Sustitución trigonométrica

En matemáticas , una sustitución trigonométrica es una sustitución de funciones trigonométricas por otras expresiones. En cálculo, la sustitución trigonométrica es un método para calcular integrales. Además, se pueden usar identidades trigonométricas para simplificar algunas integrales que contienen una expresión radical [1] [2] . Al igual que con otros métodos de integración por sustitución, al calcular la integral definida , puede ser más fácil derivar completamente la antiderivada antes de aplicar los límites de integración.

Caso I: Integrales que contienen un 2 − x 2

Let , y usa la identidad . $x=a\sen\theta$ $1-\sin ^{2}\theta =\cos ^{2}\theta$

Ejemplos de Caso I

Ejemplo 1

En integral

\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2)))),

puede ser usado

x=a\sin \theta ,\quad dx=a\cos \theta \,d\theta ,\quad \theta =\arcsin {\frac {x}{a)).

Después

{\begin{alineado}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2))))&=\int {\frac {a\cos \theta \, d\theta }{\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \, d\theta }{\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\ theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int d\theta \\[6pt]&=\theta +C\\[6pt] &=\arcsin {\frac {x}{a}}+C.\end{alineado}}

El paso anterior requiere que y . Podemos elegir como raíz principal e imponer una restricción utilizando la función seno inversa . $a>0$ ${\ estilo de visualización \ cos \ theta > 0}$ $a$ $un ^ 2$ $-\pi /2<\theta <\pi /2$

Para una integral definida, necesita averiguar cómo cambian los límites de integración. Por ejemplo, si cambia de a , entonces cambia de a , entonces cambia de a . Después $X$ ${\ estilo de visualización 0}$ ${\ estilo de visualización a/2}$ $\sin \theta$ ${\ estilo de visualización 0}$ $1/2$ $\ theta$ ${\ estilo de visualización 0}$ ${\ estilo de visualización \ pi /6}$

\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2))))=\int _{0}^{\pi /6}d\theta ={\frac {\pi }{6)).

Se requiere cierto cuidado al elegir los límites. Debido a que la integración anterior requiere que , el valor solo puede cambiar de a . Si se ignora esta restricción, se podría optar por ir de a , lo que en realidad daría como resultado un valor negativo. $-\pi /2<\theta <\pi /2$ $\ theta$ ${\ estilo de visualización 0}$ ${\ estilo de visualización \ pi /6}$ $\ theta$ $\Pi$ ${\ estilo de visualización 5 \ pi / 6}$

Alternativamente, uno puede evaluar completamente las integrales indefinidas antes de aplicar las condiciones de contorno. En este caso, la antiderivada da

\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2))))=\arcsin \left({\frac {x {a}}\right){\Biggl |}_{0}^{a/2}=\arcsin \left({\frac {1}{2}}\right)-\arcsin(0)={ \frac{\pi{6}}

como antes.

Ejemplo 2

Integral

\int {\sqrt {a^{2}-x^{2))}\,dx,

puede evaluarse presentando $x=a\sin \theta ,\,dx=a\cos \theta \,d\theta ,\,\theta =\arcsin {\frac {x}{a)),$

donde , por lo que y sobre el rango del arcoseno , por lo que y . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$ ${\ estilo de visualización \ cos \ theta \ geq 0}$ ${\sqrt {\cos ^{2}\theta }}=\cos \theta$

Después

{\begin{alineado}\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}-a^{2}\ sin ^{2}\theta }}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2} \theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(\cos ^{2}\theta )}}\ ,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\cos \theta )(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^ {2}\int \cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \left({\frac {1+\cos 2\theta }{2} }\right)\,d\theta \\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\theta +{\frac {1}{2}}\sin 2\ theta \right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\theta +\sin \theta \cos \theta )+C\\[6pt]&={ \frac {a^{2}}{2}}\left(\arcsen {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{a}}{\sqrt {1-{\frac {x ^{2}}{a^{2}}}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\arcsen {\frac {x}{ a))+{\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}+C.\end{alineado}}

Para una integral definida, los límites cambian después de realizar la sustitución y se determinan usando una ecuación con valores en el rango . O puede aplicar los términos de los límites directamente a la fórmula de la antiderivada. $\theta =\arcsin {\frac {x}{a}}$ $-{\frac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\frac {\pi }{2}}$

Por ejemplo, la integral definida

\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2))}\,dx,

se puede estimar sustituyendo , con estimaciones definidas por , y . $x=2\sin \theta ,\,dx=2\cos \theta \,d\theta$ $\theta =\arcsin {\frac {x}{2))$ ${\ estilo de visualización \ arcsin (1/2) = \ pi /6}$ ${\ estilo de visualización \ arcsin (-1/2) = - \ pi /6}$

