Métodos de integración

De Wikillerato

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 09:56 3 ene 2011

Tabla de contenidos

1 Introducción
2 Integración por partes
- 2.1 Ejemplo
3 Método de sustitución
- 3.1 Ejemplo
4 Integración de cocientes de polinomios
- 4.1 Ejemplo
5 Integrales de funciones trigonométricas
- 5.1 Ejemplo 1
- 5.2 Ejemplo 2

Introducción

No todos los métodos de integración son adecuados para todas las integrales. La habilidad de ver cual es el método de integración mas idoneo para calcular una integral se adquiere resolviendo muchas integrales.

Integración por partes

La fórmula para la derivada de un producto es:

$\left( \, u \cdot v \, \right)^\prime = u^\prime \cdot v + u \cdot v^\prime$

Despejando el último sumando, queda:

$u \cdot v^\prime = \left( \, u \cdot v \, \right)^\prime - u^\prime \cdot v$

Si integramos en los dos miembros, se obtiene:

$\int u \cdot v^\prime \cdot \mathrm{d}x = \int \left( \, u \cdot v \, \right)^\prime \mathrm{d}x - \int u^\prime \cdot v \cdot\mathrm{d}x = u \cdot v - \int u^\prime \cdot v \cdot\mathrm{d}x$

La última igualdad es cierta porque una primitiva de la derivada de una función es esa misma función.

Esta fórmula permite calcular la integral $\int u \cdot v^\prime \cdot \mathrm{d}x$ a partir de la integral $\int u^\prime \cdot v \cdot\mathrm{d}x$ .

Para que sea de utilidad el utilizar este metodo es necesario que nos resulte mas sencilla de resolver la integral $\int u^\prime \cdot v \cdot\mathrm{d}x$ que la integral de partida, $\int u \cdot v^\prime \cdot \mathrm{d}x$ .

Ejemplo

Calculemos la integral

$\int x \cdot e^x \cdot \mathrm{d}x$

por partes.

Si hacemos

$\begin{array}{ll} <pre> u \left( \, x \, \right) & = x \\ v^\prime \left( \, x \, \right) & = e^x </pre> \end{array}$

se tiene que

$\begin{array}{ll} <pre> u^\prime \left( \, x \, \right) & = 1 \\ v \left( \, x \, \right) & = e^x </pre> \end{array}$

Utilizando la fórmula que hemos visto antes

$\int u \cdot v^\prime \cdot \mathrm{d}x = u \cdot v - \int u^\prime \cdot v \cdot\mathrm{d}x$

se deduce que

$\int x \cdot e^x \cdot \mathrm{d}x = x \cdot e^x - \int 1 \cdot e^x \cdot\mathrm{d}x = x \cdot e^x - e^x + C = \left( \, x - 1 \, \right) \cdot e^x + C$

Método de sustitución

Supongamos que queremos resolver una integral del tipo:

$\int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x$

Una manera de resolver un problema de este tipo es haciendo el cambio de variable

$t = \mathrm{f} \left( x \right)$

La nueva variable $t$ es una función de $x$ , con lo cual podemos hablar de la derivada de $t$ con respecto de $x$ , que se puede escribir como un cociente de diferenciales:

$\mathrm{f}^\prime \left( x \right) = \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$

Despejando $\mathrm{d}t$ en la igualdad anterior, se deduce que

$\mathrm{d}t = \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x$

Sustituyendo $\mathrm{d}t$ por $\mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x$ y $\mathrm{f} \left( x \right)$ por $t$ en

$\int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x$

se tiene que

$\int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x = \int \mathrm{g} \left( <pre> t \right) \cdot \mathrm{d}t </pre> $

Supongamos que $\mathrm{G} \left( x \right)$ es una primitiva de $\mathrm{g} \left( x \right)$ , entonces

$\int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x = \int \mathrm{g}^\prime \left( <pre> t \right) \cdot \mathrm{d}t = \mathrm{g} \left( t \right) + C= \mathrm{g} \left( \, \mathrm{f} \left( x \right)\right) + C </pre> $

Las igualdades anteriores resumen en que consiste el metodo de sustitución. El método de sustitución es util en tanto en cuanto sea relativamente facil encontrar una primitiva $\mathrm{g}$ de $\mathrm{g}^\prime$ .

