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Exercícios Resolvidos de Substituição Trigonométrica

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Enunciado

Integração por Substituição

Calcule as seguintes integrais:

a   ∫ 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,

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

Vamos fazer uma substituição:

u = x - 1 → d u = d x

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

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

∫ u u 2 + 4 d x = 1 2 ∫ d t t

= ln ⁡ t 2 = 1 2 ln ⁡ u 2 + 4

= 1 2 ln ⁡ x 2 - 2 x + 5

Passo 3

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

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

= ∫ 2 4 u 2 4 + 4 4 d u

v = u 2 → d v = d u 2

∫ d u 2 u 2 2 + 1 = ∫ d v v 2 + 1

= arctg ⁡ v = arctg ⁡ u 2

= arctg ⁡ x - 1 2

Passo 4

Assim, juntando os resultados:

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

= 1 2 ln ⁡ x 2 - 2 x + 5 + arctg ⁡ x - 1 2

Resposta

∫     x + 1 x 2 - 2 x + 5 d x = 1 2 ln ⁡ x 2 - 2 x + 5 + arctg ⁡ x - 1 2

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