1.9: Sustitución trigonométrica
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En esta sección discutimos sustituciones que simplifican integrales que contienen raíces cuadradas de la forma
\ begin {alinear*}\ sqrt {a^2-x^2} &&\ sqrt {a^2+x^2} &&\ sqrt {x^2-a^2}. \ end {alinear*}
Cuando el integrando contiene una de estas raíces cuadradas, entonces podemos usar sustituciones trigonométricas para eliminarlas. Es decir, sustituimos
\ begin {align*} x&=a\ sin u&\ text {or} && x&=a\ tan u&\ text {or} && x&=a\ sec u\ end {align*}
y luego usar identidades trigonométricas
\ begin {reunir*}\ sin^2\ theta +\ cos^2\ theta =1\ quad\ text {y}\ quad 1+\ tan^2\ theta=\ seg^2\ theta\ end {reunir*}
para simplificar el resultado. Para ser más precisos, podemos
- eliminar\(\sqrt{a^2-x^2}\) de un integrando sustituyendo\(x=a\sin u\) para dar
\ begin {reunir*}\ sqrt {a^2-x^2} =\ sqrt {a^2-a^2\ sin^2 u} =\ sqrt {a^2\ cos^2 u} =|a\ cos u|\ end {reunir*}
- eliminar\(\sqrt{a^2+x^2}\) de un integrando sustituyendo\(x=a\tan u\) para dar
\ begin {reunir*}\ sqrt {a^2+x^2} =\ sqrt {a^2+a^2\ tan^2 u} =\ sqrt {a^2\ seg^2 u} =|a\ seg u|\ end {reunir*}
- eliminar\(\sqrt{x^2-a^2}\) de un integrando sustituyendo\(x=a\sec u\) para dar
\ begin {reunir*}\ sqrt {x^2-a^2} =\ sqrt {a^2\ seg^2u-a^2} =\ sqrt {a^2\ tan^2 u} =|a\ tan u|\ end {reunir*}
Tenga mucho cuidado con los signos y valores absolutos al usar esta sustitución. Ver Ejemplo 1.9.6.
Cuando hemos usado sustituciones antes, solemos dar la nueva variable de integración,\(u\text{,}\) en función de la antigua variable de integración\(x\text{.}\) Aquí estamos haciendo lo contrario — estamos dando la vieja variable de integración,\(x\text{,}\) en términos de la nueva variable de integración\(u\text{.}\) Podemos hacerlo, como siempre y cuando podamos invertir para obtener\(u\) como una función de\(x\text{.}\) Por ejemplo, con\(x=a\sin u\text{,}\) nosotros podemos tomar\(u=\arcsin\frac{x}{a}\text{.}\) Este es un buen momento para que revises las definiciones de\(\arcsin\theta\text{,}\)\(\arctan\theta\) y\(\textrm{arcsec}\theta\text{.}\) Ver Sección 2.12, “Funciones inversas”, del texto CLP-1.
Como calentamiento, considere el área de una cuarta parte del círculo unitario.
Compute el área del círculo unitario que se encuentra en el primer cuadrante.
Solución
Sabemos que la respuesta es\(\frac\pi4\text{,}\) pero también podemos computar esto como una integral — vimos así en el Ejemplo 1.1.16:
\ begin {align*}\ text {area} &=\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x}\ end {align*}
- Para simplificar el integrando sustituimos\(x=\sin u\text{.}\) Con esta elección\(\dfrac{dx}{du}=\cos u\) y así\(\, d{x}=\cos u \, d{u}\text{.}\)
- También necesitamos traducir los límites de la integración y tal vez sea más fácil hacerlo escribiendo\(u\) en función de\(x\) — es decir,\(u(x)=\arcsin x\text{.}\) Por lo tanto\(u(0)=0\) y\(u(1)=\frac{\pi}{2}\text{.}\)
- De ahí que la integral se convierta
\ begin {align*}\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x} &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ sqrt {1-\ sin^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ sqrt {\ cos^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ cos^2 u\, d {u}\ end {alinear*}
Observe que aquí hemos utilizado que la raíz cuadrada positiva\(\sqrt{\cos^2 u} = |\cos u|=\cos u\) porque\(\cos(u)\geq 0\) para\(0 \leq u \leq \frac\pi2\text{.}\) - Para ir más allá utilizamos las técnicas de la Sección 1.8.
