Integral por Substituição e por Partes

por **Jhenrique** » Sáb Set 15, 2012 14:59

Saudações caros estudantes!

Em relação ao método de integração por substituição e por partes, eu gostaria de saber qual é a ideia por trás desses métodos. Por exemplo, entendendo a ideia da regra da cadeia, pode-se montar quantas funções em função de outra função quiser, é como se estivesse montando dominó. Mas quanto à "regra" da integral por substituição eu não entendi. O integrando parece com a regra da cadeia, mas não é, ele geralmente é definido como f(g(x))g'(x). E se além dessas duas funções, f e g, tivesse mais uma no meio, uma h, por ex., que regra eu seguiria para montá-la?

Já a integração por partes é baseada na derivada do produto entre duas funções... por que, então, não poderia ser definida uma integral por partes baseada na derivada do quociente entre duas funções?

E outra, nestes dois métodos acima, o integrando é SEMPRE baseado no produto duma função f pela derivada duma função g, porque?

E nesta imagem abaixo, o profº Luiz Aquino derivada a expressão u = x implicando em du = dx. Eu não sabia que eu poderia expressar a derivada duma igualdade dessa maneira... eu pensava que a única forma seria u' = x', u'' = x'' e etc... uma derivada de segunda ordem da igualdade u = x seria d²u = dx²? Eu poderia expressar também a derivada de segunda ordem da igualdade s(t) = 2t² através da notação d²(s(t)) = d(2t²)²?

PS.: A função integral não possui fórmula tal como a função derivada?

Obg,

José

por **MarceloFantini** » Sáb Set 15, 2012 19:31

O método de substituição é feito justamente para voltar à regra da cadeia: se $[f(g(x))]' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$ , então $f(g(x)) = \int [f(g(x))]' \, dx = \int f'(g(x)) \cdot g'(x) \, dx$ . Se você tivesse [f(g(h(x)))]'

, apenas teria que fazer substituição duas vezes ao invés de uma.

Sobre a integral por partes ser definida pela regra do quociente, note que a regra do quociente pode ser deduzida a partir da regra do produto, então é mais prático pelo produto.

A dedução da integração por partes é como segue: temos $\frac{d}{dx} (fg) = \frac{df}{dx} g + f \frac{dg}{dx}$ , daí $f \frac{dg}{dx} = \frac{d}{dx} (fg) - \frac{df}{dx} g$ . Integrando, temos $\int f \cdot \frac{dg}{dx} \, dx = fg - \int \frac{df}{dx} \cdot g \, dx$ .

Sobre a notação, se as duas funções são iguais então seus diferenciais são iguais, mas não é verdade que d^2 u = dx^2

, pois isto não é válido para diferenciais. É um assunto um pouco mais avançado que deve ser tratado com cautela.

por **LuizAquino** » Dom Set 16, 2012 11:36

Jhenrique escreveu:E nesta imagem abaixo, o profº Luiz Aquino derivada a expressão u = x implicando em du = dx.
(...)

Prezado Jhenrique,

Eu peço por gentileza que toda vez que você falar sobre uma videoaula do meu canal você cite o título da mesma (e de preferência indique o endereço do canal também). Lembre-se que este fórum é um ambiente multiparticipativo. Os outros participantes, que às vezes podem até não conhecer meu canal, podem não saber de que aula você está se referindo.

No caso específico dessa videoaula que você citou, o título dela é "28. Cálculo I - Integral Indefinida", sendo que ela está disponível no endereço:

http://www.youtube.com/LCMAquino

por **Jhenrique** » Dom Set 16, 2012 12:20

MarceloFantini escreveu:O método de substituição é feito justamente para voltar à regra da cadeia: se $[f(g(x))]' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$ , então $f(g(x)) = \int [f(g(x))]' \, dx =$
$\int f'(g(x)) \cdot g'(x) \, dx$
. Se você tivesse , apenas teria que fazer substituição duas vezes ao invés de uma.

$\int f(g(x))g'(x) dx$
?
essa demonstração que vc fez, que eu tbm já havia imaginado, não coincide com a fórmula de integração por substituição...

