Matemática
Nesta postagem, vamos demonstrar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx = 2\ \text{arctg}\left( \frac{2ax+b}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right) + C
\end{equation*}
onde $a$, $b$ e $c$ são constantes, onde $a$, $b$ e $c$ $\in \mathbb{R}$ sendo $a \neq 0$.
Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx
\end{equation*}
Completamos o quadrado no denominador do integrando:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x^2 + \frac{bx}{a}+\frac{b^2}{4a^2}\right)+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+\left(\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)^2 + c}\ dx\\
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x$. Assim, $du=\sqrt{a}\ dx$ e $\displaystyle dx = \frac{du}{\sqrt{a}}$:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+u^2 + c}\ du
\end{equation*}
Fatoramos $\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}$ no numerador do integrando:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle \left(c-\frac{b^2}{4a}\right) \left( \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}+1 \right)}\ du
\end{equation*}
Fatoramos as constantes:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\displaystyle \left( c-\frac{b^2}{4a} \right)} \int \frac{1}{\displaystyle \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}} + 1}\ du
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle v = \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$. Assim, $\displaystyle dv = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}\ du$ e $\displaystyle du=\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}\ dv$:
\begin{equation*}
I = \frac{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}{\displaystyle \sqrt{a}\left(c-\frac{b^2}{4a}\right)} \int\frac{1}{v^2+1}\ dv\\
\ \\
I = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \int \frac{1}{v^2+1}\ dv
\end{equation*}
A integal de $\displaystyle \frac{1}{v^2+1}$ é $\text{arctg}(v)$. Assim:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}(v)}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle v=\frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}}+C = \frac{\text{arctg}\left( \displaystyle \frac{u}{\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle \frac{u}{\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{2}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C = \frac{2\ \text{arctg}\left( \displaystyle \frac{2u}{\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}} + \sqrt{a}\ x$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{2\ \text{arctg}\left( \frac{\displaystyle 2\left( \frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)}{\displaystyle \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg}\left(\displaystyle \frac{2ax+b} {\displaystyle \sqrt{a}\ \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg} \left( \displaystyle \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}} \right)} {\sqrt{4ac-b^2}}+C
\end{equation*}
A área sob a curva é dada pela integral definida com limite de integração inferior igual a $0$ e superior igual a $2$:
\begin{equation*}
A = \int_0^2 \frac{1}{x^2-x+1}\ dx = \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2\cdot 1 \cdot x-1}{\sqrt{4\cdot 1\cdot 1-(-1)^2}} \right)}{\sqrt{4\cdot 1\cdot1 - (-1)^2}} \right]_0^2\\
\ \\
A= \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)}{\sqrt{3}} \right]_0^2\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left( \frac{3}{\sqrt{3}} \right) -\text{arctg}\left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right) \right)\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left(\sqrt{3}\right) - \text{arctg}\left( -\frac{\sqrt{3}}{3}\right) \right)
\end{equation*}
O arco cuja tangente vale $\sqrt{3}$ é o arco de $60^\circ$ e mede $\pi /3$ radianos; Já o arco cuja tangente vale $-\sqrt{3}/3$ é o arco de $330^\circ$, ou $-30^\circ$ e mede $-\pi/6$ radianos. Assim:
\begin{equation*}
A = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \approx 1,8138
\end{equation*}
Resposta: A área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}$, compreendida no intervalo $[0,2]$, mede aproximadamente $1,8138$ unidades de área.
Integração por substituição
Integração por partes
- Resolução Da Integral $\displaystyle \int \frac{1}{x^2+a^2}dx$
Nesta postagem, vamos provar que: \begin{equation*} \int \frac{1}{x^2+a^2}\ dx = \frac{1}{a}\text{arctg}\left(\frac{x}{a}\right) + C \end{equation*} onde $a$ é uma constante, tal que $a \in \mathbb{R}^\ast$, sendo $x^2 + a^2 \neq 0$. Seja a integral:...
- Resolução Da Integral $\displaystyle \int \text{sen}(ax)dx$
Nesta postagem, vamos demonstrar que: \begin{equation*} \int \text{sen}(ax)dx = - \frac{\cos(ax)}{a}+C \end{equation*} onde $a \in \mathbb{R}$ e $a\neq 0$. Seja a integral: \begin{equation*} I = \int \text{sen}(ax)dx \end{equation*} Para o integrando...
- Resolução Da Integral $\int \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx$
Li em um livro, talvez no do Simmons ou do Foulis, que integrar é uma arte. E é verdade. Quanto mais resolvo, mais percebo que não basta apenas o trivial. Esta integral foi enviada por um leitor por e-mail. Só consegui resolvê-la com uma ajuda da...
- Integral De $\displaystyle \frac{\sqrt{16-x^2}}{4x^2}dx$
Às vezes surgem dúvidas de leitores que valem um post. A resolução desta integral é interessante e usa o método de substituição trigonométrica. Seja a integral: \begin{equation*} \int \frac{\sqrt{16-x^2}}{4x^2}dx = I \end{equation*} Vejam o artigo...
- Integral De $1/(1+x^2)^2dx$
Considere a integral: $$\int \left ( \frac{1}{1+x^2} \right )^2$$ Para resolvê-la, utilizamos uma substiruição trigonométrica, fazendo: \begin{matrix} x&=&\tan(u)\\ dx&=&\sec^2(u)du\\ \end{matrix} Assim temos: \begin{equation} \int...
