Primitivação de funções racionais

Transcrição

1 Primitivação de funções racionais Recorde que uma função racional f é um quociente de dois polinómios. Ou seja, f(x) Q(x) em que P e Q são polinómios. É conveniente organizar a primitivação de funções racionais em quatro passos: () Divisão dos polinómios, () Factorização do denominador, (3) Decomposição em fracções simples, e () Primitivação das fracções simples.. Dividir os polinómios Se o grau do numerador for maior ou igual ao grau do denominador, começamos por dividir os dois polinómios: P Q D + P Q em que o grau de P é inferior ao grau de Q. Exemplo. Queremos primitivar a função 3x +x 3 +x +x x + O grau do numerador é, maior que o grau do denominador que é dois. Começamos assim por dividir os polinómios: 3x +x 3 +x +x x + 3x 3x 3x +x +x 3 x +x x 3 x x x + Assim, 3x +x 3 +x +x x + 3x +x + x + e portanto 3x +x 3 +x +x x + x 3 +x x+arctanx+c Naturalmente a divisão de polinómios pode não ser suficiente para calcular a primitiva:

2 Exemplo. Queremos primitivar a função racional x 5 +x 3 x Como o grau do numerador é maior que o grau do denominador, começamos por dividir os polinómios: x 5 +x 3 x x 5 +x x +x 3 +x Assim, x 5 +x 3 x x+ x3 +x x A primitiva de x é x portanto ficamos com o problema de primitivar x 3 +x x Veremos como primitivar esta função no exemplo.. Factorizar o denominador O segundo passo é factorizar o denominador. Qualquer polinómio Q(x) pode ser factorizado como um produto Q(x) (x a ) n (x a ) n...(x a k ) n k Q (x)...q m (x) em que a,...,a k são as raízes de Q com multiplicidades n,...,n k e Q,...Q m são polinómios da forma Q i (x) (ax + bx + c) n em que ax + bx + c não tem raízes em R. Exemplo 3. Para factorizar x +x 3 notamos que este polinómio tem por raízes x e x 3 logo x +x 3 ( x )( ) x+ 3 Exemplo. Aproveitando o último exemplo podemos facilmente factorizar (x + x 3)(x ): (x +x 3)(x ) ( x ) ( ) x+ 3 Exemplo 5. Para factorizar o polinómio x 3 observamos que x é raiz deste polinómio. O polinómio é portanto divisível por x. Efectuando a divisão obtemos x 3 (x )(x +x+) O polinómio x + x + não tem raízes reais pelo que terminamos aqui a nossa factorização. Por vezes factorizar o denominador é tudo o que é necessário para primitivar a função:

3 Primitivação de funções racionais 3 Exemplo 6. Para primitvar a função notamos que x +x+ (x+) logo (x+)(x +x+) (x+)(x +x+) (x+) 3 Esta função é fácil de primitivar: (x+) 3 (x+) +C 3. Decompor o quociente em fracções simples A ideia agora é simplificar o quociente escrevendo-o como uma soma das chamadas fracções simples. Para ilustrar a ideia vamos examinar um exemplo. Exemplo 7. Vamos primitivar a função Para tal observamos que f(x) x(x ) x(x ) x+x x(x ) x x(x ) + x x(x ) x + x Decompusemos f como uma soma das fracções simples x e x (na prática, a decomposição em fracções simples raramente é feita desta maneira directa). Agora é fácil primitivar f: x(x ) x + x ln x +ln x +C Este tipo de decomposição é sempre possível. A cada factor do denominador associamos uma soma de fracções simples de acordo com a tabela, na qual Q(x) designa um polinómio de grau dois sem raízes. Não nos vamos preocupar por enquanto com a justificação da existência desta decomposição (ver a secção 5).

4 x a Q(x) A x a Bx+C Q (x) (x a) n A x a + A (x a) + + A n (x a) n Q(x) n A x+b Q(x) + A x+b Q(x) + + B nx+c n Q(x) n Tabela. Decomposição em fracções simples Os próximos exemplos ilustram o cálculo das constantes A i e B i : Exemplo 8. Vamos primitivar a função x (x+)(x ) De acordo com a tabela temos x () (x+)(x ) A x+ + B x para algumas constantes A,B a determinar. Para determinar estas constantes reduzimos tudo ao mesmo denominador: x (x+)(x ) A(x )+B(x+) (x+)(x ) Os denominadores são iguais. Igualando os numeradores obtemos x A(x )+B(x+) A maneira mais simples de prosseguir é dar valores a x. Os valores convenientes são as raízes do denominador. Para x obtemos A( )+B(+) logo 5B 3 Assim, B 3 5. A outra raiz do denominador é x, A( )+B( +) logo 5A Assim, A 5. Substituindo os valores de A e B na equação () obtemos x (x+)(x ) /5 x+ + 3/5 x Esta função é simples de primitivar: /5 x+ + 3/5 x 5 ln x ln x +C Exemplo 9. Queremos primitivar a função x +x (x +)(x +x+)

