Las fórmulas para la integrales con traslacion, Ejercicio 6.3 y con reescalamientos,
Ejercicio 6.9, son casos particulares de una técnica de integración llamada integración por substitución.
De manera informal, dado el cambio de variable $u(x)$, $x\in [c,d]$, se escribe $u'(x)dx=du$, se sustituye esto en
$\int_a^b g(u(x))u'(x)dx$ y se calcula $\int_{u(a)}^{u(b)} g(u)du$. El teorema del cambio de variable
relaciona estas dos integrales como:
$$
\int_{u(a)}^{u(b)}f(u)du=\int_a^b f(u(x))u'(x)dx.
$$
El Teorema de Cambio de Variable es úitl pues escencialemente es puramente algebráico; es decir, dado $u$, encontrar
$du$ y substituir para obtener una integral más sencilla a la original.
Teorema
Teorema de cambio de variable
Supongamos que $I$ es un intervalo y que $g: I \to \mathbb{R}$ es
continua en todo punto de $I$.
Sea $u:[a,b]\to \mathbb{R}$ una función,
continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y
con derivada integrable en $[a,b]$. Entonces
$$
\int_{a}^{b} g(u(x))u'(x)dx = \int_{u(a)}^{u(b)}g(t)dt
$$
La idea de la demostración es encontrar \(F\), una anti-derivada adecuada,
de tal forma que mabos lados de la identidad anterior
son iguales a \(F(b)-F(a)\).
Definimos $G(v)=\int_{u(a)}^v g(t)dt$, para $v\in I$. Ya que \(g\)
es continua en \(I\) por el primer T.F.C. tenemos que
\begin{equation}\label{Eqn:Aux1TeoCambioVariable}
G'(v)=g(v)
\end{equation}
para todo \(v\) en el interior de \(I\).
Ahora definimos $F(x):=G(u(x))$, $x\in [a,b]$. Ya que tanto \(u\)
como \(G\) son diferenciables y la imagen de \(u\) cae dentro del dominio de
\(G\) la regla de la cadena implica que
$$
F'(x)=G'(u(x))u'(x)=g(u(x))u'(x)
$$
para todo \(x\in (a,b)\), donde en la segunda identidad usamos
\eqref{Eqn:Aux1TeoCambioVariable}. Se sigue que
\(F(x)\) es una anti-derivada de \(g(u(x))u'(x) \) en \((a,b)\). Por el
segundo T.F.C. obtenemos
$$
\int_a^b g(u(x))u'(x)dx=F(b)-F(a).
$$
Por otro lado un cálcul directo usando la definición de \(F\) y \(G\) arroja
\begin{eqnarray*}
F(b)-F(a)&=& G(u(b))-G(u(a)) \\
&=&\int_{u(a))}^{u(b)}g(t)dt-\int_{u(a)}^{u(a)}g(t)dt \\
&=& \int_{u(a)}^{u(b)} g(t)dt
\end{eqnarray*}
Concluimos
\[
\int_a^b g(u(x))u'(x)dx=F(b)-F(a)=\int_{u(a)}^{u(b)} g(t)dt
\]
lo cual termina la demostración del Teorema.
Notas
La fórmula del Teorema de cambio de variable se puede
aplicar de "izquierda a derecha" o de "derecha a izquierda". Hay ocasiones en las que se
inicia con una integral complicada que tiene una forma general como
\[
\int_a^b g(u(x))u'(x)dx
\]
la cual se puede reducir a una de la forma
\[
\int_{u(a)}^{u(b)}g(t)dt
\]
la cual se espera que sea más sencilla de calcular. En este caso para resolver la integral
se propone el cambio de variable \(t=u(x)\), entonces usando diferenciales
\(dt=u'(x)dx\), además si \(x=a, t=u(a)\) y si \(x=b, t=u(b)\). Substituyendo
directamente estos valores en \(\int_a^b g(u(x))u'(x)dx\) obtenemos
\(\int_{u(a)}^{u(b)} g(t)dt\). Ver Ejercicio 9.4 para
éste tipo de aplicación.
La otra forma de aplicar el Teorema de cambio de variable
es iniciar con una integral de la forma
\[
\int_{a'}^{b'}g(t)dt
\]
y uno busca un cambio de variable \(t=u(x)\) para poder calcular la integral. Esta forma
de aplicar el teorema es más delicada pues la función \(u(x)\) que se debe de proponer
no esta sugerida explícitamente en ninguna parte de la integral. Por ejemplo la substitución
trigonométrica o hiperbólica son de este tipo. Ver Nota 9.13 para
éste tipo de aplicación.
