EJERCICIOS RESUELTOSINTEGRALIMPROPIA

EJERCICIOS DE INTEGRALES IMPROPIAS
1.
Integrales impropias de primera especie
Z
∞
xn dx con a > 0.
1. Calcular
a
Solución
Para n 6= −1,
b
xn+1
1
=
(bn+1 − an+1 ).
n
+
1
n
+
1
a
a
Z ∞
Si n > −1, entonces lı́m F (b) = ∞, con lo que
xn dx diverge.
Z
F (b) =
b
xn dx =
b→∞
a
Si n < −1, entonces la integral converge y
∞
Z
xn dx = −
lı́m F (b) =
b→∞
a
an+1
.
n+1
Para n = −1,
Z
b
dx
= ln b − ln a
x
F (b) =
a
y, como lı́m F (b) = ∞, la integral diverge.
b→∞
Z
0
2. Calcular
ex dx.
−∞
Solución
Resolvemos directamente la integral:
Z 0
Z 0
0
x
e dx = lı́m
ex dx = lı́m ex a = lı́m (1 − ea ) = 1.
−∞
a→−∞ a
a→−∞
∞
Z
3. Estudiar la convergencia de la integral
0
a→−∞
1
√ dx.
ex
Solución
Calcularemos directamente la integral aplicando la definición de integral impropia.
1
∞
Z b
1
−x/2 b
−x/2
√ dx = lı́m
−
2e
= lı́m (−2e−b/2 + 2) = 2,
e
dx
=
lı́m
0
x
b→∞
b→∞
b→∞
e
0
0
de lo que se deduce que la integral es convergente.
Z
Z
∞
e−a|x| dx, a ∈ R.
4. Estudiar la convergencia de la integral
−∞
Solución
En primer lugar, si a = 0, e0 = 1 y la integral diverge.
Si a 6= 0, descomponemos la integral en dos sumandos y obtenemos:
Z 0
Z
Z 0
Z ∞
ax
ax
−ax
e dx + lı́m
I =
e dx +
e
dx = lı́m
−∞
0
1 ax
e
a
0
m→∞ 0
k→−∞ k
m
−ax
1
− e
m→∞
k→−∞
a
k
0
(
2/a
1 1 ak
1 −am 1
=
lı́m
+ lı́m − e
=
− e
+
m→∞
k→−∞ a
a
a
a
∞
=
lı́m
+ lı́m
m
e−ax dx
si a > 0,
si a < 0.
Resulta en definitiva que la integral propuesta es convergente cuando a > 0 y divergente cuando
a ≤ 0.
Z
∞
5. Calcular
xe−x dx.
0
Solución
Utilizaremos la propiedad (4), relacionada con la integración por partes para integrales impropias.
Para ello, tomando f (x) = x, g 0 (x) = e−x , tenemos que f 0 (x) = 1, g(x) = −e−x y
Z ∞
Z b
−x
xe dx = lı́m
xe−x dx
b→∞ 0
0
Z b
b
b
= lı́m − xe−x 0 + lı́m
e−x dx = lı́m − e−x 0 = 1,
b→∞
debido a que lı́m
b→∞
Z
∞
6. Hallar
−∞
− xe−x
b
0
b→∞ 0
b→∞
−b
= 0.
b→∞ eb
= lı́m −be−b = lı́m
b→∞
dx
.
ex + e−x
Solución
Como ambos lı́mites de integración son infinitos, descomponemos la integral en dos sumandos.
1
ex
Si escribimos el integrando como x
=
, tenemos:
e + e−x
1 + e2x
Z b x
Z 0 x
e dx
e dx
I = lı́m
+
lı́m
b→∞ 0 1 + e2x
b0 →−∞ b0 1 + e2x
b
0
= lı́m arc tg ex 0 + 0 lı́m arc tg ex b0
b →−∞
b→∞
=
0
b
lı́m (arc tg e − π/4) + 0 lı́m (π/4 − arc tg eb ) =
b→∞
b →−∞
2
π π π
π
− + −0= .
2
4
4
2
∞
Z
7. Estudiar la convergencia de la integral
2
1
dx.
x(ln x)8
Solución
Si calculamos directamente la integral, tenemos:
∞
Z
2
(ln x)−7
(1/x)(ln x) dx = lı́m
lı́m
b→∞
b→∞ 2
−7
−1
1
1
= lı́m
=
+
,
7
7
b→∞ 7(ln b)
7(ln 2)
7(ln 2)7
1
dx =
x(ln x)8
Z
b
−8
b
2
de modo que la integral es convergente.
Z
∞
x
ex−e dx.
8. Estudiar la convergencia de la integral
−∞
Solución
Resolvemos en primer lugar la integral indefinida haciendo el cambio de variable ex = t:
Z
Z
Z
x
x−ex
x
−ex
e
dx = e · e
dx = e−t dt = −e−t = −e−e .
Calculamos a continuación la integral impropia y tenemos:
Z ∞
Z b
x
b
a
x−ex
e
dx = lı́m
ex−e dx = lı́m (−e−e + e−e ) = 0 + 1 = 1;
a→−∞ a
b→∞
−∞
a→−∞
b→∞
de lo que se deduce que la integral es convergente.
Z
9. Hallar
∞
e−x sen x dx.
0
Solución
El lı́mite superior de integración es infinito con lo que, al integrar por partes, obtenemos:
b
1
e−x sen x dx = lı́m − e−x (sen x + cos x)
b→∞ 0
b→∞
2
0
1 −b
1
= lı́m − e (sen b + cos b) + .
b→∞ 2
2
Z
I =
b
lı́m
Cuando b → ∞, e−b → 0, mientras que | sen b + cos b| ≤ 2, luego I = 1/2.
Z
10. Calcular In =
∞
xn e−x dx, para n ∈ N.
0
Solución
Integrando por partes, obtenemos que
Z
Z
n −x
n −x
x e dx = −x e + n xn−1 e−x dx.
3
Recordando además que lı́m bn e−b = 0, resulta:
b→∞
b
Z
In = lı́m
b→∞ 0
n −x
x e
n −b
dx = lı́m −b e
b→∞
Z
+ n lı́m
b→∞ 0
b
xn−1 e−x dx = n · In−1 .
Z
Procediendo por recurrencia, se llega a que In = n(n−1)In−2 = · · · = n!·I0 y como I0 =
11. Hallar
0
+∞
e−x dx = 1,
0
obtenemos que In = n!
Z
∞
dx
.
+4
x2
Solución
Por definición de integral impropia, tenemos:
Z b
dx
arc tg(x/2) b
π
= .
I = lı́m
= lı́m
2
b→∞ 0 x + 4
b→∞
2
4
0
Z
∞
12. Calcular la integral
−∞
x2 − x + 2
dx.
x4 + 10x2 + 9
Solución
Por definición de integral impropia
Z B
Z ∞
x2 − x + 2
x2 − x + 2
dx
=
lı́m
dx.
4
2
A→−∞ A x4 + 10x2 + 9
−∞ x + 10x + 9
B→∞
Resolvemos en primer lugar la integral indefinida para lo cual aplicamos el método de integración
por fracciones simples. Como
" r
#
Z
x2 + 9
x2 − x + 2
1
7
x
dx =
ln
+ arc tg x + arc tg
,
x4 + 10x2 + 9
8
x2 + 1
3
3
la integral propuesta valdrá
1
π 7 π
π 7 π
5π
ln 1 + + · − ln 1 + + ·
=
.
I=
8
2 3 2
2 3 2
12
Z
13. Demostrar que
0
∞
dx
es convergente, para todo m ∈ N.
(1 + x2 )m
Solución
En efecto, si hacemos el cambio de variable x = tg t, dx = sec2 t dt, los lı́mites de integración
son ahora t = 0 (correspondiente a x = 0) y t = π/2 (cuando x = ∞). La integral queda ahora
Z π/2
Z π/2
Z π/2
sec2 t dt
2−2m
=
sec
t dt =
cos2m−2 t dt,
(1 + tg2 t)m
0
0
0
la cual es evidentemente convergente para m natural.