-----

MarceloFantini escreveu:Sobre a integral por partes ser definida pela regra do quociente, note que a regra do quociente pode ser deduzida a partir da regra do produto, então é mais prático pelo produto.

?
[f(x) : g(x)]' = [f(x) · g?¹(x)]'
não me parece uma boa ideia.

-----

MarceloFantini escreveu:A dedução da integração por partes é como segue: temos $\frac{d}{dx} (fg) = \frac{df}{dx} g + f \frac{dg}{dx}$ , daí $f \frac{dg}{dx} = \frac{d}{dx} (fg) - \frac{df}{dx} g$ . Integrando, temos $\int f \cdot \frac{dg}{dx} \, dx = fg - \int \frac{df}{dx} \cdot g \, dx$ .

?
Continuo sem entender a ideia do porque proceder assim... vc integrou a 2ª igualdade e ñ a 1ª, não entendi o pq... na regra da cadeia a ideia é fazer o diferencial do denominador ser igual ao do numerador e assim sucessivamente... e na integração, qual é ajogada?

-----

MarceloFantini escreveu:Sobre a notação, se as duas funções são iguais então seus diferenciais são iguais, mas não é verdade que d^2 u = dx^2, pois isto não é válido para diferenciais. É um assunto um pouco mais avançado que deve ser tratado com cautela.

acho explicação sobre isso em livros de cálculo?

por **MarceloFantini** » Dom Set 16, 2012 13:35

essa demonstração que vc fez, que eu tbm já havia imaginado, não coincide com a fórmula de integração por substituição...

Qual é a "fórmula" de integração por substituição que você conhece?

[f(x) : g(x)]' = [f(x) · g?¹(x)]'
não me parece uma boa ideia.

Aprenda a usar a notação. O correto é $\frac{f(x)}{g(x)} = f(x) \cdot (g(x))^{-1}$ , e não $g^{-1}(x)$ que denota a função inversa. Para a dedução, observe que

$\left( \frac{f}{g} \right)' = \left( f \cdot \frac{1}{g} \right)' = f' \cdot \frac{1}{g} + f \cdot \left( \frac{-1}{g^2} \right) \cdot g'$

$= \frac{f' \cdot g - f \cdot g'}{g^2}$ .

Continuo sem entender a ideia do porque proceder assim... vc integrou a 2ª igualdade e ñ a 1ª, não entendi o pq... na regra da cadeia a ideia é fazer o diferencial do denominador ser igual ao do numerador e assim sucessivamente... e na integração, qual é a jogada?

Note que se você integrar a primeira igualdade, você não terá informações novas. Se você já conhece a derivada que está sendo integrada, não há nada a ser descoberto. Além disso, imagine: dada uma integral, você vai subtrair outra para encontrar o produto? Da forma como está, você sabe relacionar uma integral dada com métodos já conhecidos.
Não sei o que quer dizer sobre o diferencial do denominador ser igual ao do numerador, não faz sentido para mim. Pode ilustrar com um exemplo?

acho explicação sobre isso em livros de cálculo?

Não. Se encontrar, será no livro de Cálculo do Richard Courant, Introduction to Calculus and Analysis.

por **Jhenrique** » Qui Set 20, 2012 02:18

MarceloFantini escreveu:Qual é a "fórmula" de integração por substituição que você conhece?

Esta:

$\int f(g(x))g'(x)dx\;=\int f(u)du\;\;\;(sendo:\;u=g(x)\; e\; du=g'(x)dx)$

MarceloFantini escreveu:Aprenda a usar a notação. O correto é $\frac{f(x)}{g(x)} = f(x) \cdot (g(x))^{-1}$ , e não $g^{-1}(x)$ que denota a função inversa.

Certo, matemáticamente está errado. Agora, como faço pra expressar verbalmente que uma função inversa é diferente duma função inversa?

MarceloFantini escreveu:Sobre a integral por partes ser definida pela regra do quociente, note que a regra do quociente pode ser deduzida a partir da regra do produto, então é mais prático pelo produto.

MarceloFantini escreveu:Para a dedução, observe que
$\left( \frac{f}{g} \right)' = \left( f \cdot \frac{1}{g} \right)' = f' \cdot \frac{1}{g} + f \cdot \left( \frac{-1}{g^2} \right) \cdot g'$

$= \frac{f' \cdot g - f \cdot g'}{g^2}$ .

