Vídeo: Integração por Substituição: Integrais Indefinidos

Neste vídeo, vamos aprender como utilizar a integração por substituição em integrais indefinidos.

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Transcrição do vídeo

Nesta aula, aprenderemos como utilizar a integração por substituição para calcular integrais indefinidos. Nesta fase, deve sentir-se à vontade para determinar a primitiva de uma variedade de funções, incluindo polinómios, funções trigonométricas e logarítmicas. Nesta aula, veremos como aplicar essas regras para determinar a primitiva, ou o integral, de funções mais complicadas.

Por causa do teorema fundamental do cálculo, é importante ser-se capaz de determinar a primitiva. Mas as nossas fórmulas não nos dizem como calcular integrais, como o integral de 𝑥 elevado a cinco vezes 𝑥 elevado a seis mais nove elevado a sete em ordem a 𝑥. Para determinar este integral, utilizamos uma estratégia especial de introdução de algo extra, uma nova variável.

Esta é chamada de integração por substituição. E às vezes é chamada de regra em cadeia inversa. O primeiro passo é obter o integral nesta forma. Note que temos uma função 𝑔 de 𝑥 e a sua derivada 𝑔 ​​linha de 𝑥. E, como costuma ser o caso, é sensato apenas dar uma olhadela num exemplo de como isto funciona.

Determine o integral de 𝑥 elevado a cinco multiplicado por 𝑥 elevado a seis mais nove elevado a sete em ordem a 𝑥

Não é um polinómio fácil de integrar utilizando as nossas regras habituais para determinar primitivas. E certamente não queremos desembaraçar os nossos parênteses e determinar a primitiva para cada termo. Em vez disso, descobrimos que o integral é configurado nesta forma. Temos uma função 𝑔 de 𝑥 e a sua derivada 𝑔 ​​linha de 𝑥. Se olharmos atentamente, vemos que 𝑥 elevado a cinco é um múltiplo escalar da derivada de 𝑥 elevado a seis mais nove. E isso significa que podemos utilizar a integração por substituição para calcular o nosso integral indefinido.

A regra de substituição diz que se 𝑢 é igual a 𝑔 de 𝑥 é uma função diferenciável cujo domínio é um intervalo 𝑖 e 𝑓 é contínua nesse intervalo, então o integral de 𝑓 de 𝑔 de 𝑥 multiplicado por 𝑔 linha de 𝑥 em ordem a 𝑥 é igual ao integral de 𝑓 de 𝑢 em ordem a 𝑢. Seja 𝑢 igual à função que definimos originalmente 𝑔 de 𝑥. Então, 𝑢 é igual a 𝑥 elevado a seis mais nove.

Agora, isso é ótimo, pois quando diferenciamos esta função 𝑢 em ordem a 𝑥, vemos que d𝑢 sobre d𝑥 é igual a seis 𝑥 elevado a cinco. Na integração por substituição, pensamos em d𝑢 e d𝑥 como diferenciais. E podemos escrever isso alternativamente como d𝑢 igual a seis 𝑥 elevado a cinco d𝑥. Observe que, embora d𝑢 sobre d𝑥 não seja definitivamente uma fração, tratamo-lo um pouco como um neste processo. Dividimos por seis e vemos que um sexto d𝑢 é igual a 𝑥 elevado a cinco d𝑥.

E agora, vamos olhar para o nosso integral original. Vemos que podemos substituir 𝑥 elevado a cinco d𝑥 por um sexto d𝑢. E substituímos 𝑥 elevado a seis mais nove por 𝑢. E agora vemos que o integral que estamos a calcular é o integral de um sexto de 𝑢 elevado a sete d𝑢. Se assim escolhermos, podemos tirar este fator de um sexto fora do sinal integral e, então, calcularemos um sexto do integral de 𝑢 elevado a sete em ordem a 𝑢.

O integral de 𝑢 elevado a sete é 𝑢 elevado a oito dividido por oito mais, uma vez que é um integral indefinido, 𝑐 a constante de integração. Desembaraçamos os nossos parênteses. E vemos que o integral é igual a um sobre 48 vezes 𝑢 elevado a oito mais 𝐶. E observe que eu escolhi esta como 𝐶 maiúsculo, porque a nossa constante original de integração foi multiplicada por um sexto.

Mas, lembre-se, originalmente procurávamos calcular o nosso integral em termos de 𝑥. Então, olhamos para a nossa definição original de 𝑢. E dissemos que 𝑢 era igual a 𝑥 elevado a seis mais nove. E a seguir, vemos que o nosso integral é igual a um sobre 48 vezes 𝑥 elevado a seis mais nove elevado a oito mais 𝐶.

Neste exemplo, vimos que deveríamos tentar escolher 𝑢 como um fator do integrando cuja derivada também aparece, não obstante algum múltiplo escalar deste. Se isso não for possível, tentamos escolher 𝑢 para ser uma parte mais complicada do integrando. Esta pode ser a função interior numa função composta ou similar. Vamos dar uma olhadela num exemplo desta forma.

