Integración de funciones racionales de seno y coseno. Eleazar José García.
[email protected] 1. Deducción de fórmulas para realizar las sustituciones. 2. Teorema. 3. Ejercicios resueltos. 4. Ejercicios propuestos. 5. Respuestas de ejercicios propuestos. Deducción de fórmulas para realizar las sustituciones. Si el integrando es una función racional de sen u y cos u , se puede reducir a una función racional de z mediante la sustitución z = tg 12 u. Con la finalidad de obtener la fórmula para sen u y cos u en términos de z se utilizan las identidades siguientes: sen u = 2 sen 12 u cos 12 u y cos u = 2 cos 2 12 u − 1. Entonces se tiene, sen u = 2 sen 12 u cos 12 u =2
sen 12 u cos 2 12 u cos 12 u
= 2 tg 12 u
1 sec 2 12 u
=
2 tg 12 u 1 + tag 2 12 u
=
2z 1 + z2
cos u = 2 cos 2 12 u − 1 =
2 −1 sec 2 12 u
=
2 −1 1 + tg 12 u
2 −1 1 + z2 1 − z2 = 1 + z2
=
Como z = tg 12 u , entonces, dz = 12 sec2 12 u du = 12 (1 + tg 12 u ) du = 12 (1 + z 2 ) du , por lo tanto, du =
2dz . 1 + z2
Los resultados anteriores se establecen como el siguiente teorema. Teorema. Si z = tg 12 u , entonces, se verifican las siguientes igualdades, las cuales pueden ser usadas para la integración de funciones racionales de seno y coseno:
sen u =
2z 1 − z2 2dx , cos u = y dx = . 2 2 1+ z 1+ z 1 + z2
Lic. Eleazar J. García Ejercicios resueltos. 1) Evalúe
∫
dx 1 + sen x − cos x
Solución. Haciendo el cambio sen u =
∫
dx = 1 + sen x − cos x
Descompongamos
2z 1 − z2 2dx , cos u , dx = , entonces, = 2 2 1+ z 1+ z 1 + z2
∫
2 dz 1 + z2 = 2z 1 − z2 − 1+ 1 + z2 1 + z2
∫
dz = z +z 2
∫
dz z ( z + 1)
1 en fracciones simples : z ( z + 1)
1 A B 1 B A = + ⇒ z ( z + 1) = z ( z + 1) + z ( z + 1) z z + 1 z z +1 z ( z + 1) ⇒ 1 = A ( z + 1) + Bz ⇒ 1 = ( A + B ) z + A A + B = 0 ⇒ A = 1 y B = −1 ⇒ A = 1 Luego,
∫
dz = z ( z + 1)
∫
1 1 − dz = z z +1
∫ ∫ dz − z
dz z +1
= ( ln z + C1 ) − ( ln z + 1 + C2 ) + C = ln z − ln z + 1 + C1 − C2
= ln
tg 1 x z + C1 − C2 = ln 1 2 + C, z +1 tg 2 x + 1
Por lo tanto :
∫
tg 1 x dx = ln 1 2 +C tg 2 x + 1 1 + sen x − cos x
◊
C = C1 − C2
Lic. Eleazar J. García 2) Calcule
∫
sec x dx
Solución. Puesto que,
∫
∫
∫
sec x dx =
sec x dx =
1 + z 2 2 dz 2 2 1 − z 1 + z
Descomponer :
=
∫
2 dz = 1 − z2
∫
2 dz (1 − z )(1 + z )