Você está me dizendo que se caso eu precisar integrar a função abaixo:
$\int \frac{f(x)}{g(x)}dx$

facilita se eu fizer assim?
$\int \frac{f(x)}{1} \frac{1}{g(x)}dx$

Continuo sem entender a ideia do porque proceder assim... vc integrou a 2ª igualdade e ñ a 1ª, não entendi o pq... na regra da cadeia a ideia é fazer o diferencial do denominador ser igual ao do numerador e assim sucessivamente... e na integração, qual é a jogada?

MarceloFantini escreveu:Não sei o que quer dizer sobre o diferencial do denominador ser igual ao do numerador, não faz sentido para mim. Pode ilustrar com um exemplo?

Sim...

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du} \frac{du}{dv} \frac{dv}{dw} \frac{dw}{dx}$

Se eu não estiver errado... é uma sequência lógica que pode ser escrita linearmente... parece haver uma jogada muita semelhante na regra da cadeia inversa (integração por substituição) que eu ainda não captei...

MarceloFantini escreveu:
acho explicação sobre isso em livros de cálculo?

Não. Se encontrar, será no livro de Cálculo do Richard Courant, Introduction to Calculus and Analysis.

But, my english is very trash! iahiaheiah
É perdir demais se eu pedisse pra vc me explicar?

por **MarceloFantini** » Qui Set 20, 2012 02:36

Vou referenciar o teorema usado no livro "Um Curso de Análise, Volume 1" pelo autor Elon Lages Lima:

(Mudança de variável). Sejam $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ contínua, $g: [c,d] \to \mathbb{R}$ derivável, com integrável e $g([c,d]) \subset [a,b]$ . Então

$\int_{g(c)}^{g(d)} f(x) \, dx = \int_c^d f(g(t)) \cdot g'(t) \, dt$ .

Certo, matemáticamente está errado. Agora, como faço pra expressar verbalmente que uma função inversa é diferente duma função inversa?

O inverso da função, $\frac{1}{f(x)} = [f(x)]^{-1}$ , é diferente da função inversa, $f^{-1}(x)$ .

Você está me dizendo que se caso eu precisar integrar a função abaixo:
$\int \frac{f(x)}{g(x)}dx$

facilita se eu fizer assim?
$\int \frac{f(x)}{1} \frac{1}{g(x)}dx$

Sim, normalmente.

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du} \frac{du}{dv} \frac{dv}{dw} \frac{dw}{dx}$

Se eu não estiver errado... é uma sequência lógica que pode ser escrita linearmente... parece haver uma jogada muita semelhante na regra da cadeia inversa (integração por substituição) que eu ainda não captei...

Na notação de Leibniz isto apenas serve para dar a impressão de que os diferenciais "cancelam-se". Mesmo com este exemplo, não vejo onde está a idéia que você disse, de que o diferencial do numerador é igual ao diferencial do denominador.

Se você prefere, integração por substituição poderia ser escrita assim:

$\int \frac{df(g(x))}{dg(x)} \cdot \frac{dg(x)}{dx} \, dx = \int \frac{df(u)}{du} \, du$ .

But, my english is very trash! iahiaheiah
É perdir demais se eu pedisse pra vc me explicar?

Sim, pois eu também não domino o assunto, estou ainda um pouco longe disso. Um outro conselho: se pretende estudar alguma coisa além de cálculo, suas chances de obter tal conhecimento são bem pequenas na literatura em português.

por **Jhenrique** » Qui Set 20, 2012 22:31

MarceloFantini escreveu:Vou referenciar o teorema usado no livro "Um Curso de Análise, Volume 1" pelo autor Elon Lages Lima:
(Mudança de variável). Sejam $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ contínua, $g: [c,d] \to \mathbb{R}$ derivável, com integrável e $g([c,d]) \subset [a,b]$ . Então

$\int_{g(c)}^{g(d)} f(x) \, dx = \int_c^d f(g(t)) \cdot g'(t) \, dt$ .

