Vamos a estudiar en este artículo la integración de funciones reales por cambio de variable.

Primero vamos a verlo de forma rigurosa y después veremos lo que se puede hacer "abusando de las notaciones".

Ante todo hay que admitir que en la expresión \(\int f(x) dx\), la variable \(x\) es una variable "muda" y sólo tiene sentido entre el simbolo \(\int\) y \(dx\). Es decir que el simbolo "\(x\)" se utiliza dentro de una notación para referirse a una primitiva de la función \(f\). Verdaderamente escribir a continuación \(x=\varphi(t)\) o \(F(x)=\int f(x)dx\) no tiene sentido (con esto me refiero a "abusar de las notaciones"). Sólo admitiendo \(x\) se usa únicamente para una notación llegaremos a entender bien lo que es el cambio de variable.

Tanto es así que afirmo que tenemos:

\[\int f(x)dx=\int f(y)dy=\int f(t)dt=\int f(\alpha) d\alpha\]

Lo cual puede llegar a sorprender algunos fisicos. ¿Pero acaso indagamos el origen latino del simbolo "\(x\)" para calcular \(\int f(x)dx\)?

El símbolo \(\int\) es una "s". Significa "Suma" porque una integral se define a partir de una suma (integral de Riemann). Tal vez se vea mejor usando el simbolo \(\sum\). Afirmo que:

\[S(n)=\sum_{i=1}^{n}2i+3=\sum_{j=1}^{n}2j+3=\sum_{k=1}^{n}2k+3=\sum_{\beta=1}^{n}2\beta+3=\frac{3n(n+1)}{2} + 3n\]

En estas expresiones, las variables \(i\), \(j\), \(k\) y \(\beta\) carecen de sentido por fuera del simbolo \(\sum\). Juegan exactamente el mismo papel que juegan las variables \(x\), \(y\), \(t\) y \(\alpha\) del ejemplo anterior. Y podemos hacer un cambio de variable con una suma. En \(S(n)=\sum_{i=1}^{n}2i+3\), procedemos al cambio de variable "\(j=2i+3\)" y nos quedamos con: \(S(n)=\sum_{j=5 (\text{sólo uno de cada dos})}^{2n+3}j\).

Sea \(f\) una función real de una variable real, al menos integrable sobre un intervalo \(I\) que contiene un punto \(a\). Buscamos una primitiva de \(f\) que será una función de una variable que podemos notar "\(x\)" por ejemplo. Hay que recordar que la integral indefinida \(\int f(t)dt\) se refiere a todas las primitivas a la vez. De todas las primitivas, notaremos \(F_{a}\) la que se anula en \(a\). Es decir que si notamos \(F\) una primitiva cualquiera, simplemente tenemos: \(F_{a}(x)=F(x)-F(a)\) y esto se escribe:

\(F_{a}(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt\) cuyo simíl con las sumas sería: \(S_{1}(n)=\sum_{1}^{n}2i+3\)

En el simil \(t\) tiene el papel de \(i\), \(f(t)\) viene siendo \(2i+3\), \(a\) es \(1\) y \(n\) es \(x\).

El cambio de variable consiste en buscar una función \(\varphi\) definida sobre el intervalo \(I\) que sea biyectiva y derivable. Como es biyectiva, podemos hablar de \(\varphi^{-1}\), como es derivable podemos hablar de \(\varphi'\). Vamos a proceder a un cambio de variable que vulgarmente escribimos "\(t=\varphi(u)\)".

\[\begin {align} F_{a}(x)&=F(x)-F(a)\\&=F(\varphi(\varphi^{-1}(x)))-F(\varphi(\varphi^{-1}(a))) \\&=(F\circ\varphi)(\varphi^{-1}(x))- (F\circ\varphi)(\varphi^{-1}(a)) \end {align}\]
La derivada de \(F\circ\varphi\) es \(f\circ\varphi \,.\,\varphi'\) por lo tanto podemos seguir:
\[\begin {align} F_{a}(x)&=\int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(x)}(f\circ\varphi)(u)\varphi'(u)du \\&=\int_{\varphi^{-1}(a)}^{\varphi^{-1}(x)}(f(\varphi(u))\varphi'(u)du   \end {align}\]

