cálculo en una variable-c integral-2012

Cuadernos de Matemática

de la Escuela Politécnica Nacional

Germán Rojas

CÁLCULO EN UNA VARIABLE

Cálculo Integral

Cuaderno de Matemática No. 2

Cálculo en una variable: Cálculo Integral

Germán Rojas I.

Responsable de la Edición: Juan Carlos TrujilloRevisión técnica: Alejandro Araujo y Rolando SáenzAsistentes: David Yánez, Maribel MontenegroPortada: Byron Reascos

Registro de derecho autoral No. 34994ISBN: 978-9978-383-02-5

Publicado por la Unidad de Publicaciones de la Facultad de Ciencias de la EscuelaPolitécnica Nacional, Ladrón de Guevara E11-253, Quito, Ecuador.

c© Escuela Politécnica Nacional 2010

Tabla de contenidos

1 La integral indefinida 11.1 Primitivas e integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 La diferencial y la integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Cambios de variable en integrales indefinidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Integrales de potencias de sen y cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6 Integrales de potencias de sec y tan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.7 Integración por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.8 Integración de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.8.1 Integración de fracciones simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.8.2 El método de las fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.8.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.9 El método de Ostrogradski mejorado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 La integral definida 292.1 El Palimpsesto de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Definición de integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.3 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.4 Propiedades de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.5 Otra propiedad de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.6 El teorema fundamental del cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.7 El cambio de variable para la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.8 La integración por partes para la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . 522.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno . . . . . . . . . . . . . . 53

2.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.10 Sustituciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.11 Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.11.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos . . . . . . . . . . . . 602.11.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

iii

TABLA DE CONTENIDOS TABLA DE CONTENIDOS

2.11.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados . . . . . . . . . . . . . 622.11.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.11.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.12 Integración aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.12.1 Método “natural” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.12.2 Método de los trapecios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.12.3 El método de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.12.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3 Aplicaciones de la integral definida 713.1 La ofrenda de oro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.2 Definición de longitud, área y volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.3 El área de una figura plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.4 Cálculo de volúmenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4.1 Volumen de un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.4.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas) . . . . . . . 783.4.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas . . . . . . 803.4.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas . . . . . . 81

3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro . . . . . . . . . . . 833.5.1 Identificación del modelo matemático a usarse . . . . . . . . . . . . . . 833.5.2 Solución del problema matemático del volumen de la cruz . . . . . . . 843.5.3 Solución del problema de la ofrenda de oro . . . . . . . . . . . . . . . 873.5.4 Epílogo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.6 Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 883.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.7 Área de superficies de revolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.7.1 Caso con giro alrededor del eje Ox. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.7.2 Caso con giro alrededor del eje Oy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.7.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.8 El valor medio de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.9 Masa y densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

3.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.11 Trabajo mecánico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

3.11.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.12 Presión hidrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.12.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.13 Momentos de masa y Centro de gravedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

3.13.1 Caso de sistemas en “línea recta” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1083.13.2 Caso de sistemas “planos” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.13.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3.14 Aplicaciones en economía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153.14.1 Ingreso de una empresa o un gobierno . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153.14.2 Superávit del consumidor y del productor . . . . . . . . . . . . . . . . 1163.14.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

iv


4 Función logaritmo y exponencial 1194.1 Relaciones y funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.2 Sentido de la expresión ax para x ∈ Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.3 La función logaritmo natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.4 Función exponencial natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.5 Definición de ax, a > 0, x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

4.5.1 Generalización de la regla de la potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.6 Función loga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.7 Funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.8 Ejercicios adicionales de funciones exponenciales y logarítmicas . . . . . . . . 135

5 Sucesiones y series 1375.1 Sucesiones numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como elementos de R∞ . . . . . . . . 1375.1.2 Las sucesiones como funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1385.1.3 Sucesiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1395.1.4 Sucesiones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.1.5 Sucesiones convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas . . . . . . . . . . . 1425.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.3 Series numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.3.1 Series telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1485.3.2 Propiedades algebraicas de las series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.5 Series de términos no-negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1525.6 Criterio integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.7 Criterios de comparación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.7.1 Criterio de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1615.9 Series alternantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1615.10 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1645.11 Criterio general de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1645.12 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1655.13 Error de aproximación del límite de una serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1665.14 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.15 Convergencia puntual de sucesiones y series de funciones reales . . . . . . . . 1685.16 Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.17 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1735.18 Derivación e Integración de Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.19 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1775.20 Series de Taylor y de Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1775.21 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1815.22 Serie Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1825.23 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

v


A Tablas de integración 185A.1 Fórmulas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185A.2 Fórmulas en las que interviene

√a2 + u2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

A.3 Fórmulas en las que interviene√a2 − u2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

A.4 Fórmulas en las que interviene√u2 − a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

A.5 Fórmulas con las funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187A.6 Fórmulas con funciones exponenciales y logarítmicas . . . . . . . . . . . . . . 188A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

vi

Capítulo 1

La integral indefinida

1.1 Primitivas e integral indefinida

Dada una función f derivable en un intervalo I, sabemos que la función derivada de f , f ′ esúnica. Ahora nos planteamos el problema inverso: hallar, para una función f definida en unintervalo I, una función F cuya derivada sea f . De existir una tal F , la llamaremos primitivade f .

¿Cuántas primitivas podría tener una función f? Para verlo, supongamos que F es unaprimitiva de f en un intervalo I. Entonces, la función G definida por

G(x) = F (x) + C,

donde C es una constante, también es una primitiva de f , pues

G′(x) = F ′(x) + 0 = f(x)

para todo x ∈ I.La recíproca de esta afirmación también es verdadera; es decir, cualquier otra primitiva

de f tendrá una forma similar. Esto resulta del siguiente teorema.

Teorema 1.1Sea h : I → R una función continua en un intervalo I y derivable en int I. Entonces

h′(x) = 0

para todo x ∈ int I si y solo existe C ∈ R tal que h(x) = C para todo x ∈ I

Demostración. Si h es constante, entonces h′ es igual a 0. Recíprocamente, sean x1, x2 en I,x1 < x2. Basta probar que h(x1) = h(x2). Como h cumple las condiciones del Teorema delValor Medio para las derivadas en el intervalo [x1, x2], tenemos que existe x ∈ ]x1, x2[ tal que

h′(x) =h(x2)− h(x1)

x2 − x1.

Como h′(x) = 0 para todo x ∈ I esto implica que h(x2) − h(x1) = 0 y, por ende,h(x1) = h(x2).

2 La integral indefinida

Corolario 1.2Si F y G son dos primitivas de f definidas en un intervalo I, existe C ∈ R tal que

F (x) = G(x) + C

para todo x ∈ I.

Demostración. Basta aplicar el teorema anterior a la función h = F −G.

Recordemos que si para una función f tomamos a x como la variable independiente, a lallamamos expresión f(x) se la llama forma funcional de la función f . En la practica se da laforma funcional para definir una función.

Definición 1.1 (Integral indefinida)Dada una función f definida en un intervalo I, se llama primitiva de f a toda función F definidaen I tal que F ′(x) = f(x) para todo x ∈ I.A la forma funcional que permite definir el conjunto de todas las primitivas de f , se le llamaintegral indefinida de f y se nota asíZ

f(x)dx = F (x) + C (1.1)

A x se le llama variable de integración y C es una constante arbitraria.

El corolario (1.2) garantiza que con esta forma funcional se están representando a todaslas primitivas de f si la función F es una de ellas.

El símboloR

(una s (ese) alargada) se lee “integral de” y puede considerarse la operacióninversa del signo d que define la operación de hallar la diferencial de una forma funcionaldada. Así, se puede ver queZ

dF (x) = F (x) + C y d

Zf(x)dx = f(x).

Ejemplo 1.1

1.

Zdx = x+C.

2.

Zxa dx =

1

a+ 1xa+1 + C, con a ∈ Q \ −1.

3.

Zsen x dx = − cosx+ C.

4.

Zcos x dx = sen x+ C.

5.

Ztan x dx = − ln | cos x|+ C.

6.

Zsec x dx = ln | sec x+ tan x|+ C.

7.

Zsec2 x dx = tan x+ C.

1.1 Primitivas e integral indefinida 3

Solución. El cálculo de la derivada de la función expresada en el lado derecho de cada una de lasigualdades muestra claramente que cada igualdad es verdadera.

Con el procedimiento utilizado en este ejemplo se demuestra el siguiente teorema.

Teorema 1.3 (Integral indefinida de una suma algebraica)Sean F y G las primitivas de las funciones f y g, respectivamente, definidas en un intervalo I.Sea k ∈ R. Entonces:

1.Z[f(x) + g(x)] dx =

Zf(x) dx+

Zg(x) dx = F (x) +G(x) + C.

2.Zkf(x) dx = k

Zf(x) dx = kF (x) + C.

Ejemplo 1.2

Calcular la integral indefinida de un polinomio cualquiera P :

P (x) =

nXk=0

akxk.

Solución. Aplicando el teorema (1.3) y el numeral (2) del ejemplo (1.1), se obtiene:Z nXk=0

akxk dx =

nXk=0

ak

Zxk dx =

nXk=0

akk + 1

xk+1 + C.

Ejemplo 1.3

Calcular

Z √x dx.

Solución. De acuerdo con el numeral (2) del ejemplo (1.1) (a = 1/2) se obtiene:Z √x dx =

Zx

12 dx =

2

3x

32 + C.

Ejemplo 1.4

Calcular

Z3x4 + 2x2 − 1

x2dx.

Solución. Utilizando el numeral (1) del teorema (1.3) se obtiene:Z3x4 + 2x2 − 1

x2dx =

Z(3x2 + 2 + (−1)x−2) dx

= 3

Zx2 dx+ 2

Zdx+ (−1)

Zx−2 dx

= x3 + 2x+1

x+C.


Ejemplo 1.5

Calcular

Z(x+ 3)(x− 3) dx.

Solución. De acuerdo con el ejemplo (1.1), la integral indefinida de este polinomio es:Z(x+ 3)(x− 3) dx =

Z(x2 − 9) dx

=

Zx2 dx− 9

Zdx

=x3

3− 9x+ C

1.1.1 Ejercicios

Con la ayuda del ejemplo 1.1 y del teorema 1.3, calcule:

1.

Z3√x2 dx

2.

Zx2 − 2x+ 3√

xdx

3.

Z 2√x− 3

3√x2 +

5√x4dx

4.

Z(3 cos x− tan x) dx

5.

Z(3 secx− tan2 x) dx

6.

Z(x2 + 11/x+ 2 exp x) dx

Recuerde que (expx)′ = expx y (ln |x|)′ = 1x

7.

Z √x− 3

√x+ 4

√x

xdx

8.

Z(3x+ 2)(5x+ 1)2 dx

9.

Z(2 sen x+ expx) dx

10.

Z(5x

√x− 3 cos x) dx

11.

Z 3√x 5√x 7√xdx

1.2 La diferencial y la integral indefinida

Recordemos el concepto de diferencial: dada una función F : R → R, la derivada de F en a,notada F ′(a), puede ser vista como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de F en elpunto (a, F (a)). En el sistema de coordenadas xy, la ecuación de esta recta es

y − F (a) = F ′(a)(x − a). (1.2)

Si escogemos un sistema de coordenadas cuyo origen esté en (a, F (a)) y si llamamos dx ydy a las variables correspondientes a las abscisas y ordenadas, la ecuación (1.2) de la rectatangente mencionada, toma la forma

dy = F ′(a) dx.

A las variables dx y dy se las llama diferenciales de x y de y, respectivamente. Dada unafunción f : R → R, x 7→ f(x), con x como variable independiente, a una expresión de tipof(x) dx se la llama forma diferencial, mientras que a una expresión de tipo F (x) le llamamosforma funcional.

Dada una función f , escogidas x e y como variables independiente y dependiente, res-pectivamente, a la diferencial d se le puede ver como un operador que transforma una formafuncional en una forma diferencial

d : F (x) 7→ dF (x)def= F ′(x) dx.

1.3 Cambios de variable en integrales indefinidas 5

En este caso la integral indefinidaR

puede ser vista como una especie de operador inversode d, aunque multivaluado porque, como acabamos de ver, si existe una primitiva de unafunción, existe en realidad una infinidad de ellas:Z

: f(x) dx 7→Zf(x) dx

def= F (x) + C,

con

F ′(x) = f(x).

Tendremos entonces:Zd(F (x)) = F (x) + C, d

Zf(x) dx

= f(x)dx.

Para los lectores que sean aficionados al Álgebra Lineal, mencionaremos que si definimosla relación binaria f ∼ g cuando existe C ∈ R tal que f = g + C, tendremos que ∼ es unarelación de equivalencia en el conjunto de funciones

X = F(R,R) = f : R → R.

Entonces d : X → X es lineal, inyectivo, y el operadorR: X → X |∼, f 7→ F , es el operador

lineal inverso de d. Aquí F denota la clase de equivalencia con representante F y con F ′ = f .

Ejemplo 1.6

CalcularRd(3x2 + cos x) y d

R(5x4 − sec2 x) dx

.

Solución.Rd(3x2 + cos x) = 3x2 + cosx+ C y d

R(5x4 − sec2 x) dx

= (5x4 − sec2 x)dx.

1.2.1 Ejercicios

Calcule:

1.

Z(5x+ cosx)′ dx

2.

Zd[3 expx+ cos(2x2 + 5)]

3.

Z(cosx+ 3x2 − 5 ln x)′ dx

4.

Z(3x2 − 2x+ expx) dx

′

5. d

Z(cos x+ expx) dx

6. d

Z 2√x− 3 exp x

dx

7.

Z √x+ 3

√xdx

′

8.

Z[cos x− 3 sen x+ exp(5x+ 4)] dx

′

1.3 Cambios de variable en integrales indefinidas

Sean I y J dos intervalos. Sea g : I → J una función continua en I, derivable en el interiorde I y biyectiva como se ilustra el siguiente dibujo, donde tomamos I = [a, b] y J = [c, d],con a > 0 y c > 0.


x

u

a b

c

d

x

u

a b

c

d

Sea F : J → R, u 7→ F (u), y sea H = F g. Entonces H : I → R, x 7→ H(x) = F (g(x)).Si ponemos u ≡ g(x) y como x ≡ g−1(u), tendremos

F (u) ≡ F (g(x)) = H(x) ≡ H(g−1(u)).

Por ello, para todo x ∈ I y para todo u ∈ J :¨F (u) ≡ F (g(x)) = H(x)

H(x) ≡ H(g−1(u)) = F (u).

Se dice entonces que F : I → R, u 7→ F (u) se obtiene de H : I → R, x 7→ H(x) medianteel cambio de variable u ≡ g(x). Se tiene también que H se obtiene de F mediante el cambiode variable inverso x ≡ g−1(u). Escribiremos entonces

F (u) ≡ H(x).

Notemos que las imágenes de F y de H coinciden. Por otra parte, como

H ′(x) = [F (g(x))]′ = F ′(g(x)) g′(x),

el signo de H ′(x) será el mismo que el de F ′(g(x)), si g′(x) > 0, y el signo contrario sig′(x) < 0. Así los intervalos de monotonía de F y H coinciden en el primer caso, y soncontrarios en el segundo. La interelación entre la convexidad o concavidad de F y G es máscompleja debido a que

H ′′(x) = F ′′(g(x)) [g′(x)]2 + F ′(g(x)) g′′(x).

En particular, si g′′(x) = 0, es decir si el gráfico de g es una recta, ¡los intervalos de concavidady los de convexidad de F y H coinciden!

Ilustremos lo dicho con un ejemplo:

I = [1, 2], J = [2, 4], u ≡ g(x) = 2 + 2(x− 1).

El cambio de variable significa que para u ≡ g(x) o, lo que es lo mismo, x ≡ g−1(u),identificamos las formas funcionales F (u) y H(x):

F (u) ≡ H(x) (1.3)

¿Qué pasa con las correspondientes formas diferenciales obtenidas aplicando d a las formasfuncionales F (u) y H(x)? De (1.3) se obtiene, aplicando d a ambos lados:

F ′(u) du ≡ H ′(x) dx = [F (g(x))]′ dx = F ′(g(x)) g′(x) dx.

Es decir queF ′(u) du ≡ F ′(g(x)) g′(x) dx

1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas 7

En general, dada una forma diferencial f(u) du, con u ∈ J , tendremos, para u ≡ g(x):

f(u) du ≡ f(g(x)) g′(x) dx.

Supongamos ahora que F es una primitiva de f , ambas funciones definidas en un intervaloJ . Sea g una función como antes descrita. Entonces tenemos que:

1.Zf(u) du = F (u) + C,

2.Zf(g(x)) g′(x) dx =

ZF ′(g(x)) g′(x) dx =

Zd(F (g(x))) = F (g(x)) + C.

De donde podemos deducir el así llamado método de sustitución o de cambio de variablepara las integrales indefinidas: si ponemos u ≡ g(x), y en una integral de tipoZ

f(g(x)) g′(x) dx

sustituimos g(x) por u y g′(x) dx por du se obtiene la integralZf(u) du

con u como variable de integración. Si se logra hallar un resultado para la integral así obte-nida, digamos Z

f(u) du = F (u) + C,

podemos “regresar” a la variable original x y tendremosZf(g(x)) g′(x) dx = F (g(x)) + C.

Para que la integral dada esté “lista” para un cambio de variable es necesario a veces ciertoscálculos previos, teniendo en cuenta las propiedades de la integral indefinida, identidadesalgebraicas, trigonométricas, logarítmicas, etc. Todo ello se ilustra en los siguientes ejemplos.

1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas

Una aplicación sencilla del método de sustitución o cambio de variable nos permite calcularintegrales mediante el uso de tablas de integración como las que constan en el anexo.

Ejemplo 1.7

Calcular

Zdx

4x2 + 4x+ 10.

Solución. Como

4x2 + 4x+ 10 = (4x2 + 4x+ 1) + 9

= (2x+ 1)2 + 32,

si ponemos u ≡ 2x+ 1, tenemos que du ≡ 2dx yZdx

4x2 + 4x+ 10=

1

2

Zdu

u2 + 32.


Esta última integral puede ser calculada usando la fórmula siguiente (con a = 3):Zdu

u2 + a2=

1

aarctan

u

a+ C.

Entonces: Zdx

4x2 + 4x+ 10=

1

6arctan

2x+ 1

3+ C.

Ejemplo 1.8

1. La integral Zcos(ax) dx =

Zcos(ax)

adx

a

con el cambio de variable

u ≡ ax, du ≡ a dx, dx ≡ 1

adu

se convierte en Zcos u

du

a=

1

a

Zcos u du =

1

asen u+ C

que, con el regreso a la variable original, resulta igual a:Zcos(ax) dx =

1

asen(ax) + C

2. Z x2

2+ 3x− 7

2

32

(x+ 3) dx ≡Zu

32 du

=2

5u

52 + C

≡ 2

5

x2

2+ 3x− 7

2

52

+C

mediante el cambio de variable

u ≡ x2

2+ 3x− 7

2, du ≡ (x+ 3) dx.

En este ejemplo:

f(u) = u32 , g(x) =

x2

2+ 3x− 7

2, I = [1,∞[, J = [0,∞[, F (u) =

2

5u

52 .

3. Ztanx dx = −

Z− sen x

cos xdx ≡ −

Zdu

u= − ln |u|+ C = − ln | cosx|+ C

considerando el cambio de variable

u ≡ cos x, du ≡ − sen x dx.

4. Zsen(ax) dx =

1

a

Zsen(ax)a dx

≡ 1

a

Zsen u du

= −1

acosu+C ≡ −1

acos(ax) + C

con el cambio de variableu ≡ ax, du ≡ a dx.

1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas 9

5. Mediante el cambio de variable u ≡ 2x, du ≡ 2dx y usando la identidad sen2 x = 1−cos 2x2

, seobtiene: Z

sen2 x dx =

Z1− cos(2x)

2dx

=1

2

Zdx−

Zcos(2x) dx

=

1

2

hx− 1

2sen(2x)

i+ C.

6. Z5

É1− 5

√x

x4dx = −5

Z 1− x

15

15−1

5x− 4

5

dx

≡ −5

Zu

15 du

= −55

6u

65 + C

≡ −25

6

1− x

15

65+C


u ≡ 1− x15 , du ≡ −1

5x− 4

5 dx.

7. A veces es más sencillo realizar los cálculos utilizando las igualdades

x ≡ g−1(u), dx ≡ [g−1(u)]′ du,

como veremos en este ejemplo.Zx2 dx√25− x2

≡Z

25 sen2 u

5 cosu5 cos u du

= 25

Zsen2 u du

= 25hu

2− 1

4sen(2u)

i+ C

≡ 25

2arc sen

x

5− 1

2xp

25− x2 + C


u ≡ arcsinx

5= g(x), x ≡ 5 sen u = g−1(u), dx ≡ 5 cos u du,

I =]− 5, 5[, J =−π2,π

2

,p

25− x2 =p

25− 25 sen2 u = 5p

1− sen2 u = 5√cos2 u = 5| cos u| = 5 cos u,

ya que u ∈−π

2, π2

. Además, se usó la expresión

sen(2u) = 2 sen u cos u ≡ 2 senarcsin

x

5

cosarcsin

x

5

= 2

x

5

√25− x2

5=

2

25xp

25− x2.

En la expresión anterior ¿cómo se calcula cosarcsin a

c

? Sean 0 < a < c. Si ponemos α igual

a arcsin ac, tenemos que senα = a

c, lo que se puede representar con un triángulo rectángulo en el

cual c es la hipotenusa, α uno de los ángulos agudos, a el cateto opuesto a α, y b =√c2 − a2 su

cateto adyacente, como se muestra en la siguiente figura:


c

√c2 − a2

a

α

Por ello

cosarcsin

a

c

= cosα =

b

c=

√c2 − a2

c.

1.4.1 Ejercicios

1. Use el cambio de variable u ≡ g(x) para calcular:

(a)

Zx2 expx3 dx, u ≡ x3

(b)

Zcos3 x sen x dx, u ≡ cos x

(c)

Zsenn x cosx dx, n ∈ N, u ≡ sen x

(d)

Z(ln |x|)5

xdx, u ≡ ln |x|

(e)

Zsen(expx+x)(expx+1) dx, u ≡ expx+

x

(f)

Zcot x dx, u ≡ sen x

(g)

Z3

É2 + 3

√x

x2dx, u ≡ 2 + 3

√x

(h)

Zx√

x2 + 3dx, u = x2 + 3

(i)

Zx3

√25− x4

dx, u ≡ 25− x4

(j)

Z(3 tan2 x−tanx+3) sec2 x dx, u ≡ tan x

(k)

Zsec4 x tan3 x dx, u ≡ tan x

(l)

Zsec5 x tan3 x dx, u ≡ secx

(m)

Zx

x2 + a2dx, u ≡ x2 + a2

(n)

Zdx

x2 + a2

2. Use el cambio de variable x ≡ g−1(u) para calcular:

(a)

Zdx√

36− x2, x ≡ 6 sen u

(b)

Zdx

(x2 − 9)3/2, x ≡ 3 sec u

(c)

Zx

(25− x2)dx, x ≡ 5 sen u

(d)

Zx3

(x2 + 16)3/2dx, x ≡ 4 tanu

(e)

Ztan(x/2)

sen x+ cosx+ 1dx, x ≡ 2 tan−1 u,

u ≡ tan(x/2)

(f)

Zx2

√2x+ 3

dx, x ≡ (u2 − 3)/2,

u ≡√2x+ 3

(g)

Zdx√

x2 + 2x+ 5, x ≡ −1 + 2 tanu

(h)

Zx2

√2x+ 3

dx, x ≡ (u− 3)/2, u ≡ 2x+3

(i)

Zdx

x2 + a2, x ≡ a tan u

(j)

ZAx+B

x2 + 2bx+ cdx, si d = b2 − c < 0,

x ≡ u− b

1.5 Integrales de potencias de sen y cos

Son integrales del tipo Zcosm x senn x dx; m,n ∈ Q.

Veamos algunos casos.

1.5 Integrales de potencias de sen y cos 11

(i) Si n impar: n = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ 0; m ∈ Q.

Como senn x = sen2k+1 x = (sen2 x)k senx = (1 − cos2 x)k senx, podemos escribirZcosm x senn x dx = −

Zcosm x(1 − cos2 x)k(− senx) dx = −

Zum(1− u2)k du,

usando el cambio de variable

u = cosx, du = − senx dx,

obteniéndose la integral de un polinomio que siempre se puede resolver (aún si los expo-nentes no son enteros).

(ii) Si m impar: m = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ 0; n ∈ Q.

Como cosm x = cos2k+1 x = (cos2 x)k cosx = (1− sen2 x)k cosx, podemos escribirZcosm x senn x dx =

Z(1− sen2 x)k senn x cos x dx =

Z(1 − u2)kun du

con el cambio de variableu = senx, du = cosx dx,

y llegamos nuevamente a la integración de un polinomio que siempre se puede resolver(aún en los casos en que los exponentes no sean enteros).

(iii) Si n = 0 y m es par: m = 2k, k ∈ N.

Como

cosm x = cos2k x = (cos2 x)k =

1 + cos(2x)

2

k

, (1.4)

se llega a integrales de tipo Zcosj(2x) dx, j = 1, . . . , k.

Para j impar, es similar al caso (ii). Para j par como k = m2 < m, utilizando (1.4) las

veces que sea necesario se consigue el resultado.

(iv) Caso m y n pares: m = 2k, n = 2j, k, j ∈ N ∪ 0. Como

senn x = sen2j x = (sen2 x)j =

1− cos(2x)

2

j

,

y por (1.4) se llega a la misma situación que en el caso (iii).

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 1.9

1. Análogamente al caso descrito en (i), la integral:Zsen5(ax) dx =

Z(sen2(ax))2 sen(ax) dx

= −1

a

Z(1− cos2(ax))2(−a sen(ax))dx

= −1

a

Z(1− u2)2 du

(considerando el cambio de variable u = cos(ax), du = −a sen(ax) dx)


= −1

a

Z(1− u2)2 du

= −1

a

Z(1− 2u2 + u4) du

= −1

a

u− 2

3u3 +

1

5u5+C

= −1

a

hcos(ax)− 2

3cos3(ax) +

1

5cos5(ax)

i+ C.

2. La siguiente integral se calcula como en el caso (iv)Zcos2(ax) sen2(ax) dx =

Z1 + cos(2ax)

2

1− cos(2ax)

2dx

=1

4

Z[1− cos2(2ax)] dx

=1

4

Zsen2(2ax) dx

=1

8

Z[1− cos(4ax)]dx

=1

8

x− sen(4ax)

4a

+ C.

3. Aplicando el caso (ii) se calcula la integral indefinida:Zsen2(ax) cos3(ax) dx =

Zsen2(ax) cos2(ax) cos(ax) dx

=

Zsen2(ax)(1− sen2(ax)) cos(ax) dx

=

Z sen2(ax)− sen4(ax)

cos(ax) dx

=1

a

Z(u2 − u4) du

(con el cambio de variable u = sen(ax), du = a cos(ax)dx)

=1

a

u3

3− u5

5

+ C

=1

a

sen3(ax)

3− sen5(ax)

5

+ C.

4. Zsen

92√x cos3

√xdx√x

= 2

Zsen

92 θ cos3 θ dθ

(con el cambio de variable del caso (ii) θ =√x, dθ =

dx

2√x)

= 2

Zsen

92 θ (1− sen2 θ) cos θ dθ

= 2

Z(u

92 − u

132 ) du

(con el cambio de variable u = sen θ, du = cos θ dθ)

= 2

2

11u

112 − 2

15u

152

+ C

= 4

sen

112√x

11− sen

152√x

15

+ C.

1.6 Integrales de potencias de sec y tan 13

1.5.1 Ejercicios

Calcule:

1.

Z5

Èsec4(5x) sen3(5x) dx

2.

Zcos9(ax) sen(ax) dx

3.

Zsen3(bx) dx

4.

Zcos5(cx) dx

5.

Zsen5(ax) cos5(ax) dx

6.

Zsen4 x cos2 x dx

7.

Zsen2(2x) cos4(2x) dx

1.6 Integrales de potencias de sec y tan

Son integrales del tipo Zsecm x tann x dx; m,n ∈ Q.

Veamos algunos casos.

(i) En el caso en que m par: m = 2k, k ∈ N; n ∈ Q, como

secm x = sec2k x = sec2k−2 x sec2 x = (sec2 x)k−1 sec2 x = (tan2 x+ 1)k−1 sec2 x,

podemos escribirZsecm x tann x dx =

Z(tan2 x+ 1)k−1 tann x sec2 x dx

=

Z(u2 + 1)k−1un du

(con el cambio de variable u = tanx, du = sec2 c dx),

con lo cual llegamos a la integral de un polinomio (con exponentes racionales en ciertoscasos), que podemos integrar fácilmente.

(ii) En el caso de que n sea impar: n = 2k + 1, k ∈ N ∪ o; m ∈ Q, como

secm x tann x = secm x tan2k+1 x = secm−1 x(tan2 x)k secx tanx

= secm−1 x(sec2 x− 1)k secx tan x,

podemos escribir Zsecm x tann x dx =

Zum−1(u2 − 1)k du.

Con el cambio de variable u ≡ secx, du ≡ secx tanx dx, se llega también en este casoa la integral de polinomios con, tal vez, exponentes racionales no enteros, que podemosintegrar fácilmente.

(iii) En el caso de que m sea impar y n par; m ∈ N, n = 2k con k ∈ N, se escribe la funciónque vamos a integrar solo en términos de sec, ya que

tann = tan2k = (tan2)k = (sec2 −1)k,

obteniendo la suma de integrales de potencias de sec de tipo

Ij =

Zsecj x dx


con j ∈ N y j ≥ 3 para los cuales se puede usar la fórmula de recurrencia siguiente,que la obtendremos en la siguiente sección:

Ij =1

j − 1

secj−2 x tanx+ (j − 2)Ij−2

con j ≥ 3, con lo cual todo se reduce al cálculo de I2 o I1 ya conocido:

I1 =

Zsecx dx = ln | secx+ tanx|+ C y I2 =

Zsec2 x dx = tanx+ C.

1.6.1 Ejercicios

Calcule:

1.

Ztan2 x dx

2.

Z(tanx+ cot x)2 dx

3.

Ztan3(3x) sec4(3x) dx

4.

Zsec4 x dx

5.

Ztan(2x) sec(2x) dx

6.

Ztan5(3x) dx

7.

Zcot6(2x+ 1) dx

8.

Ztan3 x

√cos x dx

9.

Z(tan(x/4) sec(x/4))3 dx

10.

Ztan2(3x) sec(3x) dx

11.

Ztan4(5x) dx

12.

Zsec4 x cot8 x dx

13.

Zsen x

cos7 xdx

1.7 Integración por partes

Dadas las funciones derivables G y H , recordemos que:

d[G(x)H(x)] = G′(x)H(x) dx +G(x)H ′(x) dx.

Si ponemos u = G(x), v = H(x), tendremos que:

d(uv) = d[G(x)H(x)], du = G′(x) dx, dv = H ′(x) dx

y, por lo tanto,d(uv) = u dv + v du.

Por ello, aplicandoR

a ambos lados se obtiene:Zd(uv) =

Zu dv +

Zv du,

de donde

uv =

Zu dv +

Zv du,

y, finalmente, Zu dv = uv −

Zv du.

Esta fórmula, que también puede escribirse:ZG(x)H ′(x) dx = G(x)H(x) −

ZH(x)G′(x) dx

se llama fórmula de integración por partes. Veamos cómo se aplica en algunos ejemplos.