\ begin {align*}\ int_0^1\ sqrt {1-x^2}\, d {x} &=\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}}\ cos^2 u\, d {u}\ qquad\ qquad\ text {y desde $\ cos^2u=\ frac {1+\ cos2u} {2} $}\ &=\ frac {1} {2}\ int_0^ {\ frac {\ pi} {2}} (1+\ cos (2 u))\, d {u}\\ &=\ frac {1} {2}\ bigg [u +\ frac {1} {2}\ sin (2u)\ bigg] _0^ {\ frac {\ pi} {2}\\ &=\ frac {1} {2}\ izquierda (\ frac {\ pi} {2} -0 +\ frac {\ sin\ pi} {2} -\ frac {\ sin 0} {2}\ derecha)\\ &=\ frac {\ pi} {4}\ marca de verificación\ end {align*}
Solución
Procedemos mucho como hicimos en el ejemplo anterior.
- Para simplificar el integrando sustituimos\(x=\sin u\text{.}\) Con esta elección\(\dfrac{dx}{du}=\cos u\) y así\(\, d{x}=\cos u \, d{u}\text{.}\) También tenga en cuenta que\(u=\arcsin x\text{.}\)
- La integral se convierte
\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ sqrt {1-\ sin^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ sqrt {\ sin^2u} {\ sqrt\ cos^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\ fin {alinear*}
- Para continuar más tenemos que deshacernos de la raíz cuadrada. Dado que\(u=\arcsin x\) tiene dominio\(-1\leq x \leq 1\) y rango\(-\frac\pi2 \leq u \leq \frac\pi2\text{,}\) se deduce que\(\cos u \geq 0\) (ya que el coseno no es negativo en estas entradas). De ahí
\ begin {align*}\ sqrt {\ cos^2u} &=\ cos u &\ text {cuando $-\ frac\ pi2\ leq u\ leq\ frac\ pi2 $}\ end {align*}
- Así que nuestra integral ahora se convierte
\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ sqrt {\ cos^2u}}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &=\ int\ frac {\ sin^2u} {\ cos u} punto\ cos u\, d {u}\\ &=\ int\ sin^2u\, d {u}\\ &=\ frac {1} {2}\ int (1-\ cos 2u)\, d {u}\ qquad\ texto {por Ecuación} {\ texto {1.8.4}}\\ &=\ frac {u} {2} - \ frac {1} {4}\ sin 2u +C\\ &=\ frac {1} {2}\ arcsin x -\ frac {1} {4}\ sin (2\ arcsin x) +C\ final {alinear*}
- Podemos simplificar esto aún más usando una identidad de doble ángulo. Recordemos eso\(u = \arcsin x\) y aquello\(x=\sin u\text{.}\) Entonces\[\begin{align*} \sin 2u &= 2 \sin u \cos u\\ \\ \end{align*}\]
Podemos reemplazar\(\cos u\) usando\(\cos^2u = 1 - \sin^2u\text{.}\) Tomando una raíz cuadrada de esta fórmula da\(\cos u= \pm \sqrt{1-\sin^2u}\text{.}\) Necesitamos la rama positiva aquí desde\(\cos u \geq 0\) cuando\(-\frac\pi2 \leq u \leq \frac\pi2\) (que es exactamente el rango de\(\arcsin x\)). Continuando:
\ begin {align*}\ sin2u &= 2\ sin u\ cdot\ sqrt {1-\ sin^2 u}\\ &= 2 x\ sqrt {1-x^2}\ end {align*} Así nuestra solución es\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {1-x^2}}\, d {x} &=\ frac {1} {2}\ arcsin x -\ frac {1} {4}\ sin (2\ arcsin x) +C\\ &=\ frac {1} {2}\ arcsin x -\ frac {1} 2} x\ sqrt {1-x^2} +C\ final {alinear*}
Los dos ejemplos anteriores ilustran los principales pasos del enfoque. El siguiente ejemplo es similar, pero con límites de integración más complicados.
Encontremos el área de la región sombreada en el boceto a continuación.
Vamos a configurar la integral usando tiras verticales. La tira en la figura tiene ancho\(\, d{x}\) y alto\(\sqrt{r^2-x^2}\text{.}\) Así que el área viene dada por la integral
\ begin {align*}\ text {area} &=\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x}\ end {align*}
Lo cual es muy similar al ejemplo anterior.
