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5.6 Técnica de sustitución trigonometrica

Se ejemplifica la técnica de sustitución trigonométrica para el cálculo de antiderivadas.



Ejemplo 5.6.11

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}}  \end{equation*}


Sea x = 3\,\tan\theta. Esto implica que dx = 3\,\sec^2\theta \cdot d\theta. Cambiando la variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}}  		&=& \int \! \frac{3\,\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{9 + 9\,\tan^2\theta}}		\\ 		&=& \frac{3}{3}\,\int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{1 + \tan^2\theta}}	\\ 		&=& \int \! \frac{\sec^2\theta}{\sec\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \int \! \sec\theta \cdot d\theta	\\ 		&=& \ln\left\vert \sec\theta + \tan\theta \right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Y por definición: \tan\theta = x / 3, por lo que:

    \begin{equation*} 	\sec\theta = \sqrt{1 + \tan^2\theta} = \sqrt{\frac{9}{9} + \frac{x^2}{9}} = \frac{\sqrt{9 + x^2}}{3} \end{equation*}

Entonces,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}}  		&=& \ln\left\vert \frac{x + \sqrt{9 + x^2}}{3}\right\vert + \tilde{C}	\\ 		&=& \ln\left\vert x + \sqrt{9 + x^2}\right\vert - \ln|3| + \tilde{C}	\\ 		&=& \ln\left\vert x + \sqrt{9 + x^2}\right\vert + C \end{eqnarray*}



Ejemplo 5.6.12

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{x\,\sqrt{9 - x^2}}  \end{equation*}


Sea x = 3\,\sin\theta. De aquí que dx = 3\,\cos\theta \cdot d\theta. Cambiando la variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{x\,\sqrt{9 - x^2}}  		&=& \int \! \frac{3\,\cos\theta \cdot d\theta}{3\,\sin\theta\,\sqrt{9 - 9\,\sin^2\theta}} 	\\ 		&=& \frac{1}{3}\,\int \! \frac{\cos\theta \cdot d\theta}{\sin\theta\,\sqrt{1 - \sin^2\theta}}	\\ 		&=& \frac{1}{3}\,\int \!\frac{\cos\theta}{\sin\theta\,\cos\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \frac{1}{3}\, \int \! \frac{1}{\sin\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \frac{1}{3}\, \int \! \csc\theta \cdot d\theta	\\ 		&=& \frac{1}{3}\,\ln\left\vert \csc\theta - \cot\theta \right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Por definición, \sin\theta = x / 3, por lo tanto \csc\theta = 3 / x. Con esta información, puede dibujar un triángulo rectángulo con un ángulo agudo \theta con el lado opuesto de longitud x y su hipotenusa de longitud 3. De la figura, \cot\theta = \sqrt{9 - x^2} / x.

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Entonces,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{x\,\sqrt{9 - x^2}}  		= \frac{1}{3}\,\ln\left\vert \frac{3 - \sqrt{9 - x^2}}{x}\right\vert + C \end{equation*}



Ejemplo 5.6.12

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{x^2 + x + 1}}  \end{equation*}


Completando cuadrados, el integrando se puede expresar de la siguiente manera:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{x^2 + x + 1}}  		= \int \! \frac{dx}{\sqrt{\left(x + \frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{3}{4}}}  \end{equation*}

Sea x + 1/2 = (\sqrt{3} / 2)\,\tan\theta. De aquí que, dx = (\sqrt{3} / 2) \sec^2\theta \cdot d\theta. Aplicando este cambio de variable, sigue:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{x^2 + x + 1}} 		= \int \! \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\,\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{\frac{3}{4}\,\tan^2\theta + \frac{3}{4}}} 		= \int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{\tan^2\theta + 1}} 		= \int \! \sec\theta \cdot d\theta 		= \ln \left\vert \sec\theta + \tan\theta\right\vert + \hat{C} \end{equation*}

Por definición: \tan\theta = (x + 1/2)/(\sqrt{3} / 2). Esta información se representa en el triángulo rectángulo, de la figura. De donde, \sec\theta = \sqrt{x^2 + x + 1}/(\sqrt{3}/2).

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Entonces,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{x^2 + x + 1}}  		\!\!\!&=&\!\!\! \ln \left\vert \frac{\sqrt{x^2 + x + 1}}{\sqrt{3}/2} + \frac{x + 1/2}{\sqrt{3} / 2} \right\vert + \hat{C}		\\ 		\!\!\!&=&\!\!\! \ln \left\vert \sqrt{x^2 + x + 1} + x + 1/2\right\vert - \ln\left\vert \sqrt{3} / 2 \right\vert + \hat{C}		\\ 		\!\!\!&=&\!\!\! \ln \left\vert \sqrt{x^2 + x + 1} + x + 1/2\right\vert + C \end{eqnarray*}



Ejemplo 5.6.14

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{(x - 1)\,\sqrt{x^2 - 2\,x + 2}} \end{equation*}