Ejemplo

Calculemos mediante el método de sustitución la integral

$\int e^x \cdot \cos \left( \, e^x \, \right) \cdot \mathrm{d}x$

Para ello utilizamos las formulas dadas en la descripción del metodo de sustitución con

$\begin{array}{rl} <pre> \mathrm{g}^\prime \left( x \right) & = \mathrm{cos} \left( x \right) \\ t = \mathrm{f} \left( x \right) & = e^x </pre> \end{array}$

Observese que

$\begin{array}{rcl} <pre> \mathrm{f}^\prime \left( x \right) & = & e^x \left( \, \Rightarrow \mathrm{d}t = \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x = e^x \cdot \mathrm{dx} \, \right) \\ \int e^x \cdot \cos \left( \, e^x \, \right) \cdot \mathrm{d}x & = & \int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x </pre> \end{array}$

En este caso, una primitiva de $\mathrm{g}^\prime \left( x \right)$ es

$\mathrm{g} \left( \, x \, \right) = \mathrm{sen} \left( \, x \, \right)$

Por lo tanto

$\int \mathrm{g}^\prime \left( \, \mathrm{f} \left( x \right) \right) \cdot \mathrm{f}^\prime \left( x \right) \cdot \mathrm{d}x = \int \mathrm{g}^\prime \left( <pre> t \right) \cdot \mathrm{d}t = \mathrm{g} \left( t \right) + C= \mathrm{h} \left( \mathrm{f} \left( x \right)\right) + C = \mathrm{sen} \left( e^x \right) + C </pre> $

Integración de cocientes de polinomios

Sean $\mathrm{P} \left( \, x \, \right)$ y $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ dos polinomios, entonces:

$\frac{\mathrm{P} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)} = \mathrm{C} \left( \, x \, \right) + \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)}$

donde $\mathrm{C} \left( \, x \, \right)$ es un polinomio ( el cociente ) y $\mathrm{R} \left( \, x \, \right)$ es otro polinomio ( el resto ) de grado menor al grado de $\mathrm{P} \left( \, x \, \right)$ .

Si el grado de $\mathrm{P} \left( \, x \, \right)$ es menor que el grado de $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ , entonces $\mathrm{C} \left( \, x \, \right)$ es cero y $\mathrm{R} \left( \, x \, \right) = \mathrm{P} \left( \, x \, \right)$ .

Como

$\int \frac{\mathrm{P} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, <pre> \right)} \cdot \mathrm{d}x = </pre> \int \mathrm{C} \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{d}x + \int \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, <pre> \right)} \cdot \mathrm{d}x </pre> $

nos podemos restringir al caso en el que el grado del polinomio divisor, $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ , es mayor que grado del polinomio dividendo, $\mathrm{P} \left( \, x \, \right)$ .

Para resolver este tipo de integrales lo primero que hay que hacer es factorizar el polinomio divisor $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ .

Al factorizar $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ lo podemos poner como un producto de polinomios de grado uno y/o de grado dos:

$\mathrm{Q} \left( \, x \, \right) = \left( \, x - r_1 \, \right)^{k_1} \cdot \left( \, x - r_2 \, \right)^{k_2} \cdot \ldots \cdot \left( \, x - r_m \, \right)^{k_m} \cdot \mathrm{Q}_1 \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{Q}_2 \left( \, x \, \right) \cdot \ldots \cdot \mathrm{Q}_n \left( \, x \, \right)$

donde

$r_1, \, r_2, \, \ldots, \, r_m$

son todas las raices reales de $\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)$ y

$\mathrm{Q}_1 \left( \, x \, \right), \, \mathrm{Q}_2 \left( \, x \, \right), \, \ldots, \, \mathrm{Q}_n \left( \, x \, \right)$

son polinomios de grado dos irreducibles ( sin raices reales ).

