Sustitución simple o cambio de variable

Chapter 1
Integrales por sustitución
Este método de integración
se basa en lo siguiente:
Z
Dada la integral
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)
Entonces
Z
Z
f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt =1 φ(t) + C = φ(ψ(x)) + C
Tenemos que demostrar que [φ(ψ(x))]0 = f (x)
Demostración:
1
1
0
= f (ϕ(t))ϕ0 (t) · 0
= f (ϕ(t)) = f (x)
[φ(ψ(x))] =2 φ0 (ψ(x))ψ 0 (x)3 = φ0 (t) 0
ϕ (t)
ϕ (t)
Ejemplos:
Z
1
ex
1)
dx. Hacemos ex = t ; x = ln t ; dx = dt Con lo que la integral quedaría:
e2x + 1
t
Z
1
dt = arctan t + C
t2 + 1
Deshaciendo el cambio de variable:
Z
ex
dx = arctan ex + C
2x
e +1
Z
x
1
√
dx Hacemos 3x2 − 3 = t ; 6xdx = dt ; xdx = dt Con lo que
2)
2
6
3x − 3
√
Z
Z
1
1 t2
1
−1
t
1
1
√ dt =
t 2 dt = 1 + C =
+ C. Deshaciendo el cambio
6
6
6
3
t
2
√
Z
3x2 − 3
x
√
dx =
+C
2
3
3x − 3
Z
√
4 − x2 dx. Hacemos el cambio de variable x = 2 sin t ; dx = 2 cos tdt
3)
Con
Z
Z plo la integral quedaría: Z
1 + cos 2t
4 − 4 sin2 t2 cos tdt = 4 cos2 tdt = 4
dt = 2t + sin 2t + C =
2
1
2
3
Este cambio de variable es adecuado siempre que esta integral sea más sencilla
Por la regla de la cadena
Al ser ϕ y ψ funciones inversas, por la derivada de una función inversa ψ 0 (x) =
1
1
ϕ0 (t)
Chapter 1
Integrales por sustitución
= 2t + 2 sin t cos t + C
√
x
x
4 − x2
Deshaciendo el cambio de variable ( t = arcsin ; sin t = ; cos t =
)
2
2
2
√
Z
√
x x 4 − x2
2
4 − x dxdx = 2 arcsin +
+C
2
2
Z
√
4) cos xdx4 Realiza el cambio de variable siguiente x = t2 ; dx = 2tdt
Z
Tendrás que resolver por partes la siguiente integral 2 t cos tdt y después volver a
deshacer
el cambio de variable.
Z
t cos tdt = cos t + t sin t + C
Por
Z lo tanto
√
√
√
√
cos xdx = 2 (cos x + x sin x) + C
1.1
Ejercicios de integración por cambio de variable
Z
1
dx
+ 2−x
Realizamos el siguiente cambio de variable
1
1 1
· ln t → dx =
· dt
2x = t → x ln 2 = ln t; x =
ln 2
ln 2 t
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
Z
Z
1
1
1 1
arctan t
I1 =5
dt =
· dt =
+C
2
1 ln 2 t
ln 2
(t + 1) ln 2
t+
t
Deshaciendo el cambio de variable tendremos
Z
1
1
dx =
arctan 2x + C
ln 2
2x + 2−x
– I1 =
2x
Nota:Esta integral;Ztambién se puede Zresolver con las siguientes
transformaciones
Z
Z
1
1
2x
2x
dx =
dx =
dx =
dx =
2
1
2x + 2−x
22x + 1
1 + (2x )
2x + x
2
4
5
Z
Z
√
√ cos x
x √
dx
x
√
√
cos x
Intégrala por partes considerando f (x) = x y g 0 (x) = √
x
1
2−x =
2x
Otra forma de resolverla:→
cos
√
xdx =
2
Section 1.1
1
ln 2
Z
2x · ln 2
1+
2) I2 =
(2x )2
Z
dx =
Ejercicios de integración por cambio de variable
1
arctan 2x + C
ln 2
e2x + ex
dx
ex − 1
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t → x ln e = ln t; x = ln t → dx =
1
dt
t
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
Z 2x
Z 2
Z 2
Z
e + ex
t +t
t +t 1
t+1
dx =
· dt =
dt
dt =
x
2
e −1
t−1 t
t−1
t −t
Como
t+1
2
=1+
; entonces
t−1
t−1
¶
Z µ
Z
t+1
2
dt =
1+
dt = t + 2 ln |t − 1| + C
t−1
t−1
Deshaciendo el cambio de variable
Z 2x
e + ex
dx = ex + 2 ln |ex − 1| + C
ex − 1
Nota:Esta integral; también se puede resolver con la siguiente idea feliz:
¶
Z µ
Z 2x
Z