Después

{\begin{alineado}\int_{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2))}\,dx&=\int_{-\pi /6}^{\ pi /6}{\sqrt {4-4\sin ^{2}\theta }}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int _{-\pi / 6}^{\pi /6}{\sqrt {4(1-\sin ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\ int _{-\pi /6}^{\pi /6}{\sqrt {4(\cos ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[ 6pt]&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}(2\cos \theta )(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=4\int _{-\pi /6}^{\pi /6}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=4\int_{-\pi /6}^{\pi /6}\left({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&=2\left[\theta +{\frac {1} {2}}\sen 2\theta \right]_{-\pi /6}^{\pi /6}=[2\theta +\sen 2\theta ]{\Biggl |}_{-\pi / 6}^{\pi /6}\\[6pt]&=\left({\frac {\pi }{3}}+\sin {\frac {\pi }{3}}\right)-\left (-{\frac {\pi }{3}}+\sin \left(-{\frac {\pi }{3}}\right)\right)={\frac {2\pi }{3}} +{\sqrt {3}}.\end{alineado}}

Por otro lado, una aplicación directa de los términos de contorno a la fórmula obtenida previamente para antiderivadas da

{\begin{alineado}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\left[{\frac {2^{2}} {2}}\arcsen {\frac {x}{2}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {2^{2}-x^{2}}}\right]_{- 1}^{1}\\[6pt]&=\left(2\arcsen {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {4-1}}\ derecha)-\left(2\arcsen \left(-{\frac {1}{2}}\right)+{\frac {-1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right) \\[6pt]&=\left(2\cdot {\frac {\pi }{6}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)-\left(2\cdot \ izquierda(-{\frac {\pi }{6}}\derecha)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\derecha)\\[6pt]&={\frac {2\pi } {3}}+{\sqrt {3}}\end{alineado}}

como antes.

Caso II: Integrales que contienen un 2 + x 2

Ejemplos de Caso II

Ejemplo 1

En integral

{\displaystyle \int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2))))

puedes escribir

x=a\tan \theta ,\quad dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\quad \theta =\arctan {\frac {x}{a)),

por lo que la integral se convierte en

{\begin{alineado}\int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2}}}&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \, d\theta {a^{2}+a^{2}\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \, d\theta {a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\ theta }{a^{2}\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {d\theta }{a}}\\[6pt]&={\frac { \theta {a}}+C\\[6pt]&={\frac {1}{a}}\arctan {\frac {x}{a}}+C,\end{alineado}}

proporcionado _ $un \ neq 0$

Para una integral definida, los límites cambian después de realizar la sustitución y se determinan usando una ecuación con valores en el rango . O puede aplicar los términos de los límites directamente a la fórmula de la antiderivada. $\theta =\arctan {\frac {x}{a))$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$

Por ejemplo, la integral definida

\int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2))}\,dx

se puede estimar sustituyendo , con estimaciones definidas por , y . $x=\tan \theta ,\,dx=\sec ^{2}\theta \,d\theta$ ${\ estilo de visualización \ theta = \ arctan x}$ ${\ estilo de visualización \ arctan 0 = 0}$ ${\ estilo de visualización \ arctan 1 = \ pi /4}$

Después

{\begin{alineado}\int_{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2))}&=4\int_{0}^{1 }{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{1+\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2} \theta \,d\theta }{\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}d\theta \\[6pt]&= (4\theta ){\Bigg |}_{0}^{\pi /4}=4\left({\frac {\pi }{4))-0\right)=\pi .\end{alineado }}

Mientras tanto, una aplicación directa de los términos de contorno a la fórmula para antiderivadas da

{\begin{alineado}\int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2))}\,dx&=4\int _{0}^{1} {\frac {dx}{1+x^{2}}}\\&=4\left[{\frac {1}{1}}\arctan {\frac {x}{1}}\right]_ {0}^{1}\\&=4(\arctan x){\Bigg |}_{0}^{1}\\&=4(\arctan 1-\arctan 0)\\&=4\ izquierda({\frac {\pi }{4}}-0\derecha)=\pi ,\end{alineado}}

justo como antes.

Ejemplo 2

Integral

\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,{dx}

puede evaluarse presentando $x=a\tan \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\arctan {\frac {x}{a)),$

donde , por lo que y sobre el rango del arco tangente , por lo que y . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$ ${\ estilo de visualización \ sec \ theta > 0}$ ${\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta$

Después

{\begin{alineado}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\ tan ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2 }\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\sec \theta )(a\sec ^{2}\theta ) \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \sec ^{3}\theta \,d\theta .\\[6pt]\end{alineado}}

La integral secante al cubo se puede calcular usando integración por partes . Como resultado

{\begin{alineado}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \ theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\sqrt { 1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\cdot {\frac {x}{a}}+\ln \left|{\sqrt {1+{\frac { x^{2}}{a^{2}}}}}+{\frac {x}{a}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2 }}\left(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x ^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{alineado}}

Caso III: Integrales que contienen x 2 − a 2

Deje y use la identidad $x=a\sec\theta$ $\sec ^{2}\theta -1=\tan ^{2}\theta .$

Ejemplos de Caso III

Tipo integrales

{\displaystyle \int {\frac {dx}{x^{2}-a^{2))))

también se puede calcular mediante fracciones parciales en lugar de sustituciones trigonométricas. Sin embargo, la integral

