Cálculo integral en IR

132 – Matemáticas I
Parte IV
Cálculo integral en IR
Prof: José Antonio Abia Vian
I.T.I. en Electricidad
133 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Tema 12
Cálculo de primitivas
12.1
Primitiva de una función
Definición 257.- Diremos que la función F continua en [a, b], es una primitiva de la función f en el intervalo
[a, b] si y sólo si F 0 (x) = f (x), ∀x ∈ (a, b).
Teorema 258.- Si F y G son dos funciones primitivas de la función f en [a, b], entonces F −G es una función
constante en [a, b].
Demostración:
Para cada c ∈ (a, b), se tiene que (F − G)0 (c) = F 0 (c) − G0 (c) = f (c) − f (c) = 0, luego tiene derivada nula.
Por el teorema del valor medio de Lagrange, para cada x ∈ [a, b],
¡
¢ ¡
¢
F (x) − G(x) − F (a) − G(a) = (F − G)0 (c)(x − a) = 0,
luego F (x) − G(x) = F (a) − G(a) = k para todo x ∈ [a, b].
Observación:
Como consecuencia del teorema anterior, se tiene que si F es una función primitiva de f en [a, b], entonces
{F (x) + C : C ∈ IR} es el conjunto formado por todas las funciones primitivas de f en [a, b].
Definición 259.- Llamaremos
integral indefinida de f al conjunto de todas las primitivas de la función f ,
Z
y lo denotaremos por f (x) dx.
Z
Si F es una función primitiva de f , escribiremos únicamente f (x) dx = F (x) + C , con C ∈ IR .
Z
Propiedad 260.-
Z
(λf + µg)(x) dx = λ
Z
f (x) dx + µ g(x) dx.
Es decir, una primitiva de la suma y el
producto por escalares se obtiene como suma de primitivas y como primitivas por escalares.
Demostración:
Sean F 0 (x) = f (x)
y
G0 (x) = g(x). Entonces
((λF + µG)(x))0 = λF 0 (x) + µG0 (x) = λf (x) + µg(x) = (λf + µg)(x),
luego λF + µG es una primitiva de λf + µg .
12.1.1
Tabla de integrales inmediatas
Es usual manejar una tabla de primitivas inmediata, pero que en realidad se reduce a una tabla de derivadas
conocidas:
Z
Z
Z
1
1
xa dx = a+1
xa+1 + C, a 6= −1
dx
=
ln
|x|
+
C
ax dx = ln1a ax + C
x
Z
Z
Z
1
cos x dx = sen x + C
sen x dx = − cos x + C
cos2 x dx = tg x + C
Z
Z
Z
dx
√ 1
√ −1 dx = arccos x + C
dx = arcsen x + C
2
2
sen2 x = − cotg x + C
Z 1−x
Z 1−x
Z
−1
1
ch x dx = sh x + C
1+x2 dx = arctg x + C
1+x2 dx = arccotg x + C
Z
Z
Z
√
1
√ 1
sh x dx = ch x + C
dx = th x + C
dx = argsh x = ln(x + x2 + 1) + C
ch2 x
x2 +1
Z
Z
1
1−x2
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dx = argth x =
1
2
ln
1+x
1−x
+C
√ 1
x2 −1
dx = argch x = ln(x +
√
x2 − 1) + C
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134 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
12.2 Métodos de integración
12.2
Métodos de integración
12.2.1
Método de sustitución
Si F (x) es una primitiva de f (x) , entonces F (φ(x)) es una primitiva de la función f (φ(x))φ0 (x), es decir,
Z
f (φ(x))φ0 (x)dx = F (φ(x)) + C.
En efecto, por la Regla de la cadena, (F (φ(x)))0 = f (φ(x))φ0 (x).
Z
Ejemplo Encontrar una expresión para 4(x2 + 1)3 2xdx .
Solución:
F (x) = x4 es una primitiva de f (x) = 4x3 y, si φ(x) = x2 +1 se tiene φ0 (x) = 2x . Luego F (φ(x)) = (x2 +1)4
es una primitiva de f (φ(x))φ0 (x) = 4(x2 + 1)3 2x. Es decir,
Z
4(x2 + 1)3 2xdx = (x2 + 1)4 + C.
4
Combinando este método con la tabla de integrales inmediatas, podemos componer toda una tabla de
integrales “casi inmediatas”:
12.2.1.1
12.2.2
Z
Sea
Tabla de integrales casi–inmediatas
Z
(v(x))a+1
(v(x))a v 0 (x)dx =
+ C, a 6= −1
a+1
Z
av(x)
av(x) v 0 (x)dx =
+C
ln a
Z
sen(v(x))v 0 (x)dx = − cos(v(x)) + C
Z
1
v 0 (x)dx = − cotg(v(x)) + C
sen2 (v(x))
Z
−1
p
v 0 (x)dx = arccos(v(x)) + C
1 − (v(x))2
Z
−1
v 0 (x)dx = arccotg(v(x)) + C
1 + (v(x))2
Z
sh(v(x))v 0 (x)dx = ch(v(x)) + C
Z
1
p
v 0 (x)dx = argsh(v(x)) + C
(v(x))2 + 1
Z
1
p
v 0 (x)dx = argch(v(x)) + C.
(v(x))2 − 1
Z
Z
1 0
v (x)dx = ln |v(x)| + C
v(x)
cos(v(x))v 0 (x)dx = sen(v(x)) + C
Z
Z
1
cos2 (v(x))
v 0 (x)dx = tg(v(x)) + C
1
v 0 (x)dx = arcsen(v(x)) + C
1 − (v(x))2
Z
1
v 0 (x)dx = arctg(v(x)) + C
1 + (v(x))2
Z
ch(v(x))v 0 (x)dx = sh(v(x)) + C
Z
1
v 0 (x)dx = th(v(x)) + C
2
ch (v(x))
Z
1
v 0 (x)dx = argth(v(x)) + C
1 − (v(x))2
p
Cambio de variable
f (x)dx. Si x = φ(t) , con φ derivable y existe φ−1 también derivable. Entonces
Z
Z
f (x)dx =
f (φ(t))φ0 (t)dt.
Demostración:
Z
Z
Sean f (x)dx = F (x) + C1 y f (φ(t))φ0 (t)dt = G(t) + C2 . Como F (x) es una primitiva de f (x) se tiene
que F (φ(t)) es una primitiva de f (φ(t))φ0 (t), luego F (φ(t)) = G(t) + C , y, por tanto, F (x) = F (φ(φ−1 (x))) =
G(φ−1 (x)) + C .
Se hace un cambio de variable x = φ(t) para transformar la integral de partida en otra más sencilla o
inmediata.
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135 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Z
Ejemplo Hallar
√
3
12.3 Integración según el tipo de función
1 + xdx.
Solución:
Si tomamos 1 + x = t3 , es decir, x = φ(t) = t3 − 1, φ es derivable, existe φ−1 y es derivable. Entonces,
como dx = φ0 (t)dt = 3t2 dt , se tiene
Z
Z √
Z
Z
√
¢4
t4
3 ¡√
3
3
3
1 + xdx =
t3 3t2 dt = 3t3 dt = 3 t3 dt = 3 =
1 + x + C.
4
4
4
12.2.3
Integración por partes
En forma clásica, la derivada de un producto se escribe como d(uv) = udv + vdu , de donde udv = d(uv) − vdu .
Entonces
Z
Z
udv = uv − vdu
expresión conocida como fórmula de integración por partes.
Z
Ejemplo Calcular
ln xdx.
Solución:
½
Si tomamos
½
u = ln x
du = x1 dx
, se tiene
, de donde
dv = dx
v=x
Z
Z
Z
1
ln x dx = x ln x − x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C.
x
12.3
Integración según el tipo de función
12.3.1
Integrales racionales
Resumen de resultados conocidos.
ai ∈ IR .
4
Sea la ecuación polinómica P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn = 0, con
? Si ai ∈ ZZ , para todo i , entonces toda raiz entera de P (x) es divisor del coeficiente a0 .
? Si ai ∈ ZZ , para todo i , el denominador de toda raiz fraccionaria de P (x) es divisor del coeficiente an y
el numerador es divisor del coeficiente a0 .
? Si ai ∈ IR , para todo i , y α + βi es una raiz compleja de P (x) entonces, también α − βi es raiz de P (x).
? Todo polinomio con coeficientes reales puede descomponerse en la forma
P (x) = an (x − r1 )n1 (x − r2 )n2 · · · (x − rs )ns (x2 + p1 x + q1 )m1 · · · (x2 + pk x + qk )mk ,
donde n1 + · · · + ns + 2m1 + · · · + 2mk = n, los ri son las raices reales de P (x) y los términos x2 + pj x + qj
agrupan las raices complejas αj + βj i y αj − βj i (verifican por tanto que p2j − 4qj < 0 ).
12.3.1.1
Descomposición en fracciones simples
Sean Q y P funciones polinómicas reales y
Q(x)
P (x)
la función racional cociente de ambas.
? Si el grado de P es mayor que el de Q se dice que es una fracción propia, en cuyo caso, si P (x) se
descompone como en el punto anterior, Q(x)
P (x) puede descomponerse de manera única en la forma
Q(x)
1
=
·
P (x)
an
·
A1
A2
An1
+
+ ··· +
+
(x − r1 )n1
(x − r1 )n1 −1
(x − r1 )
B1
B2
Bn2
+
+
+ ··· +
+
(x − r2 )n2
(x − r2 )n2 −1
(x − r2 )
+···
···
··· +
L1
L2
Lns
+
+
+ ··· +
+
n
n
−1
s
s
(x − rs )
(x − rs )
(x − rs )
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136 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
12.3 Integración según el tipo de función
M1 x + N1
M2 x + N2
Mm x + Nm1
+ 2
+ ··· + 2 1
+
m
m
−1
1
1
+ p1 x + q1 )
(x + p1 x + q1 )
x + p1 x + q1
+···
···
··· +
¸
E 1 x + F1
Emk x + Fmk
E2 x + F2
+ 2
+ 2
+ ··· + 2
(x + pk x + pk )mk
(x + pk x + qk )mk −1
x + pk x + qk
+
(x2
Descomposición que se denomina en fracciones simples.
? Si el grado de Q es mayor que el grado de P , se dice que la fracción es impropia, en cuyo caso, al dividir
de forma entera el numerador por el denominador, se obtiene que
Q(x)
R(x)
= M (x) +
,
P (x)
P (x)
donde M (x) es un polinomio y
R(x)
P (x)
una fracción propia.
Como P (x) es el polinomio denominador común de los términos de la descomposición, el polinomio Q(x)
debe coincidir con el polinomio que se obtiene en el numerador al sumar las fracciones simples. En consecuencia
los nuevos coeficientes que aparecen en la descomposición son aquellos que hacen iguales ambos polinomios.
12.3.1.2
Integración de funciones racionales
Encontrar una primitiva de
Q(x)
P (x)
, es resolver integrales de los tipos
Z
Z
A
dx
(x−r)k
a)
b)
M x+N
dx
(x2 +px+q)k
a) Estas integrales son inmediatas, pues si k = 1,
Z
A
dx = A ln |x − r|,
x−r
y si k > 1,
Z
A
dx =
(x − r)k
Z
A(x − r)−k dx = A
(x − r)−k+1
A
1
=
.
−k + 1
1 − k (x − r)k−1
b) Como 4q − p2 > 0, se tiene que
x2 + px + q = (x + p2 )2 + (q −
q
donde R =
Z
q−
p2
4
y t=
x− p
2
R
p2
4 )
= (x − p2 )2 + R2 = R2 (t2 + 1),
, luego haciendo el cambio x = Rt + p2 , con dx = Rdt , se tiene que
µZ
¶
Z
Z
Mx + N
1
M 0t + N 0
1
M 0t
N0
dx = 2 k
Rdt = 2k−1
dt +
dt
(x2 + px + q)k
(R )
(t2 + 1)k
R
(t2 + 1)k
(t2 + 1)k
µ 0Z
¶
Z
1
M
2t
1
M0
N0
0
0
= 2k−1
dt
+
N
dt
=
I
+
Ik
k
R
2
(t2 + 1)k
(t2 + 1)k
2R2k−1
R2k−1
integrales que se resuelven de forma inmediata en los siguientes casos:
Z
Z
2t
0
2
? Si k = 1, I1 = t2 +1 dt = ln |t + 1|,
I1 = t21+1 dt = arctg t.
Z
2t
1
1
0
? Si k > 1, Ik = (t2 +1)
k dt = 1−k (t2 +1)k−1 .
Para resolver Ik , se realiza un proceso que consiste en ir bajando sucesivamente la potencia k hasta que
sea 1, de la forma siguiente
¶
Z
Z
Z µ
1 + t2
t2
1
1 − t2 + t2
Ik =
dt =
dt =
− 2
dt
(t2 + 1)k
(t2 + 1)k
(t2 + 1)k
(t + 1)k
Z
Z
1
t2
=
dt
−
dt = Ik−1 − I
(t2 + 1)k−1
(t2 + 1)k
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137 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
12.3 Integración según el tipo de función
½
Haciendo en I integración por partes,
u=t
dv = (1+tt 2 )k dt
¾
½
se tiene
du = dt
1
1
v = 2(1−k)
(1+t2 )k−1
¾
, luego
Z
1
t
1
1
+
dt
2
k−1
2(1 − k) (1 + t )
2(1 − k)
(1 + t2 )k−1
µ
¶
1
t
1
=
+ 1−
Ik−1
2
k−1
2(k − 1) (1 + t )
2(k − 1)
Ik = Ik−1 −
Si k − 1 = 1 , Ik−1 = I1 = arctg t. Si k − 1 > 1, se repite el proceso.
Z
1+x
Ejemplo Calcular
x4 +x3 +x2 dx.
Solución Como P (x) = x2 (x2 + x + 1) , y x2 + x + 1 no tiene raices reales, se tiene
1+x
A
Mx + N
A(x2 + x + 1) + Bx(x2 + x + 1) + (M x + N )x2
B
=
+
=
+
x2 (x2 + x + 1)
x2
x
x2 + x + 1
x2 (x2 + x + 1)
de donde 1 + x = A + (A + B)x + (A + B + N )x2 + (B + M )x3 , es decir,
1 + x + 0x2 + 0x3 = A + (A + B)x + (A + B + N )x2 + (B + M )x3 ,




1 = A
 A=1


1=A+B
B=0
obteniendose el sistema
con soluciones
. Entonces
0
=
A
+
B
+
N
N



 = −1


0=B +M
M =0
Z
Z
Z
Z
dx
dx
dx
−1 4
dx
=
−
=
−
4
1 2
x2 (x2 + x + 1)
x2
x2 + x + 1
x
3
(x
−
3
2) + 1
√
Z
Z
3
−1 4
dx
−1 4
2 dt
=
−
=
−
√ )2 + 1
x
3
x
3
t2 + 1
( 2x−1
3
=
12.3.2
−1
−1
2x − 1
2
2
+C
− √ arctg t =
− √ arctg √
x
x
3
3
3
4
Integración de funciones trigonométricas
Cambios de variable especı́ficos.
? Integrales de los tipos:
Z
sen(mx) cos(nx)dx
Z
Z
cos(mx) cos(nx)dx
sen(mx) sen(nx)dx.
se resuelven usando las relaciones
(1) + (2) :
(3) + (4) :
(3) − (4) :
2 sen x cos y = sen(x + y) + sen(x − y)
2 cos x cos y = cos(x + y) + cos(x − y)
−2 sen x sen y = cos(x + y) − cos(x − y)
obtenidas a partir de la fórmulas trigonométricas:
(1) sen(x + y)=sen x cos y + sen y cos x
(2) sen(x − y)=sen x cos y − sen y cos x
(3) cos(x + y)=cos x cos y − sen x sen y
(4) cos(x − y)=cos x cos y + sen x sen y
Z
? Integrales de la forma
senm x cosn xdx con m, n ∈ ZZ .
– Si m es impar se resuelven usando el cambio t = cos x .
– Si n es impar con el cambio t = sen x .
– Si m y n son pares positivos se resuelven utilizando las fórmulas del ángulo mitad
sen2 x =
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1 − cos(2x)
2
cos2 x =
1 + cos(2x)
2
sen x cos x =
sen(2x)
.
2
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138 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Z
? Integrales de la forma
12.3 Integración según el tipo de función
Z
tgn xdx,
cotgn xdx con n ∈ IN se calculan mediante las fórmulas:
tg2 x = sec2 x − 1
cotg2 x = cosec2 x − 1
Z
sen2 x cos2 xdx.