1.7 Integración por partes 15

Ejemplo 1.10

1. Zxex dx = xex −

Zex dx

con u = x, du = dx, dv = ex dx, v = ex.Zxex dx = xex − ex + C.

2. Zx cos x dx = ex sen x−

Zex sen x dx

con u = ex, du = ex dx, dv = cos x dx, v = sen x.Zx cosx dx = ex sen x−

−ex cosx+

Zex cos x dx

con u = ex, du = ex dx, dv = sen x dx, v = − cosx.

La integralRex cos x dx aparece otra vez en el miembro derecho pero puede ser despejada de

la igualdad que hemos obtenido:Zex cos x dx = ex(sen x+ cosx)−

Zex cosx dx.

Así, finalmente: Zex cos x dx =

1

2ex(sen x+ cos x) + C.

3. Zsec3 x dx = sec x tan x−

Zsecx tan2 x dx

con u = sec x, du = secx tanx dx, dv = sec2 x dx, v = tan x. Como

sec x tan2 x = sec x(sec2 x− 1) = sec3 x− secx,

se tiene: Zsec3 x dx = sec x tan x−

Zsec3 x dx+

Zsec x dx,

es decir Zsec3 x dx =

1

2

sec x tan x+

Zsecx dx

,

y como Zsec x dx = ln | secx+ tan x|+ C,

se tiene finalmente Zsec3 x dx =

1

2(secx tanx+ ln | secx+ tanx|) + C.

4. Zxn ln x dx =

xn+1 ln x

n+ 1− 1

n+ 1

Zxn+1 dx

x

con u = ln x, du = dxx, dv = xn, v = xn+1

n+1.Z

xn ln x dx =xn+1 ln x

n+ 1− 1

(n+ 1)2xn+1 + C =

xn+1

n+ 1

ln x+

1

n+ 1

+C.


5. Zcos x ln(sin x) dx =

Zt ln t dt

con t = sin x, dt = cosx dx.Zcosx ln(sin x) dx =

t2

2ln t− 1

2

Zt dt

con u = ln t, du = dtt, dv = t dt, v = t2

2.Z

cos x ln(sin x) dx =t2

2ln t− t4

4+ C =

1

4sin2 x [2 ln(senx)− 1] +C.

1.7.1 Ejercicios

Calcule, mediante integración por partes:

1.

Zx√x+ 1 dx

2.

Zx(3x+ 1)−1/2 dx

3.

Zln(ax)dx

4.

Zln(3x+ 2) dx

5.

Zx ln(bx) dx

6.

Z √x ln x dx

7.

Zx2 ln(x2) dx

8.

Ztan−1 x dx

9.

Zsen−1 x dx

10.

Zx2 tan−1 x dx

11.

Zx exp(ax) dx

12.

Zx2 exp(ax) dx

13.

Zx3 exp(x2) dx

14.

Zexp(ax) cos(bx) dx

15.

Zexp(ax) sen(bx) dx

16.

Zsen(lnx) dx

17.

Zx cos2 x dx

18.

Ztan−1 √x dx

Sugerencia: use antes un cambio de variableapropiado.

19.

Zsen

√ax+ b dx

Sugerencia: use antes un cambio de variableapropiado.

1.8 Integración de funciones racionales

La integración de funciones racionales se realiza generalmente por el método de reduccióna “fracciones parciales”. Cuando el denominador tiene raíces múltiples, la fórmula de Ostro-gradski permite simplificar el cálculo, reduciéndolo a integrales de fracciones con denomina-dores con solo raíces simples. Si combinamos los dos métodos, podemos escribir directamenteel resultado con coeficientes por determinar mediante la solución de un sistema lineal deecuaciones. Este procedimiento puede ser denominado el de Ostrogradski mejorado.

Una función f : D ⊂ R → R de la forma

f(x) =p(x)

q(x),

1.8 Integración de funciones racionales 17

donde p y q son polinomios se denomina función racional. Obviamente:

Dm(f) = R− x ∈ R : q(x) = 0.

En principio, se puede obtener la integral indefinida de cualquier función racional. Pro-baremos este aserto poco a poco.

1.8.1 Integración de fracciones simples

Integración de fracciones simples de primer grado

Caso 1 Dado a ∈ R, a la expresión 1x−a le llamaremos fracción simple de primer grado y

tenemos que : Zdx

x− a= ln |x− a|+ C.

Integración de fracciones simples de segundo grado

Dado k > 0 llamaremos fracciones elementales de segundo grado a expresiones fraccionalesde la forma

x

x2 + k2y

1

x2 + k2.

Las podemos integrar de la siguiente manera.

Caso 2 Dado k > 0: Con el cambio de variable u ≡ x2 + k2, se obtiene:Zx

x2 + k2dx =

1

2

Zdu

u

=1

2ln |u|+ C

=1

2ln(x2 + k2) + C,

con el cambio de variable u ≡ x2 + k2.

Caso 3 Dado k > 0: Con el cambio de variable es x ≡ k tan t con t ∈ ]− π2 ,

π2 [, por lo tanto:

dx ≡ k sec2 t dt y x2 + k2 ≡ k2(tan2 t+ 1) = k2 sec2 t;

se obtiene: Zdx

x2 + k2=

Zk sec2 t

k2 sec2 t

=1

k

Zdt

=1

kt+ C

=1

karctan

x

k+ C.

Ahora bien, un trinomio cuadrado de la forma x2 + 2bx + c no se puede descomponer enfactores si el discriminante d = (b2 − c) es menor que 0. En este caso, podemos expresar estetrinomio como la suma de dos cuadrados:

x2 + 2bx+ c = (x+ b)2 + k2


con k =√c− b2. Gracias a esto, el cambio de variable u ≡ x + b nos permite transformar

integrales de expresiones de la forma

Ax+B

x2 + 2bx+ c,

que llamaremos fracciones simples de segundo grado, en integrales de fracciones elementalesque acabamos de estudiar.

En efecto, puesto que

x2 + 2bx+ c ≡ u2 + k2, x ≡ u− b, dx ≡ du,

se obtiene:

Caso 4 Dados A, B, b y c ∈ R tales que d = b2 − c < 0, poniendo k =√−d se obtiene:Z

Ax+ B

x2 + 2bx+ cdx ≡

ZA(u− b) +B

u2 + k2du

= A

Zu

u2 + k2du+ (−Ab+B)

Zdu

u2 + k2

=A

2ln(u2 + k2) +

−Ab+B

karctan

u

k+ F

≡ A

2ln(x2 + 2bx+ c) +

−Ab+B√c− b2

arctanx+ b√c− b2

+ F.

Ejemplo 1.11

Calcular

Z−5x+ 8

x2 − 4x+ 29dx.

Solución. Es un ejemplo del Caso 1.8.1 con

A = −5, B = 8, b = −2, c = 29,

puesto qued = b2 − c = 4− 29 = −25 < 0.

En este caso tenemos la fórmulaZAx+B

x2 + 2bx+ cdx =

A

2ln(x2 + 2bx+ c) +

−Ab+B√c− b2

arctanx+ b√c− b2

+ C,

en nuestro ejemplo√c− b2 =

√25 = 5, yZ

−5x+ 8

x2 − 4x+ 29dx =

−5

2ln(x2 − 4x+ 29) − 2

5arctan

x− 2

5+ C.

1.8.2 El método de las fracciones parciales

Sabemos que todo polinomio de grado mayor que 2 se puede expresar como el producto defactores de la forma

(x− a)m, m ∈ N y/o (x2 + 2bx+ c)n, n ∈ N, con b2 − c < 0.

Notemos primero que para la integración de funciones racionales basta considerar el caso enel que el grado del denominador es mayor que el del numerador. En efecto, si f = pM

qN, donde


pM y qN son polinomios de grado M y N , respectivamente, si M > N podemos dividir pMpor qN y obtendremos

f =pMqN

= CM−N +rKqN

,

donde el cociente CM−N es un polinomio de grado M −N y el residuo rK es un polinomiode grado K < N . Para integrar f basta entonces saber cómo integrar fracciones racionales,el grado de cuyo denominador es mayor que el del numerador.

Se supone entonces que

f =pMqN

, M < N.

Ahora bien, una función racional f = pM

qNcon M < N puede siempre ser escrita como

la suma de fracciones parciales de primero y segundo grado. Veamos algunos casos simples(m = 1, n = 1) porque para multiplicidades mayores que 1 es más conveniente usar el métodode Ostrogradski que solo requiere el cálculo de integrales con fracciones simples de primeroo de segundo grado.

Caso 5 Con fracciones simples de primer gradoEl integrando

f(x) =pM (x)

(x− a1)(x− a2) · · · (x− aN ), con N > M,

se puede escribir:

f(x) =A1

(x− a1)+

A2

(x − a2)+ · · ·+ AN

(x− aN ).

Se puede hallar A1, A2, . . . , AN expresando la suma de la derecha como una fracción condenominador común

(x− a1)(x − a2) · · · (x− aN )

y al ser igual a la fracciónpM (x)

(x − a1)(x− a2) · · · (x− aN ),

los polinomios numeradores deben ser idénticos, por lo que se pueden igualar los N coeficien-tes de los dos polinomios, puesto que el grado de ambos será menor a N , los dos polinomiostendrán la forma

a0 + a1x+ · · ·+ aN−1xN−1,

con N coeficientes. Se obtiene así un sistema lineal de N ecuaciones con las incógnitas

A1, A2, . . . , AN .

Resuelto este sistema, para integrar f(x) basta calcular integrales consideradas en el Caso 1.

Ejemplo 1.12

Calcular

Z4x2 − 9x− 4

x3 − x2 − 2xdx.

Solución. Se tiene que el denominador es:

x3 − x2 − 2x = x(x+ 1)(x− 2).

Al descomponer en suma de fracciones parciales:

f(x) =4x2 − 9x− 4

x3 − x2 − 2x


=A

x+ 1+B

x+

D

x− 2

=A(x2 − 2x) +B(x2 − x− 2) +D(x2 + x)

x3 − x2 − 2x

=(A+B +D)x2 + (−2A−B +D)x− 2B

x3 − x2 − 2x.

Como las dos fracciones son idénticas, se identifican los numeradores, es decir, los coeficientes de x2,x y x0 deben ser iguales.

Coeficientes de:

8<:x2 : A+B +D = 4

x : −2A−B +D = −9

x0 : −2B = −4

.

Este es un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas: A, B y D. Resolviéndolo se obtiene

A = 3, B = 2, D = −1.

Así, Zf(x) dx = 3

Zdx

x+ 1dx+ 2

Zdx

xdx−

Zdx

x− 2dx

= 3 ln |x+ 1|+ 2 ln |x| − ln |x− 2|+ C.

Finalmente, Z4x2 − 9x− 4

x3 − x2 − 2xdx = ln

x2(x+ 1)3

x− 2

+C.

Caso 6 Con fracciones simples de segundo gradoEl integrando

f(x) =pM (x)

(x2 + 2b1x+ c1)(x2 + 2b2x+ c2) · · · (x2 + 2bLx+ cL), con N = 2L > M,

se puede escribir:

f(x) =B1x+D1

x2 + 2b1x+ c1+

B2x+D2

x2 + 2b2x+ c2+ · · ·+ BLx+DL

x2 + 2bLx+ cL.

Se calculan los coeficientes B1, B2, . . . , BL y D1, D2, . . . , DL de manera análoga al caso pre-cedente. Hecho esto, integrar f(x) se reduce al cálculo de integrales estudiadas en el Caso4.

Ejemplo 1.13

Calcular

Zf(x) dx si f(x) =

x3 + 7x2 + 40

(x2 − 2x+ 2)(x2 + 6x+ 13).

Solución. Podemos expresar f(x) como la siguiente suma de fracciones parciales:

f(x) =Ax+B

x2 − 2x+ 2+

Dx+ E

x2 + 6x+ 13

=(Ax+B)(x2 + 6x+ 13) + (Dx+ E)(x2 − 2x+ 2)

(x2 − 2x+ 2)(x2 + 6x+ 13)

=(A+D)x3 + (6A+B − 2D +E)x2 + (13A+ 6B + 2D − 2E)x+ (13B + 2E)

(x2 − 2x+ 2)(x2 + 6x+ 13).


Identificando los coeficientes de los numeradores de f(x) y los de la última expresión, obtenemos elsiguiente sistema lineal de 4 ecuaciones para calcular las 4 incógnitas A, B, D y E:

Coeficientes de:

8>><>>:x3 : 1 = A+D

x2 : 7 = 6A+B − 2D + E

x : 0 = 13A+ 6B + 2D − 2E

x0 : 40 = 13B + 2E

.

Al resolver este sistema obtenemos:

A = 0, B = 2, D = 1, E = 7.

Entonces

Zf(x) dx es la suma de dos integrales estudiadas en el Caso 4:Z

f(x) dx =

Z2

x2 − 2x+ 2dx+

Zx+ 7

x2 + 6x+ 13dx

= 2arctan(x− 1) +1

2ln(x2 + 6x+ 13) + 2 arctan

x+ 3

2+ C.

Caso 7 Con fracciones simples de primero y de segundo gradoEl integrando

f(x) =pM (x)

(x− a1)(x− a2) · · · (x − aK)(x2 + 2b1x+ c1) · · · (x2 + 2bLx+ cL)

conM < K + 2L = N y b2k − ck < 0 para k ∈ 1, . . . , L,

se puede escribir:

f(x) =A1

x− a1+ · · · AK

x− aK+

B1x+D1

x2 + 2b1x+ c1+ · · ·+ BLx+DL

x2 + 2bLx+ cL.

Calculados de manera análoga a los casos precedentes los coeficientes

A1, . . . , AK , B1, . . . , BL, C1, . . . , CL,

la integración de f(x) se reduce al cálculo de integrales de tipo similar a las estudiadas enlos Casos 1 y 4.

Ejemplo 1.14

Calcular

Zf(x) dx; con: f(x) =

2x3 − 6x2 − 4x− 8

x4 − 8x.

Solución. Puesto quex4 − 8x = x(x− 2)(x2 + 2x+ 4)

f(x) se puede escribir como la siguiente suma de fracciones parciales:

f(x) =A

x+

B

x− 2+

Dx+ E

x2 + 2x+ 4

=A(x3 − 8) +Bx(x2 + 2x+ 4) + (Dx+ E)(x2 − 2x)

x4 − 8x

=(A+B +D)x3 + (2B − 2D + E)x2 + (4B − 2E)x+ (−8A)

x4 − 8x.


Identificando los numeradores de esta última fracción y de f(x) obtenemos el siguiente sistema linealde 4 ecuaciones para hallar las 4 incógnitas A, B, D y E:

Coeficientes de:

8>><>>:x3 : 2 = A+B +D

x2 : −6 = 2B − 2D + E

x : −4 = 4B − 2E

x0 : −8 = −8A

.

Resolviendo este sistema obtenemos

A = 1, B = −1, D = 2, E = 0.

Entonces

Zf(x) dx se calcula como la suma de integrales estudiadas en los Casos 1 y 4:Z

f(x) dx =

Zdx

x−Z

dx

x− 2+ 2

Zx

x2 + 2x+ 4dx

= ln |x| − ln |x− 2|+ ln(x2 + 2x+ 4)− 2√3arctan

x+ 1√3

+ C

= ln

x(x2 + 2x+ 4)

x− 2

− 2√3arctan

x+ 1√3

+C.

Caso 8 El Método de Ostrogradski

Se usa para calcularZPM

QNdx, donde P y Q son polinomios de grado M y N , respecti-

vamente, con M < N , cuando Q tiene raíces múltiples reales o complejas, es decir factoresde tipo

(x+ a)m con m ≥ 2, o (x2 + 2bx+ c)n con b2 − c < 0 y n ≥ 2.

En este caso si Q1 es el máximo común divisor de Q y Q′, es decir el producto de factoresde tipo (x+ a)m−1 o (x2 +2bx+ c)n−1, respectivamente, y si Q2 = Q

Q1(o sea el producto de

factores tipo (x+ a) o (x2 + 2bx+ c), respectivamente), según Ostrogradski se tiene queZP (x)

Q(x)dx =

X(x)

Q1(x)+

ZY (x)

Q2(x)dx, (1.5)

donde X e Y son polinomios de un grado menor al de Q1 y Q2, respectivamente.Los coeficientes de X e Y se determinan derivando (1.5), escribiendo el segundo miembro

con denominador común (que es Q obviamente), e identificando los numeradores.

Ejemplo 1.15Zx8 + x5 + 1

(x3 + 1)3dx =

Ax5 +Bx4 +Cx3 +Dx2 + Ex+ F

(x3 + 1)2+

ZGx2 +Hx+ I

x3 + 1dx.

Solución. Derivando y luego de escribir el miembro de la derecha con su denominador común, setiene

x8 + x5 + 1

(x3 + 1)3=

(5Ax4 + 4Bx3 + 3Cx2 + 2Dx+ E)(x3 + 1)

(x3 + 1)3

1.9 El método de Ostrogradski mejorado 23

− 6x2(Ax5 +Bx4 + Cx3 +Dx2 + Ex+ F )

(x3 + 1)3

+(Gx2 +Hx+ I)(x3 + 1)2

(x3 + 1)3.

Igualando los coeficientes de los numeradores se obtiene un sistema de 9 ecuaciones y 9 incógnitaspara calcular los coeficientes A,B, . . . , I .

La integral de la derecha se resuelve luego por los métodos antes descritos de fracciones parciales.

1.8.3 Ejercicios

Calcule usando, de ser necesario, el método de fracciones parciales o la fórmula de Ostrogradski.

1.

Zdx

2x+ 1

2.

Zdx

(2x+ 3)5

3.

Zdx

(2x+ 1)(2x+ 3)

4.

Zdx

x(x+ 1)(x− 2)

5.

Z2x

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)dx

6.

Zx5

(x− 1)(x2 + 4x+ 8)dx

7.

Zx6

(x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)dx

8.

Zdx

x3(x+ 1)2

9.

Zdx

x2(x2 − 2x+ 10)

10.

Zx+ 2

x3(x2 + 1)dx

11.

Z2x5 + x4 + 16x3 + 8x2 + 34x+ 17

(x2 + 4)3dx

12.

Zdx

x4 + 8x2 + 16

13.

Zx+ 1

x5 + 4x4 + 5x3dx

14.

Zx3

x4 − 81dx

15.

Zx4

x3 + 1dx

16.

Zx5

x3 − 1dx

1.9 El método de Ostrogradski mejorado

Se aplica en los mismos casos que el método de Ostrogradski, es decir cuando una o másraíces, reales o complejas del denominador Q(x) es o son múltiples. Notemos que en la fórmulade Ostrogradski (1.5) el denominador Q2(x) solo puede tener factores simples de tipo (x+a)o (x2 + 2bx+ c) con b2 − c < 0, por lo que el cálculo deZ

Y (x)

Q2(x)dx

conduce a integrales de tipoZdx

x+ ay/o

ZAx+B

x2 + 2bx+ cdx

que han sido ya estudiados en las Casos 1 y 4, luego de tener que aplicar aZ

Y (x)

Q2(x)dx el

método de fracciones parciales. Esto exige el cálculo de nuevos coeficientes en un númeroigual al del grado de Q2(x).

En vez de eso proponemos escribir de inmediato, usando las fórmulas dadas en los Casos1 y 4 a las integrales obtenidas de las fracciones parciales de Y (x)

Q2(x), con coeficientes que se

calcularían simultáneamente a los del polinomio X(x).Veámoslo en algunos ejemplos.


Ejemplo 1.16

Según la fórmula de Ostrogradski, con

X(x) = A0 +A1x+ · · ·+An−2xn−2

se tiene: ZPn−1(x)

(x− a)ndx =

A0 +A1x+ · · ·+ An−2xn−2

(x+ a)n−1+

ZAn−1

x− adx.

Pero podemos escribir directamenteZPn−1(x)

(x− a)ndx =

A0 + A1x+ · · ·+ An−2xn−2

(x− a)n−1+ An−1 ln |x− a|+C

=X(x)

(x− a)n−1+An−1 ln |x− a|+ C.

Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x− a)n se obtiene la identidad

Pn−1(x) ≡ (x− a)X ′(x)− (n− 1)X(x) + An−1(x− a)n−1

que nos permitirá hallar los n coeficientes A0, A1, . . . , An−1.

Ejemplo 1.17

En vez de ZP2n−1(x)

(x2 + k2)ndx =

X(x)

(x2 + k2)n−1+

ZAx+B

x2 + k2dx,

conX(x) = A0 + A1x+ · · ·+ A2n−3x

2n−3

podemos escribir directamenteZP2n−1(x)

(x2 + k2)ndx =

X(x)

(x2 + k2)n−1+ A2n−2 ln(x

2 + k2) + A2n−1 arctanxk

+ C.

Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x2 + k2)n, se obtiene la identidad

P2n−1(x) = (x2 + k2)X ′(x)− 2(n− 1)xX ′(x) + 2A2n−2x(x2 + k2)n−1 + kA2n−1(x

2 + k2)n−1,

que nos permitirá calcular directamente A0, A1, . . . , A2n−1 y ¡escribir la respuesta!

Ejemplo 1.18

Teniendo en cuenta que (x4 − 1) = (x+ 1)(x− 1)(x2 + 1)Zdx

(x4 − 1)3=Ax7 +Bx6 + Cx5 +Dx4 +Ex3 + Fx2 +Gx+H

(x4 − 1)2

+ I ln |x+ 1|+ J ln |x− 1|+K ln |x2 + 1|+ L arctan x+M,

de donde

1 ≡ (x4 − 1)(7Ax6 + 6Bx5 + 5Cx4 + 4Dx3 + 3Ex2 + 2Fx+G)

+ (−2)(4x3)(Ax7 +Bx6 + Cx5 +Dx4 + Ex3 + Fx2 +Gx+H)

+ I(x− 1)(x2 + 1)(x4 − 1)2 + J(x+ 1)(x2 + 1)(x4 − 1)2

+ 2Kx(x2 − 1)(x4 − 1)2 + L(x2 − 1)(x4 − 1)2.

Resolviendo el sistema lineal de ecuaciones correspondientes se obtienen los coeficientes

A = 0, B = 0, C =7

32, D = E = F = 0,


G = −11

32, H = 0, −I = J =

21

128, K = 0, L = −21

64,

por lo que Zdx

(x4 − 1)3=

7x5 − 11x

32(x4 − 1)2+

21

128lnx− 1

x+ 1

− 21

64arctan x+ C.

Podemos aplicar el método de Ostrogradski mejorado (MOM) desde el inicio, esto es, sinusar fracciones parciales para las fracciones cuyos denominadores tienen solo factores simplessean estos de primer grado, de segundo grado o ambos. Así tenemos los siguientes casos.

1. Denominadores con factores simples de primer grado

Sean K ≥ 1, a1, . . . , ak ∈ R, PK−1 un polinomio de grado menor que K.ZPK−1(x) dx

(x+ a1)(x + a2) · · · (x+ aK)=

KXk=1

Ck ln |x+ ak|+ C,

donde C1, . . . , Ck se determinarán derivando la expresión anterior y escribiendo la ecua-ción obtenida con el mismo denominador común

QKk=1(x + ak) en ambos miembros e

identificando los numeradores.

2. Denominadores con factores simples de segundo grado

Sean N ≥ 2, bn, cn ∈ R, 1 ≤ n ≤ N tales que b2n − cn < 0 para todo n, P2N−1 unpolinomio de grado menor que 2N .

EntoncesZP2N−1(x) dx

(x2 + 2b1x+ c1)(x2 + 2b2x+ c2) · · · (x2 + 2bNx+ cN )=

NXn=1

AN ln(x2 + 2bnx+ cn)

+NX

n=1

BN arctanx+ bnÈcn − b2n

+ C.

3. Denominadores con factores simples de primero y segundo grado

Sean K ≥ 1, N ≥ 1, an, bb, cn ∈ R, 1 ≤ k ≤ K, 1 ≤ n ≤ N tales que b2n − cn < 0 paratodo n ∈ 1, . . .N y sea P un polinomio de grado menor que K + 2N . Entonces:Z

P (x) dxQKk=1(x + ak)

QNn=1(x

2 + 2bnx+ cn)=

KXk=1

Ck ln |x+ ak|+NX

n=1

Bn arctanx+ bnÈcn − b2n

+NX

n=1

An ln |x2 + 2bnx+ cn|+ C,

donde el cálculo de Ck, 1 ≤ k ≤ K y de An y Bn, 1 ≤ n ≤ N , es análogo.

4. Caso general

Si el caso precedente lo modificamos admitiendo factores múltiples, digamos de mul-tiplicidad Mk ≥ 1 para los factores (x + ak) y Nn para los factores cuadráticos dela forma (x2 + 2bnx + cn), se tendría, si P es un polinomio de grado menor que

26 La integral indefinidaPKk=1Mk + 2

PNn=1Nn y Q1 es el máximo común divisor de Q y Q′, donde la fun-

ción a integrar es f = PQ , lo que quiere decir que

Q1(x) =KY

k=1

(x+ ak)Mk−1

NYn=1

(x2 + 2bnx+ cn)Nn−1.

EntoncesZf(x) dx =

ZP (x) dxQK

k=1(x+ ak)Mk

QNn=1(x

2 + 2bnx+ cn)Nn

=X(x)

Q1(x)+

NXn=1

An ln(x2 + 2bnx+ cn) +

NXn=1

Bn arctanx+ bnÈcn − b2n

+KX

k=1

Ck ln |x+ ak|+ C,

donde X es un polinomio de grado igual al grado de Q1 menos 1, cuyos coeficientes, aligual que los An, Bn y Ck se calcularán derivando la última igualdad y escribiendo laobtenida con mismo denominador común Q en ambos miembros, para luego identificarlos numeradores de estos dos quebrados.

Ejemplo 1.19

Volvamos a calcular

Zf(x) dx con

f(x) =2x3 − 6x2 − 4x− 8

x4 − 8x

del Ejemplo del Caso 7 donde aplicamos el método de fracciones parciales. Esta vez calculemos laintegral con el método de Ostrogradski mejorado.

Buscamos el resultado de la forma:Zf(x) dx = A ln |x|+B ln |x− 2|+D ln(x2 + 2x+ 4) + E arctan

x+ 1√3

+ C.

Derivando ambos miembros de esta igualdad obtenemos la identidad

f(x) =A

x+

B

x− 2+

(2x+ 2)D

x2 + 2x+ 4+

1√3E

1 +

x+1√3

2 .Como x4 − 8x es el denominador común de la última expresión obtenemos

f(x) =A(x3 − 8) +Bx(x2 + 2x+ 4) + [2D(x+ 1) +

√3E](x2 − 2x)

x4 − 8x.

Identificando los coeficientes de los numeradores de estas fracciones obtenemos el siguiente sistemalineal de 4 ecuaciones para el cálculo de A, B, D y E:

Coeficientes de:

8>><>>:x3 : 2 = A+B + 2D

x2 : −6 = 2B − 2D +√3E

x : −4 = 4B − 4D − 2√3E

x0 : −8 = −8A

.

Resolvemos este sistema y obtenemos que

A = 1, B = −1, D = 1, E =−2√3,


por lo cual Zf(x) dx = ln |x| − ln |x− 2|+ ln(x2 + 2x+ 4) − 2√

3arctan

x+ 1√3

+ C.

Ejemplo 1.20

Calculemos

Zf(x) dx con

f(x) =1

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5).

Solución. En primer lugar, si tenemos que:

f(x) =A

x+ 1+B

2x+ 2

x2 + 2x+ 5+ C

12

1 +x+12

2 ,entonces:

f(x) =A(x2 + 2x+ 5) + (x+ 1)[B(2x+ 2) + 2C]

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5).

Obtenemos, entonces, el siguiente sistema lineal de 3 ecuaciones para el cálculo de A, B y C:

Coeficientes de:

8<:x2 : 0 = A+ 2B

x : 0 = 2B − 2D

x0 : 4 = 5A+ 2B + 2C

.

Resolvemos este sistema y obtenemos que

A =1

4, B =

−1

8, C = 0,

de donde resulta que:Zf(x) dx = A ln |x|+B ln |x2 + 2x+ 5|+C arctan

x+ 1

2+D.

1.9.1 Ejercicios

1. Use el método de Ostrogradski mejorado para calcular:

(a)

Zax+ b

x(x+ 1)3dx

(b)

Zdx

x(x+ 1)(x− 3)

(c)

Zdx

x4 − 27x

(d)

Zdx

(x2 + 2x+ 5)2

(e)

Zx

(x+ 1)2(x2 + 1)dx

(f)

Zx3

(x+ 1)2(x2 + 9)dx

(g)

Zdx

x4 − 16

(h)

Zdx

(x4 − 1)2

(i)

Z(x+ 1)

x4 + 8xdx

(j)

Zdx

(x2 + 1)3

(k)

Zx2 + 2x+ 4

(x+ 1)3dx

(l)

Z6x− 1

x3(2x− 1)dx


2. Dados N ≥ 1 y P : RN −→ R, Q : RN −→ R dos polinomios de N variables, R : RN −→ Rtal que x 7→ R(x) = P (x)/Q(x), se dice que R es una función racional de N variables.

(a) Pruebe que con el cambio de variable x ≡ tan−1 t, una integral de la formaZR(sen2 x, cos2 x) dx,

donde R es una función racional de 2 variables, se transforma en la integral de una funciónracional. Use este resultado para calcularZ

dx

sen2 x.

(b) Sean k1, k2, . . . , kn ∈ N para N ≥ 1. Sea k = MCMk1, . . . , kn. Pruebe que el cambio devariable x ≡ tk transforma una integral de la formaZ

R(x, x1/k1 , x1/k2 , . . . , x1/kN ) dx,

donde R es una función racional de N + 1 variables, en la integral de una función racional.Use este resultado para calcular Z √

x3√x+ 1

dx.

(c) Sean a, b, c, d ∈ R tales que ad 6= cb, y sea m ∈ N. Pruebe que el cambio de variablex ≡ (−dtm + b)/(ctm − a) (lo que da tm ≡ (ax+ b)/(cx+ d)), transforma una integral de laforma Z

R

x, m

Éax+ b

cx+ d

dx,

donde R es una función racional de 2 variables, en la integral de una función racional. Useeste resultado para calcular Z É

x+ 1

xdx.

(d) Sean a, b ∈]0,∞[. Pruebe que el cambio de variable x ≡ (a/b) sen t, con x ∈] − a/b, a/b[ yt ∈]− π/2, π/2[, transforma una integral de la formaZ

Rx,pa2 − b2x2

dx

en la integral de la forma ZR1(cos t, sen t) dt,

donde R1 es otra función racional de dos variables, y que una integral de este tipo se puedetransformar en la integral de una función racional con el cambio de variable u ≡ tan(t/2) (uselas identidades sen t ≡ 2u/(1+u2), cos t ≡ (1−u2)/(1+u2), t ≡ 2 tan−1 u; dt = 2du/(1+u2)).Aplique estos resultados para calcularZ p

3− 5x2 dx.

3. Para las integrales siguientes escriba la forma de una primitiva, sin calcular los coeficientes, dadapor el método de Ostrogradski mejorado:

(a)

Zdx

(x+ 2)3(x+ 1)(x− 1)2

(b)

Zdx

(x+ 1)2(x2 + 6x+ 18)3

(c)

Zdx

(x+ 4)2(x+ 1)3(x2 − 8x+ 17)3

(d)

Zx

(x3 + 1)3(x4 + 1)2dx

Capítulo 2

La integral definida

2.1 El Palimpsesto de Arquímedes

En 212 a. C., un soldado romano decapitó a uno de los más extraordinarios seres humanosque ha existido: Arquímedes. Él fue sorprendido dibujando figuras geométricas en la arena ysolo alcanzó a decir: “no dañes mis círculos”.