Solución
- Para evaluar la integral sustituimos
\ begin {align*} x&=x (u) =r\ sin u &\, d {x} &=\ dfrac {dx} {du}\, d {u} =r\ cos u\, d {u}\ end {align*}
También es útil escribir en función\(u\) de\(x\), a saber,\(u =\arcsin\frac{x}{r}\text{.}\) - La integral va de\(x=a\) a\(x=r\text{.}\) Estos corresponden a
\ begin {align*} u (r) &=\ arcsin\ frac {r} {r} =\ arcsin 1 =\ frac {\ pi} {2}\\ u (a) &=\ arcsin\ frac {a} {r}\ quad\ text {que no simplifica más}\ end {alinear*}
- La integral se convierte entonces
\ begin {alinear*}\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x} &=\ int_ {\ arcsin (a/r)} ^ {\ frac\ pi2}\ sqrt {r^2-r^2\ sin^2u}\ cdot r\ cos u\, d {u}\ &=\ int_ {\ arcsin (r)} ^ {\ frac\ pi2} r^2\ sqrt {1-\ sin^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\\ &= r^2\ int_ {\ arcsin (a/r)} ^ {\ frac\ pi2}\ sqrt {\ cos^2u}\ cdot\ cos u\, d {u}\ end {alignr}
Para seguir adelante (como hicimos en los Ejemplos 1.9.1 y 1.9.2) necesitamos pensar si\(\cos u\) es positivo o negativo. - Ya que\(a\) (como se muestra en el diagrama) satisface\(0 \leq a \leq r\text{,}\) sabemos que\(u(a)\) se encuentra entre\(\arcsin(0)=0\) y\(\arcsin(1)=\frac\pi2\text{.}\) De ahí la variable\(u\) se encuentra entre\(0\)\(\frac\pi2\text{,}\) y y sobre\(\cos u \geq 0\text{.}\) este rango Esto nos permite deshacernos de la raíz cuadrada:
\ comenzar {reunir*}\ sqrt {\ cos^2u} = |\ cos u| =\ cos u\ fin {reunir*}
- Poniendo este hecho en nuestra integral obtenemos\[\begin{align*} \int_a^r \sqrt{r^2-x^2} \, d{x} &= r^2\int_{\arcsin(a/r)}^{\frac\pi2} \sqrt{\cos^2u} \cdot \cos u \, d{u}\\ &= r^2 \int_{\arcsin(a/r)}^{\frac\pi2} \cos^2 u \, d{u}\\ \end{align*}\]
Recordar la identidad\(\cos^2u=\frac{1+\cos2u}{2}\) de la Sección 1.8
\ begin {align*} &=\ frac {r^2} {2}\ int_ {\ arcsin (a/r)} ^ {\ frac\ pi2} (1 +\ cos 2u)\, d {u}\\ &=\ frac {r^2} {2}\ bigg [u +\ frac {1} {2}\ sin (2u)\ bigg] _ {\ arcsin (a/r)} ^ {\ frac\ pi2}\\ &=\ frac {r^2} {2}\ izquierda (\ frac {\ pi} {2} +\ frac {1} {2}\ sin\ pi -\ arcsin (a/r) -\ frac {1} {2}\ sin (2\ arcsin (a/r))\ derecha)\\ &= \ frac {r^2} {2}\ izquierda (\ frac {\ pi} {2} -\ arcsin (a/r) -\ frac {1} {2}\ sin (2\ arcsin (a/r))\ derecha)\ end {alinear*} ¡Oof! Pero hay un poco más por recorrer antes de que terminemos. - Podemos volver a simplificar el término\(\sin( 2\arcsin(a/r))\) usando una identidad de doble ángulo. Set\(\theta = \arcsin(a/r)\text{.}\) Entonces\(\theta\) está el ángulo en el triángulo a la derecha de abajo. Por la fórmula de doble ángulo para\(\sin(2\theta)\) (Ecuación 1.8.2)
\ begin {align*}\ sin (2\ theta) &=2\ sin\ theta\\ cos\ theta\\ &=2\\ frac {a} {r}\\ frac {\ sqrt {r^2-a^2}} {r}. \ end {alinear*}
- Así que finalmente la zona es
\ begin {align*}\ text {area} &=\ int_a^r\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x}\\ &=\ frac {r^2} {2}\ left (\ frac {\ pi} {2} -\ arcsin (a/r) -\ frac {1} {2}\ sin (2\ arcsin (a/r)\ derecha)\\ &=\ frac {\ pi r^2} {4} -\ frac {r^2} {2}\ arcsin (a/r) -\ frac {a} {2}\ sqrt {r^2-a^2}\ end {align*}
- Esta es una fórmula relativamente complicada, pero podemos hacer algunas comprobaciones de “razonabilidad”, observando valores especiales de\(a\text{.}\)
- Si\(a=0\) la región sombreada, en la figura al inicio de este ejemplo, es exactamente una cuarta parte de un disco de radio\(r\) y también lo ha hecho área\(\frac{1}{4}\pi r^2\text{.}\) Sustituir\(a=0\) en nuestra respuesta sí da\(\frac{1}{4}\pi r^2\text{.}\)
- En el otro extremo, si\(a=r\text{,}\) la región sombreada desaparece por completo y también lo ha hecho área\(0\text{.}\) Subbing\(a=r\) en nuestra respuesta de hecho da\(0\text{,}\) ya que\(\arcsin 1=\frac{\pi}{2}\text{.}\)
La integral\(\int_a^r x\sqrt{r^2-x^2}\, d{x}\) se parece mucho a la integral que acabamos de hacer en los 3 ejemplos anteriores. También se puede evaluar utilizando la sustitución trigonométrica\(x= r\sin u\), pero eso es innecesariamente complicado. El hecho de que ahora hayas aprendido a usar la sustitución trigonométrica 1 no significa que debas olvidar todo lo que aprendiste antes.
