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5.2 Cambio de variable (sustitución)

Se ejemplifica la técnica de cambio de variable (sustitución) para calcular antiderivadas.



Ejemplo 5.2.11

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{1 + 5\,x^2}	 	\label{eq:01pg02Ex01} \end{equation*}


Sea u = \sqrt{5}\,x, de manera que, du = \sqrt{5}\,dx. Al aplicar la fórmula:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dv}{a^2 + v^2} = \frac{1}{a}\,\arctan\left(\frac{v}{a}\right) + C \end{equation*}

con a = 1, se obtiene:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{1 + 5\,x^2}  		= \frac{1}{\sqrt{5}}\,\int \! \frac{\sqrt{5} \cdot dx}{1 + 5\,x^2} 		= \frac{1}{\sqrt{5}}\,\arctan\left(\sqrt{5}\,x\right) + C \end{equation*}



Ejemplo 5.2.12

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{2\,x - 3}{5\,x^2 + 4} \cdot dx \end{equation*}


En este caso, el numerador no es igual a la derivada del denominador. Por lo tanto, esta antiderivada no es inmediata y debe manipularse algebraicamente hasta que pueda expresarse como una (o varias) antiderivadas inmediatas.

Como en el caso de ejemplos previos, la separación de los términos del numerador da dos antiderivadas:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{2\,x - 3}{5\,x^2 + 4} \cdot dx = 2\,\int \! \frac{x\cdot dx}{5\,x^2 + 4} - 3 \int \! \frac{dx}{5\,x^2 + 4} \end{equation*}

Para la primera, sea u = 5\,x^2 + 4, de manera que du = 10\,x\cdot dx. En este caso, es posible completar el diferencial:

    \begin{equation*} 		2\,\int \! \frac{x\cdot dx}{5\,x^2 + 4}  	= \frac{2}{10}\,\int \! \frac{10\,x\cdot dx}{5\,x^2 + 4} 		= \frac{1}{5}\,\int\frac{du}{u}  		= \frac{1}{5}\,\ln(u) + C_{1} 		= \frac{1}{5}\,\ln\left\vert 5\,x^2 + 4 \right\vert + C_{1} \end{equation*}

Para la segunda, sea u^2 = 5\,x^2, así como a^2 = 4, de manera que u = \sqrt{5}\,x, al igual que, du = \sqrt{5}\cdot dx, y también, a = 2. Ahora se puede aplicar la fórmula:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{du}{u^2 + a^2} = \frac{1}{a}\,\arctan\left(\frac{u}{a}\right) + C \end{equation*}

para obtener la antiderivada:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{5\,x^2 + 4}  		= \frac{1}{\sqrt{5}}\,\int \! \frac{\sqrt{5}\cdot dx}{5\,x^2 + 4} 	 		= \frac{1}{2\,\sqrt{5}}\,\arctan\left(\frac{\sqrt{5}\,x}{2}\right) + C_{2} \end{equation*}

Entonces,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{2\,x - 3}{5\,x^2 + 4} \cdot dx  		&=& 2\,\int \! \frac{x\cdot dx}{5\,x^2 + 4} - 3 \int \! \frac{dx}{5\,x^2 + 4}		\\ 		&=& \frac{1}{5}\,\ln\left\vert 5\,x^2 + 4 \right\vert  			- \frac{3}{2\,\sqrt{5}}\,\arctan\left(\frac{\sqrt{5}\,x}{2}\right) + C \end{eqnarray*}



Ejemplo 5.2.13

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{2\,x^2 + 5\,x + 3} \end{equation*}


Factorizando el denominador se tiene que 2\,x^2 + 5\,x + 3 = (x + 1)(2\,x + 3). Ahora observe que:

    \begin{eqnarray*} 	\frac{1}{2\,x^2 + 5\,x + 3} = \frac{1}{(x + 1)(2\,x + 3)}  		&=& \frac{2\,x + 3 - 2\,x - 2}{(x + 1)(2\,x + 3)} \\ 		&=& \frac{2\,x + 3}{(x + 1)(2\,x + 3)} - \frac{2\,(x + 1)}{(x + 1)(2\,x + 3)} \\ 		&=& \frac{1}{x + 1} - \frac{2}{2\,x + 3}  \end{eqnarray*}