El legado de Arquímedes se conoce a partir de tres obras suyas: el códice A, transcrito algriego; el códice B, al latín, ambos en el siglo ix; y el enigmático códice C, copiado en el siglox en Constantinopla (Estambul). De alguna manera fue llevado a Palestina, donde cayó enmanos del presbítero IOANNES MYRONAS quien, en abril de 1229, borró el texto con zumode limón y piedra pómez para transcribir en él oraciones religiosas. Para ello, dividió las hojasen dos y escribió perpendicularmente a las desaparecidas líneas de la obra de Arquímedes,que se convirtió así en un Palimpsesto.

En 1880 un estudioso griego descubrió la existencia del texto borrado, del cual se adi-vinaban apenas algunos trazos detrás de las oraciones, y pudo copiar algún fragmento de laspalabras de Arquímedes.

Este fragmento llamó la atención, en 1906, del filósofo danés Johan Ludvig Heiberg, quiencon la ayuda de una lupa, tradujo lo que logró leer y lo publicó en 1910, el que contenía un80 % del texto original.

El Palimpsesto desapareció hasta que, en 1998, una familia francesa de apellido Guersanlo puso a la venta. Un comprador anónimo pagó dos millones de dólares por la obra y ladepositó en el Walters Art Museum para que lo conserven.

Debemos anotar que en el siglo xx alguien destruyó para siempre cuatro páginas del libro,al pintar sobre ellas los retratos de los cuatro apóstoles, copiados de una obra medieval. Conesto se intentó subir el precio del antiguo libro de oraciones. ¡El arte antiguo falsificado eramás cotizado que el legado científico de Arquímedes!

Con técnicas modernas, en el año 2000, el especialista Roger Easton del Rochester Insti-tute empezó a trabajar en el libro y logró recuperar un 15 % adicional del texto.

En 2002 el físico Uwe Bergman de Stanford, usando nuevas tecnologías de rayos X, logróprecisar anteriores hallazgos de Arquímedes relativos al cálculo del centro de gravedad de ob-jetos y revelar una sección entera de “El Método” que había estado escondida en las seccionescosidas de algunas páginas del libro: “. . . contiene parte de la discusión sobre cómo calcular elárea dentro de una parábola, usando una nueva forma de razonar sobre el infinito. . . ”, segúndijo Netz, profesor de Ciencias Clásicas, luego de mirar las imágenes de rayos X obtenidas.Y añadió: “Parece ser una temprana incursión al Cálculo (Infinitesimal) casi 2000 años antesde que Isaac Newton y Gottfried Wilhelm Leibniz lo inventaran”.

La obra de Arquímedes contiene sus resultados en otros temas que muestran lo increíble-mente avanzado que estuvo respecto a su tiempo. Invitamos al lector a estudiarlos. Tratare-

30 La integral definida

mos aquí en delante de reproducir los resultados de Arquímedes relativas al “área dentro deuna parábola”.

Solo indicamos que numerosos científicos de varias disciplinas y de diversos orígenes sehallan estudiando el Palimpsesto de Arquímedes, y tratan de descubrir el 100 % del contenidode la obra.

Uno de los problemas que resolvió Arquímedes, y se lo puede hallar en el Palimpsesto delCódice C, es el de la cuadratura de la parábola; es decir, el problema de hallar el área de laregión plana comprendida entre una parábola y una recta.

Tomaremos, por ejemplo, la parábola de ecuación y = f(x) = 1 − x2 y el eje de lasabscisas, o sea la recta de ecuación y = 0 . Arquímedes aproximaba el área buscada A con elárea de los polígonos de (n+ 1) lados inscritos en la figura, según se muestra en la figura.

1−1x

y

Triángulo 1−1x

y

Pentágono 1−1x

y

Heptágono

Es decir, para todo n ≥ 2 se verifica que Pn < A. Mientras mayor sea el número delados del polígono, es decir, mientras mayor sea n, mejor es la aproximación. Los vértices delpolígono de n+ 1 lados serán

Pk(xk, yk), 0 ≤ k ≤ n,

con

yk = f(xk) y xk = −1 + k∆xk, donde ∆xk =2

n,

de donde

xk = −1 +2k

n.

Por ejemplo, si n = 4, tendremos el pentágono de vértices

P0(−1, 0), P1

−1

2,3

4

, P2(0, 1), P3

1

2,

3

4

, P4(1, 0).

¿Qué resultados habría obtenido Arquímedes al tomar n cada vez más grandes?Notemos que el área Pn del polígono de n + 1 lados inscrito en la figura que usaba

Arquímedes es la suma de las áreas Tk de los trapecios de vértices

(xk−1, 0), (xk−1, yk−1), (xk, 0), (xk, yk),

con

yk = f(xk) = 1− x2k, 1 ≤ k ≤ n.

= 1−−1 +

2k

n

2

= 1−−1 +

4k

n+

4k2

n2

=

4k

n− 4k2

n2

=4

nk − k2

n

.

2.1 El Palimpsesto de Arquímedes 31

Como área Tk =yk−1+yk

2 ∆xk y como ∆xk = 2n , tendremos

Tk =1

n(yk−1 + yk).

Entonces

A ≈ Pn =nX

k=1

Tk =1

n

nXk=1

(yk−1 + yk)

=1

n

nX

k=1

yk−1 +nX

k=1

yk

!=

1

n

y0 + 2

nXk=1

yk − yn

!=

8

n2

n−1Xk=1

k − k2

n

=

4(n2 − 1)

3n2=

4

3

1− 1

n2

¿A qué valor se acerca Pn cuando n es cada vez más grande? Ese valor no es otro que

lımn→∞

Pn =4

3.

Veamos ahora cómo se puede resolver el problema aproximando el área A con la de unafigura formada por rectángulos en vez de los trapecios que utilizamos para calcular el áreadel polígono de Arquímedes: si trazamos las rectas verticales de ecuación x = xk, 0 ≤ k ≤ n,nuestra figura se divide en n fajitas.

xk−1 x∗k xk

La k-ésima fajita se puede aproximar con un rectángulo del mismo ancho ∆xk = xk−xk−1

y de altura f(x∗k), donde x∗k es un valor cualquiera comprendido entre xk−1 y xk.Podemos escribir

A ≈nX

k=1

f(x∗k)∆xk = An.

En este caso, para todo k, ∆xk = 2n , pero nada impide que los ∆xk sean distintos. Lo que

hace falta es que−1 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = 1

y ∆xk = xk − xk−1.Se puede intuir que mientras el grosor de las fajitas sea más pequeño, mejor será la

aproximación de A con la suma de las áreas de los rectángulos. En el caso de las fajas deigual grosor h = ∆xk = 2

n , esto es equivalente a decir que mientras mayor sea n, mejor será


la aproximación. En el ejemplo tomemos x∗k = xk = −1 + 2kn . El lector puede repetir los

cálculos con otros valores x∗k y obtendrá un resultado igual. Entonces

An =nX

k=1

f(x∗)∆xk

=nX

k=1

1−

−1 +

2k

n

2 2

n

=2

n

nXk=1

4

nk − 4

n2k2

= 8

1

n2

nXk=1

k − 1

n3

nXk=1

k2

!= 8

n(n+ 1)

2n2− n(n+ 1)(2n+ 1)

6n3

= 8

(n+ 1)

2n− (n+ 1)(2n+ 1)

6n2

.

Vemos que si n es cada vez más grande An se acerca a un valor que puede calcularse tomandoel límite:

lımn→+∞

An = 8

1

2− 1

3

=

4

3.

¡Se obtiene pues el mismo resultado que Arquímedes!

2.2 Definición de integral definida

La suma de la formanX

k=1

f(x∗k)∆xk

fue usada por los creadores del cálculo integral Newton y Leibniz, para aproximar el valor delárea A y sirvió a Riemann1 para obtener una generalización que tiene múltiples aplicaciones.Esta es la integral definida que se nota Z b

af(x) dx

y es igual al límite de las sumas de RiemannnX

k=1

f(x∗k)∆xk, si los valores ∆xk se aproximan

a cero.Formalicemos la definición de la integral definida.Sea f : [a, b] → R una función acotada. Se llama a todo conjunto P = x0, x1, . . . , xn,

partición de [a, b], si n ≥ 1, a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, porque al intervalo [a, b] lopartimos en n subintervalos Ik = [xk−1, xk], 1 ≤ k ≤ n.

Se llama grosor (amplitud o norma) de la partición P al número

‖P‖ = max1≤k≤n

∆xk.

Es decir ‖P‖ es la longitud del más grande de los subintervalos Ik = [xk−1, xk]. En cadaintervalo Ik escogemos un valor x∗k. A la partición P asociamos entonces un vector P∗ iguala (x∗1, . . . , x

∗n) que llamaremos vector o partición asociada a P .

1George Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866).

2.2 Definición de integral definida 33

Llamaremos, entonces, suma de Riemann al número

nXk=1

f(x∗k)∆xk

Diremos que f es integrable según Riemann en [a, b] si existe el límite de las sumas de

RiemannnX

k=1

f(x∗k)∆xk cuando el grosor de la partición ‖P‖ tiende a cero. A este límite se

lo llama integral definida de f en [a, b] y se lo denominaZ b

af(x) dx o

Z[a,b]

f o simplementeZf .

Notemos que la existencia del límite está condicionada solamente al hecho de que ‖P‖tienda a cero sin importar los valores xk y x∗k elegidos. Basta entonces que para la pareja(P ,P∗), ‖P‖ tienda a cero.

Tendremos entonces, por definición, queZ b

af(x) dx = lım

‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk.

Pero, ¿qué significa ésto? Recordemos la definición de

lımh→0

F (h) = L,

donde F : R → R está definida para valores de h cercanos a 0 y L ∈ R.En este caso

L puede ser aproximado por F (h) con la precisión que se desee, para lo cual bastatomar |h| suficientemente pequeño,

es decir:

L = lımh→0

F (h) ⇔ ∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ∀h : 0 < |h| < δ ⇒ |F (h)− L| < ǫ.

Análogamente:Z b

af(x) dx puede ser aproximado con la precisión que se desee por las sumas de

RiemannnX

k=1

f(x∗k)∆xk, para lo cual basta tomar ‖P‖ suficientemente pequeño.

Esto se puede escribirZ b

af(x) dx = lım

‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk ⇔ ∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ∀P ∀P∗ :

‖P‖ < δ ⇒ nXk=1

f(x∗k)∆xk −Z b

af(x) dx

< ǫ.

En este caso f es Riemann-integrable en [a, b].En el ejemplo introductorio, que resuelve el problema de Arquímedes de la cuadratura de

la parábola,Z 1

−1f(x) dx, con f(x) = 1− x2, es el área buscada, en este caso 4

3 .


Usaremos el concepto de integral definida para resolver múltiples problemas de geometría,física, economía, etc.

En el ejemplo introductorio tendremos entonces que el área buscada A es

A =

Z 1

−1

(1− x2) dx =4

3.

Es decir que si ponemos f(x) = 1− x2, f es integrable en [−1, 1] y su integral es 43 .

La función f es un polinomio de segundo grado. Se puede probar que todo polinomio esRiemann-integrable en cualquier intervalo [a, b]. Es más, aunque no lo podemos demostraren este libro, vamos a tener en cuenta el siguiente resultado:

Teorema 2.1Sea f : [a, b] → R una función real definida en un intervalo [a, b]. Entonces f es Riemann-integrable en [a, b] si se cumple una de las siguientes propiedades:

1. f es continua en [a, b].

2. f es monótona en [a, b].

3. f es acotada en [a, b] y es continua en [a, b], salvo en un número finito de puntos.

Nota: Hemos definido antes lo que es una función monótona y una función acotada; perorecordemos estas definiciones.

1. f es monótona en [a, b] si f :o es no decreciente: para todo x1, x2 ∈ R

a ≤ x1 < x2 ≤ b ⇒ f(x1) ≤ f(x2).

o es no creciente: para todo x1, x2 ∈ R

a ≤ x1 < x2 ≤ b ⇒ f(x1) ≥ f(x2).

2. f es acotada en [a, b] si

existe R > 0 tal que: para todox ∈ [a, b], |f(x)| < R.

O, lo que es lo mismo, si

existen c1 < c2 tales que: para todo x ∈ [a, b], c1 < f(x) < c2.

Nota: Si se tiene una función f : [a, b] → R y se quiere averiguar si es Riemann-integrableen [a, b], el uso de la definición es en extremo complejo. Si por el contrario, ya se conoce que fes integrable, por cumplir alguna de las conocidas propiedades que son condiciones suficientespara ello, el cálculo de

R ba f(x) dx se lo puede hacer tomando una sucesión de particiones Pn,

n ≥ 1, donde los subintervalos Ik = [xk−1, xk] son de igual longitud. Tales particiones sellaman particiones homogéneas y, en este caso,

xk = a+ kh, 0 ≤ k ≤ n, ∆xk = h =b− a

n,

y‖Pn‖ → 0 si y solo si n→ +∞.

Los valores x∗k se pueden tomar de modo que los cálculos sean más simples. Ilustremos estocon un ejemplo.

2.2 Definición de integral definida 35

Ejemplo 2.21

Cálculo deR 1

0x2 dx.

Solución. Aquí, para n ≥ 1,

h = ∆xk =1

n, xk = k

1

n, 0 < k < n.

Si ponemos f(x) = x2, f es creciente en el intervalo [0, 1] considerado, por lo que

mınxk−1≤x≤xk

f(x) = f(xk−1) =(k − 1)2

n2y max

xk−1≤x≤xk

f(x) = f(xk) =k2

n2.

tomando para 1 ≤ k ≤ n, x∗k = xk−1, se tendrá entonces que las sumas de Riemann tendrán el

mínimo valor posible, mientras que si x∗k = xk, su valor será el máximo posible. Realicemos los

cálculos siguientes. Pongamos :

Sn =

nXk=1

f(xk−1)∆xk =1

n3

nXk=1

(k − 1)2 =1

n3

n−1Xk=1

k2,

Sn =

nXk=1

f(xk)∆xk =1

n3

nXk=1

k2.

Tendremos que para todo P∗ = (x∗1, . . . , x

∗n),

Sn ≤nX

k=1

f(x∗k)∆xk ≤ Sn.

Sabemos quenX

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6,

por lo cual

n−1Xk=1

k2 =(n− 1)((n− 1) + 1)(2(n− 1) + 1)

6=

n−1Xk=1

k2 =(n− 1)n(2n− 1)

6

Con las dos sumas anteriores hallamos que

Sn =(n− 1)(2n− 1)

6n2, Sn =

(n+ 1)(2n+ 1)

6n2.

Como para todo P∗ = (x∗0, x

∗1, . . . , x

∗n)

Sn ≤nX

k=1

f(x∗k)∆xk ≤ Sn,

y para las particiones homogéneas

‖ P ‖→ 0 ⇔ h→ 0 ⇔ n→ ∞,

como

lımn→∞

Sn = lımn→∞

Sn =1

3,

tendremos: Z 1

0

x2 dx =1

3.


La utilización de este procedimiento ilustra el hecho de que no importan los valores dex∗k que se tomen, pero también vemos que hacen falta fórmulas que simplifiquen el cálculode sumas de la forma

nXk=1

f

a+ k

b− a

n

.

Si f es un polinomio de grado m, los cálculos exigen conocer el valor de sumas de tipoPk=1 k

m. Se conocen fórmulas para m = 1, 2, 3, 4, . . . pero no mayores que 13.El método indicado es pues interesante pero no muy útil para polinomios de grado mayor

y peor para funciones f arbitrarias, aún en el caso de funciones muy conocidas y estudiadas,como son las funciones trigonométricas, exponenciales, etc.

La utilidad práctica del concepto de integral definida sería limitada sin el descubrimientode un método de cálculo admirable por su simplicidad y amplitud que, no en vano, se loconoce como el teorema fundamental del cálculo.

Antes de abordarlo, establezcamos algunas propiedades importantes de la integral defini-da. Previamente recordemos algo más sobre la notación de sumatorias y sus propiedades.

2.3 Sumatorias

Si están dados, para n ≥ 1, n números a1, a2, . . . , an, en vez de escribir

a1 + a2 + · · ·+ an,

se suele escribirnX

k=1

ak,

que se lee sumatoria de ak, para k entre 1 y n. En general, si 1 ≤ m ≤ n

nXk=m

ak = am + am+1 + · · ·+ an−1 + an.

Las conocidas propiedades de la suma pueden entonces escribirse así:

(1)nX

k=1

ak = a1 + a2 + · · ·+ an (definición)

(2)nX

k=1

(αak) = αnX

k=1

ak; α ∈ R (distributiva)

(3)nX

k=1

(ak + bk) =nX

k=1

ak +nX

k=1

bk (aditiva)

(4)nX

k=1

(αak + βbk) = αnX

k=1

ak + βnX

k=1

bk (lineal)

(5) Si para todo k ∈ 1, 2, . . . , n, ak ≥ 0, entoncesnX

k=1

ak ≥ 0.

(6) Si para todo k ∈ 1, 2, . . . , n, ak ≤ bk, entoncesnX

k=1

ak ≤nX

k=1

bk.

2.3 Sumatorias 37

(7)

nXk=1

ak

≤ nXk=1

|ak|.

(8)nX

k=1

ak =mX

k=1

ak +nX

k=m+1

ak.

(9)nX

k=m

ak =

n+pXj=m+p

aj−p. (cambio de variable)

Ejemplo 2.22

1.

5Xk=1

(2k − 1) = (2 · 1− 1) + (2 · 2− 1) + (2 · 3− 1) + (2 · 4− 1) + (2 · 5− 1)

= 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.

2.6X

k=1

α = α+ α+ α+ α+ α+ α = 6α. En generalnX

k=1

α = nα.

3. S(1)n =

nXk=1

k = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2.

En efecto: S(1)n = 1+ 2+ · · ·+ (n− 1) + n. O también: S(1)

n = n+ (n− 1) + · · ·+2+ 1. Sumandolos respectivos miembros de las dos igualdades anteriores se obtiene:

2S(1)n = (n+ 1) + (n+ 1) + · · ·+ (n+ 1) = n(n+ 1),

lo que conduce al resultado. Éste también se puede probar mediante el método inducción mate-mática.

4. Probemos por inducción que S(2)n =

nXk=1

k2 = 12 + 22 + · · · + (n− 1)2 + n2 = F (n) para n ≥ 1,

donde F (n) =n(n+ 1)(2n+ 1)

6. En efecto, probemos que la igualdad es válida para n = 1:

S(2)1 =

1Xk=1

k2 = 12 = 1. Por otro lado, F (1) =1(1 + 1)(2 · 1 + 1)

6= 1.

Probemos ahora que para todo n ≥ 1 si la igualdad es verdadera para n, también es verdaderapara n+ 1:

S(2)n+1 =

n+1Xk=1

k2 =

nXk=1

k2 + (n+ 1)2 = F (n) + (n+ 1)2

=n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2 =

(n+ 1)[n(2n + 1) + 6(n+ 1)]

6

=(n+ 1)(2n2 + 7n+ 6)

6=

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6.

Por otro lado, tenemos que

F (n+ 1) =(n+ 1)[(n+ 1) + 1][2(n+ 1) + 1]

6=

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6.

Por lo tanto, concluimos que F (n+ 1) = S(2)n+1.


5. Análogamente se prueba que: S(3)n =

nXk=1

k3 =n2(n+ 1)2

4, y que

S(4)n =

nXk=1

k4 =n(n+ 1)(6n3 + 9n2 + n− 1)

30.

2.3.1 Ejercicios

1. Calcule los siguientes sumatorios:

(a)58X

k=23

(5k + 2k2)

(b)17X

k=3

(1 + 2k + 4k3 + 3k4)

(c)15X

k=−10

(k2 + k4)

(d)25X

n=5

(1 + 2n+ 6n2)

(e)NX

k=1

(k2 + k + 1)2

(f)100Xm=1

1

m(m+ 1)(m+ 2)

Sugerencia: descomponer cada binomio ensus fracciones parciales:

1

m(m+ 1)(m+ 2)=

12

m− 1

m+ 1+

12

m+ 2.

2. Escriba con la notación de sumatoria las siguientes expresiones:

(a) 42 + 62 + 82 + 102 + · · ·+ 202

(b) 1 + 3 + 5 + 7 + · · ·+ 251

(c) 1 + 5 + 9 + 13 + · · ·+ 101

(d) 1− 2! + 3!− 4! + · · ·+ 99!− 100!

2.4 Propiedades de la integral definida

Hemos definido, para a < b y f : [a, b] → R,Z b

a

f(x) dx = lım‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk,

si el límite existe, donde P = x0, x1, . . . , xn son particiones de [a, b]; es decir, se verificaque a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, y P∗ = (x∗1, . . . , x

∗n) son particiones asociadas a P ,

es decir que para todo k ∈ 1, . . . n, x∗k ∈ [xk−1, xk].En el caso de que a = b, se define Z a

a

f(x) dx = 0

y, también, se define: Z a

b

f(x) dx = −Z b

a

f(x) dx.

Las propiedades se resumen en los siguientes dos teoremas:

Teorema 2.2Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b] y α, β ∈ R.Entonces

2.4 Propiedades de la integral definida 39

1.Z b

aα dx = α(b − a).

2. αf es Riemann-integrable en [a, b] yZ b

a(αf)(x) dx =

Z b

aαf(x) dx = α

Z b

af(x) dx. (homogeneidad)

3. f + g es Riemann-integrable en [a, b] yZ b

a(f + g)(x) dx =

Z b

a[f(x) + g(x)] dx =

Z b

af(x) dx+

Z b

ag(x) dx.

(aditividad respecto a funciones)

4. αf + βg es Riemann-integrable en [a, b] yZ b

a(αf + βg)(x) dx =

Z b

a[αf(x) + βg(x)] dx = α

Z b

af(x) dx+ β

Z b

ag(x) dx.

(linealidad de la integral definida)

Teorema 2.3Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b], a1, b1,c1 ∈ [a, b]. Entonces

1. f es integrable en cualquier intervalo de extremos en a1, b1, c1. AdemásZ c1

a1

f(x) dx =

Z b1

a1

f(x) dx+

Z c1

b1

f(x) dx. (aditividad respecto a intervalos)

2. Si para todo x ∈ [a, b] f(x) ≤ g(x), entoncesZ b

af(x) dx ≤

Z b

ag(x) dx. (monotonía de

la integral)

3. Si |f | es integrable, entonces f también lo es y

Z b

af(x) dx

≤ Z b

a|f(x)| dx.

Teorema 2.4 (Integral nula)Se tiene que:

1. Si θ : [a, b] → R es la función nula, es decir si θ(x) = 0 para todo x ∈ [a, b], entoncesZ b

aθ(x) dx = 0.

2. Si f : [a, b] → R es continua, y si para todo x ∈ [a, b], f(x) ≥ 0, entoncesZ b

af(x) dx = 0 ⇔ f = θ.


Demostración.

1. Es obvio porque las sumas de Riemann serán todas nulas.

2. Supongamos queR b

af(x) dx = 0. Basta probar que f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b]. Por el

absurdo. Supongamos que existe x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) > 0. Hay tres casos: (i) x0 ∈]a, b[,(ii) x0 = a, (iii) x0 = b.

Caso (i) Como f es continua en x0,

∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ]x0 − δ, x0 + δ[⊂ [a, b] y |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ǫ.

Tomando ǫ = f(x0)2

> 0, se tiene que

a < x0 − δ < x < x0 + δ < b ⇒ f(x0)

2< f(x) < 3

f(x0)

2.

Si ponemos

g(x) =

f(x0)

2si x0 − δ < x < x0 + δ

0 si x /∈ ]x0 − δ, x0 + δ[

se tiene entonces que para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f(x). EntoncesZ b

a

g(x)dx ≤Z b

a

f(x) dx

pero Z b

a

g(x)dx =

Z x0−δ

a

0 dx+

Z x0+δ

x0−δ

f(x0)

2dx+

Z b

x0+δ

0 dx = δf(x0)

y por hipótesisR b

af(x) dx = 0, por lo que

0 < δf(x0) ≤ 0,

lo cual es absurdo.

Casos (ii) y (iii): Para estos dos casos se obtiene análogamente 0 <1

2δf(x0) ≤ 0.

2.4.1 Ejercicios

1. Use la definición de integral definida y la integrabilidad de las funciones continuas para calcular:

(a)

Z 2

0

5 dx

(b)

Z 6

−1

(−3) dx

(c)

Z 5

−2

3x dx

(d)

Z 3

−1

(2x+ 1) dx

(e)

Z 2

0

(x2 + x+ 1) dx

(f)

Z 2

−2

(x3 + x2 + x+ 1) dx

(g)

Z 2

0

(2x3 − 1) dx

(h)

Z b

a

x dx

(i)

Z b

a

x2 dx

(j)

Z b

a

x3 dx

(k)

Z b

a

x4 dx

2. Calcule la suma de RiemannNP

k=1

f(x∗k)∆xk para el intervalo I , si:

(a) f(x) = x+ 2, I = [0, 4], N = 3, x1 = 1, x2 = 3, x∗1 = 1, x∗

2 = 2, x∗3 = 3

(b) f(x) = x2 + 3, I = [0, 1], N = 100, xk = x∗k = k/100

2.5 Otra propiedad de las funciones continuas 41

3. Pruebe que lımN→∞

S(N) =R b

af(x) dx para:

(a) S(N) =

NXk=1

k2

N2 3√N3 + k3

, f(x) = x2/√1 + x3, [a, b] = [0, 1]

(b) S(N) =3

N

NXk=1

−2 +

3k

N

3

, f(x) = x3, [a, b] = [−2, 1]

4. Use los resultados del primer ejercicio, literales (h)–(k) y las propiedades de la integral definidapara calcular:

(a)

Z 2

−1

(x2 − x+ 1) dx

(b)

Z 3

0

(x4 + 9) dx

(c)

Z 3

−1

(−x3 + 1) dx

(d)

Z −2

−5

(−3x2 + x+ 2) dx

(e)

Z 3

1

(x4 − 3x+ 1) dx

(f)

Z 2

−2

(x2 + 1) dx+

Z 3

2

(x2 + 1) dx

2.5 Otra propiedad de las funciones continuas

Lema 2.1Sea f : [a, b] → R una función continua. Sea x0 ∈ [a, b[. Para h ∈ ]0, b− x0] sea

fm(h) = mınx0≤x≤x0+h

f(x), fM (h) = maxx0≤x≤x0+h

f(x).

Entonceslım

h→0+fm(h) = lım

h→0+fM (h) = f(x0)

Demostración. Como f es continua en [a, b], entonces f es continua en x0 y, por lo tanto, f escontinua en x0 por la derecha. Entonces,

∀ǫ0 > 0 ∃δ0 > 0 tal que x0 < x < x0 + δ0(ǫ0) ≤ b ⇒ |f(x)− f(x0)| < ǫ0.

Es decir:x0 < x < x0 + δ0 ⇒ f(x0)− ǫ0 < f(x) < f(x0) + ǫ0.

Probemos que

(i) f(x0) = lımh→0+

fm(h),

(ii) f(x0) = lımh→0+

fM (h).

(i) Sea ǫ > 0. Debemos hallar δ > 0 tal que

0 < h < δ ⇒ |fm(h) − f(x0)| < ǫ.

Basta tomar δ = δ0(ǫ). En efecto, si 0 < h < δ0(ǫ), como f es continua en [x0, x0 + h], existexm ∈ [x0, x0 + h] tal que

f(xm) = mınx0≤x≤x0+h

f(x) = fm(h).

Pero entonces |xm − x0| < h < δ0(ǫ), por lo que

|fm(a)− f(x0)| = |f(xm)− f(x0)| < ǫ.


(ii) Es idéntica la demostración.

Nota: Análogamente se demuestra que si f es continua en [a, b] y si x0 ∈ ]a, b] y parah ∈ ]0, x0 − a] ponemos

fm(h) = mınx0−h≤x≤x0

f(x), fM (h) = maxx0−h≤x≤x0

f(x),

entonceslım

h→0−fm(h) = lım

h→0−fM (h) = f(x0).

Con ayuda de esta propiedad de las funciones continuas demostraremos el Teorema Fun-damental del Cálculo para estas funciones.

2.6 El teorema fundamental del cálculo

Hemos mencionado ya que calcular la integral definida de una función dada, salvo en el casode los polinomios de grado no muy elevado, es prácticamente imposible si solo se utiliza ladefinición.

El Teorema Fundamental del Cálculo que presentaremos ahora nos provee de una he-rramienta maravillosa para dicho cálculo.

Consideramos una función continua f : [a, b] → R. Podemos definir A : [a, b] → R por

A(x) =

Z x

af(t) dt.

Para visualizar esta función, tengamos en cuenta que cuando para todo t ∈ [a, b], f(t) ≥ 0,A(x) es el área comprendida entre la gráfica de f y las rectas t = a, t = x y el eje de lasabscisas.

f

A(x)

a x b t

El Teorema Fundamental del Cálculo afirma que ¡A es una primitiva de f ! Es decir queA′ = f .

Teorema 2.5 (Teorema Fundamental del Cálculo I (TFC1))Si f : [a, b] → R es continua y si A(x) =

R xa f(t) dt, entonces A′ = f . Es decir:

A′+(a) = f(a), A′

−(b) = f(b)

y para todo x ∈ ]a, b[A′(x) = f(x).

Demostración. Basta probar que:

1. para todo x ∈ [a, b[, A′+(x) = f(x), y

2. para todo x ∈]a, b], A′−(x) = f(x),

donde A′+(x) es la derivada de A en x por la derecha y A′

−(x) es la derivada de A en x por laizquierda. Hagamos las demostraciones.

2.6 El teorema fundamental del cálculo 43

1. Sea x ∈ [a, b[. Debemos probar que

f(x) = lımh→0+

A(x+ h)− A(x)

h.

Sea h ∈ ]0, b− x].

A(x+ h) =

Z x+h

a

f(t) dt

=

Z x

a

f(t) dt+

Z x+h

x

f(t) dt

= A(x) +

Z x+h

x

f(t) dt.

Por lo tanto:

A(x+ h)− A(x) =

Z x+h

x

f(t) dt.

Seanfm(h) = mın

x≤t≤x+hf(t), fM (h) = max

x≤t≤x+hf(t)

(existen porque f es continua en [x, x+ h]).Evidentemente

fm(h) ≤ f(t) ≤ fM (h) para todo t ∈ [x, x+ h].

Integrando en [x, x+ h] se obtieneZ x+h

x

fm(h) dt ≤Z x+h

x

f(t) dt ≤Z x+h

x

fM (h) dt,

de dondehfm(h) ≤ A(x+ h)− A(x) ≤ hfM (h).

Dividiendo para h:

fm(h) ≤ A(x+ h)− A(x)

h≤ fM (h).

Estas desigualdades son válidas para todo h ∈ ]0, b− x]. Tomamos lımh→0+

y gracias al lema 2.1

de la página 41, tenemos que:

lımh→0+

fm(h) = lımh→0+

fM (h) = f(x),

de dondeA′

+(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b[.

2. Análogamente probamos que

A′−(x) = f(x) para todo x ∈]a, b],

de donde A′+(a) = f(a), A′

−(b) = f(b) y

A′(x) = f(x) para todo x ∈]a, b[.

El teorema anterior también suele escribirse: si f es continua en un intervalo I, entonces

d

dx

Z x

af(t) dt = f(x) para todo x ∈ I.

El siguiente, equivalente, provee un método de cálculo de la integral definida.


