CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN 119
Este método de hallar primitivas efectuando un cambio de variable adecuado es muy poderoso y flexible, pero tiene el inconveniente de depender esencialmente de la habilidad en escoger el cambio de variable indicado en cada caso, lo cual escapa a la sistematización.
Ejemplo 5.23. Calculemos una primitiva de f( x) = √ 1 − x 2, función elemental sencilla que no aparece en nuestra tabla de integrales elementales. Utilizando la notación del Teorema anterior, vamos a realizar el cambio de variable u = sen x en la integral ∫ √ 1 − u 2 du. Nótese que g( x) = sen x tiene derivada continua en todo R, f( u) = √ 1 − u 2 está definida y es continua para u ∈ [ −1,1 ], y sen x ∈ [ −1,1 ] para todo x ∈ R. Por tanto, como intervalo [ a, b ]( siguiendo de nuevo exactamente la misma notación que en el enunciado del Teorema 5.22) podemos tomar en principio cualquier intervalo. Lo más conveniente es tomar [ a, b ] = [ − π 2, π ]
2, porque sen( [ − π 2, π ]
2) = [ −1, 1 ] = dom f y en dicho intervalo sen es invertible y sen −1 = arcsen. Utilizando la ec.( 5.12) obtenemos:
[ ∫ √ ]
1 − u 2 du u = sen x
∫ √ = 1 − sen 2 x
} {{ } f( g( x))
∫
· cos }{{} x dx = g ′( x) cos 2 xdx, porque cos x ≥ 0 en el intervalo [ − π 2, π ]
2. Esta última integral se calcula fácilmente utilizando la identidad trigonométrica cos 2 x =( 1 + cos 2x)/ 2:
∫ cos 2 xdx = 1 ∫
( 1 + cos 2x) dx = 1( x + 1) sen 2x = 1( x + senxcos x).
2 2 2 2
Por tanto [ ∫ √
1 − u 2 du
] u = sen x
= 1( √) x + sen x 1 − sen 2 2 x ∫ √1
⇐⇒ − u 2 du = 1( arcsen u + u √) 1 − u
2 2
( ya que u = sen x si y sólo si x = arcsen u si x ∈ [ − π 2, π 2
]
). En particular, el área del círculo de radio unidad está dada por
4
∫ 1
0
√ 1 − u 2 du = 2( arcsen u + u √ 1 − u 2) ∣ 1( π
) = 2
0 2 + 0 − 0 − 0 = π.
( Para un círculo de radio R > 0, basta hacer el cambio de variable x = Ru en la integral 4 ∫ R
√
0 R 2 − x 2 dx, obteniéndose
4
∫ R
0
√ 1
R 2 − x 2 dx = 4∫ R √ 1 − u 2 · R du = πR 2.)
0