De esta forma

$\frac{\mathrm{P} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q}\left( \, x \, \right)} = \frac{A_{1,1}}{\left( \, x - r_1 \, \right)} \cdot \mathrm{d}x + \frac{A_{1,2}}{\left( \, x - r_1 \, \right)^2} \cdot \mathrm{d}x + \ldots + \frac{A_{1,k_1}}{\left( \, x - r_1 \, \right)^{k_1}} \cdot \mathrm{d}x +$

$+ \frac{A_{2,1}}{\left( \, x - r_2 \, \right)} \cdot \mathrm{d}x + \frac{A_{2,2} \cdot x}{\left( \, x - r_2 \, \right)^2} \cdot \mathrm{d}x + \ldots + \frac{A_{2,k_2}}{\left( \, x - r_2 \, \right)^{k_2}} \cdot \mathrm{d}x + \ldots +$

$+ \frac{A_{m,1}}{\left( \, x - r_m \, \right)} \cdot \mathrm{d}x + \frac{A_{m,2} \cdot x}{\left( \, x - r_m \, \right)^2} \cdot \mathrm{d}x + \ldots + \frac{A_{m,k_m}}{\left( \, x - r_m \, \right)^{k_m}} \cdot \mathrm{d}x +$

$\frac{B_1 \cdot x + C_1}{\mathrm{Q}_1 \left( \, x \, \right)} + \frac{B_2 \cdot x + C_2}{\mathrm{Q}_2 \left( \, x \, \right)} + \ldots + \frac{B_n \cdot x + C_n}{\mathrm{Q}_n \left( \, x \, \right)}$

Donde hemos seguido la siguiente notación:

1 . $A_{i,j}$ es la constante a la que divide $\left( \, x - r_i \, \right)^j$ .

2 . $B_i \cdot x + C_i$ es el polinomio de grado uno al que divide $\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)$ . $B_i$ y $C_i$ son constantes ( números reales que no dependen de $x$ ).

Por lo tanto, la integral de $\frac{\mathrm{P}\left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)}$ es la suma de las integrales de las fracciones mas simples en las que hemos descompuesto $\frac{\mathrm{P}\left( \, x \, \right)}{\mathrm{Q} \left( \, x \, \right)}$ .

Estas integrales mas simples son casi inmediatas. Así

$\int \frac{A_{i,j}}{\left( \, x - r_i \, \right)^j} \cdot \mathrm{d}x = \frac{A_{i,j}}{\left( \, 1 - j \, \right) \cdot \left( \, x - r_i \, <pre> \right)^\left( \, j - 1 \, \right)} </pre> $

Esta integral se puede resolver utilizando el cambio de variable $x - r_i \longrightarrow t$ y la integral inmediata

$\int t^{-j} \cdot \mathrm{d}t = \frac{t^{1 - j}}{1 - j} + cte.$

Por otra parte, la integral

$\int \frac{B_i \cdot x + C_i}{\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x$

se resuelve descomponiendola en otras dos:

$\int \frac{B_i \cdot x + C_i}{\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x = \int \frac{B_i \cdot x}{\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x + \int \frac{C_i}{\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x$

La primera de ellas se resuelve mediante el cambio de variable $\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right) \longrightarrow t$ :

$\int \frac{B_i \cdot x}{Q_i <pre> \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x </pre> = G_i \cdot \log \left| \, \mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)\right| + \mathrm{cte.}$

donde $G_i$ es una constante.