Ejemplo Hallar
Z µ
Z
4
2
sen x cos xdx =
=
=
=
=
=
=
¶2 µ
¶
Z
¢
1 − cos 2x
1 + cos 2x
1 ¡
dx =
1 − cos 2x − cos2 2x + cos3 2x dx
2
2
8
µ
¶
¶
Z µ
1
1 + cos 4x
3
1 − cos 2x −
+ cos 2x dx
8
2
Z
Z
Z
Z
1
1
1
1
1
dx −
cos 2xdx −
cos 4xdx +
cos3 2xdx
8
2
8
16
8
½
¾
Z
x
sen 2x sen 4x 1
t = sen 2x
−
−
+
cos3 2xdx =
dt = 2 cos 2xdx
16
16
64
8
Z
x − sen 2x sen 4x
1
t3
x − sen 2x sen 4x 1
dt
−
+
(1 − t2 ) =
−
+ (t − )
16
64
8
2
16
64
16
3
3
x − sen 2x sen 4x sen 2x sen 2x
−
+
−
+C
16
64
16
48
x
sen 4x
sen3 2x
−
+−
+C
16
64
48
4
Cambios más generales para
Z las integrales trigonométricas.
Las integrales de la forma
R(sen x, cos x)dx, siendo R(sen x, cos x) una función racional en sen x y cos x.
? Si se cumple R(sen x, cos x) = R(− sen x, − cos x) entonces la integral se puede reducir a una integral
racional empleando el cambio t = tg x .
dt
Es decir, x = arctg t −→ dx =
.
1 + t2
1
t
1
Por otra parte 1 + tg2 x =
y por tanto sen x = √
.
=⇒ cos x = √
2
2
cos x
1+t
1 + t2
Z
? En general, una integral del tipo
R(sen x, cos x)dx se transforma en una integral racional utilizando el
cambio
x
x
2dt
=⇒ = arctg t −→ dx =
,
2
2
1 + t2
t = tg
12.3.3
Z
cos x =
1 − t2
1 + t2
y
sen x =
2t
.
1 + t2
Integración de funciones exponenciales e hiperbólicas
R(ax )dx ; siendo R(ax ) una función racional en ax .
El cambio t = ax convierte dicha integral en racional:
t = ax =⇒ dt = ax ln adx =⇒ dx =
Dado que ch x =
ex +e−x
2
y sh x =
ex −e−x
2
dt
t ln a
Z
, resulta que entonces cualquier integral del tipo
R(sh x, ch x)dx
se puede resolver por el cambio anterior. Pero también existen unas relaciones entre las funciones hiperbólicas
que hacen que su integración sea similar a la de las funciones trigonométricas:
ch2 x − sh2 x = 1
sh2 x =
ch 2x − 1
2
ch2 x =
ch 2x + 1
2
1
ch2 x
De entre todos los casos que nos aparecen en la integración de funciones racionales hiperbólicas destacamos:
sh 2x = 2 sh x ch x
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1 − th2 x =
I.T.I. en Electricidad
139 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
? Cambio t = th x =⇒ dx =
? Cambio t = th
¡x¢
2
dt
1−t2
=⇒ dx =
12.3 Integración según el tipo de función
ch x =
2dt
1−t2
√ 1
1−t2
ch x =
1+t2
1−t2
sh x =
√ t
1−t2
sh x =
2t
1−t2
Z
Ejemplo Hallar
ex −1
ex +1 dx.
x
Solución Con el cambio t = e , se tiene dt = ex dx = tdx, luego
¯ x
¯
¶
Z
Z
Z µ
¯ (e + 1)2 ¯
ex
t − 1 dt
2
1
¯
¯ + C.
dx =
=
−
dt = 2 ln |t + 1| − ln |t| = ln ¯
¯
ex + 1
t+1 t
t+1
t
ex
12.3.4
4
Integrales irracionales
Z
? Integrales de la forma
µ ³
´ pq1 ³
´ p2
³
´ pk ¶
1
ax+b q2
ax+b qk
R x, ax+b
,
,
.
.
.
,
dx, siendo R una función racional
cx+d
cx+d
cx+d
en esas variables y las fracciones
pk
p1 p2
q1 , q2 , . . . , qk
irreducibles.
Sea n = mcm(q1 , q2 , . . . , qk ), el cambio de variable tn =
racional. (Ver ejemplo 12.2.2.)
Z
p
? Integrales del tipo
R(x, a2 − x2 )dx
ax+b
cx+d
transforma la integral irracional en una
Se resuelven mediante alguno de los cambios: x = a sen t ó x = a cos t ó x = th t.
Z
p
? Integrales del tipo
R(x, a2 + x2 )dx
Se resuelven mediante alguno de los cambios: x = a tg t ó x = a sh t.
Z
p
? Integrales del tipo
R(x, x2 − a2 )dx
Se resuelven mediante alguno de los cambios: x = a sec t ó x = a ch t.
Z
√
Ejemplo Encontrar
1 − x2 dx .
Solución Con el cambio x = sen t, dx = cos tdt. Entonces
Z p
Z p
Z √
Z
1 − x2 dx =
1 − sen2 t cos tdt =
cos2 t cos tdt = cos2 tdt
Z
1
t
sen 2t
arcsen x sen(2 arcsen x)
=
(1 − cos 2t)dt = −
=
−
+C
2
2
4
2
4
12.3.4.1
Integrales binomias
Las integrales binomias, son de la forma
4
Z
xp (a + bxq )r dx, con p, q, r ∈ Q.
Chebichev probó que es posible racionalizar la integral binomia cuando es entero uno de los tres números
p+1
siguientes: r, p+1
q ,
q + r.
? Si r ∈ IN , entonces se desarrolla (a + bxq )r según el binomio de Newton.
1−q
? Si r ∈
/ IN , haremos el cambio: t = xq =⇒ dx = 1q t q dt, por tanto
Z
Z
p+1
1
xp (a + bq )r dx =
t q −1 (a + bt)r dt.
q
– Si r ∈ ZZ , con r negativo, la integral siempre se va a poder convertir en una racional con el cambio
1
p+1
u = t s siendo s ∈ IN el denominador de la fracción irreducible m
s = q − 1.
– Si r ∈
/ ZZ , pero
con lo que si
Prof: José Antonio Abia Vian
p+1
q
p+1
q
∈ ZZ , la integral se ha convertido en un tipo ya estudiado. Si no
µ
¶r
Z
Z
p+1
p+1
a + bt
1
1
t q −1 (a + bt)r dt =
t q −1+r
dt,
q
q
t
+ r ∈ Z la integral se ha convertido de nuevo en una del tipo anterior.
I.T.I. en Electricidad
140 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
12.4 Ejercicios
Z
1
Solución Como r =
Como
7
2
1
1
x 2 (1 + x 3 )− 2 dx.
Ejemplo Hallar
1
−1
2
∈
/ IN , hacemos el cambio t = xq = x 3 , luego x = t3 y dx = 3t2 dt . Entonces
Z
Z
Z
1
1
1
3
1
7
1
x 2 (1 + x 3 )− 2 dx = t 2 (1 + t)− 2 3t2 dt = 3t 2 (1 + t)− 2 dt
1
∈
/ ZZ , multiplicamos y dividimos por t− 2 , obteniendo
Z
µ
Z
7
2
− 12
3t (1 + t)
dt = 3
t
Z
7
1
2−2
1+t
t
¶− 21
µ
Z
3
dt = 3
u6
2udu
u
=6
2
3
(1 − u ) (1 − u2 )2
t
Z
t
1+t
¶ 21
©
2
dt = u =
ª
(
→
t=
dt =
Z
u2
1−u2
2udu
(1−u2 )2
)
u8
du
(1 − u)5 (1 + u)5
r
q
1
t
x3
que es una integral racional en u. Se resuelve, y teniendo en cuenta que u = 1+t =
se obtiene el
1
=3
u8
du = 6
(1 − u2 )5
t
1+t
1+x 3
resultado buscado.
12.4
4
Ejercicios
Encontrar la expresión de las siguientes integrales indefinidas:
Z
Z
tg2 xdx
1)
Z
e
Z
7)
√
cos xdx
5)
Z
1 − x2 dx
8)
Z
10)
Z
13)
Z
√ dx
ex −1
11)
x sen xdx
14)
x4 −6x3 +12x2 +6
x3 −6x2 +12x−8 dx
17)
dx
(x+1)2 (x2 +1)2
20)
Z
Z
19)
Z
Z
25)
cos x cos (3x)dx
23)
¡ 3
tg
26)
Z
28)
Z
31)
Z
34)
Z
37)
Z
40)
Z
43)
Z
46)
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
Z
2
22)
Z
x
1+x4 dx
6)
1+x
√ dx
1+ x
9)
x
4
+ tg4
x
4
¢
cos5 x
sen3 x dx
Z
dx
12)
arctg xdx
15)
dx
(x+1)(x2 +x+2)2
18)
x8
(1−x2 )5 dx
21)
x
2
24)
32)
3 sen x+2 cos x
2 sen x+3 cos x dx
35)
ch4 xdx
38)
√
x+1+2
√
dx
(x+1)2 − x+1
√ dx√
x+ 3 x
√dx
(x−2) 5x−x2 −4
x
3 dx
Z
Z
Z
Z
x3 +x−1
(x2 +2)2 dx
x
x6 +1 dx
2x+1
(x2 +4)3 dx
tg2 (5x)dx
Z
sen5 xdx
27)
cos6 (3x)dx
30)
sen3
Z
Z
dx
cos6 x
ln2 xdx
Z
cos
√dx
x x2 −2
Z
Z
29)
x(2x + 5)10 dx
Z
ln(2x)
x ln(4x) dx
cos
6x2 +4
x3 +2x+7 dx
Z
Z
Z
16)
3)
Z
− sen x
4)
Z
x(3x2 + 1)4 dx
2)
x
2
cos5 x2 dx
sen4 xdx
Z
cos2 x
sen6 x dx
33)
dx
cos x+2 sen x+3
36)
sh3 x ch xdx
Z q
41)
x x−1
x+1 dx
Z
√ dx
44)
x x2 +4x−4
Z
−1
47)
x−4 (1 + x2 ) 2 dx
Z
Z
39)
Z
42)
Z
45)
dx
ex +1
dx
sh2 x+ch2 x
dx
√
(2−x) 1−x
√
Z
48)
dx
1+3 cos2 x
x
dx
x2 −x−2
2x
√
dx.
3
1+x3
I.T.I. en Electricidad
141 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Tema 13
Integral de Riemann
13.1
Sumas inferiores y superiores
13.1.1
Particiones de un intervalo
Definición 261.- Se llama partición de un intervalo cerrado [a, b] a cualquier conjunto finito de puntos P =
{x0 , x1 , . . . , xn } tales que a = x0 < x1 < · · · < xn = b. Una partición divide al intervalo como unión de
intervalos más pequeños, es decir,
n
[a, b] = [a, x1 ] ∪ [x1 , x2 ] ∪ · · · ∪ [xn−2 , xn−1 ] ∪ [xn−1 , b] = ∪ [xi−1 , xi ]
i=1
La longitud de estos subintervalos se denomina incremento de xi y se representa por ∆xi = xi − xi−1 .
Denotaremos por P[a, b] al conjunto de todas las particiones del intervalo cerrado [a, b]. Considerando en el
conjunto la relación de orden de inclusión, diremos que P2 es más fina que P1 , si P1 ⊆ P2 .
Como P2 tiene todos los puntos de P1 y quizás alguno más, cada subintervalo obtenido con P2 está
contenido en alguno de los dados por P1 , es decir, la partición dada por P2 es más fina que la dada por P1 .
Ejemplo
Sea [0, 1], entonces P =
n
o
0, 14 , 24 , 34 , 1 es una partición de [0, 1], que “parte” el intervalo en 4
1 2
2 3
trozos [0, 1] = [0, 41 ] ∪ [n
[ 34 , 1] , de igual longitud ∆xi =
4, 4] ∪ [4, 4] ∪ o
1 1 2 3
4, 3, 4, 4, 1
1
4
, para i =n1, 2, 3,o
4.
2
es más fina que P y la partición P2 = 0, 4 , 1 es menos fina que la
La partición P1 = 0,
partición P . Es decir, P2 ⊆ P ⊆ P1 . n
o
2(b−a)
(n−1)(b−a)
Sea [a, b], entonces la partición P = a, a + b−a
,
a
+
,
.
.
.
,
a
+
,
b
divide al intervalo [a, b]
n
hn
in
n
(k−1)(b−a)
k(b−a)
∪ a+
, a+ n
.
en n subintervalos de longitud b−a
n : [a, b] = k=1
n
4
13.1.2
Sumas inferiores y superiores
Definición 262.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada y P ∈ P[a, b]. En cada subintervalo [xi−1 , xi ],
considemos el inferior y el superior de f en él:
mi = inf{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi }
Mi = sup{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}.
Llamarenos suma inferior de f para la partición P al valor
y llamaremos suma superior de f para la partición P a
L(f, P ) =
n
P
U (f, P ) =
i=1
Si la función es positiva, gráficamente las sumas inferiores
significan dar una cota por defecto del valor del área que
encierra la función con el eje de abcisas (es la suma de las
áreas de los rectángulos de base ∆xi y altura mi ), y las
sumas superiores una cota por exceso del valor del área.
En la figura de la derecha, el valor de la suma inferior es el
área de la zona gris oscuro y el valor de la suma superior el
de dicha zona más las áreas de los rectángulos superiores.
Puede observarse como el área que encierra la curva está
precisamente entre ambos valores.
Prof: José Antonio Abia Vian
n
P
i=1
mi (xi − xi−1 ) =
Mi (xi − xi−1 ) =
n
P
i=1
n
P
i=1
mi ∆xi
Mi ∆xi .
M
m
a
b
I.T.I. en Electricidad
142 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.2 Integral de una función real de variable real
Ejemplo 263 Si tomamos f : [0, 1] −→ IR donde f (x) = 2x , y la partición P =
[0, 1] = [0, 31 ] ∪ [ 13 , 23 ] ∪ [ 23 , 1] y que ∆x1 = ∆x2 = ∆x3 =
1
3
n
o
0, 31 , 23 , 1 , se tiene que
. Luego
m1 = inf{2x : x ∈ [0, 13 ]} = 0
M1 = sup{2x : x ∈ [0, 31 ]} =
m2 = inf{2x : x ∈ [ 31 , 23 ]} =
M2 = sup{2x : x ∈ [ 31 , 23 ]} =
m3 = inf{2x : x ∈ [ 32 , 1]} =
L(f, P ) = 0 ·
1
3
+
2
3
·
1
3
+
4
3
·
1
3
=
2
3
4
3
2
3
4
3
M3 = sup{2x : x ∈ [ 32 , 1]} = 2
2
3
U (f, P ) =
2
3
·
1
3
+
4
3
·
1
3
+2·
1
3
=
4
3
Como el área encerrada por la función es 1 (es el área de un triángulo de altura 2 y base 1), se verifica que
L(f, P ) = 32 ≤ 1 ≤ 43 = U (f, P ).
4
Propiedades 264.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada.
a) Para toda P ∈ P[a, b], se verifica que
L(f, P ) ≤ U (f, P ).
b) Para todas P1 , P2 ∈ P[a, b] con P1 ⊆ P2 , se verifica que
L(f, P1 ) ≤ L(f, P2 )
c) Para cualesquiera P, Q ∈ P[a, b], se verifica que
y
U (f, P2 ) ≤ U (f, P1 ).
L(f, P ) ≤ U (f, Q).
.
Corolario 265.- Sean f : [a, b] −→ IR una función acotada y P0 ∈ P[a, b]. Entonces, para toda P ∈ P[a, b] con
P0 ⊆ P , se verifica que
0 ≤ U (f, P ) − L(f, P ) ≤ U (f, P0 ) − L(f, P0 ).
Demostración:
Usando las propiedades b) y a) anteriores, se tiene la cadena de desigualdades
L(f, P0 ) ≤ L(f, P ) ≤ U (f, P ) ≤ U (f, P0 ),
entonces, restando entre si los elementos extremos y los centrales, se tiene
0 ≤ U (f, P ) − L(f, P ) ≤ U (f, P0 ) − L(f, P0 ).
13.2
Integral de una función real de variable real
Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada, los conjuntos de números reales
A = {L(f, P ) : P ∈ P[a, b]} y B = {U (f, P ) : P ∈ P[a, b]}
son no vacı́os. Por la propiedad c) de 264, el conjunto A está acotado superiormente (cualquier suma superior
es cota superior de A) y por tanto tiene extremo superior, que denotamos por I , y al que denominaremos
integral inferior de f en [a, b]. Es decir,
n
o
I = sup A = sup L(f, P ) : P ∈ P[a, b] .