(ex )2 + ex
e + ex
2 · ex
6
x
e + x
dx =
dx =
dx = ex + 2 ln |ex − 1| + C
ex − 1
ex − 1
e −1
Z
ex + 1
3) I3=
dx
ex + 2 + e−x
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t → x ln e = ln t; x = ln t → dx =
1
dt
t
Con loZque la integral quedaráZde la siguiente manera:
Z
Z
t+1
t+1
t+1
1
1
dt =
dt =
I3 =
dt =
· dt =
2
2
1 t
t+1
t + 2t + 1
(t + 1)
t+2+
t
ln |t + 1| + C
Deshaciendo
el cambio de variable
Z
ex + 1
dx = ln |ex + 1| + C
ex + 2 + e−x
6
(ex )2 + ex
ex
−1
= ex +
2 · ex
ex − 1
3
Chapter 1
Integrales por sustitución
Nota:Otra
forma de resolverla;
sería
Z
Z
Z
ex + 1
ex + 1
e2x + ex
dx =
dx =
dx =
1
ex + 2 + e−x
e2x + 2ex + 1
x
e +2+ x
e
Z
Z x x
x
e (e + 1)
e
x
dx =
dx = ln |e + 1| + C
2
ex + 1
(ex + 1)Z
1
4) I4=
dx
x(1 + ln x)
Realizamos el siguiente cambio de variable
ln x = t → x = et ; → dx = et dt
Con loZ que la integral quedará
Z de la siguiente manera:
1
1
· et dt =
I4 =
dt = ln |t + 1| + C
t
t
+
1
e (1 + t)
Deshaciendo el cambio de variable
Z
1
dx = ln |1 + ln x| + C
x(1 + ln x)
Nota:Otra forma de resolverla; sería
1
Z
Z
1
x
dx =
dx = ln |1 + ln x| + C
x(1 +Z ln x)
(1 + ln x)
1 + ln x
dx
5) I5=
x(1 − ln x)
Realizamos el siguiente cambio de variable
ln x = t → x = et ; → dx = et dt
Con loZ que la integral quedará
¶
Z de la siguiente
Z µmanera:
1+t
t+1
2
t
I5 =
· e dt =
dt =
−1 −
dt = −t − 2 ln |t − 1| + C
1−t
t−1
et (1 − t)
Deshaciendo el cambio de variable
Z
1 + ln x
dx = − ln |x| − 2 ln |1 − ln x| + C
x(1 − ln x) √
Z
2+ 6x−1
dxdx
6)
p
√
3
(x − 1)2 − x − 1
Realizamos el siguiente cambio de variable
x − 1 = t6 (fíjate que 6 = m.cm(2, 3, 6))→ x = t6 + 1 → dx = 6t5 dt
Con lo que
√
Z
Z
6
2 + t6
6t3 + 12t2
5
·
6t
dt
=
dt =
√
√
3 12
t−1
t − t6
4
Section 1.1
Ejercicios de integración por cambio de variable
¶
Z µ
18
dt = 2t3 + 9t2 + 18t + 18 ln |t − 1| + C
6t2 + 18t + 18 +
t−1
Deshaciendo el cambio de variable
√
Z
¯√
¯
√
√
√
2+ 6x−1
dx = 2 x − 1 + 9 3 x − 1 + 18 6 x − 1 + 18 ln ¯ 6 x − 1 − 1¯ + C
p
√
3
(x − 1)2 − x − 1
Z
1
7)
dx
√
√
4
x − x3
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t4 (fíjate que 4 =Z m.c.m(2, 4))→ dx = 4t3 dt
Z
1
1
dx =
· 4t3 dt =
√
√
√
√
4
4 12
3
4
x− xZ µ
t −¶ t
Z
t
1
4
dt = 4
−1 +
dt = 4 (−t − ln |1 − t|) + C
1−t
1−t
Deshaciendo
el cambio de variable
Z
√
√
1
dx = 4 (− 4 x − ln |1 − 4 x|) + C
√
√
4
x− √
x3
Z
x− x−1
dx
8)
√
x+ x−1
Realizamos el siguiente cambio de variable
x − 1 = t2 → x = t2 + 1 → dx = 2tdt
Con lo que
√
Z
Z 2
Z 3
x− x−1
t +1−t
t − t2 + t
dx
=
·
2tdt
=
2
dt
√
t2 + 1 + t
t2 + t + 1
x+ x−1
Esta integral es racional;
sigue resolviéndola tú
Z ¡t3 − t2 + t¢
¡
¢
El resultado de
dt ha de ser: 12 t2 − 2t + ln t2 + t + 1 +
2
t +t+1
√
2
2t+1
√
+
C
3 3 arctan
3
5
Chapter 1
9)
Z
Integrales por sustitución
dx
√
(2 − x) 1 − x
Realizamos el siguiente cambio de variable
1 − x = t2 → x = 1 − t2 → dx = −2tdt
Con lo que
Z
Z
Z
−2tdt
dt
dx
=
= −2
= −2 arctan t + C
√
2
1 + t2
(2 − 1 + t )t
(2 − x) 1 − x
Deshaciendo el cambio de variable
Z
√
dx
= −2 arctan 1 − x + C
√
(2Z − x) 1 − x
dx
10)
√
x x+2
Realizamos el siguiente cambio de variable
x + 2 = t2 → x = t2 − 2 → dx = 2tdt
Con lo que
ÃZ
!