Y volviendo a integrales indefinidas:

\[\left (\int f(t) dt \right) \left( x\right) = \left (\int(f(\varphi(u))\varphi'(u)du \right ) \left( \varphi^{-1}(x)\right) \]

Todo ello se puede entender gráficamente:



Ejemplo:

Posamos \(f\) la función que a \(t\) asocia \(f(t)=2t+3\). Deseamos calcular una primitiva cualquiera de \(f\), que será una función de la variable \(x\) y que notamos:
\[F(x)=\left( \int f(t)dt \right) \left ( x \right) \]
Ya sabemos que esta integración es inmediata y tenemos \(F(x)=x^{2}+3x+K\) pero queremos practicar el cambio de variable. Tenemos:
\[F(x)=\left( \int 2t+3 \, dt \right) \left( x\right)\]
Desamos realizar el cambio de variable "\(u=2t+3\)", o lo que es lo mismo, "\(t=\frac{u-3}{2}\)". Es decir que usamos la función biyectiva \(\varphi\) que a \(u\) asocia \(\frac{u-3}{2}\). Esta función es además derivable y su derivada es la función constante igual a \(\frac{1}{2}\) (al igual que en el cambio de variable de la suma, sólo cogíamos uno de cada dos términos).
Usando lo visto anteriormente, tenemos:
\[\begin{align}  F(x)&=\left (\int f(t) dt \right) \left( x \right) \\&= \left ( \int(f(\varphi(u))\varphi'(u)du \right ) \left( \varphi^{-1}(x) \right) \\&= \left (\int u\frac{1}{2}du \right ) \left( 2x+3\right)\\&=\frac{(2x+3)^{2}}{4}+K\\&=\frac{4x^{2}+12x+9}{4}+K\\&=x^{2}+3x+K' \end {align}\]

Ahora sí, vamos a abusar de las notaciones.

En vez de :     \(F(x)=\left( \int f(t)dt \right) \left ( x \right) \)     escribimos:     \(F(x)= \int f(x)dx\)
En vez de :     \(F(x)=\left (\int(f(\varphi(u))\varphi'(u)du \right ) \left( \varphi^{-1}(x)\right) \)     escribimos:     \(F(x)= \int(f(\varphi(u))\varphi'(u)du\) donde después de resolver la integración, nos acordaremos de sustituir "\(u\)" por "\(\varphi^{-1}(x)\)" y para ello llamamos el cambio de variable "\(x=\varphi(u)\)".

A partir de ahora, en vez de hablar de \(\varphi'(u)\) vamos a hablar de \(\frac{dx}{du}\), es decir que \(dx=\varphi'(u)du\).

Con estas notaciones, volvemos a encontrar la formula del cambio de variable simplemente sustituyendo \(x\) por \(\varphi(u)\) y \(dx\) por \(\varphi'(u)du\):

\(F(x)=\int f(x) dx = \int(f(\varphi(u))\varphi'(u)du \) donde al final habrá que sustituir \(u\) por su expresión en función de \(x\), a saber: \(u=\varphi^{-1}(x) \)

Ejemplo:

Volvemos a calcular \(\int2x+3 dx\).
Posamos como cambio de variable: \(u=2x+3\), con lo cual \(\frac{du}{dx}=2\), es decir \(dx=\frac{du}{2}\).

\[\begin{align} \int2x+3dx &= \int u \frac{du}{2}\\&=\frac{u^{2}}{4}+K\\&=\frac{(2x+3)^{2}}{4}+K\\&=x^{2}+3x+K' \end {align}\]

Otro ejemplo:

Esta vez, el cambio de variable nos va a "resolver la papeleta". Queremos calcular:

\[\int \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx\]