Análogamente el conjunto B está acotado inferiormente (cualquier suma inferior es cota inferior de B ) y por
tanto tiene extremo inferior, que denotamos por I , y al que denominaremos integral superior de f en [a, b].
Es decir,
n
o
I = inf B = inf U (f, P ) : P ∈ P[a, b] .
Como cualquier elemento de A es menor o igual que cualquier elemento de B , se tiene que I ≤ I .
Definición 266.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada. Se dice que f es integrable si y sólo si I = I .
El valor I = I = I , se denomina integral de Riemann de la función f en [a, b], y se representa por
Z
f
a
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
b
I=
ó
b
I=
f (x) dx
(si se quiere poner énfasis en la variable usada)
a
I.T.I. en Electricidad
143 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.2 Integral de una función real de variable real
Teorema 267.- (Condición de integrabilidad de Riemann)
Una función f : [a, b] −→ IR acotada es integrable Riemann si, y sólo si, para todo ε > 0 existe una partición
Pε ∈ P[a, b] tal que
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε.
Demostración:
=⇒c Sea f integrable Riemann y sea ε > 0. Como I = I es el inferior de las sumas superiores y I = I es el
superior de las sumas inferiores, existe una partición P1 y existe una partición P2 , tales que
U (f, P1 ) − I <
ε
2
y
ε
.
2
I − L(f, P2 ) <
Tomando Pε = P1 ∪ P2 , se tiene que P1 ⊆ Pε y P2 ⊆ Pε y, por tanto,
U (f, Pε ) ≤ U (f, P1 ) y L(f, P2 ) ≤ L(f, Pε ).
Luego
U (f, Pε ) − I ≤ U (f, P1 ) − I < 2ε
y I − L(f, Pε ) ≤ I − L(f, P2 ) <
y sumando ambas desigualdades
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε .
ε
2
,
⇐=c
Recı́procamente, supongamos que para cualquier ε > 0 existe una partición Pε ∈ P[a, b] tal que
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε . Sabemos también que
I ≤ U (f, Pε )
y
L(f, Pε ) ≤ I ,
restando entonces ambas expresiones obtenemos
0 ≤ I − I ≤ U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε,
luego I = I .
Propiedades 268.- Sean f, g: [a, b] −→ IR integrables en [a, b] , λ ∈ IR y a < c < b . Entonces
Z b
Z b
Z b
1.- f + g es integrable en [a, b] y
(f + g) =
f+
g.
a
Z
a
Z
b
2.- λf es integrable en [a, b] y
λf = λ
a
a
b
f.
a
3.- f integrable en [a, b] si, y sólo si, f es integrable en [a, c] y [c, b].
Z b
Z c
Z b
En ese caso,
f=
f+
f.
a
a
.
c
Z
Z
a
Definición 269.- Por convenio,
Z
a
f (x) dx = 0 ;
f (x) dx = −
a
b
b
f (x) dx.
a
Como consecuencia de esta definición la propiedad (3) puede generalizarse a cualquier c ∈ IR , siempre que
la función sea integrable en los intervalos correspondientes, es decir:
Proposición 270.- Sea [a, b] ⊂ IR y c ∈ IR . Entonces
Z
Z
b
Z
c
f (x) dx =
b
f (x) dx +
a
f (x) dx,
a
c
siempre que las integrales existan (es decir, que f sea integrable en los intervalos correspondientes).
Demostración:
Sea a ≤ b ≤ c (análogamente si c ≤ a ≤ b). Si f es integrable en [a, c], por la propiedad (3),
Z c
Z b
Z c
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx,
a
a
b
luego
Z
Z
b
a
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
c
f (x) dx =
f (x) dx −
a
Z
c
f (x) dx =
b
Z
c
f (x) dx +
a
b
f (x) dx.
c
I.T.I. en Electricidad
144 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.2.1
13.2 Integral de una función real de variable real
Sumas de Riemann
Definición 271.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada. Para cada partición P ∈ P[a, b] elijamos un
conjunto E = {e1 , e2 , . . . , en } tal que ei ∈ [xi−1 , xi ] para todo i = 1, . . . , n . Se llama suma de Riemann de
la función f para la partición P y el conjunto E al número
S(f, P, E) =
n
X
f (ei )∆xi .
i=1
Observación:
Es claro que para cualquier P y cualquier conjunto E elegido,
L(f, P ) ≤ S(f, P, E) ≤ U (f, P ),
pues, para todo i = 1, . . . , n , se verifica que mi ≤ f (ei ) ≤ Mi para cualquier ei ∈ [xi−1 , xi ].
Mi
f (ei )
mi
Fig. 13.1. Sumas de Riemann.
Lema 272.- Sean f : [a, b] −→ IR acotada y P ∈ P[a, b]. Para cualquier ε > 0 es posible elegir dos conjuntos
E1 y E2 asociados a P de forma que
S(f, P, E1 ) − L(f, P ) < ε
y
U (f, P ) − S(f, P, E2 ) < ε .
Demostración:
Probaremos solamente la primera ya que la segunda se prueba de forma análoga.
Sea ε > 0 . Para cada i = 1, . . . , n, por ser mi = inf{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]} existe ei ∈ [xi−1 , xi ] tal que
ε
f (ei ) − mi < b−a
, y sea E1 el conjunto formado por estos ei . Entonces
S(f, P, E1 ) − L(f, P ) =
n
X
(f (ei ) − mi ) ∆xi <
i=1
n
X
i=1
n
ε
ε X
∆xi =
∆xi = ε.
b−a
b − a i=1
Proposición 273.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada. Entonces f es integrable en [a, b] y el valor de
su integral es I si y sólo si para cada ε > 0 existe Pε ∈ P[a, b] tal que para toda P más fina, Pε ⊆ P , y
cualquier elección del conjunto E asociado a P se cumple que |S(f, P, E) − I| < ε .
.
13.2.2
Otras propiedades de la integral
Z
b
Proposición 274.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b] y tal que f ≥ 0 en [a, b], entonces
f ≥ 0.
a
Demostración:
Z
b
Es claro, pues para cualquier P ∈ P[a, b] se tiene que 0 ≤ L(f, P ) ≤ I =
f.
a
Z
b
f≤
a
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
b
Corolario 275.- Sean f y g integrables en [a, b] tales que f ≤ g en [a, b]. Entonces
g.
a
I.T.I. en Electricidad
145 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Demostración:
Z
Z
b
Como 0 ≤ (g − f ), se tiene 0 ≤
13.2 Integral de una función real de variable real
a
Z
b
(g − f ) =
a
Z
b
g−
a
Z
b
f . Luego
b
f≤
g.
a
a
Proposición 276.- Sea f integrable en [a, b] , entonces |f | es integrable en [a, b] y se verifica que
¯Z
¯ Z
¯ b
¯
b
¯
¯
|f (x)| dx .
¯ f (x) dx¯ ≤
¯ a
¯
a
.
Corolario 277.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b]. Para cualesquiera c, d ∈ [a, b] se verifica que
¯
¯ ¯Z
¯Z
¯
¯ ¯ d
¯ d
¯
¯ ¯
¯
|f (x)| dx¯ .
f (x) dx¯ ≤ ¯
¯
¯
¯ ¯ c
¯ c
Demostración:
En efecto, si c ≤ d es la proposicion 276. Si d ≤ c , se tiene
Z
Z
c
−
|f (x)| dx ≤
d
luego
Z
c
Z
c
f (x) dx ≤
|f (x)| dx =⇒
d
d
Z
d
|f (x)| dx ≤ −
c
Z
d
d
f (x) dx ≤ −
c
|f (x)| dx,
c
¯Z
¯ ¯Z
¯
¯ d
¯ ¯ d
¯
¯
¯ ¯
¯
|f (x)| dx¯ .
¯ f (x) dx¯ ≤ ¯
¯ c
¯ ¯ c
¯
Proposición 278.- Si f y g son integrables en [a, b] , entonces f g es integrable en [a, b].
13.2.3
.
Algunas funciones integrables
Proposición 279.- Sea f : [a, b] −→ IR una función monótona. Entonces f es integrable en [a, b].
Demostración:
Supongamos que f es monótona creciente (análogo para decreciente). Entonces, para cualquier partición
P ∈ P[a, b] se tiene que mi = f (xi−1 ) y Mi = f (xi ) , para todo i = 1, 2, . . . , n . En particular, si Pn es la
partición equiespaciada de [a, b], con xi = a + i b−a
n , es decir,
©
Pn = a, a +
y ∆xi =
b−a
n
b−a
n ,
b−a
b−a
a + 2 b−a
n , . . . , a + (n − 1) n , a + n n = b
ª
, para todo i , se tiene que
U (f, Pn ) − L(f, Pn ) =
n
X
f (xi )∆xi −
i=1
n
X
f (xi−1 )∆xi =
i=1
n ³
X
i=1
´b − a
f (xi ) − f (xi−1 )
n
n
´
´ b − a³
b − a X³
=
f (b) − f (a) .
f (xi ) − f (xi−1 ) =
n i=1
n
Luego tomando n suficientemente grande para que
U (f, Pn ) − L(f, Pn ) =
b−a
n
<
ε
f (b)−f (a)
, entonces
´
³
´
ε
b − a³
f (b) − f (a) <
f (b) − f (a) = ε.
n
f (b) − f (a)
Teorema 280.- Sea f : [a, b] −→ IR una función continua en [a, b]. Entonces f es integrable en [a, b].
Teorema 281.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada en [a, b] y continua en [a, b] salvo acaso en una
cantidad numerable de puntos de dicho intervalo. Entonces f es integrable en [a, b].
Prof: José Antonio Abia Vian
I.T.I. en Electricidad
146 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.3
13.3 Integración y derivación
Integración y derivación
Teorema 282.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b], con a < b, y m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b] .
Entonces
Z b
1
m≤
f (x) dx ≤ M.
b−a a
Demostración:
Por ser m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], se tiene que
Z
Z
b
m dx ≤
a
Z
b
f (x) dx ≤
a
Z
b
M dx,
a
b
entonces (ver ejercicio 13.166) m(b − a) ≤
f (x) dx ≤ M (b − a), luego
a
1
m≤
b−a
Z
Nota: Como
1
b−a
Z
b
f (x) dx =
a
1
a−b
Z
b
f (x) dx ≤ M.
a
Z
a
f (x) dx, también es cierto que m ≤
b
1
a−b
a
f (x) dx ≤ M .
b
Teorema de la media 283.- Sea f : [a, b] −→ IR una función continua en [a, b], entonces existe ξ ∈ [a, b] tal
que
Z b
f (x) dx = f (ξ)(b − a).
a
Demostración:
Al ser f continua en [a, b], alcanzará el mı́nimo y el máximo en [a, b]. Sean éstos m y M respectivamente.
Z b
1
Por el teorema anterior 282, m ≤ b−a
f (x) dx ≤ M y, por ser f continua, toma todos los valores entre el
a
Z b
1
f (x) dx.
mı́nimo y el máximo; por consiguiente, existe ξ ∈ [a, b] tal que f (ξ) = b−a
a
Definición
Z x284.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b]. La función F : [a, b] −→ IR definida de la forma
F (x) =
f (t) dt recibe el nombre de función integral de la función f .
a
Teorema 285.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b]. Entonces su función integral es continua en [a, b].
Demostración:
Como f está acotada en [a, b], existe M ∈ IR tal que |f (x)| ≤ M , para todo x ∈ [a, b].
Sea entonces x ∈ [a, b], la función F estará definida en todos los puntos de la forma x + h siempre que
a < x + h < b , luego
Z
Z
x+h
F (x + h) − F (x) =
f (t) dt −
a
Z
x
x+h
f (t) dt =
a
f (t) dt.
x
Como −M ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], por el teorema 282 y la observación posterior, se tiene que
1
−M ≤
h
y, por tanto,
x+h
f (t) dt ≤ M,
x
¯ Z
¯
¯ 1 x+h
¯
¯
¯
|F (x + h) − F (x)| = |h| ¯
f (t) dt¯ ≤ M |h| .
¯h x
¯
Tomando lı́mites, cuando h → 0,
³
´
lı́m F (x + h) − F (x) = 0.
h→0
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
h 13.1i
I.T.I. en Electricidad
147 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.3 Integración y derivación
y, por tanto, F es continua en [a, b] .
Z
Teorema fundamental del cálculo 286.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable y F (x) =
x
f (t) dt su función intea
gral. Si f es continua en [a, b], entonces
a) F es derivable en [a, b].
b) F 0 (x) = f (x) , para todo x ∈ [a, b].
Demostración:
Sea x ∈ (a, b). La función F estará definida en todos los puntos de la forma x + h siempre que a < x + h < b,
entonces
Z x+h
f (t) dt
F (x + h) − F (x)
f (ξ)h
lı́m
= lı́m x
= lı́m
= lı́m f (ξ) = f (x),
h→0
h→0
h→0
h→0
h
h
h
ya que, por el teorema de la media 283, ξ es un punto comprendido entre x y x + h; y f es continua en [a, b] .
Ası́ pues F es derivable para todo x ∈ (a, b) y F 0 (x) = f (x).
Como F y f son continuas en [a, b], F es derivable “por la derecha” en a y “por la izquierda” en b,
verificándose que F 0 (a) = f (a) y F 0 (b) = f (b) .
Regla de Barrow 287.- Sea f : [a, b] −→ IR integrable en [a, b]. Si G: [a, b] −→ IR es una primitiva de f en
[a, b], entonces
Z b
f (x) dx = G(b) − G(a).
a
Demostración:
Sea ε > 0. Por ser f integrable en [a, b] existe Pε ∈ P[a, b], tal que U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε. Aplicando el
teorema del valor medio de Lagrange a la función G , para cada i = 1, 2, . . . , n existe ei ∈ (xi−1 , xi ) tal que
G(xi ) − G(xi−1 ) = G0 (ei )(xi − xi−1 ) = f (ei )(xi − xi−1 ).
Puesto que mi = inf{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } y Mi = sup{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi }, se tiene que
mi ≤ f (ei ) ≤ Mi ,
de donde
mi (xi − xi−1 ) ≤ f (ei )(xi − xi−1 ) ≤ Mi (xi − xi−1 )
mi (xi − xi−1 ) ≤ G(xi ) − G(xi−1 ) ≤ Mi (xi − xi−1 )
n
n ³
n
´ X
X
X
mi ∆xi ≤
G(xi ) − G(xi−1 ) ≤
Mi ∆xi
i=1
i=1
i=1
L(f, Pε ) ≤ G(b) − G(a) ≤ U (f, Pε ).
Z
b
f (x) dx ≤ U (f, Pε ), se verifica que
Como también es L(f, Pε ) ≤
a
¯Z
¯
¯ b
³
´¯
¯
¯
f (x) dx − G(b) − G(a) ¯ < ε
¯
¯ a
¯
y, por tanto,
Z
b
f (x) dx = G(b) − G(a).
a
Teorema del Cambio de variable 288.- Sean f : [a, b] −→ IR continua en [a, b] y x = φ(t) siendo φ(t) y φ0 (t)
funciones continuas en [α, β] (ó [β, α] ), con φ(α) = a y φ(β) = b. Entonces:
Z
Z
b
β
f (x) dx =
a
Prof: José Antonio Abia Vian
f (φ(t))φ0 (t) dt.
α
I.T.I. en Electricidad
148 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.4 Ejercicios
Demostración:
f (φ(t))φ0 (t) es también continua, luego las funciones
Z
Z
x
F (x) =
f (u) du
y
t
G(t) =
a
f (φ(v))φ0 (v) dv
α
0
son respectivamente primitivas de f (x) y f (φ(t))φ (t) .
Ahora bién, como F es una primitiva de f , F (φ(t)) es también una primitiva de f (φ(t))φ0 (t), luego
F (φ(t)) = G(t) + C , para todo t ∈ [α, β].
Para t = α se tiene F (φ(α)) = G(α) + C , y como F (φ(α)) = F (a) = 0 y G(α) = 0, entonces C = 0 .
Y para t = β se tiene F (φ(β)) = G(β) , es decir,
Z
Z
b
β
f (x) dx =
a
13.4
f (φ(t))φ0 (t) dt.
α
Ejercicios
13.166 Comprobar que la función f (x) = k , donde k es constante, es integrable en cualquier intervalo [a, b] de
IR y calcular el valor de la integral.
½
1, si x ∈ [0, 1]
13.167 Comprobar que la función f (x) =
es integrable Riemann en [0, 2]. (Utilizar la condición
2, si x ∈ (1, 2]
de integrabilidad de Riemann.)