4
Z
14. Determinar el valor de C para que sea convergente la integral impropia
1
Hallar el valor de dicha integral.
∞
x
C
−
2
2x + 2C
x+1
Solución
Si escribimos la función integrando como cociente de polinomios,
x
C
x2 + x − 2Cx2 − 2C 2
(1 − 2C)x2 + x − 2C 2
−
=
=
,
2x2 + 2C
x+1
(2x2 + 2C)(x + 1)
(2x2 + 2C)(x + 1)
observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea convergente, el grado del
numerador debe ser menor que 2. De aquı́ se deduce que 1 − 2C = 0, es decir C = 1/2.
Para este valor, la integral queda:
Z ∞
x
1/2
dx =
−
2x2 + 1 x + 1
1
Z
b
b
1/2
lı́m
dx
b→∞
1
1 x+1
b
1
1
2
= lı́m
ln(2x + 1) − ln(x + 1)
b→∞ 4
2
1
1
1
1
1
2
ln(2b + 1) − ln 3 − ln(b + 1) + ln 2
= lı́m
b→∞ 4
4
2
2
2
4(2b + 1)
1
8
1
= · ln .
= lı́m · ln
b→∞ 4
3(b + 1)2
4
3
x
dx −
2
2x + 1
Z
15. Hallar los valores de los parámetros a y b para que
Z ∞ 2
2x + bx + a
− 1 dx = 1.
x(2x + a)
1
Solución
Al igual que en el problema anterior, escribimos el integrando como una fracción para comparar
los grados del numerador y denominador. Como
2x2 + bx + a
(b − a)x + a
−1=
,
x(2x + a)
x(2x + a)
la integral será convergente cuando b − a = 0, es decir a = b.
En este caso, si integramos por fracciones simples, obtenemos que
k
2x2 + bx + a
x
I =
− 1 dx = lı́m ln
k→∞
x(2x + a)
2x + a 1
1
k
1
1
1
= lı́m ln
− ln
= ln − ln
.
k→∞
2k + a
2+a
2
2+a
Z
Como debe ser 1 = ln
∞
1
1
− ln
, resulta que a = b = 2e − 2.
2
2+a
∞
Z
16. Estudiar la convergencia de la integral
1
Solución
5
ln x
dx.
x2
dx.
Resolvemos la integral indefinida por partes haciendo u = ln x y dv = dx/x2 . Ası́ du = dx/x,
v = −1/x y:
Z
Z
ln x
ln x
dx
ln x 1
1 + ln x
dx = −
+
=−
− =−
.
2
2
x
x
x
x
x
x
La integral impropia queda entonces:
∞
Z
1
ln x
dx = lı́m
b→∞
x2
Z
1
b
ln x
1 + ln x b
1 + ln b
dx = lı́m −
= lı́m −
+ 1 = 1,
b→∞
b→∞
x2
x
b
1
pues lı́m ln b/b = 0 (se puede aplicar por ejemplo la regla de L’Hôpital).
b→∞
Otra posibilidad, en la que no se calcula directamente la integral, es utilizar el criterio de comparación. Debido a que:
ln x
1/x
2
ln x/x2
= lı́m 1/2 = lı́m
= lı́m 1/2 = 0,
x→∞ x
x→∞ (1/2)x−1/2
x→∞ x
x→∞ 1/x3/2
lı́m
Z
∞
e
1
1
x3/2
dx es convergente, se deduce la convergencia de la integral propuesta.
∞
Z
17. Estudiar la convergencia de la integral
1
x2 + 3x + 1
√ dx.
x4 + x3 + x
Solución
En primer lugar observamos que la función integrando es positiva en el intervalo de integración. Como la diferencia de grados entre el denominador y el numerador es 2, comparamos el
integrando con la función 1/x2 . Debido a que
x2 +3x+1
√
x4 +x3 + x
lı́m
x→∞
1/x2
Z
y la integral impropia
x4 + 3x3 + x2
√ = 1,
x→∞ x4 + x3 + x
= lı́m
∞
dx/x2 es convergente, la integral propuesta también es convergente.
1
∞
Z
18. Estudiar la convergencia de la integral
1
dx
√
.
3
2x + x + 1 + 5
Solución
Análogamente al problema anterior, la función es positiva en el intervalo [1, ∞). Además, cuando
x → ∞, es un infinitésimo del mismo orden que 1/x, es decir
lı́m
√1
2x+ 3 x+1+5
1/x
x→∞
Z
∞
Como
1
= 1/2.
dx
es divergente, la integral propuesta también lo será.
x
∞
Z
√
19. Estudiar la convergencia de la integral
0
Solución
6
x
dx.
+1
x4
La convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la integral
Z ∞
x
√
dx porque, en el intervalo [0, 1], el integrando es acotado y la integral es propia.
4
x +1
1
Como la función integrando es positiva en el intervalo de integración, podemos aplicar el criterio
de comparación. Ası́ tenemos que
√
x/ x4 + 1
x2
lı́m
= lı́m √
= 1,
x→∞
x→∞
1/x
x4 + 1
Z ∞
dx
pues el grado del numerador coincide con el grado del denominador. Como la integral
x
1
es divergente, también es divergente la integral propuesta.
Z
∞
20. Investigar la convergencia de la integral
√
1
dx
.
x3 + 1
Solución
Como el integrando es positivo aplicamos el criterio de comparación por paso al lı́mite. Cuando
x → ∞, tenemos
√
Z
Como la integral
1
∞
1
x3
+1
=p
1
x3 (1
+
1/x3 )
=
1
x3/2
·p
1
1+
1/x3
∼
1
x3/2
.
dx
es convergente, la integral propuesta también lo será.
x3/2
∞
Z
21. Estudiar la convergencia de la integral
0
x2 dx
.
(a2 + x2 )3/2
Solución
Comparamos el integrando con la función y = 1/x. Tenemos ası́:
lı́m
x→∞
Z
∞
Como
0
x2
(a2 +x2 )3/2
1/x
x3
= 1.
x→∞ x3 · (a2 /x2 + 1)3/2
= lı́m
dx
es divergente, también lo es la integral propuesta.
x
∞
Z
22. Estudiar la convergencia de la integral
3
x dx
√
.
x6 + 1
Solución
2
Comparando los grados del numerador y denominador, obtenemos que g(x)
Z ∞= 1/x es un infidx
nitésimo equivalente a la función integrando cuando x → ∞. Como además
es convergenx2
3
te, por el criterio de comparación deducimos que la integral propuesta es también convergente.
7
∞
Z
23. Estudiar la convergencia de la integral
2
e−x dx.
−∞
Solución
En primer lugar descomponemos la integral en tres sumandos. Además, debido a la simetrı́a de
la función integrando, podemos escribir:
Z ∞
Z 1
Z ∞
Z 1
Z −1
2
−x2
−x2
−x2
−x2
e−x dx.
e
dx + 2
e
dx =
e
dx +
e
dx +
I=
−1
−∞
−1
1
1
Para estudiar la convergencia de esta última integral impropia, como la función integrando es
positiva, aplicamos el criterio de comparación. Tenemos por un lado que se verifica la acotación
2
e−x ≤ e−x , ∀x ≥ 1, y por otro lado que
Z
∞
e
−x
Z
b
dx = lı́m
b→∞ 1
1
b
e−x dx = lı́m −e−x 1 = lı́m −e−b + e−1 = e−1 .
b→∞
b→∞
Esto indica que la integral propuesta es convergente.
Z
∞
24. Investigar la convergencia de la integral
0
x3
dx.