Determine o integral de oito 𝑥 vezes oito 𝑥 mais nove ao quadrado em ordem a 𝑥 utilizando o método de substituição.

Neste exemplo, disseram-nos muito explicitamente para utilizar o método de substituição para calcular este integral. Normalmente, procuraremos escolher a nossa substituição 𝑢 como um fator do integrando cuja derivada também aparece, não obstante múltiplos escalares deste. Aqui, porém, não é instantaneamente óbvio o que pode ser. Em vez disso, tentamos escolher 𝑢 para ser uma parte mais complicada da função, talvez a função interna de uma função composta.

Vamos tentar 𝑢 igual a oito 𝑥 mais nove. Isso significa que d𝑢 sobre d𝑥 é igual a oito. E podemos tratar d𝑢 e d𝑥 como diferenciais. Lembre-se, d𝑢 sobre d𝑥 não é uma fração, mas tratamo-lo como um quando realizamos integração por substituição. Podemos dizer que d𝑢 é igual a oito d𝑥. Ou, equivalentemente, um oitavo d𝑢 é igual a d𝑥. Agora, isso não é instantaneamente útil. Como se substituíssemos d𝑥 por um oitavo d𝑢 e oito 𝑥 mais nove por 𝑢, ainda teremos parte da nossa função, que é a oito 𝑥, que está em termos de 𝑥.

Mas se olharmos para a nossa substituição, veremos que podemos reorganizá-la. Subtraímos nove a ambos os membros e vemos que oito 𝑥 é igual a 𝑢 menos nove. Então, o nosso integral torna-se 𝑢 menos nove vezes 𝑢 ao quadrado multiplicado por um oitavo d𝑢. Vamos colocar este um oitavo fora do integral e depois desembaraçar os parênteses, e vemos que temos um polinómio simples que podemos integrar.

O integral de 𝑢 ao cubo é 𝑢 elevado a quatro dividido por quatro. O integral de menos nove 𝑢 ao quadrado é o menos nove 𝑢 ao cubo dividido por três. E não devemos esquecer 𝐶, a nossa constante de integração. Podemos simplificar nove 𝑢 ao cubo dividido por três para três 𝑢 ao cubo. Mas não devemos esquecer de substituir 𝑢 por oito 𝑥 mais nove na nossa etapa final.

Quando o fazemos, vemos que o nosso integral é igual a um oitavo vezes oito 𝑥 mais nove elevado a quatro dividido por quatro menos três vezes oito 𝑥 mais nove ao cubo mais 𝐶. Quando desembaraçamos os nossos parênteses, vemos que temos a nossa solução. É um sobre 32 vezes oito 𝑥 mais nove elevado a quatro menos três oitavos vezes oito 𝑥 mais nove ao cubo mais 𝐶.

Determine o integral de 48 menos seis 𝑥 sobre a raiz quinta de 16 menos dois 𝑥 d𝑥.

Não é logo óbvio como precisamos de calcular este integral. No entanto, se observarmos com atenção, vemos que o numerador é um múltiplo escalar da função interior no denominador, de modo que 48 menos seis 𝑥 é três vezes 16 menos dois 𝑥. Esta é uma dica para nós de que precisaremos de utilizar a integração por substituição para calcular este integral indefinido.

Seja 𝑢 igual a 16 menos dois 𝑥. Escolhemos esta parte para a nossa substituição, pois 16 menos dois 𝑥 é a função interior numa função composta. Diferenciamos 𝑢 em ordem a 𝑥 e vemos que d𝑢 sobre d𝑥 é igual a menos dois. Agora, lembre-se, d𝑢 sobre d𝑥 não é uma fração, mas tratamo-lo de maneira semelhante ao executar integração por substituição. E podemos ver que isso é equivalente a dizer que menos um meio d𝑢 é igual a d𝑥.

Vamos substituir o que temos agora no nosso integral original. Vimos que 48 menos seis 𝑥 é igual a três vezes 16 menos dois 𝑥. Portanto, o numerador torna-se três 𝑢. O denominador torna-se a raiz quinta de 𝑢. E substituímos d𝑥 por menos um meio d𝑢. Vamos tirar um fator de menos três sobre dois. E escreveremos o nosso denominador como 𝑢 elevado a cinco. Estamos a dividir 𝑢 elevado a um por 𝑢 elevado a um quinto.

Então, subtraímos um quinto de um e ficamos com 𝑢 elevado a quatro quintos. A primitiva de 𝑢 elevado a quatro quintos é 𝑢 elevado a nove quintos dividido por nove quintos. É o mesmo que cinco nonos vezes 𝑢 elevado a nove quintos. E, lembre-se, este é um integral indefinido, portanto adicionamos esta constante de integração 𝑐.

Quando desembaraçamos de parênteses, temos menos cinco sextos vezes 𝑢 elevado a nove quintos mais 𝐶 maiúsculo. Como a nossa constante original foi multiplicada por menos três sobre dois, e como estávamos a calcular um integral em termos de 𝑥, devemos substituir 𝑢 por 16 menos dois 𝑥. E vemos que o nosso integral é menos cinco sextos vezes 16 menos dois 𝑥 elevado a nove quintos mais 𝐶.