13.168 Justificar razonadamente la falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) U (f, P1 ) = 4 para P1 = {0, 1, 32 , 2} y U (f, P2 ) = 5 para P2 = {0, 41 , 1, 23 , 2}.
b) L(f, P1 ) = 5 para P1 = {0, 1, 32 , 2} y L(f, P2 ) = 4 para P2 = {0, 41 , 1, 23 , 2} .
c) Tomando P ∈ P[−1, 1],
(i) L(f, P ) = 3 y U (f, P ) = 2 .
Z
1
(ii) L(f, P ) = 3 y U (f, P ) = 6 y
f (x) dx = 2.
−1
1
Z
(iii) L(f, P ) = 3 y U (f, P ) = 6 y
f (x) dx = 10.
−1
Z
Z
1
13.169 Se sabe que
Z
2
f (x) dx = 6 ,
f (x) dx = 4 y
0
Z
2
Z
5
a)
f (x) dx
Z
a
f (x) dx
1
1+sen2 t
f (x) dx.
1
1
Z
f (t) dt . ¿Es cierto que F 0 (x) =
x
f 0 (t) dt? ¿Por qué?
a
x
5
c)
x
13.170 Sean f derivable y F (x) =
Z
Z
2
b)
0
13.171 Sea f (x) =
f (x) dx = 1 . Hallar el valor de cada una de las
0
siguientes integrales:
5
a
dt. Calcular f (x) y f 0 (x) , indicando sus dominios de definición.
0
13.172 Hallar f (x) , indicando su dominio de definición, para
Z
a)
f (x) =
Z
c)
x3
a
sen x
f (x) =
a
Prof: José Antonio Abia Vian
µZ
1
1+sen2 t dt.
1
1+sen2 t dt.
x
b) f (x) =
¶3
1
1+sen2 t dt
a
Z ¡R x
a
d) f (x) =
a
.
¢
1
dt
1+sen2 t
1
1+sen2 t dt.
I.T.I. en Electricidad
149 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
13.4 Ejercicios
13.173 Hallar el dominio y la expresión de f 0 (x) para cada una de las siguientes funciones:
Z 47
Z sec x
Z cos x
1
1
a) f (x) =
dt
b)
f
(x)
=
dt
c)
f
(x)
=
sen(t2 ) dt
t
t
1
x
x2
Z
x3
x
13.174 Si f es continua, calcular F 0 (x) , siendo F (x) =
xf (t) dt.
0
13.175 Probar que si f : IR −→ IR es continua y periódica de periodo T , entonces
Z a+T
Z T
f (x) dx =
f (x) dx
∀ a ∈ IR.
a
0
13.176 Demostrar que si f : IR −→ IR es continua, entonces
Z x
Z
(x − u)f (u) du =
0
x
µZ
0
13.177 Demostrar que se verifica la igualdad
Z
Z
b
f (x) dx =
a
u
¶
f (t) dt du.
0
b
f (a + b − x) dx.
a
Como consecuencia, probar que si f (a + b − x) = f (x) , entonces
Z
Z b
a+b b
f (x) dx,
xf (x) dx =
2
a
a
Z 3π
4
y usar este resultado para calcular
x sen x dx .
π
4
13.178 Sea f : IR −→ IR estrictamente creciente y continua, con f (0) = 0. Calcular los extremos de la función
Z (x+3)(x−1)
f (t) dt.
0
13.179 Dada la función f estrictamente creciente en IR , con f (0) = 0 , y continua, estudiar el crecimiento,
Z x3 −2x2 +x
decrecimiento y los extremos de F (x) =
f (t) dt .
1
Z
x
Z
0
b
f 2 (x) dx = 1 . Probar que
13.181 Sea f : [a, b] −→ IR de clase 1, tal que f (a) = f (b) = 0 y
Z
2
te−t dt alcanza algún extremo.
13.180 Encontrar los valores de x para los que la función F (x) =
a
b
a
1
xf (x)f 0 (x) dx = − .
2
13.182 Sean f y g funciones reales continuas en [a, b] que verifican que
Z b
Z b
f (x) dx =
g(x) dx.
a
a
Demostrar que existe un punto c ∈ [a, b] tal que f (c) = g(c) .
Z 1
13.183 Se define la función beta por B(n, m) =
xn−1 (1 − x)m−1 dx para n, m ∈ IN , n, m > 0.
0
a) Probar que B(n, m) = B(m, n).
n! · 1!
.
(n + 1)!
c) Probar que si n, m ≥ 2, B(n, m) = n−1
m B(n − 1, m + 1) =
n! · m!
.
B(n, m) =
(n + m)!
b) Probar que B(n, 1) = B(1, n) =
Prof: José Antonio Abia Vian
m−1
n B(n + 1, m − 1)
y deducir de ello que
I.T.I. en Electricidad
150 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Tema 14
Aplicaciones de la integral
14.1
Áreas de superficies planas
14.1.1
Funciones dadas de forma explı́cita
A la vista del estudio de la integral definida realizado en el Tema 13, parece razonable la siguiente definición:
Definición 289.- Sea f : [a, b] −→ IR una función continua y positiva, y consideremos la región R del plano
cuya frontera viene dada por las rectas x = a, x = b, el eje de abcisas y la gráfica de f (ver figura debajo).
Entonces el área de la región R está definida por
Z
A(R) =
b
f (x) dx.
a
En efecto, en su momento hemos comentado como las sumas inferiores y sumas superiores nos ofrecen aproximaciones por “defecto” y
por “exceso” del área encerrado por la curva y = f (x), es decir, el
valor de ese área está siempre entre el área calculado por defectoo y
el calculado por exceso. Entonces, cuando la función es integrable,
el inferior de las cotas superiores y el superior de las cotas inferiores
coinciden, y como el valor del área indicado por la función está entre ambos valores, necesariamente debe conincidir con el valor de la
integral.
y = f (x)
R
a
b
2
Ejemplo Calcular el área de la región limitada por la curva f (x) = x3 + 1 , los ejes coordenados y la recta
x = 3.
Solución:
La función es positiva en todo IR . En particular, lo es en el dominio de
integración y, por tanto, el valor del área que buscamos vendrá dado por
2
f (x) = x3 +1
Z 3
A(R) =
f (x) dx.
0
1
3
En nuestro caso, como F (x) = x9 + x es una primitiva de f en [0, 3],
basta aplicar la regla de Barrow para obtener que
Z
3
A(R) =
0
µ
x=3
¶
µ 3
¶¸3
x2
x
+ 1 dx =
+x
= (3 + 3) − (0 + 0) = 6,
3
9
0
nos ofrece el área del recinto R de la figura.
14.1.1.1
R
4
Funciones negativas
Cuando la función f : [a, b] −→ IR que limita R , es continua y negativa, es decir, f (x) ≤ 0 para todo x ∈ [a, b], el valor de la integral será
Z b
f (x) dx ≤ 0, por lo que no puede representar el valor del área de R
y = −f (x)
R0
a
b
R
y = f (x)
Prof: José Antonio Abia Vian
a
como magnitud de medida positiva. Sin embargo, es claro que el área
de la región R coincide con el área de la región R0 determinada por la
función −f (ver figura a la izquierda), por lo que, teniendo en cuenta
las propiedades de la integral, puede darse la siguiente definición.
I.T.I. en Electricidad
151 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.1 Áreas de superficies planas
Definición 290.- Sea f : [a, b] −→ IR una función continua y negativa. Consideremos la región R del plano
cuya frontera viene dada por las rectas x = a, x = b, el eje de abcisas y la gráfica de f . Entonces el área de
la región R está definida por
Z b
Z b
A(R) =
−f (x) dx = −
f (x) dx.
a
a
Observación 291.- Es claro entonces, que para calcular el área de regiones planas debe analizarse el signo de
la función en el intervalo de integración. De no hacerlo ası́, la parte negativa de la función “restará” el área
que encierra del área encerrado por la parte positiva.
Contraejemplo.- Hallar el área encerrado por la función f (x) = sen x , en el intervalo [0, 2π].
Z 2π
i2π
El valor
sen x dx = − cos x
= (− cos(2π)) − (− cos 0) = 0 , es claro que no representa el área
0
0
encerrada por la curva.
R1
π
2π
R2
Ahora bien, teniendo en cuenta que la función sen x es positiva en [0, π] y negativa en [π, 2π], el valor real del
área encerrado será por tanto
Z π
Z 2π
iπ
i2π
A(R) = A(R1 ) + A(R2 ) =
sen x dx +
− sen x dx = − cos x + cos x
= 2 + 2 = 4.
4
0
π
0
π
Ejemplo Hallar el área determinada por la curva f (x) = (x−1)(x−2),
las rectas x = 0, x = 25 y el eje de abcisas.
Como la función f (x) es menor o igual a cero en [1, 2] y positiva en el
resto, se tendrá que
Z
Z
1
A(R) =
0
x3
3
Z
2
f (x) dx −
5
2
f (x) dx +
2
f (x) = (x−1)(x−2)
f (x) dx.
2
1
3x2
2
+ 2x es una primitiva de f (x) en [0, 52 ],
´
¡
¢ ¡
¢ ³ ¡ ¢
A(R) = G(1) − G(0) − G(2) − G(1) + G 52 − G(2)
Como G(x) =
=
14.1.1.2
−
R1
1
5−4+5+5−4
7
= .
6
6
R3
R2
2
2.5
4
Área entre dos funciones
En las definiciones anteriores puede considerarse, que el área calculado esta encerrado por la función y = f (x)
y la función y = 0 , cuando la f es positiva, y por la función y = 0 y la función y = f (x) , cuando la f es
negativa. En ambos casos, se tiene que
Z
Z
b
A(R) =
f (x) dx −
a
Z
b
0 dx =
Z
b
(f (x) − 0) dx y A(R) =
a
Z
b
0 dx −
a
a
Z
b
b
f (x) dx =
a
(0 − f (x)) dx,
a
es decir, que el área encerrado por ambas funciones es la integral de la función mayor menos la integral de la
función menor. En general, se tiene que:
Proposición 292.- Si f, g: [a, b] −→ IR son funciones continuas, con f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b]. Entonces, si R es la región del plano cuya frontera viene dada por las rectas x = a, x = b, el eje de abcisas y las
gráficas de f y g , el área de R se obtiene como
Z
A(R) =
Z
b
f (x) dx −
a
Prof: José Antonio Abia Vian
Z
b
g(x) dx =
a
b
³
´
f (x) − g(x) dx.
a
I.T.I. en Electricidad
152 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.2 Volúmenes de cuerpos sólidos
En efecto, si las funciones verifican que 0 ≤ g(x) ≤ f (x) , es claro que el área encerrado por f y g es el área
encerrado por f menos el área encerrado por g (ver figura siguiente), es decir,
Z b
Z b
A(Rf −g ) = A(Rf ) − A(Rg ) =
f (x) dx −
g(x) dx.
a
a
Si alguna de ellas toma valores negativos, el área entre ambas, R , es el mismo
que si le sumamos a cada función una constante k que las haga positivas y,
por tanto, el área R es el área R0 encerrado por f +k menos el área encerrado
por g + k (ver figura), es decir,
Z
Z
b
=
a
f (x) dx +
a
Z
a
a
g(x) dx −
a
y = g(x)+k
(g(x) + k) dx
y = f (x)
a
R
b
k dx
a
a
y = g(x)
b
f (x) dx −
=
Z
b
k dx −
Z
b
Z
b
R0
b
(f (x) + k) dx −
A(Rf −g ) = A(Rf +k ) − A(Rg+k ) =
Z
Z
b
y = f (x)+k
g(x) dx.
a
Observación 293.- De forma análoga, si la región está limitada por funciones x = f (y), x = g(y) y las rectas
y = c e y = d, siendo g(y) ≤ f (y) para todo y ∈ [c, d] , el área de la región puede encontrarse mediante la
fórmula
Z d³
´
A(R) =
f (y) − g(y) dy.
c
Ejemplo Calcular el área de la región acotada comprendida entre las parábolas de ecuaciones y 2 + 8x = 16
e y 2 − 24x = 48 .
Las parábolas pueden escribirse como funciones de y , de la forma
x = g(y) =
16 − y 2
8
y
x = f (y) =
y 2 − 48
24
√
24
x = f (y)
Los puntos de corte de ambas parábolas son las soluciones de la ecuación
x = g(y)
√
16 − y 2
y 2 − 48
=
=⇒ y = ± 24.
8
24
√ √
Como en el intervalo [− 24, 24] es f (y) ≤ g(y), se tiene que
R
¶
Z √24 2
Z √24 µ
16−y 2
y −48
y2
A(R) = √
dy − √
dy = √
4−
dy
8
24
6
− 24
− 24
− 24
√
µ
¶¸ 24
y3
16 √
= 4y−
=
24.
√
4
18 − 24 3
Z
14.2
√
24
√
− 24
Volúmenes de cuerpos sólidos
Trataremos ahora de calcular el volumen de un sólido S . Para
ello supongamos que esta colocado en los ejes coordenados de IR3
y que los extremos del sólido en la dirección del eje de abcisas
se toman en los valores x = a y x = b. Consideremos para
cada x ∈ [a, b] que A(x) representa el área de la intersección
del cuerpo con un plano perpendicular al eje de abcisas (ver
figura).
Entonces, para cada partición P = {a = x0 , x1 , ..., xn = b} del
intervalo [a, b], consideremos
mi = inf{A(x) : x1 ≤ x ≤ xi−1 }
Mi = sup{A(x) : x1 ≤ x ≤ xi−1 }
Prof: José Antonio Abia Vian
A(x1)
S
A(x2)
A(x3)
a
x = x1
x = x2
x = x3
b
I.T.I. en Electricidad
b
153 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.2 Volúmenes de cuerpos sólidos
el inferior y el superior de los valores de las áreas A(x) de las secciones del sólido entre xi−1 y xi .
Definimos suma superior e inferior asociadas al sólido S y la partición P en la forma
U (A, P ) =
n
X
Mi 4xi
y
L(A, P ) =
i=1
n
X
mi 4xi ,
i=1
donde cada término de las sumas representa el volumen de un cuerpo con área de la base mi ó Mi y altura
xi − xi−1 = 4xi .
Fig. 14.1. Volúmenes por exceso y por defecto.
Por tanto, ambas sumas corresponden a volumenes que aproximan por exceso y por defecto, respectivamente,
al verdadero volumen de S (fig 14.1).
Considerando todas las particiones de [a, b] y razonando de forma análoga a como se hizo en el Tema 13,
para la construcción de la integral de Riemann, estamos en condiciones de dar la siguiente definición:
Definición 294.- Sea S un sólido acotado comprendido entre los planos x = a y x = b. Para cada x ∈ [a, b] ,
sea A(x) el área de la sección que produce sobre S el plano perpendicular al eje de abcisas en el punto x . Si
A(x) es continua en [a, b] definimos el volumen de S como
Z
V(S) =
b
A(x) dx.
a
Nota: Podemos dar definiciones análogas si tomamos secciones perpendiculares al eje y o al eje z .
©
ª
Ejemplo Hallar el volumen del sólido S = (x, y, z) ∈ IR3 : x, y, z ≥ 0; x + y + z ≤ 1 .
El sólido S es la parte del primer octante limitada por el plano x + y + z = 1, es decir, el tetraedro (pirámide
de base triángular) cuyas caras son los planos coordenados y el plano x + y + z = 1.
Las secciones formadas por planos perpendiculares al eje x son
triángulos y su área, para cada x , es A(x) = base(x)×altura(x)
.
2
1
Para cada x de [0, 1] , la base del½triángulo es la coordenada y de
x+y+z =1
la recta intersección de los planos
, luego base(x) =
z=0
z = 1−x
y = 1 − x .½La altura es la coordenada z de la recta intersección de
x+y+z =1
los planos
, luego altura(x) = z = 1 − x . Por tanto,
y=0
A(x) = (1−x)(1−x)
y
A(x)
2
Z
V (S) =
Z
1
A(x) dx =
0
14.2.1
0
1
µ
¶¸1
(1 − x)3
1
(1 − x)2
dx = −
=
2
6
6
0
1
1
y = 1−x
4
Volúmenes de revolución
Un caso particular de gran importancia de la definición anterior es el de los sólidos de revolución, es decir,
sólidos generados al girar respecto a un eje.
Supongamos dada una función f : [a, b] −→ IR y consideremos la región limitada por la curva y = f (x) el
eje de abcisas y las rectas x = a y x = b (como e la figura inical del tema). Una rotación completa de ésta
alrededor del eje de abcisas produce un sólido S para el cual, cada sección es un cı́rculo de radio f (x) (o |f (x)|
si la función es negativa, ver la figura anexa al ejemplo siguiente de la esfera) y por tanto, su área será
A(x) = πf 2 (x).
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154 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.3 Otras aplicaciones
En consecuencia, el volumen se obtendrá de
Z
V (S) =
b
Z
πf 2 (x) dx = π
a
b
f 2 (x) dx.
a
Ejemplo Hallar el volumen de la esfera x2 + y 2 + z 2 ≤ 4.
