169
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Capı́tulo 5
Integrales impropias
5.1
Introducción
Definición 5.1.1 La integral:
Z
b
f (x)dx
a
se dice:
(1) Impropia de primera especie si a = −∞ o b = ∞ o ambas posibilidades.
(2) Impropia de segunda
si f (x) no es acotada en uno o más valores perte£ especie
¤
necientes al intervalo a, b . Tales puntos donde f (x) no está acotada se denominan
singularidades de f .
(3) Impropia de tercera especie si es impropia de primera y de segunda especie respectivamente.
Nota:
Volumen de revolución por medio de capas cilı́ndricas.
Tal como vemos en la figura 5.1, una capa cilı́ndrica es una región acotada por
medio de dos cilindros circulares rectos y
concéntricos de igual altura h. Si el cilindro interior tiene radio basal r1 y el exterior tiene radio basal r2 , entonces el volumen encerrado es:
Y
V = πr22 h − πr12 h =
X
Fig. 5.1
r1 + r2
(r2 − r1 )h = 2πr̄h∆r ,
2
luego, el volumen de revolución de un
sólido de revolución por medio de capas
cilı́ndricas en torno al eje de ordenadas
será:
Z
= 2π
b
V = 2π
xf (x)dx .
a
Problema 5.1.1 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar la
2
curva f (x) = e−x en torno al eje de ordenadas entre x = 0 y x = b cuando b → ∞.
170
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
Considerando la figura 5.2, resulta:
Z ∞
2
V = 2π
xe−x dx =
Y
0
Z
b
= 2π lim
b→∞
Z
0
X
O
b
= −π lim
b→∞
2
xe−x dx =
e
−x2
2
d(−x ) =
0
¯
2 ¯0
= π lim e−x ¯ = π .
b→∞
b
Fig. 5.2
En este ejemplo obtuvimos una integral
impropia de primera especie.
³
Problema 5.1.2 Calcular el área encerrada por la curva f (x) =
tiene 0 ≤ x ≤
6
3
, x 6= .
5
5
Solución:
Considerando la figura 5.3, nos damos
cuenta que la función f no está acotada
3
en x = . Por tal motivo, tendremos:
5
Z 35 −h ³
1 ´ 23
σ = lim
dx+
h→0 0
5x − 3
Y
O
1 ´ 23
cuando se
5x − 3
3/5
6/5
Z
X
+ lim
h→0
es claro que:
Z
dx
Fig. 5.3
(5x − 3)
2
3
=
³
6
5
3
5 +h
1
5
Z
1 ´ 23
dx ,
5x − 3
d(5x − 3)
(5x − 3)
2
3
=
1 √
·3 3 5x − 3 .
5
Luego:
3
σ=
5
Ã
"r
lim
h→0
3
5
³3
5
´
−h −3+
√
3
#
"
3 + lim
√
3
h→0
#!
r ³
´
3
6√
3
3
3− 5
+h −3
=
3.
5
5
En este ejemplo obtuvimos una integral impropia de segunda especie.
Problema 5.1.3 Estudiar la integral:
Z
4
dx
p
1
x(4 − x)
.
171
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Solución:
En este ejemplo parece que tenemos una integral impropia de segunda especie. En ella
hagamos:
µ
¯4
¯0 ¶
¯
¯
2
u = 4 − x ⇒ dx = −2udu , x¯ → u¯√
,
1
3
por lo tanto:
Z
4
p
dx
1
x(4 − x)
√
3
Z
=2
0
du
√
=2
4 − u2
√
3
Z
d
r
0
³u´
1−
√
3
2π
2
³ u ´2 = 2 Arcsen 2 = 3 ,
2
no es impropia.
Z
b
Teorema 5.1.1 Sea
f (x)dx una integral impropia de segunda especie con singularidad
a
en b (o bien en a), entonces puede transformarse en una integral impropia de primera especie.
Demostración:
Hágase : u =
1
1
⇒b−x= ⇒
b−x
u
Z
Z
b
luego :
µ
du
dx = 2
u
∞
f
f (x)dx =
1
b−a
a
Si la singularidad es en a, hágase v =
,
¯b
¯∞ ¶
¯
¯
x¯ → u¯ 1
,
a
b−a
µ
¶
1 du
b−
.
u u2
1
y procédase por analogı́a.
x−a
Notas:
(1) Con el teorema anterior es suficiente estudiar la convergencia de las integrales impropias
de primera especie, pero pecaremos estudiando también la convergencia de las integrales
impropias de segunda especie.
(2) Se tiene, según hemos visto, que:
Z
Z
∞
b
f (x)dx = lim
a
b→∞
f (x)dx ,
a
ası́ la integral de la izquierda convergerá o divergerá de acuerdo a que el lı́mite de la derecha
exista o no: Por analogı́a:
Z b
Z b
f (x)dx = lim
f (x)dx ;
−∞
a→−∞
a
(3) Para las integrales impropias de segunda especie se tiene:
172
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(i) Si la singularidad es en b, entonces:
Z b
Z
f (x)dx = lim
h→0
a
b−h
f (x)dx .
a
(ii) Si la singularidad es en a, entonces:
Z b
Z
f (x)dx = lim
h→0
a
b
f (x)dx .
a+h
£ ¤
(iii) Si la singularidad es en c ∈ a, b , entonces:
Z
Z
b
h→0
a
Z
c−h
f (x)dx = lim
b
f (x)dx + lim
h→0
a
f (x)dx .
c+h
Teorema 5.1.2 Se tiene que:
(i)
Z
∞
½
e−px dx =
a
(ii)
Z
∞
a>0:
a
5.2
dx
=
xp
converge si :
diverge si :
½
converge si :
diverge si :
p>0
p≤0
p>1
p≤1
Criterios de convergencia para integrales
impropias de primera especie
Teorema 5.2.1 Criterio de comparación
Sea a ≤ x y 0 ≤ f (x) ≤ g(x), entonces:
(i)
Z
Z
∞
∞
g(x)dx converge ⇒
a
(ii)
f (x)dx converge .
a
Z
Z
∞
∞
f (x)dx diverge ⇒
a
g(x)dx diverge .
a
Z
Ejemplo 5.2.1 Estudiar la integral
3
∞
x3 + 2
√
dx .
x8 + 1
x3 + 2
x3
x3
1
Se tiene, para x ≥ 3 que √
≥ √
≥ √
≥ √
y como
2x
x8 + 1
x8 + 1
x8 + x8
resulta que la integral planteada diverge.
Z
3
∞
dx
diverge
x
173
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Z
∞
Ejemplo 5.2.2 Estudiar la integral
3
Tenemos:
e3x
dx .
e6x + 5e3x + 2
e3x
1
≤ 3x = e−3x y
e6x + 5e3x + 2
e
Z
∞
e−3x dx converge,
3
entonces la serie planteada converge.
Teorema 5.2.2 Criterio de comparación con paso al lı́miteZ
Z ∞
∞
f (x)
Para x ≥ a, f (x) ≥ 0, g(x) ≥ 0 y ` = lim
6= 0, entonces
f (x)dx,
g(x)dx,
x→∞ g(x)
a
a
ambas convergen o ambas divergen. Además, resulta:
(i)
Z
Z
∞
`=0
∞
g(x)dx converge ⇒
f (x)dx converge .
a
(ii)
a
Z
Z
∞
`=∞
∞
g(x)dx diverge ⇒
a
f (x)dx diverge .
a
Nota:
En particular, si g(x) =
1
, entonces ` = lim xp f (x) , ası́:
x→∞
xp
(i)
Z
p > 1, ` finito
∞
f (x)dx converge .
a
(ii)
Z
∞
p ≤ 1, ` 6= 0 (pudiendo ser ` = ∞)
f (x)dx diverge .
a
Z
∞
Ejemplo 5.2.3 Estudiar
1
log x
dx .
x+5
Tenemos:
` = lim x ·
x→∞
log x + 1
log x
= lim
=∞,
x + 5 x→∞
1
diverge pues p = 1 y ` = ∞.