Ejercicio
Calcular
$$
\int_0^{1/2} x\sqrt{1-x^2}dx
$$
Consideramos la función (la que se llama cambio de variable)
$u=1-x^2$. Notamos que $u$ como función de \(x\) es diferenciable y con derivada integrable. Ahora
definimos \(g(t)=\sqrt{t}\). Entonces \(g(u(x))u'(x) = \sqrt{1-x^2}(-2x)\) así que por el
Teorema de cambio de variable
\[
\int_{u(a)}^{u(b)}\sqrt{t}dt =\int_a^b -2x\sqrt{1-x^2}dx
\]
Ahora "re-acomodamos" la integral anterior para obtener la integral que se nos pide.
En este caso debemos dividir entre \(-2\) y tomar \(a=0, b=1/2\). Asiendo ésto llegamos a
\[
-\frac{1}{2}\int_{u(0)}^{u(1/2)} \sqrt{t}dt=\int_0^{1/2}x\sqrt{1-x^2}dx
\]
Si el cambio de variable es útil una de las integrales anteriores será posible de
calcular. En nuestro caso
\begin{eqnarray*}
-\frac{1}{2}\int_{u(0)}^{u(1/2)} \sqrt{t}dt&=& -\frac{1}{2}\int_{1}^{3/4} \sqrt{t}dt=
\frac{1}{2} \\
&=& \frac{1}{2}\int_{3/4}^{1} \sqrt{t}dt \\
&=& \frac{1}{2} \frac{2}{3}[ 1^{3/2}-(3/4)^{3/2} ]\\
&=& \frac{1}{3}[1-(3/4)^{3/2}].
\end{eqnarray*}
Nota: para hacer el proceso más eficiente simplemente se toma
\(t=1-x^2\), se sacan diferenciales
\(du=-2xdx \Rightarrow -\frac{1}{2}dt=xdx\), límites de integración \(u(0)=1,u(1/2)=3/4\) y se
substituyen directamente en la integral
\[
\int_{0}^{1/2}x\sqrt{1-x^2}dx=-\frac{1}{2}\int_{1}^{3/4}\sqrt{t}dt
\]
Ejercicio
Encontrando un cambio de variable adecuado, calcula las siguientes integrales.
$\int_0^1 \sqrt[4]{1+5x}dx$.
$\int_0^5 (x+7)\sqrt{x+4}dx$
$\int_0^{1/5} \frac{1}{\sqrt[3]{(5x-2)^4}}dx$.
$\int_1^4 x\sqrt{x-1}dx$.
$\int_0^{16}\frac{x}{(1+2x)^3}dx$.
$\int_0^{\pi } \sec^2(5x)dx$.
$\int_0^{\sqrt{\pi} }x\sen(x^2)dx$.
$\int_1^2 \frac{\cos(x^{-2})}{x^3}dx$.
$\int_0^1 \frac{1}{(1+\sqrt{x})^4}dx$.
Consideremos la función \(u : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) como \(u(x) = 1+5x\).
Notamos que \(u \) es una función diferenciable y con derivada integrable.
Consideramos \(g(t) = \sqrt[4]{t}\). Entonces por el
Teorema de cambio de variable tenemos:
\[ \int_0^1g(u(x)) u^\prime(x) dx = \int_{u(0)}^{u(1)}g(t) \]
Por un lado \( g(u(x)) u^\prime(x) = 5\sqrt[4]{1+ 5x}\). Por lo tanto,
\[ \int_0^1g(u(x)) u^\prime(x) dx = 5\int_0^1\sqrt[4]{1+ 5x}dx \]
Y por otro lado \(u(0) = 1\) y \( u(1) = 6\). Por lo tanto,
\[ \int_{u(0)}^{u(1)}g(t) = \int_1^{6} \sqrt[4]{t} dt \]
Es decir \[ 5\int_0^1\sqrt[4]{1+ 5x}dx = \int_1^{6} \sqrt[4]{t} dt \]
Lo cual implica que
\begin{eqnarray*}
\int_0^1\sqrt[4]{1+ 5x}dx = \frac{1}{5}\int_1^{6} \sqrt[4]{t} dt =\frac{1}{5}
\left[\frac{6^{\frac{1}{4}+1} -1^{\frac{1}{4}+1}}{\frac{1}{4}+1}\right] =
\frac{4\left(6\sqrt[4]{6}-1\right)}{25}
\end{eqnarray*}
Sea \(u = 5x-2\) (Notamos que \(u: [0, \frac{1}{5}] \rightarrow \mathbb{R}\) y
\(u([0, \frac{1}{5}]) = [u(0), u(\frac{1}{5})] = [-2, -1]).\)
Consideramos \(g: [-2, -1] \rightarrow \mathbb{R}\) dada
por \(g(t) = \frac{1}{\sqrt[3]{t^4}}\). Notemos que las funciones satisfacen las
condiciones del Teorema de cambio de variable.