Solución
Esta integral se evalúa mucho más fácilmente usando la sustitución simple\(u=r^2-x^2\text{.}\)
- Establecer\(u=r^2-x^2\text{.}\) Entonces\(\, d{u}=-2x\, d{x}\text{,}\) y así
\ begin {alinear*}\ int_a^r x\ sqrt {r^2-x^2}\, d {x} &=\ int_ {r^2-a^2} ^0\ sqrt {u}\\ frac {\, d {u}} {-2}\\ &=-\ frac {1} {2}\ bigg [\ frac {u^ {3/2}} {3/2}\ bigg] _ {r^2-a^2} ^0\\ &=\ frac {1} {3}\ grande [r^2-a^2\ grande] ^ {3/2}\ final {alinear*}
Suficientes senos y cosenos — intentemos una sustitución tangente.
Solución
Según nuestros lineamientos al inicio de esta sección, la presencia del término raíz cuadrada nos\(\sqrt{3^2+x^2}\) indica sustituir\(x=3\tan u\text{.}\)
- Sustituto
\ begin {align*} x&=3\ tan u &\, d {x} &= 3\ seg^2 u\, d {u}\ end {align*}
Esto nos permite eliminar la raíz cuadrada:\ begin {align*}\ sqrt {9+x^2} &=\ sqrt {9+9\ tan^2u} =3\ sqrt {1+\ tan^2u} =3\ sqrt {\ seg^2 u} =3|\ seg u|\ end {align*}
- De ahí que nuestra integral se convierta
\ begin {alinear*}\ int\ frac {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &=\ int\ frac {3\ seg^2 u} {9\ tan^2u\ cdot 3|\ sec u|}\, d {u}\ end {align*}
- Para eliminar el valor absoluto debemos considerar el rango de valores de\(u\) en la integral. Ya que\(x=3\tan u\) tenemos\(u = \arctan(x/3)\text{.}\) El rango 2 de arcotangente es\(-\frac{\pi}{2} \leq \arctan \leq \frac{\pi}{2}\) y así siempre\(u=\arctan(x/3)\) va a gustar entre\(-\frac{\pi}{2}\) y\(+\frac{\pi}{2}\text{.}\) por lo tanto siempre\(\cos u\) será positivo, lo que a su vez implica que\(|\sec u|=\sec u\text{.}\)
- Usando este hecho nuestra integral se convierte en:
\ begin {align*}\ int\ frac {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &=\ int\ frac {3\ seg^2 u} {27\ tan^2u |\ sec u|}\, d {u}\\ &=\ frac {1} {9}\ int\ frac {\ sec u} {\ tan^2u}\, d {u} &\ texto {desde $\ seg u\ gt 0$}\ end {align*}
- Reescribe esto en términos de seno y coseno\[\begin{align*} \int \frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{9+x^2}} &= \frac{1}{9}\int \frac{\sec u}{\tan^2u} \, d{u}\\ &= \frac{1}{9} \int \frac{1}{\cos u}\cdot \frac{\cos^2u}{\sin^2 u}\, d{u} = \frac{1}{9} \int \frac{\cos u}{\sin^2 u}\, d{u}\\ \end{align*}\]
Ahora podemos usar la regla de sustitución con\(y=\sin u\) y\(\, d{y}=\cos u\, d{u}\)
\ begin {alinear*} &=\ frac {1} {9}\ int\ frac {\, d {y}} {y^2}\\ &= -\ frac {1} {9y} +C\\ &= -\ frac {1} {9\ sin u} +C\ final {alinear*} - La integral original era una función de\(x\text{,}\) por lo que todavía tenemos que reescribir\(\sin u\) en términos de\(x\text{.}\) Recordar eso\(x=3 \tan u\) o\(u=\arctan(x/3)\text{.}\) Así\(u\) es el ángulo que se muestra en el triángulo de abajo y podemos leer fuera del triángulo que
\ begin {align*}\ sin u &=\ frac {x} {\ sqrt {9+x^2}}\\ implica\ int\ frac {\, d {x}} {x^2\ sqrt {9+x^2}} &= -\ frac {\ sqrt {9+x^2}} {9x} +C\ end {align*}
Solución
Esta requiere de una sustitución secante, pero por lo demás es muy similar a las anteriores.