Z
∞
1
dx .
x 3x + 2
√
Ejemplo 5.2.4 Estudiar
1
174
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Tenemos:
¶− 12
µ
1
2
= √ lim 1 +
=
3x
3 x→∞
2
1
x2 1 +
3x
µ
¶
1
1
3
1
+ ··· = √ y p = ,
= √ lim 1 −
x→∞
3x
2
3
3
luego la integral planteada converge.
1
3
1
1
` = lim x 2 · √
= √ lim
x→∞
x 3x + 2
3 x→∞
x2
r
Nota:
Z
b
Para la integral impropia del tipo
f (x)dx hacemos x = −y, con lo que:
−∞
Z
Z
b
∞
f (x)dx =
f (y)dy ,
−∞
−b
y aplicamos los criterios anteriores.
Z
∞
x2 dx
−∞
(x2 + x + 1) 2
Ejemplo 5.2.5 Estudiar
Tenemos:
Z ∞
−∞
Z
x2 dx
(x2 + x + 1)
Z ∞
=
5
5
2
b
−b
=
.
Z
x2 dx
5
2
b
Z
x2 dx
+
5
2
∞
x2 dx
+
5
2
(x2 + x + 1)
(x2 + x + 1) 2
−b (x + x + 1)
b
Z b
Z ∞
y 2 dy
x2 dx
x2 dx
5 +
5 +
5 ,
2
(y 2 − y + 1) 2
(x2 + x + 1) 2
−b (x + x + 1) 2
b
−∞
Ahora, resulta para:
Z
∞
y 2 dy
5
b
(y 2 − y + 1) 2
=
,
que:
lim y 3 ·
y→∞
Z
y como
b
∞
y2
(y 2 − y + 1)
5
2
= lim
y→∞
y5
(y 2 − y + 1)
5
2
= lim
y→∞
y5
³
y5
1−
1
y
+
1
y2
´ 52 = 1 ,
dy
converge se tiene que la primera converge. Se procede por analogı́a con:
y3
Z ∞
x2 dx
5 ,
(x2 + x + 1) 2
b
Por lo tanto, la integral planteada converge.
Teorema 5.2.3 Criterio de convergencia absoluta
Z ∞
Z ∞
¯
¯
¯ f (x) ¯dx converge ⇒
f (x)dx converge .
a
a
175
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Z
∞
senx
dx .
x
Ejemplo 5.2.6 Estudiar la integral
0
senx
senx
= 1, y además la función f (x) =
es continua en 0 < x ≤ 1
xZ
x
1
senx
dx converge además, como:
entonces la integral
x
0
Se sabe que lim
x→0
Z
∞
senx
dx =
x
0
se tendrá:
pero:
Z
1
0
senx
dx +
x
Z
∞
1
senx
dx ,
x
¯b Z b cos x
senx
1
¯
dx = − cos x¯ −
dx =
x
x
x2
1
1
1
Z b
Z ∞
Z ∞
cos b
cos x
senx
cos x
= cos 1 −
−
dx
⇒
dx
=
cos
1
−
dx ,
2
b
x
x
x2
1
1
1
b
Z ∞
Z ∞
¯ cos x ¯
1
cos x
senx
¯
¯
dx converge ⇒
dx converge ,
¯ 2 ¯≤ 2 ⇒
2
x
x
x
x
1
1
luego la integral:
Z
∞
0
5.3
Z
senx
dx converge .
x
Criterios de convergencia para integrales
impropias de segunda especie
Teorema 5.3.1 Sea p ∈ R+ , entonces:
(i)
Z
b
dx
=
(x − a)p
b
dx
=
(b − x)p
a
(ii)
Z
a
½
½
converge si : 0 < p < 1
diverge si :
p≥1
converge si :
diverge si :
0<p<1
p≥1
Teorema 5.3.2 Criterio de comparación
Sea a < x ≤ b, a una singularidad y 0 ≤ f (x) ≤ g(x), entonces:
(i)
Z
Z
b
b
g(x)dx converge ⇒
a
f (x)dx converge .
a
176
CALCULO INTEGRAL
(ii)
Fernando Arenas Daza
Z
Z
b
b
f (x)dx diverge ⇒
g(x)dx diverge .
a
Z
a
10
√
Ejemplo 5.3.1 Estudiar
1
Tenemos:
dx
.
x6 − 1
Z
1
1
x>1⇒ √
<√
y:
6
x−1
x −1
10
√
1
dx
converge ,
x−1
por lo tanto, la integral planteada converge.
Z
1
Ejemplo 5.3.2 Estudiar
−1
Tenemos:
eArcsen x dx
.
1−x
Z
π
eArcsen x
e− 2
≥
y:
1−x
1−x
1
−1
dx
diverge ,
1−x
por lo tanto, la integral planteada diverge.
Teorema 5.3.3 Criterio de comparación con paso al lı́mite
Para a < x ≤ b, a una singularidad, f (x) ≥ 0, ` = lim (x − a)p f (x) , ası́:
x→a
(i)
Z
b
0 < p < 1, ` finito
f (x)dx converge .
a
(ii)
Z
b
p ≥ 1, ` 6= 0 (pudiendo ser ` = ∞)
f (x)dx diverge .
a
Nota:
Si la singularidad es en b cambiar en el lı́mite ` del criterio anterior (x − a)p por (b − x)p .
Z
8
dx
p
Ejemplo 5.3.3 Estudiar
2
(x − 2)(8 − x)
.
Tenemos:
Z
8
dx
p
2
(x − 2)(8 − x)
Z
3
dx
p
=
2
(x − 2)(8 − x)
Z
8
p
+
3
dx
(x − 2)(8 − x)
,
177
Capı́tulo 5: Integrales impropias
`1 = lim
√
x→2
Z
1
1
x−2· p
=√ y
6
(x − 2)(8 − x)
luego, resulta que:
Z
3
dx
p
(x − 2)(8 − x)
2
3
√
dx
converge ,
x−2
√
dx
converge ,
8−x
2
converge.
Además:
`2 = lim
x→8
√
8−x· p
luego, resulta que:
Z
1
=√ y
6
(x − 2)(8 − x)
Z
1
8
dx
p
(x − 2)(8 − x)
3
8
3
converge,
por lo tanto, la integral planteada converge.
5.4
5.4.1
Funciones gamma y beta
Función gamma
Ella es:
∀x ∈ R
+
µ
Z
:
Γ(x) =
∞
t
¶
e dt .
x−1 −t
0
Vemos que esta integral paramétrica es impropia de tercera especie. Ella puede escribirse:
Z ∞
Z 1
Z ∞
tx−1 e−t dt =
tx−1 e−t dt +
tx−1 e−t dt ,
0
0
1
ahora bien, vemos que la integral:
Z
1
tx−1 e−t dt ,
0
es impropia de segunda especie con singularidad en t = 0 cuando 0 < x < 1, pero:
Z 1
1−x x−1 −t
lim t
t
e =1y:
t1−x dt converge pues 0 < 1 − x < 1 cuando 0 < x < 1 ,
t→0
por otra parte, resulta que:
0
Z
∞
tx−1 e−t dt con x > 0 ,
1
es impropia de primera especie y:
tx+1
=0,
t→∞ et
lim t2 tx−1 e−t = lim
t→∞
al aplicar la regla de L’Hôpital, y como:
Z ∞
1
dt
converge ,
t2
178
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
resulta Γ(x) convergente para x > 0.