2x
Solución
x3
= 0, aplicaremos el criterio
x→∞ 2x
x
de comparación por paso al lı́mite con la función g(x) = 1/2 . Ahora bien, como
Debido a que 2x es un infinito de orden superior a x3 , es decir lı́m
x3 /2x
= lı́m x3 = ∞,
x→∞ 1/2x
x→∞
lı́m
Z
e
0
∞
dx
converge, el criterio no puede aplicarse con esta función.
2x
Si tomamos una función un poco mayor que g, como h(x) = (2/3)x , tenemos:
x3 /2x
x3
=
lı́m
= 0,
x→∞ (4/3)x
x→∞ (2/3)x
lı́m
y además
∞
Z
x
(2/3) dx = lı́m
b→∞
0
(2/3)x
ln 2/3
b
=−
0
1
.
ln 2/3
El citado criterio de comparación indica pues que la integral propuesta es convergente.
Z
25. Determinar si la integral
1
∞
√
x
3x
dx converge o no.
Solución
El integrando es no negativo y decreciente en [1, ∞). Recordamos que, de acuerdo con el criterio
de la integral
series infinitas, si f es una función no creciente y no negativa en [1, ∞),
Z ∞ para
X
entonces
f y
f (n) convergen ambas o divergen ambas.
1
n≥1
8
En este caso la convergencia de la serie
X √n
3n
n≥1
Tenemos ası́:
√
lı́m
n→∞
se puede determinar por el criterio de la raı́z.
√
n + 1/3n+1
3n · n + 1
1
√
= lı́m n+1 √ = < 1,
n→∞ 3
3
n/3n
· n
de modo que la serie converge, con lo que también la integral dada converge.
∞
Z
26. Estudiar la convergencia de la integral
ex
0
x
dx.
−1
Solución
x
= 1, la función está acotada
ex − 1
para x > 0 y la integral
que el
X no nes impropia en x = 0. El carácter de esta integral es el mismo
n
2
. Aplicando el criterio de Pringsheim, como lı́m n · n
=0
de la serie asociada
n→∞
en − 1
e −1
X 1
y
es convergente, también lo es la serie anterior.
n2
Aunque la función no está definida en x = 0, como lı́m
x→0+
∞
Z
27. Estudiar la convergencia de la integral
0
4x3 + 2x + 1
dx.
ex
Solución
Debido a que la función integrando es positiva en el intervalo de integración y tiende a cero
cuando x → ∞, reducimos el estudio de la convergencia de la integral al de la serie asociada
X 4n3 + 2n + 1
. Por el criterio de la raı́z,
en
n≥0
r
lı́m
n
n→∞
4n3 + 2n + 1
= lı́m 1/e < 1.
n→∞
en
Entonces la integral es convergente.
Z
∞
28. Estudiar el carácter de la integral I =
0
ln(1 + x)
dx.
ex
Solución
Como la función integrando es no negativa en el intervalo de integración, estudiaremos el carácter
X ln(1 + n)
de la serie asociada
.
en
Aplicando el criterio del cociente tenemos:
lı́m
ln(n+2)
en+1
ln(n+1)
en
= lı́m
ln(n + 2)
1
= < 1,
e ln(n + 1)
e
lo que indica que la serie es convergente y, en consecuencia, también es convergente la integral
propuesta.
9
Z
∞
29. Estudiar el carácter de la integral
0
x dx
.
1 + x2 sen2 x
Solución
X
n
Como la serie asociada a la integral impropia es
, la cual es equivalente a la
2
1 + n sen2 n
X1
serie
y esta es divergente, también será divergente la integral dada.
n
Z
∞
30. Estudiar la convergencia de la integral
0
sen kx
dx.
e x2
Solución
Como la función integrando cambia de signo, estudiamos la convergencia absoluta. La serie
X | sen kn|
| sen kn|
1
asociada a la integral es
que es convergente pues
≤ n2 y, por el criterio
2
2
n
n
e
e
e
n≥0
de la raı́z,
r
1
1
lı́m n n2 = lı́m n = 0 < 1.
n→∞
n→∞ e
e
Lo anterior indica que la integral dada es absolutamente convergente.
Z
31. Estudiar
la
convergencia
de
la
integral
1
α > 0.
∞
sen x
dx,
xα
para
Solución
Como la función f (x) = sen x tiene primitiva F (x) = − cos x acotada y la función g(x) = 1/xα
es derivable y decreciente, con lı́m g(x) = 0, por el criterio de Dirichlet (4) se deduce que la
x→∞
integral es convergente.
Z
32. Estudiar el carácter de la integral
1
∞
cos x
dx.
x2
Solución
Como el integrando no es una función positiva en el intervalo de integración, debemos escos x
1
tudiar la convergencia absoluta. Como | cos x| ≤ 1, ∀x, tenemos que
≤ 2 de donde
2
x
x
Z ∞
Z ∞
cos x
1
dx
≤
dx, la cual es convergente. Se deduce por el criterio de comparación
2
x
x2
1
1
que la integral propuesta es absolutamente convergente.
Z ∞
f (x)
Como regla general podemos afirmar que, si en la expresión
dx el numerador está acoxn
1Z
∞
dx
tado, la integral impropia converge absolutamente si lo hace
.
xn
1
Z
33. Probar que
0
∞
sen x
dx converge condicionalmente.
x
Solución
10
sen x
= 1. Por tanto la
x→0 x Z
∞
sen x
convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la integral
dx. Como
x
1
vimos en el problema 12.31, esta integral es convergente.
Z ∞
1 − cos 2x
sen x
dx diverge pues, como | sen x| ≥ sen2 x =
, tenemos que
Sin embargo,
x
2
1
Z ∞
Z
Z
| sen x|
1 ∞ dx 1 ∞ cos 2x
dx ≥
−
dx.
x
2 1 x
2 1
x
1
Z ∞
Z ∞
dx
cos 2x
De las dos últimas integrales,
diverge y
dx converge, pues, integrando por
x
x
1
1
partes,
Aunque la función no esté definida en x = 0, está acotada pues lı́m
∞
Z
1
Z ∞
Z ∞
sen 2x
cos 2x
sen 2x b
− sen 2
sen 2x
+
dx =
dx,
dx = lı́m
+
2
b→∞
x
2x 1
2x
2
2x2
1
1
y esta última integral converge absolutamente como se deduce por la acotación
Z
De lo anterior se deduce que
1
∞
1
sen 2x
≤ 2.
2
2x
2x
sen x
dx converge condicionalmente.
x
Z
∞
34. Estudiar la convergencia de la integral
0
sen3 x
dx.
x
Solución
La integral es impropia por tener un lı́mite de integración infinito. Aunque además la función no
sen3 x
x3
= lı́m
= 0, la integral no es impropia en x = 0.
está definida en x = 0, como lı́m
x
x→0+ x
x→0+
3 sen x sen 3x
Para estudiar la convergencia utilizamos la fórmula sen3 x =
−
. Entonces
4
4
Z ∞
Z
Z
sen3 x
3 ∞ sen x
3 ∞ sen 3x
dx =
dx −
dx,
x
4 0
x
4 0
3x
0
y cada uno de los sumandos es convergente como vimos en el problema anterior. Entonces su
suma será también convergente.
2.
Integrales impropias de segunda especie
Z
1. Resolver
a
b
dx
, con α ∈ R, donde a < b.
(b − x)α
Solución
11
Distinguiremos los siguientes casos:
- Si α = 1, por definición de integral impropia,
Z b
Z r
r
dx
dx
= lı́m
= lı́m − ln(b − x) a
r→b− a b − x
r→b−
a b−x
= lı́m [− ln(b − r) + ln(b − a)] = ∞.
r→b−
- Si α 6= 1,
Z b
a
dx
(b − x)α
r
dx
(b − x)−α+1
= lı́m
= lı́m −
−α + 1
r→b− a (b − x)α
r→b−
a
(
−α+1
−α+1
∞
(b − a)
− (b − r)
= lı́m
= (b−a)−α+1
−α + 1
r→b−
−α+1
Z
r
si − α + 1 < 0
si − α + 1 > 0.