- Establecer\(x = \sec u\) y\(\, d{x}=\sec u \tan u \, d{u}\text{.}\) luego
\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ int\ frac {\ seg^2 u} {\ sqrt {\ seg^2u-1}}\ seg u\ tan u\, d {u}\\ &=\ int\ seg^3 u\ cdot\ frac {\ tan u}\ sqrt {\ tan^2u}}\, d {u}\ qquad\ texto {desde $\ tan^2u =\ seg^2u-1$}\\ &=\ int\ seg^3u\ cdot\ frac {\ tan u} {|\ tan u|}\, d {u}\ end {align*}
- Como antes necesitamos considerar el rango de\(u\) valores para determinar el signo de\(\tan u\text{.}\) Aviso de que el integrando solo se define cuando cualquiera\(x \lt -1\) o\(x \gt 1\text{;}\) así debemos tratar los casos\(x \lt -1\) y\(x \gt 1\) por separado. Supongamos eso\(x \gt 1\) y volveremos al caso\(x \lt -1\) al final del ejemplo.
Cuando\(x \gt 1\text{,}\) nuestro\(u=\textrm{arcsec}x\) toma valores en\((0,\frac\pi2)\text{.}\) Esto sigue desde cuando\(0 \lt u \lt \frac\pi2\text{,}\) tenemos\(0 \lt \cos u \lt 1\) y así\(\sec u \gt 1\text{.}\) Más lejos, cuando\(0 \lt u \lt \frac\pi2\text{,}\) tenemos\(\tan u \gt 0\text{.}\) Así\(|\tan u|=\tan u\text{.}\)
- Volver a nuestra integral, cuando\(x> 1\text{:}\)\[\begin{align*} \int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}} \, d{x} &= \int \sec^3u \cdot \frac{\tan u}{|\tan u|} \, d{u}\\ &= \int \sec^3u \, d{u} & \text{since } \tan u\geq 0\\ \end{align*}\]
Esto es exactamente Ejemplo 1.8.22
\ start {alinear*} &=\ frac {1} {2}\ sec u\ tan u +\ frac {1} {2}\ log|\ sec u +\ tan u| +C\ end {alinear*} - Desde que empezamos con una función de\(x\) necesitamos terminar con una. Lo sabemos\(\sec u = x\) y luego podemos usar identidades trigonométricas\[\begin{align*} \tan^2 u &= \sec^2 u - 1 = x^2-1 & \text{so } \tan u &= \pm \sqrt{x^2-1}\\ \end{align*}\]
pero sabemos
\ begin {align*}\ tan u &\ geq 0 &\ text {so}\ tan u &=\ sqrt {x^2-1}\ end {align*} Así\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ frac {1} {2} {2} x\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ end {align*}
- Lo anterior sostiene cuando\(x \gt 1\text{.}\) Podemos confirmar que también es cierto cuando\(x \lt -1\) al mostrar el lado derecho es un antiderivado válido del integrando. Para ello debemos diferenciar nuestra respuesta. Observe que no necesitamos considerar el signo de\(x+\sqrt{x^2-1}\) cuando nos diferenciamos ya que ya hemos visto eso
\ begin {align*}\ frac {d} {dx}\ log|x| &=\ frac {1} {x}\ end {align*}
cuando cualquiera\(x \lt 0\) o\(x \gt 0\text{.}\) Así el siguiente cálculo se aplica a ambos\(x \gt 1\) y\(x \lt -1\text{.}\) Las expresiones se vuelven bastante largas por lo que diferenciamos cada término por separado:\ begin {alinear*}\ frac {d} {dx}\ izquierda [x\ sqrt {x^2-1}\ derecha] &=\ izquierda [\ sqrt {x^2-1} +\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\ derecha]\\ &=\ frac {1} {\ sqrt {x^2-1}}\ izquierda [(x^2-1) + x^2\ derecha]\\ frac {d} {dx}\ log\ big| x +\ sqrt {x^2-1}\ big| &=\ frac {1} {x+\ sqrt {x^2-1}}\ cdot\ izquierda [1+\ frac {x} {\ sqrt {x^2-1}}\ derecha]\\ &= \ frac {1} {x+\ sqrt {x^2-1}}\ cdot\ frac {x+\ sqrt {x^2-1}} {\ sqrt {x^2-1}}\\ &=\ frac {1} {\ sqrt {x^2-1}}\ end {align*}
Armar las cosas luego nos da\ begin {alinear*} &\ frac {d} {dx}\ izquierda [\ frac {1} {2} x\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ derecha]\\ &=\ frac {1} {2\ sqrt {x^2-1}}\ izquierda [(x^2-1) + x^2 + 1\ derecha] +0\\ &=\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\ end {align*}
Esto nos dice que nuestra respuesta para también\(x \gt 1\) es válida cuando\(x \lt -1\) y así\ begin {alinear*}\ int\ frac {x^2} {\ sqrt {x^2-1}}\, d {x} &=\ frac {1} {2} {2} x\ sqrt {x^2-1} +\ frac {1} {2}\ log| x +\ sqrt {x^2-1} | +C\ end {align*}
cuándo\(x \lt -1\) y cuándo\(x \gt 1\text{.}\)
En este ejemplo, tuvimos suerte. La respuesta que derivamos para\(x>1\) pasó a ser válida también para\(x<-1\text{.}\) Esto no siempre sucede con la\(x=a\,\sec u\) sustitución. Cuando no es así, tenemos que aplicar\(x<-a\) análisis separados\(x>a\) y muy similares a nuestro\(x>1\) análisis anterior. Por supuesto que duplica el tedio. Entonces, en el libro de problemas CLP-2, no vamos a plantear preguntas que requieran separado\(x>a\) y\(x<-a\) cálculos.