Para resolver la segunda integral ponemos el polinomio $\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right)$ de la forma:

$\mathrm{Q}_i \left( \, x \, \right) = D_i \cdot \left( <pre> \left( \, \frac{x + E_i}{F_i} \, \right)^2 + 1 \, </pre> \right)$

y hacemos el cambio de variable $\frac{x + E_i}{F_i} \longrightarrow t$ :

$\int \frac{C_i}{Q_i\left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x = \int \frac{C_i}{D_i \cdot <pre> \left( \left( \, \frac{x + E_i}{F_i} \, \right)^2 + 1 \, \right)} \cdot \mathrm{d}x </pre> = \frac{C_i \cdot F_i}{D_i} \cdot \mathrm{arctan} \left( \, <pre> \frac{x + E_i}{F_i} \, \right) + \mathrm{cte.} </pre> $

Ejemplo

Utilicemos el metodo que se acaba de describir para resolver la siguiente integral:

$\int \frac{x^5}{x^4 - x^3 - x + 1} \cdot \mathrm{d}x$

Como el polinomio dividendo ( el polinomio en el numerador, $\mathrm{D} \left( \, x \, \right) = x^5$ ) es de grado mayor que el polinomio divisor ( el polinomio en el denominador, $\mathrm{d}\left( \, x \, \right) = x^4 - x^3 - x + 1$ ), lo primero que hacemos es dividir ambos polinomios para obtener el cociente $\mathrm{C} \left( \, x \, \right)$ y el resto $\mathrm{R} \left( \, x \, \right)$ de la división.

$\frac{D \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} = \mathrm{C} \left( \, x \, \right) + \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, <pre> x \, \right)} </pre> $

Al hacer la división obtenemos que

$\begin{array}{rl} <pre> \mathrm{C} \left( \, x \, \right) & = x + 1 \\ \mathrm{R} \left( \, x \, \right) & = x^3 + x^2 - 1 </pre> \end{array}$

Por lo tanto

$\int \frac{\mathrm{D} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x = \int \mathrm{C}\left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{d}x + \int \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x$

con

$\int \mathrm{C}\left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{d}x = \int x \cdot \mathrm{d}x + \int 1 \cdot \mathrm{d}x = \frac{x^2}{2} + x + \mathrm{cte.}$

Pasemos ahora a resolver la integral $\int \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x$ .

Para ello, lo primero que hacemos es factorizar el polinomio $\mathrm{d} \left( \, x \, \right)$ :

$\mathrm{d} \left( \, x \, \right) = \left( <pre> \, x^2 + x + 1 \, </pre> \right) \cdot \left( <pre> \, x - 1 \, </pre> \right) ^2$

Con lo cual existen números reales $A, \, B$ y $C$ tales que:

$\frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{\left( \, x - 1 \, \right)^2} + \frac{Cx + D}{x^2 + x + 1}$

A continuación calculamos los valores de $A, \, B$ y $C$ para que la igualdad anterior sea cierta:

$\frac{A}{x - 1} + \frac{B}{\left( \, x - 1 \, \right)^2} + \frac{Cx + D}{x^2 + x + 1} =$

$ <pre>= \frac{A \cdot \left( \, x - 1 \, \right)\cdot \left( \, x^2 + x + 1 \, \right) + B \cdot \left( \, x^2 + x + 1 \, \right) + \left( \, Cx + D \, \right) \cdot \left( \, x-1 \, \right)^2}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} = \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} \Rightarrow </pre> $

$\Rightarrow A \cdot \left( \, x - 1 \, \right)\cdot \left( \, x^2 + x + 1 \, <pre> \right) + B\cdot \left( \, x^2 + x + 1 \, \right) + \left( \, Cx + D \, \right) \cdot \left( \, x-1 \, \right)^2 = \mathrm{R} \left( \, x \, \right) \Rightarrow </pre> $

$\Rightarrow A \cdot \left( \, x^3 - 1 \, \right) + B \cdot \left( <pre> \, x^2 + x + 1 \, </pre> \right) <pre>+ \left( \, Cx + D \, \right) \cdot ( x^2 - 2x + 1 ) = x^3 + x^2 - 1 \Rightarrow </pre> $

