5.6 Técnica de sustitución trigonometrica

Contenido

1 Ejemplo 5.6.16
2 Ejemplo 5.6.17
3 Ejemplo 5.6.18
4 Ejemplo5.6.19
5 Ejemplo 5.6.20

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 $\sqrt{(2\,u + 3/2)^2 - 17/4}$ .

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 $\theta$ : $\sqrt{x^2 - a^2}$ .

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

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