Matemática
Resolução da integral $\displaystyle \int$ $\frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx$
Nesta postagem, vamos demonstrar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx = 2\ \text{arctg}\left( \frac{2ax+b}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right) + C
\end{equation*}
onde $a$, $b$ e $c$ são constantes, onde $a$, $b$ e $c$ $\in \mathbb{R}$ sendo $a \neq 0$.
Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx
\end{equation*}
Completamos o quadrado no denominador do integrando:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x^2 + \frac{bx}{a}+\frac{b^2}{4a^2}\right)+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+\left(\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)^2 + c}\ dx\\
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x$. Assim, $du=\sqrt{a}\ dx$ e $\displaystyle dx = \frac{du}{\sqrt{a}}$:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+u^2 + c}\ du
\end{equation*}
Fatoramos $\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}$ no numerador do integrando:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle \left(c-\frac{b^2}{4a}\right) \left( \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}+1 \right)}\ du
\end{equation*}
Fatoramos as constantes:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\displaystyle \left( c-\frac{b^2}{4a} \right)} \int \frac{1}{\displaystyle \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}} + 1}\ du
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle v = \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$. Assim, $\displaystyle dv = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}\ du$ e $\displaystyle du=\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}\ dv$:
\begin{equation*}
I = \frac{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}{\displaystyle \sqrt{a}\left(c-\frac{b^2}{4a}\right)} \int\frac{1}{v^2+1}\ dv\\
\ \\
I = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \int \frac{1}{v^2+1}\ dv
\end{equation*}
A integal de $\displaystyle \frac{1}{v^2+1}$ é $\text{arctg}(v)$. Assim:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}(v)}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle v=\frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}}+C = \frac{\text{arctg}\left( \displaystyle \frac{u}{\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle \frac{u}{\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{2}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C = \frac{2\ \text{arctg}\left( \displaystyle \frac{2u}{\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}} + \sqrt{a}\ x$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{2\ \text{arctg}\left( \frac{\displaystyle 2\left( \frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)}{\displaystyle \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg}\left(\displaystyle \frac{2ax+b} {\displaystyle \sqrt{a}\ \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg} \left( \displaystyle \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}} \right)} {\sqrt{4ac-b^2}}+C
\end{equation*}
Exemplo
Calcular a área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}$, compreendida no intervalo $[0,2]$.A área sob a curva é dada pela integral definida com limite de integração inferior igual a $0$ e superior igual a $2$:
\begin{equation*}
A = \int_0^2 \frac{1}{x^2-x+1}\ dx = \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2\cdot 1 \cdot x-1}{\sqrt{4\cdot 1\cdot 1-(-1)^2}} \right)}{\sqrt{4\cdot 1\cdot1 - (-1)^2}} \right]_0^2\\
\ \\
A= \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)}{\sqrt{3}} \right]_0^2\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left( \frac{3}{\sqrt{3}} \right) -\text{arctg}\left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right) \right)\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left(\sqrt{3}\right) - \text{arctg}\left( -\frac{\sqrt{3}}{3}\right) \right)
\end{equation*}
O arco cuja tangente vale $\sqrt{3}$ é o arco de $60^\circ$ e mede $\pi /3$ radianos; Já o arco cuja tangente vale $-\sqrt{3}/3$ é o arco de $330^\circ$, ou $-30^\circ$ e mede $-\pi/6$ radianos. Assim:
\begin{equation*}
A = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \approx 1,8138
\end{equation*}
Resposta: A área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}$, compreendida no intervalo $[0,2]$, mede aproximadamente $1,8138$ unidades de área.
Veja mais:
Lista de resolução de integraisIntegração por substituição
Integração por partes
- Resolução Da Integral $\displaystyle \int \frac{1}{x^2+a^2}dx$
Nesta postagem, vamos provar que: \begin{equation*} \int \frac{1}{x^2+a^2}\ dx = \frac{1}{a}\text{arctg}\left(\frac{x}{a}\right) + C \end{equation*} onde $a$ é uma constante, tal que $a \in \mathbb{R}^\ast$, sendo $x^2 + a^2 \neq 0$. Seja a integral:...
- Resolução Da Integral $\displaystyle \int \text{sen}(ax)dx$
Nesta postagem, vamos demonstrar que: \begin{equation*} \int \text{sen}(ax)dx = - \frac{\cos(ax)}{a}+C \end{equation*} onde $a \in \mathbb{R}$ e $a\neq 0$. Seja a integral: \begin{equation*} I = \int \text{sen}(ax)dx \end{equation*} Para o integrando...
- Resolução Da Integral $\int \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx$
Li em um livro, talvez no do Simmons ou do Foulis, que integrar é uma arte. E é verdade. Quanto mais resolvo, mais percebo que não basta apenas o trivial. Esta integral foi enviada por um leitor por e-mail. Só consegui resolvê-la com uma ajuda da...
- Integral De $\displaystyle \frac{\sqrt{16-x^2}}{4x^2}dx$
Às vezes surgem dúvidas de leitores que valem um post. A resolução desta integral é interessante e usa o método de substituição trigonométrica. Seja a integral: \begin{equation*} \int \frac{\sqrt{16-x^2}}{4x^2}dx = I \end{equation*} Vejam o artigo...
- Integral De $1/(1+x^2)^2dx$
Considere a integral: $$\int \left ( \frac{1}{1+x^2} \right )^2$$ Para resolvê-la, utilizamos uma substiruição trigonométrica, fazendo: \begin{matrix} x&=&\tan(u)\\ dx&=&\sec^2(u)du\\ \end{matrix} Assim temos: \begin{equation} \int...