En definitiva, la integral propuesta es convergente cuando α < 1 y divergente cuando α ≥ 1.
b
Z
2. Calcular
a
dx
donde a < b.
(x − a)3/2
Solución
Como la función no está acotada en x = a, hacemos lo siguiente:
b
Z b
Z b
dx
dx
−2
= lı́m
= lı́m √
3/2
c→a+ c (x − a)3/2
c→a+
x−a c
a (x − a)
−2
2
= lı́m √
+√
= ∞.
+
c→a
c−a
b−a
3
Z
√
3. Calcular
0
dx
.
9 − x2
Solución
El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 3. Resulta entonces:
Z
0
3
dx
√
9 − x2
Z
3−ε
dx
9 − x2
0
3−ε
3−ε
π
= lı́m arc sen x/3 0 = lı́m arc sen
= arc sen 1 = .
+
+
3
2
ε→0
ε→0
=
lı́m
ε→0+
√
Z
1
4. Estudiar la convergencia de la integral
0
dx
p
.
(1 − x)(2 + x)
Solución
1
1
El integrando f (x) = p
es no negativo y lı́m f (x) = ∞. Tomando g(x) = √
,
−
x→1
1−x
(1 − x)(2 + x)
tenemos:
f (x)
1
1
= lı́m √
= √ > 0.
lı́m
−
−
x→1 g(x)
x→1
2+x
3
12
Por tanto, la integral dada converge si y sólo si converge la integral de g. Ahora bien,
Z
0
1
dx
√
= lı́m
1 − x b→1−
b
Z
√
0
√
b
dx
= lı́m − 2 1 − x 0 = 2,
1 − x b→1−
luego la integral dada es convergente.
1
Z
√
5. Investigar si es convergente la integral
0
dx
.
1 − x4
Solución
La función integrando tiene una discontinuidad en x = 1. Comparamos la integral propuesta con
la de 1/(1 − x)α con α apropiado. Debido a que
√
1/ 1 − x4
(1 − x)α
(1 − x)α
√
p
lı́m
=
lı́m
= 1/2,
=
lı́m
x→1− 1/(1 − x)α
x→1−
x→1− (1 − x)1/2 (1 + x)(1 + x2 )
1 − x4
Z
1
1
dx es convergente, del criterio de comparación se deduce
1/2
0 (1 − x)
la convergencia de la integral propuesta.
cuando α = 1/2 y además
Z
2
6. Estudiar la convergencia de la integral
0
dx
√
.
(1 + x2 ) 4 − x2
Solución
2
Z
Aplicamos el criterio de comparación con la integral convergente
0
lı́m
x→2−
1√
(1+x2 ) 4−x2
1
(2−x)1/2
= lı́m
x→2−
1
(1 +
x2 )(2
+
x)1/2
=
dx
. Como
(2 − x)1/2
1
,
10
la integral es convergente.
Z
1
7. Estudiar la convergencia de la integral
0
dx
p
.
(1 − x3 )n
Solución
La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito cuando x →Z1. Hacemos el cambio
1
dt
dt
p
de variable x3 = t, dx = 2/3 . La integral se escribe ahora como I =
. A
2/3
3t
(1 − t)n
0 3t
primera vista parece que se ha complicado la integral pues ahora es impropia para los dos
extremos del intervalo. Dividimos éste en dos sumandos:
Z 1/2
Z 1
dt
dt
p
p
I=
+
.
2/3
2/3
n
3t
(1 − t)
(1 − t)n
0
1/2 3t
Z
convergente. El segundo sumando, al estar acotado 1/t2/3
cuando n/2 < 1, es decir n < 2.
13
1/2
dt
que sabemos es
t2/3
0
en todo el intervalo, será convergente
El primer sumando es convergente pues la integral es equivalente a
Otro método más sencillo serı́a descomponer 1−x3 de la siguiente forma 1−x3 = (x2 +x+1)(1−x).
La integral queda entonces
Z 1 √ 2 dx n
(x +x+1)
I=
.
n/2
0 (1 − x)
Como el numerador está acotado en todo el intervalo y el grado del denominador es n/2, la
integral será convergente cuando n/2 < 1.
Z
4
8. Demostrar que
0
dx
no existe.
(x − 1)2
Solución
El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 1, valor comprendido entre los lı́mites
de integración. Descomponemos la integral en dos sumandos y resulta:
Z 1−ε
Z 4
dx
dx
I = lı́m
+ lı́m
2
(x − 1)
ε→0+ 0
ε0 →0+ 1+ε0 (x − 1)2
1−ε
−1
−1 4
= lı́m
+ lı́m
ε→0+ x − 1 0
ε0 →0+ x − 1 1+ε0
1
1
1
− 1 + lı́m − + 0 = ∞.
= lı́m
3 ε
ε0 →0+
ε→0+ ε
Si no se hubiera tenido en cuenta el punto de discontinuidad, obtendrı́amos equivocadamente el
resultado:
4
Z 4
dx
1
4
= −
=−
2
x−1 0
3
0 (x − 1)
pues además no es posible que la integral de una función positiva sea negativa.
Z
1
9. Estudiar la convergencia de la integral I =
−1
dx
√
.
3
x
Solución
Como la función no está acotada en x = 0, descomponemos la integral en suma:
Z 0
Z 1
Z 1
dx
dx
dx
√
√
√
=
+
.
3
3
3
x
x
x
−1
0
−1
Z a
dx
Cada uno de los sumandos es convergente pues tiene la forma
con α < 1. De ello se
α
x
0
deduce que la integral es convergente.
El valor de la integral serı́a el mismo si no se tuviera en cuenta la discontinuidad esencial en
x = 0, pero no serı́a correcto el proceso seguido.
Z
10. Hallar
0
4
√
3
dx
.
x−1
Solución
14
Como el integrando presenta una discontinuidad en x = 1, tenemos que
Z 1−ε
Z 4
dx
dx
√
√
I = lı́m
+
lı́m
3
3
0
+
0
ε→0+ 0
ε
→0
x−1
x−1
1+ε
4
3
3
1−ε
= lı́m
(x − 1)2/3 0 + lı́m
(x − 1)2/3 1+ε0
+
0
+
ε→0 2
ε →0 2
3
3 √
3 √
3
3
2/3
= lı́m [(−ε) − 1] + lı́m [ 9 − (ε0 )2/3 ] =
9−1 .
2
ε→0+ 2
ε0 →0+ 2
Z
11. Determinar el carácter de la integral
2
3
dx
p
.
(3 − x)(x − 2)
Solución
La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito en los dos extremos del intervalo.
Separamos la integral en dos sumandos y tenemos:
Z 2,5
Z 3
dx
dx
p
p
I=
+
.
(3 − x)(x − 2)
(3 − x)(x − 2)
2
2,5
Aplicaremos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada integral. En el caso
de que 2 ≤ x ≤ 2,5, deducimos que
(x − 2)1/2
√
2
√
1
2
p
≤
.
(x − 2)1/2
(3 − x)(x − 2)
p
(3 − x)(x − 2) ≥ (x − 2)/2 =⇒
=⇒
2,5
Z
Como además
2
(3 − x)(x − 2) ≥
√
2
dx es convergente, también lo será el primer sumando de la integral
(x − 2)1/2
dada.
Procediendo análogamente con el segundo sumando obtenemos que, si 2,5 < x < 3,
√
2
1
p
≤
(3 − x)1/2
(3 − x)(x − 2)
Z
3
y sabemos también que
2,5
√
2
dx es convergente.
(3 − x)1/2
En definitiva obtenemos que la integral propuesta es convergente.
Z
12. Determinar la naturaleza de la integral I =
0
1
dx
p
.
x(1 − x2 )
Solución
Como la integral es impropia en los dos extremos de integración, la dividimos en dos sumandos.
