Determina las siguientes integrales, usando una sustitución trigonométrica (y su triángulo):
a)
$$\int x\operatorname{arcsen}(x)\,dx$$
Por partes con \(u = \operatorname{arcsen}x\), \(dv = x\,dx\); la que queda, \(\tfrac12\int\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx\), pide \(x = \operatorname{sen}\theta\) y \(\int\operatorname{sen}^{2}\theta\,d\theta\). Respuesta: \(\dfrac{2x^{2}-1}{4}\operatorname{arcsen}x + \dfrac{x}{4}\sqrt{1-x^{2}} + C\).
b)
$$\int\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}$$
\(x = a\tan\theta\): \((x^{2}+a^{2})^{3/2} = a^{3}\sec^{3}\theta\) y \(dx = a\sec^{2}\theta\,d\theta\), así que queda \(\dfrac{1}{a^{2}}\int\cos\theta\,d\theta = \dfrac{\operatorname{sen}\theta}{a^{2}}\). Del triángulo, \(\operatorname{sen}\theta = \dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\). Respuesta: \(\dfrac{x}{a^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}} + C\).
c)
$$\int_{-1}^{1}\frac{2x-1}{\sqrt{3-2x-x^{2}}}\,dx$$
Primero completar el cuadrado: \(3-2x-x^{2} = 4-(x+1)^{2}\). Con \(u = x+1\) los límites van de \(0\) a \(2\) y el numerador es \(2u-3\): la parte \(2u\) sale con \(w = 4-u^{2}\) y la parte \(-3\) es un arco seno (o todo con \(u = 2\operatorname{sen}\theta\)). Respuesta: \(4 - \dfrac{3\pi}{2} \approx -0.712\).
d)
$$\int x^{2}\operatorname{arcsen}(x)\,dx$$
Por partes con \(u = \operatorname{arcsen}x\), \(dv = x^{2}dx\); queda \(\tfrac13\int\dfrac{x^{3}}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx\), y con \(x = \operatorname{sen}\theta\) es \(\int\operatorname{sen}^{3}\theta\,d\theta = \int(1-\cos^{2}\theta)\operatorname{sen}\theta\,d\theta\). Respuesta: \(\dfrac{x^{3}}{3}\operatorname{arcsen}x + \dfrac{x^{2}+2}{9}\sqrt{1-x^{2}} + C\).
e)
$$\int_{0}^{\sqrt{3}/2}\frac{4x^{2}}{(1-x^{2})^{3/2}}\,dx$$
\(x = \operatorname{sen}\theta\), y los límites viajan: \(\theta\) de \(0\) a \(\pi/3\). Queda \(4\int_{0}^{\pi/3}\tan^{2}\theta\,d\theta = 4\bigl[\tan\theta - \theta\bigr]_{0}^{\pi/3}\) (con \(\tan^{2} = \sec^{2} - 1\)). Respuesta: \(4\sqrt{3} - \dfrac{4\pi}{3}\).
f)
$$\int_{2}^{2\sqrt{2}}\frac{\sqrt{x^{2}-4}}{x}\,dx$$
\(x = 2\sec\theta\), \(\theta\) de \(0\) a \(\pi/4\): \(\sqrt{x^{2}-4} = 2\tan\theta\) y \(dx = 2\sec\theta\tan\theta\,d\theta\), así que queda \(2\int_{0}^{\pi/4}\tan^{2}\theta\,d\theta\). Respuesta: \(2 - \dfrac{\pi}{2}\).
g)
$$\int_{0}^{\ln 4}\frac{e^{t}}{\sqrt{e^{2t}+9}}\,dt$$
Primero \(u = e^{t}\) (límites \(1\) a \(4\)): \(\int_{1}^{4}\dfrac{du}{\sqrt{u^{2}+9}}\); luego \(u = 3\tan\theta\) y sale \(\int\sec\theta\,d\theta = \ln\lvert\sec\theta + \tan\theta\rvert\), que el triángulo devuelve como \(\ln\bigl(u + \sqrt{u^{2}+9}\,\bigr)\) (la constante absorbe el \(\ln 3\)). Respuesta: \(\ln\dfrac{9}{1+\sqrt{10}} \approx 0.771\).
h)
$$\int\frac{dx}{\sqrt{4x+x^{2}}}$$
Completar el cuadrado: \(4x+x^{2} = (x+2)^{2}-4\). Con \(x+2 = 2\sec\theta\) queda \(\int\sec\theta\,d\theta\), y el triángulo (hipotenusa \(x+2\), cateto \(\sqrt{x^{2}+4x}\)) regresa a \(x\). Respuesta: \(\ln\bigl\lvert x+2+\sqrt{x^{2}+4x}\,\bigr\rvert + C\).
i)
$$\int_{1/12}^{1/4}\frac{2}{\sqrt{t}+4t\sqrt{t}}\,dt$$
Factoriza \(\sqrt{t}\,(1+4t)\) y toma \(u = \sqrt{t}\): \(\dfrac{dt}{\sqrt{t}} = 2\,du\) y queda \(\int\dfrac{4\,du}{1+4u^{2}} = 2\arctan(2u)\), con \(u\) de \(\tfrac{1}{\sqrt{12}}\) a \(\tfrac12\), es decir \(2u\) de \(\tfrac{1}{\sqrt3}\) a \(1\). Respuesta: \(2\bigl(\tfrac{\pi}{4} - \tfrac{\pi}{6}\bigr) = \dfrac{\pi}{6}\).
j)
$$\int_{0}^{a}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{2}},\qquad a \ne 0$$
\(x = a\tan\theta\): \((x^{2}+a^{2})^{2} = a^{4}\sec^{4}\theta\), \(dx = a\sec^{2}\theta\,d\theta\), y queda \(\dfrac{1}{a^{3}}\int_{0}^{\pi/4}\cos^{2}\theta\,d\theta\) — la de la Clase 9, con el ángulo doble. Respuesta: \(\dfrac{\pi+2}{8a^{3}}\); la fórmula vale también con \(a \lt 0\) (el integrando es par y los límites cambian de signo).