Observamos que la función dentro de la integral tiene como dominio \(]-1,1[\) lo que nos recuerda bastante al recorrido de las funciones sinusiodales. Además, el término \(\sqrt{1-x^{2}}\) se parece enormemente a las fórmulas trigonométricas que permiten pasar de un seno a un coseno. Todo ello nos lleva a "desar" que \(x\) sea un seno. De allí el cambio de variable: "\(x=sen(\alpha)\)" o lo que es lo mismo: \(\alpha=arcsen(x)\). Comprobamos que  \(\varphi=seno\) es efectivamente biyectiva y derivable en \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Cualquiera de las dos formas de escribir el cambio de variable es válida pero siempre una de las dos nos facilitará calcular la derivada, en este caso es la primera. Veamos por lo tanto \(x\) como una función de \(\alpha\), la cual derivamos: \(x'(\alpha)=cos(\alpha)\), a saber, \(dx=cos(\alpha)d\alpha\). Ahora basta con sustituir:

\[\begin{align}  \int \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx&=\int \frac{1}{\sqrt{1-sen^{2}(\alpha)}}cos(\alpha)d\alpha\\&=\int 1 d\alpha\\&=\alpha + K\\&=arcsen(x)+K \end {align}\]

Ejercicio 1:

Calcular:

\[\int \sqrt{e^{x}-1}\;dx\]

Ante todo, destacar que la función \(f\) que a un real \(x\) asocia \(\sqrt{e^{x}-1}\) tiene como dominio \([0,+\infty[=\mathbb{R}^{+}\), y puesto que es contínua sobre dicho dominio como composición de funciones contínuas, resulta integrable. Buscamos en definitiva las funciones de \(\mathbb{R}^{+}\) a valores en \(\mathbb{R}\) derivables y cuyas derivadas sean \(f\).

Un intento usando el cambio de variable definido por "\(t=\sqrt{e^{x}-1}\)" resultará fructuoso. Conviene destacar que la función que a todo \(x\in\mathbb{R}^{+}\) asocia \(t(x)=f(x)=\sqrt{e^{x}-1}\) es composición de dos funciones estrictamente crecientes sobre \(\mathbb{R}^{+}\) (que son la raíz cuadrada, y la exponencial menos uno). Por lo tanto, \(t\) es una funcción estrictamente creciente. \(t(0)=0\) y \(lim_{x\rightarrow+\infty}t(x)=+\infty\). En definitiva, \(t\) define una biyección de \(\mathbb{R}^{+}\) a valores en \(\mathbb{R}^{+}\) y podemos por lo tanto usarla como cambio de variable.

\[\begin{align} t&=\sqrt{e^{x}-1}\\dt&=\frac{e^{x}}{2\sqrt{e^{x}-1}}dx=\frac{1+t^{2}}{2t}dx \end{align}\]

Sustituimos:

\[\begin{align} \int \sqrt{e^{x}-1}dx&=\int t \frac{2t}{1+t^{2}}dt\\&=2\int\frac{t^{2}}{t^{2}+1}dt\\&=2\int\frac{t^{2}+1-1}{t^{2}+1}dt\\&=2\int 1dt-2\int\frac{1}{t^{2}+1}dt \text{   (camb. variable: } tan(\alpha)=t\text{)}\\&=2t-2\;arctan(t)+K\\&=2\sqrt{e^{x}-1}-2\;arctan(\sqrt{e^{x}-1})+K \end{align}\]

Ejercicio 2:

Calcular:

\[ \int \frac{1}{   cos^{2}(x)\;\sqrt[3]{1+tan(x)} } \; dx \;\;= \int f(x)dx \]

La función \(f\) tiene por dominio \(\mathbb{R}\) privado de los valores \(\{ \frac{\pi}{2}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\}\) y \(\{-\frac{\pi}{4}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\}\). Además, resulta periodica de periodo mínimo \(2\pi\) y es contínua sobre cada intervalo de su dominio. Resulta por lo tanto integrable.

