1 Hallar el lımite lım ∫ x2 Sen √ tdt x3 tenemos que una

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