OK. Mas você deve concordar comigo que essa definição é diferente da que você deduziu:

MarceloFantini escreveu:O método de substituição é feito justamente para voltar à regra da cadeia: se $[f(g(x))]' = f'(g(x)) \cdot g'(x)$ , então $f(g(x)) = \int [f(g(x))]' \, dx = \int f'(g(x)) \cdot g'(x) \, dx$ .

---

MarceloFantini escreveu:O inverso da função, $\frac{1}{f(x)} = [f(x)]^{-1}$ , é diferente da função inversa, $f^{-1}(x)$ .

.....

---

MarceloFantini escreveu:
$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du} \frac{du}{dv} \frac{dv}{dw} \frac{dw}{dx}$

Se eu não estiver errado... é uma sequência lógica que pode ser escrita linearmente... parece haver uma jogada muita semelhante na regra da cadeia inversa (integração por substituição) que eu ainda não captei...

Na notação de Leibniz isto apenas serve para dar a impressão de que os diferenciais "cancelam-se". Mesmo com este exemplo, não vejo onde está a idéia que você disse, de que o diferencial do numerador é igual ao diferencial do denominador.

Perdoe-me pela falta de clareza... eu quis dizer que, na notação de Leibniz, o diferencial do denominador duma "fração" é o mesmo diferencial do numerador da "fração" seguinte...

---

MarceloFantini escreveu:Se você prefere, integração por substituição poderia ser escrita assim:

$\int \frac{df(g(x))}{dg(x)} \cdot \frac{dg(x)}{dx} \, dx = \int \frac{df(u)}{du} \, du$ .

..... Bacana!

Mas novamente sua dedução não coincide com a definição, pois ela é

$\int f(g(x))g'(x)=\int f(u)du$

enquanto que a sua conclusão é

$\int f'(g(x))g'(x)=\int \frac{f(u)}{du}du$

---

MarceloFantini escreveu:Sim, pois eu também não domino o assunto, estou ainda um pouco longe disso. Um outro conselho: se pretende estudar alguma coisa além de cálculo, suas chances de obter tal conhecimento são bem pequenas na literatura em português.

Duas perguntas:
1ª Então esse minha pergunta é pertinente a qual tópico da matemática?
2ª O que é estudado depois do cálculo?

por **MarceloFantini** » Qui Set 20, 2012 22:56

Só porque deduzi de maneira diferente não quer dizer que está errada, além disso é um teorema e não uma definição.

Perdoe-me pela falta de clareza... eu quis dizer que, na notação de Leibniz, o diferencial do denominador duma "fração" é o mesmo diferencial do numerador da "fração" seguinte...

Isto é só uma maneira de tentar facilitar a lembrança, mas eu prefiro a notação de Lagrange (a que se escreve f'(x)

), pois ela é mais facilmente estendida.

Mas novamente sua dedução não coincide com a definição, pois ela é

$\int f'(g(x))g'(x)=\int f(u)du$

enquanto que a sua conclusão é

$\int f'(g(x))g'(x)=\int \frac{df(u)}{du}du$

Corrigi alguns erros de notação, basicamente de f(g(x))

para

na primeira integral e $\frac{f(u)}{du}$ para $\frac{df(u)}{du}$ na segunda.
Novamente, não é uma definição e sim um teorema. Se você olhar novamente verá que coincide, note que eu apenas não coloquei os limites de integração e fui mais heurístico, sem enunciar tantas hipóteses, uma discussão mais intuitiva. Se continua achando que não coincide, aponte por favor as diferenças (não apenas de notação, mas conceitualmente, caso contrário não são relevantes).

Duas perguntas:
1ª Então esse minha pergunta é pertinente a qual tópico da matemática?
2ª O que é estudado depois do cálculo?

Para a primeira, ela está entre as áreas da Análise de várias variáveis e Topologia Algébrica. Para a segunda, existem muitos, muitos assuntos. Vou citar apenas alguns:

- Análise Funcional,
- Análise Harmônica,
- Topologia Geral,
- Topologia Diferencial,
- Topologia Algébrica,
- Álgebra Comutativa,
- Álgebra Não-comutativa,
- Teoria de Representações,
- Teoria de Galois,
- Equações Diferenciais Parciais,
- Sistemas Dinâmicos,
- Geometria Diferencial,
- Geometria Algébrica,
- Teoria de Calibre,
- Física Matemática,
- Teoria de Lie.

