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Integrais por substituição trigonométrica

Integrais por substituição trigonométrica

Mensagempor Victor Mello » Seg Nov 11, 2013 23:13

Galera, eu estava tentando integrar \int\frac{dx}{\sqrt[]{4x^2-49}} e tudo estava dando certo. Usei x=7sec\theta e sec\theta=\frac{x}{7} (para servir de referência para o final da resolução). Derivei o x=7sec\theta e substitui o dx. Aí ficou assim:

\int\frac{7sec\theta tg\theta d\theta}{\sqrt[]{196sec^2\theta-49}}

\int\frac{7sec\theta tg\theta d\theta}{\sqrt[]{49(4sec^2\theta-1)}}

\int\frac{7sec\theta tg\theta d\theta}{\sqrt[]{49}*\sqrt[]{4sec^2\theta-1}}

\int\frac{sec\theta tg\theta d\theta}{\sqrt[]{4sec^2\theta-1}} = OBS: eu tinha cancelado o 7 como termo unitário por causa da raíz quadrada de 49

A partir daqui virou outro problema: eu preciso agora de uma outra substituição e chamei o sec\theta = u e derivei ela para subistituir o sec\theta tg\theta d\theta = du e assim ficou:

\int\frac{du}{\sqrt[]{4u^2-1}} e fatorei o 4u^2-1

\int\frac{du}{\sqrt[]{(2u-1)(2u+1)}} =

\int\frac{du}{\sqrt[]{2u-1}\sqrt[]{2u+1}} =

\int\frac{du}{\sqrt[]{2u-1}} *\frac{1}{\sqrt[]{2u+1}} =

E parei aqui. Não tem como mais integrar pela substituição simples e muito menos por partes por causa da raíz do denominador na integral antes de eu fazer por substituição simples. Alguém poderia sugerir qual a substituição mais adequada depois da trigonométrica? Por muito pouco eu não consegui integrar *-)

Bom, espero que vocês tenham compreendido o meu raciocínio e se puderem me ajudar, eu agradeço ;)

Obrigado.
Victor Mello
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Re: Integrais por substituição trigonométrica

Mensagempor e8group » Ter Nov 12, 2013 20:55

Atenção com a identidade sec^2 \theta = 1 + tan^2 \theta o que implica sec^2 \theta - 1  = tan^2\theta . Agora note \sqrt{4x^2 - 49} = \sqrt{49(\frac{4}{49}x^2 -1)} = 7 \sqrt{ \left(\frac{2}{7}x\right)^2 - 1} . Faça uma comparação deste resultado com a outra relação .Qual substituição deve tomar de modo escrever \left(\frac{2}{7}x\right)^2 - 1 como sec^2 \theta - 1 ?
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Re: Integrais por substituição trigonométrica

Mensagempor Victor Mello » Ter Nov 12, 2013 22:43

Já tinha percebido isso antes de você comentar rsrsrsrsrs, sempre esqueço de um detalhe que faz toda a diferença, não sei como. Agora não posso mais esquecer. :-D
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Re: Integrais por substituição trigonométrica

Mensagempor Victor Mello » Ter Nov 12, 2013 23:32

Já consegui aqui agora. Obrigado pelo detalhe. :-D
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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Thassya - Sáb Out 01, 2011 16:20

1) Para que os pontos (1,3) e (-3,1) pertençam ao grafico da função f(X)=ax + b ,o valor de b-a deve ser ?

2)Qual o maior valor assumido pela função f : [-7 ,10] em R definida por f(x) = x ao quadrado - 5x + 9?

3) A função f, do primeiro grau, é definida pos f(x)= 3x + k para que o gráfico de f corte o eixo das ordenadas no ponto de ordenada 5 é?


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Neperiano - Sáb Out 01, 2011 19:46

Ola

Qual as suas dúvidas?

O que você não está conseguindo fazer?

Nos mostre para podermos ajudar

Atenciosamente


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: joaofonseca - Sáb Out 01, 2011 20:15

1)Dados dois pontos A=(1,3) e B=(-3,1) de uma reta, é possivel definir a sua equação.

y_{b}-y_{a}=m(x_{b}-x_{a})

1-3=m(-3-1) \Leftrightarrow -2=-4m \Leftrightarrow m=\frac{2}{4} \Leftrightarrow m=\frac{1}{2}

Em y=mx+b substitui-se m, substitui-se y e x por um dos pares ordenados, e resolve-se em ordem a b.

3=\frac{1}{2} \cdot 1+b\Leftrightarrow 3-\frac{1}{2}=b \Leftrightarrow b=\frac{5}{2}



2)Na equação y=x^2-5x+9 não existem zeros.Senão vejamos

Completando o quadrado,

(x^2-5x+\frac{25}{4})+9-\frac{25}{4} =0\Leftrightarrow (x-\frac{5}{2})^2+\frac{11}{4}=0

As coordenadas do vertice da parabola são (\frac{5}{2},\frac{11}{4})

O eixo de simetria é a reta x=\frac{5}{2}.Como se pode observar o vertice está acima do eixo Ox, estando parabola virada para cima, o vertice é um mínimo absoluto.Então basta calcular a função para os valores dos extremos do intervalo.

f(-7)=93
f(10)=59