Integrales por Sustituição

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Chapter 1
Integrales por sustitución
Este método de integración se basa en lo siguiente:
Dada la integral
Z
f(x)dx
Hacemos el cambio de variable x = ϕ(t) ; dx = ϕ0(t)dt
siendo ϕ(t)una función que admite derivada continua no nula y cuya función inversa es
t = ψ(x)
EntoncesZ
f(x)dx =
Z
f(ϕ(t))ϕ0(t)dt =1φ(t) + C = φ(ψ(x)) + C
Tenemos que demostrar que [φ(ψ(x))]0 = f(x)
Demostración:
[φ(ψ(x))]
0
=2φ0(ψ(x))ψ0(x)3= φ0(t)
1
ϕ0(t)
= f(ϕ(t))ϕ0(t) · 1
ϕ0(t)
= f(ϕ(t)) = f(x)
Ejemplos:
1)
Z
ex
e2x + 1
dx. Hacemos ex = t ; x = ln t ; dx =
1
t
dt Con lo que la integral quedaría:Z
1
t2 + 1
dt = arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variable:Z
ex
e2x + 1
dx = arctan ex + C
2)
Z
x√
3x2 − 3dx Hacemos 3x
2 − 3 = t ; 6xdx = dt ; xdx = 1
6
dt Con lo que
1
6
Z
1√
t
dt =
1
6
Z
t
−1
2 dt =
1
6
t
1
2
1
2
+ C =
√
t
3
+ C. Deshaciendo el cambioZ
x√
3x2 − 3dx =
√
3x2 − 3
3
+ C
3)
Z √
4− x2dx. Hacemos el cambio de variable x = 2 sin t ; dx = 2 cos tdt
Con lo la integral quedaría:Z p
4− 4 sin2 t2 cos tdt = 4
Z
cos2 tdt = 4
Z
1 + cos 2t
2
dt = 2t+ sin 2t+ C =
1 Este cambio de variable es adecuado siempre que esta integral sea más sencilla
2 Por la regla de la cadena
3 Al ser ϕ y ψ funciones inversas, por la derivada de una función inversa ψ0(x) =
1
ϕ0(t)
1
Chapter 1 Integrales por sustitución
= 2t+ 2 sin t cos t+ C
Deshaciendo el cambio de variable ( t = arcsin
x
2
; sin t =
x
2
; cos t =
√
4− x2
2
)Z √
4− x2dxdx = 2arcsin x
2
+
x
√
4− x2
2
+ C
4)
Z
cos
√
xdx4 Realiza el cambio de variable siguiente x = t2 ; dx = 2tdt
Tendrás que resolver por partes la siguiente integral 2
Z
t cos tdt y después volver a
deshacer el cambio de variable.Z
t cos tdt = cos t+ t sin t+ C
Por lo tantoZ
cos
√
xdx = 2 (cos
√
x+
√
x sin
√
x) + C
1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
– I1 =
Z
1
2x + 2−x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
2x = t→ x ln 2 = ln t;x = 1
ln 2
· ln t→ dx = 1
ln 2
· 1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I1 =
5
Z
1
t+
1
t
1
ln 2
· 1
t
dt =
Z
1
(t2 + 1) ln 2
dt =
arctan t
ln 2
+ C
Deshaciendo el cambio de variable tendremosZ
1
2x + 2−x
dx =
1
ln 2
arctan 2x + C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con las siguientes transformacionesZ
1
2x + 2−x
dx =
Z
1
2x +
1
2x
dx =
Z
2x
22x + 1
dx =
Z
2x
1 + (2x)
2
dx =
4 Otra forma de resolverla:→
Z
cos
√
xdx =
Z √
x
cos
√
x√
x
dx
Intégrala por partes considerando f(x) =
√
x y g0(x) =
cos
√
x√
x
5 2−x =
1
2x
2
Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
1
ln 2
Z
2x · ln 2
1 + (2x)2
dx =
1
ln 2
arctan 2x + C
2) I2 =
Z
e2x + ex
ex − 1 dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx = 1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:Z
e2x + ex
ex − 1 dx =
Z
t2 + t
t− 1 ·
1
t
dt =
Z
t2 + t
t2 − tdt =
Z
t+ 1
t− 1dt
Como
t+ 1
t− 1 = 1 +
2
t− 1 ; entoncesZ
t+ 1
t− 1dt =
Z µ
1 +
2
t− 1
¶
dt = t+ 2 ln |t− 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
e2x + ex
ex − 1 dx = e
x + 2 ln |ex − 1|+ C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con la siguiente idea feliz:Z
