Resolver esta Integral por sustitución trigonométrica
Tengo esta integral
$$\begin{align}&\int {1 \over \sqrt{(x^2-6x+13)}}dx\end{align}$$Ya factoricé el denominador quedando
$$\begin{align}&\sqrt{(x^2-3)^2-4}\end{align}$$Pero no se si para la forma
$$\begin{align}&x^2-a^2\end{align}$$debo tomar x-3 como x y decir x-3=2secθ o x=2secθ
Gracias de antemano
2 respuestas
Fred Ro!
·
Yo lo iría olvidando. No conozca a nadie que haya hecho esa integral por cambio trigonométrico, alguno habrá pero no lo conozco, yo tampoco la he hecho.
Tienes mal la "factorización" no es una factorización sino completar cuadrados y el resultado es
(x-3)^2 - 4
Habías puesto (x^2-3)^2
Aqui te dejo como intenté resolver una por sustitución geométrica hasta que me harté y como la hice fácilmente con una sustitución hiperbólica.
¡Gracias! Efectivamente estoy estudiando Matemáticas, ¿Porqué consideras que lo piden por este método en particular?
Ya revisé y efectivamente lo solicitan por este método, intentaré a ver que sale, efectivamente el completar el binomio al cuadrado al poner x^2 fue un error de dedo.
Si pudieras ayudarme con la pregunta que hice al final ya trataré de ver a que llego, pero no quiero comenzar mal desde ahí.
$$\begin{align}& \end{align}$$Lucas lo ha hecho bien. No me fijé que el radicando era
(x-3)^2 + 4
en lugar de
(x-3)^2 -4
Entonces el cambio es tangente en vez de secante. Pero de todas formas ha llegado a la integral de la secante lo mismo que yo llegaba con la integral del enlace.
Y lo que yo no veo tan sencillo es hacer esa integral, supongo que con el cambio universal de la tg(x/2) saldría, pero lleva bastante trabajo y es pesado de explicar aquí.
Y lo que desespera es que haya un metedo casi directo con el arg ch o el arg sh y te obliguen a hacerlo por un cambio trigonométrico.
Me gustaría que Lucas nos explicara si hay un metodo sencillo para la integral de la secante.
A mi se me ocurre esta
$$\begin{align}&\int \frac{dt}{cost}=\\&\\&tg \frac t2=u\\&\\&\text{las dos fórmulas de abajo se pueden}\\&\text{deducir pero las copio de un libro}\\&\\&cost=\frac{1-u^2}{1+u^2}\\&\\&dt = \frac {2du}{1+u^2}\\&\\&=\int \frac{1+u^2}{1-u^2}·\frac {2du}{1+u^2}=\int \frac{2du}{1-u^2}=\\&\\&\int \frac{2du}{(1+u)(1-u)}=\int \frac{du}{1+u}+\int \frac{du}{1-u} =\\&\\&ln|1+u| - ln|1-u| =\\&\\&ln\left|1+tg \frac t2\right|-ln\left|1-tg \frac t2\right|=\\&\\&ln\left|\frac{1+tg \frac t2}{1-tg \frac t2} \right|=ln \left|\frac{\left(1+tg \frac t2\right)^2}{1-tg^2 \frac t2}\right|=\\&\\&ln\left|\frac{\frac{(\cos \frac t2+sen \frac t2)^2}{\cos^2 \frac t2}}{\frac{\cos^2 \frac t2-sen^2 \frac t2}{\cos^2 \frac t2}} \right|=ln\left|\frac{1+2cos \frac t2sen \frac t2}{cost}\right|=\\&\\&ln\left|\frac{1+sent}{cost} \right|=ln\left|sec\,t+tg\,t \right|\\&\\&\end{align}$$Y como puedes ver no es tan sencillo hacerlo.
Una cosa es que te den el resultado de una integral para que lo uses y otra que sea una integral inmediata.
Bueno, pues ahora ya tienes todas las piezas para resolverla.
Fred Ro!
Yo la hago con un cambio trigonométrico con la tangente:
$$\begin{align}&\int \frac{1}{\sqrt {(x-3)^2+4}}dx=\\&u=x-3\\&du=dx\\&\int \frac{1}{\sqrt{u^2+4}}du=\\&u=2tgt\\&du=2 sec^2t dt\\&\\&=\int \frac{1}{\sqrt{4tg^2t+4}}2sec^2tdt=\\&\\&\frac{1}{2} \int \frac{2sec^2t}{\sqrt{tg^2t+1}}dt=\\&\\&\int \frac{sec^2t}{\sqrt{sec^2t}}dt=\\&\\&\int sect\ dt=ln[tgt+sect]=\\&\\&ln[tg(arctg \frac{x-3}{2})+sec (arctg \frac{x-3}{2})=\\&\\&ln \left(\frac{x-3}{2}+\sqrt {\frac{(x-3)^2}{4}+1} \right)+C\\&Nota \ trigonométrica\\&\\&\\&Si \ tgA=\frac{x-3}{2} \Rightarrow A=arctg \frac{x-3}{2}\\&\Rightarrow\\&sec^2A=1+tg^2A=1+tg^2(arctg \frac{x-3}{2})=1+(\frac{x-3}{2})^2 \Rightarrow\\&secA=sec(arctg \frac{x-3}{2})=\sqrt{1+(\frac{x-3}{2})^2}\end{align}$$
Lucas
Podrías explicarme lo que viene después de la Nota trigonométrica, para poder entender todo el ejercicio
Gracias
La integral en un principio queda.
$$\begin{align}&ln[tg(arctg \frac{x-3}{2})+sec(arctg \frac{x-3}{2})]\\&\\&tg(arctg \frac{x-3}{2})=\frac{x-3}{2}\\&ya \ que\ tg \ y \ arctg \ son \ funciones \ inversas\end{align}$$La nota es el paso para desarrollar la sec(arctg(x-3)/2) y eliminar las dos funciones trigonométricas. Para ello utilizo la fórmula trigonométrica:
$$\begin{align}&1+tg^2a=sec^2a\\&\\&que \ viene \ de\\&sen^2a+\cos^2a=1\\&dividiendo \ por \ \cos^2A \ la \ igualdad\ anterior:\\&\frac{sen^2a+\cos^2a}{\cos^2a}=\frac{1}{\cos^2a}\\&\frac{sen^2a}{\cos^2a}+\frac{\cos^2a}{\cos^2a}=\frac{1}{\cos^2a}\\&luego\\&tg^2a \ +1=sec^2a\\&\\&a \ es \ un \ angulo:\\&\ arctg \frac{x-3}{2}\\&\\&Aplicando \ la \ fórmula \ anterior \ a \ este \ ángulo:\\&sec^2(arctg \frac{x-3}{2})=1+tg^2(arctg \frac{x-3}{2})\\&\\&tg^2(A)=tgA·tgA=tg(arctg \frac{x-3}{2})·tg(arctg \frac{x-3}{2})·=\\&\\&(\frac{x-3}{2})^2\\&Luego:\\&sec^2(arctg \frac{x-3}{2})=1+(\frac{x-3}{2})^2\\&Luego:\\&sec(arctg \frac{x-3}{2})=\sqrt{1+(\frac{x-3}{2})^2}\end{align}$$