gente achou;

V = ∫ 0 3 2   d x - ∫ 0 3 2 x + 1 2   d x

V = 6 - 3 2

= 6 - 1,5 = 4,5

Que segundo o enunciado, é dado em milhares de reais e por isso faz mais sentido usarmos a respota com a vírgula do que em forma de fração. Prontinho, resposta encontrada!

Resposta

A companhia deve esperar 4,5 mil em receita.

Exercício Resolvido #8

Calcule a integral definida

∫ 0 4 x x 2 + 9 d x

Passo 1

Você pode estar pensando: meu Deus! Eu nunca vi tanto x assim em uma integral...

Primeiro de tudo, essa é uma integral definida, por conta desses numerozinhos em cima e em baixo da integral.

∫ 0 4 x x 2 + 9 d x

Eles são chamados de limites de integração. Quando uma integral tem esses limites de integração, ela é chamada de integral definida!

Mas essa integral provavelmente assusta por causa do x 2 + 9 dentro da raiz quadrada, estou certo? Talvez fosse mais fácil se dentro da raiz quadrada tivesse algo mais simples.

Então, se o que atrapalha a gente é esse x 2 + 9   , porque não tentamos nos livrar dele? E podemos fazer isso, criando uma nova variável u que deve ficar no lugar de x 2 + 9 .

u = x 2 + 9

Essa técnica de criar uma nova variável para substituir um termo difícil da integral é chamada de substituição simples! Ela é uma das técnicas de integração mais importantes!

A intenção é transformar nossa integral difícil que está escrita em função de x , em uma nova integral mais simples escrita agora em função de u .

Se a gente substituir x 2 + 9 por esse u , a integral vai ficar:

∫ 0 4 x u d x

A cara dela já está melhorzinha, né? Mas ainda não resolvemos nosso problema! Nós precisamos trocar tudo que está escrito em x , por relações equivalentes em u !

No próximo passo a gente vai descobrir como substituir x e d x por alguma relação em u e d u .

Passo 2

Vamos atrás do d x . E para descobrir quanto vale d x , a gente precisa derivar o u em relação a x !

d u d x = d d x x 2 + 9

Como vamos derivar uma soma, podemos derivar cada pedaço separadamente:

d u d x = d d x x 2 + d d x 9

Derivamos x 2 usando a regra do peteleco! Nessa regra, o expoente 2 cai na frente de x multiplicando e ao cair ele perde uma unidade no expoente, deixando pra trás um expoente 2 - 1 .

d d x x 2

= 2 ⋅ x 2 - 1

= 2 x 1 = 2 x

Agora é a vez do 9. Temos que nos lembrar que a derivada de uma constante vale zero. Logo, a derivada de 9 vale zero!

d d x 9 = 0

Resumindo, a derivada de u vale:

d u d x = d d x x 2 + d d x 9

d u d x = 2 x

Show, olha o d x que a gente estava procurando ali embaixo do d u . Se a gente passar o d x para o lado direito teremos:

d u = 2 x d x

Pra deixar o d x sozinho, vamos passar agora o 2 x para o lado esquerdo da equação:

d u 2 x = d x

Agora a gente pode substituir o também o d x da integral pelo d u 2 x .

∫ 0 4 x x 2 + 9 ⏟ u   d x   ⏟ d u 2 x

∫ x u d u 2 x

Aqui temos dois detalhes importantes. Não podemos usar os limites de integração, porque eles eram da variável x e não da variável u . Então faremos a integração em u , sem os limites mesmo e quando a gente voltar pra x , aí sim colocamos os limites.

Além disso, na nossa integral temos x multiplicando e dividindo, então podemos cancelar um com o outro, sobrando só:

∫ u d u 2

Agora temos uma integral toda em u e bem mais simples de se resolver. Partiu resolvê-la, então.

Passo 3

Dividir por 2 é a mesma coisa que multiplicar por 1 2 . Por isso, podemos transformar o 2 que está dividindo o d u em 1 2 .

∫ u d u 2 = ∫ 1 2 u   d u

Primeiro, temos que lembrar que a constante pode ser tirada da integral! 1 2 ∫ u d u

Depois, precisamos lembrar que calcular a raiz quadrada de um número é a mesma coisa que elevar o número a 1 2 . Ou seja, x é igual a x 1 / 2 .

1 2 ∫ u 1 2 d u

Agora está claro que precisamos integrar uma potência de u .

Pra nossa sorte, existe uma regrinha bem simples que vai ajudar a encontrar rapidinho a integral de qualquer potência de u . A regrinha é: soma 1 no expoente n e divide por esse resultado. Ou seja, a regrinha geral, ficaria assim:

∫ x n   d x = x n + 1 n + 1 + C

Para usar essa regra, vemos que o expoente n de u 1 / 2 vale 1 2 . E vai ficar assim:

1 2 ∫ u 1 2 d u = 1 2 u 1 2 + 1 1 2 + 1 + C

Vamos resolver esse 1 2 + 1 , colocando os dois valores em forma de fração com o mesmo denominador. Ou seja, vamos escrever o 1 como sendo 2 2

1 2 + 1 = 1 2 + 2 2

Agora a gente soma em cima e repete em baixo:

n + 1 = 1 2 + 2 2 = 3 2

Aplicando essa regra, achamos:

1 2 ∫ u 1 2 d u = 1 2 u 3 2 3 2 + C

Para tirar o 3 2 que está no denominador da fração a gente coloca ele invertido na frente multiplicando o u 3 2 .