Teorema 2.6 (Teorema Fundamental del Cálculo II (TFC2))Si f : [a, b] → R es continua y si F : [a, b] → R es una primitiva de f (es decir, F ′ = f ),entonces Z b

af(x) dx = F (b)− F (a).

Demostración. Como ya probamos el TFC1, basta probar el siguiente teorema.

Teorema 2.7 (Equivalencia de los Teoremas Fundamentales del Cálculo)

TFC1 ⇔ TFC2.

Demostración. Supongamos que TFC1 es verdadero. Vamos a probar que TFC2 también lo es.Por el TFC1 sabemos que, si A(x) =

R x

af(t) dt, A′(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b], tomando en

a y en b las correspondientes derivadas laterales. Como también F ′(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b],por el teorema de la unicidad de las primitivas salvo una constante, existe C ∈ R tal que paratodo x ∈ [a, b], A(x) = F (x) + C. Con x = a tendremos entonces A(a) = F (a) + C y, comoA(a) =

R a

af(t) dt = 0, se obtiene que C = −F (a). Con x = b se obtiene entonces A(b) = F (b) + C,

por lo que Z b

a

f(t) dt = F (b)− F (a).

Ahora supongamos válido el TFC2. Probemos que lo es también TFC1; es decir, si F ′ = f y sia, x ∈ I , a < x, se tiene

A(x) =

Z x

a

f(t) dt = F (x)− F (a).

Derivando obtenemosA′(x) = F ′(x)− 0 = f(x).

Se suele escribir, si F ′ = fZ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a) = F (x)ba.

Teorema 2.8Si F [a, b] = F : [a, b] → R, el conjunto de funciones, dotado de la suma y multiplicación porun número, las aplicaciones

I : F [a, b] :→ R, f 7→ I(f) =

Z b

af(t) dt,

yJ : F [a, b] :→ R, F 7→ J(F ) = F (b)− F (a)

son lineales.

Demostración. Tenemos que:

1. I(αf + βg) = αI(f) + βI(g).

2. J(αF + βG) = αJ(F ) + βJ(G).

2.6 El teorema fundamental del cálculo 45

En la introducción del concepto de integral definida logramos calcular, no sin esfuerzo,

I1 =

Z 1

−1

(1− x2) dx =4

3,

I2 =

Z 1

0

x2 dx =1

3.

Si ponemosf1(x) = 1− x2, f2(x) = x2,

F1(x) = x− x3

3, F2(x) =

x3

3,

por el TFC2 tendremos

I1 =

Z 1

−1(1 − x2) dx =

x− x3

3

1−1

=

1− 1

3

−(−1)− −1

3

=

4

3,

I2 =

Z 1

0

x2 dx =x3

3

10

=1

3− 0 =

1

3.

Como (senx)′ = cosx, tendremos, por ejemplo,Z π2

π6

cosx dx = senx π2π6

= senπ

2− sen

π

6= 1− 1

2=

1

2.

Utilizando la definición con particiones homogéneas del intervalo [π6 ,π2 ] se tendría queZ π

2

π6

cosx dx = lımn→∞

"π2 − π

6

n

nXk=1

cos

π

6+ k

π2 − π

6

n

#.

Estos cálculos son, en la práctica, ¡imposibles de realizar!Vemos entonces que la necesidad de sistematizar el cálculo de primitivas o antiderivadas

proviene de esta imposibilidad.

Ejemplo 2.23

Calcular:

1.

Z 2+√3

3

f(x) dx con f(x) =x

x2 − 4x+ 5.

2.

Z 4

2

f(x) dx con f(x) = xe−x2 .

Solución.

1. Z 2+√

3

3

x dx

x2 − 4x+ 5=

1

2ln(x2 − 4x+ 5)

2+√3

3

+ 2arctan(x− 2)

2+√3

3

=1

2ln

4

2+ 2arctan

√3− arctan 1

= ln

√2 + 2

π3− π

4

= ln

√2 +

π

6.


2. Si u = x, du = dx, dv = e−x2 y v = −2e

−x2 tenemos:Z 4

2

xe−x/2 dx = −2xe−x2

42

+ 2

Z 4

2

e−x2 dx

= −2(4e−2 − 2e−1)− 4e−x2

42

= −8e−2 + 4e−1 + 4(e−2 − e−1) = −12e−2 + 8e−1.

2.6.1 Ejercicios

1. Usando la notación G(x)

ba= G(b)−G(a), pruebe que

(a) [αF (x) + βG(x) + γH(x)]ba= αF (x)

ba+βG(x)

ba+γH(x)

ba

(b) [F (x) + C]

ba= F (x)

ba

2. Calcule usando el Teorema Fundamental del Cálculo:

(a)

Z 2

0

p2x2 + 1 dx

(b)

Z b

a

(3x2 − 5x+ 2) dx

(c)

Z b

a

(a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ aNx

N) dx

(d)

Z π/3

π/4

(2 cos x− 3 sen x) dx

(e)

Z x

3

(5t2 + cos t) dt

′

(f)

Z 1

x

È(y2 + 1) sen y dy

′

(g)

Z 32

1

5√t2 dt

(h)

Z 27

0

3√x2 dx

(i)

Z π/3

−π/6

(secx+ tan x) dx

(j)

Z 1

0

(3 exp x+ cos(πx/2)) dx

3. Comparando los resultados deZ g(b)

g(a)

f(u) du y de

Z b

a

f(g(x))g′(x) dx,

para el caso en que se conoce una primitiva F de f , justifique las fórmulas de cambio de variableu ≡ g(x) para la integral definida por:Z b

a

f(g(x))g′(x) dx =

Z g(b)

g(a)

f(u) du;Z g−1(B)

g−1(A)

f(g(x))g′(x) dx =

Z B

A

f(u) du.

4. Deduzca la fórmula de integración por partes para la integral definida:Z b

a

u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)ba−Z b

a

v(x)u′(x) dx.

5. Use cuando sea pertinente los ejercicios 3 y 4 para calcular:

2.7 El cambio de variable para la integral definida 47

(a)

Z 9

4

cos(√x/4)√x

dx

(b)

Z π/2

π/3

1 + cosx

(x+ sen x)3dx

(c)

Z π/6

π/4

sen x cos x dx

(d)

Z 4

0

x2

√3x+ 4

dx

(e)

Z 4

1

3p

1 + 4√x√

xdx

(f)

Z 1

0

x expx dx

(g)

Z 3

0

t2pt3 + 1 dt

(h)

Z 2

1

x lnx dx

(i)

Z 1

−3

(|x|+ x) dx

(j)

Z 3

0

|(x− 1)(x− 2)| dx

(k)

Z 4

0

tan−1 √x√x

dx

(l)

Z 1

0

(x2 + x) exp(−x) dx

6. Calcule, si F (x) =R x

1f(t) dt:

(a) F ′(7)

(b) F (x2)

(c) F ′(x2)

(d) F (x2 + x+ 1)

(e) [F (x2 + x+ 1)]′

7. Calcule f ′(x) si:

(a) f(x) =

Z 5x

2

√t+ 1 dt

(b) f(x) =

Z x2

3x

(3t+ 2t2) dt

(c) f(x) =

Z sen x

cos x

(t2 + t) dt

(d) f(x) =

Z expx

x

(t+ 1/t) dt

8. Calcule:

(a) maxa≤x≤b

Z x

a

(1 + t+ t2) dt

(b) mına≤x≤b

Z x

a

(1 + t+ t2) dt

(c) max0≤x≤4

Z x

0

(t2 − 4t+ 3) dt

(d) mın0≤x≤3

Z x

0

(t2 − 4t+ 3) dt

2.7 El cambio de variable para la integral definida

Para calcular integrales indefinidas son muy útiles los métodos de cambio de variable osustitución y la integración por partes. Veamos, en ésta sección y en la siguiente, cómo seaplican en el caso de la integral definida.

Si g : J −→ I tal que x 7→ u = g(x) es una función biyectiva entre dos intervalos J e I setiene que para f : I −→ R, con el cambio de variable u ≡ g(x) o su equivalente x ≡ g−1(u):

1.Zf(g(x))g′(x) dx ≡

Zf(u) du = F (u) + C ≡ F (g(x)) + C, si F ′ = f .

2.Zh(x) dx ≡

Zh(g−1(u))(g−1)′(u) du = F (u) + C ≡ F (g(x)) + C, si h : J −→ R y si

ponemos f(u) = h(g−1(u))(g−1)′(u) y F ′ = f .

Combinando estos resultados con el TFC, se tiene que si g : J = [a, b] −→ I es biyectiva,siendo I el intervalo cerrado de extremos A y B, con A = g(a) y B = g(b), entonces:


Como Z b

af(g(x))g′(x) dx = F (g(x))

ba= F (g(b))− F (g(a)) = F (B)− F (A),

y como Z B

Af(u) du = F (u)

BA= F (B)− F (A),

tenemos que:

1.Z b

af(g(x))g′(x) dx =

Z g(b)

g(a)f(u) du, y

2.Z b

ah(x) dx =

Z g(b)

g(a)h(g−1(u))(g−1)′(u) du.

No hay entonces necesidad de “regresar a la variable original”, como en el caso de la integralindefinida. En la práctica a veces es más fácil hallar un cambio de variable apropiado de laforma x = ϕ(u) con ϕ : J −→ I, u 7→ x = ϕ(u) biyectiva (es decir, ϕ hace el papel de g−1 enla notación precedente), por lo cual se tiene:

Para la integral indefinida:Zh(x) dx ≡

Zh(ϕ(u))ϕ′(u) =

Zf(u) du = F (u) + C ≡ F (ϕ−1(x)) + C,

con f(u) = h(ϕ(u))ϕ′(u) y F ′ = f ; y para la integral definida:Z b

ah(x) dx =

Z ϕ−1(b)

ϕ−1(a)h(ϕ(u))ϕ′(u) du =

Z ϕ−1(b)

ϕ−1(a)f(u) du = F (u)

ϕ−1(b)

ϕ−1(a).

Notemos que si ϕ′(u) ≤ 0, ϕ es decreciente y ϕ−1 también, por lo cual ϕ−1(a) ≥ ϕ−1(b) yentoncesZ ϕ−1(b)

ϕ−1(a)h(ϕ(u))ϕ′(u) du = −

Z ϕ−1(a)

ϕ−1(b)h(ϕ(u))ϕ′(u) du =

Z ϕ−1(a)

ϕ−1(b)h(ϕ(u))|ϕ′(u)| du.

Es decir que si J = [a, b], e I es el intervalo cerrado de extremos ϕ−1(a) y ϕ−1(b), se puedeponer Z

J

h(x) dx =

ZI

h(ϕ(u))|ϕ′(u)| du.

El factor |ϕ′(u)| se llama Jacobiano de la transformación del intervalo J en el intervalo Idebido al cambio de variable x = ϕ(u). Para entender mejor “lo que pasa”, desde el punto devista geométrico, veamos un caso simple:

Consideremos A =

Z 1

0f(x) dx, donde y = f(x) = (b − a)x + a tiene como gráfica a la

recta que pasa por P0(0, a) y P1(1, b).Si C es el punto de coordenadas (1, 0), A es evidentemente el área del trapecio OP0P1C:

A =

Z 1

0[(b− a)x+ a] dx =

a+ b

2.

Queremos valernos de este ejemplo simple para entender qué sucede cuando se hace un cambiode variable x ≡ ϕ(u).


x

y

+P0

P1

O

+b

C

A

f

1

a

u

v

+Q0

Q1

b

+

hO

B

g

1 < h

ϕ a

u

v

+Q0

Q1

b

+

hO

B

g

0 < h < 4

∨

Tomemos para empezar

x ≡ ϕ(u) =1

hu con u = hx.

Con este cambio de variable cambian también los límites de integración:

x u1 h0 0

El intervalo de integración [0, 1] se transforma en [0, h]. Si h > 1 el intervalo [0, 1] se “estira”y si h < 1, se “encoge”. Por otro lado, al hacer el cambio de variable tenemos una nuevafunción g(u):

y = f(x) = f(ϕ(u)) = (b− a)u

h+ a =: g(u).

Esto significa que la recta que es el gráfico de f se transforma en una recta que pasa porQ0(0, a) y Q1(h, b), cuya ecuación es

y = g(u).

u

x

hO

ϕ

1

El área A = a+b2 se transforma en B = a+b

2 h, y se “agranda” o “achica” según que h > 1o 0 < h < 1, respectivamente. Por eso no se podría escribir simplemente

A =

Z 1

0f(x) dx “igual a”

Z h

0g(u) du = B,

ya que el área bajo la curva f se modifica con el cambio de variable.Pero sabemos que

A =

Z 1

0f(x) dx =

Z h

0f(ϕ(u))ϕ′(u) du =

Z h

0f(ϕ(u)) |ϕ′(u)| du,

donde ϕ′(u) = 1h > 0. Este factor, 1

h , es el que “compensa” el cambio de área producido al“estirarse” o “encogerse” el intervalo [0, 1] que se convirtió en el intervalo [0, h].

Un cambio de variable x ≡ ψ(v) = 1− 1hv produce un resultado similar, pero en este caso

como ψ′(v) = − 1h < 0, se tiene

A =

Z 1

0f(x) dx =

Z h

0f(ψ(v)) [−ψ′(v)] dv =

Z h

0f(ψ(v)) |ψ′(v)| dv.


v

x

hO

ψ1

El “factor corrector” |ϕ′(u)| y |ψ′(v)| se llama Jacobiano y recoge la información de los“estiramientos” o “encogimientos” de cada punto del intervalo de integración producidos porel cambio de variable.

Veamos un ejemplo.

Ejemplo 2.24

Calcular

Z 4

1

(1 + 2√x)3√

xdx =:M.

Solución. Con el cambio de variable x ≡ j(u) = u2 y como j′(u) = 2u, y el intervalo j = [1, 4] setransforma en el intervalo I = [1, 2], puesto que j−1(x) =

√x, tenemos:

M =

Z 4

1

(1 + 2√x)3√

xdx =

Z 2

1

(1 + 2u)3

u2u du =

Z 2

1

(1 + 2u)32 du.

Podemos usar un nuevo cambio de variable: v ≡ 1 + 2u, dv ≡ 2du, y [1, 2] se transforma en [3, 5],por lo cual

M =

Z 2

1

(1 + 2u)32 du =

Z 5

3

v3 dv =v4

4

53=

1

4(54 − 34) = 136.

Algo notable es que en la fórmula del cambio de variable para la integral definidaZ b

ah(x) dx =

Z B

Ah(ϕ(u))ϕ′(u) du, (2.1)

con A = ϕ−1(a), B = ϕ−1(b), la función ϕ puede no ser biyectiva entre J = [a, b] e I = [A,B]o [B,A], según el caso.

Puede suceder que [a, b] $ Im(ϕ) = [A1, B1], por ejemplo. Para la integralR ba h(x) dx

basta conocer h(x) para x ∈ [a, b], mientras que para calcularR BA h(ϕ(u))ϕ′(u) du, se requiere

conocer h(x) para x ∈ Im(ϕ).La fórmula (2.1) sigue siendo válida, pero en este caso basta que ϕ(A) = a y ϕ(B) = b y

naturalmente que ϕ sea derivable en [A,B] o [B,A] según el caso. ¡Verifíquelo! Compruebeantes la validez de (2.1) con el ejemplo siguiente.

Ejemplo 2.25

Sean A,B ∈ [−1, 1], ϕ(u) = sen u y h(x) = x2. Además:

a ∈ sen−1A+ 2kπ|k ∈ Z ∪ − sen−1 A+ (2m+ 1)π|m ∈ Z,

b ∈ sen−1 B + 2kπ|k ∈ Z ∪ − sen−1B + (2m+ 1)π|m ∈ Z,entonces Z b

a

sen2 u cosu du =

Z B

A

x2 dx.


2.7.1 Ejercicios

1. Calcular:

(a)

Z 8

0

exp(√x+ 1)√

x+ 1dx

(b)

Z π/3

π/6

sen x

1 + cosx+ tan2 xdx

(c)

Z 1

0

exp(−2x) sen(2πx) dx

(d)

Z 8

0

dx√x+ 1(

√x+ 1 + 1)

(e)

Z 1

0

3√x2

√x+ 8

dx

(f)

Z 1

0

dx

(x2 + 4)3

(g)

Z π/4

π/6

sen x

1 + senxdx

(h)

Z π/2

π/3

sen2 x cos(2x) dx

(i)

Z 6

4

dxpx(8− x)

(j)

Z 10

8

dx√x2 − 6x

(k)

Z π/4

π/6

cos x

cos x+ sen xdx

(l)

Z 25

6

3√x+ 2

x+ 1dx

(m)

Z π/3

π/4

cos5 x sen x dx

(n)

Z π/4

π/6

cos3 x

sen4 xdx

(o)

Z e

1

x2 ln x

(x3 + 1)3dx

(p)

Z 5

0

x

É5− x

4 + xdx

(q)

Z π/3

π/6

x

cos2 xdx

(r)

Z π/4

π/6

tan x

1 + tan2 xdx

(s)

Z 11

3

√2x+ 3

xdx

(t)

Z π/4

0

sen3 x cos x

1 + sen2 xdx

(u)

Z 1

0

dx

1 +√2x− x2

(v)

Z 2

1

x2

√x2 − x+ 1

dx

(w)

Z √5

0

dx

(x+ 1)√x2 + 4

(x)

Z 1

0

p3x3 + x4 dx

(y)

Z 3

1

√1 + x2

x2dx

2. Calcular:

(a)

Z 4

0

4− x2

(1 + x2)2dx

(b)

Z 4

3

x2 + x+ 1

(x− 1)2(x+ 1)2dx

(c)

Z 0

−1

dx

(x3 − 1)2

(d)

Z 2

1

x2

x3 + 8dx

(e)

Z 1

0

x4 + 1

x2 + 1dx

(f)

Z 1

0

x6

x4 + 1dx

(g)

Z 1

0

x6

(x+ 1)(x3 + 1)dx

(h)

Z 1

0

x3(1− x2)

(4 + x2)3dx

(i)

Z 2

1

dx

x4 + 1

(j)

Z π/4

0

sen4 x dx

(k)

Z π/2

π/4

sen5 x dx

(l)

Z π/4

π/6

dx

sen2 x cos2 x

(m)

Z π/4

0

cosx

1 + 2 sen xdx

(n)

Z π/4

0

dx

2 + cos x

(o)

Z π/4

0

tan x

1 + sen2 xdx

(p)

Z π/6

0

tan2 x

cos2 xdx

(q)

Z 1/√

2

0

(sen−1 x)2 dx

(r)

Z √2

0

tan−1 x dx

3. Sea f : ]− π/2, π/2[−→ R definida por

f(x) =

Z 1

−1

cosx

1− 2t sen x+ t2dt.

Pruebe que f es constante.

4. Use una integral definida apropiada para calcular:

(a) lımN→∞

NXk=1

1

N + k(b) lım

N→∞

NXk=1

k2

N2√N2 + k2


5. Sea a > 0 y f : ]− a, a[−→ R una función continua. Pruebe que:

(a)

Z a

−a

f(x) dx = 2

Z a

0

f(x) dx si f es par.

(b)

Z a

−a

f(x) dx = 0 si f es impar.

6. Sea f : R −→ R una función continua y T -periódica (es decir, para cierto T > 0, f(x) = f(x+T )para todo x ∈ R). Pruebe que para todo a ∈ R,Z a+T

a

f(x) dx =

Z T

0

f(x) dx.

7. Sea f : R −→ R continua y tal que si ponemos

F (x) =

Z x

0

f(t) dt,

la función F es periódica. Pruebe que f es periódica. ¿La recíproca es verdadera? (Tomar f(x) =1 + cos x).

8. Halle los extremos absolutos de f : R −→ R definida por

f(x) =

Z x+π/2

x

(1 + cos2 t) dt.

9. Sea f : R −→ R definida por

f(x) = exp(−x)Z x2

0

exp(−t− t2) dt

(a) Calcule f(0), f ′(0) y f ′′(0).

(b) ¿Alcanza f un extremo local en 0?

2.8 La integración por partes para la integral definida

De igual manera, en el caso de la integración por partes, se puede aplicar el Teorema Fun-

damental del Cálculo a "la parte integrada", puesto queZ b

a[u(x)v(x)]′ dx = [u(x)v(x)]

ba; y,Z b

a[u(x)v(x)]′ dx =

Z b

au(x)v′(x) dx +

Z b

au′(x)v(x) dx, se tiene que:Z b

au(x)v′(x) dx = [u(x)v(x)]

ba−Z b

au′(x)v(x) dx,

que es la fórmula de integración por partes para la integral definida.

Ejemplo 2.26

Calcular:

Z 1

0

xex dx y

Z 1

0

x2ex dx.

Solución.

1. Si u = x, dv = ex dx , du = dx y v = ex tenemos:Z 1

0

xex = xex10−Z 1

0

ex dx = (e− 0) − ex10= e− (e− 1) = 1.

2.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno 53

2. Esta vez, si u = x2, dv = ex dx , du = 2x dx y v = ex se obtiene, utilizando además elresultado presedente:Z 1

0

x2ex = x2ex10− 2

Z 1

0

xex dx = (e− 0)− 2(1) = e− 2.

2.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno

Una función de dos variables reales

P : R2 −→ R(x, y) 7−→ P (x, y)

es un polinomio de dos variables si:

1. Para todo x ∈ R, la función y 7→ P (x, y) es un polinomio de una variable; y

2. Para todo y ∈ R, la función x 7→ P (x, y) también es un polinomio de una variable.

Una función de dos variables reales R : R2 → R es una función racional de dos variablessi

R(x, y) =P (x, y)

Q(x, y)∀x, y

donde P y Q son polinomios de dos variables.Para una tal función R, la integral de la formaZ

R(cosx, senx) dx (2.2)

puede transformarse en la integral de una función racional con el cambio de variable dadopor:

u ≡ tanx

2, x ≡ 2 arctanu (2.3)

senx ≡ 2u

1 + u2, cosx ≡ 1− u2

1 + u2(2.4)

dx ≡ 2 du

1 + u2(2.5)

puesto que el nuevo integrando es la composición de funciones racionales. Para obtener (2.4),con la ayuda del triángulo de la figura obtenemos

senx

2≡ u√

1 + u2, sin

x

2≡ 1√

1 + u2,

y tenemos en cuenta las identidades

senx = 2 senx

2cos

x

2, cosx = cos2

x

2− sen2

x

2.


Ejemplo 2.27

Calcule I =

Zdx√

11 + sen x+ cos x.

Solución.

I =

Zdx√

11 + sen x+ cos x≡Z 2 du

1+u2√11 + 2u

1+u2 + 1−u2

1+u2

= 2

Zdu

(√11− 1)u2 + 2u+

√11 + 1

=2√

11− 1

Zdu

u2 + 2 1√11−1

u+√

11+1√11−1

.

Con a = 1, b = 1√11−1

, c =√

11+1√11−1

, vemos que el discriminante es

d = b2 − ac =

1√

11− 1

2

−√11 + 1√11− 1

=1− (11− 1)

(√11− 1)2

= −

3√11− 1

2

.

Se puede aplicar la siguiente fórmula, válida si d = b2 − ac < 0:Zdu

u2 + 2bu+ c=

1√c− b2

arctanu+ b√c− b2

+ C.

Como c− b2 = −d =

3√11−1

2= 9

2(6−√

11), tendremos entonces:

I ≡ 2√11− 1

√11− 1

3arctan

u+ 1√11−1

3√11−1

+ C =2

3arctan

(√11− 1)u+ 1

3+ C.

Finalmente como u ≡ tan x2, tendremos que

I =

Zdx√

11 + sen x+ cosx=

2

3arctan

(√11− 1) tan x

2+ 1

3+ C.

2.9.1 Ejercicios

1. Calcule las siguientes integrales usando la sustitución t ≡ tan(x/2).

(a)

Zdx

2 + sen x

(b)

Z π/4

0

dx

1 + cosx

(c)

Zdx

2 + cos x− 3 sen x

(d)

Z1 + tan(x/2)

3 + 2 cos x+ sen xdx

(e)

Zdx

2 tan x+ sen x

(f)

Zdx

cot x+ 2 cosx

(g)

Zsec x

2 + cos xdx

(h)

Zcscx

1 + 2 sen xdx

(i)

Z π/3

π/4

dx

4 + 2 cos x+ sen x

(j)

Z π/2

0

1 + cosx

1 + sen xdx

2.10 Sustituciones trigonométricas 55

2.10 Sustituciones trigonométricas

Teniendo en cuenta las conocidas identidades trigonométricas

cos2 θ = 1− sen2 θ,

sec2 θ = 1 + tan2 θ o tan2 θ = sec2 θ − 1,

cuando en el integrando se encuentran expresiones de la forma√a2 − x2,

√a2 + x2 o

√x2 − a2,

con a > 0, se puede a veces facilitar el cálculo de una integral con una conveniente sustitucióntrigonométrica. Consideremos tres casos.

Caso 1. Integrandos que contienen√a2 − x2, con a > 0. Notemos que necesariamente

x ∈ [−a, a]. Hacemos la sustitución

x ≡ a sen θ := g(θ), θ ∈ [−π/2, π/2].

En este caso tenemos:

1

−1

π2

−π2 θ

x

cos

g+a

+−a

O

dx ≡ a cos θ dθ,pa2 − x2 ≡

pa2 − a2 sen2 θ

=Èa2(1− sen2 θ)

=√a2 cos2 θ

= a| cos θ|= a cos θ

porque θ ∈ [−π/2, π/2] ⇒ cos θ ≥ 0.

Notemos que θ = arc sen xa es una fórmula útil para “regresar” a la variable original x

luego de calcular una integral indefinida, o para calcular los límites de integración con lanueva variable θ.

Ejemplo 2.28

Calcular

Zx2

√25− x2

dx.

Solución.Sustitución:

x ≡ 5 sen θ, θ ≡ arc senx

5,


dx ≡ 5 cos θ dθ,p25− x2 ≡ 5 cos θ.

Entonces, Zx2

√25− x2

dx ≡Z

25 sen2 θ

5 cos θ5 cos θ dθ

= 25

Zsen2 θ dθ

=25

2

Z[1− cos(2θ)] dθ

=25

2

hθ − 1

2sen(2θ)

i+ C

=25

2(θ − sen θ cos θ) + C

≡ 25

2arcsin

x

5− x

2

p25− x2 + C.

Para regresar a la variable original x nos hemos guiado por el triángulo de la figura donde vemosque cos θ = 1

5

√25− x2.

5 x

√25− x2

θ

En el caso de integrales definidas se hace el cambio de los límites de integración como en elejemplo siguiente.

Ejemplo 2.29

Calcular

Z 4

3

x2

√25− x2

dx.

Solución. El integrando es el mismo del ejemplo anterior, razón por lo cual utilizamos el mismocambio de variable. Los nuevos límites de integración son:

x θ

3 θ1 = arcsin 3/54 θ2 = arcsin 4/5

Ahora podemos calcular la integral definida:Z 4

3

x2

√25− x2

dx =25

225

Z arcsin 4/5

arcsin 3/5

sen2 θ dθ

=25

2(θ − sen θ cos θ)

arcsin 4/5

arcsin 3/5

=25

2

arcsin

4

5− arcsin

3

5+

4

5

3

5− 3

5

4

5

=

25

2

arcsin

4

5− arcsin

3

5

.

Guiándonos por los triángulos de la figura hemos calculado:

sen θ1 =3

5, cos θ1 =

4

5, sen θ2 =

4

5, cos θ2 =

3

5.


5 3

4

θ1

5

3

4

θ2

Caso 2. Integrandos que contienen√a2 + x2, con a > 0, x ∈ R.

El gráfico que se presenta a la derecha se dibujó con a = 1.5.

1

2

−1

−2

−3

π4

2π4

−π4

−2π4

θ

x

sec

g

0

Sustitución:

x ≡ a tan θ := g(θ), θ ∈ ]− π/2, π/2[,

dx ≡ a sec2 θ dθ,pa2 + x2 =

Èa2 − a2 tan2 θ

=Èa2(1− tan2 θ)

=Èa2 sec2 θ)

= a| sec θ|= a sec θ

porque θ ∈i−π2,π

2

h, y por ende sec θ ≥ 0,

θ ≡ arctanx

a.

Ejemplo 2.30

Calcule

Zdx

(9 + x2)3/2y

Z 4

0

dx

(9 + x2)3/2.

Solución. Sustitución:

x ≡ 3 tan θ, θ ≡ arctanx

3,

dx ≡ 3 sec2 θ dθ,p9 + x2 ≡ 3 sec θ.

Entonces: Zdx

(9 + x2)3/2≡Z

3 sec2 θ

(3 sec θ)3dθ,

=1

9

Zcos θ dθ,

=1

9sen θ + C

≡ 1

9

x√9 + x2

+ C.

Para el cálculo de sen θ en función de x nos hemos guiado por el triángulo de la figura.


√9 + x2

x

3θ

Hallemos los nuevos límites de integración:

x θ

0 04 arctan 4/3

Calculemos la integral definida:Z 4

0

dx

(9 + x2)3/2=

1

9

Z arctan 4/3

0

cos θ dθ

=1

9sen θ|arctan 4/3

0

=1

9

hsenarctan

4

3

− 0i

=1

9

4

5

=4

45

Para el cálculo de senarctan 4

3

nos hemos servido del dibujo.

5

3

4

θ

Caso 3. Integrandos que contienen√x2 − a2, con a > 0. Notemos que necesariamente

x ≤ −a o x ≥ a.El gráfico que se presenta a la derecha se dibujó con a = 1.5.Sustitución:

1

2

3

−1

−2

−3

π4

2π4

3π4 π θ

x

x = arctan

g

g

0

x ≡ a sec θ := g(θ),

θ ∈ [0, π/2[ si x ∈ [a,∞[, θ ∈ [π, 3π/2[ si x ∈ [−∞,−a[,dx ≡ a sec θ tan θ dθ,p

x2 − a2 ≡pa2 sec2 θ − a2

=Èa2(sec2 θ − 1)

=pa2 tan2 θ

= a| tan θ|= a tan θ

puesto que θ ∈h0,π

2

h∪π,

3π

2

,

θ ≡ arcsecx

a.


Ejemplo 2.31

Calcular

Z √x2 − 9

x4dx y

Z 5

√10

√x2 − 9

x4dx.

Solución. Sustitución:

x ≡ 3 sec θ, θ ∈ [0, π/2[∪[π, 3π/2[,dx ≡ 3 sec θ tan θ dθ,p

x2 − 9 ≡ 3 tan θ.

Entonces: Z √x2 − 9

x4dx ≡

Z3 tan θ

(3 sec θ)43 sec θ tan θ dθ

=1

9

Ztan2 θ

sec3 θdθ

=1

9

Zsen2 θ cos θ dθ

=1

27sen3 θ + C.

x √x2 − 9

3θ

Hallemos los nuevos límites de integración:

x θ√10 θ1 = arcsec

√103

5 θ2 = arcsec 53

Por otro lado, con la misma sustitución:Z θ2

θ1

√x2 − 9

x4dx =

1

9

Z 5

√10

sen2 θ cos θ dθ

=1

27sen3 θ

θ2θ1

=1

27

sen3 θ2 − sen3 θ1

=

1

27

4

3

3

−

1√10

=

256− 5√10

13500.

Para el cálculo de senarcsec 5

3

y de sen

arcsec

√103

nos hemos servido de los triángulos del

dibujo.

√10

3

1θ1

5

3

4

θ2


2.10.1 Ejercicios

Calcule, usando una sustitución trigonométrica adecuada, de ser el caso:

1.

Z √4− x2

x2dx

2.

Zx2

√x2 − 9

dx

3.

Zdx√x2 − 9

4.

Z p5− x2 dx

5.

