Entiendo que la integración por sustitución puede justificarse de la siguiente manera. Si $I=\int f'(g(x))g'(x) \, dx$ entonces $I=f(g(x))+C$ . Si hacemos las sustituciones $$ u=g(x) \text{ and } du=g'(x)dx $$ entonces $I$ se convierte en $\int f'(u)du=f(u)+C=f(g(x))+C$ que es lo mismo. Sin embargo, a menudo veo sustituciones que no parecen adoptar esta forma. Por ejemplo, una forma común de evaluar $$ I=\int \sqrt{1-x^2} \, dx $$ es mediante el establecimiento de $x=\sin u$ (o, para ser más precisos, $u=\arcsin x$ ). La derivada de $\arcsin x$ es $$ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, , $$ que no aparece en $I$ . No parece que $I$ es de la forma $\int f(g(x))g'(x) \, dx$ . Entonces, ¿por qué se justifica esta sustitución? ¿Seguimos haciendo la regla de la cadena a la inversa, o está pasando algo más?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
El hecho de que algo no aparezca no significa que no esté ahí. Siempre se puede multiplicar y dividir; $$\sqrt{1-x^2}=\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}},\qquad \lvert x \rvert <1. $$
Permítanme dar más detalles. Tenga en cuenta que, para $\lvert x \rvert <1$ , $$\label{1}\tag{1} \sqrt{1-x^2}=\frac{\cos^2(\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}, $$ que es igual a $f(g(x))g'(x)$ para $f(u)=\cos^2 u, g(x)=\arcsin x$ . Y así, $$ \int \sqrt{1-x^2}\, dx = \int \frac{\cos^2(\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}\, dx = \int \cos^2(u)\, du.$$ Como puedes ver, esta es exactamente la aplicación de la regla de la cadena que has mencionado. La técnica habitual de dejar $u=\arcsin x$ y la informática $dx$ y $du$ es sólo un método práctico para calcular \eqref {1}.
Hay un pequeño fallo en las respuestas dadas tanto por Giuseppe Negro como por Joe. En los comentarios, Joe ha generalizado la respuesta de Giuseppe multiplicando y dividiendo por $g'(x)$ que puede ser indefinido para algunos valores de $x$ . La respuesta de Joe implica el uso de $\frac{dx}{du} \frac{du}{dx} = 1$ pero puede ocurrir que a veces $\frac{dx}{du} = 0$ y $\frac{du}{dx}$ es indefinido. (La restricción $|x|<1$ que aparece en la respuesta de Giuseppe insinúa el problema).
Este es un ejemplo que ilustra el problema. Consideremos la integral $$ \int \frac{dx}{(\sqrt[3]{x})^2 + 1}. $$ Obsérvese que el integrando está definido y es continuo para todo $x$ . Podríamos resolverlo con la sustitución $u = g(x) = \sqrt[3]{x}$ , $x = u^3$ , $dx = 3u^2\,du$ de la siguiente manera: \begin{align*} \int \frac{dx}{(\sqrt[3]{x})^2+1} = \int \frac{3u^2\,du}{u^2+1} &= \int 3 - \frac{3}{u^2+1}\,du\\ &= 3u - 3\tan^{-1}(u) + C = 3\sqrt[3]{x} - 3\tan^{-1}(\sqrt[3]{x}) + C. \end{align*} Esta respuesta es correcta, pero la justificación propuesta por Giuseppe y Joe falla en $x = 0$ . El problema es que $\frac{du}{dx} = g'(x) = 1/(3 (\sqrt[3]{x})^2)$ que es indefinido en 0. Así que no se puede simplemente multiplicar y dividir por $g'(x)$ para justificar esta respuesta. Y no se puede utilizar la regla de la cadena para diferenciar la respuesta en $x=0$ porque $\sqrt[3]{x}$ no es diferenciable en 0.
Sin embargo, la respuesta es correcta para todos $x$ , incluyendo $x=0$ . He aquí una forma de justificarlo. Primero, escribimos la integral como una integral definida. Para cualquier $a$ y $b$ , $$ \int_a^b \frac{dx}{(\sqrt[3]{x})^2 + 1} = \int_{\sqrt[3]{a}}^{\sqrt[3]{b}} \frac{3u^2\,du}{u^2+1} = (3\sqrt[3]{b}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{b})) - (3\sqrt[3]{a}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{a})). $$ Esto puede justificarse por la sustitución $x = u^3$ , $dx = 3u^2\,du$ que transformará la segunda integral en la primera. Nótese que $\frac{dx}{du}$ se define para todos los $u$ , por lo que esto funciona incluso si el intervalo de integración incluye 0. Ahora reescribe este resultado con diferentes letras: $$ \int_a^x \frac{dt}{(\sqrt[3]{t})^2+1} = (3\sqrt[3]{x}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{x})) - (3\sqrt[3]{a}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{a})). $$ Reordenando, tenemos $$ (3\sqrt[3]{x}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{x})) = \int_a^x \frac{dt}{(\sqrt[3]{t})^2+1} + (3\sqrt[3]{a}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{a})). $$ Finalmente, por el teorema fundamental del cálculo tenemos $$ \frac{d}{dx}(3\sqrt[3]{x}-3\tan^{-1}(\sqrt[3]{x})) = \frac{1}{(\sqrt[3]{x})^2+1}, $$ que justifica la respuesta.
El resultado es que el método funciona, pero para evitar pequeños fallos se necesita una justificación ligeramente diferente.
Para más detalles, consulte mi libro Cálculo: Un primer curso riguroso , Sección 8.4: Sustitución con funciones inversas.
Una forma más sofisticada de hacer sustituciones se da en el libro de Michael Spivak Cálculo . Las integrales de la forma $$ \int f'(g(x))g'(x) \, dx $$ puede resolverse fácilmente sustituyendo $u=g(x)$ . De hecho, muchas de estas integrales son tan sencillas que puedes hacerlas mentalmente. Sin embargo, la sustitución $u=g(x)$ puede seguir haciéndose aunque el factor $g'(x)$ no aparece. En general, $$ \int f(g(x)) \, dx \tag{*}\label{*} $$ puede resolverse de la siguiente manera, siempre que $g$ es uno a uno: \begin{align} u &= g(x) \\ x &= g^{-1}(u) \\ \frac{dx}{du} &= (g^{-1})'(u) \\ dx &= (g^{-1})'(u)du \end{align} Esto significa que \eqref {*} puede transformarse en $$ \int f(u)(g^{-1})'(u) \, du \, , $$ que en la práctica suele hacer que la integral sea más sencilla de resolver que antes. Por lo tanto, $$ \int f(g(x)) \, dx = \int f(u)(g^{-1})'(u) \, du \, . $$ La validez de este enfoque puede demostrarse diferenciando $\int f(u)(g^{-1})'(u) \, du$ con respecto a $x$ : \begin{align} \frac{d}{dx}\int f(u)(g^{-1})'(u) \, du &= f(u)(g^{-1})'(u)\frac{du}{dx} \\ &= f(u) \frac{dx}{du} \frac{du}{dx} \\ &= f(g(x)) \, . \end{align}