La función Γ(x) tiene las siguientes propiedades:
1. Fórmula de los complementos:
¤ £ ³
∀x ∈ 0, 1 : Γ(x) · Γ(1 − x) =
2. En particular si x =
π ´
.
senπx
1
se consigue:
2
µ µ ¶¶2
µ ¶
√
1
π
1
Γ
=
⇒
Γ
= π.
π
2
sen 2
2
3.
Γ(1) = 1
en efecto:
Z
Γ(1) =
∞
Z
e−t dt = lim
b→∞
0
4.
b
¯0
¯
e−t dt = lim e−t ¯ = 1 .
b→∞
0
b
∀x ∈ R+ : (Γ(x + 1) = xΓ(x))
en efecto:
Z
∞
Γ(x + 1) =
Z
b
x −t
t e dt = lim
b→∞
0
Ã
Z
¯b
−t e ¯ + x
t e dt = lim
0
b→∞
0
!
b
x −t ¯
x −t
t
x−1 −t
0
y de esto el resultado.
5. En particular:
∀n ∈ N : (Γ(n + 1) = nΓ(n) = n!)
6.
µ ¶
µ
¶
µ ¶
µ
¶
3
1
1
1
1√
1
Γ
=Γ
+1 = Γ
=
π =Γ 1+
.
2
2
2
2
2
2
7.
µ ¶
µ
¶
µ ¶
µ
¶
5
3
3
3
1 · 3√
1
Γ
=Γ
+1 = Γ
= 2 π =Γ 2+
.
2
2
2
2
2
2
8.
µ µ
¶
¶
1
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1) √
∀n ∈ N :
Γ n+
=
π .
2
2n
9.
µ
¶ Z ∞
x
1
Γ 1+
=
e−u du .
x
0
En efecto:
¶
µ ¶
µ
Z
1
1
1 ∞ 1 −1 −t
1
= Γ
=
t x e dt ,
Γ 1+
x
x
x
x 0
haciendo:
t = ux → dt = xux−1 du ,
¯∞
¯∞
¯
¯
t¯ → u¯ ,
0
0
e dt
,
179
Capı́tulo 5: Integrales impropias
luego:
µ
¶
Z ∞
Z
x
1
1 ∞ x 1 −1 −ux x−1
Γ 1+
=
(u ) x e
xu
du =
e−u du .
x
x 0
0
10.
Z
∞
Γ(x) = 2
2
u2x−1 e−u du .
0
En efecto, bastará hacer en Γ(x) =
R∞
0
tx−1 e−t dt el cambio t = u2 ya que:
t = u2 → dt = 2udu ,
luego:
Z
0
Z
∞
Γ(x) =
¯∞
¯∞
¯
¯
t¯ → u¯ ,
2 x−1 −u2
(u )
e
0
∞
2udu = 2
0
0
11. Extensión de la función Γ(x)
Como x ∈ R+ :
(Γ(x + 1) = xΓ(x)), entonces tendremos:
−1 < x < 0 ⇒ 0 < 1 + x < 1 ,
por lo tanto, se desprende, para este caso,que:
−1 < x < 0 ⇒ Γ(x) =
Γ(1 + x)
,
x
por la misma razón resulta:
−2 < x < −1 ⇒ −1 < 1 + x < 0 ,
luego:
Γ(1 + x) =
Γ(2 + x)
1+x
y como:
Γ(x) =
Γ(1 + x)
,
x
se obtiene:
−2 < x < −1 ⇒ Γ(x) =
Γ(2 + x)
,
x(1 + x)
y ası́ sucesivamente.
Ejemplo 5.4.1
¡
¡ ¢
¢
¶
µ
Γ 2− 3
Γ 1
3
4√
= 3 ¡ 3 2 ¢ = 32 =
Γ −
π.
2
3
−2 −2 + 1
4
Z
1
r
3
Problema 5.4.1 Calcular I =
0
1
log dx.
x
2
u2x−1 e−u du .
180
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
Hágase:
−u
x=e
µ
⇒ dx = −e−u du ,
con ello, resulta:
Z ∞
Z
1
−u
3
I=
u e du =
0
∞
u
4
3 −1
−u
e
0
Z
Problema 5.4.2 Calcular I =
∞
¯0 ¶
¯1
¯
¯
,
x¯ → u¯
∞
0
µ ¶
µ
¶
µ ¶
1
1
4
1
du = Γ
=Γ 1+
= Γ
.
3
3
3
3
2
x2 e−2x dx .
0
Solución:
Hacemos:
du
du
u = 2x2 ⇒ du = 4xdx ⇒ dx = r = √ √ ,
u
2 2 u
4
2
además, resulta:
¯∞
¯
¯
¯∞
x¯ → u¯ ,
0
con lo anterior se obtiene:
Z
0
Z ∞
1
u −u du
1
√ √ = √
I=
e
u 2 e−u du =
2
2 2 u
4 2 0
0
√
µ ¶
√
Z ∞
3
1
3
1
1√
1
π
2π
−1 −u
2
= √
u
= √ ·
π= √ =
.
e du = √ Γ
2
16
4 2 0
4 2
4 2 2
8 2
∞
Problema 5.4.3 Sean p > −1 y q ∈ N, calcular:
Z 1
xp (log x)q dx .
0
Solución:
¯1
¯0
¯
¯
Hágase x = e−u ⇒ dx = −e−u du, x¯ → u¯ , luego:
Z
1
Z
xp (log x)q dx =
0
0
0
∞
0
(−1)q
(p + 1)q+1
∞
0
Z
∞
0
∞
uq e−(p+1)u du ,
0
∞
colocando v = (1 + p)u, resulta:
Z
Z 1
p
q
q
x (log x) dx = (−1)
=
Z
e−pu (−u)q (−e−u du) = (−1)q
v (q+1)−1 e−v dv =
µ
v
p+1
¶q
µ
e
−v
d
v
p+1
¶
=
(−1)q
(−1)q
Γ(q + 1) =
q! .
q+1
(p + 1)
(p + 1)q+1
181
Capı́tulo 5: Integrales impropias
5.4.2
Función beta
Ella es:
µ
Z
B(m, n) =
∀m ∈ R+ , ∀n ∈ R+ :
1
¶
xm−1 (1 − x)n−1 dx .
0
Esta integral biparamétrica es impropia de segunda especie, hay que hacer el estudio para
los casos:
m≥1, n≥1
,
0<m<1, n>1
,
m>1, 0<n<1
,
0<m<1, 0<n<1,
y en todos ellos será convergente.
Esta integral tiene las siguientes propiedades:
1.
B(m, n) = B(n, m) :
En efecto, bastará hacer en B(m, n) el cambio x = 1 − y.
2.
Z
π
2
B(m, n) = 2
¡
¢2m−1 ¡
¢2n−1
senθ
· cos θ
dθ .