Z p2 + x2 dx

6.

Z(2− x2)3/2 dx

7.

Zx3p

4− x2 dx

8.

Zx3px2 − 4 dx

9.

Zdx

(x2 − 9)3/2

10.

Zdx

(4− x2)3/2

11.

Zdx√

25− 9x2

12.

Z √x2 − 3

x4dx

13.

Zdx√

x2 + 2x+ 17

14.

Zdx

(x2 + 4x)3/2

15.

Z √9− 4x2

xdx

16.

Z 4

−3

p25− x2 dx

17.

Z 4

3

x2

√25− x2

dt

2.11 Integrales impropias

Hemos definido la integral definida de funciones de tipo f : [a, b] → R, x 7→ f(x). Dichaintegral es un número que se nota y define como sigue:Z b

af(x) dx = lım

‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk,

donde P es una partición del intervalo [a, b]. Cuando existe este límite se dice que f esRiemann-integrable en [a, b]. Se conoce que son integrables funciones que cumplen, por ejem-plo, una de las siguientes propiedades:

1. f es continua en [a, b],

2. f es monótona en [a, b],

3. f es acotada en [a, b] y continua en [a, b] con excepción de un número finito de puntos.

La práctica exige, sin embargo, crear o extender el concepto de integral definida cuando,por ejemplo:

1. f está definida en un intervalo infinito ]−∞, b], [a,+∞[, ]−∞,+∞[, ]−∞, b[ o ]a,+∞[.

2. f no es acotada.

3. f está definida en un intervalo finito de tipo ]a, b[, ]a, b] o [a, b[.

La integrales que se obtienen se llaman impropias. Definiremos dos tipos de tales integrales.

2.11.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos

Definición 2.1

1. Si f : ] − ∞, b] → R es continua en ] − ∞, b], se dice que f es Riemann-integrable en]−∞, b] si existe el número

R b−∞ f(x) dx definido porZ b

−∞f(x) dx = lım

a→−∞

Z b

af(x) dx.

2.11 Integrales impropias 61

2. Si f : [a,+∞[→ R es continua en [a,+∞[, se dice que f es Riemann-integrable en[a,+∞[ si existe el número

R∞a f(x) dx definido porZ ∞

af(x) dx = lım

b→+∞

Z b

af(x) dx.

3. Si f : R → R es continua en R y si para cierto c ∈ R, f es Riemann-integrable tanto en] −∞, c] como en [c,+∞[, se dice que f es Riemann-integrable en ] −∞,∞[, o en R yse pone, en este caso,Z ∞

−∞f(x) dx =

Z c

−∞f(x) dx +

Z ∞

cf(x) dx.

Si una de las integrales de la derecha no existe para cierta f , se dice que diverge laintegral de la izquierda.

Observemos lo siguiente.

1. La continuidad garantiza la existencia deR ba f(x) dx, requerida en la definición.

2. En el caso deR∞−∞ f(x) dx deben existir

R c−∞ f(x) dx y

R∞c f(x) dx. Si una de las dos,

o las dos no existen, f no será integrable en R.

3. Es erróneo confundirR∞−∞ f(x) dx con

v.p.Z ∞

−∞f(x) dx = lım

t→+∞

Z t

−t

f(x) dx.

Este último límite, si existe, se llama valor principal deR∞−∞ f(x) dx y su existencia no

garantiza la deR∞−∞ f(x) dx.

4. Si f tiene una primitiva F , aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo se puedeescribir, por ejemplo:Z ∞

a

f(x) dx = lımt→+∞

[F (t)− F (a)] = lımt→+∞

F (t)− F (a).

Por ello, por comodidad se escribeZ ∞

af(x) dx = F (+∞)− F (a) = F (x)|+∞

a .

Análogamente se pondrá:Z b

−∞f(x) dx = F (b)− F (−∞) = F (x)|b−∞ ,Z ∞

−∞f(x) dx = F (+∞)− F (−∞) = F (x)|+∞

−∞ .

Insistimos en que debe entenderse:

F (+∞) := lımt→+∞

F (t),

F (−∞) := lımt→−∞

F (t).


2.11.2 Ejemplos

1. Z 1

−∞

dx

(x− 3)2=

−1

x− 3

1−∞

=−1

1− 3− lım

x→−∞−1

x− 3=

1

2.

Notemos que si ponemos f(x) = 1(x−3)2 , f es continua en ] − ∞, 1], como lo exige la

definición. Para esta función no podríamos calcularR 4−∞

dx(x−3)2 porque f es discontinua

en 3.

2.R 1−∞

dx√3−x

= −2√3− x

1−∞ no existe porque lım

x→−∞

√3− x = +∞; es decir, diverge.

3.R∞−∞ x dx diverge porque

Z ∞

0x dx =

x2

2

∞0

= lımx→+∞

x2

2= +∞. Nótese que

v.p.Z ∞

−∞x dx = lım

t→+∞

Z t

−tx dx = 0.

4.Z 0

−∞xe−x2

dx =−1

2e−x2

0−∞

=−1

2

1− lım

x→−∞e−x2

= −1

2.

2.11.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados

Definición 2.2

1. Si f : ]a, b] → R es continua en ]a, b], se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b] siexiste el número

R ba+ f(x) dx definido porZ b

a+

f(x) dx = lımt→a+

Z b

tf(x) dx.

2. Si f : [a, b[→ R es continua en [a, b[, se dice que f es Riemann-integrable en [a, b[ si existe

el númeroR b−

a f(x) dx definido porZ b−

af(x) dx = lım

t→b−

Z t

af(x) dx.

3. Si f : ]a, b[→ R es continua en ]a, b[ y si para cierto c ∈ ]a, b[, f es Riemann-integrabletanto en ]a, c] como en [c, b[, se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b[ y se pone eneste caso Z b−

a+

f(x) dx =

Z c

a+

f(x) dx +

Z b−

cf(x) dx.

Si uno de los límites no existe se dice que la integral correspondiente diverge.

Tienen lugar observaciones análogas a las que siguen a la definición de integrales enintervalos infinitos. En particular, por ejemplo, si F ′ = f se tieneZ b

a+

f(x) dx = F (x)|ba+ = F (b)− lımt→a+

F (t) =: F (b)− F (a+).

2.12 Integración aproximada 63

2.11.4 Ejemplos

1.Z 2

1+

dx√x− 1

= 2√x− 1

21+

= 2

√2− 1− lım

x→1+

√x− 1

= 2.

2.Z 2

1+

dx

x− 1= ln |x− 1||21+ = ln |2− 1| − lım

x→1+ln |x− 1|, por lo que la integral diverge.

3.Z 3−

2

dx

(x − 3)1/5=

5

4(x− 3)4/5

3−2

=5

4

lım

x→3−(x− 3)− (2− 3)4/5

= −5

4.

Al calcular una integral impropia de tipo I se puede llegar a otra de tipo II o viceversa.Veamos un ejemplo: Z +∞

1

dx

x2= −

Z 0+

1

du

u2 1u2

=

Z 1

0+du

con el cambio de variable u = 1x , dx = − du

u2 y el cambio de límitesx u1 1

+∞ 0+Z +∞

1

dx

x2= u|10+

= 1− lımu→0+

u

= 1.

2.11.5 Ejercicios

Calcule la integral dada o pruebe que es divergente:

1.

Z ∞

1

dx

x3

2.

Z −2

−∞

dx3√x+ 1

3.

Z ∞

2

dx

x4/5

4.

Z ∞

2

dx

x5/4

5.

Z 3

−∞exp(3x) dx

6.

Z ∞

−∞exp(−x3) dx

7.

Z ∞

2

ln x

xdx

8.

Z ∞

2

lnx

x2dx

9.

Z ∞

−∞

dx

4 + x2

10.

Z 1

−∞

x

(x2 + 4)dx

11.

Z ∞

3

x exp(−x) dx

12.

Z 1

−∞

x3

x4 + 4dx

13.

Z ∞

0+

dx√x

14.

Z 1

0+

ln x dx

15.

Z 2−

1

dx

(x− 2)1/5

16.

Z 3

2+

dx

(x− 2)1/5

17.

Z ∞

2

1

x+ 1− 1

x+ 2

dx

18.

Z ∞

1

1

x+

1

2x2 + 1

dx

19.

Z 0−

−2

dx

x2

2.12 Integración aproximada

Dada una función f : R → R, Riemann-integrable en [a, b], para calcularR ba f(x) dx de ma-

nera exacta conocemos por ahora el teorema fundamental del cálculo, que exige hallar una


primitiva F de f y la definiciónZ b

af(x) dx = lım

‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk.

El cálculo de este límite, salvo para polinomios de grado no muy grande, es demasiadoengorroso y prácticamente irrealizable. Por eso es necesario disponer de métodos que permitanel cálculo aproximado de la integral. Veamos algunos métodos.

2.12.1 Método “natural”

Si se conoce que la función f es Riemann-integrable en [a, b], al conocerse que el límiteexiste, independientemente de los x∗k tomados, se pueden tomar particiones homogéneas Pn

que consisten en dividir [a, b] en n segmentos iguales. Es decir que para n ≥ 1, Pn es igual ax0, x1, . . . , xn, donde x0 = a y xk = a + kh, con h = b−a

n = ∆xk para todo k, por lo que‖P‖ = b−a

n . Esto significa que ‖P‖ → 0 si n→ ∞. Además, x∗k ∈ [xk−1, xk] para todo k ≥ 1.Así, cualquier suma de Riemann es una aproximación de la integral, puesto que En → 0

cuando n→ ∞, donde

En =

Z b

af(x) dx−

nXk=1

f(x∗k)∆xk

= Z b

af(x) dx − b− a

n

nXk=1

f(x∗k)

es el error de aproximar la integral con la suma de Riemann. Como

lımn→∞

En = 0,

En será menor mientras más grande sea n. Lamentablemente no se puede estimar a priorieste error, por lo que no sabemos, en general, qué valor de n se debe tomar para que dichoerror sea menor que un valor dado previamente.

Se requiere en todo caso escoger los valores x∗k de modo que se facilite el cálculo de la sumade Riemann correspondiente. Se puede, por ejemplo, usar una de las opciones siguientes.

1. Cada x∗k es el punto intermedio del intervalo [xk−1, xk] correspondiente:

x∗k = xk−1 +h

2= a+

2k − 1

2n(b − a).

2. Cada x∗k es el extremo izquierdo [xk−1, xk], es decir x∗k = xk−1. Si ponemos yk = f(xk)se tendrá entonces: Z b

af(x) dx ≈ b− a

n

nXk=1

yk−1 =b− a

n

n−1Xk=0

yk.

3. Cada x∗k es el extremo derecho [xk−1, xk], es decir x∗k = xk, por lo que :Z b

a

f(x) dx ≈ b− a

n

nXk=1

yk.

4. Se aproxima la integral con el promedio de los resultados obtenidos en las dos opcionesprecedentes:Z b

af(x) dx ≈ 1

2

b− a

n

n−1Xk=0

yk +b− a

n

nXk=1

yk

!=b− a

n(y0+2y1+2y2+· · ·+2yn−1+yn).

Este último resultado es idéntico al que se obtiene con el así llamado método de lostrapecios que describimos a continuación.


2.12.2 Método de los trapecios

En el método natural en cada segmento [xk−1, xk] la integralR xk

xk−1f(x) dx se aproxima con

el producto f(x∗k)∆xk, que geométricamente, si f(x) ≥ 0, significa que el área de la figuraak , situada bajo el gráfico de f y sobre el intervalo [xk−1, xk], se aproxima con el área delrectángulo rk cuya base es dicho intervalo y su altura es f(x∗k).

xk−1 x∗k xk

xk

yk−1

ak

f(x∗

k)

f

yk

≈

xk−1 x∗k xk

xk

rk f(x∗

k)

La idea de este método consiste en reemplazar el rectángulo rk con un trapecio tk cuyasbases son yk−1 e yk y cuya altura es ∆xk.

xk−1 xk

xk

yk−1

ak

f

yk

≈

xk−1 xk

xk

tkyk−1

yk

Así Z xk

xk−1

f(x) dx ≈ yk−1 + yk2

∆xk =b− a

2n(yk−1 + yk).

Entonces, Z b

af(x) dx =

nXk=1

Z xk

xk−1

f(x) dx

≈nX

k=1

b− a

2n(yk−1 + yk)

=b− a

2n(y0 + 2y1 + 2y2 + · · ·+ 2yn−1 + yn).

Si ponemos

Tn :=b− a

2n(y0 + 2y1 + 2y2 + · · ·+ 2yn−1 + yn),

entonces Z b

af(x) dx ≈ Tn =

b− a

2n(y0 + 2y1 + 2y2 + · · ·+ 2yn−1 + yn).


Algo notable es que el error ET (n) que se comete al aproximar la integral con Tn puedeser estimado a priori, es decir previo a cualquier cálculo, con lo cual se puede conocer el valorde n que nos permita que el error ET (n) sea menor a un cierto número dado previamente.En efecto se tiene el siguiente resultado.

Teorema 2.9Si para f : [a, b] → R existe su segunda derivada en [a, b] y M ≥ 0 tal que para todo x ∈ [a, b],

|f ′′(x)| ≤M , entonces, si ET (n) =R b

a f(x) dx − Tn

, ET (n) ≤ M(b−a)3

12n2 .

Ejemplo 2.32

Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de los trapecios.

Solución. Sea f(x) = 1x. Entonces ln 2 =

R 2

1f(x) dx. Como f ′′(x) = 2

x3 , tenemos que

|f ′′(x)| ≤ 2 ∀x ∈ [1, 2].

Podemos usar el teorema con a = 1, b = 2, M = 2, y entonces, como Tn aproximará ln 2 con doscifras decimales exactas si ET (n) < 0.005, exigiremos que

ET (n) ≤2(2− 1)3

12n2< 0.005,

de donde n > 10√3≈ 5.7 nos garantiza que Tn y ln 2 serán iguales hasta la segunda cifra decimal.

Basta tomar entonces n = 6. En la siguiente tabla resumimos los cálculos que se realizan.

k xk yk0 1 11 7/6 6/72 4/3 3/42 3/2 2/34 5/3 3/55 11/6 6/116 2 1/2

ln 2 ≈= T6 =b− a

12(y0 + 2y1 + · · ·+ 2y5 + y6)

=1

12

h1 + 2

6

7+

3

4+

2

3+

3

5+

6

11

+

1

1+i

≈ 0.6949.

2.12.3 El método de Simpson

En el método natural, en cada intervalo [xk−1, xk] reemplázabamos el gráfico de f con unsegmento de recta horizontal, es decir f se reemplaza por un polinomio p de grado 0, puespara x ∈ [xk−1, xk] se reemplazaba f(x) con la constante f(x∗k) := p(x).

En el método de los trapecios el gráfico de f se reemplaza con la recta que pasa por lospuntos Pk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk). Es decir que f se reemplazaba con un polinomio degrado menor o igual que 1, es decir que f(x) se reemplaza con

p(x) = yk−1 +yk − yk−1

xk − xk−1(x− xk−1).


Se puede esperar que si en vez de un polinomio de grado 0 o 1 se toma uno de grado mayor,el método será mejor. Esta idea se recoge en el método de Simpson que utiliza segmentosde parábola o recta que pasa por Pk(xk, yk), Pk+1(xk+1, yk+1) y Pk+2(xk+2, yk+2), parareemplazar al gráfico de f en los intervalos [xk, xk+2], con k par y k ∈ 0, 2, . . . , n − 2. Esdecir se reemplaza f con un polinomio de grado menor o igual que 2. Veamos los detalles.

Calculemos el área entre el polinomio de grado menor o igual que 2 que pase por trespuntos de la forma (a, f(a)), (a+h, f(a+h)) y (a+2h, f(a+2h)). No cambia el resultado sial punto intermedio lo ubicamos en el eje de las ordenadas. Consideremos entonces los trespuntos siguientes: P (−h, y−), Q(0, y0), R(h, y+). Si p es el polinomio de grado menor o igualque 2 que pasa por ellos, con a, b y c adecuados tendremos que p(x) = ax2 + bx+ c. Para elcálculo de a, b y c se tienen las tres ecuaciones siguientes:

P ∈ p ⇒ y− = ah2 − bh+ c, (2.6)

Q ∈ p ⇒ y0 = c, (2.7)

R ∈ p ⇒ y+ = ah2 + bh+ c. (2.8)

x

y

h−h

y+

y−

by0

p

A

El área que nos interesa (ver el dibujo de laderecha) se calcula mediante:

A =

Z h

−h

p(x) dx

=

Z h

−h

(ax2 + bx+ c) dx

=

a

3x3 +

b

2x2 + cx

h−h

=h

3(2ah2 + 6c).

De (2.7) tenemos que c = y0, y sumando (2.6) y(2.8) obtenemos y− + y+ = 2ah2 + 2c, por lo que

A =h

3(2ah2 + 2c+ 4c) =

h

3(y− + y+ + 4y0).

Es decir que

A =h

3(y− + 4y0 + y+).

Si n = 2K es par y tendremos que, con las notaciones que usamos en los métodos anteriores:Z b

a

f(x) dx =KX

k=1

Z x2k

x2k−2

f(x) dx ≈KX

k=1

b− a

3n(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k).

Si

Sn :=KX

k=1

b− a

3n(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k),

entoncesZ b

af(x) dx ≈ Sn =

b− a

3n(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + · · ·+ 4yn−3 + 2yn−2 + 4yn−1 + yn).

Algo muy importante es que se dispone de una estimación a priori del error de aproximarla integral con la suma de Simpson Sn. El siguiente teorema da cuenta de dicho error deaproximación.


Teorema 2.10Si f : [a, b] → R tiene su cuarta derivada continua en [a, b] y si M ≥ 0 es tal que

f (4)(x) ≤M

para todo x ∈ [a, b], el error de aproximarR ba f(x) dx con la suma de Simpson Sn, que lo

notaremos ES(n) =R b

a f(x) dx− Sn

, satisface la desigualdad

ES(n) ≤M(b− a)5

180n4.

Si en la estimación del error por el método de los trapecios se tiene

ET (n) ≤cten2,

en este caso tenemosES(n) ≤

cten4,

lo que indica que la suma de Simpson converge más rápidamente hacia la integral que lasuma Tn del método de los trapecios.

Ejemplo 2.33

Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de Simpson.

Solución. Para calcular ln 2 =R 2

1dxx

, con los mismos cálculos hechos al aplicar el método de los

trapecios, y como f (4)(x) = 24x5 nos da que

f (4)(x) ≤ 24 para todo x ∈ [1, 2], tendremos que:

ES(n) ≤24(2 − 1)5

180n4< 0.005,

de donde n >4

É80

3≈ 2.27. Basta entonces tomar n = 4 (no n = 3 puesto que n debe ser par).

Entonces ln 2 ≈ S4 =b− a

3n(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + y4). Construimos una tabla de los valores que

necesitamos:

k xk yk0 1 11 5/4 4/52 3/2 2/33 7/4 4/74 2 1/2

Finalmente, ln 2 ≈ S4 =1

12

1 + 4

4

5+ 2

2

3+ 4

4

7+

1

2

≈ 0.6933.

2.12.4 Ejercicios

1. Compare el valor exacto y la aproximación según los métodos de los trapecios y de Simpson, conel valor de M dado, de:

(a)

Z 2

0

(x2 + 1) dx, M = 4 (b)

Z 2

−1

√x+ 2 dx, M = 6


2. Compare los resultados obtenidos con los métodos de Simpson y de los trapecios:

(a)

Z 7

1

dx

x, M = 6 (b)

Z 2

0

dx

2x+ 3, M = 4 (c)

Z 1

0

px2 + 2 dx, M = 8

3. Determine el mínimo valor de n necesario para calcular una aproximación de 3 cifras decimalesexactas, con los métodos de Simpson y de los trapecios:

(a)

Z 2

1

dx

x+ 1(b)

Z 2

0

4

1 + x2dx (c)

Z 2

0

dx

2x+ 3(d)

Z 3

0

√x+ 1 dx

4. Calcule el error cometido para calcular con los métodos de los trapecios y de Simpson y compáreloscon las estimaciones a priori ET (n) y ES(n) del error (tenga en cuenta el valor exacto):

(a)

Z 4

0

x2 dx, M = 4 (b)

Z √2

0

4

1 + x2dx, M = 8

5. Teniendo en cuenta que π =R 1

04

1+x2 dx, utilice los métodos de los trapecios y de Simpson paraaproximar π. Observe cómo el segundo método converge más rápidamente.

Capítulo 3

Aplicaciones de la integral definida

3.1 La ofrenda de oro

El custodia que se exhibía en el Museo de Arte Religioso de las hermanas de la Concepción,en Riobamba, fue robado el 13 de octubre de 2007. La preciosa joya elaborada en la épocacolonial estaba confeccionada con varios kilogramos de oro y decenas de diamantes, rubíes,perlas y otras piedras preciosas, y medía 1.87 metros de altura.

Los ladrones la fundieron casi en su totalidad por lo que la policía pudo recuperar ape-nas una sección de su parte superior. La comunidad católica no pudo recuperarse de suconsternación y decidió compensar la pérdida.

Para ello se realizó una colecta entre los feligreses y se ordenó la elaboración de una grancruz de oro macizo en cuya cúspide se soldaría la parte recuperada del sagrario. La cruzmediría 80 centímetros de alto, 50 centímetros de ancho y el diámetro del larguero y deltravesaño, ambos cilíndricos, sería de 8 centímetros.

Se llamó al más reconocido joyero del lugar y se le pidió que elaborara un presupuestopara saber si se podría pagar la obra con el dinero recaudado, o habría necesidad de más. Eljoyero sabe que cada centímetro cúbico de oro pesa 19.30 gramos y que, dada la cantidad demetal, lo podría comprar a razón de 31.60 dólares cada gramo. Pero el artesano encuentradifícil calcular el volumen de metal necesario para poder determinar la cantidad de oro y,por ende, su costo. ¿Cómo podemos calcular ese volumen?

Para hacerlo, veamos algunos conceptos básicos.

3.2 Definición de longitud, área y volumen

Para definir la longitud de un segmento de recta, el área de una figura plana y el volumende un sólido, se necesita, en cada caso, una unidad de medida. La unidad de longitud seráun segmento de recta que llamaremos uL. La unidad de área será un cuadrado, cada lado delcual será un segmento igual a 1 uL, al que llamaremos uA. Simbólicamente uA = (uL)

2. Launidad de volumen será un cubo, cada arista del cual será un segmento igual a 1 uL al quellamaremos uV. Simbólicamente, uV = (uL)

3.La longitud de un segmento γ se expresa

longitud(γ) = l uL,

donde l ∈ [0,∞[ es el número de veces que “cabe” el segmento uL en γ.El área de una figura plana Ω se escribe

area(Ω) = a uA,

72 Aplicaciones de la integral definida

donde a ∈ [0,∞[ es el número de cuadrados uA que “caben” en la figura Ω.El volumen de un sólido Ψ se escribe

volumen(Ψ) = v uV,

donde v ∈ [0,∞[ es el número de cubos uV que “caben” en el sólido Ψ.Probamos ya que si Ω es un rectángulo para el cual

longitud(base) = b uL, b ∈ ]0,∞[,

longitud(altura) = h uL, h ∈ ]0,∞[ y

area(Ω) = a uA, a ∈ ]0,∞[,

tendremos quea = b · h

o tambiénarea(Ω) = longitud(base) · longitud(altura).

Análogamente, si Ψ es un paralelepípedo con aristas longitudinal A, transversal B yvertical C, y si

[A] = longitud(A) = a uL, a ∈ ]0,∞[,

[B] = longitud(B) = b uL, b ∈ ]0,∞[,

[C] = longitud(C) = a uL, c ∈ ]0,∞[, y

[Ψ] = volumen(Ψ) = v uV, v ∈ ]0,∞[,

tendremos quev = a · b · c.

Sea ahora un sólido cilíndrico C, cuya base es una figura plana B y su generatriz perpen-dicular a la base es un segmento H , llamado altura. Si se conoce que

[B] = medida (superficial) de B = area(B) = b uA, b ∈ ]0,∞[,

[H ] = medida (longitudinal) de H = longitud(H) = h[uL], h ∈ ]0,∞[,

[C] = medida (volumétrica) de C = volumen(C) = v[u], v ∈ ]0,∞[,

se puede probar quev = b · h.

O también si asumimos que uA = uL2, uV = uA · uL = uL

3, es decir si hemos tomado para lalongitud, área y volumen unidades compatibles, podemos probar que

volumen(cilindro) = area(base)× longitud(altura).

Esta fórmula sigue siendo válida si tomamos unidades diferentes a las compatibles paralongitud, área y volumen, pero no consideramos esta posibilidad aquí. Más bien asumiremosque las unidades de longitud, área y volumen son compatibles y, como no habrá lugar aerrores, por simplicidad pondremos, por ejemplo para el sólido cilíndrico C:

longitud(H) = h, en vez de h uL,

area(B) = b, en vez de b uA,

volumen(C) = v, en vez de v uV, etcétera.

3.3 El área de una figura plana 73

3.3 El área de una figura plana

Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R funciones continuas.Consideremos la figura Ω comprendida entre las gráficas de f y g y las rectas verticales

de ecuaciones x = a y x = b. En el dibujo, por comodidad, se considera que 0 ≤ g(x) ≤ f(x)para todo x ∈ [a, b], pero esta restricción no es indispensable.

f

g

Ω

a xb

f

g

Ω

a = x0x

b = xnx1x2x3 xn−1

Como ya hicimos en el problema introductorio de la integral definida, tomemos una par-tición P = x0, . . . , xn de [a, b] y una partición asociada P∗ = x∗1, . . . , x∗n. Consideremosla franjita vertical Ωk de Ω limitada por las gráficas de f y g y por las rectas x = xk−1,x = xk, 1 ≤ k ≤ n. Si aproximamos el área de la franjita Ωk con un rectángulo Rk de vérticesE(xk−1, g(x

∗k)), B(xk−1, f(x

∗k)), C(xk, f(x

∗k)) y D(xk, g(x

∗k)):

area(Ωk) = ak ≈ area(EBCD) = longitud(ED) · longitud(PQ).

xk−1 x∗k xk

EP

D

BQ

C

Comolongitud(ED) = (xk − xk−1) = ∆xk,

ylongitud(PQ) = |f(x∗k)− g(x∗k)|,

tendremos que

area(Ωk) = ak ≈ area(EBCD) = |f(x∗k)− g(x∗k)|∆xk.

Si area(Ω) = A, como

area(Ω) =nX

k=1

area(Ωk)

tendremos que

A =nX

k=1

ak ≈nX

k=1

|f(x∗k)− g(x∗k)|∆xk.

La última sumatoria es una suma de Riemann para la función dada por

x 7→ |f(x) − g(x)|


y como se observa que para figuras sencillas la aproximación es mejor si se toma ‖P‖ cadavez más pequeño, podemos definir

area(Ω) = A; Adef=

Z b

a|f(x)− g(x)| dx.

Naturalmente, si para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f(x), se tendrá

A =

Z b

a(f(x)− g(x)) dx.

Ejemplo 3.34

Hallar el área de la figura limitada por las gráficas de y = 4− x2 y de 2y = x+ 5.

Solución. Resolviendo el sistema y = 4− x2

2y = x+ 5

se obtienen dos puntos de intersección P (− 32, 74) y Q(1, 3) (los que se observan en la figura siguiente).

1

2

3

4

1 2−1−2

x

y

Q

P

Para − 32≤ x ≤ 1 se tiene que

g(x) =x

2+

5

2≤ 4− x2 = f(x).

Entonces

A =

Z 1

− 32

h4− x2− x

2+

5

2

idx

=

Z 1

− 32

3

2− x

2− x2

dx

=3

2x− 1

4x2 − 1

3x3 1

− 32

=3

2

1 +

3

2

− 1

4

1− 9

4

− 1

3

1 +

27

8

=

3

2

5

2+

5

16− 1

2435

=5

48(36 + 3− 14)

=125

48.

El área de la figura es pues 12548

.

A figuras que, como Ω, son el gráfico de conjuntos de la forma

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x)

se les llama figuras de tipo I .Si son conjuntos de la forma

(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)

con ϕ : [c, d] −→ R y ψ : [c, d] −→ R funciones continuas tales que ϕ(y) ≤ ψ(y) para todoy ∈ [c, d] se les llama figuras de tipo II. En este caso, se obtiene análogamente que

A =

Z d

c[ψ(y)− ϕ(y)]dy.

3.4 Cálculo de volúmenes 75

3.3.1 Ejercicios

1. Hallar el área de la región limitada por las gráficas de las ecuaciones o funciones dadas:

(a) y = 0, y = 1− x2

(b) y = 0, y = 1− x2, x = −1/2, x = 1/2

(c) y = sen x, y = 0, x = π/2, x = π

(d) y = 0, y = sen x, x = π/3, x = π/2

(e) y = 1 +√x, y = 0, x = 4

(f) y = (x2 − 1)/x2, y = 0, x = 1, x = 3

(g) y = x, y = −3x, x = 2

(h) y = x4, y = 16

(i) y = x3, y = 27, x ≥ −1

(j) y =√x, y = x2

(k) y = 2n√x, y = x2n, n ∈ N

(l) y = n√x, y = xn, n impar, x ≥ 0

(m) y = 2(4− x2), y = 4− x2

(n) y = 1/x2, y = x, x = 2

(o) y = 1− x2/3, y = x2/3 − 1

(p) y = x2 − 2x− 3, y = 2x+ 2, x = −1,

x = 6

(q) y2 = 2x, x2 + y2 = 1

(r) y = x, y = x2, x = 0, x = 1

(s) x = y2 − 6y + 1, x = −y2 + 2y + 1

(t) x = y3 − y, x = y + 4, y = −1,

y = 1

(u) x = y3 − y, x = 0

2. Halle el área de la representación geométrica del conjunto Ω:

(a) Ω = (x, y) ∈ R2 :√3x2 ≤ y ≤

√4− x2

(b) Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ y ≤ (1/2)√4− x2

(c) Ω = (x, y) ∈ R2 : (x/a)2 + (y/b)2 ≤ 1, a, b > 0

(d) Ω = (x, y) ∈ R2 : x2/3 + y2/3 ≤ a2/3, a > 0

3. Calcule el área de la región indicada integrando respecto a x y luego respecto a y (es decir,viéndola como región o unión de regiones tipo I y luego de tipo II):

(a) Limitadas por las gráficas de y2 = −x− 2, y = 2, y = −2, y = 2(x− 1)

(b) Triángulo de vértices P (1, 1), Q(3, 0), R(2, 5)

3.4 Cálculo de volúmenes

3.4.1 Volumen de un cilindro

Un subconjunto Ω del espacio geométrico de 3 dimensiones E3 se llama cilindro recto siexisten una figura plana B ⊂ E3 y un segmento l ⊂ E3 perpendicular a B, tales que alcortar Ω con una recta paralela al segmento l, se obtiene un segmento de la misma longitudque l y al cortarlo con un plano paralelo a B se obtiene una figura de la misma forma y áreaque B.

Si AuA = área de B y H uL = longitud de l, entonces, si el volumen de Ω = V uV, setiene que

V = AH, (3.1)

cuando las unidades de longitud, área y volumen son compatibles. Es decir, si se puedeescribir simbólicamente

uA = uL2,

uV = uA uL = uL3,

lo que hacemos cuando uA es un cuadrado cuyo lado mide 1 uL y si uV es un cubo cuya aristamide 1 uL y, por ende, sus lados miden 1 uA.