Ası́ escribimos
Z
I=
0
1/2
dx
p
+
x(1 − x2 )
Z
1
1/2
dx
p
=
x(1 − x2 )
15
Z
0
1/2
dx
(1−x2 )1/2
x1/2
1
dx
1/2
√x
.
1 − x2
Z
+
1/2
Los numeradores están acotados en los intervalos correspondientes. Por tanto la primera integral
Z 1/2
dx
que sabemos es convergente. Con respecto a la segunda
tiene el mismo carácter que
x1/2
0
Z 1
Z 1
dx
dx
1/2
x1/2
√x
integral podemos factorizar el denominador y escribir
=
.
1/2 (1 + x)1/2
1 − x2
1/2
1/2 (1 − x)
Z 1
dx
que es también
Esta integral es equivalente en cuanto a su carácter a la integral
1/2
1/2 (1 − x)
convergente.
En definitiva, la integral dada es convergente.
Z
π/2
√
13. Hallar
0
cos x
dx.
1 − sen x
Solución
El integrando presenta una discontinuidad en x = π/2, de modo que
Z
I =
π/2−ε
√
lı́m
ε→0+
0
π/2−ε
cos x
dx = lı́m − 2(1 − sen x)1/2 0
+
ε→0
1 − sen x
= −2 lı́m {[1 − sen(π/2 − ε)]1/2 − 1} = 2.
ε→0+
Z
14. Calcular la integral
0
1
ln x
√ dx.
x
Solución
Esta integral es impropia porque el integrando no está acotado en x = 0. Si realizamos la integral
indefinida por partes, tenemos:
Z 1
Z 1 √
1
√
ln x
2 x
√ dx = lı́m 2 x ln x a −
I = lı́m
dx
x
x
a→0+ a
a→0+
a
√
√ 1
√
√
= lı́m 2 x ln x − 4 x a = −4 − lı́m (2 a ln a − 4 a)
a→0+
a→0+
= −4 − lı́m
a→0+
Z
15. Calcular
0
1
2 ln a
2/a
= −4 − lı́m
= −4.
−1/2
+
a→0 (−1/2)a−3/2
a
arc sen x
√
dx.
1 − x2
Solución
Por definición de integral impropia, tenemos:
Z 1
Z B
arc sen x
arc sen x
√
√
dx = lı́m
dx
−
2
B→1
1−x
1 − x2
0
0
B
(arc sen x)2
(π/2)2
π2
= lı́m
=
=
.
2
2
8
B→1−
0
16
π/2
Z
16. Determinar los valores de m para que
0
1 − cos x
dx sea convergente.
xm
Solución
x2
1 − cos x
1
Debido a la equivalencia 1 − cos x ∼
si x → 0, entonces
∼ m−2 y las dos integrales
m
2
x
2x
Z π/2
Z π/2
1
1 − cos x
dx,
dx tienen el mismo carácter (convergen o divergen a la vez). De
xm
2xm−2
0
0
aquı́ se deduce que la integral es convergente cuando m − 2 < 1, o bien m < 3, y divergente
cuando m ≥ 3.
1
Z
ln x
dx.
1−x
17. Estudiar la convergencia de la integral
0
Solución
Como la función no está acotada en x = 0 ni en x = 1, descomponemos la integral en dos
sumandos ası́:
Z 1
Z α
Z 1
ln x
ln x
ln x
dx =
dx +
dx, con 0 < α < 1.
0 1−x
0 1−x
α 1−x
Aplicamos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada una de las integrales.
Debido a que
ln x
1−x
x→0 1/x1/2
lı́m
Z
α
y que
0
=0
dx
es convergente, el primer sumando es convergente.
x1/2
Análogamente, como
ln x
√1−x
=0
x→1 1/ 1 − x
lı́m
Z
1
dx
es convergente, el segundo sumando es también convergente. De lo anterior se
1−x
α
deduce que la integral propuesta es convergente.
y
√
Z
1
18. Determinar la naturaleza de la integral
0
√
1 − x dx
según los valores de a > 0.
xa ln x
Solución
Como la función integrando no está definida en x = 0 ni en x = 1, descomponemos la integral
en dos sumandos
Z 1/2 √
Z 1 √
1 − x dx
1 − x dx
I=
+
= I1 + I2 .
a ln x
x
xa ln x
0
1/2
En la segunda integral hacemos el cambio de variable z = 1 − x, con lo que
√
Z 1/2
z dz
I2 =
.
a
(1 − z) ln(1 − z)
0
Debido a la equivalencia de infinitésimos ln(1 − z) ∼ −z cuando z → 0, podemos comparar la
Z 1/2 √
Z 1/2
− z dz
−dz
√ y esta última es convergente.
integral con
=
z
z
0
0
17
Estudiamos ahora el primer sumando, que es una integral impropia en x = 0 porque
√
1−x
x−a
−ax−a−1
lı́m a
= lı́m
= lı́m
= ∞.
x→0 x ln x
x→0 ln x
x→0
1/x
Z
1/2
dx
que es convergente si b < 1 y divergente si b ≥ 1.
xb
0
Calculando el lı́mite del cociente, obtenemos:
(
√
0
si b ≥ a
xb−a
1 − x/xa ln x
lı́m
= lı́m
=
b
1/x
x→0+
x→0+ ln x
∞ si b < a.
Compararemos la integral con
De este modo, si a < 1, elegimos b = a, en cuyo caso el lı́mite del cociente es cero y la integral
I1 es convergente. Por otra parte, si a > 1, elegimos b = 1 lo que hace que el lı́mite del cociente
sea infinito y la integral sea divergente.
Z 1/2 √
1−x
Estudiaremos por último el caso a = 1. Como
dx tiene el mismo carácter que
x ln x
0
Z 1/2
√
1
dx pues 1 − x está acotada en (0, 1/2), y además
x ln x
0
Z
0
1/2
1/2
1
dx = lı́m ln | ln x| a = ∞,
x ln x
a→0+
la integral es también divergente.
En definitiva, obtenemos que la integral propuesta es convergente cuando a < 1 y divergente
cuando a ≥ 1.
1
Z
x3 e1/x dx.
19. Estudiar el carácter de la integral I =
0
Solución
∞
et
dt. Ahora bien, como la
t5
1
X
en
sucesión de término general an = 5 es divergente, (lı́m an = ∞), la serie
an es divergente.
n
Por el criterio de la serie asociada, la integral impropia I es también divergente.
Z
Si hacemos el cambio de variable x = 1/t, resulta la integral I =
Z
π
20. Estudiar la convergencia de la integral
0
dx
.
1 − cos x
Solución
El denominador se anula cuando x = 0; por tanto el integrando no está acotado en x = 0. Debido
x2
a la equivalencia 1 − cos x ∼
, resulta que la integral propuesta tiene el mismo carácter que
2
Z π
dx
. Como ésta es divergente, también lo es la integral propuesta.
2
0 x
Z
∞
21. Estudiar la convergencia de la integral
0
Solución
18
√
1
dx.
x + x4
Descomponemos la integral en dos sumandos como
Z ∞
Z 1
1
1
√
√
dx +
dx.
I=
4
x+x
x + x4
1
0
Ası́ tenemos dos integrales impropias: la primera es de segunda especie pues la función no
está acotada en x = 0 y la segunda de primera especie, pues el intervalo de integración es
infinito. Aplicamos el criterio de comparación en ambos casos. Por una parte,
√
1/ x + x4
1
√
lı́m
=1
= lı́m √
x→0
x→0
1/ x
1 + x3
Z 1
1
√ dx es convergente.
e
x
0
Por otra parte,
Z
√
x2
1/ x + x4
√
=
lı́m
=1
lı́m
x→∞
x→∞
1/x2
x + x4
∞
1
dx es convergente. Como ambas integrales son convergentes, también lo será la suma
2
x
1
de ambas.
e
Z
∞
22. Estudiar la convergencia de la integral
0
√
e−
√
x
x
dx.
