Integrais trigonométricas

Uma potência ímpar de seno ou cosseno resolve-se com uma única substituição; uma potência par exige primeiro uma identidade. A área ao longo de uma volta ajuda a perceber porquê. Com a substituição x = sin θ, √(1 − x²) passa a estar numa circunferência, onde cada termo da resposta corresponde a uma parte da figura. Acompanha a resolução passo a passo e experimenta por ti.

Potências pares: use o arco-metade	$\begin{aligned}\sin^{2}x&=\tfrac12\left(1-\cos2x\right)\\ \cos^{2}x&=\tfrac12\left(1+\cos2x\right)\end{aligned}$
Potência ímpar: um fator torna-se du	$\begin{aligned}\sin^{2k+1}x&=\left(1-\cos^{2}x\right)^{k}\sin x\\ u&=\cos x\end{aligned}$
Raiz de a² ± x²	$\begin{aligned}\sqrt{a^{2}-x^{2}}&:\ x=a\sin\theta\\ \sqrt{a^{2}+x^{2}}&:\ x=a\tan\theta\end{aligned}$

Exemplo resolvido — Integrais trigonométricas

Área de 0 a b	0,0000
Área numa volta, de 0 a 2π	0,0000
Valor médio numa volta, c₀	0,0000
Área sob xᵏ√(1 − x²), de 0 a X	0,5618
A mesma área em θ	0,5618
Termo angular, c₀·θ	0,3218
Termo algébrico, o resto	0,2400

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Integrais trigonométricas

As integrais trigonométricas são integrais de produtos de potências de sin x e cos x. A substituição trigonométrica transforma uma integral com a raiz de uma expressão quadrática numa integral desse tipo: x = a sin θ para √(a² − x²), x = a tan θ para √(x² + a²) e x = a sec θ para √(x² − a²). Cada substituição pode ser lida num triângulo retângulo. Para integrar uma potência ímpar, separa-se um fator e substitui-se a outra função. Quando todos os expoentes são pares, começa-se por reduzir as potências com as identidades do ângulo metade sin²x = ½ − ½cos 2x e cos²x = ½ + ½cos 2x.

O que significa cada símbolo

θ: o ângulo da substituição; para x = a sin θ, varia de −π/2 a π/2, onde cos θ ≥ 0, pelo que √(a² − x²) = a cos θ
c₀: o valor médio de sinᵐx·cosⁿx numa volta: 0 se m ou n for ímpar, e (m − 1)!!·(n − 1)!!/(m + n)!! se ambos forem pares, onde n!! = n(n − 2)(n − 4)… até 1 ou 2, e 0!! = (−1)!! = 1

De onde vem a fórmula

Porque cresce a primitiva de uma potência par. Para qualquer primitiva F de sinᵐx·cosⁿx, F(x + 2π) − F(x) é a área de uma volta, 2π·c₀, seja qual for x. Assim, F(x) − c₀·x tem período 2π. As substituições u = cos x e u = sin x dão uma função de cos x ou de sin x, que também tem período 2π. Só podem, portanto, dar a resposta completa quando c₀ = 0, isto é, quando algum dos expoentes é ímpar.
$F(x+2\pi)-F(x)=\int_{x}^{x+2\pi}\sin^{m}t\cos^{n}t\,dt=2\pi c_0\ \Rightarrow\ F(x)-c_0x=F(x+2\pi)-c_0(x+2\pi)$

Problemas resolvidos na íntegra

Potência ímpar do seno 3 passos
Calcule ∫sen³x dx.

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1. Reserve um sen x para du e converta os outros dois em cossenos:
  
  $\sin^{3}x=\left(1-\cos^{2}x\right)\sin x,\qquad u=\cos x,\quad du=-\sin x\,dx$
2. Polinómio em u:
  
  $\int\left(1-u^{2}\right)(-du)=-u+\frac{u^{3}}{3}$
3. Voltando a x:
  
  $-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$
Resposta

−cos x + cos³x/3 + C. O diferencial du = −sen x dx traz um sinal negativo. Ao esquecê-lo, todos os termos se invertem, e a ferramenta acusará erro de sinal.

$\int\sin^{3}x\,dx=-\cos x+\frac{\cos^{3}x}{3}+C$
Potência ímpar do cosseno com seno par 2 passos
Calcule ∫sen²x cos³x dx.

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1. A potência ímpar pertence ao cosseno: reserve um cos x para du e exprima o restante em senos:
  
  $\sin^{2}x\cos^{3}x=\sin^{2}x\left(1-\sin^{2}x\right)\cos x,\qquad u=\sin x,\quad du=\cos x\,dx$
2. Polinómio em u = sen x:
  
  $\int\left(u^{2}-u^{4}\right)du=\frac{u^{3}}{3}-\frac{u^{5}}{5}$
Resposta

sen³x/3 − sen⁵x/5 + C. É a potência ímpar que decide a substituição. Se ambas forem ímpares, qualquer uma funciona perfeitamente.