Si B y l no son perpendiculares se dice que el cilindro es oblicuo. En este caso, si θ es elángulo entre B y l, se tiene que

V = AH sen θ. (3.2)


B

l

Ω

BB

lΘ

Recordemos que el ángulo entre una recta l y un plano B es el complementario del ánguloentre la recta l y la recta n normal al plano B.

Para probar (3.1) recordemos que como aplicación de la integral definida aprendimos acalcular el área de figuras planas que son la unión finita de figuras simples de tipo I y de tipoII, a las que definimos así:

Definición 3.1Sea B ⊂ E2. Se dice que:

1. B es una figura de tipo I si es la representación gráfica de un conjunto de la forma(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)

©, (3.3)

donde a < b, g : [a, b] → R y h : [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales queg(x) ≤ h(x) para todo x ∈ [a, b].

2. B es una figura de tipo II si es la representación gráfica de un conjunto de la forma(x, y) ∈ R2 | a ≤ y ≤ b, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)

©, (3.4)

donde a < b, ϕ : [a, b] → R y ψ : [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales queϕ(y) ≤ ψ(y) para todo y ∈ [a, b].

En estos casos, si AuA = área de B, con la unidad de área uA compatible con la unidadde longitud uL, vimos que

A =

Z b

a[h(x) − g(x)] dx (3.5)

si B es de tipo I y

A =

Z b

a

[ψ(y)− ϕ(y)] dy (3.6)

si B es de tipo II.Para demostrar (3.5), para una partición arbitraria P = x0, x1, . . . , xn del intervalo

[a, b] y para P ∗ = x∗1, x∗2, . . . , x∗n, donde xk−1 ≤ x∗k ≤ xk para todo k ∈ 1, 2, . . . , n,aproximamos cada banda Bk, que es la representación del conjunto

(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x)©,

con el rectángulo Rk que representa a

[xk−1, xk]× [g(x∗k), h(x∗k)]

cuya base mide ∆xk uL, con ∆xk = xk − xk−1, y cuya altura mide [h(x∗k)− g(x∗k)] uL.


xk−1 x∗

k xk

Por ello , siárea(Bk) = ∆Ak uA,

se tiene que∆Ak ≈ [h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk,

y por ende,

A =nX

k=1

∆Ak ≈nX

k=1

[h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk.

Esta última expresión es una suma de Riemann y, como g y h y con ellas h − g soncontinuas, existe su límite cuando ‖P‖ → 0 sin importar los valores x∗1, x

∗2, . . . , x

∗n tomados,

por lo que definimos

A = área(B) =

Z b

a[h(x)− g(x)] dx

y de manera análoga obtuvimos (3.6).Finalmente, antes de demostrar (3.1), recordemos que si Ω es un paralelepípedo cuyas

aristas miden a uL, b uL y c uL, respectivamente, y si su volumen es V uV, donde uV escompatible con uL, tenemos

V = abc. (3.7)

Como sus caras son rectángulos, el área de los mismos será ab uA, bc uA y ca uA, respectiva-mente, por lo que la fórmula (3.1) generaliza a (3.7) que puede escribirse

V = Aabc = Abca = Acab, (3.8)

donde Aab = ab,Abc = bc, Aca = ca.

Demostración de (3.1) cuando la base es de tipo I. Si ubicamos el cilindro Ω en elespacio de modo que sea la representación gráfica del conjunto

(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H©

y tomamos como en líneas atrás, una partición P = x0, x1, . . . , xn del intervalo [a, b] yP ∗ = x∗1, x∗2, . . . , x∗n, donde xk−1 ≤ x∗k ≤ xk con 1 ≤ k ≤ n, el cilindro Ω se “partirá” en“rodajas” Ωk que son la representación de los conjuntos

(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H©, 1 ≤ k ≤ n.

Cada rodaja Ωk puede ser aproximada por el paralelepípedo Pk, que es la representacióngráfica del conjunto

[xk−1, xk]× [g(x∗k), h(x∗k)]× [0, H ].

Como los lados de Pk miden, respectivamente

∆xk uL, [h(x∗k)− g(x∗k)] uL, y H uL,


el volumen de Pk será

volumenPk = ∆xk[h(x∗k)− g(x∗k)]H uV .

Podemos entonces aproximar

∆Vk uV = volumen(Ωk) ≈ volumen(Pk) = H [h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk uV

lo que nos da∆Vk ≈ H [h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk.

Entonces

V =nX

k=1

∆Vk ≈ HnX

k=1

[h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk.

Esta última sumatoria es la misma suma de Riemann que obtuvimos para el cálculo delárea, multiplicada por H . Por ello existe su límite si ‖P‖ → 0, por lo que

V = H

Z b

a[h(x)− g(x)] dx = H · A, (3.9)

donde AuA es el área de la base B del cilindro, y por ello

A =

Z b

a[h(x)− g(x)] dx.

La expresión (3.9) es la misma que (3.1) en este caso.Análogamente, puede demostrarse el caso cuando la base B es de tipo II y, combinando

estos resultados, probar que (3.1) tiene lugar si la base B es la unión finita de figuras de tipoI y o II.

En lo que sigue, por simplificar la escritura escribiremos, por ejemplo, si B ⊂ E2 es unafigura plana de tipo I, que

B = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x),

donde “=” significará “es la representación gráfica de”. Igualmente, para el cilindro Ω escri-biremos, por ejemplo, si su base es B y su altura mide H uL,

Ω = (x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ B, z ∈ [0, H ].

3.4.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas)

Sea K ⊂ E3 es un sólido de la forma(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Bx

©,

donde a < b, Bx es una figura plana cuya área A(x) uA es conocido para x ∈ [a, b]. Probemosque, en este caso, si V uV = volumen(K), se tiene, en caso de que A : [a, b] → R sea continuaen [a, b], que

V =

Z b

aA(x) dx. (3.10)

Se tiene lo mismo, naturalmente, si vemos a K como

K =[

a≤x≤b

Bx,


donde Bx son figuras planas de área conocida A(x) uA y perpendiculares al eje Ox.Como en los casos anteriores, tomamos una partición P = x0, x1, . . . , xn del intervalo

[a, b] y P ∗ = x∗1, x∗2, . . . , x∗n, con xk−1 ≤ x∗k ≤ xk, 1 ≤ k ≤ n.En este caso K se “divide” en “rodajas” Kk de la forma

Kk =(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Bx

©,

cuyo volumen ∆Vk uV puede aproximarse con el volumen del cilindro Ωk

Ωk =(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Bx∗

k

©.

Como volumen (Ωk) = A(x∗k)∆xk uV, tendremos que

V =nX

k=1

∆Vk ≈nX

k=1

A(x∗k)∆xk.

Esta última es la suma de Riemann cuyo límite si ‖P‖ → 0 existe, puesto que supusimos queA : [a, b] → R es continua en [a, b]. Se tiene entonces que

V =

Z b

aA(x) dx

Ejemplo 3.35

Probemos que si K es un cono circular recto tal que el radio de su base mide R uL y laaltura del cono es H uL, se tiene que

V =π

3R2H.

Solución.Podemos ver que

K =n(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ H, (x, y, z) ∈ Br(0, 0), r =

R

Hxo,

donde Br(0, 0) es el círculo de radio r, centrado en (x, 0, 0) y perpendicular al eje Ox.

x

z

y

x H

Br(0, 0)

Aquí

A(x) = πr2 = πR

Hx2

,

de donde

V =

Z H

0

πR

Hx2

dx = πR2

H2

x3

3

H0

=π

3R2H.


Ejemplo 3.36

Calcular el volumen del sólido K cuya base está en el plano xy y es limitada por las gráficasde las ecuaciones x = y2, x = 9, y sus secciones transversales Bx son perpendiculares aleje Ox y tienen la forma de un rectángulo cuya altura es el doble de su base.

Solución.

x

y

z

Bx

9

−33

En la curva de ecuación x = y2, si y ≥ 0, se tiene y =√x. La base Bx mide 2y uL = 2

√x uL. La

altura de Bx medirá 4√x uL. Si área(Bx) = A(x) uA, tendremos que

A(x) = 2√x4

√x = 8x, x ∈ [0, 9]

y si V uV = volumen(K), tendremos

V =

Z 9

0

A(x) dx =

Z 9

0

8x dx = 4x290= 324.

Finalmente,volumen(K) = 324 uV .

3.4.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas

Un caso particular, similar al del ejemplo del cono, es el de los sólidos obtenidos haciendogirar una figura plana de tipo I dada, alrededor del eje Ox.

Sea D la figura de tipo I de la forma

D =(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤ y ≤ h(x)

©,

con a < b, g : [a, b] → R, h : [a, b] → R continuas en [a, b], no negativas y tales que g(x) ≤ h(x)para todo x ∈ [a, b]. Sea K el sólido obtenido al girar D alrededor del eje Ox. O sea que

K =n(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤

Èy2 + z2 ≤ h(x)

o.

A K se lo llama sólido de revolución.Evidentemente es un caso particular del anterior con

K =[

a≤x≤b

Bx,

donde Bx es la corona que queda entre los círculos de radios g(x) y h(x), respectivamente.Por ello, si área(Bx) = A(x) uA, tendremos que

A(x) = π [h(x)]2 − π [g(x)]

2= π

[h(x)]

2 − [g(x)]2,


de donde

V = π

Z b

a

[h(x)]2 − [g(x)]2

dx. (3.11)

A manera de ejercicio, escriba la fórmula correspondiente con los ajustes necesarios a lashipótesis para el caso cuando el eje de rotación es paralelo a Ox.

Si D es de tipo II, es decir,

D = (x, y) ∈ R | a ≤ y ≤ b, 0 ≤ ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y) ,

y K se obtiene al rotar alrededor del eje Oy, obtendremos, análogamente, que:

V = π

Z b

a

[ψ(y)]2 − [ϕ(y)]2

dy. (3.12)

El nombre de método de cálculo “por arandelas” obedece a la forma de las seccionestransversales al eje de rotación.

3.4.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas

Sea un sólido K que se obtiene haciendo girar una figura plana D de tipo I alrededor del ejeOy o un eje paralelo a Oy. (Similar resultado se tiene si D es de tipo II y se la hace rotaralrededor de Ox o de un eje paralelo a Ox.)

Se tiene entonces, si cambiamos por comodidad x por r e y por z:

D =(r, z) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ r ≤ b, g(r) ≤ z ≤ h(r)

©,

con 0 ≤ a < b, g : [a, b] → R, h : [a, b] → R continuas y g(r) ≤ h(r) para todo r ∈ [a, b].Entonces, al hacer girar D alrededor de Oz se obtiene el sólido

K =n(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ a ≤

Èx2 + y2 ≤ b, g

Èx2 + y2

≤ z ≤ h

Èx2 + y2

o.

r

z

a b

h

g

D

Notemos antes que si T es un tubo cuyos radios interior, exterior y altura miden r uL,R uL y H uL, respectivamente, y si VT uV es el volumen del tubo, entonces

VT = πR2H − πr2H = π[R2 − r2]H. (3.13)

Consideraremos, como en los casos anteriores, una partición P = r0, r1, . . . , rn delintervalo [a, b] y para P ∗ = r∗1 , r∗2 , . . . , r∗n. En este caso tomaremos, para k = 1, 2, . . . , n,r∗k = rk+rk−1

2 el valor medio de rk y rk−1.Al rotar

Dk =(r, z) ∈ R2 | rk−1 ≤ r ≤ rk, g(r) ≤ z ≤ h(r)

©alrededor de Oz, se obtienen “cortezas” Kk del sólido K, de la forma

Kk =n(x, y, z) ∈ R3 | rk−1 ≤

Èx2 + y2 ≤ rk, g

Èx2 + y2

≤ z ≤ h

Èx2 + y2

o.


A estas cortezas las aproximamos con “tubitos” Tk de la forma

Tk =n(x, y, z) ∈ R3 | rk−1 ≤

Èx2 + y2 ≤ rk, g (r

∗k) ≤ z ≤ h (r∗k)

oSi ∆Vk uV = volumen(Kk) y, teniendo en cuenta (7.13), tenemos

volumen(Tk) = π(r2k − r2k−1) [h (r∗k)− g (r∗k)] uV

= π (2r∗k) [h (r∗k)− g (r∗k)]∆rk uV,

puesto que r2k − r2k−1 = (rk + rk−1)(rk − rk−1) = 2rk + rk−1

2∆rk = 2r∗k∆rk.

Podemos entonces aproximar V así:

V =nX

k=1

∆Vk ≈ 2πnX

k=1

r∗k [h (r∗k)− g (r∗k)]∆rk.

La última es una suma de Riemann para la función f que es continua en [a, b] y está definidapor f(r) = 2πr [h(r) − g(r)]. Existe por lo tanto su límite si ‖P‖ → 0, independientementede los r∗k tomados, en particular para los que nos sirvieron en nuestro razonamiento.

Se tiene entonces que

V = 2π

Z b

a

r [h(r)− g(r)] dr. (3.14)

Volviendo a las variables tradicionales x e y, si

D =(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)

©gira alrededor del eje Oy, y si V uV es el volumen del sólido K así obtenido

V = 2π

Z b

ax [h(x)− g(x)] dx. (3.15)

Análogamente si D =(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ y ≤ b, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)

©gira alrededor del

eje Ox, tendremos que

V = 2π

Z b

ay [ψ(y)− ϕ(y)] dy. (3.16)

donde V uV es el volumen del sólido de revolución K así obtenido.A manera de ejercicio, obtenga las fórmulas correspondientes indicando los cambios ne-

cesarios a las hipótesis, si se cambia el eje de rotación tomando en vez de Oy un eje paraleloa él en el primer caso y a Ox en el segundo caso.

Ejemplo 3.37

Calcular el volumen V uV de una bola de radio R uL por los métodos de rodajas y decortezas.

Solución.

(a) Por rodajas: La bola BR(0, 0, 0) de radio R y centrada en el origen es generada al giraralrededor del eje Ox el semicírculo

D =(x, y) ∈ R2 | −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤

pR2 − x2

©.

3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro 83

Podemos aplicar (11) con a = −R, b = R, g(x) = 0, h(x) =√R2 − x2. Tendremos entonces

que

V = π

Z R

−R

hpR2 − x2

2− 02

idx

= π

Z R

−R

(R2 − x2)dx

= π

R2x− x3

3

R−R

= πhR2 (R − (−R))− 1

3

R3 − (−R)3

i= πR3

2− 2

3

=

4

3πR3.

Entonces

volumenBR(0, 0, 0)

=

4

3πR3 uV .

(b) Por cortezas: La misma bola se genera al girar alrededor del eje Ox el mismo semicírculo quelo veremos esta vez, como de tipo II, porque también tenemos:

D =(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ R, −

pR2 − y2 ≤ x ≤

pR2 − y2

©.

Podemos entonces aplicar (16) con a = 0, b = R, ϕ(y) = −pR2 − y2, ψ(y) =

pR2 − y2.

Tendremos por ello que

V = 2π

Z R

0

yp

R2 − y2 −−pR2 − y2

dy

= 4π

Z R

0

ypR2 − y2 dy

=4π

−2

Z 0

R2

u1/2 du

con el cambio de variable u = R2 − y2, du = −2y dy y de límites de integracióny u

R 00 R2

V = 2πu3/2

32

R2

0

=4

3πR3

el resultado, naturalmente, es el mismo.

3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda deoro

3.5.1 Identificación del modelo matemático a usarse

Debemos determinar el precio P dólares de la cruz de oro. Conocemos que este metal sepuede comprar a un precio unitario de 31.60 dólares por gramo. Bastaría, entonces, conocerel peso w gramos de la cruz. Tendríamos, entonces, que:

P = 31.60w. (3.17)


No conocemos w, pero sí el peso específico del oro que es de 19.3 gramos por centímetrocúbico. Si conociéramos el volumen V centímetros cúbicos de la cruz podríamos calcular wcon la fórmula

w = 19.3V. (3.18)

Todavía no conocemos V , pero dada la forma y las dimensiones de la cruz, podemos usarcomo modelo el siguiente problema matemático:

Problema matemático

Si V u3L es el volumen de un sólido en forma de cruz, de altura H uL y envergadura L uL,formada por dos cilindros circulares, ambos de radio R uL. Hallar V en función de L, H yR.

En efecto, resolver este problema matemático nos es indispensable teniendo en cuenta deque, en nuestro problema, uL = cm, H = 80, L = 50 y R = 4.

3.5.2 Solución del problema matemático del volumen de la cruz

Problema matemático (El volumen de la cruz)Hallar el volumen V u3L de un sólido en forma de cruz de altura H uL y envergadura L uL,formada por dos cilindros circulares de radio R uL:

x

yz

Para resolver el problema, “coloquemos” la cruz en posición horizontal y tomemos comosistema de coordenadas el eje x como el eje de los brazos de la cruz, el eje y como el eje delotro cilindro y el eje z, perpendicularmente al plano que contiene al cruce de los dos ejesanteriores que, en ese plano, también se cortan perpendicularmente.

Calcularemos el volumen de la cruz utilizando secciones horizontales, que son los cortesdel sólido con los planos de ecuaciones z = constante. Esas secciones tienen forma de unacruz plana de altura H uL, envergadura L uL y 2r uL será el ancho de los dos rectángulos queal cortarse forman la mencionada cruz. Sea Au2L el área de tal cruz. Evidentemente:

A = 2rL + 2rH − (2r)2 = 2r(L+H)− 4r2. (3.19)

Se ve que el área de la cruz plana es la suma de las áreas de los rectángulos menos el áreade la intersección de los dos rectángulos, que es un cuadrado (ver la figura 3.1).

En la figura 3.2, se muestran las vistas de frente, lateral y desde arriba del sólido y susección con un plano horizontal. Con la ayuda de este dibujo, podemos hallar la relaciónentre las variables r y z.


1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3x

y

r

L

r

H

Figura 3.1: Secciones horizontales

1

−1

1 2 3x

z

2R

1

2

1 2 3x

y

1

2

1−1z

y

r

2R

L

H

x2 + z2 = R2

r = |x|

y2 + z2 = R2

r = |y|

Figura 3.2: Vistas y sección horizontal de la cruz


En efecto, en la vista frontal, vemos que r = |x| y, como

x2 + z2 = R2,

deducimos que:r =

pR2 − z2, (3.20)

con z ∈ [−R,R].Reemplazando esta expresión en (3.19), obtenemos A en función de z:

A = a(z) = 2(L+H)pR2 − z2 − 4(R2 − z2), (3.21)

con z ∈ [−R,R].Para calcular V , usemos la fórmula del volumen por secciones (ver el teorema 3.1 más

adelante). Obtendremos que:

V =

Z R

−Ra(z)dz = 2

Z R

0a(z)dz,

puesto que a es una función par. Por lo tanto:

V = 4(L+H)

Z R

0

pR2 − z2dz − 8

Z R

0

(R2 − z2)dz.

Como Z R

0

pR2 − z2dz =

z

2

pR2 − z2 +

R2

2arcsin

z

R

R0

=πR2

4

y Z R

0

(R2 − z2)dz =

R2 − 1

3z3R

0

=2

3R3,

tendremos que

V = 4(L+H)πR2

4− 8

2

3R3 = πR2(L +H)− 16

3R3.

El volumen de la cruz será, entoncesπR2(L+H)− 16

3R3

u3L . (3.22)

Como, evidentemente, el volumen de los dos cilindros que forman la cruz es

πR2(L +H) u3L,

el volumen de su intersección será16

3R3 u3L .

Teorema 3.1 (Fórmula del volumen por secciones)Si un objeto sólido Ω representado en el espacio cartesiano es la unión de sus secciones trans-versales, digamos al eje z, para z ∈ [c, d], y si las áreas de dichas secciones son a(z) u2L, dondea es una función real con dominio [c, d] y continua en dicho intervalo, entonces el volumen V u3Ldel sólido se puede calcular mediante la fórmula:

V =

Z d

ca(z)dz.

Ahora vamos a dar uso de la solución del problema matemático del volumen de la cruzpara resolver el problema de la ofrenda de oro (que no es un problema matemático).


3.5.3 Solución del problema de la ofrenda de oro

Recordemos que H = 80, L = 50 y R = 4 en nuestro problema, por lo que, usando lafórmula (3.22), obtenemos:

V = π(4)2(50 + 80)− 16

3(4)3 = 2 080π − 1 024

3≈ 6 193.18.

Reemplacemos este valor en la ecuación (3.18) para obtener que

w = 19.3V ≈ 119 528.25.

Este valor, al ser reemplazado, a su vez, en la igualdad (3.17), produce que P ≈ 3 777 092.70.El precio del oro necesario para elaborar la ofrenda será, entonces, de aproximadamente3 777 092.70 dólares. ¡Cerca de 4 millones de dólares!

3.5.4 Epílogo

El valor que habían recaudado los feligreses era insuficiente para comprar el oro necesario. Seconoce que han iniciado una campaña de recolección de fondos y que han logrado ya el apoyode organismos nacionales y extranjeros para su empresa. Por otra parte, se halla en ejecuciónun proyecto para reforzar las seguridades del Museo de Arte Religioso de las Hermanas dela Concepción, con los más modernos sistemas electrónicos para la custodia de los locales ypara el acceso de personal y de los visitantes. Será el mismo museo, naturalmente, el que, amás de las magníficas obras de arte existentes, albergará la Ofrenda de Oro cuando ésta estéterminada.

3.5.5 Ejercicios

1. Un poste en forma de pirámide truncada desecciones cuadradas tiene 10m de altura, elcuadrado de la base es de 20 cm de lado y lasuperior tiene 10 cm de lado. Calcule su vo-lumen. De igual manera, si las secciones sontriángulos equiláteros o hexágonos equiláte-ros, calcule su volumen.

2. Un sólido tiene como base un círculo de radioR m y sus secciones transversales verticales,paralelas entre sí, son cuadradas. Halle su vo-lumen. De igual manera si las secciones sontriángulos equiláteros.

3. La base de un sólido es la región limitada porlas gráficas y = 4 − x2 e y = 0. Las seccio-nes transversales son cuadrados. Halle su vo-lumen. Proceder de la misma manera si lassecciones son triángulos equiláteros o trape-cios que pueden ser vistos como la mitad deun hexágono regular (es decir, la base mayores el diámetro del hexágono, y los otros treslados son iguales).

4. La base de un sólido es un triángulo equilá-tero y las secciones transversales, paralelas auno de los lados de la base, son semicírculos.Halle su volumen.

5. Halle el volumen de una bola de radio R m y

luego el del sólido que queda perforando la bo-la a lo largo de un diámetro mediante un ori-ficio cilíndrico de diámetro r m (0 < r < R).

6. Se hace una cruz con dos cilindros de radioR m y de largo 1m. Halle el volumen de lacruz y la del material que debió desecharsepara elaborarla.

7. Halle el volumen del sólido de revolución for-mado al rotar la región limitada por los gráfi-cos de las ecuaciones dadas, alrededor de la(s)recta(s) indicada(s). Use el método de rodajaso el de cortezas, ó las dos.

(a) y = x2, x = 0, y = 1; rectas y = 0, x = 0,y = 1

(b) y = x2, y = 0, x = 1; rectas y = 1, x = 1,x = 0

(c) y = 4 − x2, y = 0; rectas x = 2, y = 0,x = −3

(d) y = 9 − x2, y = 1 − x2/9; rectas y = 0,x = −3

(e) y =√x+ 1, x = 3, y = 0; rectas x = 3,

y = 0

(f) y = | sen x|, y = 0; rectas y = 0, y = −1

(g) y = sen2 x, y = 0, x = 0, x = π; rectay = 0


(h) y = x2, x = 1, y = 0; rectas x = 3, x = 1

(i) y = x1/3 + 1, y = −x + 1, x = 1; rectasx = 1, x = 2

(j) y =√x, y =

√1− x, y = 0, recta y = 0

(k) x2 − y2 = 1, x =√10, y ≥ 0; recta y = 0

(l) (x/a)2 + (y/b)2 = 1, y ≥ a, a > b > 0;recta y = 0

8. Halle el volumen de una bola de radio R m.

9. Halle el volumen de un cono circular recto dealtura H m y radio de la base R m.

10. Pruebe que una pirámide recta, cuya base esun polígono de área B y su altura es H m,tiene un volumen de (1/3)BH .

3.6 Longitud de arco

Dada una función continua f : [a, b] → R, nos planteamos el problema de hallar la longitudde su gráfica. Supondremos que f es derivable en ]a, b[. Se dice entonces que dicha gráfica esuna curva lisa.

f =(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, y = f(x)

©.

Consideremos una partición P de [a, b], P = x0, x1, . . . , xn. Se divide entonces f ensegmentos fk de la forma

fk =(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk, y = f(x)

©,

con 1 ≤ k ≤ n. Cada segmento lo aproximaremos con la cuerda Ck que une los puntosPk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk), donde yj = f(xj) con 0 ≤ j ≤ n.

Es decir∆sk uL = longitud(fk) ≈ longitud(Ck).

Si ∆sk uL = longitud(fk), tenemos que

∆sk ≈È(∆xk)

2+ (∆yk)2, (3.23)

donde ∆xk = xk − xk−1 y ∆yk = yk − yk−1.Si aplicamos el teorema del valor medio para f en el intervalo [xk−1, xk] obtenemos que

existe x∗k ∈ [xk−1, xk] tal que

∆yk∆xk

=f(xk)− f(xk−1)

∆xk= f ′(x∗k),

de donde∆yk = f ′(x∗k)∆xk.

Reemplazando esta expresión en (3.23) obtenemos

∆sk ≈È(∆xk)2 + [f ′(x∗k)∆xk]

2=È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk,

de donde

s =nX

k=1

∆sk ≈nX

k=1

È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk.

La última es una suma de Riemann en [a, b] para la función x 7→È1 + [f ′(x)]2. Si esta

función es integrable, por ejemplo si es continua en [a, b], tendremos entonces la posibilidadde definir a la longitud s uL de la gráfica de f mediante

s =

Z b

a

È1 + [f ′(x)]2 dx. (3.24)

3.7 Área de superficies de revolución 89

Ejemplo 3.38

Calcular la longitudes s uL de la gráfica de la ecuación y =1

6x3 +

1

2x−1 si x ∈ [2, 4].

Solución. Ponemos a = 2, b = 4, f(x) = 16x3 + 1

2x−1, de donde:

f ′(x) =1

6(3x2 − 3x−2) =

1

2(x2 − x−2),

f ′(x)2

=1

4(x4 − 2 + x−4) =

x4

4− 1

2+x−4

4,

1 +f ′(x)

2= 1 +

x4

4− 1

2+x−4

4

=x4

4+

1

2+x−4

4=h1

2(x2 + x−2)

i2,È

1 + [f ′(x)]2 =1

2(x2 + x−2)

puesto que x > 0.

Fácilmente se ve que la función

x 7→È

1 + [f ′(x)]2 =1

2(x2 + x−2)

es continua y, por lo tanto, integrable, razón por la cual finalmente podemos escribir

s =

Z 4

2

1

2(x2 + x−2) dx

=1

2

x3

3− x−1

42

=1

2

h1

3(43 − 23)−

1

4− 1

2

i=

1

2

h1

3(64− 8) +

1

4

i=

1

24(224 + 3)

=227

24.

3.6.1 Ejercicios

1. Halle la longitud del gráfico de la ecuación dada en el intervalo J que se indica.

(a) y = 3x+ 1, J = [1, 3]

(b) y = x3/2 + 1, J = [0, 9]

(c) y = (2/3)(x2 + 1)3/2, J = [0, 1]

(d) y = (1/3)x3/2 − x1/2, J = [1, 4]

(e) y = (1/4)x4 + (1/8)x−2, J = [2, 3]

(f) y = (1/5)x5 + (1/12)x−3, J = [1, 2]

(g) y = x2, J = [1, 2]

(h) y = sen x, J = [π/6, π/3]

(i) x2/3 + y2/3 = a2/3, a > 0

2. Verifique la conocida fórmula para la longitud de una circunferencia de radio R m.

3.7 Área de superficies de revolución

Al girar un curva C alrededor de un eje, se genera una superficie S llamada superficie derevolución. Cuando la curva es el gráfico de una función f que gira alrededor de uno de losejes coordenados o un eje paralelo a uno de ellos, se puede, en ciertos casos, calcular el áreade dicha superficie. Antes de hacerlo veamos dos resultados previos.


1. Calculemos el área de la superficie lateral S de un cono recto truncado cuya generatrizL tiene longitud l uL, y sus bases tienen radios que miden r uL y R uL, respectivamente.Pondremos área(S) = AuA. Dicha superficie lateral es parte de una corona circular comose indica en el dibujo.

R

r

l ρ

lα

2πr

2πR

El radio del círculo “grande” mide (ρ+ l) uL, el del círculo interior ρ uL. Sea α el ángulocentral. Conocemos que el área de un sector circular de ángulo central α y radio ρ uL esa(ρ) uA, con

a(ρ) =α

2ρ2.

Si área(s) = AuA, entonces

A = a(ρ+ l)− a(ρ) (3.25)

=α

2(ρ+ l)2 − α

2ρ2 (3.26)

=αl

2(2ρ+ l). (3.27)

Calculemos α y ρ. Como α = 2πrρ = 2πR

ρ+l , de la segunda igualdad obtenemos

ρ =rl

R− r, (3.28)

por lo que

α =2πr

ρ=

2πrrl

R−r

= 2πR− r

l. (3.29)

Reemplazamos (3.28) y (3.29) en (3.27) y obtenemos

A = 2πR− r

l

l

2

2rl

R− r+ l

= πl(R+ r).

Tenemos entonces queA = πl(R+ r). (3.30)

Notemos que (3.30) se parece mucho a la fórmula para el área de un trapecio de bases2πR uL y 2πr uL y de altura l uL.

2. Conocemos que si una función f : [a, b] → R es continua, entonces es Riemann integrable.Es decir existe Z b

af(x) dx = lım

‖P‖→0

nXk=1

f(x∗k)∆xk, (3.31)

sin importar los x∗k, k ∈ 1, 2, . . . , n, tomados.

3.7 Área de superficies de revolución 91

Si f está dado por f(x) = g(x)h(x), donde g : [a, b] → R y h : [a, b] → R son continuas,evidentemente f es continua y existe el límite escrito en (3.31) para la correspondientesuma de Riemann

nXk=1

f(x∗k)∆xk =nX

k=1

g(x∗k)h(x∗k)∆xk.

Se puede probar que si en vez de g(x∗k) tomamos g(sk) con sk ∈ [xk−1, xk] y en vez deh(x∗k) tomamos h(tk) con tk ∈ [xk−1, xk], el límite cuando ‖P‖ → 0 sigue existiendo yes el mismo, sin importar los valores de sk y tk, k ∈ 1, 2, . . . , n, que se hayan tomado.Entonces

lım‖P‖→0

nXk=1

g(sk)h(tk)∆xk =

Z b

ag(x)h(x) dx =

Z b

af(x) dx. (3.32)

Lo mismo sucede si f es el producto no de dos sino de tres o más funciones continuas.Por ejemplo, si

f(x) = g(x)h(x) j(x),

donde g, h y j son continuas en [a, b], entoncesZ b

a

f(x) dx =

Z b

a

g(x)h(x) j(x) dx = lım‖P‖→0

nXk=1

g(sk)h(tk) j(uk)∆xk, (3.33)

donde para todo k ∈ 1, 2, . . . , n, sk, tk, uk ∈ [xk−1, xk].

Podemos ahora calcular el área de una superficie de revolución.