Nos dois exemplos anteriores, vimos que podemos realizar a integração por substituição, mesmo que não seja logo óbvio como será esse processo. Agora veremos como podemos utilizar o processo para integrar uma função trigonométrica mais complicada.

Determine o integral de menos 24𝑥 ao cubo mais 30 sen seis 𝑥 vezes menos seis 𝑥 elevado a quatro menos cinco cos de seis 𝑥 elevado a cinco em ordem a 𝑥.

Para calcular este integral, precisamos de identificar que menos 24𝑥 ao cubo mais 30 sen seis 𝑥 é a derivada da parte interior desta função composta de menos seis 𝑥 elevado a quatro menos cinco cos seis 𝑥. Isso diz-nos que podemos utilizar a integração por substituição para calcular este integral. Seja 𝑢 a função interior na nossa função composta e, em seguida, utilizamos o resultado geral para a derivada de cos 𝑎𝑥.

E vemos que d𝑢 sobre d𝑥, a derivada de 𝑢 em ordem a 𝑥, é menos 24𝑥 ao cubo mais 30 sen seis 𝑥. Lembre-se, d𝑢 sobre d𝑥 não é uma fração, mas tratamo-lo um pouco como ao executar integração por substituição. E vemos que é equivalente a dizer que d𝑢 é igual a menos 24𝑥 ao cubo mais 30 sen seis 𝑥 d𝑥. Substituímos, portanto, menos 24𝑥 ao cubo mais 30 sen seis 𝑥 d𝑥 por d𝑢. E substituímos menos seis 𝑥 elevado a quatro menos cinco cos seis 𝑥 por 𝑢.

E vemos que o nosso integral se torna realmente mais fácil. É o integral de 𝑢 elevado a cinco d𝑢. Bem, a primitiva de 𝑢 elevado a cinco é 𝑢 elevado a seis sobre seis. Portanto, o integral de 𝑢 elevado a cinco d𝑢 é 𝑢 elevado a seis sobre seis mais a constante de integração 𝑐. Lembre-se, porém, o nosso integral é em termos de 𝑥, então substituímos 𝑢 por menos seis 𝑥 elevado a quatro menos cinco cos de seis 𝑥.

E calculamos o nosso integral. É um sexto de menos seis 𝑥 elevado a quatro menos cinco cos de seis 𝑥 elevado a seis mais 𝑐.

No nosso exemplo final, veremos como podemos utilizar a integração por substituição para integrar uma função logarítmica.

Determine o integral de menos 11 sobre seis 𝑥 vezes a raiz cúbica do logaritmo natural de 𝑥 d𝑥.

Para calcular este integral, precisamos de identificar que a derivada do logaritmo natural de 𝑥 é um sobre 𝑥 e que uma parte da nossa função é um múltiplo escalar de um sobre 𝑥. Isso diz-nos que podemos utilizar a integração por substituição para calcular o nosso integral. Seja 𝑢 igual ao logaritmo natural de 𝑥. E vimos que d𝑢 sobre d𝑥 é, portanto, um sobre 𝑥.

Lembre-se, d𝑢 sobre d𝑥 não é uma fração, mas tratamo-lo de maneira semelhante ao executar integração por substituição. E vemos que é equivalente a dizer que d𝑢 é igual a um sobre 𝑥 d𝑥. Vamos substituir o que temos agora no nosso integral. Se tirarmos um fator de menos onze sextos, vemos que podemos substituir um sobre 𝑥 d𝑥 sobre d𝑢. E podemos substituir o log natural de 𝑥 por 𝑢.

Para facilitar a integração, lembramos que a raiz cúbica de 𝑢 é igual a 𝑢 elevado aum terço. E sabemos que a primitiva de 𝑢 elevado a um terço é 𝑢 elevado a quatro terços dividido por quatro terços ou três quartos de 𝑢 elevado a quatro terços. Desembaraçamos os nossos parênteses e vemos que o nosso integral é igual a onze oitavos vezes 𝑢 elevado a quatro terços mais 𝐶 maiúsculo.

E mudei de um 𝑐 minúsculo para um 𝐶 maiúsculo, pois multiplicámos a nossa constante original de integração por menos onze sextos, alterando assim o número. É claro que é importante lembrar que o nosso integral original era em termos de 𝑥. Então, substituímos 𝑢 pelo logaritmo natural de 𝑥. E vemos que a nossa resposta é menos onze oitavas vezes o logaritmo natural de 𝑥 elevado quatro terços mais 𝐶.

Neste vídeo, vimos que podemos introduzir uma substituição para determinar o integral de funções mais complicadas. Aprendemos que geralmente tentamos escolher 𝑢 para ser um fator do integrando cuja derivada também aparece, não obstante múltiplos escalares deste. Se isso não for possível, tentamos escolher 𝑢 para ser uma parte complicada do integrando. Essa pode ser a função interior de uma função composta ou semelhante. Também vimos que este método pode ser utilizado para integrar funções que envolvem raízes, funções trigonométricas e funções logarítmicas.

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