Entonces,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{2\,x^2 + 5\,x + 3} 		= \int \! \left[\frac{1}{x + 1} - \frac{2}{2\,x + 3} \right] \cdot dx 		= \int \! \frac{dx}{x + 1} - \int \! \frac{2 \cdot dx}{2\,x + 3} \end{equation*}

Para la primera antiderivada se define u = x + 1, y el diferencial está completo. Para la segunda, se define v = 2\,x + 3, de manera que dv = 2\cdot dx, y también el diferencial está completo. Así que,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{2\,x^2 + 5\,x + 3}  		= \int \! \left[\frac{1}{x + 1} - \frac{2}{2\,x + 3} \right] \cdot dx 		= \ln |x + 1| - \ln|2\,x + 3| + C 		= \ln\left\vert \frac{x + 1}{2\,x + 3} \right\vert + C \end{equation*}



Ejemplo 5.2.14

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{x + 2}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx \end{equation*}


Dado que el denominador es un polinomio de segundo grado y el denominador es un polinomio de primer grado, es conveniente verificar si la definición del denominador como u resulta que su derivada es el numerador. De esta forma, la antiderivada se convierte en inmediata.

Entonces, si u = x^2 + 4\,x + 5, se sigue que u'(x) = 2\,x + 4 = 2\,(x + 2). Entonces, si multiplicamos el numerador por 2, obtenemos el diferencial del denominador y la antiderivada es inmediata. Así que, después de completar el diferencial:

    \begin{equation*} 	\frac{1}{2}\int \! \frac{2\,(x + 2) \cdot dx}{x^2 + 4\,x + 5}  		= \frac{1}{2}\,\int \! \frac{du}{u}  		= \frac{1}{2}\,\ln(u) + \hat{C} 		= \frac{\ln\left\vert x^2 + 4\,x + 5 \right\vert}{2} + C 		= \ln\left\vert \sqrt{x^2 + 4\,x + 5}\right\vert + C \end{equation*}



Ejemplo 5.2.15

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{x + 1}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx 	\label{eq:04pg155N14} \end{equation*}


Este ejercicio es muy similar al anterior. La única diferencia está en el término independiente del numerador. Por lo tanto, el diferencial no se puede completar multiplicando por 2.

Pero hay otra estrategia. Dado que x + 1 = x + 2 - 1, el integrando se puede expresar como dos fracciones. En la primera antiderivada, defina al numerador como x + 2, así que en la segunda, el numerador será -1.

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{x + 1}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx = \int \! \frac{x + 2}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx - \int \! \frac{dx}{x^2 + 4\,x + 5} \end{equation*}

El resultado de la primera antiderivada ya se conoce (se calculó en el ejemplo anterior). Para calcular la otra, complete cuadrados en el denominador.

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{x^2 + 4\,x + 5} = \int \! \frac{dx}{(x + 2)^2 + 1} \end{equation*}

Sea u = x + 2, y a = 1, y aplique la fórmula:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{du}{u^2 + a^2} = \frac{1}{a}\,\arctan\left(\frac{u}{a}\right) + C 	\quad\Rightarrow\quad 		\int \! \frac{dx}{(x + 2)^2 + 1} 		= \arctan(x + 2) + \hat{C} \end{equation*}

Por lo que finalmente se obtiene:

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{x + 1}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx  		&=& \int \! \frac{x + 2}{x^2 + 4\,x + 5} \cdot dx - \int \! \frac{dx}{x^2 + 4\,x + 5}	\\ 		&=& \ln\left\vert \sqrt{x^2 + 4\,x + 5}\right\vert - \arctan(x + 2) + C \end{eqnarray*}



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