La esfera es claramente un sólido de revolución, pues si giramos el cı́rculo máximo se genera una esfera. De hecho, basta
girar el cı́rculo máximo media vuelta para conseguirla, o dar
una vuelta completa a uno de los semicı́rculos.
Como el circulo máximo, intersección de la esfera con el plano
y = 0, tiene por ecuación (en el plano xz ) a x2 + z 2 = 4, obtenemos la esfera al girar una rotación completa la√superficie
encerrada por la semicircunferencia superior, z = 4 − x2 .
Para cada √
x ∈ [−2, 2], el área de la sección generada es
A(x) = π( 4 − x2 )2 = π(4 − x2 ) , con lo que el volumen
será
µ
¶¸2
Z 2
32
4
x3
2
V (S) = π
(4 − x ) dx = π 4x −
=π
= π23 ,
3
3
3
−2
−2
como ya sabı́amos.
4
Observaciones 295.? Análogamente, si tenemos una función x = f (y) y hacemos rotar su gráfica alrededor del eje de ordenadas, el volumen del sólido será
Z
V (S) = π
d
f 2 (y) dy.
c
donde c y d son los extremos de variación de y .
? En el caso más general, los volúmenes de los cuerpos engendrados por la rotación de una figura limitada
por las curvas continuas y = f (x) , y = g(x) (donde 0 ≤ g(x) ≤ f (x) ó f (x) ≤ g(x) ≤ 0 ) y por las
rectas x = a e x = b alrededor del eje de abcisas es
Z
b
V (S) = π
Z
f 2 (x) dx − π
a
a
b
Z
g 2 (x) dx = π
b
³
´
f 2 (x) − g 2 (x) dx.
a
Nota: Si sucede que g(x) ≤ 0 ≤ f (x), al girar alrededor del eje de abcisas la superficie comprendida entre
las gráficas, debe tenerse en cuenta únicamente la superficie (por encima o por debajo del eje de giro) de
mayor radio de giro, pues el volumen que engendra al girar la parte mayor contiene al volumen engendrado
por la parte menor. Es decir, si |g(x)| ≤ |f (x)| se gira sólo la parte superior y si |g(x)| ≥ |f (x)| se gira
únicamente la parte inferior.
14.3
Otras aplicaciones
14.3.1
Longitudes de arcos
La integral definida se puede usar también para encontrar la longitud de una curva dada por la gráfica de una
función f (x) derivable y con derivada continua en [a, b].
Definición 296.- Sea f : [a, b] −→ IR derivable y con derivada continua en [a, b], entonces la longitud L de de
la gráfica de f , está dada por
Z bp
L=
1 + (f 0 (x))2 dx.
a
Sin una justificación completa, esta definición se obtiene de lo siguiente: sea P = {a = x0 , x1 , ..., xn = b}
una partición del intervalo [a, b] y denotemos por Pxi = (xi , f (xi )) al punto correspondiente de la gráfica de f ,
entonces la longitud la lı́nea poligonal, L(QP ), formada por los n segmentos rectilineos, Pxi−1 Pxi , que unen
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155 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.3 Otras aplicaciones
Pxi−1
Px0
Pxn
Pxi
a
b
Fig. 14.2.
los puntos consecutivos de la gráfica es una aproximación por defecto (la recta es más corta que el arco, ver
figura aneja) de la longitud de la curva, L(f ) . Es decir,
n
n q
X
¡
¢ X
¡
¢2
L(QP ) =
L Pxi−1 Pxi =
(xi − xi−1 )2 + f (xi ) − f (xi−1 ) ≤ L(f )
i=1
i=1
Por el teorema del valor medio de Lagrange, en cada subintervalo [xi−1 , xi ] existe un ei ∈ (xi−1 , xi ) tal que
f (xi ) − f (xi−1 ) = f 0 (ei )(xi − xi−1 ), luego
n q
n q
X
¡
¢2 X
¡
¢2
L(QP ) =
(xi − xi−1 )2 + f 0 (ei )(xi − xi−1 ) =
1 + f 0 (ei ) (xi − xi−1 )
h 14.1i
i=1
i=1
Para particiones más finas P ⊆ P1 ⊆ P2 se verifica que L(Qp ) ≤ L(QP1 ) ≤ L(QP2 ) por lo que si tomamos
particiones cada vez más finas se tendrá que L(QP ) −→ L(f ) .
p
Por otra parte, la expresión final de h 14.1 i es la suma de Riemann de la función g(x) = 1 + (f 0 (x))2 , en
n p
n p
P
P
la partición P y el conjunto E , es decir S(g, P, E) =
1 + (f 0 (ei ))2 (xi − xi−1 ) =
1 + (f 0 (ei ))2 4xi .
i=1
i=1
Y como f 0 es continua en [a, b] , la función g es continua e integrable en [a, b], de donde
Z bp
n p
X
0
2
S(g, P, E) =
1 + (f (ei )) 4xi −→
1 + (f 0 (x))2 dx.
a
i=1
3
Ejemplo Determinar la longitud del arco de la gráfica de f (x) = x 2 sobre el intervalo [0, 4].
Solución:
1
f es continua en [0, 4] y f 0 (x) = 32 x 2 es también continua en [0, 4], luego
#4
Z 4r
Z 4
3
3
3
³ 1 ´2
1√
(4 + 9x) 2
40 2 − 4 2
3 2
L=
1 + 2x
dx =
4 + 9x dx =
=
.
27
27
0
0 2
4
0
14.3.2
Área de una superficie de revolución
Definición 297.- Sea f : [a, b] −→ IR con derivada continua en [a, b], entonces el área de la superficie engendrada
por la rotación alrededor del eje de abcisas del arco de curva f (x) entre x = a y x = b, se obtiene de
Z
S = 2π
b
f (x)
p
1 + (f 0 (x))2 dx.
a
Ejemplo Calcular el área de la superficie esférica x2 + y 2 + z 2 = 4.
Solución:
√
La esfera es una superficie de revolución obtenida al girar el arco de curva y = 4 − x2 en el intervalo
[−2, 2]. Luego
s
µ
¶2
Z 2
Z 2p
−x
4 − x2 1 + √
dx = 2π
2 dx = 16π.
S = 2π
4
4 − x2
−2
−2
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156 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.4
14.4 Ejercicios
Ejercicios
14.184 Hallar el área de la figura limitada por la curva y = x(x − 1)(x − 2) y el eje de abcisas.
14.185 Probar que el área encerrado por la curva f (x) = pxn , con x ∈ [0, a], p ∈ IR y n ∈ IN es
a|f (a)|
n+1
.
14.186 Calcular el área de la figura limitada por la curva y = x3 , la recta y = 8 , y el eje OY.
14.187 Calcular el área de la figura limitada por la curva y 3 − y + 2 = x , la recta x = 8 , y el eje OX.
14.188 Hallar el área encerrado por la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
x2
2
14.189 Hallar el área de la figura comprendida entre las parábolas y = x2 , y =
, y la recta y = 2x .
14.190 Calcular el área de las dos partes en que la parábola y 2 = 2x divide al cı́rculo x2 + y 2 = 8 .
14.191 Calcular el área de la figura limitada por la hipérbola
x2
a2
−
y2
b2
= 1 y la recta x = 2a.
14.192 Calcular el área de cada una de las partes en que las curvas 2y = x2 y 2x = y 2 dividen al cı́rculo
x2 + y 2 ≤ 3.
14.193 Calcular el área limitada por las curvas f (x) =
14.194 Calcular el área encerrada por la curva y =
√
ex
1+ex
y g(x) =
1 − x2 + arcsen
1
(x+1)2 +1)
√
cuando x ∈ [0, 1].
x y el eje de abcisas.
(Nota: Estudiar el dominio y el signo de la función.)
14.195 La curva que aparece en la figura de la derecha, llamada astroide, viene dada
por la ecuación
2
2
2
x3 + y3 = a3
2
2
2
x3 + y3 = a3
Hallar el área encerrada por la astroide.
−a
3
a
3
(Nota: Se sugiere el cambio x = a sen t ó x = a cos t .)
14.196 Calcular el área de la figura limitada por la curva a2 y 2 = x2 (a2 − x2 ).
2
14.197 Calcular el área de la figura comprendida dentro de la curva ( x5 )2 + ( y4 ) 3 = 1.
14.198 Comprobar usando la integración, que el volumen de una esfera de radio r es
14.199 Hallar el volumen del elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
4
3
3 πr
= 1.
14.200 Considerar el sólido V formado al cortar el cilindro x2 + y 2 ≤ 22 por los
planos z = 0 e y +z = 2 (ver la figura de la derecha), que analı́ticamente
viene descrito por:
©
ª
V = (x, y, z) : x2 + y 2 ≤ 22 ; 0 ≤ z ≤ 2 − y
Describir y calcular el área de las secciones de V perpendiculares a cada
uno de los ejes.
Calcular el volumen de V mediante las secciones correspondientes a dos
de los ejes.
14.201 Hallar el volumen encerrado por el paraboloide elı́ptico
y2
4
2
+ z6 = x y limitado por el plano x = 5 .
14.202 Hallar el volumen del elipsoide, engendrado por la rotación de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1 alrededor del eje OX.
14.203 Hallar el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OY , la parte de la parábola y 2 = 12x,
que intercepta la recta x = 3 .
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157 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.4 Ejercicios
14.204 Hallar volumen del toro engendrado por la rotación del cı́rculo (x − b)2 + y 2 ≤ a2 , con b > a , alrededor
del eje OY .
14.205 La recta x = 2 divide al cı́rculo (x − 1)2 + y 2 ≤ 4 en dos partes.
a) Calcular el volumen generado al girar alrededor de la recta y = 0 la parte de mayor área.
b) Calcular el volumen generado al girar alrededor de la recta x = 0 la parte de mayor área.
c) Calcular el volumen generado al girar alrededor de la recta x = 2 la parte de menor área.
14.206 Considerar las curvas y = sen(x) e y = sen(2x) en el intervalo [0, π].
a) Hallar el área de la región encerrada entre las dos curvas.
b) Hallar el área de cada uno de los trozos en que la recta y =
dos curvas.
c) Si giramos ambas curvas alrededor de la recta y =
1
2
1
2
divide a la región encerrada entre las
, ¿cuál de las dos engendrará mayor volumen?
2
14.207 Hallar el volumen de la parte del hiperboloide de una hoja S = { xa2 +
y2
a2
−
z2
c2
≤ 1; 0 ≤ z ≤ h} .
14.208 Hallar el volumen del cono elı́ptico recto, de base una elipse de semiejes a y b y cuya altura es h .
14.209 Hallar el volumen del cuerpo limitado por la superficies de los cilindros
parabólicos z = x2 y z = 1 − y 2 (ver figura de la derecha) a partir de
las áreas formadas al seccionar el cuerpo por planos paralelos al plano
z = 0.
14.210 Hallar el volumen del cuerpo limitado por los cilindros: x2 + z 2 = a2 e y 2 + z 2 = a2 .
14.211 Calcular el volumen de cada una de las partes en que queda dividido un cilindro circular recto de radio 2
y de altura 8 por un plano que, conteniendo un diámetro de una de las bases, es tangente a la otra base.
2
2
2
14.212 Sobre las cuerdas de la astroide x 3 +y 3 = 2 3 , paralelas al eje OX, se han construido unos cuadrados, cuyos
lados son iguales a las longitudes de las cuerdas y los planos en que se encuentran son perpendiculares al
plano XY . Hallar el volumen del cuerpo que forman estos cuadrados.
14.213 El plano de un triángulo móvil permanece perpendicular al diámetro fijo
de un cı́rculo de radio a. La base del triángulo es la cuerda correspondiente de dicho cı́rculo, mientras que su vértice resbala por una recta
paralela al diámetro fijo que se encuentra a una distancia h del plano
del cı́rculo. Hallar el volumen del cuerpo (llamado “conoide”, ver figura
aneja) engendrado por el movimiento de este triángulo desde un extremo
del diámetro hasta el otro.
14.214 Un cı́rculo deformable se desplaza paralelamente al plano XZ de tal
forma, que uno de los puntos de su circunferencia descansa sobre el
2
2
eje OY y el centro recorre la elipse xa2 + yb2 = 1 . Hallar el volumen del
cuerpo engendrado por el desplazamiento de dicho cı́rculo.
14.215 Sea S el recinto del plano limitado por la parábola y = 4 − x2 y el eje de abscisas. Para cada p > 0
consideramos los dos recintos en que la parábola y = p x2 divide a S ,
A(p) = {(x, y) ∈ S : y ≥ p x2 }
y
B(p) = {(x, y) ∈ S : y ≤ p x2 }.
a) Hallar p para que las áreas de A(p) y B(p) sean iguales.
b) Hallar p para que al girar A(p) y B(p) alrededor del eje de ordenadas obtengamos sólidos de igual
volumen.
14.216 Hallar el perı́metro de uno de los triángulos curvilı́neos limitado por el eje de abscisas y las curvas
y = ln | cos x| e y = ln | sen x|.
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158 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
14.4 Ejercicios
14.217 Hallar la longitud del arco y = arcsen(e−x ) desde x = 0 hasta x = 1.
14.218 Calcular la longitud del arco de la curva x = ln(sec y) , comprendido entre y = 0 e y =
π
3
.
14.219 Hallar el área de la superficie del toro engendrado por la rotación de la circunferencia (x − b)2 + y 2 = a2 ,
con b > a, alrededor del eje OY .
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159 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Tema 15
Integrales impropias
15.1
Introducción
En el tema anterior se ha definido la integral de Riemann con las siguientes hipótesis
? Dom(f ) = [a, b] es un conjunto acotado.
? f : [a, b] −→ IR está acotada en [a, b] .
Si alguna de estas condiciones no se cumple denominaremos a la integral correspondiente integral impropia.
15.2
Integrales impropias de primera especie
Definición 298.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t], para todo t ≥ a, y sea entonces F : [a, +∞) −→ IR
Z t
la función definida por F (t) =
f (x) dx.
a
El par (f, F ) se denomina integral impropia de primera especie en [a, +∞) y se designa por
Z
Z
+∞
f (x) dx
+∞
ó
f.
a
a
Z
+∞
Definición 299.- Diremos que la integral impropia
f (x) dx es convergente si existe y es finito
a
Z
t
lı́m F (t) = lı́m
t→+∞
f (x) dx
t→+∞
a
y si ese lı́mite es L se dice que el valor de la integral impropia es L. Es decir,
Z +∞
L=
f (x) dx.
a
Si el lı́mite anterior es infinito (∞ ó −∞) se dice que la integral impropia es divergente (hacia ∞ ó hacia
−∞), y si no existe se dice que es oscilante.
De forma análoga se definen las integrales impropias de primera especie en intervalos de la forma (−∞, b]
para funciones f : (−∞, b] −→ IR integrables en [t, b], para todo t ∈ IR , y las representamos por
Z
Z
b
f (x) dx
f.
−∞
Z
−∞
Z
∞
Ejemplo La integral
t→+∞
1
Ejemplo
sen x dx es oscilante, pues
0
Z
0
lı́m
t→+∞
−∞
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dx converge a
0
x2
2
it
1
t2
t→+∞ 2
= lı́m
t
−
1
2
= +∞
4
t
sen x dx = lı́m (cos x]0 = lı́m cos t − 1 y
t→+∞
t→+∞
4
Z
1
1+x2
t→+∞
1
Z
este último lı́mite no existe
Ejemplo
x dx = lı́m
∞
La integral
³
t
x dx es divergente, pues lı́m
Z
b
ó
π
2
0
, pues lı́m
t→−∞
t
1
1+x2
0
dx = lı́m (arctg x]t = lı́m 0 − arctg t =
t→−∞
t→−∞
π
2
4
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160 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Z
15.2 Integrales impropias de primera especie
∞
Ejemplo 300 Estudiar el carácter de
1
dx
xα
, para α ∈ IR .
Como la función tiene primitivas distintas para α = 1 y α 6= 1, las estudiamos por separado:
Si α = 1 ,
Z
t
lı́m
t→+∞
1
³
it
1
dx = lı́m ln x = lı́m (ln t − ln 1) = lı́m ln t = +∞,
t→+∞
t→+∞
t→+∞
x
1
luego diverge.
Si α 6= 1 ,
Z
lı́m
t→+∞
t
µ
x−α+1
−α + 1
x−α dx = lı́m
t→+∞
1
¸t
µ
= lı́m
t→+∞
1
t−α+1
1−α+1
−
−α + 1 −α + 1
¶
½
t1−α − 1
=
t→+∞ 1 − α
= lı́m
luego diverge si α < 1 y converge si α > 1.