Completando cuadrados en el argumento de la raíz cuadrada del denominador,

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

Sea u = x - 1, de manera que, du = dx. Entonces, al aplicar este cambio de variable se obtiene,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{(x - 1)\,\sqrt{x^2 - 2\,x + 2}}  		&=& \int \! \frac{1}{\sqrt{(x - 1)^2 + 1}} \cdot \frac{dx}{(x - 1)}	\\ 		&=& \int \! \frac{du}{u\,\sqrt{u^2 + 1}} \end{eqnarray*}

Defina u = \tan\theta, para hacer una sustitución trigonométrica. Con este fin, sea du = \sec^2\theta \cdot d\theta. Aplicando el cambio de variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{(x - 1)\,\sqrt{x^2 - 2\,x + 2}} 		&=& \int \! \frac{du}{u\,\sqrt{u^2 + 1}}	\\ 		&=& \int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\tan\theta \, \sqrt{\tan^2\theta + 1}}	\\ 		&=& \int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\tan\theta \, \sec\theta}	\\ 		&=& \int \! \frac{\sec\theta \cdot d\theta}{\tan\theta} 	\\ 		&=& \int \!\frac{\left(\frac{1}{\cos\theta}\right)}{\left(\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\right)} \cdot d\theta \\ 		&=& \int \! \frac{d\theta}{\sin\theta} 	\\ 		&=& \int \! \csc\theta \cdot d\theta = \ln \left\vert \csc\theta - \cot\theta\right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Recuerda que u = \tan\theta. Luego, a partir del triángulo rectángulo, con el cateto opuesto de longitud u y el cateto adyacente de longitud 1, se obtiene:

    \begin{equation*} 	\csc\theta = \frac{\sqrt{u^2 + 1}}{u} 	\quad\text{ y tambi\'en, }\quad 	\cot\theta = \frac{1}{u} \end{equation*}

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Consecuentemente,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{dx}{(x - 1)\,\sqrt{x^2 - 2\,x + 2}}  		= \ln\left\vert \frac{\sqrt{u^2 + 1}}{u} - \frac{1}{u}\right\vert + \tilde{C} 		= \ln\left\vert \frac{\sqrt{(x - 1)^2 + 1} - 1}{x - 1}\right\vert + C \end{equation*}



Ejemplo5.6.15

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \frac{dx}{x^4 \, \sqrt{1 + x^2}} \end{equation*}


Sea x = \tan\theta. De aquí que dx = \sec^2\theta \cdot d\theta. Aplicando este cambio de variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \frac{dx}{x^4 \, \sqrt{1 + x^2}}  		&=& \int \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\tan^{4}\theta\,\sqrt{1 + \tan^2\theta}}	\\ 		&=& \int \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\tan^{4}\theta\,\sec\theta}	\\ 		&=& \int \frac{\sec\theta \cdot d\theta}{\tan^{4}\theta}	\\ 		&=& \int \frac{\cos^{4}\theta \cdot d\theta}{\sin^{4}\theta \cdot \cos\theta}	\\ 		&=& \int \frac{\cos^{3}\theta \cdot d\theta}{\sin^{4}\theta}	\\ 		&=& \int \frac{\cos^{2}\theta \cdot \cos\theta \cdot d\theta}{\sin^{4}\theta}	\\ 		&=& \int \frac{[1 - \sin^2\theta] \cdot \cos\theta}{\sin^{4}\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \int \frac{\cos\theta}{\sin^{4}\theta} \cdot d\theta - \int \frac{\sin^2\theta \cdot \cos\theta}{\sin^{4}\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \int \frac{\cos\theta}{\sin^{4}\theta} \cdot d\theta - \int \frac{\cos\theta}{\sin^{2}\theta} \cdot d\theta	\\ 		&=& \int \sin^{-4}\theta \cdot \cos\theta \cdot d\theta - \int \sin^{2}\theta \cdot \cos\theta \cdot d\theta \end{eqnarray*}

Aquí es conveniente hacer el cambio de variable u = \sin\theta, porque así, du = \cos\theta \cdot d\theta. Por lo tanto,

    \begin{eqnarray*} 	\int \frac{dx}{x^4 \, \sqrt{1 + x^2}}  		&=& \int \sin^{-4}\theta \cdot \cos\theta \cdot d\theta - \int \sin^{2}\theta \cdot \cos\theta \cdot d\theta	\\ 		&=& \int u^{-4} \cdot du - \int u^{-2} \cdot du		\\ 		&=& \frac{u^{-3}}{-3} - \frac{u^{-1}}{-1} + \hat{C}	\\ 		&=& -\frac{(\sin\theta)^{-3}}{3} + (\sin\theta)^{-1} + \hat{C}	\\ 		&=& -\frac{1}{3\,\sin^{3}\theta} + \frac{1}{\sin\theta} + \hat{C} \end{eqnarray*}

Por definición, x = \tan\theta. Considerando un triángulo de cateto opuesto de longitud x y cateto adyacente de longitud 1, por el teorema de Pitágoras, su hipotenusa mide \sqrt{x^2 + 1}. Así que \sin\theta = x / \sqrt{1 + x^2}. Entonces,

    \begin{equation*} 	\int \frac{dx}{x^4 \, \sqrt{1 + x^2}}  		= - \frac{1}{3}\,\frac{(1 + x^2)^{3/2}}{x^3} + \frac{\sqrt{1 + x^2}}{x} + C \end{equation*}



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