1 Hallar el lı́mite R x2 lı́m x→0+ 0 √ Sen tdt x3 tenemos que una sustitucion directa de 0 nos da un lmite´de la forma lo tanto tenemos que usar l´hopital 0 0 por √ √ Sen tdt x2 )2x Sen(x) 2 Sen( 2 lı́m+ 0 = = lı́m = lı́m+ 3 2 + x→0 x→0 x 3x 3 x→0 x 3 Rx Hallar (F −1 )0 (0) si F (x) = 0 1 + Sen(Sen(t))dt sol.- tenemos R x que F (x) = 0 1 + Sen(Sen(t))dt ⇒ F 0 (x) = 1 + Sen(Sen(x)) por otro lado R0 F (0) = 0 1 + Sen(Sen(t))dt = 0 asi que F (0) = 0 aplicando la inversa en ambos miembros F −1 (F 0 (0)) = F −1 (0) se tiene F −1 (0) = 0 Por lo tanto R x2 (F −1 )0 (0) = 1 F 0 (F −1 (0)) = 1 1 1 = = =1 1 + Sen(Sen(0) 1 + Sen(0) 1 Sean g : [α, β] → [a, b], f : [a, b] → R y f ◦ g : [α, β] → R funciones, supongamos que g es inyectiva y sea P = {x0 , x1 , ..., xn } una partición en el rango de g es decir en [a,b]. Y sea P 0 = {t0 , t1 , ..., tn } una partición de [α, β]. Sea {k } una familia de valores intermedios, k ∈ [xk−1 , xk ] para k existe nk ∈ [ti−1 , ti ] tal que k = g(nk ) siempre que g sea continua e inyectiva tenemos entonces que f (k )(xk − xk−1 ) = f (g(nk ))(xk − xk−1 ) 2 donde xk − xk−1 = g(tk ) − g(tk−1 ) por el teorema del valor medio para derivadas g 0 (nk ) = g(tk ) − g(tk−1 ) tk − tk−1 por lo tanto g 0 (nk )(tk − tk−1 ) = g(tk ) − g(tk−1 ) por lo tanto f (k )(xk − xk−1 ) = f (g(nk ))g 0 (nk )(tk − tk−1 ) Tomando la suma n X f (k )(xk − xk−1 ) = n X f (g(nk ))g 0 (nk )(tk − tk−1 ) k=1 k=1 tomando el limite de las sumas si f es continua en [a,b]=[g(α), g(β)] Z g(β) Z β f (t)dt = g(α) (f ◦ g)g 0 α que es el conocido teorema de cambio de variable√(sustitución) Ejemplo.-Sea f : [0, 1] → [0, 1] donde f (x) = 1 − x2 queremos calcular Z 1√ 1 − x2 dx 0 si x = g(t) = Sen(t) tenemos que g(α) = 0 ⇒ Sen(α) = 0 ⇒ α = 0 g(β) = 1 ⇒ Sen(β) = 1 ⇒ β = π2 En este caso g : [0, π2 ] → [0, 1] = [g(α), g(β)] por lo tanto Z 1 π 2 Z √ 2 1 − x dx = 0 0 Z = π 2 2 p Cos2 (t)Cos(t)dt 0 Z Cos (t)dt = 0 π 2 Z p 2 1 − Sen (t)Cos(t)dt = 0 π 2 1 1 1 + Cos(2t)dt = 2 2 2 Z 0 π 2 1 dt + 2 Z π 2 Cos(2t)dt 0 3 Evaluar 1 π 1 π 1 Sen(2t) π2 π = ( − 0) + ( |0 ) = ( ) = 2 2 2 2 2 2 4 Z 4 √ 3x + 4dx 0 haciendo u = 3x + 4 du = 3dx ⇒ du = dx 3 Si x = 0 entonces u = 3(0) + 4 = 4 Si x = 4 entonces u = 3(4) + 4 = 16 Por lo tanto Z 4 Z 16 Z 3 √ √ du 1 16 √ 1 u 2 16 2 2 112 3x + 4dx = u = udu = ( 3 )|4 = (64−8) = 56 = 3 3 4 3 2 9 9 9 4 0 Corolario.-Sean f y g derivables en [a,b] si f 0 y g 0 son integrables en [a,b], entonces Z b Z b 0 f 0g f g = f (b)g(b) − f (a)g(a) − a a Dem Como f y g son derivables en [a,b], entonces f y g son continuas en [a,b], por tanto f y g son integrables en [a,b] ademas f 0 y g 0 son integrables en [a,b], entonces f g 0 , f g y f 0 g son integrables en [a,b] y Z b Z b Z b 0 0 0 0 0 (f g) = f g + g f ⇒ (f g) = f g+ g0f a a a por otro lado por el teorema fundamental del cálculo Z b (f g)0 = f g(a) − f g(b) a por tanto Z f g(a) − f g(b) = b Z 0 0 Z g f ⇒ f g(a) − f g(b) − f g+ a b a b 0 Z fg= a b g0f a quew es la conocida fórmula de integración por partes Ejemplo.- Calcular Z 3 Log(x)dx 2 0 tenemos que si tomamos g = 1, f (x) = Log(x) entonces g(x) = x y f 0 (x) = x1 por lo tanto según la fórmula de integración´por partes Z 3 Z 3 Z 3 1 3 Log(x)dx = 1Log(x)dx = xLog(x)|2 − x dx = 3Log(3)−2Log(2)−(3−2) x 2 2 2