Además \(du = 5dx\) esto implica que \(dx = \frac{1}{5}du\). Por lo tanto,
\begin{eqnarray*}
\int_0^{1/5} \frac{1}{\sqrt[3]{(5x-2)^4}}dx & = & \frac{1}{5}\int_{-2}^{-1} \frac{1}{\sqrt[3]{u^4}}du \\
& = & \frac{1}{5}\int_{-2}^{-1}u^{-\frac{4}{3}}du \\
& = & \frac{1}{5}\left[ \frac{(-1)^{\frac{-4}{3}+1}-(-2)^{\frac{-4}{3}+1}}{\frac{-4}{3}+1}\right] \\
& = & \frac{3}{5}\left(1 -\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)
\end{eqnarray*}
Haciendo el cambio de variable \(u = 1+2x\), \(u\) es diferenciable y con derivada integrable.
Además \(du = 2dx \Rightarrow dx = \frac{du}{2}\), \( u(0) = 1 \) y \( u(16) = 33\).
Entonces por el Teorema de cambio de variable:
\begin{eqnarray*}
\int_0^{16}\frac{x}{(1+2x)^3}dx & = & \int_1^{33} \frac{u-1}{2u^3}\cdot\frac{du}{2} = \frac{1}{4}\int_1^{33}\left(\frac{u}{u^3}- \frac{1}{u^3}\right)du \\
& = & \frac{1}{4}\int_1^{33}(u^{-2}-u^{-3})du \\
& = & \frac{1}{4} \left[\int_1^{33}u^{-2}du -\int_1^{33}u^{-3}du \right] \\
& = & \frac{1}{4}\left(\frac{33^{-1} -1^{-1}}{-1} -\frac{33^{-2}-1^{-2}}{-2}\right) \\
& = & \frac{1}{4}\left(\frac{33^{-2}}{2}-33^{-1} + \frac{1}{2} \right)
\end{eqnarray*}
Ejercicio
Sea $f:(0,\infty) \to \mathbb{R}$ una función continua y $0< a < b$ fijos y arbitrarios.
Demuestra
$$
\int_a^b \frac{f(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}dx=2 \int_{\sqrt{a}}^{\sqrt{b}}f(u)du.
$$
Ejercicio
El Teorema de Cambio de Variable también se usa para integrales indefinidas.
Calcula $\int x^3\cos(x^4)dx$.
Tomamos el cambio de variable \(u=x^4\), el cual es continua y tiene derivada integrable. Entonces
\(du=4x^3dx \Rightarrow \frac{1}{4}du=x^3dx\) por lo que aplicando el Teorema de cambio de variable
obtenemos
\[
\int x^3\cos(x^4)dx= \frac{1}{4}\int \cos(u)du=\frac{1}{4}\sen(u)+C=\frac{1}{4}\sen(x^4) +C
\]
Ejercicio
Calcula $\int \frac{\sen(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}dx$ y
$\int_{\pi^2}^{4\pi^2} \frac{\sen(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}dx$.
Ejercicio
Supon que $f:[0,\pi]\to \mathbb{R}$ es continua en $[0, \pi]$.
Usa el cambio de variable $u=\pi-x$ para probar
$$
\int_0^{\pi}xf(\sen(x))dx=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(\sen(x))dx.
$$
Usa el inciso anterior para evaluar
$$
\int_0^{\pi} \frac{x\sen(x)}{1+\cos^2(x)}dx.
$$
Ejercicio
Para enteros positivos $p$ y $q$ define:
$$
F(x,a)=\int_0^x \frac{t^p}{(t^2+a^2)^q}dt.
$$
Demuestra que:
$$
F(x,a)=a^{p+1-2q}F(x/a,1).
$$
Sugerencia: tomar el cambio de variable $u=at$.