São apenas algumas áreas grandes que eu lembro o nome de cabeça, estou descartando alguns assuntos que você precisa estudar como base mas não são mais tópicos ativos de pesquisa, como Álgebra Tensorial, Teoria da Medida, Equações Diferenciais Ordinárias. Também não quer dizer que são limites rígidos, existem muitas interseções e bastante gente trabalhando nelas.

por **Jhenrique** » Sex Set 21, 2012 00:00

MarceloFantini escreveu:Só porque deduzi de maneira diferente não quer dizer que está errada, além disso é um teorema e não uma definição.

Não disse que você está errado, disse que a sua demonstração não coincide com a da definição (definição num sentido canônico). Até porque meu modo de pensar é igual ao seu.

---

MarceloFantini escreveu:Corrigi alguns erros de notação, basicamente de para na primeira integral e $\frac{f(u)}{du}$ para $\frac{df(u)}{du}$ na segunda.

MarceloFantini escreveu:Novamente, não é uma definição e sim um teorema. Se você olhar novamente verá que coincide, note que eu apenas não coloquei os limites de integração e fui mais heurístico, sem enunciar tantas hipóteses, uma discussão mais intuitiva. Se continua achando que não coincide, aponte por favor as diferenças (não apenas de notação, mas conceitualmente, caso contrário não são relevantes).

O erro na segunda integral foi meu, perdoe-me. Quanto ao erro na primeira, foi seu.

Não posso filosofar sobre um texto se eu nem entendo como lê-lo! :S

Se você afirma que o teorema é como o corrigido por você, então, essa demonstração abaixo que o Luiz faz não está certa?

[http://www.youtube.com/playlist?list=PLFAD938CE631F6449][aula 28]

Pela regra da cadeia... a função f(g(x))

é uma função derivada f'(g(x))

... senão não é regra da cadeia! :S

por **MarceloFantini** » Sex Set 21, 2012 00:44

Não disse que você está errado, disse que a sua demonstração não coincide com a da definição (definição num sentido canônico). Até porque meu modo de pensar é igual ao seu.

Definição num sentido canônico não é teorema. A integração por substituição pode ser demonstrada, definições não podem.

O erro na segunda integral foi meu, perdoe-me. Quanto ao erro na primeira, foi seu.

Não errei. O que acontece é que no teorema e como escrevi anteriormente não queremos dar a impressão de que a função já será uma primitiva. Minha notação para a regra da cadeia não está errada, nem meus passos seguintes. O ponto é que a idéia é que $\int f(u) \, du = \int h'(u) \, du = h(u)$ , para que possamos chegar a uma primitiva explícita, o que não necessariamente acontece. Ou seja, minha notação não está errada, eu apenas estou mostrando como se integra uma regra da cadeia e como integração por substituição é uma tentativa de transformar uma função numa regra da cadeia para que se possa integrar mais facilmente.

por **Jhenrique** » Sex Set 21, 2012 01:10

MarceloFantini escreveu:Não errei. O que acontece é que no teorema e como escrevi anteriormente não queremos dar a impressão de que a função já será uma primitiva. Minha notação para a regra da cadeia não está errada, nem meus passos seguintes. O ponto é que a idéia é que $\int f(u) \, du = \int h'(u) \, du = h(u)$ , para que possamos chegar a uma primitiva explícita, o que não necessariamente acontece. Ou seja, minha notação não está errada, eu apenas estou mostrando como se integra uma regra da cadeia e como integração por substituição é uma tentativa de transformar uma função numa regra da cadeia para que se possa integrar mais facilmente.

Não entendi.

por **MarceloFantini** » Sex Set 21, 2012 01:16

Basicamente, nenhum dos dois está errado. Eu parti de uma regra da cadeia, enquanto que o teorema e o Luiz fazem de um ponto mais geral, mostrando que o método da substituição é uma forma de tentar transformar a integral numa regra da cadeia.

por **fabriel** » Sex Set 21, 2012 18:48

Grande LCMaquino.

por **LuizAquino** » Sáb Set 22, 2012 17:37

Jhenrique escreveu:Se você afirma que o teorema é como o corrigido por você, então, essa demonstração abaixo que o Luiz faz não está certa?