Z
Z
Z
2tdt
dt
dt
dt
7 1
=
=2
= √
√ −
√
(t2 − 2) t
(t2 − 2)
2
t− 2
t+ 2
¯
√ ¯
√ ¯¢
1 ¡ ¯
= √ ln ¯t − 2¯ − ln ¯t + 2¯ + C
2
Deshaciendo el cambio de variable
Z
¯√
√ ¯
√ ¯¢
dx
1 ¡ ¯√
= √ ln ¯ x + 2 − 2¯ − ln ¯ x + 2 + 2¯ + C
√
x x + Z2
2
x
11) I11 =
√ dx
1+ x
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t2 →→ dx = 2tdt
Con
¶
Z lo 2que
Z
Z µ
t
t3
1
2
·
2tdt
=
2
−
t
+
1
−
dt
=
2
t
dt =
√
t+1
t+1
1µ+ t2
¶
t3 t2
− + t − ln |t + 1| + C
=2
3
2
Deshaciendo
à √ el cambio de variable
!
√
x3 x √
I11 = 2
− + x − ln | x + 1| + C
3
2
Z
1
√
12)
dx
(x − 3)2 x2 − 2x + 5
7
³
1
1
= √
√ ´³
√ ´
2
2
t− 2 t+ 2
Ã
1
1
√ −
√
t− 2
t+ 2
6
!
Section 1.1
Ejercicios de integración por cambio de variable
1
Realizamos el siguiente cambio de variable x − 3 =
t
1
−1
x = 3 + ; dx = 2 dt Con lo que la integral quedará así:
t
t
Z
Z
1
1
−1
√
sµ
dx =
dt
µ
¶
¶
2
2
2
t2
(x − 3) x − 2x + 5
1
1
1
−2 3+
3+
+5
t2
t
t
Z
Z
16t + 4 − 4
1
t
dt = −
dt
=− √
√
2
16
8t + 4t + 1
8t2 + 4t + 1
Esta integral
de dos integrales
Z se descompone como suma
Z
16t + 4
1
4
1
=−
dt +
dt =
√
√
2
2
16
16
8t + 4t + 1
8t + 4t + 1
2√ 2
1
=−
8t + 4t + 1 + J
16
4
Calculemos
pues J por el método de los cuatro pasos
Z
1
dt
J=
√
8t2 + 4t + 1
√ √
Multiplicamos
y dividimos por 4a( 32)
Z
√
1
dt =
J = 32 √
256t2 + 128t + 32
2
Sumemos
Z y restemos en el denominador b (16)
√
1
dt
= 32 √
256t2 + 128t + 16 − 16 + 32
Fíjate enZ esta transformación
√
1
dt :
= 32 q
2
(16t + 4) + 16
Sacamos
Z en el radicando del denominador factor
Z común 16
√
√
1
1
= 32 v
dt = 2 s
dt =
!
µ
¶2
u Ã
2
u
16t + 4
(16t + 4)
t16
+1
+1
4
16
Z
√
1
dt
= 2 q
2
(4t + 1) + 1
Multiplicamos dentro de la integral por 4 y fuera de la integral dividimos por 4 para que
no varíe
√ Z
√
¯
¯
q
¯
2
2 ¯¯
4
2
=
ln ¯4t + 1 + (4t + 1) + 1¯¯ + C
dt =
q
4
4
(4t + 1)2 + 1
Z
t
dt dará
Con lo que la integral K = − √
8t2 + 4t + 1
7
Chapter 1
Integrales por sustitución
√
¯
¯
q
¯
2 ¯¯
2√ 2
2
8t + 4t + 1+
ln ¯4t + 1 + (4t + 1) + 1¯¯
K=−
16
16
1
Deshaciendo el cambio de variable inicial y teniendo presente que t =
tendremos
x−3
que
¯
¯
sµ
s
¯
¯
¶2
¯
¯
1
4
4
4
8
I12 = −
+
+ 1+ ln ¯¯
+1+
+ 1 + 1¯¯ + C =
8 (x − 3)2 x − 3
x−3
¯
¯x − 3
¯
¯
√
√
√ p
2 ¯¯ 1 + x + 2 (5 − 2x + x2 ) ¯¯
− x2 − 2x + 5
+
ln ¯
I12 =
¯+C
¯
x−3
8
16 ¯
Z
1
1
√
dx ; x − 2 =
13)
2
2
t
Z (x − 2) x − 4x + 1
1
1
p
dy;; y =
14)
2+y+1
t
y
y
Z
1
√
14)
dx
x2 x2 − 4
−1
1
x = → dx =
dt
t
t2
−1
Z
Z
Z
p
2
1
−t
√
rt
√
dt =
dt = 14 (1 − 4t2 ) + C
dx =
1
1
x2 x2 − 4
1 − 4t2
−4
2
2
t
t
Deshaciendo el cambiosde variable; tendremos
p
µ
¶
Z
(x2 − 4)
4
1
1
√
dx = 4
1−
+C =
+C
4x
x2 x2 − 4
x2
Nota:Todas las integrales inmediatas también se pueden resolver por cambio de
variable
8