5 Primitivação de funções racionais 5 O denominador já está factorizado logo, de acordo com a tabela temos () x +x (x +)(x +x+) Ax+B x + + Cx+D x +x+ Igualando os numeradores obtemos (Ax+B)(x +x+)+(cx+d)(x +) (x +)(x +x+) x +x (Ax+B)(x +x+)+(cx+d)(x +) Como os polinómios x + e x +x+ não têm raízes em R dar valores a x não é muito conveniente. Procedemos de outro modo. Começamos por desenvolver os produtos: x +x (Ax 3 +Ax +Ax+Bx +Bx+B)+(Cx 3 +Cx+Dx +D) (A+C)x 3 +(A+B +D)x +(A+B +C)x+(B +D) Agora igualamos potências de x. Obtemos um sistema de quatro equações com quatro incógnitas: 0 Ax 3 +Cx 3 x Ax +Bx +Dx x Ax +Bx +Cx 0 B +D Podemos calcular os valores de A,B,C,D resolvendo este sistema. A primeira e a última equações dizem-nos que C A e D B. Substituindo na segunda e na terceira equações obtemos A+B B A A+B A B Assim, A, B, C e D. Substituindo os valores na equação () obtemos x +x (x +)(x +x+) x+ x + + x x +x+ Agora x+ x + x x + + x + ln x + +arctan(x) Veremos na próxima secção como primitivar a função x x +x+ (ver exemplo ). Exemplo 0. Queremos primitivar De acordo com a tabela escrevemos (3) x 3 x(x ) 3 A x + B x + x 3 x(x ) 3 C (x ) + D (x ) 3

6 6 Agora reduzimos tudo ao mesmo denominador x(x ) 3 : A(x )3 +Bx(x ) +Cx(x )+Dx x(x ) 3 Como os denominadores são iguais, igualando os numeradores obtemos x 3 A(x ) 3 +Bx(x ) +Cx(x )+Dx Tomando x 0 obtemos A logo A. Ponto x obtemos D. Para prosseguir precisamos de igualar potências de x: x 3 A(x ) 3 +Bx(x ) +Cx(x )+Dx A(x 3 3x +3x )+B(x 3 x +x)+c(x x)+dx (A+B)x 3 +( 3A B +C)x +(3A+B C +D)x A Igualando potências de x obtemos o sistema x 3 Ax 3 +Bx 3 0 3Ax Bx +Cx 0 3Ax +Bx Cx +Dx A Repare que a última equação corresponde a tomar x 0. Já sabemos que A D. A primeira equação diz-nos que B A. Então a segunda equação diz-nos que C 3A+B 5. Substituindo os valores na equação (3) obtemos x 3 x(x ) 3 x + x + 5 (x ) + (x ) 3 Agora é fácil primitivar: x + x + 5 (x ) + (x ) 3 ln x +ln x 5 x (x ) +C Exemplo. Vamos agora completar o exemplo. Ficámos de primitivar a função x 3 +x x Primeiro é necessário factorizar o denominador: x (x ) (x )(x +) (x )(x+)(x +) Como x + não tem raízes reais terminamos a factorização aqui. De acordo com a tabela temos () x 3 +x (x )(x+)(x +) A x + B x+ + Cx+D x + A(x+)(x +)+B(x )(x +)+(Cx+D)(x )(x+) (x )(x+)(x +) Obtemos assim a igualdade entre polinómios x 3 +x A(x+)(x +)+B(x )(x +)+(Cx+D)(x )(x+)

7 Primitivação de funções racionais 7 Pondo x obtemos 3 + A(+)( +)+B( )( +)+(Cx+D)( )(+) logo A donde tiramos A. O outro valor conveniente é x : ( ) 3 + ( ) B( ) ( ( ) + ) logo 8 B e portanto B. Para prosseguirmos desenvolvemos os produtos x 3 +x A(x 3 +x +x+)+b(x 3 x +x )+C(x 3 x)+d(x ) e igualamos potências de x: x 3 Ax 3 +Bx 3 +Cx 3 0 Ax Bx +Dx x Ax +Bx Cx A B Já sabemos que A e B. A primeira equação diz-nos que C A B e a segunda equação diz-nos que D B A. Assim, D A, B, C, D e portanto, substituindo na equação () obtemos x 3 +x (x )(x+)(x +) x + x+ + x+ x + x ln x +ln x+ + x + + x + ln x +ln x+ + ln x + +arctanx. Primitivação das fracções simples Finalmente é necessário primitivar as fracções simples. Primitivas envolvendo as fracções simples /(x a) n são simples de calcular: x a ln x a e (x a) n n (x a) n (n > ) Primitivas envolvendo polinómios Q(x) do segundo grau no denominador são mais complicadas. A ideia é transformar Q(x) no polinómio u + com uma substituição u g(x) adequada. Exemplo. Queremos primitivar x + x +. Pondo em evidência obtemos (x/) + x /+ Fazemos agora a substituição u x/, du /: (x/) + du u + arctanu

8 8 Substituindo u x/ obtemos x + arctan x Para lidar com polinómios do segundo grau mais complicados usamos o procedimento chamado de completar os quadrados. Recorde que (x±a) x ±ax+a Exemplo 3. Para primitivar x +x+ notamos que x +x+ (x +x+)+ (x+) + Fazendo a substituição u x+, du obtemos (x+) + du u arctanu arctan(x+) + Exemplo. No exemplo 9 deparámo-nos com a fracção simples x+ x +x+ que vamos agora primitivar. Completando quadrados temos x +x+ x + x+ x + x+( ) ( ) + ( x+ ) ( ) + ( x+ ) + 3 Fazendo a substituição u x+, du, e notando que x+ u+3 obtemos x+ x +x+ x+ ( ) x+ + 3 u+3 u + 3 du u u + 3 du+ u + 3 du ln u u + 3 du