[http://www.youtube.com/playlist?list=PLFAD938CE631F6449][aula 28]

A ideia básica na técnica de substituição é realizar uma mudança de variáveis de tal modo a simplificar o integrando.

Não há problema algum no desenvolvimento ilustrado na videoaula. Façamos um exemplo usando esse desenvolvimento. Considere então a integral abaixo:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx$

Comparando com o que está descrito na videoaula, temos que as funções f e g são dadas por $f(x) = \cos x$ e g(x) = x^3 + 1

. Note que dessa maneira temos $f(g(x)) = \cos\left(x^3 + 1\right)$ e $g^\prime(x) = 3x^2$ .

Façamos então a substituição u = x^3 + 1

. Teremos então que $du = 3x^2\,dx$ . Desse modo, podemos escrever que:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx = \int \cos u \,du$

Note como a nova integral que está na variável u é bem mais simples do que a primeira que estava na variável x. Continuando a resolução, temos que:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx = \int \cos u \,du = \,\textrm{sen}\, u + c$

Obtemos então uma resposta que está dependendo da variável u. Mas gostaríamos de obter uma resposta que esteja dependente da variável original do problema, que no caso era x. Para isso, basta lembrar que fizemos a substituição u = x^3 + 1

. Sendo assim, podemos dizer no final que:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx = \int \cos u \,du = \,\textrm{sen}\, u + c = \,\textrm{sen}\,\left(x^3 + 1\right) + c$

Em resumo, obtemos como solução:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx = \,\textrm{sen}\,\left(x^3 + 1\right) + c$

Agora confira essa resolução. Considere a função $h(x) = \,\textrm{sen}\,\left(x^3 + 1\right) + c$ . Calcule a derivada dessa função e verifique que ela coincide com o que está no integrando.

por **LuizAquino** » Sáb Set 22, 2012 17:42

fabriel escreveu:Grande LCMAquino.

Olá fabriel. De fato, você pode dizer que sou "grande" já que eu tenho 1,92 m.

por **Jhenrique** » Sáb Set 22, 2012 20:19

Eu não entendo a análise dimensional que você, e outras publicações de cálculo fazem, para chegar a conclusão de que tudo isso é a mesma coisa! :S

$\int f(g(x))g'(x)dx=\int f(u)du=\int f'(g(x))g'(x)dx=\int f'(u)du$

por **MarceloFantini** » Sáb Set 22, 2012 20:24

Não são a mesma coisa, você insiste em pegar duas deduções diferentes e dizer que são a mesma.

por **LuizAquino** » Seg Set 24, 2012 10:12

Jhenrique escreveu:Eu não entendo a análise dimensional que você, e outras publicações de cálculo fazem, para chegar a conclusão de que tudo isso é a mesma coisa! :S

$\int f(g(x))g'(x)dx=\int f(u)du=\int f'(g(x))g'(x)dx=\int f'(u)du$

Isso que você escreveu está errado, pois temos que $\int f(g(x))\,dx \neq \int f^\prime(g(x))\,dx$ .

O que você poderia ter dito, caso fizesse a substituição u = g(x), seriam duas afirmações separadas:

(i) $\int f(g(x))g'(x)\,dx = \int f(u)\,du$

(ii) $\int f'(g(x))g'(x)\,dx=\int f'(u)\,du$

Mas já que você ainda não entendeu, faça uma analise de cada parte.

Se u = g(x), você concorda que $\dfrac{du}{dx} = g^\prime(x)$ ? Vale lembrar que aqui, por conveniência, estamos usando duas notações diferentes para indicar as derivadas: a notação de Leibiniz (para a derivada de u) e a notação de Lagrange (para a derivada de g).

Se você concordou com essa parte, então aplicando a ideia de enxergar du/dx como o quociente entre os incrementos infinitesimais du e dx (assim como foi explicado no seu outro tópico "[diferenciais] diferença de significados"), você concorda que podemos escrever $du = g^\prime(x)\,dx$ ?