0
En efecto, en B(m, n) hacemos:
x = sen2 θ → dx = 2senθ cos θdθ
luego:
Z
B(m, n) =
0
π
2
¯1
¯ π2
¯
¯
x¯ → θ ¯ ,
,
0
0
¡ 2 ¢m−1 ¡
¢n−1
sen θ
· cos2 θ
2senθ cos θdθ =
Z
π
2
=2
¡
¢2m−1 ¡
¢2n−1
senθ
· cos θ
dθ .
0
3.
B(m, n) =
En efecto, tenemos:
Z
∞
Γ(m) = 2
Γ(m) · Γ(n)
.
Γ(m + n)
Z
2
x2m−1 e−x dx ,
∞
Γ(n) = 2
0
2
y 2n−1 e−y dy ,
0
de donde:
Z Z
2
x2m−1 y 2n−1 e−(x
Γ(m) · Γ(n) = 4
+y 2 )
dxdy ,
<
donde < es el primer cuadrante del plano (X, O, Y ). Llevando esta última a coordenadas polares, resulta:
Z ∞ Z π2
¡
¢2m−1 ¡
¢2n−1 −ρ2
ρ cos θ
ρsenθ
e ρdθdρ =
Γ(m) · Γ(n) = 4
0
µ Z
= 2
0
¶Ã Z
∞
2
ρ2(m+n)−1 e−ρ dρ
2
0
de esto el resultado.
0
π
2
¡
¢2m−1 ¡
¢2n−1
cos θ
· senθ
dθ
!
= Γ(m+n)B(m, n) ,
182
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Notas:
(1) Sea 0 < x < 1, con ello, tenemos:
Z
1
B(x, 1 − x) =
ux−1 (1 − u)−x du = Γ(x)Γ(1 − x) =
0
(2) En la integral anterior hagamos:
µ
u
v
⇒ u=
v=
1−u
1+v
además, resulta:
¯1
¯∞
¯
¯
u¯ → v ¯
0
0
,
,
1−u=
du =
1
1+v
π
.
senπx
¶
,
dv
,
(1 + v)2
por lo tanto:
Z
1
Z
ux−1 (1 − u)−x du =
0
∞
µ
0
con lo que:
Z
∞
0
Z
v
1+v
∞
Problema 5.4.4 Calcular I =
0
¶x−1 µ
1
1+v
¶−x
dv
=
(1 + v)2
Z
∞
0
v x−1
π
dv =
.
1+v
senπx
xdx
.
1 + x6
Solución:
Hágase:
µ
u = x6 ⇒
dx =
1 du
6 u 56
¯∞
¯∞ ¶
¯
¯
x¯ → u¯
,
,
0
0
por lo tanto, obtenemos:
I=
1
6
Z
2
∞
1
−u 3
du =
1+u
6
0
Z
Problema 5.4.5 Calcular I =
0
∞
Z
∞
0
1
1 π
π
u 3 −1 du
=
π = √ .
1+u
6 sen 3
3 3
x3 dx
.
1 + x10
Solución:
Hágase:
10
u=x
µ
1 du
⇒ dx =
9
10 u 10
,
¯∞
¯∞ ¶
¯
¯
x¯ → u¯
,
0
0
v x−1
dv ,
1+v
183
Capı́tulo 5: Integrales impropias
por lo tanto, obtenemos:
√
Z ∞ 3 −9
Z ∞ 2 −1
1
u 10 u 10
u 5 du
4
π
2
π
1
1 1π
p
p
I=
du =
=
=
√ =
√ ,
2π
10 0
1+u
10 0
1+u
10 sen 5
10 10 + 2 5
5
5+ 5
pues:
sen
2π
=
5
v
Ã√
!2
u
q
√
2π u
5−1
1
t
2
1 − cos
= 1−
=
10 + 2 5 .
5
4
4
r
Z
a
√
Problema 5.4.6 Calcular I =
0
dx
.
a4 − x4
Solución:
Hágase:
x4 = a4 u ⇒
µ
adu
dx =
3
4u 4
,
¯a
¯1 ¶
¯
¯
x¯ → u¯
,
0
0
con lo que:
µ
¶
Z 1
Z 1
Z 1
1
1
1
1
1
1 1
adu
− 12
− 34
4 −1 (1−u) 2 −1 du =
=
(1−u)
du
=
I=
B
,
,
u
u
√
3
2 1−u
4a 0
4a 0
4a
4 2
0 4u 4 a
pero:
µ
B
y, como:
1 1
,
4 2
¶
µ ¶ µ ¶
1
1
Γ
Γ
4
2
µ ¶
=
,
3
Γ
4
√
µ ¶ µ ¶
µ ¶
1
3
π
3
2π
Γ
Γ
=
⇒Γ
= µ ¶,
π
1
4
4
4
sen
Γ
4
4
se obtiene:
µ µ ¶¶2
µ µ ¶¶2
√
1
1
Γ
Γ
π
1
1
4
4
√
√
=
.
I=
4a
4a
2π
2π
Z
Problema 5.4.7 Calcular I =
π
2
√
tgxdx .
0
Solución:
Tenemos:
Z
I=
0
π
2
1
2
− 12
(senx) (cos x)
1
dx =
2
à Z
2
0
π
2
!
2· 34 −1
(senx)
2· 41 −1
(cos x)
dx
=
184
CALCULO INTEGRAL
=
1
B
2
µ
Fernando Arenas Daza
3 1
,
4 4
¶
=
Z
Problema 5.4.8 Calcular I =
0
π
2
1
Γ
2
µ ¶ µ ¶
3
1
1 π
π
Γ
=
=√ .
4
4
2 √1
2
2
dx
.
1
2
1 − sen x
2
r
Solución:
Hacemos:
√
1
2senθ cos θ
2 cos θdθ
√
sen2 x = sen2 θ ⇒ senx cos xdx = 2senθ cos θdθ ⇒ dx = √
dθ = √
,
2
2senθ 1 − 2sen2 θ
cos 2θ
además, se tiene:
¯ π4
¯ π2
¯
¯
x¯ → θ¯ ,
0
0
con ello:
Z
I=
0
π
4
√ Z π
√
Z π4
1
1
1
2 cos θdθ √
2 4
= 2
(cos 2θ)− 2 dθ =
(cos 2θ)− 2 d(2θ) ,
· √
cos θ
2
cos 2θ
0
0
colocando:
µ
φ = 2θ ⇒ dφ = d(2θ) ,
¯ π4
¯ π2 ¶
¯
¯
θ¯ → φ¯
,
0
0
se consigue:
1
I=√
2
Z
π
2
− 12
(cosφ)
0
1
= √ B
2 2
µ
1
dφ = √
2 2
1 1
,
2 4
¶
à Z
2
π
2
!
2· 21 −1
(senφ)
(cos φ)
2· 41 −1
dφ
=
0
µ µ ¶¶2
µ µ ¶¶2
√
1
1
Γ
π
Γ
1
4
4
√
√
= √
=
.
4
π
2 2
2π
Problema 5.4.9 Calcular:
S = senθ + tsen2θ + t2 sen3θ + · · ·
Solución:
Sea:
C = cos θ + t cos 2θ + t2 cos 3θ + · · ·
ası́:
¡
¢
C + iS = eiθ + te2iθ + t2 e3iθ + · · · = eiθ 1 + teiθ + (teiθ )2 + · · · = eiθ ·
1
1 − te−iθ
·
=
iθ
1 − te
1 − te−iθ
185
Capı́tulo 5: Integrales impropias
=
eiθ − t
eiθ (1 − te−iθ )
cos θ − t + isenθ
=
=
,
(1 − t cos θ)2 + t2 sen2 θ
1 − 2t cos θ + t2
1 − 2t cos θ + t2
luego:
senθ
= senθ + tsen2θ + t2 sen3θ + · · · ,
1 − 2t cos θ + t2
serie que converge para −1 < t < 1.