Z ∞
Z
dx
Resumiendo,
diverge
si
α
≤
1
y
converge
si
α
>
1.
En
este
último
caso,
xα
1
∞
1
dx
xα
−1
1−α ,
si α > 1
+∞, si α < 1
=
1
α−1 .
Z
+∞
Definición 301.- Sea f : IR −→ IR integrable en todo intervalo cerrado de IR . Diremos que
f (x) dx es
−∞
convergente si existe algún a ∈ IR tal que
Z alas integrales Z +∞
f (x) dx y
f (x) dx,
−∞
Z +∞a
Z
son ambas convergentes. En ese caso su valor es
f (x) dx =
−∞
4
Z
a
+∞
f (x) dx +
f (x) dx
−∞
a
Z ∞
Z 0
Z t
t
π
1
π
1
1
dx
=
y
dx
=
lı́m
Ejemplo Como
2
2
2 dx = lı́m (arctg x]0 = lı́m arctg t − 0 = 2 ,
1+x
2
1+x
t→∞ 0 1+x
t→∞
t→∞
0
−∞
Z ∞
Z ∞
Z 0
Z ∞
1
1
1
1
π
π
la integral
1+x2 dx converge y
1+x2 dx =
1+x2 dx +
1+x2 dx = 2 + 2 = π
4
−∞
−∞
−∞
0
Observaciones:
Z
1.- Sea f : IR −→ IR integrable en todo intervalo cerrado de IR . El carácter de
+∞
f (x) dx no depende del
−∞
punto a dado en la definición.
Y si la integral es convergente, su valor no depende del punto elegido ya que, para cualquier b ∈ IR ,
Z
Z
a
f+
−∞
Z
∞
Z
b
f=
a
f+
−∞
Z
a
f+
b
Z
b
f+
a
2.- Sea f : IR −→ IR integrable en todo intervalo cerrado. Si
Z
b
f=
b
Z
Z
∞
∞
f+
−∞
f.
b
Z
∞
f converge, entonces
−∞
Z
+∞
f = lı́m
−∞
t
f.
t→+∞
−t
La implicación contraria es falsa. Es decir, puede existir ese lı́mite y la integral ser divergente.
Z +∞
Contraejemplo
2x dx no es convergente, pues
−∞
Z
Z
∞
t
2x dx = lı́m
t→+∞
0
2x dx = lı́m
t→+∞
0
¡ 2 ¤t
x 0 = lı́m t2 = +∞
t→+∞
es divergente, sin embargo
Z
t
lı́m
t→+∞
Z
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−t
t→+∞
¡
x2
¤t
−t
= lı́m t2 − (−t)2 = 0.
4
t→+∞
Z
t
Al valor del lı́m
t→+∞
2x dx = lı́m
+∞
f (x)dx se le denomina Valor Principal de Cauchy, y suele denotarse por V P
−t
f
−∞
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161 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.2 Integrales impropias de primera especie
Definición 302.- Diremos que dos integrales impropias tienen el mismo carácter, y lo representaremos por
“ ∼”, si son simultáneamente convergentes, divergentes u oscilantes.
Propiedades 303.1.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] para todo t ≥ a y sea b ≥ a. Entonces
Z
Z
+∞
+∞
f (x)dx ∼
f (x)dx.
a
b
2.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] , ∀ t ≥ a y λ ∈ IR , con λ 6= 0. Entonces
Z
Z
+∞
+∞
f (x) dx ∼
λf (x) dx.
a
a
Z
Z
+∞
3.- Sean f, g: [a, +∞) −→ IR integrables en [a, t], ∀ t ≥ a. Si
f
g
a
Z
Z
+∞
(f + g) converge y
a
Z
+∞
(f + g)(x) dx =
a
convergen, entonces:
a
Z
+∞
+∞
y
+∞
f (x) dx +
a
g(x) dx.
a
Demostración:
1.- Como
Z
ÃZ
t
lı́m
f (x) dx = lı́m
t→+∞
t→+∞
a
Z
b
f (x) dx +
a
!
t
f (x) dx
b
Z
Z
b
=
t
f (x) dx + lı́m
t→+∞
a
f (x) dx
b
el lı́mite de la izquierda es finito, infinito o no existe si el lı́mite de la derecha es finito, infinito o no existe
respectivamente. Y viceversa.
Z t
Z t
2.- Como lı́m
λf (x) dx = λ lı́m
f (x) dx , ambos lı́mites son simultáneamente finitos, infinitos o no
t→+∞
existen.
t→+∞
a
Z
existen.
Z
∞
Z
t
3.- Basta considerar que lı́m
t→+∞
a
(f + g)(x) dx = lı́m
t→+∞
a
Z
t
t
f (x) dx + lı́m
a
t→+∞
g(x) dx, si los segundos lı́mites
a
1
1
dx es convergente, ya que x+2
x3 = x2 + 2 x3 y por las propiedades 303 anteZ ∞
Z ∞
Z ∞
(P.2)
(P.1)
1
1
1
y
2 x13 dx ∼
x2 dx
x3 dx ∼
x3 dx, que son ambas convergentes
1
2
1
2
Z2 ∞
x+2
(ejemplo 300). Luego por la propiedad (P.3) la integral
x3 dx es convergente por ser suma de integrales
2
Z ∞
Z ∞
Z ∞
1
x+2
2 x13 dx
convergentes y
x3 dx =
x2 dx +
4
Ejemplo La integral
Z ∞
Z
(P.1)
1
riores,
x2 dx ∼
2
∞
x+2
x3
2
2
2
Proposición 304.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] para todo t ∈ [a, +∞). Si
Z ∞
entonces
f (x) dx diverge.
a
lı́m f (x) = L 6= 0
x→+∞
.
Observación 305.- Como consecuencia de este resultado, si una función tiene lı́mite en +∞ , su integral sólo
puede ser convergente cuando el lı́mite es cero. (Si el lı́mite no existe no se puede asegurar nada.)
El recı́proco de la proposición 304 no es cierto, una integral puede ser divergente, aunque su lı́mite sea 0.
Z ∞
dx
Contraejemplo
lı́m x1 = 0.
x diverge (ver ejemplo 300) y sin embargo,
1
Prof: José Antonio Abia Vian
x→+∞
I.T.I. en Electricidad
162 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.2.1
15.2 Integrales impropias de primera especie
Criterios de comparación para funciones no negativas
Lema 306.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable y no negativa en [a, t], para todo t ∈ IR . Entonces la función
Z t
F (t) =
f (x) dx es creciente en [a, +∞) .
a
Demostración:
La función F es creciente ya que si t1 , t2 ∈ [a, +∞) , con t1 ≤ t2 , entonces
Z t2
F (t2 ) − F (t1 ) =
f (x) dx ≥ 0
t1
por ser f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, +∞) .
Teorema 307.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable y no negativa en [a, t], ∀t ∈ IR .
Z
Z
+∞
f (x) dx
t
es convergente ⇐⇒ F (t) =
a
f (x) dx
está acotada superiormente.
.
a
Z
+∞
Nota: En consecuencia, para funciones no negativas,
f (x) dx sólo puede ser convergente o divergente.
a
Primer criterio de comparación 308.- Sean f, g: [a, +∞) −→ IR integrables en [a, t] para todo t ≥ a y supongamos que existe b > a tal que 0 ≤ f (x) ≤ g(x) para todo x ≥ b. Entonces:
Z +∞
Z +∞
a) Si
g(x) dx converge ⇒
f (x) dx también converge.
a
Z
a
Z
+∞
b) Si
+∞
f (x) dx diverge ⇒
a
g(x) dx también diverge.
a
Demostración:
Por la propiedad 1 de 303,
Z +∞
Z
f (x) dx ∼
a
Z
+∞
f (x) dx
Z
+∞
y
+∞
g(x) dx ∼
b
a
g(x) dx,
b
luego basta probarlo en [b, +∞) .
Z +∞
Z t
a) Si
g(x) dx converge, G(t) =
g(x) dx está acotada superiormente.
b
b
Por ser 0 ≤ f (x) ≤ g(x), se tendrá que
Z
Z
t
F (t) =
f (x) dx ≤
b
t
g(x) dx = G(t),
b
Z
+∞
luego F (t) está acotada superiormente y
f (x) dx es convergente.
b
Z
Z t
f (x) dx y, por tanto, F (t) =
f (x) dx no está acotada
a
b
Z +∞ b
superiormente. Como F (t) ≤ G(t) , G no está acotada superiormente y
g(x) dx es divergente, luego
b
Z +∞
g(x) dx es divergente.
b) Si
Z
+∞
+∞
f (x) dx es divergente también lo es
a
Z
∞
Ejemplo
1Z
Z ∞
1
x2 +1 dx ≤
1
Prof: José Antonio Abia Vian
1
1
2
x2 +1 dx es convergente, pues en [1, +∞), 0 < x
∞
1
x2 dx y como la mayor es convergente, la menor
< x2 + 1 de donde 0 <
también.
1
1+x2
<
1
x2
. Luego
4
I.T.I. en Electricidad
163 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.2 Integrales impropias de primera especie
Z ∞
1
Ejemplo
x+1 dx es divergente, pues en [1, +∞), 0 < x + 1 < x + x = 2x de donde 0 <
Z ∞
Z1 ∞
1 1
1
dx
≤
2 x
x+1 dx y como la menor es divergente, la mayor también lo es.
1
1
2x
<
1
x+1
. Luego
4
1
Segundo criterio de comparación 309.- Sean f, g: [a, +∞) −→ IR integrables en [a, t], para todo t ≥ a y no
(x)
negativas. Supongamos que existe lı́m fg(x)
= L . Entonces:
x→+∞
Z
Z
+∞
a) Si 0 < L < +∞ =⇒
g(x) dx.
a
a
b) Si L = 0 , se tiene:
Z
Z +∞
g(x) dx converge =⇒
[i] si
Z
a
+∞
f (x) dx converge.
a
+∞
Z
+∞
[ii] si
f (x) dx diverge =⇒
g(x) dx diverge.
a
a
c) Si L = +∞ , se tiene:
Z +∞
Z
[i] si
f (x) dx converge =⇒
Z
a
+∞
g(x) dx converge.
a
+∞
Z
+∞
[ii] si
g(x) dx diverge =⇒
a
Z
+∞
f (x) dx ∼
f (x) dx diverge.
.
a
∞
1√
dx es convergente, pues [2, +∞) es positiva y
Ejemplo
x2 − x
Z ∞ 2
Z ∞
1√
1
Luego
dx ∼
x2 dx que converge.
x2 − x
2
lı́m
x→+∞
1
√
x2 − x
1
2
x
=
2
lı́m 2 x √
x→+∞ x − x
= 1 6= 0.
4
2
Observación:
Aunque los Z
criterios dados
+∞ , teniendo en
Z +∞ son válidos únicamente para funciones positivas en un entornoZde+∞
+∞
cuenta que
f∼
−f , para las funciones negativas basta estudiar el carácter de
−f.
a
15.2.2
a
a
Convergencia absoluta
Z
Definición 310.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] para todo t ≥ a. Diremos que
Z +∞
absolutamente convergente si
|f (x)|dx converge.
+∞
f (x)dx es
a
a
Teorema 311.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] para todo t ≥ a.
Z
Z
∞
Si
|f (x)|dx converge, entonces
a
+∞
f (x)dx converge.
a
En otras palabras, si una integral impropia converge absolutamente entonces converge.
Demostración:
Para todo x ∈ [a, +∞) se tiene −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)| , luego 0 ≤ f (x) + |f (x)| ≤ 2|f (x)| . Entonces, si
Z +∞
Z +∞
|f (x)|dx converge se tiene que
(|f (x)| + f (x)) dx es convergente y, por tanto, aplicando al propiedad
a
3 de 303, se tiene que
a
Z
Z
+∞
f (x)dx =
a
Z
+∞
(f (x) + |f (x)|) dx −
a
+∞
|f (x)|dx
a
converge.
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I.T.I. en Electricidad
164 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.3 Integrales impropias de segunda especie
Nota: El recı́proco no es cierto.
Z ∞
sen x
Contraejemplo
x dx converge pero no converge absolutamente.
Z ∞ π
sen x
Veamos que
x dx converge.
Z
π
∞
π
Como
½
¾½
¾
sen x
du = −1
u = x1
x2 dx
dx =−→
−→
dv = sen x dx
v = − cos x
x
π
!
õ
¸t Z t
¶
µ
Z t
cos x
1
− cos t
cos x
− cos x
−
dx
=
lı́m
−
−
lı́m
dx
= lı́m
2
t→+∞ π
t→+∞ π
t→+∞
x
x
t
x2
π
π
Z ∞
cos x
1
= −
dx
π
x2
π
Z ∞
Z ∞
1
cos x
y
dx
converge,
2
x
x2 dx converge absolutamente, luego converge y, por tanto
sen x
dx = lı́m
t→+∞
x
| cos x|
x2
1
x2
≤
Z
t
π
π
Z
∞
π
sen x
1
dx = −
x
π
converge.
Z
∞
Veamos que no converge absolutamente. Si
π
puesto que
Z
∞
π
cos x
dx
x2
Z
| sen x|
x
∞
dx convergiera, entonces
π
| cos x|
x
dx convergerı́a,
Z ∞
Z ∞
| sen(x + π2 )|
| sen(t)|
| sen t|
dx =
dt
∼
dt
π
3π
x
t− 2
t
π
π
π
2
Z ∞
| sen x|+| cos x|
(por el segundo criterio de comparación); en consecuencia,
dx convergerı́a. Pero esto es absurdo
x
π
Z ∞
Z ∞
cos x|
| sen x|+| cos x|
1
puesto que | sen x|+|
≥ x1 y como
dx ha de ser divergente.
x
x dx diverge, necesariamente
x
π
Z ∞
Z ∞π
| sen x|
sen x
Luego
dx diverge y
x
x dx no converge absolutamente.
4
∞
| cos x|
dx =
x
π
Z
Z
∞
π
Observación 312.- Los criterios establecidos para integrales impropias de primera especie en [a, +∞) ası́ como
la convergencia absoluta admiten versiones análogas para integrales impropias de primera especie en (−∞, b]
(se construyen similarmente a como se hace en la sección 15.3.1).
Z
b
No obstante, si f : (−∞, b] −→ IR , la función g: [−b, +∞) −→ IR definida por g(x) = f (−x) verifica que
Z −t
f (x)dx =
g(u)du, para todo t ∈ (−∞, b], luego
t
−b
Z
Z
b
∞
f (x)dx ∼
−∞
g(u)du.
−b
Puede, por tanto, estudiarse f (x) en (−∞, b] estudiando f (−x) en [−b, +∞) .
Z −1
1
Ejemplo Estudiar el carácter de
x2 dx.
−∞
Z +∞
Z +∞
Z −1
1
1
1
Como
(−x)2 dx =
x2 dx que converge, la integral
x2 dx converge.
−(−1)
15.3
1
−∞
Integrales impropias de segunda especie
Definición 313.- Sea f : (a, b] −→ IR integrable en [t, b], para todo t ∈ (a, b], y no acotada. Sea F : (a, b] −→ IR
Z b
la función definida por F (t) =
f (x)dx.
t
El par (f, F ) se denomina integral impropia de segunda especie en (a, b] y se designa por
Z
Z
b
f (x)dx
a+
Prof: José Antonio Abia Vian
b
ó
f.
a+
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165 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.3 Integrales impropias de segunda especie
Z
b
Definición 314.- Diremos que la integral impropia
f (x)dx es convergente si existe y es finito
a+
Z
lı́m+ F (t) = lı́m+
t→a
b
f (x)dx
t→a
t
y si ese lı́mite es L se dice que el valor de la integral impropia es L, es decir,
Z
b
L=
f (x)dx.
a+
Si el lı́mite anterior es infinito se dice que la integral impropia es divergente y si no existe se denomina
oscilante.
De forma análoga se definen las integrales impropias de segunda especie en intervalos de la forma [a, b) para
funciones f : [a, b) −→ IR integrables en [a, t] , ∀t ∈ [a, b) y no acotadas. Las representaremos por
Z
Z
b−
f (x)dx
b−
ó
f.
a
a
Definición 315.- Sea f : (a, b) −→ IR integrable en todo intervalo cerrado contenido en (a, b) y no acotada.
Z b−
Z c
Z b−
f (x)dx es convergente si existe algún c ∈ IR tal que las integrales
f (x)dx y
Diremos que
f (x)dx
a+
a+
son ambas convergentes. En ese caso su valor es
Z
Z
b−
a+
b
Ejemplo 316 Estudiar el carácter de
a+
Z
f (x)dx.
c
Z
dx
(x−a)α
b−
f (x)dx +
a+
Z
Solución:
Si α = 1 ,
Z
c
f (x)dx =
c
b−
y de
a
dx
(b−x)α
, para los α ∈ IR .