Solución
√
e−
Como lı́m √
x
= ∞, la integral es impropia en ambos extremos de integración. Calculando
x
directamente la integral, obtenemos:
Z −√x
Z ∞ −√x
h
√
√ iB
e
e
− x
√ dx = −2e
√ dx = lı́m −2e− x
=⇒
x
x
A
A→0+
0
B→∞
h
√
√ i
= lı́m −2e− B + 2e− A = 2.
x→0+
A→0+
B→∞
Z
23. Determinar los valores de a para los cuales es convergente la integral I =
0
∞
xa−1
dx.
1+x
Solución
Por una parte el intervalo de integración es infinito y por otra, en el caso de que a − 1 < 0, el
integrando no está acotado en x = 0. Debemos pues descomponer la integral en dos sumandos
Z ∞ a−1
Z 1 a−1
x
x
I=
dx +
dx.
1+x
1
0 1+x
Z 1
dx
La primera integral tiene el mismo carácter que
, la cual es convergente cuando 1−a < 1,
1−a
0 x
es decir a > 0.
Con respecto al segundo
debido a la equivalencia
1 + x ∼ x, cuando x → ∞, la integral
Z ∞
Z ∞
Z ∞ a−1sumando,
x
1
a−2
es equivalente a
dx =
x
dx =
dx, la cual es convergente si 2 − a > 1,
x
x2−a
1
1
1
o bien a < 1.
19
En definitiva, las dos condiciones indican que la integral propuesta es convergente cuando 0 <
a < 1 y divergente en caso contrario.
Z
∞
24. Estudiar la convergencia de la integral
0
e−x − 1
dx según los distintos valores de α.
xα
Solución
Debido a que la función integrando no está acotada en x = 0 cuando α > 1, descomponemos la
integral en dos sumandos
Z 1 −x
Z ∞ −x
Z ∞ −x
e −1
e −1
e −1
dx =
dx +
dx,
α
α
x
x
xα
0
1
0
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos. En el primer sumando, como e−x − 1 ∼ −x
e−x − 1
1
si x → 0, entonces
∼ α−1 , de modo que la integral es convergente si α − 1 < 1 y
α
x
x
divergente si α − 1 ≥ 1.
e−x − 1
1
= lı́m α , la convergencia equivale a la de la
Para el segundo sumando, como lı́m
α
x→∞ x
x→∞
x
Z ∞
dx
integral
. Por tanto, converge si α > 1 y diverge si α ≤ 1.
xα
1
Como la integral propuesta es convergente cuando lo sean ambos sumandos, tenemos que es
convergente cuando α ∈ (1, 2) y divergente en el resto.
∞
Z
25. Probar que la integral impropia
0
tα−1
dt converge si α > 1 y diverge si α ≤ 1.
et − 1
Solución
Descomponemos la integral en dos sumandos como
Z ∞ α−1
Z 1 α−1
Z ∞ α−1
t
t
t
dt =
dt +
dt,
t
t
e −1
et − 1
0
0 e −1
1
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos.
El primer sumando corresponde a una integral impropia de segunda especie. Debido a la equivatα−1
1
lencia et − 1 ∼ t cuando t → 0, resulta que t
∼ 2−α . Esto indica que la integral converge
e −1
t
cuando 2 − α < 1, es decir α > 1, y diverge cuando α ≤ 1.
El segundo
sumando es siempre convergente como se deduce al compararlo con la integral conZ ∞
dt
vergente
. En efecto:
t2
1
lı́m t2 ·
t→∞
tα−1
tα+1
=
lı́m
= 0.
et − 1 t→∞ et − 1
La integral propuesta es por tanto convergente cuando α > 1.
26. Se define la función Γ(x) como:
Z
Γ(x) =
0
20
∞
tx−1 e−t dt.
a) Probar que converge para x > 0 y diverge para x ≤ 0.
b) Probar que Γ(x + 1) = xΓ(x) para x > 0.
c) De lo anterior, deducir que Γ(n) = (n − 1)! para cualquier n natural.
Solución
a) Vamos a separar el estudio en tres casos:
- x ≥ 1: La integral es impropiaZde primera especie pues la función está acotada. Aplicamos
∞
dt
el criterio de comparación con
, que es convergente:
t2
1
t2+x−1
= 0,
t→∞
et
lı́m t2 · tx−1 e−t = lı́m
t→∞
como se deduce al aplicar la regla de L’Hôpital sucesivas veces (el denominador es un infinito
de orden superior al del numerador). Esto indica que la integral impropia es convergente.
- 0 < x < 1: En este caso la integral también es impropia de segunda especie pues en x = 0
la función no está acotada. Descomponemos la integral como
Z ∞
Z 1
Z ∞
x−1 −t
x−1 −t
t e dt =
t e dt +
tx−1 e−t dt.
0
0
1
El segundo sumando es convergente (se procede como en el caso anterior); para estudiar la
Z 1
dt
convergencia del primer sumando aplicamos de nuevo el criterio de comparación con
α
t
0
donde elegimos cualquier α que cumpla 1 > α > 1 − x. Debido a que
lı́m tα · tx−1 e−t = lı́m tα+x−1 = 0,
t→0+
1
Z
y a que
0
t→0+
dt
es convergente, también la integral propuesta es convergente.
tα
- x ≤ 0: De nuevo tenemos
una integral impropia de segunda especie. Aplicamos el criterio
Z 1
dt
de comparación con
, haciendo α = 1 − x ≥ 1. Resulta:
α
t
0
lı́m tα · tx−1 e−t = lı́m e−t = 1
t→0+
Z
y, como
0
1
t→0+
dt
es divergente, también lo es la integral propuesta.
tα
b) Aplicando el método de integración por partes,
Z b
Z b
x −t
x −t b
Γ(x + 1) = lı́m
t e dt = lı́m − t e 0 + lı́m x
tx−1 e−t dt
=
b→∞ 0
bx
lı́m
b→∞
eb
b→∞
b→∞
0
+ xΓ(x) = xΓ(x).
c) Aplicando el apartado b) sucesivas veces, tenemos:
Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = · · · = (n − 1)(n − 2) . . . 2 · 1 · Γ(1).
Z ∞
Como además Γ(1) =
e−t dt = 1, deducimos que Γ(n) = (n − 1)!
0
21
3.
Aplicaciones al cálculo de áreas y volúmenes
Rx
0
1. Resolver lı́m
x→∞
(arc tg t)2 dt
√
.
x2 + 1
Solución
La integral del numerador es divergente porque lı́m (arc tg t)2 = π 2 /4 6= 0. Como el lı́mite del
t→∞
denominador también es infinito, tenemos una indeterminación ∞/∞. Aplicando la regla de
L’Hôpital,
Rx
(arc tg t)2 dt
(arc tg x)2
π 2 /4
√
L = lı́m 0 √
= lı́m
=
= π 2 /4.
x→∞
x→∞ x/ x2 + 1
1
x2 + 1
2
x t2
0 e dt
Rx 2
.