9 Primitivação de funções racionais 9 Pondo 3 em evidência, u + 3 du 3 ( 3 u + ) du 6/3 ( u ) du 3 + 6/3 3 y + dy ( ) y u arctany Juntando tudo e substituindo y e u por x obtemos x+ x +x+ ln u arctany ln (x+/) +3/ arctan( (x+/) ) 3 5. Existência da decomposição em fracções simples Vamos agora mostrar a existência da decomposição em fracções simples. Seja f uma função racional. Após factorizar o denominador podemos escrever f(x) em que cada Q i (x) é da forma Q i (x) (x a) n Q (x) Q (x) Q k (x) ou Q i (x) (ax +bx+c) n sendo no segundo caso ax + bx + c um polinómio sem raízes. Vamos ver que podemos eliminar os factores do denominador um a um: No caso em que Q (x) (x a) n podemos escrever Q (x) Q (x) Q k (x) R(x) Q (x) Q k (x) + A x a + + em que A,...,A n são constantes e R(x) é um polinómio. Se Q (x) (ax +bx+c) n podemos escrever A n (x a) n Q (x) Q (x) Q k (x) R(x) Q (x) Q k (x) + A x+b ax +bx+c + + A nx+b n (ax +bx+c) n em que A,B,,...,A n,b n são constantes e R(x) é um polinómio. Conseguimos assim eliminar os factores do denominador um a um, substituindo-os por somas de fracções simples.

10 0 Começamos com o caso em que Q (x) (x a) n. Para simplificar a notação escrevemos Q(x) Q (x) Q k (x). Então f(x) Q(x)(x a) n Definição : Dizemos que uma função racional f tem uma singularidade de ordem n em x a se f for da forma f(x) Q(x)(x a) n em que P(a),Q(a) 0. Ou seja, se a for um zero com multiplicidade n do denominador e a não for um zero do numerador. Para valores de x próximos de a, Q(x) P(a) Q(a) Q(x)(x a) n P(a) Q(a)(x a) n. Vamos ver que a diferença tem uma singularidade em x a de ordem menor ou igual a n. Conseguimos assim cancelar parte da singularidade. Teorema : Dados polinómios P,Q tais que Q(a) 0, existe um polinómio P tal que Q(x)(x a) n P(a)/Q(a) (x a) n Q(x)(x a) n Demonstração. Escrevemos (i) Q(x)(x a) n P(a)/Q(a) P(a) Q(a) Q(x) Q(a)(x a) n Q(x)(x a) n Agora x a é uma raiz do numerador logo o numerador é divisível por x a. Chamando P ao quociente temos Substituindo (ii) em (i) obtemos (ii) P(a) Q(x) (x a) Q(a) Q(x)(x a) n P(a)/Q(a) Q(a)(x a) n (x a) Q(x)(x a) n Q(x)(x a) n Iterando este procedimento chegamos ao: Teorema 3: DadospolinómiosP,QtaisqueQ(a) 0existemconstantesA,...,A n e um polinómio R(x) tais que Q(x)(x a) n A (x a) + + A n (x a) n + R(x) Q(x) Demonstração. A demonstração é por indução em n. Para n 0 basta tomar R P. Assumimos então por hipótese de indução que o resultado é válido para

11 Primitivação de funções racionais n e provamos o resultado para n. Pelo teorema, existe um polinómio P tal que (i) Q(x)(x a) n P(a)/Q(a) (x a) n + Q(x)(x a) n Por hipótese de indução, existem constantes A,...,A n e um polinómio R tais que (ii) Q(x)(x a) n A (x a) + + A n R(x) + (x a) n Q(x) Substituindo (ii) em (i) Q(x)(x a) n P(a)/Q(a) (x a) n + A (x a) + + A n R(x) + (x a) n Q(x) Agora basta tomar A n P(a)/Q(a). Vamos agora estudar o caso em que temos como factores do denominador polinómios do segundo grau sem raízes em R. Vamos apenas considerar o caso do polinómio x + pois, como vimos, é sempre possível reduzir a este caso com uma substituição adequada. A demonstração usa algumas propriedades muito elementares dos números complexos. Começamos por demonstrar o análogo do teorema. A primeira observação é que, se então Assim, se definirmos P(i) A+Bi e Q(i) C +Di P( i) A Bi e Q( i) C Di P r (x) A+Bx e Q r (x) C +Dx temos P(±i) P r (±i) e Q(±i) Q r (±i) Teorema : Se Q(i) 0 então existe um polinómio P tal que Q(x)(x +) n P r(x)/q r (x) /Q (x +) n r (x) Q(x)(x +) n Demonstração. A demonstração é muito semelhante à do teorema. Começamos por escrever (i) Q(x)(x +) n P r (x) Q r (x)(x +) n Q r(x) P r (x)q(x) Q(x)Q r (x)(x +) n