El método, como lo hemos demostrado anteriormente, funciona cuando nuestro integrando contiene la raíz cuadrada de familias muy específicas de polinomios cuadráticos. De hecho, el mismo método funciona para polinomios cuadráticos más generales —todo lo que necesitamos hacer es completar el cuadrado 3.
Esta vez tenemos una integral con una raíz cuadrada en el integrando, pero el argumento de la raíz cuadrada, mientras que una función cuadrática de no\(x\text{,}\) está en una de las formas estándar\(\sqrt{a^2-x^2}\text{,}\)\(\sqrt{a^2+x^2}\text{,}\)\(\sqrt{x^2-a^2}\text{.}\) La razón por la que no está en una de esas formas es que el argumento,\(x^2-2x-3\text{,}\) contiene un término, es decir\(-2x\) que es de grado uno en\(x\text{.}\) Así tratamos de manipularlo en una de las formas estándar completando el cuadrado.
Solución
- Primero reescribimos el polinomio cuadrático\(x^2-2x-3\) en la forma\((x-a)^2+b\) para algunas constantes\(a,b\text{.}\) La forma más fácil de hacerlo es expandir ambas expresiones y comparar coeficientes de\(x\text{:}\)
\ begin {alinear*} x^2-2x-3 &= (x-a) ^2+b = (x^2-2ax+a^2) +b\ end {align*}
Entonces — si elegimos\(-2a=-2\) (entonces los coeficientes de\(x^1\) coincidencia) y\(a^2+b=-3\) (entonces los coeficientes de\(x^0\) coincidencia), entonces ambas expresiones son iguales. De ahí nos fijamos\(a=1\) y\(b=-4\text{.}\) Eso es\ begin {align*} x^2-2x-3 &= (x-1) ^2-4\ end {alinear*}
Muchos de ustedes pueden haber visto este método al aprender a bosquejar parábolas. - Una vez hecho esto podemos convertir la raíz cuadrada del integrando en una forma estándar haciendo la simple sustitución\(y=x-1\text{.}\) Aquí va
\ begin {alinear*} &\ int_3^5\ frac {\ sqrt {x^2-2x-3}} {x-1}\, d {x}\\ &=\ int_3^5\ frac {\ sqrt {(x-1) ^2-4}} {x-1}\, d {x}\\ &=\ int_2^4\ frac {\ sqrt {\ sqrt
ParseError: EOF expected (click for details){y}\, d {y} &\ texto {con} y=x-1,\, d {y} =\, d {x}\\ &=\ int_0^ {\ pi/3}\ frac {\ sqrt {4\ seg^2u-4}} {2\ seg u}\ 2\ seg u\ tan u\, d {u} &\ texto con {} y=2\ seg u\\ & amp; &\ text {y}\, d {y} = 2\ seg u\ tan u\, d {u}\ end {alinear*} Observe que también podríamos hacer esto en menos pasos configurando\((x-1)=2\sec u, \, d{x}=2\sec u\tan u\, d{u}\text{.}\)Callstack: at (Matematicas/Calculo_Integral_CLP-2_(Feldman_Rechnitzer_y_Yeager)/01:_Integración/1.09:_Sustitución_trigonométrica), /content/body/article[7]/div/ul/li[2]/p/span, line 1, column 5 - Para obtener los límites de la integración usamos eso
- el valor de\(u\) lo que corresponde a\(y=2\) obedece\(2=y=2\sec u=\frac{2}{\cos u}\) o\(\cos u=1\text{,}\) para que\(u=0\) funcione y
- el valor de\(u\) eso corresponde a\(y=4\) obedece\(4=y=2\sec u=\frac{2}{\cos u}\) o\(\cos u=\frac{1}{2}\text{,}\) para que\(u=\frac{\pi}{3}\) funcione.