³
´
³
ib
dx
= lı́m+ ln |x − a| = lı́m+ ln |b − a| − ln |t − a| = +∞
t
t→a
t→a
t→a
t x−a
Z t
³
it
³
´
dx
lı́m−
= lı́m− − ln |b − x| = lı́m− ln |b − a| − ln |b − t| = +∞
t→b
a
t→b
t→b
a b−x
b
lı́m+
Si α 6= 1 ,
Z
b
lı́m
t→a+
t
Z
t
lı́m
t→bb
a
¸b
1
1
1 − α (x − a)α−1 t
µ
¶ ½
1
1
1
1
(1−α)(b−a)α−1 ,
= lı́m+
−
=
+∞,
(b − a)α−1
(t − a)α−1
t→a 1 − α
µ
¸t
−1
1
dx
= lı́m
(b − x)α t→b− 1 − α (b − x)α−1 a
µ
¶ ½
1
1
1
1
(1−α)(b−a)α−1 ,
= lı́m−
−
=
+∞,
(b − t)α−1
(b − a)α−1
t→b α − 1
dx
= lı́m
(x − a)α t→a+
µ
luego converge si α < 1 y diverge si α ≥ 1.
Z
Análogamente se hace la segunda, y se obtiene que
a
15.3.1
b−
dx
(b−x)α
si α < 1
si α > 1
si α < 1
si α > 1
converge si α < 1 y diverge si α ≥ 1.
Criterios de comparación para funciones no negativas
Las integrales impropias de segunda especie para funciones no negativas, admiten criterios análogos a los dados
para las integrales de primera especie. En este sentido, obsérvese que el Teorema 318 siguiente es idéntico a su
homólogo para integrales de primera especie.
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166 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.3 Integrales impropias de segunda especie
Por ello, enunciaremos los criterios omitiendo sus demostraciones, que tienen un desarrollo parejo a las
demostraciones de los criterios para las integrales de primera especie. Véase la observación 322 posterior, que
“identifica” las integrales de segunda especie con las de primera especie, donde se aporta más información sobre
estos comentarios.
Lema 317.- Sea f : (a, b] −→ IR integrable en [t, b] , para todo t ∈ (a, b], no negativa y no acotada. Entonces,
Z b
la función F (t) =
f (x)dx es decreciente.
t
Teorema 318.- Sea f : (a, b] −→ IR integrable en [t, b], para todo t ∈ (a, b], no negativa y no acotada. Entonces
Z
Z
b
b
f (x)dx es convergente ⇐⇒ F (t) =
a+
f (x)dx está acotada superiormente.
t
.
Primer criterio de comparación 319.- Sean f, g: (a, b] −→ IR integrables en [t, b], para todo t ∈ (a, b], y no
acotadas. Supongamos que existe c ∈ (a, b] tal que 0 ≤ f (x) ≤ g(x), para todo x ∈ (a, c], entonces
Z b
Z b
f (x)dx también converge.
a) Si
g(x)dx converge =⇒
a+
a+
Z
Z
b
b
f (x)dx diverge =⇒
b) Si
a+
g(x)dx también diverge.
a+
Segundo criterio de comparación 320.- Sean f, g: (a, b] −→ IR integrables en [t, b], para todo t ∈ (a, b] , no
(x)
negativas y no acotadas. Supongamos que existe y es finito lı́m+ fg(x)
= L. Entonces:
x→a
Z
Z
b
a) Si L 6= 0 entonces,
b
f (x)dx ∼
a+
g(x)dx.
a+
b) Si L = 0 , se tiene:
Z b
Z
[i] Si
g(x)dx converge =⇒
a+
Z b
[ii] Si
Z
f (x)dx también converge.
a+
b
f (x)dx diverge =⇒
a+
b
g(x)dx también diverge.
a+
Teorema 321.- (Convergencia absoluta.)
Sea f : (a, b] −→ IR integrable en [t, b], ∀t ∈ (a, b], y no acotada.
Z
Z
b
Si
b
|f (x)|dx convergente =⇒
a+
f (x)dx
es convergente.
a+
Nota: También pueden darse enunciados análogos para integrales impropias de segunda especie en [a, b).
Observación 322.- Cualquier integral impropia de segunda especie puede transformarse mediante un cambio
de variable adecuado en una integral impropia de primera especie:
Segunda especie
Z
Cambio de variable
Z
b
f (x)dx
t=
a+
Z
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1
x−a
t=
1
b−x
+∞
1
b−a
Z
b−
f (x)dx
a
Primera especie
+∞
1
b−a
f ( 1t +a)
dt
t2
f (b− 1t )
dt
t2
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167 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.4 Ejercicios
Por consiguiente, como ya anunciábamos, los teoremas y criterios de comparación estudiados para las integrales impropias de primera especie admiten enunciados análogos para las integrales impropias de segunda
especie.
Las demostraciones pueden hacerse utilizando los cambios de variable arriba indicados y los resultados ya
conocidos referentes a las integrales impropias de primera especie, o bien siguiendo los mismos pasos de las
demostraciones realizadas en la subsección 15.2.1.
15.4
Ejercicios
Z
+∞
15.220 Calcular el valor de
−∞
Z
Z
+∞
dx
1+x2
0
e−x dx y
15.221 Calcular
.
ex dx.
0
−∞
Z
+∞
15.222 Estudiar el carácter de
−∞
Z
+∞
15.223 Probar que
0
Z
dx
xα
Z
2x−1
1+x2 dx
+∞
y hallar V P
−∞
2x−1
1+x2 dx .
diverge para cualquier α ∈ IR .
Z
+∞
15.224 Probar que
+∞
sen xdx no es convergente. ¿Existe V P
−∞
sen xdx ?
−∞
15.225 Estudiar el carácter de las siguientes integrales, según los valores de a.
Z +∞
sen2 x
a)
x2 dx .
a
Z
+∞
b)
a
dx
ln x
, para a > 1 .
15.226 Responder razonadamente, sobre la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) Si f : [a, +∞) −→ IR , es integrable en [a, t] para todo t ∈ [a, +∞), y lı́m f (x) = 0, entonces
x→+∞
Z +∞
f (x)dx converge.
a
Z ∞
b) Si f : [a, +∞) −→ IR , es continua y lı́m f (x) = 0, entonces
f (x)dx converge.
x→+∞
a
Z ∞
c) Si f : [a, +∞) −→ IR , es derivable, creciente y acotada entonces
f 0 (x)dx converge.
Z
Z
∞
d) Si
f (x)dx es convergente, entonces
a
Z
∞
Z
Z
f) Si
Z
1
f (x)dx y
0
f (x)dx.
a
Z
∞
(f (x) + g(x))dx converge, entonces
a
∞
f (x)dx ≤
a
e) Si
a
Z
1000
f (x)dx y
a
1
∞
g(x)dx convergen necesariamente.
a
Z
1
g(x)dx convergen, entonces
f (x)g(x)dx converge necesariamente.
0
0
Z ∞
Z ∞
15.227 Probar que si f y g son funciones positivas tales que
f (x)dx y
g(x)dx convergen y existe, cuando
a
Z a∞
x → ∞, el lı́mite de una de las funciones, entonces
f (x)g(x)dx converge.
a
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168 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.4 Ejercicios
15.228 Estudiar el carácter de las integrales siguientes:
Z
Z
∞
a)
(2 + sen x)dx
Z
b)
1
Z
1
ch x dx
−∞
Z
0
j)
1
x
1+x4 dx
k)
e−x sen xdx
n)
∞
0
Z
0
Z
dx
1−cos x
1
q)
0
−∞
∞
e2x (2x2 − 4x)dx
f)
Z
2
0
∞
sen3 x
1+cos x+ex dx
i)
Z
dx
√
x
0
∞
x ln x
(1+x2 )2 dx
l)
Z
0
p)
x2 +1
x4 +1 dx
√
0
π
Z
1
2
e−x dx
0
Z
∞
c)
xe−x dx
∞
m)
Z
dx
∞
h)
−∞
∞
0
e)
e2x (2x2 − 4x)dx
Z
e
−∞
∞
g)
Z
−x
0
d)
Z
Z
∞
dx
x(1−x)
0
1
sen
√ x+cos x dx
x(1−x)
o)
Z
ex
ex −1 dx
0
π
2
r)
0
x
√e
dx
sen x
15.229 Estudiar el carácter de las integrales siguientes:
Z
a)
d)
Z
1
sen x
x2 dx
0
√
Z 2
x
Z
0
Z
4
(x2 −1) 5
0
+∞
g)
1
π
b)
dx
2
e)
1
Z
sen2 x1 dx
Z
sen2 2x
x2 dx
Z
dx
x ln x
f)
ln x ln(x + 1)dx
i)
Z
1
h)
∞
c)
0
1
ln x
x4 −x3 −x2 +x dx
∞
dx
1
x+(x3 +1) 2
0
∞
0
ex
ex +1 dx.
15.230 Estudiar el carácter de las integrales siguientes:
Z
a)
(1−tg x) sen x
3
3
2 2
(π
4 −x) x
0
Z
∞
c)
0
Z
1
e)
0
Z
g)
π
4
ex
ex +1
i)
π
−
dx
b)
Z
ex
ex −1 dx
³
0
√
x2
1+ x
2 − 8 − 1+sen x
0
7
x2
π
2
h)
Z
dx
³
π
4
∞
j)
dx
(x−1)4
∞√
x sen 12
x
ln(1+x)
Z
− 1 dx
arctg(x−1)
√
3
1
´
2
1−e−x
x2 cos x
∞
Z
dx
2
d)
f)
π
4 −arcsen x
1
3
x 2 ( √1 −x) 2
0
sen3 (x−1)
dx
x ln3 x
0
Z
√
2
2
Z
π
4
2
1−e−x
x2 cos x
dx
´
− 1 dx
1
sen x arctg 3 (x−1)
2
(x−1) 3
0
sh x
dx.
15.231 Encontrar los valores de a, para que las integrales siguientes sean convergentes.
Z
a)
π
2
0
Z
∞
d)
0
Z
g)
Z
1−cos x
dx
xa
Z
x−sen x
dx
xa
e)
xa sen xdx
h)
Z
∞
0
³
∞
0
∞
³
ax
x2 +1
−
√ 1
1+2x2
1
2x+1
−
Z
´
a
x+1
dx
0
Z
´
dx
x1−a
0
i)
a
√1
x
1−e
xa
∞
f)
Z
sen2 x
x2 −1 dx
∞
c)
∞
dx
dx
√
3
1−x2
xa
x4 −1 dx
1
xp−1 (1 − x)q−1 dx. Encontrar los valores reales de p y q para
15.232 Se define la función beta por B(p, q) =
los que la función B(p, q) está definida.
2
a
Z
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∞
b)
0
I.T.I. en Electricidad
169 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
15.4 Ejercicios
Z
∞
xp e−x dx.
15.233 Se define la función gamma por Γ(p) =
0
a) Probar que esta función está definida para todo p > −1.
b) Probar que se verifica la igualdad Γ(p + 1) = pΓ(p), para cualquier p .
Z ∞
c) Calcular, usando b),
x6 e−x dx.
0
15.234 Sea f : [0, +∞) −→ IR . Se define la función transformada integral de Laplace de la función f , que
Z ∞
denotaremos por L{f } , como L{f (x)} = F (s) =
f (x)e−sx dx, siempre que la integral exista. Probar
0
que:
a) Si f (x) = 1, F (s) = L{1} =
1
s
.
b) Si F (s) = L{f (x)} y G(s) = L{g(x)} , entonces, para todo λ, µ ∈ IR ,
L{λf (x) + µg(x)} = λL{f (x)} + µL{g(x)}.
c) Si f es derivable y verifica que
entonces
d) L{x} =
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1
s2
y que L{sen(ax)} =
lı́m f (x)e−sx = 0, a partir de un cierto s , y existe L{f 0 (x)},
x→+∞
L{f 0 (x)} = sL{f (x)} − f (0).
a
s2 +a2
, usando el resultado del apartado c).
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170 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3: Demostraciones
Integral de Riemann
Demostración de:
Propiedades 264 de la página 142
Propiedades 264.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada.
a) Para toda P ∈ P[a, b] , se verifica que
L(f, P ) ≤ U (f, P ).
b) Para todas P1 , P2 ∈ P[a, b] con P1 ≤ P2 , se verifica que
L(f, P1 ) ≤ L(f, P2 )
y
c) Para cualesquiera P, Q ∈ P[a, b] , se verifica que
U (f, P2 ) ≤ U (f, P1 ) .
L(f, P ) ≤ U (f, Q) .
Demostración:
a) Como mi ≤ Mi , para todo i, se tiene
L(f, P ) =
n
P
i=1
mi ∆xi ≤
n
P
i=1
Mi ∆xi = U (f, P ).
b) Probaremos sólo la desigualdad para las sumas superiores (la demostración es análoga para las sumas
inferiores).
Supongamos primero que P2 tiene exactamente un punto más que P1 , es decir,
P1 = {a = x0 , x1 , . . . , xj−1 , xj , . . . , xn = b} y P2 = {x0 , x1 , . . . , xj−1 , c, xj , . . . , xn } .
Si M 0 = sup{f (x) : x ∈ [xj−1 , c]} y M 00 = sup{f (x) : x ∈ [c, xj ]}, se tiene que
U (f, P2 ) =
j−1
P
i=1
Mi ∆xi + M 0 (c − xj−1 ) + M 00 (xj − c) +
n
P
i=j+1
Mi ∆xi .
Mj = M 0
m0
M 00
mj = m00
xj−1
c
xj
Fig. 15.1. Añadir un punto a la partición.
Como Mj = sup{f (x) : x ∈ [xj−1 , xj ]} , es M 0 ≤ Mj y M 00 ≤ Mj y por tanto
U (f, P2 ) ≤
j−1
X
Mi ∆xi + Mj (c − xj−1 ) + Mj (xj − c) +
i=1
=
j−1
X
i=1
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n
X
Mi ∆xi
i=j+1
Mi ∆xi + Mj ∆xi +
n
X
Mi ∆xi = U (f, P1 ).
i=j+1
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171 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
Supongamos ahora que P2 tiene exactamente k puntos más que P1 . Construimos k particiones del
intervalo [a, b] de forma que cada una de ellas contenga un punto más que la anterior, P1 ≤ Q1 ≤ Q2 ≤
· · · ≤ Qk−1 ≤ P2 . Entonces,
U (f, P2 ) ≤ U (f, Qk−1 ) ≤ · · · ≤ U (f, Q2 ) ≤ U (f, Q1 ) ≤ U (f, P1 ).
c) Si consideramos P∗ = P ∪ Q, P∗ es una partición de [a, b] y se verifica que P ≤ P∗ y Q ≤ P∗ . Usando
las propiedades b), a) y b) en las desigualdades siguientes, se tiene
L(f, P ) ≤ L(f, P∗ ) ≤ U (f, P∗ ) ≤ U (f, Q).
Demostración de:
Propiedades 268 de la página 143
Propiedades 268.- Sean f, g: [a, b] −→ IR integrables en [a, b] , λ ∈ IR y a < c < b . Entonces
Z b
Z b
Z b
1.- f + g es integrable en [a, b] y
(f + g) =
f+
g.
a
Z
a
Z
b
2.- λf es integrable en [a, b] y
λf = λ
a
a
b
f.
a
3.- f integrable en [a, b] si, y sólo si, f es integrable en [a, c] y [c, b].
Z b
Z c
Z b
En ese caso,
f=
f+
f.
a
a
c
Demostración:
1.- Como f y g son integrables en [a, b], existen P1 y P2 particiones de [a, b], tales que U (f, P1 )−L(f, P1 ) <
ε
ε
2 y U (g, P2 ) − L(g, P2 ) < 2 ; luego tomando Pε = P1 ∪ P2 , al ser mas fina que P1 y P2 , se verifica que
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) =
n
X
(Mi0 − m0i )∆xi <
i=1
ε
2
U (g, Pε ) − L(g, Pε ) =
n
X
(Mi00 − m00i )∆xi <
i=1
ε
.
2
Sea Pε = {x0 < x1 < · · · < xn }, y sean mi y Mi el inferior y superior de f + g en [xi−1 , xi ]. Entonces,
como m0i ≤ f (x) ≤ Mi0 y m00i ≤ g(x) ≤ Mi00 , se tiene que m0i + m00i ≤ f (x) + g(x) ≤ Mi0 + Mi00 , luego que
m0i + m00i ≤ mi ≤ Mi ≤ Mi0 + Mi00 . En consecuencia,
U (f + g, Pε ) − L(f + g, Pε ) =
n
n ³
´
X
X
(Mi − mi )∆xi ≤
(Mi0 + Mi00 ) − (m0i + m00i ) ∆xi
i=1
i=1
n
n
X
X
ε ε
=
(Mi0 − m0i )∆xi +
(Mi00 − m00i )∆xi < + = ε.