Nota:
Z
Z r
senθ
senθdt
dt
=
=
2
1
−
2t
cos
θ
+
t
(t
−
cos
θ)2 + sen2 θ
0
0
¶
µ
1 − cos θ
µ
¶
Z r
Z r d
1
dt
t − cos θ ¯¯r
senθ
=
=
=
Arctg
¯ =
µ
¶2
µ
¶2
senθ 0
senθ
0
t − cos θ
t − cos θ
0
1+
1+
senθ
senθ
µ
¶
µ
¶
µ
¶
r − cos θ
cos θ
rsenθ
r2
r3
= Arctg
+Arctg
= Arctg
= rsenθ+ sen2θ+ sen3θ+· · ·
senθ
senθ
1 − r cos θ
2
3
r
Por otro lado, se tiene :
si r = 1 esta serie converge, luego:
θ
θ
2sen
cos
1
1
senθ
2
2
senθ + sen2θ + sen3θ + · · · = Arctg
= Arctg
=
θ
2
3
1 − cos θ
2
2sen
2
µ
¶
µ µ
¶¶
θ
π
θ
π
θ
= Arctg cot
= Arctg tg
−
= − .
2
2
2
2
2
µ
Z
∞
Problema 5.4.10 Calcular la integral
0
¶
senx
dx .
x
Solución:
Tenemos:
Z
∞
0
∞
∞
X senkh
X senkh
senx
dx = lim h
= lim
= lim
h→0
h→0
h→0
x
kh
k
k=1
k=1
Z
∞
Problema 5.4.11 Calcular la integral
0
µ
π h
−
2
2
¶
=
π
.
2
sen2 x
dx .
x2
Solución:
Tenemos:
π
=
2
Z
0
∞
1
x ¯¯∞
senx
dx = 2sen2 ¯ + 2
x
x
2 0
Z
0
∞
x
1
sen2 dx =
x2
2
Z
∞
0
³x´
1
2x
,
³ x ´2 sen d
2
2
2
186
CALCULO INTEGRAL
haciendo
Fernando Arenas Daza
x
= y, resulta:
2
π
=
2
Z
³x´
1
2x
=
³ x ´2 sen d
2
2
2
∞
0
Z
∞
0
sen2 y
dy .
y2
Problema 5.4.12
(a) Determinar la ecuación diferencial ordinaria que representa el movimiento de una
partı́cula de masa m obligada a recorrer un arco de circunferencia, de radio `, ubicado
en un plano vertical y que está sujeta al centro del arco mediante un hilo de peso
despreciable.
(b) Calcular el perı́odo de una oscilación completa de la partı́cula anterior al soltarla, sin
empujarla, desde desde la horizontal que pasa por el centro del arco de circunferencia.
Solución:
Para (a) Tal como vemos en la figura 5.4,
se tiene:
C : ~r (t) = `(cos θ(t), senθ(t)) ,
O
además la fuerza total aplicada en el punto
P es
~ ,
F~ = T~ + W
Y
T
θ
P
donde:
W
X
··
F~ = m~r ,
~ = (mg, 0) ,
W
Fig. 5.4
y:
T~ = −T (cos θ, senθ) .
Ası́:
·
·
·
·
··
··
·2
x = ` cos θ ⇒ x = −`θsenθ ⇒ x = −`(θsenθ + θ cos θ) ,
··
··
·2
y = `senθ ⇒ y = −`θ cos θ ⇒ y = `(θ cos θ − θ senθ) ,
de donde:
··
··
mx = −`m(θsenθ
··
my
=
··
`m(θ cos θ
+
−
·2
θ cos θ) =
·2
θ senθ) =
mg
−
T cos θ
/ · (−senθ)
0
−
T senθ
/ · cos θ
lo que nos lleva, al sumar, a:
··
··
g
`mθ = −mgsenθ ⇒ θ + senθ = 0 .
`
Para (b) Tenemos:
··
g
θ + senθ = 0
`
·
· ··
g·
/ · θ ⇒ θ θ + θ senθ = 0 ,
`
187
Capı́tulo 5: Integrales impropias
ecuación, que al ser integrada nos conduce a:
1 ·2 g
θ − cos θ = C ,
2
`
pero : θ(0) =
π
2
·
,
θ(0) = 0 ,
valores que nos llevan a que el valor de la constante C es 0, por lo tanto, resulta:
r
·
θ=±
2g
cos θ .
`
·
En la primera oscilación de A a B se tiene θ < 0 puesto que θ(t) es decreciente; en este caso
entonces:
s
r
·
dθ
2g
` dθ
√
=θ=−
cos θ ⇒ dt = −
,
dt
`
2g cos θ
s Z π
−2
`
dθ
√
. Ahora, en el viaje de
por lo que el tiempo de ida de A a B es T1 = −
2g π2
cos θ
s Z π
2
`
dθ
√
vuelta de A a B el tiempo es T2 = +
. En conclusión el tiempo pedido es:
2g − π2 cos θ
s
2`
g
T = T1 + T2 =
s
=
2`
2
g
Z
π
2
Z
s
π
2
−π
2
dθ
√
=
cos θ
Z
¡
¢2· 1 −1 ¡
¢2· 1 −1
senθ 2
cos θ 4 dθ =
π
2
µ
B
1 1
,
4 2
¶
Γ
=
¡
cos θ
¢− 21
s
2`
B
g
µ
1 1
,
2 4
µ ¶ µ ¶
1
1
Γ
4
2
µ ¶
,
3
Γ
4
√
µ ¶ µ ¶
µ ¶
1
3
π
3
2π
Γ
Γ
=
= µ ¶,
⇒Γ
π
1
4
4
4
sen
Γ
4
4
resulta:
µ µ ¶¶2
√
1
¶
µ
Γ
π
1 1
4
√
,
=
,
B
4 2
2π
con lo que, finalmente obtenemos:
s
T =
dθ =
0
0
y como:
y, como:
2`
2
g
µ µ ¶¶2
√
1
µ µ ¶¶2
Γ
π s
2`
`
1
4
√
=
Γ
.
g
πg
4
2π
¶
,
188
CALCULO INTEGRAL
5.5
Fernando Arenas Daza
Problemas resueltos
Z
Z
∞
Problema 5.5.1 Calcular C =
2
cos x dx
,
∞
S=
senx2 dx .
0
0
Solución:
Tenemos:
Z
∞
C − iS =
Z
∞
2
e−ix dx =
0
e−(
√ 2
ix)
0
colocando:
u=
√
ix ⇒
1
dx = √
i
Z
∞
√
e−(
ix)2
√
d( ix) ,
0
µ ¯
¯√i∞ ¶
¯∞
¯
x¯ → u¯
,
0
0
√
¡ π ¢1
π
π
, pues i = ei 2 2 = ei 4 , luego, resulta:
4
r
√
√
Z √i∞
1 π
π −i π
1
1 π
−u2
4
e
du = √
C − iS = √
=
e
=
(1 − i) ,
2
2 2
i 0
i 2
o sea se va a infinito por la recta de dirección
por lo tanto, obtenemos:
Z
∞
C=
0
1
cos x dx =
2
2
r
π
=
2
Z
∞
senx2 dx = S .