$\int\sin^{2}x\cos^{3}x\,dx=\frac{\sin^{3}x}{3}-\frac{\sin^{5}x}{5}+C$
Ambas as potências pares: reduza o arco duas vezes 3 passos
Calcule ∫sen²x cos²x dx.

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1. Não há potências ímpares disponíveis para du. Primeiro, o arco duplo:
  
  $\sin x\cos x=\tfrac12\sin2x\ \Rightarrow\ \sin^{2}x\cos^{2}x=\tfrac14\sin^{2}2x$
2. Depois, a fórmula do arco metade em sen²2x:
  
  $\tfrac14\sin^{2}2x=\tfrac18\left(1-\cos4x\right)$
3. Integre termo a termo:
  
  $\int\tfrac18\left(1-\cos4x\right)dx=\frac{x}{8}-\frac{\sin4x}{32}+C$
Resposta

x/8 − sen 4x/32 + C. O termo x/8 representa o avanço da potência par, um oitavo por unidade de x. Se o omitir, a ferramenta indicará uma derivada com 1/8 a menos em todos os pontos.

$\int\sin^{2}x\cos^{2}x\,dx=\frac{x}{8}-\frac{\sin4x}{32}+C$
Duas frequências distintas: produto em soma 3 passos
Calcule ∫sen 3x cos x dx.

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1. Um produto de senos e cossenos com múltiplos distintos de x é uma soma disfarçada:
  
  $\sin A\cos B=\tfrac12\left[\sin(A+B)+\sin(A-B)\right]$
2. Com A = 3x e B = x:
  
  $\sin3x\cos x=\tfrac12\left(\sin4x+\sin2x\right)$
3. Integre cada seno:
  
  $\int\tfrac12\left(\sin4x+\sin2x\right)dx=-\frac{\cos4x}{8}-\frac{\cos2x}{4}+C$
Resposta

−cos 4x/8 − cos 2x/4 + C. O fator ½ da identidade perde-se facilmente. Sem ele, a resposta surge duplicada, e é precisamente isso que a ferramenta assinala.

$\int\sin3x\cos x\,dx=-\frac{\cos4x}{8}-\frac{\cos2x}{4}+C$
Primeiro, uma identidade 2 passos
Calcule ∫tan²x dx.

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1. tan²x não tem primitiva imediata, mas sec²x tem:
  
  $\tan^{2}x=\sec^{2}x-1$
2. Integre termo a termo:
  
  $\int\left(\sec^{2}x-1\right)dx=\tan x-x+C$
Resposta

tan x − x + C. Escrever apenas tan x esquece o −1; a ferramenta acusará uma derivada com 1 a mais em cada ponto.

$\int\tan^{2}x\,dx=\tan x-x+C$
√(1 − x²): colocar x no círculo 3 passos
Calcule ∫x²/√(1 − x²) dx.

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1. Substitua x = sin θ, o que converte a raiz em cos θ:
  
  $x=\sin\theta,\quad dx=\cos\theta\,d\theta,\quad \sqrt{1-x^{2}}=\cos\theta$
2. Os cossenos simplificam-se e resta uma potência par do seno:
  
  $\int\frac{\sin^{2}\theta}{\cos\theta}\cos\theta\,d\theta=\int\sin^{2}\theta\,d\theta=\frac{\theta}{2}-\frac{\sin2\theta}{4}$
3. De volta a x, com sin 2θ = 2 sin θ cos θ:
  
  $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta=2x\sqrt{1-x^{2}}\ \Rightarrow\ \frac{\arcsin x}{2}-\frac{x\sqrt{1-x^{2}}}{2}+C$
Resposta

(arcsin x − x√(1 − x²))/2 + C. O arcsin representa o setor e o outro termo o triângulo, tal como no bloco sobre o triângulo e o setor; aqui, subtrai-se o triângulo.

$\int\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx=\frac{\arcsin x-x\sqrt{1-x^{2}}}{2}+C$
x² + a²: colocar x numa tangente 3 passos
Calcule ∫dx/(x² + 4)^3/2.

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1. Substitua x = 2 tan θ, de modo que x² + 4 = 4 sec²θ:
  
  $x=2\tan\theta,\quad dx=2\sec^{2}\theta\,d\theta,\quad x^{2}+4=4\sec^{2}\theta$
2. Quase tudo se simplifica:
  
  $\int\frac{2\sec^{2}\theta}{8\sec^{3}\theta}\,d\theta=\frac14\int\cos\theta\,d\theta=\frac{\sin\theta}{4}$
3. De volta a x através do triângulo de cateto oposto x, adjacente 2 e hipotenusa √(x² + 4):
  
  $\tan\theta=\frac{x}{2}\ \Rightarrow\ \sin\theta=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}\ \Rightarrow\ \frac{x}{4\sqrt{x^{2}+4}}+C$
Resposta

x/(4√(x² + 4)) + C. O ¼ vem de 2/8; se o omitir, a ferramenta acusará uma derivada quatro vezes o integrando.