2t dt
0 e
R
2. Resolver lı́m
x→∞
Solución
Z
∞
Z
t2
∞
e dt y
Como las integrales
2
e2t dt son divergentes (los integrandos son funciones que
0
0
no están acotadas en (0, ∞)), tenemos una indeterminación del tipo ∞/∞. Aplicando por dos
veces la regla de L’Hôpital, resulta:
2
x t2
2
2 Rx
2ex 0 et dt
0 e dt
lı́m R x 2t2
= lı́m
x→∞
x→∞
dt
e2x2
0 e
R x t2
2
2 0 e dt
2ex
lı́m
= lı́m
= lı́m 1/x
x→∞
x→∞ 2xex2
x→∞
ex2
R
L =
=
Z
3. Sea F la función definida en todo R por F (x) =
1
1+x2
= 0.
et
dt.
t
a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de F .
b) Probar que lı́m F (x) = lı́m F (x) = ∞.
x→∞
x→−∞
Solución
a) Como la función integrando f (x) = ex /x es continua en R \ {0}, será integrable en cualquier
intervalo que no contenga al cero. Esto implica que F es continua en R pues, al ser 1+x2 > 0,
cualquier punto del intervalo [1, 1 + x2 ] es positivo. Además es también derivable en todo
R, siendo
2
e1+x
· 2x, ∀x ∈ R.
f 0 (x) =
1 + x2
Z
b) Como lı́m F (x) = lı́m F (x) =
x→∞
gral impropia.
x→−∞
1
∞
et
dt, debemos estudiar la convergencia de esta intet
22
et
= ∞, la función integrando no está acotada, de modo que la integral
t→∞ t
es divergente. Tenemos en definitiva que
Debido a que lı́m
lı́m F (x) = lı́m F (x) = +∞.
x→∞
x→−∞
4. Demostrar la acotación
2
e−x
2x 1 +
∞
Z
1
2x2
≤
2
−t2
e
x
e−x
dt ≤
.
2x
Solución
Integramos en primer lugar por partes, haciendo u =
Z
∞
−t2
e
x
1
2
y dv = 2te−t dt. Ası́:
2t
Z ∞
1
−1 −t2 b
1
2
−t2
dt =
· 2te
dt = lı́m
·e
−
· e−t dt
2
b→∞ 2t
2t
2t
x
x
x
Z ∞
2
−x
e
1
2
.
=⇒
1 + 2 · e−t dt =
2t
2x
x
Z
∞
1
1
≤ 1 + 2 . Por tanto,
2t2
2x
Z ∞
Z ∞
2
e−x
1
1
2
−t2
=
1+ 2 ·e
dt ≤
1 + 2 · e−t dt
2x
2t
2x
x
x
Z ∞
Z ∞
2
2
−x
e
e−x
2
−t2
=⇒
e−t dt ≥
y
también
e
dt
≤
.
2x
2x 1 + 2x12
x
x
Como x ≤ t, 1 +
Observación. Esta acotación permite estimar el error que se comete al despreciar el área situada
2
bajo la curva y = e−x para valores grandes de x.
5. Hallar el área comprendida entre la estrofoide y 2 (a + x) = x2 (a − x) y su ası́ntota.
Solución
r
En forma explı́cita, la ecuación es y = ±x
a−x
y su ası́ntota es la recta x = −a.
a+x
De acuerdo con la figura y teniendo en cuenta la simetrı́a, el área es:
Z 0 r
Z 0 r
a−x
a−x
a2 (4 + π)
A=2
x
dx = 2 lı́m
x
dx =
.
a+x
a+x
2
r→−a+ r
−a
23
6. Hallar el área situada a la derecha de x = 3 y limitada por la curva y =
X.
x2
1
y el eje
−1
Solución
Z
∞
dx
que es una integral
−1
3
impropia. Resolviendo la integral indefinida por el método de fracciones simples, obtenemos:
Z b
dx
1
x−1 b
A = lı́m
= lı́m ln
b→∞ 3 x2 − 1
2 b→∞
x+1 3
b−1 1 1
1
1 − 1/b 1
1
1
lı́m ln
− ln = lı́m ln
+ ln 2 = ln 2.
=
2 b→∞ b + 1 2 2
2 b→∞ 1 + 1/b 2
2
De acuerdo con la gráfica, el área viene dada por la fórmula A =
7. Calcular el área limitada por las curvas y =
x2
1
x
,y=
en el intervalo x ∈ [1, ∞).
x
1 + x2
Solución
De acuerdo con la gráfica y por definición de integral impropia, tenemos:
Z ∞
Z b
1
x
1
x
A =
−
dx = lı́m
−
dx
b→∞ 1
x 1 + x2
x 1 + x2
1
b
√
1
1
b
2
= lı́m ln x − ln(1 + x ) = lı́m ln √
− ln √
= ln 2.
b→∞
b→∞
2
2
1 + b2
1
24
8. Hallar el área limitada por la curva x2 y 2 + x2 − y 2 = 0 y sus ası́ntotas y el volumen
engendrado por dicha área al girar alrededor del eje X .
Solución
r
a) Si despejamos la variable y, la curva se expresa como y = ±
ası́ntotas son x = 1 y x = −1.
x2
lo que indica que las
1 − x2
Teniendo en cuenta que la curva es simétrica respecto a los dos ejes de coordenadas (lo
que se deduce al sustituir x por −x e y por −y), el área vendrá dada por la fórmula
Z 1
x dx
√
A=4
. Como el integrando presenta una discontinuidad en x = 1, debemos
1 − x2
0
calcular
Z 1−ε
p
1−ε
p
x dx
√
A = 4 lı́m
= 4 lı́m − 1 − x2 0 = 4 lı́m (1 − 2ε − ε2 ) = 4.
ε→0+ 0
ε→0+
ε→0+
1 − x2
b) Aprovechando de nuevo las simetrı́as y aplicando el método de los discos, tenemos:
Z
V
1
= π
−1
Z
= 2π lı́m
ε→0+
0
1−ε
1
1
x2
dx
2
0
0 1−x
"
#1−ε
x2
1 + x 1/2
dx = 2π lı́m −x + ln
= ∞.
1 − x2
1−x
ε→0+
y 2 dx = 2π
Z
y 2 dx = 2π
Z
0
a3
y el eje de
x2 + a2
abscisas y el volumen engendrado por la misma región al girar alrededor del eje X .
9. Hallar el área de la región comprendida entre la curva de Agnesi y =
Solución
a3
= 0.
x→∞ x2 + a2
El eje de abscisas es la ası́ntota de la curva, pues lı́m
25
a) Teniendo en cuenta la simetrı́a de la figura, el área viene dada por
Z ∞
Z b
a3
a
1/a
2
dx = 2
dx = lı́m 2a
dx
2 + a2
2+1
2+1
b→∞
x
(x/a)
(x/a)
−∞
0
0
b
lı́m 2a2 arc tg(x/a) 0 = lı́m 2a2 arc tg(b/a) = πa2 .
Z
A =
=
∞
b→∞
b→∞
b) Aplicando el método de los discos, el volumen se obtiene por la fórmula
Z ∞
Z ∞
a6
2
y (x) dx = 2π
dx.
V =π
(x2 + a2 )2
0
−∞
Para realizar la integración aplicamos el cambio de variable x = a tg t, con lo que x = 0 =⇒
t = 0 y x = ∞ =⇒ t = π/2 y obtenemos:
Z
V
∞
= 2π
0
Z
a6
dx = 2π
(x2 + a2 )2
Z
π/2
0
a2
· a sec2 t dt
sec4 t
π/2
a3 cos2 t dt = 2πa3 · π/4 = π 2 a3 /2.
= 2π
0
10. Se considera la curva y = x−1/4 definida en (0, 1].
a) Hallar el área bajo la curva.
b) Hallar el volumen del sólido obtenido al girar la curva alrededor del eje X .
Solución
a) Como la función no está acotada en x = 0, el área viene dada por una integral impropia:
Z
A=
0
1
x−1/4 dx = lı́m
a→0+
Z
1
"
x−1/4 dx = lı́m
a→0+
a
x3/4
3/4
#1
= lı́m
a
a→0+
4 4a3/4
−
3
3
!
4
= .
3
b) Análogamente al apartado anterior,
Z 1
Z 1
−2/4
V = π
x
dx = π lı́m
x−1/2 dx
a→0+ a
0
"
#1
x1/2
= π lı́m
= 2π lı́m (1 − a1/2 ) = 2π.
a→0+
a→0+ 1/2
a
11. Se considera la región R limitada por las curvas y(x2 + 1) + arc tg x = 0 y x2 y 3 = 1 en el
intervalo x ∈ [0, 1].