e2x + ex
ex − 1 dx =
Z
(ex)2 + ex
ex − 1 dx =
6
Z µ
ex +
2 · ex
ex − 1
¶
dx = ex + 2 ln |ex − 1|+ C
3) I3=
Z
ex + 1
ex + 2 + e−x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx = 1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I3 =
Z
t+ 1
t+ 2 +
1
t
· 1
t
dt =
Z
t+ 1
t2 + 2t+ 1
dt =
Z
t+ 1
(t+ 1)2
dt =
Z
1
t+ 1
dt =
ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
ex + 1
ex + 2 + e−x
dx = ln |ex + 1|+ C
6
(ex)2 + ex
ex − 1 = e
x +
2 · ex
ex − 1
3
Chapter 1 Integrales por sustitución
Nota:Otra forma de resolverla; seríaZ
ex + 1
ex + 2 + e−x
dx =
Z
ex + 1
ex + 2 +
1
ex
dx =
Z
e2x + ex
e2x + 2ex + 1
dx =
Z
ex (ex + 1)
(ex + 1)
2
dx =
Z
ex
ex + 1
dx = ln |ex + 1|+ C
4) I4=
Z
1
x(1 + lnx)
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
lnx = t→ x = et;→ dx = etdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I4 =
Z
1
et(1 + t)
· etdt =
Z
1
t+ 1
dt = ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1
x(1 + lnx)
dx = ln |1 + lnx|+ C
Nota:Otra forma de resolverla; seríaZ
1
x(1 + lnx)
dx =
Z 1
x
(1 + lnx)
dx = ln |1 + lnx|+ C
5) I5=
Z
1 + lnx
x(1− lnx)dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
lnx = t→ x = et;→ dx = etdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I5 =
Z
1 + t
et(1− t) · e
tdt =
Z
t+ 1
1− tdt =
Z µ
−1− 2
t− 1
¶
dt = −t− 2 ln |t− 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1 + lnx
x(1− lnx)dx = − ln |x|− 2 ln |1− lnx|+ C
6)
Z
2 + 6
√
x− 1
3
p
(x− 1)2 −√x− 1
dxdx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x− 1 = t6 (fíjate que 6 = m.cm(2, 3, 6))→ x = t6 + 1→ dx = 6t5dt
Con lo queZ
2 +
6
√
t6
3
√
t12 −
√
t6
· 6t5dt =
Z
6t3 + 12t2
t− 1 dt =
4
Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
Z µ
6t2 + 18t+ 18 +
18
t− 1
¶
dt = 2t3 + 9t2 + 18t+ 18 ln |t− 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
2 + 6
√
x− 1
3
p
(x− 1)2 −√x− 1
dx = 2
√
x− 1+9 3√x− 1+18 6√x− 1+18 ln ¯̄ 6√x− 1− 1¯̄+C
7)
Z
1
√
x− 4
√
x3
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t4 (fíjate que 4 = m.c.m(2, 4))→ dx = 4t3dtZ
1
√
x− 4
√
x3
dx =
Z
1√
t4 − 4
√
t12
· 4t3dt =
4
Z
t
1− tdt = 4
Z µ
−1 + 1
1− t
¶
dt = 4 (−t− ln |1− t|) + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1
√
x− 4
√
x3
dx = 4 (− 4√x− ln |1− 4√x|) + C
8)
Z
x−√x− 1
x+
√
x− 1
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x− 1 = t2 → x = t2 + 1→ dx = 2tdt
Con lo queZ
x−√x− 1
x+
√
x− 1
dx =
Z
t2 + 1− t
t2 + 1 + t
· 2tdt = 2
Z
t3 − t2 + t
t2 + t+ 1
dt
Esta integral es racional; sigue resolviéndola tú
El resultado de
Z ¡t3 − t2 + t¢
t2 + t+ 1
dt ha de ser: 12 t
2 − 2t + ln ¡t2 + t+ 1¢ +
2
3
√
3 arctan 2t+1√
3
+ C
5
Chapter 1 Integrales por sustitución
9)
Z
dx
(2− x)√1− x
Realizamos el siguiente cambio de variable
1− x = t2 → x = 1− t2 → dx = −2tdt
Con lo queZ
dx
(2− x)√1− x
=
Z −2tdt
(2− 1 + t2)t = −2
Z
dt
1 + t2
= −2 arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
dx
(2− x)√1− x
= −2 arctan√1− x+ C
10)
Z
dx
x
√
x+ 2
Realizamos el siguiente cambio de variable
x+ 2 = t2 → x = t2 − 2→ dx = 2tdt
Con lo queZ
2tdt
(t2 − 2) t = 2
Z
dt
(t2 − 2) =
7 1√
2
ÃZ
dt
t−√2
−
Z
dt
t+
√
2
!