12 Então i, i são ambas raízes do numerador, pelo que o numerador é divisível por x i e por x + i, sendo portanto divisível também por (x i)(x + i) x +. Chamando P ao quociente temos Substituindo (ii) em (i) obtemos (ii) Q r (x) P r (x)q(x) (x +) Q(x)(x a) n o que termina a demonstração. P r (x) Q r (x)(x +) n (x +) Q(x)Q r (x)(x +) n Q(x)Q r (x)(x +) n Ao comparar o teorema 5 com o teorema vemos uma diferença importante: P r (x)/q r (X) e /Q r (x) só são polinómios se Q r (x) for constante. O que nós queremos de facto provar é: Teorema 5: Se Q(i) 0 então existe um polinómio P e constantes A n,b n tais que Q(x)(x +) n A n +B n x (x +) n Q(x)(x +) n Demonstração. OteoremaseguedeimediatodoteoremanocasoemqueQ(i) R pois nesse caso Q r (x) C é uma constante e basta tomar /C e escrever o polinómio de grau um P r (x)/c na forma P r (x)/c A n +B n x. No caso geral, escrevendo Q(i) C +Di temos e Q(x)(x +) n (C Dx) (C Dx)Q(x)(x +) n (C Di)Q(i) (C Di)(C +Di) C +D R. Pelo que dissemos acima, basta agora aplicar o teorema. Podemos agora mostrar que Teorema 6: Existem constantes A,B,...,A n,b n e um polinómio R(x) tais que Q(x)(x +) n A +B x x + + A n +B n x + (x +) n + R(x) Q(x) Demonstração. A demonstração é por indução em n. Para n 0 basta tomar R P. Assumimos então por hipótese de indução que o resultado é válido para n e provamos o resultado para n. Pelo teorema 5, existe um polinómio e constantes A n,b n tais que (i) Q(x)(x +) n A n +B n x (x +) n + Q(x)(x +) n

13 Primitivas com funções trigonométricas 3 Por hipótese de indução existem constantes A,B,...,A n,b n e um polinómio R(x) tais que (ii) Q(x)(x a) n A +B x x + + A n +B n x + (x +) n + R(x) Q(x) Substituindo (ii) em (i) obtemos Q(x)(x +) n A n +B n x (x +) n + A +B x x + + A n x+b n x + (x +) n + R(x) Q(x) o que termina a demonstração. Primitivas com funções trigonométricas Vamos agora ver como primitivar expressões envolvendo funções trigonométricas. 6. Primitivas envolvendo senos e cosenos Muitas primitivas podem ser calculadas usando a fórmula sen x+cos x e uma substituição u cosx ou u senx: Exemplo 5. Queremos primitivar sen (x)cos 3 (x). Notamos que sen (x)cos 3 (x) sen (x)cos (x)(cosx) sen x( sen x)(cosx) Assim, fazendo a substituição u senx, du cosx obtemos sen (x)cos 3 (x) u ( u )du u u du Exemplo 6. Queremos primitivar a função u3 3 u5 5 +C cos3 x cos5 x +C 3 5 f(x) sen5 x 3+sen x Notamos que sen 5 ( x sen 3+sen x x ) ( senx cos x ) senx 3+sen x 3+( cos x) Fazendo a substituição u cosx, du senx obtemos ( cos x ) senx ( u ) du cos x u Deixamos ao cuidado do leitor verificar que ( u ) u u ++ 9/ u+ 9/ u

14 e portanto ( u ) du u u3 3 +u+ 9 ln u+ 9 ln u 3 cos3 x+cosx+ 9 ln cosx+ cosx Exemplo 7. Queremos primitivar f(x) (cosx) secx: secx cosx cos x cosx sen x cosx Fazendo a substituição u senx, du cosx obtemos sen x cosx u du Deixamos como exercício a verificação que u du ln u + +u ln +u ln u Falta apenas substituir u senx: +senx secx ln senx 7. Primitivas envolvendo tangentes e secantes Começamos por ver como primitivar a tangente e a secante. Usando a substituição u cosx obtemos senx tanx cosx cosx ( senx) du du ln u +C u ln cosx +C ln secx +C No exemplo 7 vimos como primitivar a secante: +senx secx ln senx Podemos simplificar esta expressão notando que Å ã +senx senx (+senx) +senx sen x (secx+tanx) cosx Assim, Resumindo: +senx ln senx»(secx+tanx) ln ln secx+tanx

15 Primitivas com funções trigonométricas 5 tanx ln secx +C secx ln secx+tanx +C Técnicas semelhantes às usadas na secção 6 com o seno e o coseno podem ser usadas para primitivar funções envolvendo a tangente e a secante. Neste caso as fórmulas relevantes são sec θ tan θ, (tanθ) sec θ e (secθ) secθtanθ Exemplo 8. Para primitivar tan 3 x sec x notamos que tan 3 x sec x tan 3 x sec x sec x tan 3 x ( +tan x ) sec x Fazendo a substituição u tanx obtemos tan 3 x ( +tan x ) sec x u 3 (+u )du u + u6 6 Agora basta substituir u tanx: tanx sec x tan x+ 6 tan6 x Exemplo 9. Vamosprimitivartan 3 x sec xdeoutramaneira. Destaveznotamos que tan 3 x sec x tan x sec 3 x ( tanx secx ) (sec x ) sec 3 x ( tanx secx ) Fazendo a substituição u secx obtemos (sec x ) sec 3 x ( tanx secx ) (u )u 3 du u6 6 u Agora basta substituir u secx: tanx sec x 6 sec6 x sec x Esta primitiva é diferente da obtida no exemplo 8 mas o leitor pode verificar facilmente que as duas primitivas diferem por uma constante: 6 sec6 x sec x tan x+ 6 tan6 x