3.7.1 Caso con giro alrededor del eje Ox.

Sea f : [a, b] → R una función no negativa cuya derivada existe y es continua en [a, b].Consideremos la superficie S generada al girar el gráfico de f alrededor del eje Ox. Con lasmismas notaciones del cálculo de la longitud del arco del gráfico de f , luego de realizar en[a, b] la partición P = x0, x1, . . . , xn, recordemos que si aproximamos los segmentos fk conlas cuerdas Ck que unen los puntos Pk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk) y si longitud(fk) = ∆sk uL,obtuvimos que

∆sk ≈È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk,

con x∗k ∈ [xk−1, xk], k ∈ 1, 2, . . . , n.La superficie Sk generada al girar el segmento fk del gráfico de f alrededor del eje Ox,

lo aproximaremos con la superficie generada al girar la cuerda Ck alrededor del mismo ejeOx. Pero esta última es la superficie lateral Kk del cono truncado de radios yk−1 e yk. Porlo tanto

área(Kk) = π(yk−1 + yk)∆sk uA = π [f(xk−1) + f(xk)]È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk uA . (3.34)

Si

AuA = área(S),

∆Ak uA = área(Sk) ≈ área(Kk), k ∈ 1, 2, . . . , n,

entonces, por (3.34)

A =nX

k=1

Ak ≈ πnX

k=1

[f(xk−1) + f(xk)]È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk


= πnX

k=1

f(xk−1)È

1 + [f ′(x∗k)]2∆xk + π

nXk=1

f(xk)È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk

La última expresión es la suma de dos sumatorias semejantes a las estudiadas en lasección anterior por lo que la continuidad de las funciones involucradas nos indica que ambassumatorias convergen, si ‖P‖ → 0 hacia

π

Z b

af(x)

È1 + [f ′(x)]2 dx

Podemos entonces escribir

A = 2π

Z b

af(x)

È1 + [f ′(x)]2 dx (3.35)

3.7.2 Caso con giro alrededor del eje Oy.

Si el gráfico de la misma función f , con a ≥ 0, lo hacemos girar alrededor del eje Oy (ya nose requiere que f sea no negativa), podemos repetir los mismos razonamientos.

El cono truncado, en este caso, tendrá como radios a xk−1 y xk, en vez de yk−1 e yk,respectivamente, por lo que

A ≈ πnX

k=1

(xk−1 + xk)È1 + [f ′(x∗k)]

2∆xk. (3.36)

Con similares argumentos obtendremos que

A = 2π

Z b

a

xÈ1 + [f ′(x)]2 dx. (3.37)

A manera de ejercicio, obtenga resultados análogos si se reemplazan los ejes de giro Oxy Oy por ejes paralelos a ellos, indicando las modificaciones necesarias a las hipótesis.

Ejemplo 3.39

Calcular el área AuA de la esfera cuyo radio mide R uL, utilizando (3.35) y (3.37).

Solución.

(a) Giro alrededor del eje Ox.

Con a = −R, b = R, f(x) =√R2 − x2, y como f ′(x) = −x√

R2−x2, por lo queÈ

1 + [f ′(x)]2 =

Ê1 +

−x√R2 − x2

2

=R√

R2 − x2,

podemos aplicar (3.35):

A = 2π

Z R

−R

pR2 − x2

R√R2 − x2

dx = 2π

Z R

−R

dx = 4πR2.

Es decir que A = 4πR2. El área de la esfera es pues el cuádruple del área del círculo máximoque corta la bola correspondiente, es decir es igual a 4πR2 uA.

3.8 El valor medio de una función 93

(b) Giro alrededor del eje Oy.

Por simetría podemos tomar el doble del área del hemisferio “norte” generado al girar alrededordel eje Oy el cuarto de circunferencia de radio R y centro en el origen, ubicado en el primercuadrante.

Con f(x) =√R2 − x2, a = 0, b = R, por (3.37) tendremos

A = 2 · 2πZ R

0

xÈ

1 + [f ′(x)]2 dx

= 4π

Z R

0

xR√

R2 − x2dx

= 4πR

Z R

0

x dx√R2 − x2

=4πR

−2

Z 0

R2

u−1/2 du

con el cambio de variable u = R2 − x2, du = −2x dx y de límites de integraciónx u

R 00 R2

A = 2πRu1/2

1/2

R2

0

= 4πR2.

El resultado es el mismo, obviamente.

3.7.3 Ejercicios

1. Halle el área de la superficie de revoluciónengendrada al girar el gráfico de la ecuacióndada, alrededor del eje o ejes indicados, parax ∈ I .

(a) y =√x, I = [1, 4]; ejes x e y

(b) y =√x+ 2, I = [2, 7]; eje x

(c) y = x3, I = [0, 1]; ejes x e y

(d) y = 4− x2, I = [−2, 2]; eje x

(e) y = 4− x2, I = [0, 2]; eje y

(f) y = (1/6)x3 + (1/2)x−1, I = [2, 4]; eje x

(g) y = (1/3)x3/2 − x1/2, I = [1, 4]; eje x

(h) y = (1/4)x4 + (1/8)x−1/2, I = [1, 2]; ejey

(i) x2/3 + y2/3 = a2/3, a > 0, y ≥ 0; eje x

2. Halle el área de la superficie lateral de un conode revolución de altura H m y radio R m.

3. Halle el área de una esfera de radio R m.

4. Halle el área de la superficie lateral de un conotruncado de revolución de altura H m y cuyasbases tienen r m y R m de radio.

3.8 El valor medio de una función

Un estudiante tomó 5 materias en un semestre y las aprobó con las siguientes notas, sobre40 cada una: Matemáticas 26, Física 24, Biología 24, Economía 30, Ciencias Sociales 28. Sise desea conocer el promedio de calificación del semestre se lo obtiene sumando estas notasy dividiendo para 5, el número de asignaturas. Así, su promedio será

26 + 24 + 24 + 30 + 28

5=

132

5= 26.4.

Esto es lo que se llama un promedio simple, porque todos los datos tienen la misma importan-cia o peso. Pero no siempre es este el caso. Por ejemplo, si en una universidad la aprobación


se la hace por semestre y no por materias, se da un peso a cada asignatura dependiendo dela carrera que cursa el alumno. Por ejemplo, para las carreras de Ingeniería y de Derecho sepueden tener los siguientes pesos o ponderaciones :

INGENIERÍA DERECHOMateria Peso PesoMatemáticas 10 8Física 10 6Biología 8 6Economía 6 10CC SS 6 10TOTAL 40 40

Para la promoción se considera el así llamado promedio ponderado de las calificaciones,que es el resultado de dividir la suma de las calificaciones previamente multiplicadas porsu respectivo peso, para el peso total de todas las asignaturas. Se aprueba el semestre, porejemplo, si el promedio ponderado es mayor que 28. Para los cálculos nos ayudan las siguientestablas.

CARRERA DE INGENIERÍAMateria Peso Nota Peso × NotaMatemáticas 10 26 260Física 10 24 240Biología 8 24 192Economía 6 30 180CC SS 6 28 168TOTAL 40 132 1040

El promedio ponderado para la carrera de Ingeniería es 104040 = 26.

CARRERA DE DERECHOMateria Peso Nota Peso × NotaMatemáticas 8 26 208Física 6 24 144Biología 6 24 144Economía 10 30 300CC SS 10 28 280TOTAL 40 132 1076

El promedio ponderado para la carrera de Derecho es 107640 = 26.9.

Recordemos que el promedio simple es 1325 = 26.4.

Vemos que un estudiante con esas calificaciones reprobaría el semestre en cualquiera delas dos carreras.

En general, si se tienen para n ≥ 2, n datos numéricos, digamos a1, a2, . . . , an ∈ R, y si elk-ésimo dato tiene un peso o ponderación pk > 0, k ∈ 1, 2, . . . , n, el promedio ponderadoP de esos datos es:

P =

nXk=1

pkak

nXk=1

pk

.

En Teoría de Probabilidades, para un k ∈ 1, 2, . . . , n dado, el peso o ponderación pkes la probabilidad del k-ésimo resultado de un evento dado que tiene n resultados posiblesmutuamente excluyentes, y ak es el valor numérico que se asigna a dicho resultado. En este

3.8 El valor medio de una función 95

casoPn

k=1 pk = 1 y al promedio ponderado que en este caso es P =nX

k=1

pkak, se le llama

esperanza matemática o media del valor numérico de dicho experimento.

Ejemplo 3.40

En un juego de dados en el que se apuesta $10 en cada lanzamiento del dado y solo se gana $4 sisale 1 o 2, $16 si sale 6, y se devuelven los $10 en los demás casos. Calcule la esperanza matemáticade ganancia del casino (EC) y del jugador (EJ).

Hay tres resultados posibles: r1 = 1, 2, r2 = 3, 4, 5 y r3 = 6 con las siguientes probabili-dades 1/3, 1/2 y 1/6, respectivamente, y con ganancias a1 = −6, a2 = 0 y a3 = +6 para el jugador,b1 = +6, b2 = 0 y b3 = −6 para el casino. De donde:

EJ =

3Xk=1

pkak =1

3(−6) +

1

2(0) +

1

6(+6) = −1,

EC =

3Xk=1

pkbk =1

3(+6) +

1

2(0) +

1

6(−6) = +1.

Como siempre, ¡el casino tiene ventaja sobre el jugador!

Pero no siempre se tiene solo una cantidad finita de datos de los cuales se quiere conocerel promedio. Digamos que dada una función continua f : [a, b] → R , se quiere conocer elpromedio de los valores f(x) posibles para esta función, teniendo en cuenta que x ∈ [a, b].

Si la función fuera constante, el promedio sería el valor de la función en cualquier x. Seauna partición P = x0, x1, . . . , xn del intervalo [a, b] y en cada intervalo Ik = [xk−1, xk],aproximaremos los f(x), x ∈ Ik, con un valor f(x∗k), donde x∗k ∈ Ik es un valor arbitrario.Si y es el valor promedio de f(x) para x ∈ [a, b], podemos aproximar a y con el promedioponderado de los valores f(x∗k), 1 ≤ k ≤ n, tomando como pesos las longitudes ∆xk de losintervalos Ik. Así

y ≈

nXk=1

f(x∗k)∆xk

nXk=1

∆xk

=1

b− a

nXk=1

f(x∗k)∆xk.

Esta última es una suma de Riemann y como es de esperar que la aproximación sea mejormientras más “fina” sea la partición, es decir, mientras más pequeño sea ‖P‖, el grosor de lapartición, y como al ser continua f en [a, b], existe el límite de la suma si ‖P‖ → 0, tendremosque se puede dar la siguiente definición.

Definición 3.2Si f : [a, b] → R es continua, entonces

y :=1

b− a

Z b

af(x) dx (3.38)

es el valor medio de f en [a, b].

Si se toman particiones homogéneas, y coincide con el límite si n→ ∞, de los promediossimples de los valores f(x∗k), puesto que ∆xk = b−a

n para todo k.Otra manera de llegar a la fórmula (3.38) es la siguiente.Imaginemos un recipiente (piscina) con agua. Si queremos establecer la profundidad pro-

medio y del agua cuando ésta está agitada no lo podremos hacer tomando una medida en


un punto cualquiera. Sin embargo, si tenemos la paciencia y el tiempo suficiente, bastaráesperar que el agua se calme y podremos medir la profundidad del agua en cualquier punto.

Análogamente, si queremos establecer la cota promedio y de todos los valores y = f(x)que toma la función f , cuando x “recorre” el intervalo [a, b], ¿que significaría en este caso“que las aguas se calmen”? Pues que la figura del dibujo, limitada por la gráfica de f y porlas rectas y = 0, x = a y x = b tendrá un área igual a la del rectángulo limitado por esastres rectas y por la recta y = y.

fy = y

a b a b

Es decir que Z b

af(x) dx = y(b − a)

puesto que (b − a) es la base y y es la altura del rectángulo. Por lo tanto, si f(x) ≥ 0 paratodo x tendremos que

y =1

b− a

Z b

af(x) dx.

Se tiene la siguiente propiedad:

Teorema 3.2Si

f(xm) = mına≤x≤b

f(x), f(xM ) = maxa≤x≤b

f(x),

entoncesf(xm) ≤ y ≤ f(xM ). (3.39)

Demostración. Para todo x ∈ [a, b], f(xm) ≤ f(x) ≤ f(xM ). Si integramos en [a, b], por la propiedadde monotonía de la integral definida tendremos queZ b

a

f(xm) dx ≤Z b

a

f(x) dx ≤Z b

a

f(xM ) dx,

por lo que

f(xm) x|ba ≤Z b

a

f(x) dx ≤ f(xM ) x|ba .

Es decir

(b− a)f(xm) ≤Z b

a

f(x) dx ≤ (b− a)f(xM ).

Dividiendo todo para (b− a) se tiene finalmente

f(xm) ≤ y ≤ f(xM ).

3.9 Masa y densidad 97

Teorema 3.3 (del valor medio para la integral definida)Si f : [a, b] → R es continua y si y es su valor medio en [a, b], entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que

y = f(c). (3.40)

Es decir Z b

af(x) dx = (b − a)f(c). (3.41)

Demostración. Es una consecuencia inmediata del teorema precedente y del teorema del valor in-termedio para las funciones continuas.

Este cololario no es otra cosa que el Teorema del Valor Medio para la Integral Definida.Si f(x) ≥ 0,

R ba f(x) dx nos da el área bajo la gráfica de f , por lo que (3.41) nos dice que

existe un rectángulo de base (b − a) y altura y con la misma área.

3.8.1 Ejercicios

1. Halle el valor medio y de y = f(x), para x ∈ I .

(a) f(x) = 3x+ 2, I = [1, 5]

(b) f(x) = 2x2 + 3, I = [1, 4]

(c) f(x) = x√x2 + 1, I = [0, 1]

(d) f(x) = sen x, I = [0, π]

2. Halle c ∈ I tal que f(c) = y, el valor mediode y = f(x) en I .

(a) f(x) = 3x2 + 2, I = [1, 5]

(b) f(x) = 3x2 − 2x, I = [1, 2]

3. La temperatura T C de una ciudad t horasluego del medio día está dada por

T = 30 + t− 1

2t2,

hasta las 18 horas. ¿Cuál es la temperaturapromedio entre las 12 horas y 18 horas?

4. Pruebe que si s(t) describe la posición de unapartícula que se mueve a lo largo de una rec-ta, entonces la velocidad media, vm[t0, t1], dela partícula en un lapso [t0, t1] coincide conel valor medio v de la velocidad instantáneav(t), si t ∈ [to, t1]. Recuerde que

vm[t0, t1] =s(t1)− s(t0)

t1 − t0

y

v(t) =ds(t)

dt.

3.9 Masa y densidad

Si una barra de longitud L uL está hecha de un material homogéneo y si su masa es M uM,se dice que la densidad (longitudinal) de la barra es δ uD, donde, simbólicamente

[uD] =[uM]

[uL]=

uMuL

indica que las unidades tomadas son compatibles entre sí y, en este caso:

δ :=M

L, (3.42)

de dondeM = δL. (3.43)


Ejemplo 3.41

Si uL = m y uM = kg, entonces uD = kg/m. Así, si una barra de densidad 2.8kg/m mide 3m,entonces tendrá una masa de 8.4 = kg.

Si una placa de área AuA está hecha de un material homogéneo y si su masa es de M uM, ladensidad (de área) de la placa es δ uD, donde

[uD] =[uM]

[uA]=huM

uA

i. (3.44)

Entonces

δ :=M

A. (3.45)

Ejemplo 3.42

Si uA = m2, uD = kg/m2.Análogamente para un sólido de volumen V uV, su densidad (volumétrica) estará dada por

δ :=M

V, (3.46)

si

[uD] =[uM]

[uV]=huM

uV

i. (3.47)

Ejemplo 3.43

Si uV = m3, uD = kg/m3.¿Qué sucede si el material no es homogéneo?

1. Veamos el caso de la barra. Supongamos que cada punto de la barra es de un material distintopara el cual se conoce su densidad.

xLO

Digamos que δ(x) uD es la densidad del punto x ∈ [0, L]. Ver dibujo. Esto quiere decir que unabarra de longitud 1 uL, hecha del mismo material que el punto x, tendrá una masa de δ(x) uM

porque, por (35), M = δ(x) 1 = δ(x) y

masa de la barra =M uM = δ(x) uM .

Para calcular la masa de la barra, asumiendo que δ : [0, L] → R, x 7→ δ(x) es continua, tomamosuna partición P = x0, x1, . . . , xn de [0, L]. En cada segmento [xk−1, xk] podemos aproximar lamasa del segmento suponiendo que ese pedacito de barra es homogéneo, hecho del materialidéntico al de un punto x∗

k ∈ [xk−1, xk]. Es decir, si ∆Mk uM es la masa de ese segmento, comosu longitud es de ∆xk uL, entonces

∆Mk ≈ δ(x∗k)∆xk.

Es decir

M =

nXk=1

∆Mk ≈nX

k=1

δ(x∗k)∆xk.

La última es una suma de Riemann que converge haciaR L

0δ(x) dx, puesto que δ es continua.

Como se puede esperar que la aproximación es mejor mientras más fina sea la partición, es decirmientras más pequeño sea ‖P‖, el grosor de ésta, podemos calcular M con la fórmula

M =

Z L

0

δ(x) dx. (3.48)

3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto 99

2. Para una placa, cuya forma es la de una figura de tipo I; es decir, es de la forma

Ω = (x, y) ∈ R | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x),

con g : [a, b] → R y h : [a, b] → R continuas, a < b, g(x) < h(x) para todo x ∈ ]a, b[, si la densidadde área solo depende de x, es decir

δ(x, y) = δ(x) para todo (x, y) ∈ Ω

con δ : [a, b] → R continua en [a, b], realizando la partición P = x0, x1, . . . , xn al intervalo [a, b],la placa se divide en “franjitas” verticales cuya masa ∆Mk uM puede aproximarse asumiendo quees homogénea y del mismo material que los puntos de abscisa x∗

k ∈ [xk−1, xk]. El área de la franjitase aproxima con la de un rectángulo de base ∆xk uL y altura [h(x∗

k) − g(x∗k)] uL. Entonces, por

(3.45),∆Mk ≈ δ(x∗

k)[h(x∗k)− g(x∗

k)]∆xk

por lo que

M =

nXk=1

∆Mk ≈nX

k=1

δ(x∗k)[h(x

∗k)− g(x∗

k)]∆xk.

Con los supuestos hechos

M =

Z b

a

δ(x)[h(x)− g(x)]dx (3.49)

3. Para un sólido cuya forma puede escribirse como

Ω = (x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Ωx,

donde los Ωx son secciones transversales al eje Ox, para las cuales se conoce su área A(x) ysi se asume que el material de cada sección transversal es homogéneo, de densidad de volumenδ(x), luego de realizar la partición P = x0, x1, . . . , xn al intervalo [a, b], si la masa de cada“k-rodajita”,

(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Ωx,que es ∆Mk uM, se aproxima con la de un “k-cilindrito”

(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk, (x, y) ∈ Ωx∗

k,

con x∗k ∈ [xk−1, xk], se tendrá

∆Mk ≈ δ(x∗k)A(x

∗k)∆xk,

puesto que el volumen del cilindrito será A(x∗k)∆xk uV, y por (38).

Tendremos entonces que

M =

nXk=1

∆Mk ≈nX

k=1

δ(x∗k)A(x

∗k)∆xk.

Con los supuestos hechos tendremos entonces que

M =

Z b

a

δ(x)A(x)dx. (3.50)

3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto

Vimos, al definir la derivada, que si s(t) describe la posición de un punto en un instante t,si v(t) es la velocidad instantánea y a(t) la aceleración instantánea en el instante t, se tieneque

v(t) =ds(t)

dt, (3.51)

a(t) =dv(t)

dt=d2s(t)

dt2. (3.52)


Es decir que v es la derivada de s y a es la derivada de v. Esto significa que s es unaprimitiva de v t v es una primitiva de a. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, para t0dado

R tt0v(τ) dτ nos da otra primitiva de v, por lo que existe C tal que

s(t) =

Z t

t0

v(τ) dτ + C ∀t. (3.53)

En particular si se conoce, para t0 dado, el valor s0 := s(t0), se tendrá, por (3.53), que

s0 = s(t0) =

Z t0

t0

v(τ) dτ + C = C.

Finalmente

s(t) = s0 +

Z t

t0

v(τ) dτ. (3.54)

Análogamente, dado v0 = v(t0) se tiene

v(t) = v0 +

Z t

t0

a(τ) dτ. (3.55)

Se debe distinguir el “desplazamiento” y el “recorrido” de un punto en un lapso [t0, t1].En efecto

desplazamiento en [t0, t1] = [s(t1)− s(t0)] uL =

Z t1

t0

v(τ) dτ uL . (3.56)

Mientras que

recorrido en [t0, t1] =

Z t1

t0

|v(τ)| dτ uL . (3.57)

Este último nos da la longitud de todo el camino recorrido por el punto al ir de s(t0) a s(t1),teniendo en cuenta posibles “idas y venidas”.

Ejemplo 3.44

Se lanza un objeto hacia arriba con velocidad de 19.6 m/s. Calcule el tiempo que tarda enregresar al punto de partida y el recorrido realizado.

Solución. Tomamos −9.8 m/s2 como la aceleración debida a la gravedad.

y = s(t) = posición del objeto en el instante t,

t0 = 0 = instante del lanzamiento,

T s = tiempo que tarda en regresar el objeto,

s0 = 0 = s(t0),

v0 = v(t0) = 19.6,

a(t) = −9.8,

Por (3.55)

v(t) = 19.6 +

Z t

0

(−9.8) dτ = 19.6 − 9.8t.

Por (3.54)

s(t) = 0 +

Z t

0

(19.6− 9.8t) dτ = 19.6t − 4.9t2.

3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto 101

T es tal que s(T ) = 0. Entonces

s(T ) = 19.6T − 4.9T 2 = 0.

Por lo que T ∈ 0, 4. El valor T = 0 se descarta pues corresponde de hecho al instante dellanzamiento, por lo que se puede concluir que el objeto tarda 4 s en regresar al punto de lanzamiento.

Para calcular el recorrido tomemos, usando (3.57),Z T

0

|v(τ )| dτ =

Z 4

0

|19.6 − 9.8τ | dτ.

Como

|19.6 − 9.8τ | =19.6 − 9.8τ si 0 ≤ τ ≤ 2

9.8τ − 19.6 si 2 ≤ τ ≤ 4,

tendremos que Z T

0

|v(τ )|dτ =

Z 2

0

(19.6− 9.8τ ) dτ +

Z 4

2

(9.8τ − 19.6) dτ

= (19.6τ − 4.9τ 2)20+ (4.9τ 2 − 19.6τ )

42

= 19.6(2 − 0)− 4.9(4− 0) + 4.9(16 − 4)− 19.6(4 − 2)

= 39.2− 19.6 + 58.8− 39.2 = 39.2.

El objeto habrá recorrido 39.2 m antes de regresar al suelo.El punto más alto al que llega se puede establecer calculando

max0≤t≤4

s(t) = max0≤t≤4

(19.6τ − 4.9τ 2).

El punto crítico t1 de s en [0, 4] se da si s′(t1) = v(t1) = 0, es decir si

v(t1) = 19.6− 9.8t1 = 0.

Tenemos pues t1 = 2 y

s(t1) = s(2) = 19.6(2) − 4.9(22) = 19.6.

Vemos que la altura máxima alcanzada es 19.6 m, que coincide, obviamente, con la mitad del reco-rrido total de ida y vuelta del objeto hasta regresar al punto de partida. En este caso, naturalmente,¡el desplazamiento es cero!

3.10.1 Ejercicios

1. Halle la posición s(t) de una partícula en elinstante t.

(a) v(t) = t2 − 4t, s(2) = 1

(b) v(t) = 2 cos(πt/2), s(1) = 10

(c) a(t) = 2t, s(1) = 1, v(1) = 0

(d) a(t) = 3√t+ 1, s(0) = 0, v(0) = 0

2. Si asumimos un valor aproximado de 9.8 m/s2

para la aceleración de la gravedad y desprecia-mos la resistencia del aire:

(a) ¿Cuánto tiempo tarda una piedra que sedeja caer desde la terraza de un edificiode 100m de alto? ¿Qué distancia recorreen el último segundo?

(b) ¿A qué altura llega un proyectil lanza-do verticalmente con una velocidad de10 m/s? ¿A qué altura llegaría en Marte,donde la gravedad es de 3.74 m/s2? ¿Aqué velocidad llega de regreso en los doscasos?


3.11 Trabajo mecánico

Recordemos que si un cuerpo sólido se desplaza en línea recta una distancia D uL debidoa la acción de una fuerza constante de F uF aplicada en la misma dirección y sentido delmovimiento se dice que el trabajo W uT realizado por la fuerza sobre el objeto está dado por:

W = FD (3.58)

si las unidades son compatibles. En este caso se escribe simbólicamente que

[uT] = [uF][uL] = [uF · uL].

Ejemplos de unidades compatibles se dan en la siguiente tabla.

Magnitud Sistema Inglés Sistema MKS Sistema CGS(Sistema Internacional)

Distancia pie (pie) metro (m) centímetro (cm)Fuerza libra (lb) newton (N) dina (dina)Trabajo pie·libra (pie·lb) joule (J) ergio (erg)

Si la fuerza es variable e igual a F (x) uF, si xuL nos da la posición del objeto a lo largode un intervalo [a, b], y si la función F : [a, b] → R es continua en [a, b], para calcular eltrabajo realizado al desplazar el objeto desde A(a) hasta B(b), podemos hacer una particiónP = x0, x1, . . . , xn del intervalo [a, b] y aproximar el trabajo ∆Wk uT realizado al desplazarel objeto a lo largo del intervalo Jk = [xk−1, xk], con el trabajo realizado por una fuerzaconstante de magnitud F (x∗k) uF, con x∗k ∈ Jk. Es decir, como ∆xk es el desplazamiento a lolargo de Jk, por (3.58) tendremos

∆Wk ≈ F (x∗k)∆xk, 1 ≤ k ≤ n.

Entonces

W =nX

k=1

∆Wk ≈nX

k=1

F (x∗k)∆xk. (3.59)

La última es una suma de Riemann que converge haciaR ba F (x) dx, cuando el grosor de la

partición tiende a 0, puesto que hemos supuesto que F es continua. Teniendo en cuenta quela aproximación dada por (3.59) es mejor si la partición es cada vez más fina, podemos,entonces, definir el trabajo realizado por la fuerza F mediante:

W :=

Z b

aF (x) dx. (3.60)

Ejemplo 3.45

Calcule el trabajo necesario para alargar o comprimir un resorte de constante k unadistancia x.

Solución. Según la ley de Hooke1, al alargar un resorte, éste ejerce una fuerza directamente pro-porcional a la elongación del resorte en el sentido contrario a la elongación. Si ubicamos el resorteen un sistema de coordenadas de modo que 0 corresponde a la posición del extremo del resorte enreposo y x a la posición de este extremo si lo hemos estirado (elongado) xuL, para dicho resorte setendrá, según la ley de Hooke antes mencionada, una constante k > 0, tal que

F (x) = kx,

1Robert Hooke (1635-1703).

3.11 Trabajo mecánico 103

donde F uF es la fuerza necesaria para tener estirado el resorte en la posición x. Si se estira el resortehasta una posición L uL, el trabajo necesario para lograr este estiramiento será entonces de W uT,donde

W =

Z L

0

F (x)dx =

Z L

0

kx dx =k

2x2L0=kL2

2.

Ejemplo 3.46

Gravitación universal. Según Newton, si 2 cuerpos celestes de masas M uM y m uM

están situados a una distancia D uL el uno del otro, cada uno de ellos es afectado por unafuerza que lo atrae al otro, cuya magnitud es de F uF. En este caso

F = kMm

D2,

donde k es la constante de gravitación universal. En el Sistema Internacional, si uF = N,uL = m y uM = kg, se tiene que k = 6.67 × 10−11. Si el cuerpo de masa M uM es unplaneta, y el de masa m uM es un satélite artificial, ¿qué trabajo se requiere para llevarloa una altitud de H uL sobre la superficie del planeta cuyo radio es R uL?

Solución. Si ubicamos un sistema de referencia con el origen en el centro del planeta y en direcciónvertical, se desea llevar el satélite desde la posición R hasta la posición R + H . La fuerza que hayque hacer para vencer la gravedad será F (x) uF, donde

F (x) = kmM

x2.

El trabajo necesario será entonces de W uT, con

W =

Z R+H

R

kmM

x2dx = −kmM 1

x

R+H

R= −kmM

1

R+H− 1

R

=

kmMH

R(R+H).

Es decir que el trabajo será dekmMH

R(R+H)uT.

Para los ejercicios prácticos, se tienen los siguientes datos aproximados de la masa M kgy el diámetro D km, de algunos astros.

Objeto M kg D kmSol 1.99× 1030 1392000Mercurio 3.12× 1023 4880Venus 4.87× 1024 12104Tierra 5.98× 1024 12756Marte 6.46× 1023 6787Jupiter 1.90× 1027 142800Saturno 5.69× 1026 120000Urano 8.67× 1025 51800Neptuno 1.03× 1026 49500Pluton ≈ 5× 1024 ≈ 6000Luna 7.35× 1022 3476

Ejemplo 3.47

Bombas hidráulicas. Se trata de calcular el trabajo necesario para “bombear” un líquidoa un nivel superior.


Solución. Para los cálculos, a más de los expuesto, se usan los siguientes conceptos.Si un volumen V uV de un líquido tiene una masa M uM su densidad δ uD está dada por

δ =M

Vo M = δV,

si las unidades son compatibles. Por ejemplo, en el Sistema Internacional (SI):

uM = kg, uV = m3, uD = kg/m3.

También se define el peso P uF del líquido, que es la fuerza con que la Tierra atrae al líquido.Siguiendo la ley de Newton2, será de magnitud

P =Mg

donde g uA es la aceleración debida a la gravedad. Al ser uA = m/s2 en el SI, g = 9.80665 ≈ 9.8, yen el sistema inglés g ≈ 32 porque uA = pie/s2.

Se define el peso específico del líquido ρuPE, por

ρ =P

V.

Obviamente ρ = δ · g.En el SI, uPE = N/m3. En el sistema inglés, uPE = lb/pie3. Además, 1 N = 0.2248 lb o, lo que

es lo mismo, 1 lb = 4.448 N. Por ejemplo, para el agua se tiene que

ρ = 9800 en el SI,

ρ = 62.4 en el sistema inglés.

Si para un recipiente se conoce el área de las secciones transversales horizontales, podemoscalcular el trabajo necesario, por ejemplo, para extraer de él el líquido contenido.

Tomemos un recipiente hemisférico de radio R m. Si inicialmente está lleno de agua, ¿qué trabajose requiere para vaciarlo?

Ubicamos el eje x hacia abajo y el origen en el centro de la esfera. Partimos con P = x0, x1, . . . , xnal intervalo [0, R]. La sección transversal horizontal del nivel x será un círculo de radio

r =pR2 − x2 := f(x).

La k-ésima “capa” de líquido para x ∈ Jk = [xk−1, xk] la aproximamos con un cilindro de radio

f(x∗k) =

ÈR2 − (x∗

k)2,

donde x∗k =

xk−1+xk

2, 1 ≤ k ≤ n, es el “desplazamiento promedio ” que debe hacer cada partícula

de agua para salir del recipiente subiendo hacia el borde del mismo. Como el volumen Vk m3 dela capita de agua es aproximadamente π[f(x∗

k)]2 ∆xk m3, que es el volumen del correspondiente

cilindrito, el peso de la capita será de aproximadamente

ρ N/m3 · π[f(x∗k)]

2 ∆xk m3 = 9800πR2 − (x∗

k)2∆xk N.