2 dz en fracciones simples : (1 − z )(1 + z )
2
(1 − z )(1 + z ) (1 − z )(1 + z )
∫
1 1 + z2 2 dx dx , dx = , entonces: = , y sec x = 2 cos x 1 − z 1 + z2 cos x
=
A B + ⇒ 1− z 1+ z
B A = ( 1 − z )(1 + z ) + ⇒ 2 = A (1 + z ) + B ( 1 − z ) (1 − z )(1 + z ) 1− z 1+ z 2
⇒ 2 = ( A − B) z + ( A + B)
A− B = 0 ⇒ A+ B = 2 2 A = 2 ⇒
A=1 y B =1
Luego,
∫
2 dz = (1 − z )(1 + z )
∫
1 1 + dz 1+ z 1− z
=
∫
dz + 1+ z
∫
dz = ( ln 1 + z + C1 ) + ( ln 1 − z + C2 ) 1− z
= ln 1 + z + ln 1 − z + C1 + C2 = ln (1 + z )(1 − z ) + C1 + C2 = ln 1 − z 2 + C = ln 1 − tg 2 12 x + C Por ende :
∫
sec x dx = ln 1 − tg 2 12 x + C
◊
Lic. Eleazar J. García 3) Evalúe
∫
dx 4 sen x − 3 cos x
Solución. Haciendo el cambio sen u =
∫
dx = 4 sen x − 3 cos x
=
1 5
2z 1 − z2 2dx , cos u , dx = , entonces: = 2 2 1+ z 1+ z 1 + z2
∫
2 dz 1 + z2 = 1 − z2 2z 4 − 3 2 2 1+ z 1+ z
∫
dz − 53 z−3
∫
dz = 3z + 1
1 5
( ln
∫
2 dz = 3z − 8z − 3 2
z − 3 + C1 ) − 15
∫
∫
2 dz ( 3 z + 1)( z − 3 )
d ( 3 z + 1) 3z + 1
= 15 ln z − 3 − 15 ( ln 3 z + 1 + C2 ) + 15 C1 = 15 ln z − 3 − 15 ln 3 z + 1 + 15 C1 − 15 C2
= 15 ln
tg ( 2x ) − 3 z−3 + C, + 15 C1 − 15 C2 = 15 ln 3z + 1 3 tg ( 2x ) + 1
C = 15 C1 − 15 C2
Por consiguiente :
∫
tg ( 2x ) − 3 dx 1 = 5 ln +C 4 sen x − 3 cos x 3 tg ( 2x ) + 1
◊
Ejercicios propuestos. Resuelva : 1)
6)
∫ ∫ ∫
11)
dx 2) 2 + sen x
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
dx 3) 1 + sen x + cos x
sen x cos x dx 4) 1 − cos x
dx 7) sen x + tg x
cotg x dx 8) 3 + 2 sen x
sen x dx 1 + sen 2 x
dx 12) 1 − 2sen x
dx 13) 5 + 3sen x
sen x dx 14) 1 + sen 2 x
9)
∫
∫
∫
sen x dx
dy 5 + 4 sec y
dx 15) 2 − cos x
5)
∫
∫
cos x dx 1 + cos x
10)
∫
csc x dx
dx 1 + sen x − cos x
Respuestas de ejercicios propuestos. 2 tg ( 2x ) + 1 x 1) 23 arctg + C 2) ln (1 + tg ( 2 )) + C 3 4) 2sen
( x)− 2
x cos
sen x +C 3 + 2 sen x
7)
1 3
ln
9)
1 5
y + ln 4 15
( x)+ C 8)
2 4
3cos ( 2y ) − sen ( 2y ) 3cos ( 2y ) + sen ( 2y )
15) ln
tg ( 2x ) tg ( 2x ) + 1
+C
ln
tg 2 12 x + 3 − 2 2 tg 2 12 x + 3 + 2 2
2 4
6) − 14 sec 2 ( 2x ) + 12 ln tg ( 2x ) + C +C
10) x − tg ( 2x ) + C 11)
+C
5 tg ( 2x ) + 3 + C 13) 12) arctg 4 1 2
5) ln tg ( 2x ) + C
3) cos x + ln 1 − cos x + C
ln
tg 2 ( 2x ) + 3 − 2 2 tg 2 ( 2x ) + 3 + 2 2
3 2
ln
+ C 14)
tg ( 2x ) − 2 − 3 tg ( 2x ) − 2 + 3 2 3
arctg
(
+C
)
3tg ( 2x ) + C