\int {\sqrt {x^{2}-a^{2))}\,dx

esta prohibido En este caso, una sustitución adecuada sería:

x=a\sec \theta ,\,dx=a\sec \theta \tan \theta \,d\theta ,\,\theta =\operatorname {arcsec} {\frac {x}{a)) ,

donde , tal y , suponiendo , tal y . $a>0$ ${\sqrt {a^{2}}}=a$ ${\ estilo de visualización 0 \ leq \ theta <{\ frac {\ pi }{2}}}$ $x>0$ ${\ estilo de visualización \ bronceado \ theta \ geq 0}$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=\tan \theta$

Después

{\begin{alineado}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\ theta -a^{2))}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}(\sec ^{2}\theta - 1)}}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}\tan ^{2}\theta }}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int a^{2}\sec \theta \tan ^{2}\theta \,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec\theta)(\sec ^{2}\theta -1)\,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec ^{3}\theta -\sec \theta )\ ,d\theta .\end{alineado}}

Puedes calcular la integral de la función secante multiplicando el numerador y el denominador por y la integral de la secante al cubo por partes [3] . Como resultado $(\sec\theta +\tan\theta)$

{\begin{alineado}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \ theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)-a^{2}\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C\\[6pt]&={\ fracción {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta -\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a ^{2}}{2}}\left({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt ({\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}} -\ln \izquierda|{\frac {x}{a}}+{\raíz cuadrada ({\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}\derecha|\derecha)+ C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}-a^{2}\ln \left| {\frac {x+{\sqrt {x^{2}-a^{2)))){a}}\right|\right)+C.\end{alineado}}

Si , lo que sucede cuando con un rango dado de arcsecant , entonces , lo que en este caso significa . ${\frac {\pi }{2}}<\theta \leq \pi$ $x<0$ ${\ estilo de visualización \ bronceado \ theta \ leq 0}$ ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=-\tan \theta$

Sustituciones excluyendo funciones trigonométricas

La sustitución se puede utilizar para eliminar funciones trigonométricas.

Por ejemplo,

{\begin{alineado}\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1-u^{2 }}}}}f\left(u,\pm {\sqrt {1-u^{2}}}\right)\,du&&u=\sin(x)\\[6pt]\int f(\sin( x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\mp {\sqrt {1-u^{2))))}f\left(\pm {\sqrt {1 -u^{2}}},u\right)\,du&&u=\cos(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int { \frac {2}{1+u^{2}}}f\left({\frac {2u}{1+u^{2}}},{\frac {1-u^{2}}{1 +u^{2}}}\right)\,du&&u=\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)\\[6pt]\end{alineado}}

La última sustitución se conoce como la sustitución de Weierstrass , que utiliza fórmulas de tangente de medio ángulo .

Por ejemplo,

{\begin{alineado}\int {\frac {4\cos x}{(1+\cos x)^{3))}\,dx&=\int {\frac {2}{1+u ^{2))}{\frac {4\left({\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)}{\left(1+{\frac { 1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)^{3}}}\,du=\int (1-u^{2})(1+u^{2} )\,du\\&=\int (1-u^{4})\,du=u-{\frac {u^{5}}{5}}+C=\tan {\frac {x} {2}}-{\frac {1}{5}}\tan ^{5}{\frac {x}{2}}+C.\end{alineado}}

Sustitución hiperbólica

Las sustituciones de funciones hiperbólicas también se pueden utilizar para simplificar integrales [4] .

En la integral , se puede hacer una sustitución , $\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2))))\,dx$ $x=a\sinh {u}$ $dx=a\cosh u\,du.$

Luego, usando las identidades y $\cosh^{2}(x)-\sinh^{2}(x)=1$ $\sinh ^{-1}{x}=\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1))),$

disponible

${\begin{alineado}\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2))))\,dx&=\int {\frac {a\cosh u} {\sqrt {a^{2}+a^{2}\sinh ^{2}u}}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\cosh {u}}{a {\sqrt {1+\sinh ^{2}{u))))}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\cosh {u}}{a\cosh u}}\ ,du\\[6pt]&=u+C\\[6pt]&=\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C\\[6pt]&=\ln \left( {\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}+{\frac {x}{a}}\right)+C\\[6pt]&=\ ln \left({\frac {{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}+x}{a}}\right)+C.\end{alineado}}$

Véase también

Notas

↑ James Stewart . Cálculo: primeras teorías trascendentales . — 6ª edición. — Brooks/Cole, 2008. — ISBN 978-0-495-01166-8 .
↑ George B. Thomas, Maurice D. Weir, Joel Hass . Cálculo de Thomas: primeros trascendentales . — 12ª edición. — Addison-Wesley , 2010. — ISBN 978-0-321-58876-0 .
↑ James Stewart . Sección 7.2: Integrales trigonométricas // Cálculo - Primeras teorías trascendentales . — Estados Unidos : Cengage Learning, 2012. — P. 475–6. - ISBN 978-0-538-49790-9 .
↑ Christo N. Boyadzhiev. Sustituciones hiperbólicas de integrales . Consultado el 4 de marzo de 2013. Archivado desde el original el 26 de febrero de 2020. (indefinido)

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