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Integración de funciones trigonométricas

Sea \(\int\text{R}\,(\text{sen}\,x,\,\cos x,\,\text{tg}\,x)\) una función racional de \(\text{sen}\,x\), \(\cos x\) y \( \text{tg}\,x\), es decir, una función en la que \(\text{sen}\,x\), \(\cos x\) y \( \text{tg}\,x\) aparecen ligados por sumas, restas, multiplicaciones y divisiones. Si queremos integrar esta función y no encontramos un procedimiento sencillo, podemos transformarla en una función racional de \(t\) teniendo en cuenta lo que se expone a continuación.

Si en la integral hacemos el cambio de variable \(t=\text{tg}\dfrac{x}{2}\), entonces:

\[\text{sen}\,x=\frac{2t}{1+t^2}\quad,\quad\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\quad,\quad\text{tg}\,x=\frac{2t}{1-t^2}\]

Vamos a demostrar las fórmulas anteriores.

Tomemos un triángulo rectángulo de tal forma que uno de sus catetos es igual a \(1\), y otro de sus catetos igual a \(t\), tal y como se indica en la siguiente figura.

Usando el teorema de Pitágoras, la hipotenusa del triángulo es igual a \(\sqrt{1+t^2}\). Entonces:

\[{\mathop{\rm tg}\nolimits} \alpha = \frac{t}{1} \Rightarrow {\mathop{\rm tg}\nolimits} \alpha = t\quad,\quad {\mathop{\rm sen}\nolimits} \alpha = \frac{t}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\quad,\quad \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\]

Si hacemos el cambio de variable \(\alpha=\dfrac{x}{2}\), las fórmulas anteriores se pueden escribir así:

\[{\mathop{\rm tg}\nolimits} \frac{x}{2} = t \quad,\quad {\mathop{\rm sen}\nolimits} \frac{x}{2} = \frac{t}{{\sqrt {1 + {t^2}} }} \quad,\quad \cos \frac{x}{2} = \frac{1}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\]

Consideremos ahora las fórmulas trigonométricas del seno y del coseno del ángulo doble:

\[{\mathop{\rm sen}\nolimits} 2\alpha = 2{\mathop{\rm sen}\nolimits} \alpha \cos \alpha \quad,\quad \cos 2\alpha = {\cos ^2}\alpha – {{\mathop{\rm sen}\nolimits} ^2}\alpha \]

Puesto que \(\alpha=\dfrac{x}{2}\), entonces \(2\alpha=x\), con lo que las dos fórmulas anteriores también las podemos escribir de la forma siguiente:

\[{\mathop{\rm sen}\nolimits} x = 2{\mathop{\rm sen}\nolimits} \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} = 2\frac{t}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}\frac{1}{{\sqrt {1 + {t^2}} }} = \frac{{2t}}{{1 + {t^2}}}\]

\[\cos x = {\cos ^2}\frac{x}{2} – {{\mathop{\rm sen}\nolimits} ^2}\frac{x}{2} = {\left( {\frac{1}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)^2} – {\left( {\frac{t}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} \right)^2} = \frac{1}{{1 + {t^2}}} – \frac{{{t^2}}}{{1 + {t^2}}} = \frac{{1 – {t^2}}}{{1 + {t^2}}}\]

Además

\[{\mathop{\rm tg}\nolimits} x = \frac{{{\mathop{\rm sen}\nolimits} x}}{{\cos x}} = \frac{{\frac{{2t}}{{1 + {t^2}}}}}{{\frac{{1 – {t^2}}}{{1 + {t^2}}}}} = \frac{{2t\left( {1 + {t^2}} \right)}}{{\left( {1 – {t^2}} \right)\left( {1 + {t^2}} \right)}} = \frac{{2t}}{{1 – {t^2}}}\]

O sea, tal y como queríamos, hemos demostrado que el cambio de variable \(\text{tg}\dfrac{x}{2}=t\) proporciona las siguientes igualdades:

\[\text{sen}\,x=\frac{2t}{1+t^2}\quad,\quad\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\quad,\quad\text{tg}\,x=\frac{2t}{1-t^2}\]

Además, derivando en la expresión \(\text{tg}\dfrac{x}{2}=t\) tenemos que \(\dfrac{1}{2}\left(1+\text{tg}^2\dfrac{x}{2}\right)dx=dt\), de donde

\[dx=\frac{2}{1+t^2}dt\]

Usemos estos cambios para resolver algunas integrales trigonométricas de tipo racional.

\[\int\frac{1}{\text{sen}\,x}dx=\int\frac{1+t^2}{2t}\frac{2}{1+t^2}dt=\int\frac{1}{t}dt=\ln t+C=\ln\left(\text{tg}\frac{x}{2}\right)+C\]

\[\int\frac{1}{\cos x}dx=\int\frac{1+t^2}{1-t^2}\frac{2}{1+t^2}dt=\int\frac{2}{1-t^2}dt=\int\frac{-2}{(t+1)(t-1)}dt=(\ast)\]

\[\frac{-2}{(t+1)(t-1)}=\frac{A}{t+1}+\frac{B}{t-1}=\frac{A(t-1)+B(t+1)}{(t+1)(t-1)}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow-2= A(t-1)+B(t+1)\]

Si \(t=-1\), entonces \(-2=-2A \Rightarrow A=1\). Si \(t=1\), entonces \(-2=2B\Rightarrow B=-1\).

Entonces:

\[(\ast)=\int\frac{1}{t+1}dt+\int\frac{-1}{t-1}dt=\ln(t+1)-\ln(t-1)+C=\]

\[\ln\frac{t+1}{t-1}+C=\ln\frac{\text{tg}\frac{x}{2}+1}{ \text{tg}\frac{x}{2}-1}+C\]

\[\int\frac{1}{\text{sen}\,x\cos x}dx=\int\frac{1}{\text{sen}\,x}\frac{1}{\cos x}dx=\int\frac{1+t^2}{2t}\frac{1+t^2}{1-t^2}\frac{2}{1+t^2}dt=\]

\[\int\frac{1+t^2}{t(1-t^2)}dt=\int\frac{-t^2-1}{t(t^2-1)}dt=\int\frac{-t^2-1}{t(t+1)(t-1)}dt=(\ast)\]

\[ \frac{-t^2-1}{t(t+1)(t-1)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{C}{t-1}=\frac{A(t+1)(t-1)+Bt(t-1)+Ct(t+1)}{t(t+1)(t-1)}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow -t^2-1= A(t+1)(t-1)+Bt(t-1)+Ct(t+1)\]

Si \(t=0\), \(-1=-A\Rightarrow A=1\). Si \(t=1\), \(-2=2C\Rightarrow C=-1\). Y si \(t=-1\), \(-2=2B\Rightarrow B=-1\). Entonces:

\[(\ast)=\int\frac{1}{t}dt+\int\frac{-1}{t+1}dt+\int\frac{-1}{t-1}dt=\ln t-\ln(t+1)-\ln(t-1)+C=\]

\[=\ln t-\left(\ln(t+1)+\ln(t-1)\right)+C=\ln\frac{t}{t^2-1}+C=\ln\frac{\text{tg}\frac{x}{2}}{ \text{tg}^2\frac{x}{2}-1}+C\]

Sobre Pedro Castro Ortega

Profesor de Matemáticas en el IES "Fernando de Mena" de Socuéllamos (Ciudad Real, Castilla-La Mancha).

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