$\int\frac{dx}{\left(x^{2}+4\right)^{3/2}}=\frac{x}{4\sqrt{x^{2}+4}}+C$
sin⁸x numa volta, por uma fórmula de recorrência 4 passos
Os expoentes desta página vão até 6. Qual é a área de sin⁸x numa volta e qual é o declive da reta ao longo da qual a sua primitiva cresce? Carrega em sin⁴x, por redução: a página dá uma área de 2,3562 para sin⁴x, com valor médio 0,3750.

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1. Escreve sinⁿx = sinⁿ⁻¹x·sin x e integra por partes com u = sinⁿ⁻¹x. Numa volta completa, o termo nos limites −sinⁿ⁻¹x cos x é 0. Ao escrever cos²x = 1 − sin²x, Iₙ reaparece no segundo membro, permitindo isolá-lo:
  
  $I_n=\int_{0}^{2\pi}\sin^{n}x\,dx=\Big[-\sin^{n-1}x\cos x\Big]_{0}^{2\pi}+(n-1)\int_{0}^{2\pi}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)dx\ \Rightarrow\ I_n=\frac{n-1}{n}\,I_{n-2}$
2. Parte de I₀ = 2π, a área da função constante 1 numa volta, e aumenta o expoente de dois em dois. I₄ é o valor apresentado na página:
  
  $I_0=2\pi,\qquad I_2=\tfrac12\cdot2\pi=\pi,\qquad I_4=\tfrac34\cdot\pi=\tfrac{3\pi}{4}=2{.}3562$
3. Mais dois passos levam a sin⁸x:
  
  $I_6=\tfrac56\cdot\tfrac{3\pi}{4}=\tfrac{5\pi}{8}=1{.}9635,\qquad I_8=\tfrac78\cdot\tfrac{5\pi}{8}=\tfrac{35\pi}{64}=1{.}7181$
4. O declive da reta é a área por volta dividida por 2π:
  
  $c_0=\frac{I_8}{2\pi}=\frac{35}{128}=0{.}2734$
Resposta

35π/64 ≈ 1,7181 por volta, com declive 35/128 ≈ 0,2734. Cada passo multiplica por (n − 1)/n, pelo que o valor médio vai diminuindo, aproximadamente como √(2/(πn)). Para n = 8, essa aproximação dá 0,2821, enquanto o valor verdadeiro é 0,2734. Aplica a mesma redução a um quarto de volta, incluindo as potências ímpares, para as quais o valor inicial é 1 em vez de π/2. Enquadra cada potência par entre as potências ímpares vizinhas: os quocientes, multiplicados, dão o produto de John Wallis, π/2 = (2·2·4·4·6·6…)/(1·3·3·5·5·7…). Wallis encontrou-o em Arithmetica infinitorum (1656), ao tentar calcular a área de um quarto de círculo, ∫₀¹√(1 − x²) dx.

$\int_{0}^{2\pi}\sin^{8}x\,dx=\tfrac{35\pi}{64}\approx1{.}7181,\qquad c_0=\tfrac{35}{128}\approx0{.}2734$

Problemas suplementares, só com a resposta

Calcule ∫ sen²x dx.

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x/2 − sen 2x/4 + C, usando a identidade sen²x = (1 − cos 2x)/2.

$\frac{x}{2}-\frac{\sin2x}{4}+C$
Calcule ∫ tg³x sec²x dx.

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tg⁴x/4 + C, com u = tg x, pois a derivada de tg x é sec²x.

$\tfrac14\tan^{4}x+C$
Calcule ∫ sen 5x sen 2x dx.

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sen 3x/6 − sen 7x/14 + C, pela identidade sen A sen B = ½(cos(A − B) − cos(A + B)).

$\frac{\sin3x}{6}-\frac{\sin7x}{14}+C$
Calcule ∫ √(4 − x²) dx.

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2 arcsen(x/2) + x√(4 − x²)/2 + C, com a substituição x = 2 sen θ.

$2\arcsin\frac{x}{2}+\frac{x\sqrt{4-x^{2}}}{2}+C$
Calcule ∫₀^π/2 cos³x dx.

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2/3. Escreva cos³x = (1 − sen²x) cos x e faça u = sen x.