26
i) Calcular el área de la región R.
ii) ¿Existe el volumen del sólido obtenido al girar R alrededor del eje X ?
Solución
i)
De acuerdo con la figura, el área viene dada por:
1
"
x1/3 (arc tg x)2
dx = lı́m
+
A =
x
2
a→0+ 1/3
0
(arc tg a)2
π2
(π/4)2
− 3a1/3 −
=3+ .
= lı́m 3 +
2
2
32
a→0+
Z
−2/3
arc tg x
+ 2
x +1
#1
a
ii) El volumen pedido es el mismo que el de la región comprendida entre la curva y = x−2/3 y
el eje X en el intervalo [0, 1] (basta observar que al girar esta región ya queda incluida la
parte comprendida en el cuarto cuadrante). Aplicando el método de los discos,
Z
V
= π
1
Z
2
y dx = π
"
1
x
0
−4/3
0
−1/3
= −3π lı́m (1
a→0+
−1/3
−a
x−1/3
dx = lı́m π ·
−1/3
a→0+
#1
a
) = ∞.
12. Determinar el volumen del sólido obtenido al girar la región limitada por la curva e−y =
−x y los ejes de coordenadas alrededor del eje OX .
Solución
27
De acuerdo con la figura, si aplicamos el método de los tubos, la fórmula del volumen da:
Z ∞
Z ∞
ye−y dy.
(−x)ydy = 2π
V = 2π
0
0
Como es una integral impropia debemos estudiar su convergencia. Integramos en primer lugar
por partes y obtenemos:
Z
ye−y dy = −(y + 1)e−y ,
con lo que
B
V = lı́m 2π −(y + 1)e−y 0 = lı́m −2π(B + 1)e−B + 2π = 2π.
B→∞
B→∞
28
4.
Ejercicios propuestos
Z
0
e2x dx.
1. Hallar
−∞
Resp.: I = 1/2.
∞
Z
2. Calcular
0
dx
.
1 + x2
Resp.: I = π/2.
∞
Z
3. Calcular
1
dx
√
.
x3 x2 − 1
Resp.: I = π/4.
∞
Z
4. ¿Para qué valores de a es convergente
0
xa−1
dx?
1+x
Resp.: Diverge para todo a.
∞
Z
5. Calcular
0
Resp.: I =
4ex
dx
.
+ 9e−x
π
1
2
− arc tg .
12 6
3
Z
∞
x dx
√
.
x2 + 2 5 x4 + 1
∞
ln x dx
.
(1 + x2 )2
6. Estudiar la convergencia de la integral
1
∞
Z
dx/x).
Resp.: Divergente (comparar con
1
Z
7. Estudiar la convergencia de la integral
1
Z
∞
dx/xα con 1 < α < 4).
Resp.: Convergente (comparar con
1
Z
∞
8. Estudiar la convergencia de la integral
0
Z
x
dx.
(1 + x2 )2
∞
dx/x3 ).
Resp.: Convergente (comparar con
1
Z
∞
9. Estudiar la convergencia de la integral
2
Z
Resp.: Convergente (comparar con
∞
dx/x2 ).
2
29
x2 − 8x − 17
dx.
x4 + 4x3 + 6x2 − 4x − 7
∞
Z
10. Estudiar la convergencia de la integral
2
Z
∞
Resp.: Convergente (comparar con
3e3x/2 − 2ex + 2ex/2
dx.
e2x − 2e3x/2 + 3ex − 4ex/2 + 2
e−x/2 dx).
2
Z
11. Estudiar la convergencia y calcular la integral
0
∞
dx
.
(1 + x2 )2
Resp.: I = π/4.
∞
Z
f (x) dx siendo
12. Estudiar la convergencia de la integral
0
(
√1
1−x
x−1
1+x3
si x < 1
.
si x ≥ 1.
Z 1
√
1
x−1
∼ 2 cuando x → ∞.
Resp.: Convergente pues
dx/ 1 − x es convergente y
3
1+x
x
0
f (x) =
∞
Z
13. Estudiar la convergencia de la integral
x sen x dx.
0
Resp.: Divergente (la función y = x sen x no está acotada en (0, ∞)).
∞
Z
14. Probar que
0
cos x
dx =
1+x
Z
∞
0
sen x
dx y que una de ellas converge absolutamente.
(1 + x)2
Sugerencia: La igualdad se obtiene integrando por partes. Ver problema 12.32 para estudiar la
convergencia.
15. Se considera la función f (x) = ce−2x .
∞
Z
a) Determinar el valor de c para que
f (x) dx = 1.
0
Z
∞
b) Calcular
xf (x) dx con el valor de c obtenido en a).
0
Resp.: a) c = 2; b) I = 1/2.
Z
16. Probar que
∞
e−px dx es convergente si p > 0 y divergente si p ≤ 0.
1
Sugerencia: Resolver la integral.
Z
∞
17. Estudiar la convergencia de la integral
1
Z
Resp.: Divergente (comparar con
∞
√
dx/ x).
1
30
2 + cos x
√
dx.
x
Z
π/2
18. Demostrar que
sec x dx no existe.
0
Resp.: La integral es divergente.
Z
1
19. Calcular
−1
dx
.
x
Resp.: La integral es divergente.
Z
20. Calcular
0
3
(x2
x dx
.
− 1)3/5
√
5
Resp.: 5(2 2 − 1)/4.
Z
1
21. Estudiar la convergencia de la integral impropia
√
0
ex dx
.
1 − cos x
1
Z
dx/x).
Resp.: Divergente (comparar con
0
Z
1
22. Estudiar la convergencia de
0
1−
Z 1
Resp.: Convergente (comparar con
x2
dx
√
.
+ 2 1 − x2
dx/(1 − x)1/2 ).
0
Z
3
dx
.
4x − x2 − 3
1
Z c
Z 3
√
√
Resp.: Convergente (comparar con
dx/ x − 1 y con
dx/ 3 − x).
√
23. Estudiar la convergencia de la integral
1
c
Z
1
24. Estudiar la convergencia de la integral
0
dx
.
sen2 x
Resp.: Divergente (integración directa).
Z
1
25. Estudiar la convergencia de la integral
ln
1
dx.
1−x
√
dx
.
x + 4x3
0
Resp.: Convergente (integración directa).
Z
1
26. Estudiar la convergencia de la integral
0
Z
Resp.: Convergente (comparar con
1
√
dx/ x).
0
31
27. Demostrar que lı́m e
x→∞
−x2
Z
x
2
et dt = 0.
0
Sugerencia: Aplicar la regla de L’Hôpital.
28. Calcular el área de la región limitada superiormente por la curva xy = 1, inferiormente
por la curva y(x2 + 1) = x y a la izquierda de x = 1.
Resp.: A = ∞.
x−1
29. Calcular el área de la región limitada por las curvas y = √
, x = 1, x = 3 por encima
x2 − 1
del eje OX .
√
√
Resp.: A = 8 − ln(3 + 8).
30. Calcular el área de la región limitada por la curva y 2 =
x = 0 y x = 1.
x
entre los puntos de abscisa
1 − x3
Resp.: A = π/3.
31. Calcular el área comprendida entre y = xe
−x
Z
∞
y el eje X en (0, ∞). ¿Cuánto vale
xe−x dx?
−∞
Resp.: A = 1; I = 0 por ser una función impar y la integral convergente.
32. Sea f (x) = e−2x para todo x. Llamamos R a la región limitada por la curva y el eje X
en el intervalo [0, t], con t > 0. Calcular el área A(t) de R y el volumen V (t) obtenido al
girar R alrededor del eje X . Interpretar los valores de lı́m A(t) y lı́m V (t).
t→∞
1
1
π
π
Resp.: A(t) = − e−2t + ; V (t) = − e−4t + .
2
2
4
4
32
t→∞