0
Problema 5.5.2 Demostrar que:
µ
¶
√
1
22x−1 Γ(x)Γ x +
= πΓ(2x) .
2
(resultado conocido como Fórmula de duplicación.)
Solución:
Se tiene:
µ
¶
Z π2
Z π2
1
1
1 1
B x+ ,
=2
(senθ)2·(x+ 2 )−1 (cos θ)2· 2 −1 dθ = 2
(senθ)2x dθ =
2 2
0
0
µ
¶ µ ¶
µ
¶
√
1
1
1
Γ x+
Γ
π Γ x+
2
2
2
=
=
Γ(x + 1)
xΓ(x)
Por otra parte, tenemos:
µ
¶
Z π2
1
1
B x + ,x +
=2
(senθ)2x (cos θ)2x dθ ,
2
2
0
(1)
189
Capı́tulo 5: Integrales impropias
de donde:
µ µ
¶¶2
1
Z π2
Z π2
Γ x+
2
1
2
= 2x
(2senθ cos θ)2x dθ = 2(x−1)
(sen2θ)2x d(2θ) ,
Γ(2x + 1)
2
2
0
0
colocando 2θ = u, resulta:
¡ ¡
¢¢2
Z π
Z π2
Γ x + 21
1
1
2x
= 2(x−1)
(senu) du = 2x−1
(senu)2x du
Γ(2x + 1)
2
2
0
0
(2) ,
de (1) y (2) conseguimos:
¶¶2
¶
µ µ
µ
√
1
1
Γ x+
π Γ x+
1 1
2
2
= 2x−1
,
Γ(2x + 1)
2
2
xΓ(x)
o sea:
µ
µ µ
¶¶2
¶
√
1
1
π Γ x+
Γ x+
1 1
2
2
== 2x−1
,
2xΓ(2x)
2
2
xΓ(x)
con lo que:
µ
¶
√
1
22x−1 Γ(x)Γ x +
= πΓ(2x) .
2
Problema 5.5.3 Siendo m ∈ N − {1}, probar que:
m−1
Y
sen
k=1
kπ
m
= m−1 ·
m
2
Solución:
Se sabe que:
zm − 1
= z m−1 + z m−2 + · · · + z 2 + z + 1·
z−1
De ello, tenemos el polinomio ciclotómico:
p(z) = z m−1 + z m−2 + · · · + z 2 + z + 1 , p(1) = m,
(♥)
además, se sabe que:
p(z) = (z − ω) · (z − ω 2 ) · (z − ω 3 ) · · · · · (z − ω m−2 ) · (z − ω m−1 ) =
m−1
Y
k=1
y de esto último:
p(1) =
m−1
Y
k=1
(1 − ω k ),
(♣)
(z − ω k ),
190
CALCULO INTEGRAL
pero:
µ
¶
kπ
2kπ
kπ
kπ
= 2 sen2
− isen
· cos
=
m
m
m
m
µ
¶
µ
µ
¶
µ
¶¶
kπ
kπ
kπ
kπ
π kπ
π kπ
= 2sen
sen
− i cos
= 2sen
cos
−
− isen
−
=
m
m
m
m
2
m
2
m
µ
1 − ωk =
1 − cos
Fernando Arenas Daza
2kπ
m
¶
− isen
= 2sen
kπ i( π2 − kπ
m ),
e
m
(♦)
"m−1
Y
#
de (♥), (♣) y (♦) se obtiene:
m=
m−1
Y
2sen
k=1
kπ i( π2 − kπ
m ) = 2m−1
e
m
ası́:
m
2m−1
=
"m−1
Y
k=1
k=1
sen
kπ −i(m−1) π
2 e
e
m
m−1
X
π
im
k
k=1
#
kπ −i(m−1) π i(m−1) π
2
2
e
sen
{ze
}
m |
1
y de esto:
m−1
Y
sen
k=1
Z
Problema 5.5.4 Probar que
π
2
kπ
m
= m−1 ·
m
2
log(senx)dx = −
0
π
log 2 .
2
Solución:
Por el problema anterior se tiene
k=1
sen
k=1
se obtiene:
m−1
X
m−1
Y
kπ
m
= m−1 , si a esta igualdad aplicamos logaritmo
m
2
kπ
π
1
log sen
= log m − (m − 1) log 2 ⇒ ·
m
2 m−1
Ãm−1
X
k=1
!
kπ
π
log sen
− log m = − log 2 ,
m
2
de donde:
π
π
− 0 m−1
k
X
√
2(m
−
1)
m
π
2
2 −
log sen
log m m = − log 2 ,
m−1
m
m−1 m−1
2
k=1
Z
y al tender m a infinito se consigue
π
2
log(senx)dx = −
0
π
log 2 .
2
Problema 5.5.5 Probar que:
m−1
Y
k=1
µ
Γ
k
m
¶
¡ ¢ m−1
2π 2
= √
.
m
191
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Solución:
Se tiene para k = 1, 2, 3, · · · , m − 1 que:
µ ¶
µ ¶
µ
¶
µ
¶
k
k
k
π
m−k
π
Γ
⇒Γ
,
·Γ 1−
=
·Γ
=
kπ
kπ
m
m
m
m
sen
sen
m
m
luego:
m−1
Y
µ
Γ
k=1
k
m
¶
µ
·Γ
m−k
m
¶
=
m−1
Y
k=1
π
⇒
kπ
sen
m
de donde:
µ
m−1
Y
Γ
k=1
Z
k
m
¶
"m−1 µ ¶#2
Y
π m−1
π m−1
k
Γ
=
= m ,
Qm−1
kπ
m
k=1
k=1 sen
2m−1
m
¡ ¢ m−1
2π 2
.
= √
m
1
Problema 5.5.6 Probar que
π
log(2π) .
2
log(Γ(x))dx =
0
Solución:
m−1
Y
Por el problema anterior se tiene
Γ
k=1
logaritmo se obtiene:
m−1
X
µ
log Γ
k=1
o sea:
µ
k
m
¶
=
k
m
¡
¶
=
¢ m−1
2π 2
√
, si a esta igualdad aplicamos
m
m−1
1
log(2π) − log m ,
2
2
µ ¶
m−1
√
1
1 X
k
m
log(2π) =
log Γ
+
log m m ,
2
m−1
m
2(m − 1)
k=1
al tender m a infinito resulta:
Z
1
log(Γ(x))dx =
0
Z
Problema 5.5.7 Calcular
0
∞
π
log(2π) .
2
sen3 x
dx .
x
Solución:
Se sabe que:
sen3x = 3senx − 4sen3 x de donde : sen3 x =
3
1
senx − sen3x ,
4
4
192
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
luego:
Z
∞
0
sen3 x
3
dx =
x
4
Z
∞
0
senx
1
dx −
x
4
Z
∞
Problema 5.5.8 Calcular C =
Z
∞
sen3x
d(3x) =
3x
0
µ
3 1
−
4 4
¶
π
π
= .
2
4
x cos x3 dx .