- Ahora volviendo a la evaluación de la integral, simplificamos y continuamos. \[\begin{align*} \int_3^5\frac{\sqrt{x^2-2x-3}}{x-1}\, d{x} &=\int_0^{\pi/3} 2\sqrt{\sec^2 u -1}\ \tan u\, d{u}\\ &=2\int_0^{\pi/3} \tan^2 u\, d{u} \qquad\text{since } \sec^2u=1+\tan^2u\\ \end{align*}\]
Al tomar la raíz cuadrada de\(\sec^2u-1=\tan^2u\) usamos eso\(\tan u\ge 0\) en la gama\(0\le u\le \frac{\pi}{3}\text{.}\)
\ begin {align*} &=2\ int_0^ {\ pi/3}\ grande [\ seg^2 u-1\ grande]\, d {u}\ qquad\ quad\ texto {desde $\ seg^2u=1+\ tan^2u$, otra vez}\\ &=2\ Big [\ tan u - u\ Grande] _0^ {\ pi/3}\\ &=2\ grande [\ sqrt {3} -\ frac {\ pi} {3}\ grande]\ final {alinear*}
Ejercicios
Recordemos que estamos usando\(\log x\) para denotar el logaritmo de\(x\) con base\(e\text{.}\) En otros cursos a menudo se denota\(\ln x\text{.}\)
Etapa 1
Para cada una de las siguientes integrales, elija la sustitución que sea más beneficiosa para evaluar la integral.
- \(\displaystyle \int \frac{2x^2}{\sqrt{9x^2-16}} \, \, d{x}\)
- \(\displaystyle \int \frac{x^4-3}{\sqrt{1-4x^2}} \, \, d{x}\)
- \(\displaystyle \int {(25+x^2)}^{-5/2} \, \, d{x}\)
Para cada una de las siguientes integrales, elija una sustitución trigonométrica que elimine las raíces.
- \(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2-4x+1}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \dfrac{(x-1)^6}{(-x^2+2x+4)^{3/2}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{4x^2+6x+10}}\, d{x}\)
- \(\displaystyle\int \sqrt{x^2-x}\, d{x}\)
En cada parte de esta pregunta, supongamos que\(\theta\) es un ángulo en el intervalo\(\left[ 0,\pi/2\right]\text{.}\)
- \(\sin\theta=\dfrac{1}{20}\text{,}\)¿Si qué es\(\cos\theta\)?
- \(\tan\theta=7\text{,}\)¿Si qué es\(\csc\theta\)?
- \(\sec\theta=\dfrac{\sqrt{x-1}}{2}\text{,}\)¿Si qué es\(\tan\theta\)?
Simplifica las siguientes expresiones.
- \(\sin\left(\arccos \left(\frac{x}{2}\right)\right)\)
- \(\sin\left(\arctan \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right)\)
- \(\sec\left(\arcsin \left(\sqrt{x}\right)\right)\)
Etapa 2
Evaluar\(\displaystyle\int \frac1{(x^2+4)^{3/2}} \,\, d{x}.\)
Evaluar\( \displaystyle \int_{0}^{4}\frac{1}{(4+x^2)^{3/2}} \, d{x}\text{.}\) Su respuesta puede no contener funciones trigonométricas inversas.
Evaluar\(\displaystyle\int_0^{5/2} \frac{\, d{x}}{\sqrt{25-x^2}}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{x^2+25}}\text{.}\) Puedes usar eso\({\displaystyle\int} \sec \, d{x} = \log\big|\sec x+\tan x\big|+C\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+4x}} \, \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int\frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{x^2+16}}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{x^2\sqrt{x^2-9}}\) para\(x \ge 3\text{.}\) No incluya ninguna función trigonométrica inversa en su respuesta.
