Exploramos problemas mais difíceis envolvendo substituição.
Começamos reenunciando a fórmula de substituição.
Fórmula de substituição para integrais Se \(g\) é derivável no intervalo \([a,b]\) e \(f\) é derivável no
intervalo \([g(a),g(b)]\), e se ambas têm derivadas contínuas, então \[ \int _a^b f'(g(x)) g'(x) \d x =\int _{g(a)}^{g(b)} f'(u) \d u. \]
Vamos resolver mais alguns exemplos.
Calcule: \[ \int _{2}^{3} \frac {1}{x\ln (x)} \d x \]
Seja \[ u =\class{xm-given}{\ln (x)}, \] calculando \(\d u\), encontramos \[ \d u =\class{xm-given}{\frac {1}{x}}\d x \] e, isolando \(\d x\), obtemos \[ \d x = \class{xm-given}{x} \d u. \] Agora \begin{align*} \int _{2}^{3} \frac {1}{x\ln (x)} \d x &= \int _{g(2)}^{g(3)} \frac {1}{x \cdot u} x \d u \\ &= \int _{\class{xm-given}{\ln (2)}}^{\class{xm-given}{\ln (3)}} \class{xm-given}{\frac {1}{u}} \d u\\ &= \eval {\class{xm-given}{\ln (u)}}_{\class{xm-given}{\ln (2)}}^{\class{xm-given}{\ln (3)}}\\ & = \ln (\ln (3)) - \ln (\ln (2)). \end{align*}
O próximo exemplo exige uma técnica nova.
Calcule: \[ \int x^3\sqrt {1-x^2}\d x \]
Aqui não é evidente que a regra da cadeia esteja envolvida. Porém, se ela
estivesse envolvida, talvez um bom chute para \(g\) fosse \[ u = \class{xm-given}{1-x^2} \] e então \begin{align*} \d u &= \class{xm-given}{-2x} \d x, \\ \d x &= \class{xm-given}{\frac {-1}{2x}} \d u. \end{align*}
Agora consideramos a integral que estamos tentando calcular \[ \int x^3\sqrt {1-x^2}\d x \] e substituímos usando
nosso trabalho acima. Escreva comigo \begin{align*} \int x^3\sqrt {1-x^2}\d x &= \int x^3 \class{xm-given}{\sqrt {u}} \left ( \class{xm-given}{\frac {-1}{2x}} \right ) \d u \\ &= \int \frac {-x^2 \class{xm-given}{\sqrt {u}}}{2}\d u. \end{align*}
Porém, não podemos continuar enquanto cada \(x\) não for substituído. Sabemos que
\begin{align*} u &= 1-x^2 \\ \Rightarrow \qquad u -1 &= -x^2\\ \Rightarrow \qquad \class{xm-given}{1- u} &= x^2 \end{align*}
então agora podemos substituir \(x^2\) \[ \int x^3\sqrt {1-x^2}\d x = \int -\frac {\class{xm-given}{(1-u)} \sqrt {u}}{2}\d u. \] Neste ponto, estamos perto de terminar. Escreva
\begin{align*} \int -\frac {(1-u)\sqrt {u}}{2}\d u &= \int \left (\frac {u\sqrt {u}}{2} - \frac {\sqrt {u}}{2}\right ) \d u \\ &= \int \frac {\class{xm-given}{u^{3/2}}}{2} \d u - \int \frac {\sqrt {u}}{2} \d u \\ &= \class{xm-given}{\frac {u^{5/2}}{5}} - \class{xm-given}{\frac {u^{3/2}}{3}}. \end{align*}
Agora lembre-se de que \(u = 1-x^2\). Logo, nossa resposta final é \[ \int x^3\sqrt {1-x^2}\d x = \class{xm-given}{\frac {(1-x^2)^{5/2}}{5}} - \frac {(1-x^2)^{3/2}}{3}+C. \]
Às vezes não é óbvio como uma fração poderia ter sido obtida usando a regra da
cadeia. Um truque comum, porém, é substituir o denominador da fração. Como todo
truque, essa técnica nem sempre funciona. Mesmo assim, os dois próximos exemplos
mostram como essa técnica pode ser usada.
Substituímos \[ u = \sec (y) + \tan (y) \] e vemos imediatamente que \begin{align*} \d u &= \class{xm-given}{(\sec (y) \tan (y) + \sec ^2(y))} \d y,\\ \d y &= \frac {1}{\class{xm-given}{\sec (y) \tan (y) + \sec ^2(y)}} \d u. \end{align*}
Mas isso se cancela perfeitamente com o numerador! Assim, temos que \begin{align*} \int \frac {\sec (y) \tan (y) + \sec ^2(y)}{\sec (y) + \tan (y)} \d y &= \int \frac {1}{u} \d u \\ &= \ln (|u|) + C \\ &= \ln (| \sec (y) + \tan (y) |) + C. \end{align*}
Observe que \[ \frac {\sec (x) \tan (x) + \sec ^2(x)}{\sec (x) + \tan (x)} = \frac {\sec (x) (\tan (x) + \sec (x))}{\sec (x) + \tan (x)} = \sec (x) \] quando \(\sec (x) \neq - \tan (x)\). Assim, de um modo bastante artificial, acabamos de
demonstrar
\[ \int \sec (x) \d x = \ln (|\sec (x) + \tan (x)|) + C. \]
Repare na variável deste próximo exemplo.