0
Solución:
Z
Sea S =
ella:
∞
Z
∞
xsenx3 dx, luego formamos la integral C − iS =
0
3
xe−ix dx, haciendo en
0
µ ¯
¯i∞
¯
¯∞
ix3 = u ⇒ x¯ → u¯
0
0
,
x=
³ u ´ 13
i
,
dx =
1 du
1
2
3i 3 u 3
¶
,
−→
o sea se va al infinito por el eje OY , con ello:
Z
Z
1 ³ iπ ´− 23 i∞ 2 −1 −u
2
C − iS =
e
e
u 3 e du =
1
2 =
i
3
3i 3 u 3
0
0
Ã
√ !
µ ¶
2
1 − iπ
1
π
3
1
µ ¶
= e 3Γ
=
−i
,
1
π 2
3
3
3
2
Γ
sen
3
3
i∞
³ u ´ 13
de donde:
C=
−u
1 du
1
1
π
π
µ ¶.
· √ µ ¶· =
√
1
3
2
3
1
3
3
Γ
Γ
3
2
3
Problema 5.5.9 Calcular:
Z ∞ ³
´
1
I=
A1 e−a1 x + A2 e−a2 x + A3 e−a3 x dx ,
2
x
0
sabiendo que A1 + A2 + A3 = 0 y también A1 a1 + A2 a2 + A3 a3 = 0.
Solución:
Z
3
1 X
Ak e−ak x dx = lim Iδ , pero:
δ→0
x2
∞
Es claro que I = lim
δ→0
δ
k=1
Z
∞
Iδ =
δ
=
3
X
k=1
Z ∞
3
3
X
1 X
1 −ak x
−ak x
e
dx =
A
e
dx
=
A
k
k
2
x2
x
δ
k=1
Z
Ak ak
δ
∞
k=1
3
X
1
e−ak x d(ak x) =
Ak a k
2
(ak x)
k=1
Z
∞
ak δ
1 −uk
duk .
e
u2k
193
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Pero, considerando la figura 5.5, resulta:
Fig. 5.5
Z
∞
ak δ
1 −uk
e
duk =
u2k
además, se tiene:
µZ
Z
∞
∀k :
δ
∞
δ
1 −uk
e
duk −
u2k
1 −uk
e
duk =
u2k
Z
Z
∞
δ
ak δ
δ
1 −uk
e
duk ,
u2k
e−v
dv
v2
¶
,
con ello:
Iδ =
3
X
k=1
|
|
Z
∞
Ak ak
{z
}
0
δ
3
X
e−v
dv −
Ak ak
2
v
Z
k=1
{z
ak δ
δ
3
X
1 −uk
e
duk = −
Ak ak
2
uk
Z
k=1
ak δ
δ
1 −uk
e
duk =
u2k
}
0
Z
3
X
=−
Ak ak
δ
k=1
k=1
=
3
X
µ
Ak ak
k=1
+
1
u2k
µ
¶
uk
u2k
u3k
1−
+
−
+ · · · duk =
1!
2!
3!
µ
¶¯
1
uk
u2k
¯a k δ
Ak ak −
− log uk +
−
+ ··· ¯
=
uk
2!
2 · 3!
δ
3
X
=−
ak δ
3
X
k=1
1
1
−
ak δ
δ
¶
+
3
X
Ak ak (log ak δ − log δ)+
k=1
µ
¶
ak δ
δ
(ak δ)2
δ2
Ak ak −
+ −
−
− ··· =
2!
2!
2 · 3!
2 · 3!
¶
µ
3
3
3
3
´ X
X
X
1³ X
δ
(ak δ)2
δ2
ak δ
Ak ak +
=
+ −
−
− ··· ,
Ak −
Ak ak log ak +
Ak a k −
δ
2!
2!
2 · 3!
2 · 3!
k=1
k=1
k=1
k=1
| {z } | {z }
0
0
|
{z
}
0
y, por lo tanto, resulta:
I = lim Iδ =
δ→0
3
X
k=1
Ak ak log ak .
194
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Z
Problema 5.5.10 Estudiar la convergencia de
Z ∞
x3
ver el caso particular
dx .
1 + x5 sen2 x
0
∞
0
xβ
dx
1 + xα sen2 x
con :
α>β>0,y
Solución:
Se tiene:
I=
∞ Z
X
k=0
(k+1)π
kπ
∞
X
xβ
dx
=
Ik ,
1 + xα sen2 x
k=0
pero:
Z
(k+1)π
kπ
(kπ)β
dx <
1 + [(k + 1)π]α sen2 x
Z
(k+1)π
kπ
xβ
dx <
1 + xα sen2 x
Z
(k+1)π
kπ
[(k + 1)π]β
dx
1 + (kπ)α sen2 x
(kπ)β
[(k + 1)π]β
y como
y
son funciones pares, resulta que (1) pasa a
α
2
1 + [(k + 1)π] sen x 1 + (kπ)α sen2 x
ser:
Z (k+ 12 )π
Z (k+ 12 )π
dx
dx
β
β
Jk = 2(kπ)
< Ik < 2[(k + 1)π]
,
α
2
1 + [(k + 1)π] sen x
1 + (kπ)α sen2 x
kπ
kπ
o sea conviene estudiar:
Z
J=
dx
,
1 + asen2 x
haciendo u = tgx, resulta:
dx =
du
du
=
2
sec x
1 + u2
y considerando la figura 5.6 se obtiene:
sen2 x =
u2
,
1 + u2
Fig. 5.6
con lo que:
Z
J=
du
√
Z
Z
du
1
d( a + 1)
1 + u2
=
=√
=
1 + (a + 1)u2
1 + (a + 1)u2
u2
a+1
1+a
1 + u2
=√
con ello:
√
√
1
1
Arctg( a + 1u) = √
Arctg( a + 1tgx) ,
a+1
a+1
¯(k+ 12 )π
p
2(kπ)β
¯
Jk = p
Arctg( [(k + 1)π]α + 1tgx)¯
=
kπ
[(k + 1)π]α + 1
(1) ,
195
Capı́tulo 5: Integrales impropias
π
π(kπ)β
kβ
2(kπ)β
1
=p
∼ α = α −β ,
=p
α
α
2
2
2
k
k
[(k + 1)π] + 1
[(k + 1)π] + 1
∞
X
1
α
converge si − β > 1 de donde α > 2(β + 1) y diverge si α ≤ 2(β + 1).
α
2 −β
2
k
k=1 Z
∞
3
x
dx , tiene β = 3 y α = 5 luego 5 = α < 8 = 2(β + 1) con lo
Ası́ la integral
5 sen2 x
1
+
x
0
que esta última diverge.
y la serie
Z
1
Problema 5.5.11 Calcular I =
¡
¢n
xn log x dx .
0
Solución:
Sea:
x=e
con ello:
Z
0
I=
−v
µ
⇒ dx = −e−v dv
,
¯1
¯0 ¶
¯
¯
x¯ → v ¯
,
¡ −v ¢n
¡
¢
e
(−v)n − e−v dv = (−1)n
∞
0
∞
Z
∞
v n e−(n+1)v dv ,
0
dz
con esto:
n+1
¶n
Z ∞µ
Z ∞
dz
(−1)n
z
I = (−1)n
e−z
=
z (n+1)−1 e−z dz =
n+1
n+1
(n + 1)n+1 0
0
colocando en esta última (n + 1)v = z resulta dv =
=
(−1)n n!
(−1)n
Γ(n
+
1)
=
.