$\int_{0}^{\pi/2}\cos^{3}x\,dx=\tfrac23$

Numa volta, as potências ímpares anulam-se e as pares acumulam área

Carrega em sin³x: uma volta. Entre π e 2π, o gráfico de sin³x reproduz o de 0 a π, mas invertido. A área total da volta é, por isso, 0,0000. A sua primitiva, cos³x/3 − cos x, regressa ao valor inicial a cada 2π. As substituições u = cos x ou u = sin x só podem produzir respostas assim: qualquer função de cos x ou de sin x repete-se a cada 2π. Agora carrega em sin²x: falta o x. sin²x nunca é negativo e cada volta acrescenta π = 3,1416 de área. A sua primitiva tem de aumentar π por volta, ao longo da reta x/2. Uma função de cos x não tem esse comportamento, pelo que essa substituição não resolve a integral. A identidade do ângulo metade sin²x = ½ − ½cos 2x resolve-a: a constante ½ tem primitiva x/2, precisamente o termo que permite esse crescimento. No exercício, está introduzido −sin(2x)/4, a resposta obtida pela identidade sem o termo x/2. A verificação deteta uma falta de ½ em todos os pontos. A tabela dá o aumento por volta para cada expoente até 6: 0 para os ímpares e π, 3π/4 e 5π/8 para os pares.

Os dois termos de ∫√(1 − x²) são um triângulo e um setor

Carrega em Triângulo e setor. √(1 − x²) descreve a metade superior da circunferência unitária. A área sob o arco de 0 a x é uma parte do disco, dividida em duas pelo raio que chega ao ponto (x, √(1 − x²)). Sob o raio fica um triângulo retângulo de catetos x e √(1 − x²), com área x√(1 − x²)/2. Ao lado fica um setor de ângulo θ = arcsin x, com área θ/2. Para x = 0,6, as áreas são 0,2400 e 0,3218; a soma dá 0,5618. Na primitiva, (x√(1 − x²) + arcsin x)/2, cada termo corresponde a uma dessas partes. Em θ, o integrando é cos²θ, uma potência par: a faixa sob a linha tracejada em ½ tem área θ/2, a do setor. O resto de cos²θ tem primitiva sin 2θ/4, que dá a área do triângulo. Arrasta X até 1. O triângulo achata-se até ter área nula e o setor passa a ocupar um quarto do disco, π/4 = 0,7854. Surge π num integrando que não o contém, porque arcsin 1 é um ângulo.

π aparece em ∫₀¹ xᵏ√(1 − x²) dx precisamente quando k é par

Carrega em Sem termo angular. A área sob x√(1 − x²) de 0 a 1 é 0,3333, ou seja, 1/3, e o termo angular no painel inferior é 0,0000. O fator x é −½ vezes a derivada de 1 − x², pelo que u = 1 − x² resolve toda a integral. A resposta aceite no exercício, −(1 − x²)^(3/2)/3, não contém arco seno. Experimenta os vários botões do integrando: π aparece na área para k = 0, 2 e 4 (π/4, π/16, π/32), mas nunca para k = 1, 3 e 5 (1/3, 2/15, 8/105). A paridade do primeiro bloco reaparece na circunferência. Com x = sin θ, xᵏ√(1 − x²) dx transforma-se em sinᵏθ·cos²θ dθ. Um k ímpar deixa uma potência ímpar de seno, cujo valor médio numa volta é 0. Não há, portanto, termo em θ. Só esse termo poderia dar origem a arcsin x ou a π para x = 1. Uma raiz √(1 − x²) multiplicada por uma potência ímpar de x resolve-se sem o triângulo.

Percurso de aprendizagem

Técnicas de integração

Referências (3)

The strategy for ∫cosʲx·sinᵏx: if k is odd, keep one sin x and write the rest in cos x with sin²x = 1 − cos²x, then u = cos x; if j is odd, the same with the roles swapped and u = sin x; if both are even, the half-angle identities sin²x = ½ − ½cos 2x and cos²x = ½ + ½cos 2x. Example 3.10 integrates sin²x to x/2 − sin(2x)/4: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.2, “Trigonometric Integrals”.
The three substitutions and their reference triangles: x = a sin θ with −π/2 ≤ θ ≤ π/2, where cos θ ≥ 0 so the root is a cos θ (Example 3.21 integrates √(9 − x²) this way); x = a tan θ; x = a sec θ, where the root is |a tan θ| and changes sign between x ≥ a and x ≤ −a. The strategy for √(a² − x²) begins by advising a check that the integral cannot be done more easily, naming x√(a² − x²) as one u-substitution handles, and Example 3.23 does x³√(1 − x²) both ways: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.3, “Trigonometric Substitution”.
Wallis's product π/2 = (2·2·4·4·6·6·8·8…)/(1·3·3·5·5·7·7·9…), in Arithmetica infinitorum (1656), found while trying to compute ∫₀¹ (1 − x²)^(1/2) dx, the area of a quarter of the unit circle: he could integrate (1 − x²)ⁿ for whole n and reached the half power by interpolation, a word the book introduced: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “John Wallis”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (2002).

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.