Calcule: \[ \int \frac {u}{1-u^2} \d u \]
Queremos substituir \(1-u^2\). Mas a variável “\(u\)” já foi usada…ESSA NÃO! Sem
pânico! Podemos substituir usando a variável que quisermos. Em particular, vamos
usar “\(w\)” neste problema. Então fazemos \[ w = 1 - u^2 \] e, portanto, \begin{align*} \d w &= \class{xm-given}{-2u} \d u,\\ \d u &= \class{xm-given}{\frac {-1}{2u}} \d w. \end{align*}
Logo \begin{align*} \int \frac {u}{1-u^2} \d u &= \int \frac {u}{w} \left ( \class{xm-given}{\frac {-1}{2u}} \right ) \d w \\ &= - \frac {1}{2} \int \frac {1}{w} \d w \\ &= - \frac {1}{2} \ln (|w|) + C \\ &= - \frac {1}{2} \ln (|1-u^2|) + C. \end{align*}
Lembre-se: \[ \int _{g(a)}^{g(b)} f'(u) \d u=\int _{g(a)}^{g(b)} f'(w) \d w=\int _{g(a)}^{g(b)} f'(s) \d s. \] Assim, podemos chamar uma variável \(u\) por qualquer outro nome e “ela
teria o mesmo doce perfume”.
Em seguida fazemos a substituição \[ s = \sin (x) \] e, assim, \begin{align*} \d s &= \class{xm-given}{\cos (x)} \d x,\\ \d x &= \frac {1}{\class{xm-given}{\cos (x)}} \d s. \end{align*}
Então \begin{align*} \int \tan (x) \d x &= \int \frac {\sin (x) \cos (x)}{1 - \sin ^2(x)} \d x \\ &= \int \frac {s \cos (x)}{1 - s^2} \cdot \frac {1}{\class{xm-given}{\cos (x)}} \d s \\ &= \int \frac {s}{1-s^2} \d s. \end{align*}
Mas este é o mesmo problema do Exemplo key example! E, portanto, sabemos que \begin{align*} \int \tan (x) \d x &= - \frac {1}{2} \ln (|1-s^2|) + C \\ &= - \frac {1}{2} \ln (|1-\sin ^2 (x)|) + C \\ &= - \frac {1}{2} \ln (|\cos ^2(x)|) + C \\ &= \ln \left (|\cos ^2(x)|^{- \frac {1}{2}}\right ) + C \\ &= \ln (|\sec (x)|) + C. \end{align*}
Acabamos de demonstrar
\[ \int \tan (x) \d x = \ln (|\sec (x)|) + C. \]
Observe que, no Exemplo example tan, poderíamos em vez disso ter feito a substituição \[ u = 1-\sin ^2(x). \] Isso nos
teria levado à resposta mais rapidamente e sem usar o Exemplo key example. Você está
convidado a fazer essas contas por conta própria agora mesmo!
Encerramos esta seção com mais dois exemplos difíceis.
Calcule: \[ \int \frac {e^{2x}}{1 - e^{2x}} \d x \]
Talvez a maior chave para resolver este problema seja lembrar que \[ e^{2x} = (\class{xm-given}{e^x})^2. \] Assim,
podemos reescrever o problema \[ \int \frac {e^{2x}}{1 - e^{2x}} \d x = \int \frac {(\class{xm-given}{e^x})^2}{1 - (\class{xm-given}{e^x})^2} \d x. \] Agora, se fizermos a substituição \(u = e^x\), temos que
\begin{align*} \d u &= \class{xm-given}{e^x} \d x,\\ \d x &= \frac {1}{\class{xm-given}{e^x}} \d u, \end{align*}
e \begin{align*} \int \frac {e^{2x}}{1 - e^{2x}} \d x &= \int \frac {(e^x)^2}{1 - u^2} \cdot \frac {1}{\class{xm-given}{e^x}} \d u \\ &= \int \frac {e^x}{1-u^2} \d u \\ &= \int \frac {u}{1-u^2} \d u. \end{align*}
Mas agora voltamos ao Exemplo key example e, portanto, sabemos que \begin{align*} \int \frac {e^{2x}}{1 - e^{2x}} \d x &= - \frac {1}{2} \ln (|1-u^2|) + C \\ &= - \frac {1}{2} \ln (|1 - e^{2x}|) + C. \end{align*}
Novamente, no exemplo anterior poderíamos em vez disso ter feito a substituição \[ u = 1 - e^{2x} \] e
evitado usar o Exemplo key example. Em geral, sempre que você faz duas substituições
sucessivas em um problema, poderia ter feito apenas uma substituição. Essa
única substituição é a composição das duas substituições originais. Mas
às vezes pode não ser óbvio fazer uma única substituição esperta, e então
duas substituições fazem mais sentido. O próximo exemplo ajuda a ilustrar
isso.
Embora não seja nada óbvio, vamos tentar a substituição \[ u = \sqrt {x}. \] Então
\begin{align*} \d u &= \class{xm-given}{\frac {1}{2 \sqrt {x}}} \d x,\\ \d x &= 2 \sqrt {x} \d u = 2u \d u, \end{align*}
e, assim, \begin{align*} \int _0^{16} \sqrt {4 - \sqrt {x}} \d x &= \int _{g(0)}^{g(16)} \class{xm-given}{\sqrt {4-u} \cdot 2u} \d u \\ &= \int _{\class{xm-given}{0}}^{\class{xm-given}{4}} \class{xm-given}{2u \sqrt {4-u}} \d u. \end{align*}
A partir daqui, fazemos agora a segunda (e mais óbvia) substituição \[ w = 4-u. \] Então \(u = 4-w\), e
\begin{align*} \d w &= - \d u,\\ \d u &= - \d w. \end{align*}