16 6 Exemplo 0. Vamos primitivar tan 3 θ. tan tan 3 3 θ θdθ sec θ sec θdθ Fazendo a substituição u tanθ obtemos tan 3 θ +tan θ (sec θdθ) tan 3 θ +tan θ (sec θdθ) u 3 +u du Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que u 3 +u du u ln +u Substituindo u tanθ obtemos tan 3 θdθ tan θ ln +tan θ tan θ ln secθ 8. Algumas propriedades das funções trigonométricas As técnicas da secção 6 permitem primitivar sen n θcos m θ desde que ou n ou m sejam ímpares. Por exemplo, se m k + temos sen n θcos k+ θdθ sen n θcos k θcosθdθ sen n θ ( sen θ ) k cosθdθ u n ( u ) k du (u senθ) Para lidar com potências pares podemos usar primitivação por partes mas é mais simples usar as propriedades das funções trigonométricas que passamos a descrever: Teorema 7 (Propriedades do seno e do coseno): () cos θ (+cosθ) () sen θ ( cosθ) (3) senθ senθcosθ Antes da demonstração vamos ver algumas aplicações: Exemplo. Podemos agora facilmente primitivar cos θ: +cos(θ) cos θdθ dθ θ + sen(θ) ( ) θ +senθcosθ

17 Primitivas com funções trigonométricas 7 Exemplo. Paracalcularumaprimitivadesen xprocedemosdoseguintemodo: Å ã cosx sen x cos(x) + cos (x) cos(x) + (+cos(x)) 8 e nesta última expressão sabemos calcular todas as primitivas. Exemplo 3. Para calcular uma primitiva de sen xcos x notamos que logo Vamos então demonstrar o teorema 7: sen xcos x sen (x) 8 8 cos(x) sen xcos x 8 x 3 sen(x) Demonstração. Se derivarmos () obtemos (3) e a identidade () segue de () usando a relação sen θ cos θ. Portanto só temos que mostrar (). Primeiro assumimos que θ [ ] 0, π. A identidade () pode ser escrita como cosθ cos θ. Como θ [0,π], esta identidade é equivalente a θ arccos ( cos θ ) Seja agora x cosθ. Então θ arccosx e obtemos a identidade equivalente arccosx arccos(x ) Para mostrar esta identidade vamos primeiro ver que as derivadas são iguais. Usando a regra da cadeia e simplificando obtemos para x d x arccos(x ) (x ) x x ( x ) Como θ [ 0, π ], x cosθ 0 logo x x. Assim, d arccos(x ) d arccosx (0 x < ) x Duas funções com a mesma derivada diferem por uma constante. Provámos portanto que arccos(x ) arccosx+c (0 x < ) Tomando o limite quando x obtemos arccos arccos+c logo C 0 o que termina a demonstração. Como as funções cos θ e ( ) +cos(θ)

18 8 são ambas pares e são iguais no intervalo [ ] 0, π (como acabámos de ver), são também necessariamente iguais no intervalo [ π,0]. Assim, a identidade () é válida em todo o intervalo [ π, ] π. Dado φ R escrevemos φ θ +kπ com θ [ π, ] π. Então cosφ cos(θ +kπ) ( ) k cosθ cosφ cos(θ +kπ) cos(θ) cos θ (+cosθ) pois θ [ π, ] π logo cos φ cos θ (+cosθ) (+cosφ) 9. A substituição u tan θ. Qualquer expressão envolvendo apenas somas, produtos e quocientes das funções sen θ e cos θ pode ser transformada numa função racional mediante a substituição u tan θ. A utilidade desta substituição vem das fórmulas seguintes: Teorema 8: Se u tan θ então cosθ u u, senθ +u +u e dθ du +u Demonstração. A observação crucial é que sec (θ/) +tan (θ/) +u logo cos (θ/) +u Daqui tiramos de imediato que du sec (θ/)dθ (+u )dθ e portanto dθ du/(+u ). Usando agora as fórmulas para o seno e coseno do dobro dum ângulo (teorema 7) chegamos a cosθ cos (θ/) u +u +u senθ sen(θ/)cos(θ/) tan(θ/)cos (θ/) u +u

19 Primitivas com funções trigonométricas 9 Exemplo. Queremos calcular uma primitiva de 3senθ+cosθ. Usando a substituição u tan θ obtemos dθ 3senθ +cosθ du +u 3 u +u + u +u du 6u+ u O polinómio 6u+ u tem raízes e pelo que 6u+ u (u ) ( u+ ) (u )(u+) Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que du (u )(u+) 5 du u+ 0 du u 0 ln u+ u Agora só resta substituir u tan θ : dθ 3senθ +cosθ 0 ln u+ u 0 ln tan θ + tan θ A substituição u tan θ tem uma interpretação geométrica em termos da chamada projecção estereográfica. A projecção estereográfica associa a cada ponto θ π do círculo trigonométrico um ponto sobre o eixo dos yy de acordo com a figura: Figura. Projecção estereográfica Mas o ponto sobre o eixo dos yy é precisamente o ponto y tan(θ/) como se pode ver observando a figura seguinte, na qual tan(θ/) OB:

20 0 C B θ/ A O D θ Figura. A substituição u tan θ 0. A função arcsec Recorde que a função arcsec : [,+ [ R é a inversa da restrição da secante ao intervalo [ 0, π [. O arco-secante pode ser escrito em termos do arco-coseno: A sua derivada pode ser calculada por (i) (arcsecx) arcsecx arccos x Agora tan θ sec θ. Para θ [ 0, π [ temos Substituindo (ii) em (i) obtemos (secθ) secθtanθ (ii)tanθ sec θ x (arcsecx) x x Naturalmente, a esta fórmula está associada a fórmula para primitivas dt t t arcsect+c Funções hiperbólicas e as suas inversas. Funções hiperbólicas As seguintes funções aparecem frequentemente em aplicações, sendo também bastante úteis para calcular primitivas:

21 Funções hiperbólicas e as suas inversas Definição 9: O seno hiperbólico é a função senh : R R definida por senhx ex e x O coseno hiperbólico é a função cosh : R R definida por coshx ex +e x É imediatamente claro que senhx é ímpar e que coshx é par. Além disso, como e x é sempre positiva, coshx > 0 para qualquer x. As derivadas são fáceis de calcular: (senhx) coshx e (coshx) senhx (senhx) coshx > 0 logo o seno hiperbólico é estritamente crescente. Como senh(0) 0, o seno hiperbólico é positico para x > 0 e negativo para x < 0. Podemos agora estudar a monotonia e a concavidade das funções hiperbólicas: x < 0 0 x > 0 senh cosh senh senh 0 + senh ր infl. ր x < 0 0 x > 0 cosh senh 0 + cosh cosh cosh ց min. ր Para analisar o comportamento assimptótico do seno hiperbólico repare que quando x +, e x 0 logo senhx ex. Quando x, e x 0 logo senhx e x. Podemos agora esboçar o gráfico: 3 senhx ex e x 3 Figura 3. Gráfico da função senhx Para analisar o comportamento assimptótico do coseno hiperbólico observamos que quando x +, coshx ex e quando x, coshx e x. Obtemos assim o seguinte gráfico:

22 3 coshx ex e x Figura. Gráfico da função coshx As funções hiperbólicas têm propriedades bastante semelhantes às das funções trigonométricas: Teorema 0 (Propriedades das funções hiperbólicas): cosh x senh x cosh x + cosh(x) senh x + cosh(x) senhxcoshx senh(x) A demonstração é directa a partir da definição e fica como exercício.. Primitivas envolvendo funções hiperbólicas Técnicas semelhantes às usadas com as funções trigonométricas podem ser usadas para primitivar funções envolvendo senos e cosenos hiperbólicos: Exemplo 5. Vamos primitivar cosh 5 x: cosh 5 x cosh x(coshx) (+senh x) (coshx) Fazendo a substituição u senhx, du coshx obtemos (+senh x) (coshx) (+u ) du (+u +u )du u+ 3 u3 + 5 u5 Substituindo u senh x obtemos cosh 5 x senhx+ 3 senh3 x+ 5 senh5 x Exemplo 6. Vamos primitivar cosh x senh x. Começamos por observar que cosh x senh x senh (x) Å + ã cosh(x) Assim, cosh x senh x 8 x+ 3 senh(x)

23 Funções hiperbólicas e as suas inversas 3 3. Funções hiperbólicas inversas A função senh é injectiva e a função cosh é injectiva no intervalo [0,+ [ pelo que podemos definir funções inversas: Definição : Chamamos argumento do seno hiperbólico à função inversa do seno hiperbólico e representamo-la por argsenhx : R R Chamamos argumento do coseno hiperbólico, argcosh, à função inversa da restrição do coseno hiperbólico ao intervalo [ 0, + [: argcosh : [,+ [ R O teorema da derivada da função inversa permite-nos então calcular: Teorema (Derivadas das funções hiperbólicas inversas): (argsenhx) +x e (argcoshx) x Demonstração. Consideramos primeiro o argumento do seno hiperbólico. A função f(y) senhy está definida em R, com inversa y argsenhx. A derivada de f, f (y) coshy, nunca se anula logo a sua inversa f (x) argsenhx é diferenciável em todo o seu domínio com derivada (argsenhx) f (y) coshy Como cosh y + senh y e o coseno hiperbólico é sempre positivo, coshy» +senh y +x. Assim, (argsenhx) +x Passemos ao argumento do coseno hiperbólico. Seja f : [0,+ [ R a restrição da função x coshy ao intervalo [0,+ [. Então f (x) argcoshx definida para x. A derivada de f, f (y) senhy, anula-se apenas em y 0, que corresponde a x, pelo que argcoshx é diferenciável para x ],+ [, com derivada (argcoshx) f (y) senhy Comoy > 0,senhy > 0. Comosenh y cosh y,entãosenhy x logo» cosh y (argcoshx) x