(n + 1)n+1
(n + 1)n+1
Problema 5.5.12 Utilizando el problema anterior demostrar que:
Z 1
1
1
1
1
1
I=
dx = 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + n + · · ·
x
x
2
3
4
n
0
Solución:
Tenemos:
xx = ex log x ⇒
luego:
Z 1
Z
I=
e−x log x dx =
0
1
0
1
= e−x log x ,
xx
µ
¶
n
x log x (x log x)2
(x log x)3
n (x log x)
1−
+
−
+ · · · + (−1)
+ · · · dx
1!
2!
3!
n!
y a causa del problema anterior se obtiene:
I =1+
1
1
1
1
+ 3 + 4 + ··· + n + ···
2
2
3
4
n
196
CALCULO INTEGRAL
5.6
Fernando Arenas Daza
Problemas propuestos
1. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales:
Z ∞
Z ∞
1
1
√
dx
(j)
(a)
dx
2
x
x 3x + 2
1
1
(converge)
(converge)
Z ∞
Z ∞
log x
1
dx
(k)
(b)
dx
3
x+5
1
0
(x + 1) 2
(diverge)
(converge)
Z ∞
Z ∞
1
1
√
(`)
dx
dx
(c)
x 5x + 3
1
x
1
(converge)
(diverge)
Z ∞
Z ∞
x2 − 2
−x
(m)
5 dx
(d)
xe dx
2
−∞ (x + x + 1) 2
0
(converge)
(converge)
Z ∞
Z ∞
1
−x2
(n)
dx
(e)
xe
dx
4
−∞ x + 1
0
(converge)
(converge)
Z ∞
Z ∞ 2
3
x +1
(f)
x2 e−x dx
(ñ)
dx
x4 + 1
−∞
0
(converge)
(diverge)
Z ∞
Z ∞ 3
2 + senx
x +2
(o)
dx
√
(g)
dx
2
8
x +1
−∞ x + 1
3
(converge)
(diverge)
Z ∞
Z ∞
x
x
(p)
√
(h)
dx
3 dx
3
x −1
(log x)
3
1
(diverge)
(diverge)
Z ∞
Z ∞
3x
e
log x
(i)
dx
(q)
dx
6x
3x
e + 5e + 2
x + e−x
3
1
(converge)
(diverge)
³ 1 ´ 23
2. Calcular el área encerrada por la curva dada por f (x) =
cuando se tiene
5x − 3
6
3
0 ≤ x ≤ , x 6= .
5
5
−→
3. Determinar el volumen de revolución que se obtiene al rotar, en torno del eje OY a
8a3
la bruja de Agnesi de ecuación x = 2
.
4a + y 2
4. Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar la curva dada
2
por f (x) = e−x en torno al eje de ordenadas entre x = 0 y x = b cuando b → ∞.
197
Capı́tulo 5: Integrales impropias
5. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales:
Z 1 −Arctg x
Z ∞
e
sen2 x
dx
(j)
(a)
dx
x
−1
x2
0
(diverge)
(converge)
Z 2
Z 1
log x
1
√
(k)
dx
(b) p > 1
dx
3
p
8 − x3
0
0 x
(converge)
(diverge)
Z 1
Z 1
1
− 23
q
(`)
dx
(c)
x dx
0
log x1
−8
(converge)
(converge)
Z 0
Z π2
1
√
(d)
dx
3
(m)
log senxdx
x+1
−2
0
(converge)
Z π2
(e)
cot xdx
(n)
0
(diverge)
Z 4
x
√
(f)
dx
16
− x2
0
(converge)
Z 3
1
x− 3 dx
(g)
(ñ)
(o)
−2
(converge)
Z 1
1
√
dx
(x
+
1)
1 − x2
0
(converge)
Z 1
cos x
(i)
dx
x2
0
(diverge)
(h)
6. Probar que:
(p)
(q)
(converge)
Z 3
x2
dx
2
0 (3 − x)
(diverge)
Z π2 −x
e cos x
dx
x
0
(converge)
Z 1r
1 − k 2 x2
dx
1 − x2
0
(converge)
Z 1
1
dx
x
x
0
(converge)
Z 5
1
dx
3
−1 (x − 1)
(converge)
Z ∞
³
x
1´
=
e−u du .
Γ 1+
x
0
7. Probar que:
Z
1
³
Γ(x) =
log
0
8. Probar que:
Z
∞
Γ(x) = 2
1 ´x−1
du .
u
2
u2x−1 e−u du .
0
+
9. Sabiendo que x, y ∈ R , calcular:
Z
1
Φ(x, y) =
0
³
1 ´y−1
tx−1 log
dt .
t
|k|<1
198
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
10. Demostrar que:
Z
π
2
B(m, n) = 2
(senθ)2m−1 (cos θ)2n−1 dθ .
0
11. Demostrar que:
Γ(m) · Γ(n)
.
Γ(m + n)
B(m, n) =
12. Calcular la integral de Gauss:
Z
+∞
2
e−x dx .
−∞
Z
∞
13. Sabiendo que para 0 < x < 1 se tiene
0
Z
∞
0
14. Calcular:
x3 dx
1 + x5
Z
r
π
2
1
1 − sen2 xdx .
2
0
15. Calcular:
Z
∞
ux−1
π
du =
. Calcular las integrales:
1+u
senπx
Z ∞ 3
x dx
,
.
1 + x6
0
Z
cos x2 dx
0
senx2 dx .
0
16. Calcular:
Z
1
√
0
17.
∞
,
x5
dx .
1 − x3
(a) Determinar la ecuación diferencial ordinaria que representa el movimiento de
una partı́cula de masa m obligada a recorrer un arco de circunferencia, de radio
`, ubicado en un plano vertical y que está sujeta al centro del arco mediante un
hilo de peso despreciable.
(b) Calcular el perı́odo de una oscilación completa de la partı́cula anterior al soltarla, sin empujarla, desde desde la horizontal que pasa por el centro del arco
de circunferencia.
18. Calcular:
19. Calcular:
S = senθ + tsen2θ + t2 sen3θ + · · ·
Z
0
20. Demostrar que:
∞
senx
dx ,
x
Z
0
∞
sen2 x
dx .
x2
¶
µ
√
1
= πΓ(2x) .
22x−1 Γ(x)Γ x +
2
(resultado conocido como Fórmula de duplicación.)
21. Siendo m = 2, 3 4, · · · , demostrar que:
m−1
Y
k=1
sen
kπ
m
= m−1 .
m
2
199
Capı́tulo 5: Integrales impropias
Z
22. Demostrar que
π
2
log(senx)dx = −
0
23. Demostrar que:
m−1
Y
k=1
Z
24. Demostrar que
Z
25. Calcular
0
26. Calcular:
1
log Γ(x)dx =
0
∞
sen3 x
dx ,
x
Z
0
∞
Z
∞
π
log 2 .
2
µ
Γ
k
m
¶
m−1
(2π) 2
= √
m
,
1
log(2π) .
2
x cos x3 dx .
0
´
1³
−a1 x
−a2 x
−a3 x
A
e
+
A
e
+
A
e
dx ,
1
2
3
x2
sabiendo que A1 + A2 + A3 = 0 y que A1 a1 + A2 a2 + A3 a3 = 0.
Z ∞
xβ
27. Estudiar la convergencia de
dx con : α > β > 0 , y ver el caso
1 + xα sen2 x
0
Z ∞
x3
particular
dx .
1 + x5 sen2 x
0
Z 1
¡
¢n
xn log x dx .
28. Calcular
0
29. Utilizando el problema anterior demostrar que:
Z 1
1
1
1
1
1
dx = 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + n + · · ·
x
x
2
3
4
n
0
