Setup Menus in Admin Panel

  • LOGIN
  • No hay productos en el carrito.

5.6 Técnica de sustitución trigonometrica

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



Ejemplo 5.6.16

Calcule:

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


Multiplicando en el numerador como en el denominador por \sqrt{2}, y completando cuadrados se obtiene:

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{2\,x^2 + 2\,x + 3}}  		&=& \int \! \frac{\sqrt{2} \cdot dx}{\sqrt{4\,x^2 + 4\,x + 6}} 	\\ 		&=& \int \! \frac{\sqrt{2} \cdot dx}{\sqrt{(2\,x + 1)^2 + 5}} 	\\ 		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \! \frac{2 \cdot dx}{\sqrt{(2\,x + 1)^2 + 5}}  \end{eqnarray*}

Defina u = 2\,x + 1 = \sqrt{5}\,\tan\theta, de manera que du = 2\cdot dx = \sqrt{5}\,\sec^2\theta \cdot d\theta. Haciendo este cambio de variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{dx}{\sqrt{2\,x^2 + 2\,x + 3}}  		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \! \frac{du}{\sqrt{u^2 + 5}} 	\\ 		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \! \frac{\sqrt{5}\,\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{5\,\tan^2\theta + 5}}	\\ 		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\sqrt{\tan^2\theta + 1}}	\\ 		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \! \frac{\sec^2\theta }{\sqrt{\sec^2\theta}}	\cdot d\theta	\\ 		&=& \frac{\sqrt{2}}{2}\int \sec\theta \cdot d\theta 	\\ 		&=&  \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \ln\left\vert \sec\theta + \tan\theta \right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Por definición, \tan\theta = (2\,x + 1)/\sqrt{5}. Por lo tanto:

    \begin{eqnarray*} 	\sec\theta &=& \sqrt{\tan^2\theta + 1} 	\\ 		&=& \sqrt{\left(\frac{2\,x + 1}{\sqrt{5}}\right)^2 + 1}	\\ 		&=& \sqrt{\frac{(2\,x + 1)^2}{5} + \frac{5}{5}}	\\ 		&=& \frac{\sqrt{(2\,x + 1)^2 + 5}}{\sqrt{5}} \end{eqnarray*}

Entonces,

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



Ejemplo 5.6.17

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \frac{e^{-x}}{1 - e^{-2x}} \cdot dx \end{equation*}


En este caso es conveniente definir: u = e^{-x}, pues de esta manera, du = -e^{-x} \cdot dx. Haciendo este cambio de variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \frac{e^{-x} \cdot dx}{1 - e^{-2x}}  		&=& - \int \frac{-e^{-x} \cdot dx}{1 - \left(e^{-x}\right)^2}	\\ 		&=& - \int \frac{du}{1 - u^2} \end{eqnarray*}

Ahora defina: u = \sin\theta, de manera que du = \cos\theta\cdot d\theta. Aplicando este cambio de variable

    \begin{eqnarray*} 	- \int \frac{du}{1 - u^2}  		&=& - \int \frac{\cos\theta\cdot d\theta}{1 - \sin^2\theta}		\\ 		&=& - \int \frac{\cos\theta\cdot d\theta}{\cos^2\theta}	\\ 		&=& - \int \frac{d\theta}{\cos\theta}	\\ 		&=& - \int \sec\theta\cdot d\theta		\\ 		&=& - \ln\left\vert \sec\theta + \tan\theta \right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Por definición, u = \sin\theta, así que:

    \begin{equation*} 		\cos\theta = \sqrt{1 - \sin^2\theta} = \sqrt{1 - u^2} \end{equation*}

y también,

    \begin{equation*} 	\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}  		= \frac{u}{\sqrt{1 - u^2}} \end{equation*}

Entonces,

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



Ejemplo 5.6.18

Calcule:

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


Sea u = e^{x}, de manera que du = e^{x} \cdot dx. Usando este cambio de variable,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{1 + e^{2x}}  		= \int \! \frac{du}{1 + u^2} \end{equation*}

se puede usar sustitución trigonométrica. Sea u = \tan\theta, se sigue que du = \sec^2\theta \cdot d\theta. Entonces,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{1 + e^{2x}}  		&=& \int \! \frac{du}{1 + u^2}	\\	 		&=& \int \! \frac{\sec^2\theta \cdot d\theta}{\tan^2\theta + 1}	\\ 		&=& \int d\theta 	\\ 		&=& \theta + \hat{C} \end{eqnarray*}

Regresando la variable \theta a términos de u, y luego a x, se obtiene:

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



Ejemplo5.6.19

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{2\,e^{2x} + 3\,e^{x} - 1} \end{equation*}


Entonces, du = e^{x} \cdot dx. Aplicando este cambio de variable,

    \begin{equation*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{2\,e^{2x} + 3\,e^{x} - 1} 		= \int \! \frac{du}{2\,u^{2} + 3\,u - 1} \end{equation*}

El polinomio cuadrático que aparece en el denominador no se puede factorizar. Completando cuadrados,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{2\,e^{2x} + 3\,e^{x} - 1} 		&=& \int \! \frac{du}{2\,u^{2} + 3\,u - 1}	\\ 		&=& \int \! \frac{2 \cdot du}{4\,u^{2} + 6\,u - 2}	\\ 		&=& \int \! \frac{2\cdot du}{\left(2\,u + \nicefrac{3}{2}\right)^{2} - \frac{17}{4}} \end{eqnarray*}