1 2   2 3 u 3 2 + C

Simplificando o 2 :

= 1 3 u 3 2 + C

Já estamos quase lá. Agora vamos usar a regrinha do expoente fracionário, onde a gente pode transformar ele em raiz, assim ó:

1 3 u 3 2 = 1 3 u 3 + C

Beleza, conseguimos integrar, mas lembra que nossa integral era em x e tinha os limites de integração?

∫ 0 4 x x 2 + 9 d x

Passo 4

Pra voltarmos pra variável certa, vamos lembrar que chamamos o u = x 2 + 9 . Então vamos substituir nosso u e colocar os limites de integração de x .

1 3 u 3 + C

1 3 x 2 + 9 3 0 4

Passo 5

Finalmente vamos usar os limites de integração!

Fazemos isso, substituindo o x pelos dois limites, um de cada vez na função. Primeiro, nós vamos trocar o x pelo limite de cima (pelo 4 ) e depois vamos trocar pelo limite debaixo (pelo 0 ). E então subtraímos as expressões encontradas:

l i m i t e   d e   c i m a - l i m i t e   d e b a i x o

Usando essa regra, a expressão vira:

1 3 x 2 + 9 3 0 4

1 3 4 2 + 9 3 - 1 3 0 2 + 9 3

Agora vamos resolver essas contas aí com cuidado. Primeiro os parênteses que estão dentro das raízes:

1 3 16 + 9 3 - 1 3 0 + 9 3

1 3 25 3 - 1 3 9 3

Agora em 25 3 e 9 3 , podemos jogar o 3 pra fora da raiz. Então primeiro a gente tira a raiz quadrada e depois eleva a 3. Isso facilita as nossas contas já que o 25 e o 9 tem raízes quadradas.

25 3 = 5 3 = 125

9 3 = 3 3 = 27

Então:

1 3 25 3 - 1 3 9 3

1 3 125 - 1 3 27

Agora a gente faz a subtração das frações:

125 3 - 27 3

Já estão com o mesmo denominador, então a gente só resolve em cima e repete em baixo:

98 3

Pronto! Finalmente achamos o resultado da integral! Mas vamos recordar esse passo a passo da substituição por partes:

  1. A gente criou uma nova variável u .
  2. Depois, a gente substituiu o x da integral por algo relacionado a u e o d x da integral por algo relacionado a d u .
  3. Além disso, a gente precisou tirar limites de integração. Eles serviam para a integral de x , mas não para a integral de u .
  4. Integramos a função encontrada em u .
  5. Voltamos para a variável x .
  6. Por fim, substituímos os limites de integração!
  7. Fizemos umas continhas e FIM!

Resposta

98 3

Exercício Resolvido #9

Calcule:

ln ⁡ ∫ 0 1 e a r c t g x 1 + x 2 d x + ∫ 0 1 d x

Passo 1

Beemmm feia esse né? Mas relaxa que a gente vai dar conta dela juntos.

Mas começar pela parte de dentro.

∫ 0 1 e a r c t g x 1 + x 2 d x + ∫ 0 1 d x

Quando pensando em integral por substituição, lembra que o ideal é procurarmos na integral, uma função e sua derivada? Então... não se assusta com aquela a r c t g   ( x ) . A integral pode parecer intimidadora à primeira vista, mas é bem tranquila! É só a gente lembrar dessa derivada tabelada aqui:

d d x a r c t g x = 1 1 + x 2

Percebeu a semelhança? Isso sugere fortemente que a gente use uma substituição:

Então fazermos:

u = a r c t g ( x )

E derivamos o u :

d u d x = 1 1 + x 2         ⇒           d x = 1 + x 2   d u

Vamos substituir isso numa integral indefinida (mexer com os limites de integração agora iria criar muita confusão!)

∫ e a r c t g x ⏞ u ( 1 + x 2 ) d x ⏞ 1 + x 2 d u + ∫ 0 1 d x

∫ e u ( 1 + x 2 ) . 1 + x 2 d u + ∫ d x

Podemos cortar o ( 1 + x 2 ) que está multiplicando e dividindo, e ficaremos com:

∫ e u   d u + ∫ d x

Agora já podemos integrar:

e u + x + C

Agora que já integramos, voltamos pra variável x

e a r c t g ( x ) + x + C

Passo 2

Ok, agora vamos substituir os limites de integração x = 0 e x = 1 :

e a r c t g 1 + 1 - e a r c t g 0 - 0

E vamos tomar as soluções mais simples para o a r c t g ( x ) :

a r c t g 1 = π 4

a r c t g 0 = 0

Nesse caso ficamos com:

e π 4 + 1 - e 0

Assim, o resultado da integral é:

I = e π 4 + 1 - 1 = e π 4

Como a questão pediu o logarítmo natural dessa integral, vamos fazer:

ln ⁡ I = ln ⁡ e π 4 = π 4

E essa é a nossa solução!