2 2
i=1
i=1
³
´
2.- Basta con tener en cuenta que U (λf, P ) − L(λf, P ) = λ U (f, P ) − L(f, P ) y usar que f es integrable.
3.- Sea ε > 0 . Si f integrable en [a, b] existe Pε ∈ P[a, b] tal que U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε .
Añadiendo, si no está, el punto c a Pε obtenemos la partición de [a, b]
P = {a = x0 , x1 , . . . , xi−1 , c, xi , . . . , xn = b}
más fina que Pε , luego se verifica que U (f, P ) − L(f, P ) ≤ U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε .
Tomando P1 = {a, x1 , . . . , xi−1 , c} , partición de [a, c] y P2 = {c, xi , . . . , b} , partición de [c, b], se verifica
que
L(f, P ) = L(f, P1 ) + L(f, P2 )
y
U (f, P ) = U (f, P1 ) + U (f, P2 )
y, por tanto,
U (f, P ) − L(f, P ) = (U (f, P1 ) − L(f, P1 )) + (U (f, P2 ) − L(f, P2 )) < ε.
Luego
U (f, P1 ) − L(f, P1 ) < ε y
U (f, P2 ) − L(f, P2 ) < ε.
Recı́procamente, si f es integrable en [a, c] y en [c, b] , existen P1 ∈ P[a, c] y P2 ∈ P[c, b] tales que
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172 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
U (f, P1 ) − L(f, P1 ) <
ε
2
y
U (f, P2 ) − L(f, P2 ) <
ε
2
.
Tomando P = P1 ∪ P2 , se tiene que P ∈ P[a, b] y
U (f, P ) − L(f, P ) = (U (f, P1 ) − L(f, P1 )) + (U (f, P2 ) − L(f, P2 )) <
ε
2
+
ε
2
= ε,
luego f es integrable en [a, b].
Z c
Z b
Z b
Si denotamos por I1 =
f (x) dx, I2 =
f (x) dx e I =
f (x) dx, se tiene que
a
c
L(f, P ) ≤ I ≤ U (f, P )
a
L(f, P1 ) ≤ I1 ≤ U (f, P1 )
L(f, P2 ) ≤ I2 ≤ U (f, P2 )
y, por tanto,
|I − (I1 + I2 )| ≤ U (f, P ) − L(f, P ) < ε,
∀ε > 0.
En consecuencia, I = I1 + I2 .
Demostración de:
Proposición 273 de la página 144
Proposición 273.- Sea f : [a, b] −→ IR una función acotada. Entonces f es integrable en [a, b] y el valor de su
integral es I si y sólo si para cada ε > 0 existe Pε ∈ P[a, b] tal que para toda P ≥ Pε y cualquier elección del
conjunto E asociado a P se cumple que |S(f, P, E) − I| < ε .
Demostración:
Z
=⇒c
b
Si f integrable en [a, b] e I =
f (x) dx, dado ε > 0 existe Pε ∈ P[a, b] tal que
a
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε.
Por otra parte, para cualesquiera P y E asociado a P , se cumple que
L(f, P ) ≤ S(f, P, E) ≤ U (f, P )
y que
L(f, P ) ≤ I ≤ U (f, P )
ó mejor
− U (f, P ) ≤ −I ≤ −L(f, P ),
sumando ambas
−(U (f, P ) − L(f, P )) ≤ S(f, P, E) − I ≤ U (f, P ) − L(f, P ),
de donde
|S(f, P, E) − I| ≤ U (f, P ) − L(f, P ),
∀ P ∈ P[a, b].
En particular, si P ≥ Pε se tendrá que
|S(f, P, E) − I| ≤ U (f, P ) − L(f, P ) ≤ U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε.
⇐=c Supongamos que dado ε > 0 existe Pε ∈ P[a, b] tal que para todo P ≥ Pε y cualquier elección de E
asociado a P se tiene que |S(f, P, E) − I| < 4ε .
Aplicando el lema 272 a la partición Pε , existirán dos conjuntos E1 y E2 asociados a la partición tales que
S(f, Pε , E1 ) − L(f, Pε ) <
ε
4
y
U (f, Pε ) − S(f, Pε , E2 ) <
ε
,
4
entonces
|U (f, Pε ) − L(f, Pε )| ≤ |U (f, Pε ) − S(f, Pε , E2 )| + |S(f, Pε , E2 ) − I| +
+ |I − S(f, Pε , E1 )| + |S(f, Pε , E1 ) − L(f, Pε )|
ε ε ε ε
< + + + = ε.
4 4 4 4
Z b
Z b
Luego f es integrable en [a, b] y existe el valor de
f (x) dx. Veamos que
f (x) dx = I .
Existe Pε tal que
a
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) <
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a
ε
2
h 15.1i
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173 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
y que
ε
h 15.2i
2
(existen P1 y P2 verificando respectivamente h 15.1i y h 15.2i , luego Pε = P1 ∪ P2 verifica a la vez h15.1 i y
h 15.2 i). Como
|S(f, Pε , E) − I| <
Z
b
L(f, Pε ) ≤
f (x) dx ≤ U (f, Pε )
y
L(f, Pε ) ≤ S(f, Pε , E) ≤ U (f, Pε )
a
se tiene que
¯Z
¯
¯ b
¯
ε
¯
¯
f (x) dx − S(f, Pε , E)¯ ≤ U (f, Pε ) − L(f, Pε ) <
¯
¯ a
¯
2
luego
−
ε
<
2
Z
y de h 15.2i tenemos que
−
b
f (x) dx − S(f, Pε , E) <
a
ε
ε
< S(f, Pε , E) − I < ,
2
2
sumando ambas
Z
−ε <
Z
y, por tanto I =
ε
,
2
b
f (x) dx − I < ε
a
b
f (x) dx .
a
Demostración de:
Proposición 276 de la página 145
Proposición 276.- Sea f integrable en [a, b], entonces |f | es integrable en [a, b] y se verifica que
¯Z
¯ Z
¯ b
¯
b
¯
¯
|f (x)| dx.
¯ f (x) dx¯ ≤
¯ a
¯
a
Demostración: ½
f (x), si f (x) ≥ 0
Como |f (x)| =
, si tomamos las funciones definidas por
−f (x), si f (x) < 0
½
½
f (x), si f (x) ≥ 0
0,
si f (x) > 0
+
−
f (x) =
y
f (x) =
,
0, si f (x) < 0
−f (x), si f (x) ≤ 0
entonces |f | = f + + f − y será integrable si f + y f − son integrables.
Veamos que f + es integrable en [a, b] :
f es integrable, luego existe Pε tal que
y, para esa misma partición,
U (f, Pε ) − L(f, Pε ) =
U (f + , Pε ) − L(f + , Pε ) =
n
P
n
P
(Mi − mi )∆xi < ε
i=1
(Mi0 − m0i )∆xi .
Ahora bien:
i=1
? si 0 ≤ mi entonces 0 ≤ f = f + en [xi−1 , xi ] y Mi0 − m0i = Mi − mi .
? si Mi ≤ 0 , entonces f ≤ 0 = f + en [xi−1 , xi ] y Mi0 − m0i = 0 − 0 ≤ Mi − mi .
? si mi < 0 < Mi , entonces mi < 0 = m0i ≤ Mi0 = Mi y Mi0 − m0i ≤ Mi − mi .
En consecuencia, U (f + , Pε ) − L(f + , Pε ) ≤ U (f, Pε ) − L(f, Pε ) < ε y f + es integrable. en [a, b].
Como es también f = f + − f − , se tiene que f − = f + − f es integrable en [a, b] por ser suma de integrables
y, por tanto, |f | es integrable en [a, b].
Aplicando ahora el corolario 275 a la desigualdad − |f | ≤ f ≤ |f |, se tiene que
Z b
Z b
Z b
−
|f | ≤
f≤
|f |
a
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a
a
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174 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
¯Z ¯ Z
¯ b ¯
b
¯
¯
y, por tanto, ¯ f ¯ ≤
|f |.
¯ a ¯
a
Demostración de:
Proposición 278 de la página 145
Proposición 278.- Si f y g son integrables en [a, b] , entonces f g es integrable en [a, b].
Demostración:
¡
¢
Como puede escribirse f g = 14 (f + g)2 − (f − g)2 y las funciones f + g y f − g son integrables, basta probar
que el cuadrado de una función integrable es integrable.
Sea entonces h integrable en [a, b]. Por ser acotada, existe K > 0 tal que |h(x)| < K , para todo x ∈ [a, b] ,
y por ser integrable, existe Pε ∈ P[a, b] tal que
n
X
ε
U (h, Pε ) − L(h, Pε ) =
(Mi − mi )∆xi <
.
2K
i=1
Para esa partición y la función h2 , sea
U (h2 , Pε ) − L(h2 , Pε ) =
entonces,
n
P
i=1
(Mi0 − m0i )∆xi ,
? si 0 ≤ mi ≤ Mi , se tiene que Mi0 = Mi2 y m0i = m2i , de donde
Mi0 − m0i = Mi2 − m2i = (Mi + mi )(Mi − mi ).
? si mi ≤ Mi ≤ 0, se tiene que Mi0 = m2i y m0i = Mi2 , de donde
Mi0 − m0i = −(Mi2 − m2i ) = −(Mi + mi )(Mi − mi ) = |Mi + mi | (Mi − mi ) .
? si mi < 0 <¯ Mi , se tiene
que Mi0 = máx{m2i , Mi2 } y m0i = mı́n{m2i , Mi2 } , de donde (por las anteriores)
¯
0
0
2
2¯
¯
Mi − mi = Mi − mi = |Mi + mi | (Mi − mi ) .
Luego
n
X
(Mi0 −m0i )∆xi =
i=1
n
X
|Mi +mi | (Mi −mi )∆xi ≤
i=1
n
X
2K(Mi −mi )∆xi < 2K
i=1
ε
= ε,
2K
2
y h es integrable. En consecuencia f g es integrable en [a, b].
Integrales impropias
Demostración de:
Proposición 304 de la página 161
Proposición 304.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable en [a, t] para todo t ∈ [a, +∞) . Si
Z ∞
entonces
f (x) dx diverge.
lı́m f (x) = L 6= 0
x→+∞
a
Demostración:
Supongamos que
lı́m f (x) = L > 0 . Entonces, para cualquier ε > 0 existe k > 0 tal que si x ≥ k se verifica
x→+∞
que |f (x) − L| < ε , es decir, L − ε < f (x) < L + ε.
L
En particular, tomando ε = L2 > 0, si x ≥ k se verifica que L2 < f (x) < 3L
2 , luego 0 < 2 < f (x) para todo
x ∈ [k, +∞). Entonces,
Z t
Z t
L
dx ≤ lı́m
f (x) dx
lı́m
t→+∞ k
t→+∞ k 2
y como
Z t
L
L
L
t
dx = lı́m
(x]k =
lı́m t − k = +∞,
lı́m
t→+∞ 2
t→+∞ k 2
2 t→+∞
Z t
Z ∞
se tiene que lı́m
f (x) dx = +∞ y la integral
f (x) dx diverge, luego por la propiedad 1 de 303,
t→+∞ k
k
Z ∞
f (x) dx diverge.
a
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175 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
Z
Supongamos ahora que lı́m f (x) = L < 0 . Entonces
x→+∞
Z ∞
f (x) dx diverge.
diverge. Luego
lı́m −f (x) = −L > 0 y, por tanto,
x→+∞
∞
− f (x) dx
a
a
Demostración de:
Teorema 307 de la página 162
Teorema 307.- Sea f : [a, +∞) −→ IR integrable y no negativa en [a, t], ∀t ∈ IR .
Z
Z
+∞
f (x) dx es convergente ⇐⇒ F (t) =
a
t
f (x) dx
está acotada superiormente.
a
Demostración:
Z ∞
Si
f (x) dx converge, entonces
a
Z
t
lı́m
f (x) dx = lı́m F (t) = L ∈ IR.
t→+∞
t→+∞
a
Como F (t) es creciente, F (t) ≤ L y está acotada superiormente.
n
o
Recı́procamente, si F (t) está acotada superiormente existe sup F (t) : t ∈ [a, +∞) = α ∈ IR . Veamos que
Z ∞
α = lı́m F (t) y habremos probado que
f (x) dx es convergente.
t→+∞
a
Sea ε > 0. Entonces, por ser α un extremo superior, existe t0 ∈ [a, +∞) tal que α − ε < F (t0 ), luego
si t ≥ t0 , como F es creciente, se tiene que α − ε < F (t0 ) ≤ F (t). Además, para todo t, se verifica que
F (t) ≤ α < α + ε.
En consecuencia, para cualquier ε > 0 existe t0 tal que si t ≥ t0 , α−ε < F (t) < α+ε, es decir, |F (t)−α| < ε ,
luego lı́m F (t) = α .
t→+∞
Demostración de:
Segundo criterio de comparación 309 de la página 163
Segundo criterio de comparación 309.- Sean f, g: [a, +∞) −→ IR integrables en [a, t], para todo t ≥ a y no
(x)
negativas. Supongamos que existe lı́m fg(x)
= L. Entonces:
x→+∞
Z
Z
+∞
a) Si 0 < L < +∞ =⇒
a
a
Z
Z
+∞
+∞
f (x) dx converge.
a
+∞
g(x) dx diverge.
f (x) dx diverge =⇒
a
a
c) Si L = +∞ , se tiene:
Z +∞
Z
[i] si
f (x) dx converge =⇒
a
Z
g(x) dx.
a
b) Si L = 0 , se tiene:
Z +∞
Z
[i] si
g(x) dx converge =⇒
[ii] si
+∞
f (x) dx ∼
Z
+∞
[ii] si
g(x) dx diverge =⇒
a
+∞
g(x) dx converge.
a
+∞
f (x) dx diverge.
a
Demostración:
1.- Si 0 < L < +∞ , tomamos ε =
donde
L
2
¯
¯
¯ (x)
¯
, luego existe K > 0 tal que si x ≥ K se tiene que ¯ fg(x)
− L¯ <
−
Prof: José Antonio Abia Vian
L
2
. De
f (x)
L
L
+L<
< +L
2
g(x)
2
I.T.I. en Electricidad
176 – Matemáticas I : Cálculo integral en IR
Anexo 3
y, como g(x) ≥ 0, se tiene
L
3L
g(x) ≤ f (x) ≤
g(x)
2
2
para todo x ≥ K . Basta aplicar 308, a los pares de funciones
cuenta la propiedad 2 de 303.
L
2g
≤ f (x) y f (x) ≤
3L
2 g(x)
y tener en
2.- Si L = 0 , tomando ε = 1 , se tiene que existe K > 0 tal que si x ≥ K entonces 0 ≤ f (x) < g(x).
De nuevo, basta con aplicar 308.
3.- Si L = +∞ , entonces
Demostración de:
lı́m g(x)
x→+∞ f (x)
= 0 y recaemos en el caso anterior.
Teorema 318 de la página 166
Teorema 318.- Sea f : (a, b] −→ IR integrable en [t, b], para todo t ∈ (a, b], no negativa y no acotada. Entonces
Z
Z
b
f (x)dx es convergente ⇐⇒ F (t) =
a+
b
f (x)dx está acotada superiormente.
t
Demostración:
Z b
Si
f (x)dx converge, entonces
a+
Z
lı́m+
t→a
t
b
f xdx = lı́m+ F (t) = L ∈ IR.
t→a
Como F (t) es decreciente, F (t) ≤ L y está acotada superiormente. (Notar, que como F es decreciente, cuando
t “decrece” hacia a+ , F (t) “crece” hacia L.)
Recı́procamente, si F (t) está acotada superiormente existe sup{F (t) : t ∈ (a, b]} = α ∈ IR . Veamos que
Z b
α = lı́m F (t) y habremos probado que
f (x)dx es convergente.
t→a+
a+
Sea ε > 0 . Entonces, por ser α un extremo superior, existe t0 ∈ (a, b] tal que α − ε < F (t0 ) , luego si
t ≤ t0 , como F es decreciente, se tiene que α − ε < F (t0 ) ≤ F (t). Además, para todo t, se verifica que
F (t) ≤ α < α + ε.
En consecuencia, para cualquier ε > 0 existe t0 tal que si t ≤ t0 , α−ε < F (t) < α+ε, es decir, |F (t)−α| < ε ,
luego lı́m+ F (t) = α .
t→a
Prof: José Antonio Abia Vian
I.T.I. en Electricidad