Ejercicio
Encuentra un cambio de variable adecuado para calcular las siguientes integrales indefinidas.
$\int \frac{\cos(x)}{\sen^2(x)}dx$.
$\int \cos^4(t)\sen(t)dt$.
$\int \sec^2(t)\tan^3(t)dt$.
$\int \sec^3(t)\tan(t)dt$.
$\int \frac{\tan(t)}{\cos^2(t)}dt$.
Haciendo el cambio de variable \(u = \sen (x) \) el cual es continuo y su derivada es integrable.
Entonces \(du = \cos (x) dx\) y por el Teorema de cambio de variable tenemos:
\[ \int \frac{\cos (x)}{\sen^2 (x)}dx = \int \frac{1}{u^2}du = \frac{u^{-2 +1}}{-2 +1} + C
= -\frac{1}{\sen (x)} + C \]
Haciendo el cambio de variable \(u = \tan (x) \) el cual es continuo y su derivada es integrable.
Usando diferenciales nos da \(du = \sec^2 (x) dx\) y por el Teorema de cambio de variable tenemos:
\[ \int \sec^2 (t) \tan^3 (t)dt = \int u^3 du = \frac{u^4}{4} + C = \frac{\tan^4(t)}{4} + C \]
Ejercicio
Para todo $x\in [0,\pi/2]$ se cumple $\sen(x)=\cos(\pi/2 -x)$. Usando la identidad anterior y un cambio de variable lineal concluye que, para todo natural $m \geq 1$:
$$
\int_0^{\pi/2} \sen^m(x)dx=\int_0^{\pi/2}\cos^m(x)dx.
$$
Demuestra:
$$
\int_0^{\pi/2} \cos^m(x)\sen^m(x)dx=
2^{-m}\int_0^{\pi/2}\sen^m(x)dx=
2^{-m}\int_0^{\pi/2}\cos^m(x)dx
$$
para todo entero positivo $m$.
Sugerencia: para la primera identidad usa $\sen(2\alpha)=2\sen(\alpha)\cos(\alpha)$
y después haz un cambio de variable tomando en cuenta de que $\sen^m(x)$ es una
función par.
Nota
Substitución trigonométrica
La substitución trigonométrica propone un cambio de variable que involucra alguna
función trigonométrica para tratar de calcular una integral. Consideremos el ejemplo
\[
\int_{0}^4 \sqrt{25-t^2}dt
\]
Para aplicar el
Teorema de cambio de variable no es conveniente iniciar
la solución tratando de ver a la integral en la forma \(\int g(u(x))u'(x)dx\) pues no es claro qué parte de la integral
debería ser \(u'(x)\). En vez de ésto vamor a proponer un cambio de variable trigonométrico \(x=u(t)\)
para llevar ésta integral a una de la forma \(\int g(u(x))u'(x)dx\) la cual se espera sea más sencillo de calcular.
Proponemos el cambio \(t=5\cos(x)\). Como tenemos que \(0\leq t \leq 4\)
debemos de tener que \(0\leq 5\cos(x) \leq 4\) o equivalentemente \( \theta_0 \leq x \leq \arccos(0)=\pi/2\)
(recordar que \(\arccos\) es decreciente). Por simplicidad denotamos
\(\theta_0=\theta_0\). Sacando
diferenciales obtenemos \(dt = -5\sen(x)dx \). Aplicando el
Teorema de cambio de variable
obtenemos
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^4 \sqrt{25-t^2}dt &=& \int_{\arccos(0)}^{\theta_0} \sqrt{25-25\cos^2(x)}(-5\sen(x)) dx \\
&=& -25\int_{\arccos(0)}^{\theta_0}\sen(x)\sqrt{1-\cos^2(x)} dx \\
&=& 25 \int_{\theta_0}^{\pi/2} \sen(x)|\sen(x)|dx
\end{eqnarray*}
Para tratar el valor absoluto del integrando notamos que para \(x\in [\theta_0,\pi/2]\)
la función \(\sen\) es positiva por lo tanto
\[
\int_{0}^4 \sqrt{25-t^2}dt=25\int_{\theta_0}^{\pi/2} \sen^2(x)dx
\]
Ahora debemos de calcular la integral
\[
\int_{\theta_0}^{\pi/2} \sen^2(x)dx
\]
para lo cual usamos la identidad \(1-\cos(2x)=2\sen^2(x)\)
para obtener
\[
\int_{\theta_0}^{\pi/2} \sen^2(x)dx=\frac{1}{2}\int_{\theta_0}^{\pi/2} (1-\cos(2x))dx
\]
la cual se puede hacer mediante el cambio de variable \(u=2x\)
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2}\int_{\theta_0}^{\pi/2} (1-\cos(2x))dx &=& \frac{1}{2}\int_{\theta_0}^{\pi/2} 1dx
-
\int_{\theta_0}^{\pi/2}\cos(2x))dx \\
&=&\frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right)-\frac{1}{2}\int_{2\theta_0}^{\pi}\cos(u)du \\
&=& \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) - \frac{1}{2}\left(\sen(\pi)-\sen(2\theta_0) \right)\\
&=& \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + \frac{1}{2}\sen(2\theta_0) \\
&=& \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + \sen(\theta_0) \cos(\theta_0) \\
&=&\frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + \frac{4}{5}\sen(\theta_0)\\
\end{eqnarray*}
Ahora calculamos \(\sen(\theta_0)\). Para esto recordamos \(\theta_0=\arccos(4/5)\), por lo que podemos
calcular las funciones trigonométricas de \(\theta_0\) mediante el siguiente triángulo rectángulo
Usando la definición de \(\sen\) se sigue que \(\sen(\theta_0)=\frac{3}{5}\).