a) Demostrar que\(\displaystyle\int_0^{\pi/4}\cos^4\theta\, d{\theta}=(8+3\pi)/32\text{.}\)
b) Evaluar\(\displaystyle\int_{-1}^1\frac{\, d{x}}{{(x^2+1)}^3}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int_{-\pi/12}^{\pi/12} \dfrac{15x^3}{(x^2+1)(9-x^2)^{5/2}}\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\({\displaystyle\int} \sqrt{4-x^2}\,\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \frac{\sqrt{25x^2-4}}{x}\,\, d{x}\) para\(x\gt \frac{2}{5}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int_{\sqrt{10}}^{\sqrt{17}} \frac{x^3}{\sqrt{x^2-1}}\, \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \frac{\, d{x}}{\sqrt{3-2x-x^2}}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \dfrac{1}{(2x-3)^3\sqrt{4x^2-12x+8}}\, d{x}\) para\(x \gt 2\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int_0^1\dfrac{x^2}{(x^2+1)^{3/2}}\, d{x}\text{.}\)
Puedes usar eso\(\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \frac{1}{(x^2+1)^2}\, d{x}\text{.}\)
Etapa 3
Evaluar\(\displaystyle\int \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-2x+2}}\, d{x}\text{.}\)
Usted puede asumir sin pruebas que\(\displaystyle\int \sec^3 \theta\, d{\theta} = \frac{1}{2}\sec\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\log|\sec\theta+\tan\theta|+C\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{3x^2+5x}}\, d{x}\text{.}\)
Puedes usar eso\(\int \sec x\, d{x} = \log|\sec x+\tan x| +C\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}\, d{x}\text{.}\) Puede utilizar el hecho de que\(\displaystyle\int \csc \theta\, d{\theta}=\log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}\)
A continuación se muestra la gráfica de la elipse\(\left(\frac{x}{4}\right)^2+\left(\frac{y}{2}\right)^2=1\text{.}\) Encuentra el área de la región sombreada utilizando las ideas de esta sección.
Dejar\(f(x) = \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}\text{,}\) y dejar\(R\) ser la región entre\(f(x)\) y el\(x\) eje -sobre el intervalo\([-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\text{.}\)
- Encuentra el área de\(R\text{.}\)
- Encuentra el volumen del sólido que se forma girando\(R\) alrededor del\(x\) eje.
Evaluar\(\displaystyle\int \sqrt{1+e^x}\, d{x}\text{.}\) Puede utilizar el antiderivado\(\displaystyle\int \csc \theta \, d{\theta} = \log|\cot \theta - \csc \theta|+C\text{.}\)
Considera el siguiente trabajo.
- Diferenciar\(\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\text{.}\)
- Verdadero o falso:\(\displaystyle\int_{2}^{3} \frac{1}{1-x^2}\, d{x} = \left[\log\left| \dfrac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\right]_{x=2}^{x=3}\)
- ¿Fue correcto el trabajo en la pregunta? Explique.
- Supongamos que estamos evaluando una integral que contiene el término\(\sqrt{a^2-x^2}\text{,}\) donde\(a\) es una constante positiva, y usamos la sustitución\(x=a\sin u\) (con inversa\(u = \arcsin(x/a)\)), de manera que
\[ \sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2\cos^2u}= |a\cos u| \nonumber \]
Bajo qué circunstancias se\(|a\cos u|\neq a\cos u\text{?}\) - Supongamos que estamos evaluando una integral que contiene el término\(\sqrt{a^2+x^2}\text{,}\) donde\(a\) es una constante positiva, y usamos la sustitución\(x=a\tan u\) (con inversa\(u = \arctan(x/a)\)), de manera que
\[ \sqrt{a^2+x^2} = \sqrt{a^2\sec^2u}= |a\sec u| \nonumber \]
Bajo qué circunstancias se\(|a\sec u|\neq a\sec u\text{?}\) - Supongamos que estamos evaluando una integral que contiene el término\(\sqrt{x^2-a^2}\text{,}\) donde\(a\) es una constante positiva, y usamos la sustitución\(x=a\sec u\) (con inversa\(u = \textrm{arcsec}(x/a)=\arccos(a/x)\)), de manera que
\[ \sqrt{x^2-a^2} = \sqrt{a^2\tan^2u}= |a\tan u| \nonumber \]
Bajo qué circunstancias se\(|a\tan u|\neq a\tan u\text{?}\)
- Para parafrasear la Ley del Instrumento, posiblemente Mark Twain y definitivamente algunos psicólogos, cuando tienes un martillo nuevo y brillante, todo parece un clavo.
- Para ser pedante, nos referimos al rango de la función arcotangente “estándar” o su “valor principal”. Se pueden definir otras funciones arcotangentes con diferentes rangos.
- Si no has oído hablar de “completar la plaza” no te preocupes. No es un método difícil y sólo te llevará unos instantes aprender. Se refiere a reescribir un polinomio cuadrático\(P(x) = ax^2 + bx + c\) como\(P(x)= a(x+d)^2 +e\) para nuevas constantes\(d,e\text{.}\)