Vamos a realizar el cambio de variable definido por \(t=1+tan(x)\) y observamos que dicho cambio de variable solamente define una biyección de \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\) a valores en \(\mathbb{R}\). Esto significa que solamente nos dará las primitivas de la función \(f\) reducida al dominio \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[-\{-\frac{\pi}{4}\}\). Lo que pasa en el resto del dominio de \(f\) queda por ver en principio.

\[\begin{align} t&=1+tan(x)\\dt&=(1+tan(x))^{2}dx=\frac{1}{cos^{2}(x)}dx \end{align}\]

Sustituimos:

\[\begin{align} \int f(x)dx &= \int \frac{1}{\sqrt[3]{t}}dt \\&= \int t^{-\frac{1}{3}}dt \\&= \frac{3t^{\frac{2}{3}}}{2} +K = \frac{3}{2}(1+tan(x))^{\frac{2}{3}}+K \end{align}\]

Las primitivas encontradas no solamente se pueden definir sobre \(]\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}[-\{-\frac{\pi}{4}\}\) sino que usando la expresión obtenida, podemos ampliar su definición sobre \(\mathbb{R}-\{\frac{\pi}{2}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\}\), seran derivables sobre \(\mathbb{R}-(\{\frac{\pi}{2}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\}U\{-\frac{\pi}{4}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\} )\) y dichas derivadas serán todas iguales a la funcción \(f\). En los puntos \(\{-\frac{\pi}{4}+k\pi, k\in\mathbb{Z}\}\) las primitivas estan definidas pero no son derivables, sus curvas representativas tienen una tangente vertical con un punto de inflexión.

Observamos que la función \(\varphi\) utilizada en el cambio de variable no es biyectiva pero hemos podido realizar los cálculos sin problema y esto es debido a que la condición "\(\varphi\) es biyectiva" es suficiente pero no necesaria. Es decir que con una función biyectiva siempre funcionará (pues lo hemos demostrado), pero nadie ha dicho que con una función no biyectiva iba a dejar de funcionar. Y de hecho, si \(f\) es una función contínua, es suficiente que \(\varphi\) sea derivable, no hay necesidad de que sea biyectiva. Si en cambio \(f\) es solamente contínua por tramos, será necesario que \(\varphi\) sea monotona.

Ejercicio 3:

Calcular:

\[ \int \frac{5}{ \sqrt{-4x^{2}-4x+24 } } \; dx \;\;= \int f(x)dx \]

El estudio del signo de \(x^{2}+x-6\) nos lleva a establecer que la función \(f\) tiene el dominio \(]-3,2[\). En este dominio es composición de funciones contínuas y resulta por lo tanto contínua e integrable.

Cuando en la expresión de \(f\) aparece un polinomio de segundo grado, es habitual procurar escribir dicho polinomio de forma canónica, es decir, de la forma \(a(1\pm(bx+c)^{2})\) donde \(a, b, c\) son tres constantes, y "\(\pm\)" se refiere a que dicha expresión se escribirá a veces con el signo "\(+\)" y a veces con el signo "\(-\)" (según si el polinomio admite o no raíces reales). Todos los polinomios de segundo grado se pueden escribir de forma canónica:

\[\begin{align} -4x^{2}-4x+24 &= -4\left(x^{2}+x-6\right) \\&=-4\left(x^{2}+x+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-6-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right) \text{(nos las arreglamos para obtener una identidad notable)} \\&=-4\left(\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{25}{4}\right) \\&=\left(25-\left(2\left(x+\frac{1}{2}\right)\right)^{2}\right) \\&=25\left(1-\left(\frac{2\left(x+\frac{1}{2}\right)}{5}\right)^{2}\right)\end{align}\]

La integral indefinida queda ahora en:

\[  \int f(x)dx = \int \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2\left(x+\frac{1}{2}\right)}{5}\right)^{2}}}  dx\]

Sólo nos queda realizar el cambio de variable definido por:

\[\begin{align} t&=\frac{2\left(x+\frac{1}{2}\right)}{5}\\dt&=\frac{2}{5}dx \end{align}\]

El cambio de variable usa una biyección derivable entre \(]-3,2[\) y \(]-1,1[\), podemos proseguir:

\[\begin{align} \int f(x)dx &= \int \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}\frac{5}{2}dt\text{    seguimos con otro cambio de var. def. por } t=sen(\alpha)\\&=\frac{5}{2}arcsen(t)+K\\&=\frac{5}{2}arcsen\left(\frac{2\left(x+\frac{1}{2}\right)}{5}\right)+K\\&=\frac{5}{2}arcsen\left(\frac{2x}{5}+\frac{1}{5}\right)+K \end{align}\]




Autor: Gauthier Dubois
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