24 A estas fórmulas estão naturalmente associadas fórmulas para as primitivas: +x argsenhx argcoshx (x ) x argcosh( x) (x ) x É útil escrever as funções argsenh e argcosh em termos do logaritmo. Para tal resolvemos as equações x coshy ey +e y x senhy ey e y (y 0) em ordem a y. Para o coseno hiperbólico temos a equação e y +e y x 0 Multiplicando por e y obtemos a equação ( e y ) xe y + 0 Fazendo a substituição u e y obtemos u xu + 0. Usando a fórmula resolvente obtemos u e y x± x x± x Repare que x coshy logo a raiz quadrada está sempre definida. Para x temos uma só solução: e y logo y 0. Para x > temos que decidir qual das duas soluções tomar. Recorde que restringimos o cosh à região em que y 0 logo e y. Vamos mostrar que x x < e portanto esta solução é impossível: x x x+ > x x x Assim, x > x logo x x <. Portanto a única solução possível é e y x+ x ou seja y ln ( x+ x ) Chegamos assim ao Teorema 3: argcoshx ln ( x+ x ) e argsenhx ln ( x+ x + ) Deixamos a demonstração da fórmula do argsenh como exercício. Podemos interpretar as funções hiperbólicas do seguinte modo: observemos a figura:

25 Primitivação por substituição 5 x +y x y R s R Figura 5. Funções arccos e argcosh t A área do sector circular R é metade do ângulo. O coseno do ângulo é s logo Área(R ) arccos(s) Teorema : Área(R ) argcosh(t) Demonstração. O triângulo rectângulo com vértices na origem, em (t, 0) e em (t, t )éauniãodaregiãor comaregiãoporbaixodográficodey x. A área do triângulo é dada por pelo que base altura t t Área(R ) t t t x A área de R e argcosh(t) são ambas zero para t pelo que basta mostrar que as derivadas são iguais: d dtárea(r ) t t + t t Å t ã t t donde concluímos que t (argcosh) (t) Área(R ) argcosht Primitivação por substituição Recorde que, para usar uma substituição u g(x), substituímos no integral g(x) por u e g (x) por du. Para este procedimento funcionar é necessário que a expressão g (x) faça parte do integral.

26 6 Exemplo 7. Para primitivar x x +3 fazemos a substituição u x 3 +. Então du x faz parte do integral e assim x udu x +3 3 u3 3 (x +3) 3 É possível no entanto fazer substituições em situações muito mais gerais desde que g seja injectiva. Seja x h(u) a inversa de g. A derivada de h é h (u) g (x) pelo que du g (x) h (u) Assim, é legítimo usar a fórmula h (u)du numa substituição, pois ela é equivalente a du g (x). É usual chamar substituição inversa a este tipo de substituição em que: () Substituímos x por h(u) () Substituímos por h(u) du (3) Calculamos o integral e () Substituímos u h (x) Exemplo 8. Na substituição u tan θ vimos que du sec θ dθ (+u )dθ e portanto dθ du +u. Esta fórmula pode ser facilmente deduzida escrevendo θ arctanu e calculando dθ (arctanu) du du +u Exemplo 9. Vamos primitivar x + x. Vamos usar a substituição u x que tem por inversa x u com u 0. Então udu logo x + x u +u udu Deixamos ao cuidado do leitor a verificação que u du u+ u u+ln u+ +C Substituindo u x obtemos x + x u u+ln u+ +C x x+ln( x+)+c

27 Primitivação por substituição 7. Racionalização Em certas situações é possível, mediante uma substituição, reduzir o problema do cálculo duma primitiva a encontrar uma primitiva duma certa função racional. Já encontrámos uma dessas situações na secção 5: a substituição u tan(θ/) permite transformar qualquer expressão envolvendo somas, produtos e quocientes das funções senθ e cosθ numa função racional. Exemplo 30. Para primitivar f(θ) cosθ +cosθ fazemos a substituição u tan(θ/). Obtemos u du cosθdθ +cosθ +u +u + u +u Dividindo os polinómios obtemos u +u du Å +u u +u du ã du u arctanu Basta agora substituir u tan(θ/): cosθdθ +cosθ tan(θ/) θ/ Expressõesenvolvendosomas, produtosequocientesderaízes q x p podemsertransformadas em funções racionais mediante a substituição u n x em que n é o menor múltiplo comum das raízes que aparecem na expressão. Exemplo 3. Para calcular x+ 3 x Fazemos a substituição u 6 x. Então x u 6 donde 6u 5 du. Assim, 6u 5 x+ 3 x du 6u 3 u 3 +u du u+ Dividindo os polinómios obtemos 6u 3 du u+ 6 Å u u+ u+ ã du u 3 3u +6u 6ln u+ Finalmente substituímos u 6 x: x+ 3 x x 3 3 x+6 6 x 6ln 6 x+ Expressões envolvendo somas, produtos e quocientes de exponenciais podem ser transformadas em funções racionais mediante a substituição u e x :

28 8 Exemplo 3. Vamos supor que queremos primitivar f(x) +e. Para tal vamos x fazer a substituição u e x. Então x lnu e assim u du. Substituindo obtemos +e x u du +u du u(+u) Deixamos ao leitor o cuidado de verificar que du u(+u) u du ln u ln +u +C ln u +u +u +C Substituindo u e x obtemos +e x ln u +u +C ln e x +e x +C O leitor pode encontrar outras situações em que é possível racionalizar nos exercícios. 5. Substituições trigonométricas e hiperbólicas Primitivas envolvendo raízes quadradas de polinómios quadráticos surgem frequentemente nas aplicações. Vamos agora estudar uma técnica para calcular este tipo de primitivas. A ideia é tirar partido das relações trigonométricas sen θ cos θ e +tan θ sec θ Exemplo 33. Queremos calcular o integral x Queremos tirar partido da relação sen θ cosθ (cosθ 0) para eliminar a raiz quadrada. Para isso fazemos a substituição x sen θ, ou seja, x h(θ) senθ. Então cosθdθ. Para a substituição ser válida, a função h tem que ser injectiva. Por isso restringimos θ ao intervalo [ π, ] π. Neste intervalo, x senθ θ arcsen(x) Para substituir os extremos de integração, observamos que se x, então θ arcsen( ) π se x, então θ arcsen() π