Resposta

π 4 .

Exercício Resolvido #10

Calcule:

∫ x 3 + x x - 1   d x

Passo 1

Não existe uma fórmula para calcular uma integral como essa, temos que mexer um pouco nessa função para podermos encontrar algo mais tranquilo.

Vamos tentar separar essa integral em duas, pra isso inicialmente vamos precisar lembrar de uma propriedadezinha na fração

A + C B = A B + C B

No nosso caso, A = x 3 , B = x - 1 ,     C = x . Então vamos ter:

x 3 + x x - 1 = x 3 x - 1 + x x - 1

Então:

∫ x 3 + x x - 1 d x = ∫ x 3 x - 1 + x x - 1 d x

Temos ainda uma propriedade dentro da integral que a integral da soma é o mesmo da soma das integrais, certo? Então vamos separar isso aí

∫ x 3 x - 1 d x + ∫ x x - 1 d x

Beleza, agora temos dois problemas separados. Vamos lidar com um de cada vez.

Passo 2

Começando com a primeira integral:

∫ x 3 x - 1 d x

Tudo fica mais difícil quando temos uma soma ou subtração no denominador, então vamos tentar uma substituição:

u = x - 1        

Vamos precisar também do d u , que no caso é

d u = d x

Então nossa integral pode ser transformada em:

∫ x 3 x - 1 ⏟ u d x ⏟ d u

∫ x 3 u d u

Mas ainda não conseguimos substituir todos os x ’s, temos ainda o x 3 pra subistituir. Então faremos:

u + 1 = x

u + 1 3 = x 3

Ótimo, agora nossa integral fica assim:

∫ u + 1 3 u   d u

Excelente, agora vamos abrir o parênteses do denominador:

u + 1 3

u + 1 u + 1 u + 1

Fazendo nossa primeira distributiva:

= u 2 + u + u + 1 u + 1

E agora distributiva de novo:

= u 3 + 3 u 2 + 3 u + 1

Agora encaixamos na nossa integral:

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

E agora vamos separar essa integral mais uma vez, lembrando que

A + C B = A B + C B

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

∫ u 2   d u + ∫ 3 u   d u + ∫ 3   d u + ∫ 1 u d u

Agora é só integrar esses polinômios:

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

Lembrando que para a integral de polinômios temos

∫ x u d x = x u + 1 u + 1 + C

Logo

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

u 3 3 + 3 u 2 2 + 3 u + ln ⁡ | u | + C

Ah, e não esquece que a integral de 1 u é tabelado e vale l n u  

Passo 3

Agora vamos fazer praticamente a mesma coisa com a outra integral:

∫ x x - 1 d x

Tentando a mesma substituição:

u = x - 1         ⇒           d u = d x

x = u + 1

Então:

∫ u + 1 u d u =

∫ 1   d u + ∫ 1 u   d u

Resolvendo essa integral:

∫ 1   d u + ∫ 1 u   d u =

u + ln ⁡ | u | + C

Passo 4

Agora vamos juntar tudo:

I = ∫ x 3 + x x - 1 d x

= ∫ x 3 x - 1 d x + ∫ x x - 1 d x

u 3 3 + 3 u 2 2 + 3 u + ln ⁡ | u | + u + ln ⁡ | u | + C

Organizand teremos:

u 3 3 + 3 u 2 2 + 4 u + 2 ln ⁡ | u | + C

Vamos colocar u = x - 1 de volta:

I = ∫ x 3 + x x - 1 d x = ( x - 1 ) 3 3 + 3 ( x - 1 ) 2 2 + 4 ( x - 1 ) + 2 ln ⁡ | ( x - 1 ) | + C

E agora é só arrumar um pouco essa confusão. Vamos abrir um de cada vez:

( x - 1 ) 3 3 = x 2 - 2 x + 1 ( x - 1 ) 3 = x 3 - 3 x 2 + 3 x - 1 3 = x 3 3 - x 2 + x - 1 3

3 ( x - 1 ) 2 2 = 3 2 x 2 - 2 x + 1 = 3 2 x 2 - 3 x + 3 2

Então:

I = ( x - 1 ) 3 3 + 3 ( x - 1 ) 2 2 + 4 ( x - 1 ) + 2 ln ⁡ | ( x - 1 ) | + C

I = x 3 3 - x 2 + x - 1 3 + 3 2 x 2 - 3 x + 3 2 + 4 x - 4 + 2 ln ⁡ | ( x - 1 ) | + C

E vamos juntar todos as constantes:

I = x 3 3 + x 2 2 + 2 x + 2 ln ⁡ x - 1 + C

Ufaaa. Pronto! Resolvemos a integral.

Resposta

A integral é x 3 3 + x 2 2 + 2 x + 2 ln ⁡ x - 1 + C .