$\Rightarrow \left( \, A + C \, \right) \cdot x^3 + \left( \, B - 2C + D \, \right) \cdot x^2 + \left( \, <pre> B + C - 2D \, \right) \cdot x + \left( \, -A + B + D \, \right) = </pre> $

$ <pre>= x^3 + x^2 - 1 </pre> $

Dos polinomios son iguales si, y solo si, sus coeficientes y terminos independientes son iguales ( ambos polinomios tienen el mismo grado, digamos $m$ , y el coeficiente de $x^n$ en uno de los polinomios es el coeficiente de $x^n$ en el otro polinomio, para $n = 0, \, 1, \, \ldots, \, m$ ). Así, se tiene que:

$\left\{ <pre> \begin{array}{rl} A + C & = 1 \\ B + D - 2C & = 1 \\ B + C - 2D & = 0 \\ -A + B + D & = -1 \end{array} </pre> \right.$

La solución de este sistema de ecuaciones es:

$\left\{ <pre> \begin{array}{rl} A & = \frac{4}{3} \\ B & = \frac{1}{3} \\ C & = -\frac{1}{3} \\ D & = 0 \end{array} </pre> \right.$

De este modo:

$\int \frac{\mathrm{R} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{d} \left( \, x \, \right)} \cdot \mathrm{d}x = \frac{4}{3} \cdot \int \frac{\mathrm{d}x}{x - 1} + \frac{1}{3} \int\frac{\mathrm{d}x}{\left( \, x - 1 \, \right)^2} - \frac{1}{3} \cdot \int \frac{x \cdot \mathrm{d}x}{x^2 + x + 1}$

Las primeras dos integrales en el miembro de la derecha las podemos resolver con el cambio de variable $t = x - 1$ :

$\begin{array}{rl} \int \frac{\mathrm{d}x}{x - 1} & = \int \frac{\mathrm{d}t}{t} = \mathrm{Ln} \left| <pre> \, t \, \right| + \mathrm{cte.} = \mathrm{Ln} \left| \, x - 1 \, \right| + </pre> \mathrm{cte.} \\ \int \frac{\mathrm{d}x}{\left( \, x - 1 \, \right)^2} & = \int \frac{\mathrm{d}t}{t^2} = -\frac{1}{t} + \mathrm{cte.} = -\frac{1}{x - 1} + \mathrm{cte.} \end{array}$

Para finalizar el ejemplo calculamos la última integral:

$\int \frac{x \cdot \mathrm{d}x}{x^2 + x + 1} = \int \frac{x \cdot \mathrm{d}x}{\left( \, x + \frac{1}{2} \, \right)^2 + 3 / 4} = \int \frac{4}{3} \cdot \frac{x \cdot \mathrm{d}x}{\left( \, \frac{2}{\sqrt{3}} <pre> \left( \, x + \frac{1}{2} \, \right) \right)^2 + 1} = </pre> $

$= \frac{4}{3} \cdot \int \frac{ \left( \, \frac{3u}{4} -\frac{\sqrt{3}}{4} \, \right) \cdot \mathrm{d}u}{u^2 + 1} =$

$= \frac{1}{2} \cdot \int \frac{2u \cdot \mathrm{d}u}{u^2 + 1} - \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \int \frac{\mathrm{d}u}{u^2 + 1} <pre>= \frac{1}{2} \cdot \mathrm{Ln} \left( \, u^2 + 1 \, \right) - \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \mathrm{arctan} \left( \, u \, \right) + \mathrm{cte.} = </pre> $

$\frac{1}{2} \cdot \mathrm{Ln} \left( \frac{4}{3} \cdot \left( \, x + \frac{1}{2} \, \right)^2 + 1 \, \right) - <pre>\frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \mathrm{arctan} \left( \, \frac{2}{\sqrt{3}} </pre> \left( <pre> \, x + \frac{1}{2} \, </pre> \right) \right) + \mathrm{cte.}$

donde se ha utilizado el cambio de variable:

$u = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( <pre> \, x + \frac{1}{2} \, </pre> \right) \left( <pre> \, \Rightarrow x \cdot \mathrm{d}x = \left( \, \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot u - \frac{1}{2} \, \right) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \mathrm{d}u \, </pre> = \left( \, \frac{3}{4} \cdot u - <pre> \frac{\sqrt{3}}{4} \, \right) \cdot \mathrm{d}u \, </pre> \right)$

Integrales de funciones trigonométricas

Para resolver este tipo de integrales se utilizan amenudo las igualdades que se estudian en trigonometría. Tambien se utilizan los cambios de variables $t = \mathrm{cos} \left( \, x \, \right)$ , $t = \mathrm{sen} \left( \, x \, \right)$ o $t = \mathrm{tan} \left( \, x \, \right)$ .

Ejemplo 1

Resolvamos la integral

$\int \mathrm{sen}^2 \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{d}x$

Para ello tenemos en cuenta que

$\mathrm{sen} \left( \, 2x \, \right) = 2 \cdot \mathrm{sen} \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{cos} \left( \, x \, \right)$

con lo cual

$\int \mathrm{sen}^2 \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right) \cdot \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \cdot \int \mathrm{sen}^2 \left( \, 2x \, \right) \cdot \mathrm{d}x$

Como

$\mathrm{cos} \left( \, 2x \, \right) = \mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right) - \mathrm{sen}^2 \left( \,x \, \right)$

y como

$1 = \mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right) + \mathrm{sen}^2 \left( \, x \, \right)$

Despejando $\mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right)$ de esta última igualdad y sustituyendolo en la anterior, se tiene que

$\mathrm{cos} \left( \, 2x \, \right) = 1 - 2 \cdot \mathrm{sen}^2 \left( \, x \, \right)$

Sustituyendo en esta igualdad $x$ por $2x$ y despejando $\mathrm{sen}^2 \left( \, 2x \, \right)$ se llega a que

$\mathrm{sen}^2 \left( \, 2x \, \right) = \frac{1 - \mathrm{cos} \left( \, 4x \, \right)}{2}$

Así

$\int \mathrm{sen}^2 \left( \, 2x \, \right) \cdot \mathrm{d}x = \int \frac{1 - \mathrm{cos} \left( \, 4x \, \right)}{2} \mathrm{d}x =$

$= \int \frac{\mathrm{d}x}{2} - \frac{1}{2} \int \mathrm{cos} \left( \, 4x \, \right) \cdot \mathrm{d}x = \frac{x}{2} - \frac{\mathrm{sen} \left( \, 4x \, \right)}{8} + \mathrm{cte.}$

La última integral se calcula con el cambio de variable $u = 4x$ .

Ejemplo 2

Resolvamos ahora la siguiente integral:

$\int \frac{\mathrm{sen} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{cos}^3 \left( \, x \, <pre> \right)} \cdot \mathrm{d}x </pre> $

mediante el cambio de variable

$t = \mathrm{tan} \left( \, x \, \right)$

Definiendo $t$ de esta manera resulta que

$\int \frac{\mathrm{sen} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{cos}^3 \left( \, x \, <pre> \right)} \cdot \mathrm{d}x = </pre> \int t \cdot \mathrm{d}t = \frac{t^2}{2} + C = \frac{\mathrm{tan}^2 \left( \, x \, \right)}{2} + C$

ya que

$t = \mathrm{tan} \left( \, x \, \right) \Rightarrow \left\{ <pre> \begin{array}{l} t = \frac{\mathrm{sen} \left( \, x \, \right)}{\mathrm{cos} \left( \, x \, \right)} \\ \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{\mathrm{cos}^2 \left( \, x \, \right)} \end{array} </pre> \right.$