=
=
1√
2
¡
ln
¯̄
t−√2¯̄− ln ¯̄t+√2¯̄¢+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
dx
x
√
x+ 2
=
1√
2
¡
ln
¯̄√
x+ 2−√2¯̄− ln ¯̄√x+ 2 +√2¯̄¢+ C
11) I11 =
Z
x
1 +
√
x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t2 →→ dx = 2tdt
Con lo queZ
t2
1 +
√
t2
· 2tdt = 2
Z
t3
t+ 1
dt = 2
Z µ
t2 − t+ 1− 1
t+ 1
¶
dt =
= 2
µ
t3
3
− t
2
2
+ t− ln |t+ 1|
¶
+ C
Deshaciendo el cambio de variable
I11 = 2
Ã√
x3
3
− x
2
+
√
x− ln |√x+ 1|
!
+ C
12)
Z
1
(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx
7 1³
t−√2
´ ³
t+
√
2
´ = 1
2
√
2
Ã
1
t−√2
− 1
t+
√
2
!
6
Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
Realizamos el siguiente cambio de variable x− 3 = 1
t
x = 3 +
1
t
; dx =
−1
t2
dt Con lo que la integral quedará así:Z
1
(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx =
Z
1
1
t2
sµ
3 +
1
t
¶2
− 2
µ
3 +
1
t
¶
+ 5
−1
t2
dt
= −
Z
t√
8t2 + 4t+ 1
dt = − 1
16
Z
16t+ 4− 4√
8t2 + 4t+ 1
dt
Esta integral se descompone como suma de dos integrales
= − 1
16
Z
16t+ 4√
8t2 + 4t+ 1
dt+
4
16
Z
1√
8t2 + 4t+ 1
dt =
= − 2
16
√
8t2 + 4t+ 1 +
1
4
J
Calculemos pues J por el método de los cuatro pasos
J =
Z
1√
8t2 + 4t+ 1
dt
Multiplicamos y dividimos por
√
4a(
√
32)
J =
√
32
Z
1√
256t2 + 128t+ 32
dt =
Sumemos y restemos en el denominador b2(16)
=
√
32
Z
1√
256t2 + 128t+ 16− 16 + 32
dt
Fíjate en esta transformación
=
√
32
Z
1q
(16t+ 4)2 + 16
dt :
Sacamos en el radicando del denominador factor común 16
=
√
32
Z
1vuut16Ã(16t+ 4)2
16
+ 1
!dt = √2
Z
1sµ
16t+ 4
4
¶2
+ 1
dt =
=
√
2
Z
1q
(4t+ 1)
2
+ 1
dt
Multiplicamos dentro de la integral por 4 y fuera de la integral dividimos por 4 para que
no varíe
=
√
2
4
Z
4q
(4t+ 1)2 + 1
dt =
√
2
4
ln
¯̄̄̄
4t+ 1 +
q
(4t+ 1)2 +1
¯̄̄̄
+ C
Con lo que la integral K = −
Z
t√
8t2 + 4t+ 1
dt dará
7
Chapter 1 Integrales por sustitución
K = − 2
16
√
8t2 + 4t+ 1+
√
2
16
ln
¯̄̄̄
4t+ 1 +
q
(4t+ 1)
2
+ 1
¯̄̄̄
Deshaciendo el cambio de variable inicial y teniendo presente que t =
1
x− 3 tendremosque
I12 = −1
8
s
8
(x− 3)2
+
4
x− 3 + 1+ ln
¯̄̄̄
¯̄ 4x− 3 + 1 +
sµ
4
x− 3 + 1
¶2
+ 1
¯̄̄̄
¯̄+ C =
I12 =
−√x2 − 2x+ 5
8
+
√
2
16
ln
¯̄̄̄
¯1 + x+
√
2
p
(5− 2x+ x2)
x− 3
¯̄̄̄
¯+ C
13)
Z
1
(x− 2)2√x2 − 4x+ 1dx ; x− 2 =
1
t
14)
Z
1
y
p
y2 + y + 1
dy;; y =
1
t
14)
Z
1
x2
√
x2 − 4dx
x =
1
t
→ dx = −1
t2
dt
Z
1
x2
√
x2 − 4dx =
Z −1
t2
1
t2
r
1
t2
− 4
dt =
Z −t√
1− 4t2 dt =
1
4
p
(1− 4t2) + C
Deshaciendo el cambio de variable; tendremosZ
1
x2
√
x2 − 4dx =
1
4
sµ
1− 4
x2
¶
+ C =
p
(x2 − 4)
4x
+ C
Nota:Todas las integrales inmediatas también se pueden resolver por cambio de
variable
8