29 Primitivação por substituição 9 Assim, Como θ [ π, π Área π π x sen θ ( cosθdθ) ], cosθ 0 logo sen θ cos θ cosθ Assim, π π cos θdθ π π (+cosθ)dθ π É útil representar este tipo de substituições num triângulo rectângulo. Recorde que para θ ] 0, π [ podemos descrever as funções trigonométricas em termos do triângulo rectângulo de referência da figura 6. C A θ B Figura 6. Triângulo de referência. Temos senθ BC/AC tanθ BC/AB secθ AC/AB cosθ AB/AC cotanθ AB/BC cosecθ AC/BC A substituição usada no exemplo 33 está representada na figura 7. θ x. x Figura 7. Exemplo 33 Repare que esta figura diz-nos de imediato que senθ x e cosθ x Vimos que a fórmula sen θ cos θ nos permite primitivar expressões envolvendo u. De forma análoga, as fórmulas +tan θ sec θ e sec θ tan θ permitem-nosprimitivarexpressõesenvolvendo +u e u respectivamente.

30 30 Exemplo 3. Vamos calcular uma primitiva de x assumindo que x. x 6 Começamos por desenhar um triângulo rectângulo de referência: x x 6 θ. O triângulo indica-nos qual a substituição que devemos fazer: secθ x ( ) 0 θ < π x 6 tanθ Assim, secθtanθdθ pelo que x x 6 secθtanθdθ 6sec θ tanθ 6 cosθdθ 6 senθ dθ 6secθ O triângulo de referência dá-nos o valor do seno: x x 6 6 senθ 6 x 6 x 6 x 6x Como outro exemplo vamos voltar ao problema de primitivar ( + x ) n que abordámos na secção. Nessa secção usámos primitivação por partes. Vamos agora usar a substituição x tanθ. Obtemos ( +x ) n sec θdθ ( +tan θ ) n sec n θdθ cos n θdθ Já vimos na secção 8 como calcular este tipo de primitivas usando a fórmula Å ã n +cos(θ) cos n θ. Exemplo 35. Vamos calcular uma primitiva de (x +9). Interpretando a soma de quadrados como a hipotenusa dum triângulo rectângulo obtemos o seguinte triângulo rectângulo de referência:

31 Primitivação por substituição 3 x +9 θ x. 3 O triângulo indica-nos qual a substituição que devemos fazer: tanθ x 3 ( π < θ < ) π x +9, secθ 3 Assim, x 3 tanθ logo 3 sec θdθ e 3 (x +9) sec θdθ 3 sec θ 5 cos θdθ ( 08 θ + senθ) dθ 5sec θ 08 (+cosθ)dθ Precisamos agora de substituir θ por x. Como tanθ x 3, x arctan( 3 θ). Por outro lado, senθ senθcosθ e o triângulo de referência dá-nos os valores de senθ e de cosθ: x 3 senθ cosθ x +9 x +9 Assim, (x +9) ( ) θ +senθcosθ 08 Å arctan 3θ + x x +9 ã Å arctan 3θ + 6x x +9 ã 3 x +9 Os três tipos de substituição trigonométrica estão sumarizados na tabela seguinte: Expressão Substituição ( a x ( a x a) x asenθ π θ ) π ( a +x (x R) x atanθ π < θ < ) π ( ) x a (x ) x asecθ 0 θ < π Tabela. Substituições trigonométricas É muitas vezes mais conveniente usar substituições hiperbólicas. A ideia é aproveitar a identidade cosh t senh t

32 3 Exemplo 36. Queremoscalcularumaprimitivade +x. Oleitorpodeverificar que uma substituição trigonométrica nos conduz ao integral sec 3 θdθ que é difícil de calcular. Em vez disso usamos a substituição hiperbólica Então coshtdt e obtemos +x senht x cosht +x cosh tdt (+cosht)dt ( t+ senh(t)) (t+senhtcosht) (argsenhx+x +x ) Como costume, para lidar com polinómios do segundo grau completamos os quadrados: Exemplo 37. Vamos primitivar x. Primeiro completamos os quadrados: 3x+ x 3x+ x ( 3 ) x+ x ( 3 ) x+ ( 3 ) ( 3 ) + ( x 3 ) 9 + ( x ) 3 Queremos portanto calcular» (x ) 3 Aqui é mais simples fazer uma substituição hiperbólica. A raiz quadrada é da forma u a com u x 3 e a portanto fazemos a substituição Obtemos assim» (x 3 x 3 cosht, ) senht senhtdt senht dt t argcosh(x 3) Podemos sumarizar as substituições hiperbólicas na tabela: Expressão a +x x a Substituição (x R) x asenht (x ) x acosht ( t R ) ( t 0) Tabela 3. Substituições hiperbólicas