Ahora defina:

    \begin{equation*} 	2\,u + \frac{3}{2} = \frac{\sqrt{17}}{2}\,\sec\theta 	\quad\text{ de manera que }\quad 	du =  \frac{\sqrt{17}}{4}\,\sec\theta \cdot \tan\theta \cdot d\theta \end{equation*}

Aplicando este nuevo cambio de variable,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{2\,e^{2x} + 3\,e^{x} - 1}	 		&=& \int \! \frac{2\cdot du}{\left(2\,u + \nicefrac{3}{2}\right)^{2} - \frac{17}{4}}	\\ 		&=& \int \! \frac{2\cdot \frac{\sqrt{17}}{4}\,\sec\theta \cdot \tan\theta \cdot d\theta}{\frac{17}{4}\,\sec^2\theta - \frac{17}{4}}	\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\int \! \frac{\sec\theta \cdot \tan\theta \cdot d\theta}{\sec^2\theta - 1}	\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\int \! \frac{\sec\theta \cdot \tan\theta \cdot d\theta}{\tan^2\theta}	\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\int \! \frac{\sec\theta \cdot d\theta}{\tan\theta}	\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\int \! \frac{d\theta}{\sin\theta} \\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\int \! \csc\theta \cdot d\theta	\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\ln\left\vert \csc\theta - \cot\theta \right\vert + \hat{C} \end{eqnarray*}

Por definición,

    \begin{equation*} 	\sec\theta = \frac{2\,u + 3/2}{\sqrt{17}/2} 	\qquad\Rightarrow\quad  	\cos\theta = \frac{\sqrt{17}/2}{\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}} \end{equation*}

Entonces, considerando el triángulo rectángulo de cateto adyacente de longitud \sqrt{17}/2 y la hipotenusa de longitud 2\,u + 3/2, aplicando el teorema de Pitágoras, se encuentra que la longitud del cateto opuesto es \sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}.

Rendered by QuickLaTeX.com

Por lo tanto,

    \begin{equation*} 	\csc\theta = \frac{2\,u + 3/2}{\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}} 	\quad\text{ y tambi\'en, }\quad  	\cot\theta = \frac{\sqrt{17} / 2}{\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}} \end{equation*}

Consecuentemente,

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \frac{e^{x} \cdot dx}{2\,e^{2x} + 3\,e^{x} - 1}  		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\ln\left\vert \frac{2\,u + 3/2}{\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}} - \frac{\sqrt{17} / 2}{\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}} \right\vert + \tilde{C}		\\ 		&=& \frac{2}{\sqrt{17}}\,\ln\left\vert \frac{2\,e^{x} + \left(3 - \sqrt{17}\right) / 2}{\sqrt{4\,e^{2x} + 6\,e^{x} - 2}} \right\vert + C \end{eqnarray*}



Ejemplo 5.6.20

Calcule:

    \begin{equation*} 	\int \! \sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx \end{equation*}


Sea x = a\,\sec\theta, de manera que dx = a\,\sec\theta\,\tan\theta. Usando este cambio de variable, se tiene:

    \begin{eqnarray*} 	\int \! \sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx 		&=& \int \! \sqrt{a^2\,\sec^2\theta - a^2} \cdot \left[ a\,\sec\theta\,\tan\theta\cdot d\theta\right]	\\ 		&=& a^2\,\int \sqrt{\sec^2\theta - 1} \cdot \sec\theta\,\tan\theta\cdot d\theta	\\ 		&=& a^2\,\int \sec\theta\,\tan^2\theta\cdot d\theta \end{eqnarray*}

Aplicando la identidad: \tan^2\theta = \sec^2\theta - 1, se obtiene:

    \begin{eqnarray*} 	a^2\,\int \sec\theta\,\tan^2\theta\cdot d\theta 		&=& a^2\,\int \sec\theta\,\left[\sec^2\theta - 1\right]\cdot d\theta	\\ 		&=& a^2\,\int \left[\sec^3\theta - \sec\theta \right] \cdot d\theta	\\ 		&=& a^2\,\int \sec^3\theta \cdot d\theta - a^2\,\int \sec\theta \cdot d\theta \end{eqnarray*}

Ambas antiderivadas ya se dedujeron previamente (vea la unidad de aprendizaje titulada «4.10 Antiderivadas de funciones trigonométricas» Secciones 4.10.13 y 4.10.3, respectivamente.) Simplificando se obtiene:

    \begin{equation*} 	a^2\,\int \sec\theta\,\tan^2\theta\cdot d\theta 		= \frac{a^2}{2}\,\sec\theta\,\tan\theta - \frac{a^2}{2}\,\ln\left\vert \sec\theta + \tan\theta\right\vert + \hat{C} \end{equation*}

Por definición: x = a\,\sec\theta, lo cual implica que \sec\theta = \nicefrac{x}{a}. A partir de esto, se puede dibujar un triángulo rectángulo con cateto adyacente al ángulo \theta de longitud a e hipotenusa x. Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene la longitud del cateto opuesto al ángulo \theta: \sqrt{x^2 - a^2}.

Rendered by QuickLaTeX.com

Haciendo uso de estos resultados, se puede reescribir la antiderivada en términos de x:

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


VER TODO Add a note
Añadir tu comentario
A+
X