Por lo tanto
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^4 \sqrt{25-t^2}dt&=&25\int_{\theta_0}^{\pi/2} \sen^2(x)dx \\
&=& 25\left( \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + \frac{4}{5}\sen(\theta_0) \right) \\
&=& 25\left( \frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + \frac{12}{25} \right)\\
&=& \frac{25}{2}\left( \frac{\pi}{2}-\theta_0\right) + 12
\end{eqnarray*}
Nota
Tabla para substitución trigonométrica
Las identidades $1=\sen^2(\theta)+\cos^2(\theta)$ y $1+\tan^2(\theta)=\sec^2(\theta)$ son útilies en la substitución trigonométrica.
Además la siguiente tabla es útil.
Expresión
Substitución
Rango
Diferencial
$\sqrt{a^2-x^2}$
$x=a\sen(\theta)$
$-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2$
$dx=a\cos(\theta)d\theta $
$\sqrt{a^2+x^2}$
$x=a\tan(\theta)$
$-\pi/2 < \theta < \pi/2$
$dx=a\sec^2(x)d\theta $
$\sqrt{x^2-a^2}$
$x=\sec(\theta)$
$0 \leq \theta < \pi/2, \pi\leq \theta < 3\pi/2$
$dx=\sec(\theta)\tan(\theta)d\theta $
Ejercicio
Calcular $\int \frac{\sqrt{16-x^2}}{x^2}dx$.
Sugerencia: $ \tan^2(\theta) =\sec^2(\theta) -1$.
Vamos hacer uso de la substitución trigonométrica. Sea \(x = 4\sen (\theta)\),
donde \(-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2\), entonces \(dx = 4\cos( \theta) d\theta\).
Y además
\[ \frac{\sqrt{16- x^2}}{x^2} = \frac{\sqrt{16- 16\sen^2 (\theta)}}{16\sen^2(\theta)}
= \frac{\vert \cos (\theta) \vert}{4\sen^2 (\theta)} = \frac{\cos (\theta) }{4\sen^2 (\theta)} \]
La última igualdad se debe a que \(\cos (\theta) \geq 0 \) cuando
\(-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2\). Entonces por el Teorema de cambio de variable:
Afirmamos que \(\int \csc^2 (\theta)d\theta = -\cot (\theta) + K.\)
Pero esto es consecuencia del segundo teorema fundamental ya que la primitiva de
\(\csc^2 (\theta)\) es \(-\cot(\theta)\), es decir \[ \frac{d}{d\theta}(-\cot(\theta))
= \csc^2 (\theta)\]
Por lo tanto, \[ \int \frac{\sqrt{16- x^2}}{x^2}dx = \int \csc^2 (\theta)d\theta -\int d\theta
= -\cot (\theta) - \theta + C \]
Pero \(x = 4\sen(\theta)\), implica que \(\theta = \arcsen(x/4)\). Ahora tratemos de exprezar
\(\cot(\theta)\) en terminos de \(x\). Recordemos que
\[ \cot(\theta) = \frac{\cos(\theta)}{\sen(\theta)}
= \frac{\frac{c a}{h}}{\frac{co}{h}} = \frac{ca}{co}\]
donde \(ca =\) cateto adyacente, \(co =\) cateto opuesto y \(h = \) hipotenusa.