Finalmente, se você concordou com essa parte, então note que:

$\int f(\underbrace{g(x)}_{u})\underbrace{g^\prime(x)\,dx}_{du} = \int f(u)\,du$

por **Jhenrique** » Qua Set 26, 2012 02:06

Então se a relação abixo é verdadeira...
$\int f(g(x))g'(x)dx=\int f(u)du\;\;\;\neq \;\;\int f'(g(x))g'(x)dx=\int f'(u)du$

O que não está claro pra mim é: porque vc usa a (i) dedução em cálculo se a integração por substituição é baseada na regra da cadeia e esta é justamente aplicada na (ii) dedução.

por **LuizAquino** » Qua Set 26, 2012 07:47

Jhenrique escreveu:Então se a relação abixo é verdadeira...
$\int f(g(x))g'(x)dx=\int f(u)du\;\;\;\neq \;\;\int f'(g(x))g'(x)dx=\int f'(u)du$

O que não está claro pra mim é: porque vc usa a (i) dedução em cálculo se a integração por substituição é baseada na regra da cadeia e esta é justamente aplicada na (ii) dedução.

A resposta é simples: por gosto! Eu, e muitos outros autores, preferem usar o formato (i), enquanto que outros autores preferem o formato (ii).

No fundo a ideia em ambos os formatos é a mesma. Usando u = g(x), temos que:

$\int h(g(x))g'(x) \, dx = \int h(u) \,du$

Note que se você vai usar o formato no qual h(x) = f(x) ou o formato no qual h(x) = f'(x) isso é irrelevante.

por **Jhenrique** » Qua Set 26, 2012 18:23

Então, para fechar o assunto... aplicando (i) e (ii) numa mesma função e comparando os resultados obtidos, eles serão os mesmos! Certo?

por **LuizAquino** » Qua Set 26, 2012 20:35

Jhenrique escreveu:Então, para fechar o assunto... aplicando (i) e (ii) numa mesma função e comparando os resultados obtidos, eles serão os mesmos! Certo?

Vamos fazer um exemplo. Vou voltar para aquele que coloquei acima:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right) \, dx$

Na resolução anterior, consideramos que $f(x) = \cos x$ e g(x) = x^3 + 1

e aplicamos o formato (i).

Vamos agora considerar que $f^\prime(x) = \cos x$ e g(x) = x^3 + 1

e aplicaremos o formato (ii). Mas atenção: não confunda o f' do formato (ii) achando que seria a derivada da f do formato (i)!

Segundo o formato (ii), fazendo u = g(x) e du = g'(x) dx, temos que:

$\int f'(g(x))g'(x)\,dx=\int f'(u)\,du$

Se consideramos que $f^\prime(x) = \cos x$ , então temos que $f^\prime (u) = \cos u$ .

Além disso, se consideramos que g(x) = x^3 + 1

, então temos que u = x^3 + 1

e $du = 3x^2\,dx$ .

Por fim, já que $f^\prime(x) = \cos x$ e g(x) = x^3 + 1

, temos que $f^\prime(g(x)) = \cos \left(x^3 + 1\right)$ .

Aplicando então o formato (ii), temos que:

$\int 3x^2\cos\left(x^3 + 1\right)\,dx = \int \cos u\,du = \,\textrm{sen}\,u+c = \,\textrm{sen}\,\left(x^3 + 1\right) + c$

por **Jhenrique** » Qua Set 26, 2012 21:26

Obrigado Luiz e obrigado Marcelo! Agora as coisas estão mais claras para mim!

ibiel bad escreveu:alguem pode me ajudar com meus exercicios de funçao por favor ? tenho prova amanha pff afs

Acredito que você nunca tenha frequentado um fórum antes na vida haesihaiehaiheiuah
Pois bem, faça assim... na página inicial deste site, procure pelo link da seção cujo nome se relaciona com à sua dúvida, click nele e entre nessa seção específica, procure pelo "botão" "Abrir Tópico Novo", click nele e escreva com muita clareza, coesão, coerência e especificidade a sua dúvida, daí, basta esperar que um bom "Samaritano" responda sua questão.