Como \(x = 4\sen(\theta)\) implica que \(\sen(\theta) = \frac{x}{4}\) se sigue que
\(co = x\) y \(h = 4\). Entonces con esta información podemos constrir el siguiente triángulo:
Por lo tanto \(\cot(\theta) = \frac{ca}{co} = \frac{\sqrt{16 -x^2}}{x}\). Por lo tanto,
\[ \int \frac{\sqrt{16- x^2}}{x^2}dx = -\frac{\sqrt{16 -x^2}}{x} - \arcsen(x/4) + C \]
Encuentra el area encerrada por la elipse
$$
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.
$$
Ejercicio
Calcula las siguientes integrales.
$\int_{\sqrt{3}}^3 \frac{1}{t^3\sqrt{t^2-1}}$
$\int_0^2 \frac{x}{\sqrt{25-x^2}}dx$
$\int \frac{2x}{\sqrt{x^2+x+1}}$.
Ejercicio
Prueba la fórmula, $A=\frac{1}{2}r^2\alpha $, para el área
de un segmento circular con ángulo $\alpha$ y radio $r$.
Sugerencia: primero justifica que puedes suponer que $0< \alpha < \pi/2$. Para éste caso, asume que el segmento proviene del círculo
$x^2+y^2=r^2$ y escribe a el área $A$ como la suma del área
de un triángulo y una región bajo la gráfica de una función adecuada
Ejercicio
Usa una substitución trigonométrica para probar
$$
\int_0^x \sqrt{a^2-t^2}dt=\frac{1}{2}a^2\arcsen(x/a)+\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}
$$
Si \(t=0 \Rightarrow a\sen(\theta) = 0 \Rightarrow \theta = 0\)(suponiendo \(a\neq 0\)).
Por otro lado, si \(t=x \Rightarrow a\sen(\theta) = x \Rightarrow \theta= \arcsen(x/a)\).
Además \(\sqrt{a^2-t^2} = \vert a\vert\cdot\vert \cos(\theta)\vert = \vert a\vert\cos(\theta)\)
la última igualdad se debe a que \(\cos(\theta)\geq 0\) si \(-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2\).
Entonces por el teorema de cambio de variable tenemos:
\begin{eqnarray*}
\int_0^x\sqrt{a^2-t^2}dt & = & \int_0^{\arcsen(x/a)}\vert a\vert\cos(\theta)a\cos(\theta)d\theta \\
& = & a^2 \int_0^{\arcsen(x/a)}\cos^2(\theta)d\theta \\
& = & a^2\int_0^{\arcsen(x/a)}\left(\frac{\cos(2\theta) +1}{2}\right)d\theta \\
& = & \frac{a^2}{2}\left[ \int_0^{\arcsen(x/a)}\cos(2\theta)d\theta + \int_0^{\arcsen(x/a)}d\theta \right]
\end{eqnarray*}
Notemos que \(F(\theta) = \frac{\sen(2\theta)}{2}\) es una primitiva de \(\cos(2\theta)\), es decir,
\(F^{\prime}(\theta) = \cos(2\theta)\). Entonces por el Segundo Teorema Fundamental.
\[ \int_0^{\arcsen(x/a)}\cos(2\theta)d\theta = F(\arcsen(x/a)) -F(0) = \frac{\sen(2\arcsen(x/a))}{2} \]
Y recordando \(\sen(2t) = 2\sen(t)\cos(t)\). Por lo tanto,
\begin{eqnarray*}
\frac{\sen(2\arcsen(x/a))}{2} &=& \frac{2\sen(\arcsen(x/a))\cos(\arcsen(x/a))}{2} \\
&=& \frac{x\cos(\arcsen(x/a))}{a}
\end{eqnarray*}
Es decir \[ \int_0^{\arcsen(x/a)}\cos(2\theta)d\theta = \frac{x\cos(\arcsen(x/a))}{a}\]
Entonces calculemos \(\cos(\arcsen(x/a))\), recordando que \(\theta= \arcsen(x/a)\) y \( \sen(\theta) = \frac{x}{a} = \frac{co}{h}\), donde \(co =\) cateto opuesto, \( h = \) hipotenusa y \(ca = \) cateto adyasente. Entonces con esta información podemos constrir el siguiente triángulo:
Por lo tanto: \[ \cos(\arcsen(x/a)) = \frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a} \]