El trabajo que se debe hacer para llevar la capita al borde del recipiente será ∆Wk N·m, por loque

∆Wk ≈ 9800πR2 − (x∗

k)2 x∗

k ∆xk.

bO

R

xr

Finalmente,

W =

nXk=1

∆Wk = 9800π

Z R

0

(R2x− x3) dx

= 9800π

R2

2x2 − x4

4

R0

= 4900πR4.

El trabajo necesario para vaciar el recipiente será entonces de4900πR4 N·m.

2Isaac Newton (1642-1727).

3.12 Presión hidrostática 105

3.11.1 Ejercicios

1. Un resorte tiene una longitud de 40 cm. Si se letira con una fuerza de 10 N, alcanza los 50 cm.

(a) ¿Qué fuerza se requiere para que su lon-gitud sea de x cm?

(b) ¿Qué trabajo se realiza al estirarle hasta60 cm?

(c) ¿Qué trabajo se realiza para estirarlo10 cm más?

2. Una fuerza de 50 N acorta en 6 cm a un re-sorte de 20 cm de longitud. ¿Qué trabajo serequiere para que tenga 15 cm?

3. Halle el trabajo necesario para elevar en Mar-te una masa de 5 000 kg desde una superficiehasta una órbita de 7 000 km de diámetro.

4. Un depósito en forma de cono circular inver-tido de 15m de altura y 7m de diámetro ensu base, está lleno de agua. ¿Qué trabajo serequiere para vaciarle?:

(a) por arriba,

(b) si el depósito estaba a mitad lleno, y

(c) si el depósito es cilíndrico de iguales di-mensiones.

5. Un cable de acero de 50m de longitud y 2 cmde diámetro pesa 10 kg/m y pende desde lo al-to de un rascacielos. ¿Qué trabajo se requierepara levantarlo hasta la terraza?

6. Un cohete que está cargado de combustiblepesa 2 × 106 kg y lleva un módulo habitableque pesa 105 kg hacia una estación orbital, si-tuada a una altitud de 300 km. Al subir con-sume 150 kg/m de combustible.

(a) Exprese el peso total del sistema en fun-ción de su altitud.

(b) Calcule el trabajo requerido para llegara la estación espacial.

3.12 Presión hidrostática

Cada punto de la sección horizontal de un líquido en reposo sufre una presión del líquido queestá sobre dicha sección. Si el área de la sección es AuA y está a una profundidad de H uL,el volumen de líquido será de V uV = AuA ·H uL = AH uV. El peso P uF de este volumen,si ρ uPE es el peso específico del líquido, será entonces dada por

P = ρV = ρAH. (3.61)

Si la presión es p uP, tendremos entonces que

p =P

A=ρAH

A= ρH, (3.62)

si uP es compatible con las demás unidades. Por ejemplo, en el SI

uL = m, uA = m2, uV = m3, uF = N, uPE = N/m3, uP = N/m2.

La placa horizontal soportará, debido a la presión, una fuerza F uF y entonces

F = P = ρAH, (3.63)

A Blaise Pascal (1623-1662) se le debe el descubrimiento del Principio que lleva su nom-bre: “La presión ejercida por un líquido a una profundidad dada es la misma en todas lasdirecciones”.

Calculemos la fuerza total ejercida por un líquido, debido a la presión hidrostática, si elpeso específico del líquido es ρ uPE, sobre una placa vertical cuya forma es de tipo II y estádada por

(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ H1, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y),con 0 < H1, ϕ(y) < ψ(y) para todo y ∈ ]0, H1[, ϕ y ψ continuas en [0, H1]. H uL es laprofundidad del punto más bajo de la placa.


x

y

H

H1

O

φ ψ

Calculemos la fuerza F uF ejercida sobre la placa. Aproximémosla dividiendo el intervalo[0, H1] mediante una partición P = y0, y1, . . . , yn. La “k-fajita” horizontal de la placa, dadapor

(x, y) ∈ R2 | yk−1 ≤ y ≤ yk, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)aproximémosla con el k-rectángulo

(x, y) ∈ R2 | yk−1 ≤ y ≤ yk, ϕ(y∗k) ≤ x ≤ ψ(y∗k),

donde y∗k ∈ Jk = [xk−1, xk]. Asumimos que todos los puntos de la fajita sufren, aproxima-damente, la misma presión que los puntos situados a la misma profundidad que los puntosde ordenada y∗k, que es de (H − y∗k) uL.Por (3.63) tendremos, entonces, teniendo también encuenta el Principio de Pascal que si ∆Fk uF es la fuerza que soporta la k-fajita, entonces

∆Fk ≈ ρ[ψ(y∗k)− ϕ(y∗k)](H − y∗k)∆yk

puesto que el área de la fajita es, aproximadamente,

[ψ(y∗k)− ϕ(y∗k)]∆yk uA .

Entonces

F =nX

k=1

∆Fk ≈ ρnX

k=1

[ψ(y∗k)− ϕ(y∗k)](H − y∗k)∆yk. (3.64)

Pero la última es una suma de Riemann, que por la continuidad de la función definida pory 7→ [ψ(y)− ϕ(y)](H − y) en [0, H1], converge hacia

ρ

Z H1

0

[ψ(y)− ϕ(y)](H − y) dy

si ‖P‖ → 0. Este valor nos servirá para el cálculo de F , puesto que es de suponer que F estámejor aproximada por (3.64) mientras más fina es la partición P de [0, H1]. Es decir

F = ρ

Z H1

0[ψ(y)− ϕ(y)](H − y) dy. (3.65)

Si se ubica el origen de coordenadas como en el dibujo, la forma de la placa será de tipoI.

x

y

O

H1

H2

g h

3.12 Presión hidrostática 107

Con el eje Oy coincidiendo con el nivel del líquido se tendrá

(x, y) ∈ R2 | H1 ≤ x ≤ H2, g(x) ≤ y ≤ h(x),

con H1 uL = profundidad del borde superior de la placa y H2 uL = profundidad del bordeinferior de la placa.

En este caso

F = ρ

Z H2

H1

[h(x)− g(x)]x dx. (3.66)

3.12.1 Ejercicios

1. Halle la presión y la fuerza ejercida sobre el fondo plano de una piscina llena de agua hasta 10 cmdel borde, si la piscina mide 2m×8m×15m.

2. Una placa triangular (ver Figura 3.3) está sumergida en agua. Halle la fuerza que se ejerce sobreella (distancias en metros).

0

−1

−2

−3

−4

0 1 2 3 4 5 6 7

y

x

1

2

3

4

A(1, 4)

C(4, 7)

B(3, 2)

Superficie

(a) Placa Triangular

0

−1

−2

−3

−4

0 1 2 3 4 5

y

x

1

2

3

4

Superficie

(b) Placa de Borde Parabó-lico

Figura 3.3: Placas para los ejercicios 2 y 3.

3. Repetir el ejercicio anterior si la placa tiene la forma dada en la Figura 3.3, donde la curva tieneecuación

x =1

4(y − 3)2.

4. Halle la fuerza ejercida por el agua sobre el fondo de la piscina del dibujo (Figura 3.4).

1m

10m

5m

3m

(a) Piscina

20m 40m

20m

7m

(b) Dique

Figura 3.4: Gráficos para los ejercicios 4 y 5.

5. Se usa un dique como el de la Figura 3.4 en un reservorio de agua. ¿Qué fuerza se ejerce sobre lapared inclinada cuando el reservorio está lleno?


3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad

3.13.1 Caso de sistemas en “línea recta”

Dada una masa “puntual” m um, que se supone “concentrada” en un punto P del espacio E1,E2 o E3, si d uL es la distancia de P a otro punto fijo dado Q, se llama momento de la masarespecto a Q a la magnitud M uM, dada por

M = md. (3.67)

En este caso uM es compatible con las unidades de masa y de longitud um y uL, y se escribesimbólicamente

[uM] = [um] · [uL] = [um · uL].Las unidades usadas usualmente se resumen a continuación.

Magnitud Sistema inglés Sistema MKS Sistema CGSSistema internacional

Longitud pie m cmMasa slug kg g

Momento de masa slug·pie kg·m g·cmSi imaginamos la masa m um unida por una “barra sin masa” al punto Q fijo, si ubicamos

este “aparato” en un campo gravitacional, la masa m tiende a girar alrededor de Q. Elmomento M uM mide la magnitud de esta “tendencia” a girar.

Si realizamos nuestro estudio en E2, con Q y P sobre el eje Ox, el posible giro puedetener uno de dos sentidos, si imaginamos el campo gravitacional atrayendo a la masa haciaabajo. Si en vez de la distancia d utilizamos la “distancia dirigida” x− x de P respecto a Q,donde x y x son las coordenadas de Q y P , respectivamente, el momento estará dado por

M = m(x− x) (3.68)

y el signo de M nos indica que el posible giro sería en el sentido de las manecillas del relojsi x− x > 0, y por ende M > 0, y el sentido contrario si M < 0.

En particular si Q = O, donde O(0) es el origen del sistema de coordenadas el momentoserá

MO = mx. (3.69)

Imaginemos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas m1 um,m2 um, . . . ,mn um, situadassobre el eje Ox en los puntos P1, P2, . . . , Pn de abscisas x1, x2, . . . , xn, respectivamente, talesque x1 < x2 < . . . < xn, unidos por una “barra sin masa”, diremos que la masa total delsistema es m um, si

m =nX

k=1

mk (3.70)

y que el momento de masa del sistema M uM, respecto de un punto Q(x), situado tambiénen el eje Ox, está dado por

M =nX

k=1

mk(xk − x). (3.71)

En particular el momento respecto al origen O(0) será

MO =nX

k=1

mkxk. (3.72)

Si vemos a nuestro sistema como un “sube y baja” cuyo punto de apoyo es Q o como un“móvil”, que se suspende sobre las cunas de los bebés, el sistema tenderá a girar en uno u

3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad 109

otro sentido según el signo de M . Pero siempre se podrá hallar un punto Q(x), de modo queel sistema esté “en equilibrio”. Esto sucede si M = 0. En efecto, como

0 =M =nX

k=1

mk(xk − x) =nX

k=1

mkxk − xnX

k=1

mk =MO − xm.

Entonces0 =MO − xm, (3.73)

por lo que

x =MO

m=

Pnk=1mkxkPnk=1mk

. (3.74)

Al punto Q(x) se le llama centro de masa del sistema (o centro de gravedad). La igualdad(3.73) puede también escribirse

MO = xm. (3.75)

La coincidencia entre (3.69) y (3.75) nos sugiere una interpretación: ¡el sistema es “equi-valente” a una sola masa puntual m um, ubicada en el centro de gravedad del sistema Q(x)!

bm1 b

m2 bm3 b

m4 bmn

x1 x2 x3 x4 ... xnx

Si el sistema de masas puntuales es reemplazado por una barra de longitud l uL, cuyadensidad longitudinal δ uD está dada por una función continua

δ : [0, l] −→ Rx 7−→ δ(x)

para calcular el momento M uM, respecto de un punto Q(x, 0), dividimos [0, l] mediante unapartición P = x0, x1, . . . , xn y aproximamos el cálculo asumiendo que el “k-trocito” debarra correspondiente al intervalo Jk = [xk−1, xk], es homogéneo de densidad δ(x∗k), conx∗k = xk−1+xk

2 , y que la masa∆mk um ≈ δ(x∗k)∆xk um

de cada trocito está “concentrada” en el punto P ∗k (x

∗k), 1 ≤ k ≤ n. Entonces, utilizando con

los cambios adecuados (3.71) tendremos que

M =nX

k=1

∆Mk ≈nX

k=1

δ(x∗k) (x∗k − x)∆xk.

La última es una suma de Riemann, que al ser continua la correspondiente función, convergehacia

R l0 δ(x) (x− x) dx, si ‖P‖ → 0. Como es de esperar que la aproximación es mejor al ser

más fina la partición P , podemos asumir que

M :=

Z l

0δ(x) (x − x) dx. (3.76)

En el caso particular cuando Q = O, el origen del sistema, tendremos que el momento seráMO uM, con

MO =

Z l

0δ(x)x dx. (3.77)

Si buscamos Q(x) de modo que la barra esté en equilibrio, es decir de modo que M = 0,teniendo además en cuenta que m um es la masa de la barra, como

m =

Z l

0δ(x) dx,


de (3.76) obtenemos:

0 =

Z l

0δ(x) dx − x

Z l

0δ(x) dx =MO − xm. (3.78)

Esta expresión, idéntica a la obtenida en (3.73) nos permite definir como centro de gravedad(o de masa) de la barra, al punto Q(x), si

x =MO

m=

R l0 δ(x)x dxR l0 δ(x) dx

. (3.79)

La barra, que como en el caso del sistema de masas puntuales, se la suspende con una cuerdaamarrada al punto Q, se mantendrá horizontal, ¡es “equivalente” a una masa puntual mubicada en Q(x)!

Si la barra es homogénea, es decir si δ = δ(x) = constante, x = l/2, porque

x =δR l0 x dx

δR l0 dx

=l2

2

l=l

2. (3.80)

o l

m

x

3.13.2 Caso de sistemas “planos”

Dada una recta l y un punto P exterior a ella, la distancia del punto P a l es la longitud|−−→PQ| uL del segmento

−−→PQ, donde Q ∈ l es tal que

−−→PQ es perpendicular a la recta l. Si P ∈ l,

se dice que la distancia de P a l es cero. Si se tiene una recta l en E2 o E3 y una masa puntualm um concentrada en un punto P , se llama momento de la masa respecto a l a M uM, donde

M = md, (3.81)

y d es la distancia de P a l (es decir d = 0 si P ∈ l o d = |−−→PQ|, −−→PQ ⊥ l, si P /∈ l).Si imaginamos, cuando P /∈ l, que la masa se une a Q mediante un alambre rígido sin

masa y si sometemos este sistema a un campo gravitacional perpendicular al plano definidopor la recta l y por P , el sistema “tenderá a girar” alrededor del eje l. El momento M uMmide la magnitud de esta “tendencia a girar” del sistema. Para representar adecuadamenteuno de los dos posibles sentidos de giro alrededor del eje l, consideraremos M > 0 parael un sentido y M < 0 para el sentido contrario. Por ejemplo, si tomamos un sistema decoordenadas bidimensional, de modo que el eje l = ly sea paralelo al eje Oy y esté situadoen el plano xy, al igual que la masa m um, ubicada, digamos, en el punto P (x1, y1), entoncesel eje ly estará descrito por el conjunto

(x, y) ∈ R2 | y ∈ R (3.82)

con x ∈ R fijo. En este caso Q(x, y1) ∈ l es el punto del eje l más cercano a P (x1, y1).

En la fórmula (3.81) la distancia d = |−−→PQ| la reemplazamos por la distancia dirigida deQ a P , dada por

d = x1 − x. (3.83)

Vemos que según el signo de d, si ponemos

Mly = m(x1 − x), (3.84)


el signo de Mly determinará el sentido del “giro de P ” alrededor de l.En el caso particular cuando l es el eje Oy, tendremos x = 0 y el momento será My uM,

conMy = mx1. (3.85)

Si el eje l = lx es paralelo al eje Ox, descrito digamos por

(x, y) ∈ R2 | x ∈ R, (3.86)

con y ∈ R fijo, y si P (x1, y1) /∈ l, el punto Q(x1, y) ∈ l será el punto del eje l más cercano

a P (x1, y1). En este caso se reemplaza d = |−−→PQ| de (3.81) por la correspondiente distanciadirigida de Q a P dada por

d = y1 − y, (3.87)

y el momento Mlx uM estará dado por

Mlx = m(y1 − y). (3.88)

En el caso particular cuando l = Ox, tendremos y = 0 y el momento será Mx uM, con

Mx = my1. (3.89)

Consideremos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas puntuales m1 um,m2 um, . . .,mn um, situadas en el plano xy horizontal en los puntos P1(x1, y1), P2(x2, y2), . . . , Pn(xn, yn),respectivamente, unidos entre sí por “alambres rígidos sin masa”, como en un móvil de cuna.Como antes, la masa m um del sistema estará dada por

m =nX

k=1

mk. (3.90)

El momento de masa del sistema respecto a un eje ly paralelo al eje Oy como el descritopor (3.82) será Mly uM, con

Mly =nX

k=1

mk(xk − x), (3.91)

y, en particular, si el eje coincide con el eje Oy, como x = 0, el momento estará dado por

My =nX

k=1

mkxk. (3.92)

Análogamente, si el eje l es paralelo al eje Ox, como el descrito por (3.86), el momentoMlx uM será dado por

Mlx =nX

k=1

mk(yk − y). (3.93)

En particular, si el eje lx = Ox, es decir si y = 0, el momento será Mx uM, con

Mx =nX

k=1

mkyk. (3.94)

Observemos que análogamente al caso de masas en línea, tenemos que

Mly =My − xm, (3.95)

Mlx =Mx − ym. (3.96)


Diremos que el sistema está en equilibrio si Mlx =Mly = 0. Esto sucede si escogemos losejes lx y ly que se cortan en el punto Q(x, y), llamado centro de masa o centro de gravedaddel sistema, y en este caso:

x =My

m=

Pnk=1mkxkPnk=1mk

(3.97)

y =Mx

m=

Pnk=1mkykPnk=1mk

(3.98)

Si suspendiéramos el “móvil” de una cuerda atada al punto Q, éste se ¡mantendría hori-zontal! ¡El sistema es “equivalente” a una masa puntual m um, ubicada en Q(x, y)!

x

y

bw2

bw1

bw3

bwn

(x2, y2)

(x1, y1)

(x3, y3)

(xn, yn)

En vez del sistema de masas puntuales consideremos ahora una placa cuya forma, de tipoI, está dada por

(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x), (3.99)

con a < b, g(x) < h(x) para todo x ∈ [a, b], g : [a, b] → R y h : [a, b] → R continuas en[a, b]. Supongamos que la densidad de área de la placa δ uD, depende solo de x y está dada

por una funciónδ : [a, b] −→ R

x 7−→ δ(x), continua en [a, b].

Dado un eje ly paralelo al eje Oy, como está descrito por (3.82), para calcular el momentoMly uM de la placa respecto al eje ly, partimos [a, b] mediante P = x0, x1, . . . , xn. Cada“k-franjita” de la placa descrita por

(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x),

la aproximaremos con una placa homogénea con la forma del rectángulo

(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x∗k) ≤ y ≤ h(x∗k).

El material de esta plaquita rectangular lo supondremos homogéneo del mismo tipo que elpunto de coordenadas (x∗k, y

∗k), es decir de densidad δ(x∗k), donde

x∗k =xk−1 + xk

2, y∗k =

g(x∗k) + h(x∗k)

2. (3.100)

Teniendo en cuenta (3.80), (x∗k, y∗k) es el centro de gravedad de la plaquita rectangular que

puede ser reemplazada por una masa puntual situada en este punto y de magnitud

δ(x∗k) [h(x∗k)− g(x∗k)]∆xk um . (3.101)

Por ello, y teniendo en cuenta (79), tendremos que

Mly ≈nX

k=1

δ(x∗k) [h(x∗k)− g(x∗k)] (x

∗k − x)∆xk (3.102)


Por la continuidad de la función x 7→ δ(x) [h(x)− g(x)] (x− x), existe la integral que nospermite definir:

Mly :=

Z b

aδ(x) [h(x) − g(x)] (x − x) dx. (3.103)

En particular, si ly = Oy, es decir si x = 0, el momento será dado por

My =

Z b

a

δ(x) [h(x) − g(x)]x dx. (3.104)

Análogamente calculemosMlx y Mx. En este caso, en (3.102) la distancia dirigida (x∗k−x)se reemplaza, dado (3.100), por

(y∗k − y) =g(x∗k) + h(x∗k)

2− y, (3.105)

por lo que

Mlx =

Z b

aδ(x) [h(x) − g(x)]

h(x) + g(x)

2− y

dx, (3.106)

y si lx = Ox el momento estará dado por

Mx =1

2

Z b

aδ(x)

[h(x)]2 − [g(x)]2

dx, (3.107)

puesto que y = 0.Como en este caso la masa m um de la placa está dada por

m =

Z b

aδ(x) [h(x) − g(x)] dx, (3.108)

de (3.103), (3.104), (3.105), (3.106) y (3.108) obtenemos las mismas expresiones

Mly =My − xm, (3.109)

Mlx =Mx − ym, (3.110)

obtenidas en (3.95) y (3.96). Por ello, el centro de gravedad Q(x, y) de la placa estará dadopor

x =My

m=

R ba δ(x) [h(x) − g(x)]x dxR ba δ(x) [h(x) − g(x)] dx

, (3.111)

y =Mx

m=

12

R ba δ(x)

[h(x)]2 − [g(x)]2

dxR b

a δ(x) [h(x) − g(x)] dx. (3.112)

Si la placa es homogénea, es decir si la densidad es constante, δ(x) “sale” de las integralesde (3.111) y (3.112) y se simplifica. En este caso, el centro de gravedad Q(x, y) se llamacentroide de la figura dada por (3.99). Tendremos entonces:

x =My

m=

R ba [h(x)− g(x)]x dxR ba [h(x) − g(x)] dx

, (3.113)

y =Mx

m=

12

R ba

[h(x)]2 − [g(x)]2

dxR b

a [h(x) − g(x)] dx. (3.114)


x

y

a b

h

g

Ejemplo 3.48

Calcule el centroide de la figura limitada por los gráficos de y =√9− x2 e y = 0, es decir

de un semicírculo de radio 3 uL.

Solución. Aquí a = −3, b = 3, h(x) =√9− x2, g(x) = 0. La integral

R 3

−3

√9− x2 dxuL

2 es el áreadel semicírculo de radio 3 uL, por lo queZ b

a

[h(x)− g(x)]dx =

Z 3

−3

p9− x2 dx =

1

2

π(3)2

=

9π

2.

La integral Z b

a

[h(x)− g(x)]x dx =

Z 3

−3

p9− x2x dx = 0

por ser impar la función y simétrico el intervalo [−3, 3].

x

y

3

3

−3

AdemásZ b

a

[h(x)]2 − [g(x)]2

dx =

Z 3

−3

(9− x2) dx

=

9x− x3

3

3−3

= 9[3− (−3)]− 1

3[27− (−27)] = 54− 18 = 36.

Por consiguiente,

x = 0, y =

1

2(36)

9

2π

=4

π.

El centroide estará dado por

(x, y) =0,

4

π

.

3.13.3 Ejercicios

1. Una barra rígida uniforme de 2m de largo y de masa M , soporta 3 objetos M1, M2 y M3 demasa , y , respectivamente, como se muestra en la Figura 3.5. Halle el punto P del cual se debesuspender la barra con los objetos para que quede horizontal.

2. Repita el ejercicio anterior con una barra de densidad lineal δ(x) si:

(a) δ(x) = 10− 3x (b) δ(x) = 4 + 3x

3. Repita el primer ejercicio pero esta vez quitando los objetos. La densidad lineal está dada por:

3.14 Aplicaciones en economía 115

x

y

M1M3

M2

O P

Figura 3.5: Masas suspendidadas.

(a) δ(x) = 4 + x2 (b) δ(x) = 5 + 2√2x

4. Halle el centroide de la figura limitada por las gráficas de las siguientes ecuaciones:

(a) y = 4− x2, x = 0, y = 0

(b) y = 4− x2, y = 0

(c) y = 1 +√x, y = 0, x = 4

(d) y = x3, y = 27, x ≥ −1

(e) y = x2, y =√x

(f) y = 3− x2, y = (x− 1)2 − 2

(g) y = x4, y = 4√x

(h) x2 + y = 1, x+ y = −1

3.14 Aplicaciones en economía

3.14.1 Ingreso de una empresa o un gobierno

La administración de un cantón recauda, entre otros, un impuesto predial. Si, por ejemplo, en5 años recaudó 200 millones de dólares, como la recaudación anual de este impuesto no varíamayormente si la tasa impositiva se mantiene constante, un buen indicador de la recaudaciónes la tasa anual de recaudación TR uTR, dada por

200 millones de dólares5 años

= 40millones de dólares

año.

Para un ingreso de I uI en un lapso de T ut, la tasa de recaudación será TRuTR, donde

TR =I

T. (3.115)

Evidentemente, I = TRT .En general, para una gran empresa o un gobierno local o nacional que tiene un ingreso

permanente I uI, aunque variable en magnitud, a lo largo del tiempo t ut la tasa de recauda-ción del ingreso TR(t) uTR en el instante t indica el ingreso que se tendría en 1 ut si el flujode ingresos a lo largo de 1 ut sería similar al del instante t.

Si uTR es compatible con uI y ut se escribe analíticamente

[uTR] =[uI]

[ut]=

uIut

.

Dado TR(t), digamos para t ∈ [0, T ], si se desea conocer los ingresos generados en estelapso, se puede aproximarlo de la siguiente manera.

Realizamos una partición P = t0, t1, . . . , tn del intervalo [0, T ] y aproximamos el ingreso∆Ik uI en el lapso dado por el intervalo Jk = [tk−1, tk], como si el flujo de ingreso en este


intervalo fuera constante, digamos igual a TR(t∗k), con t∗k ∈ Jk. Es decir, teniendo en cuenta(3.115),

∆Ik ≈ TR(t∗k)∆tk,

de donde

I =nX

k=1

∆Ik ≈nX

k=1

TR(t∗k)∆tk.

La última es una suma de Riemann que si, por ejemplo, la función t 7→ TR(t) es continua en[0, T ], converge hacia

R T0 TR(t) dt, si ‖P‖1 → 0. Podemos entonces calcular el ingreso I uI en

el lapso dado por el intervalo [0, T ], mediante la fórmula

I =

Z T

0TR(t) dt. (3.116)

3.14.2 Superávit del consumidor y del productor

Según los economistas que estudian las leyes del mercado, si se llega al precio de equilibriode un bien se produce una ganancia tanto para un sector de los consumidores como paraparte de los productores, la que se mide por los así llamados “superávit del consumidor” y“superávit del productor”. Veamos cómo los calculan.

Sea x el número de unidades u de un bien (por ejemplo un auto, un galón de gasolina, unkg de arroz, etc.) que se compran y venden en un mercado dado si el precio unitario del bienes de p unidades monetarias uM (miles de dólares, un dólar, etc.). Este precio en la prácticaoscila entre un precio mínimo a uM, normalmente representado por el costo de producción, yun precio máximo b uM, que resultaría prohibitivo para todos los consumidores. Se supone quepara cada p ∈ [a, b], existiría una demanda de D(p) u y una oferta de S(p) u. NaturalmenteD : [a, b] → R es una función decreciente, que supondremos continua al igual que la funciónS : [a, b] → R que, por su parte, será creciente. Obviamente S(a) = 0 y D(b) = 0.

x

y

xE

pEO a bSPSC

D S

Los gráficos de las dos funciones se cortan en el punto (pE , xE) llamado punto de equilibriodel mercado, y pE uM es el precio de equilibrio del mercado.

Ahora bien, si se alcanza este precio de equilibrio, los productores que estaban dispuestosa vender aún a precios inferiores a pE uM, salen beneficiados. Análogamente, los consumidoresque hubieran adquirido el bien aún si su precio hubiera sido superior a pE uM también salenbeneficiados. El superávit del productor SP uM es la cantidad total de dinero que ese sector deproductores reciben por encima del precio al que estaban dispuestos a vender, mientras queel superávit del consumidor SC uM es la cantidad de dinero que se ahorra en total el sectorde consumidores que estaban dispuestos a pagar por el bien un precio superior al precio deequilibrio.

Se tiene que

SP =

Z pE

aS(p) dp, (3.117)

3.14 Aplicaciones en economía 117

SC =

Z b

pE

D(p) dp. (3.118)

Para probar (3.117) y (3.118), notemos que al ser continuas y monótonas las funciones Sy D son invertibles, y S : [a, pE ] → [0, xE ] y D : [pE , b] → [0, xE ] son biyectivas. Obviamente,Z pE

aS(p) dp =

Z xE

0[pE − S−1(x)] dx, (3.119)Z b

pE

D(p) dp =

Z xE

0[D−1(x)− pE ] dx. (3.120)

Probemos, por ejemplo, que

SC =

Z xE

0

[D−1(x)− pE ] dx. (3.121)

Dividimos el intervalo [0, xE ] con una partición P = x0, x1, . . . , xn. Como xE es elnúmero de bienes que se venderían y comprarían al precio de equilibrio pE y, puesto quexE =

Pnk=1 ∆xk, la cantidad de bienes ∆xk se comprarían por parte de consumidores que

estaban dispuestos a pagar un precio entre pk uM y pk−1 uM, que lo podemos aproximar,digamos, con un precio p∗k uM comprendido entre los dos anteriores. Hemos puesto pk iguala D−1(xk), 0 ≤ k ≤ n. Por la monotonía de D existe entonces x∗k ∈ Jk = [xk−1, xk] talque p∗k = D−1(x∗k). Al comprar entonces esas ∆xk u del bien, al precio de equilibrio pE uM,los consumidores que lo hacen se ahorrarían aproximadamente (p∗k−pE) uM por cada unidadcomprada. En total el ahorro ∆SCk uM por esas ∆xk u sería de aproximadamente

(p∗k − pE)∆xk uM = [S−1(x∗k)− pE ] ∆xk uM .

Sumando todo este ahorro, tendremos que

SC =nX

k=1

∆SCk ≈nX

k=1

[S−1(x∗k)− pE ] ∆xk.

La última es una suma de Riemann que converge haciaR xE

0 [S−1(x)− pE ] dx si ‖P‖ → 0,si la integral existe, lo que sucede, por ejemplo, si S−1 es continua. Vemos que (3.121) tieneentonces sentido, pues es de esperar que en el cálculo realizado la aproximación es mejor siel grosor de la partición es pequeño.

Tomando en cuenta (3.120), es pues razonable calcular SC mediante la fórmula (3.118).Análogamente se llega a (3.117).

3.14.3 Ejercicios

1. Si los ingresos de una empresa tiene una tasa de recaudación de TR(t) millones de dólares poraño, calcule el total de ingresos obtenidos en T años:

(a) TR(t) = 0.5(t − 2)2 + 1, T = 4

(b) 0.2√1 + t, T = 8

2. En el ejercicio precedente calcule el ingreso anual promedio en los últimos 2 años.

3. Halle el superávit del consumidor y el del productor si la oferta y la demenda están dadas porlas ecuaciones x = S(p) y x = D(p), respectivamente, con p ∈ I :

(a) S(p) = 3p/2− 150, D(p) = 3000− 2p, I = [100, 1500]

(b) S(p) = p2 − 4, D(p) = 10− p, I = [2, 10]

(c) S(p) = p2 + 2p, D(p) = 100− p2, I = [0, 10]

(d) S(p) = p2 + p, D(p) = (p− 10)2, I = [0, 10]

Capítulo 4

Función logaritmo y exponencial

4.1 Relaciones y funciones

Por su importancia para la comprensión del contenido de este capítulo recordemos algunosconceptos básicos. Sean X e Y dos conjuntos no vacíos. El producto cartesiano de X e Y esel conjunto

X × Y = (x, y) | x ∈ X, y ∈ Y .X × Y es pues el conjunto de parejas ordenadas (x, y), donde x ∈ X e y ∈ Y .

Cualquier subconjunto R de X × Y se llama relación entre los elementos de X × Y .Relación inversa de R es la relación

R−1 = (y, x) ∈ Y ×X | (x, y) ∈ R.

Se llama dominio de R o proyección de R sobre X al conjunto

D(R) = x ∈ X | ∃y ∈ Y, (x, y) ∈ R.

Se llama imagen de R o proyección de R sobre Y al conjunto

Im(R) = y ∈ Y | ∃x ∈ X, (x, y) ∈ R.

Una relación f ⊂ X × Y se llama función de X e Y , y se nota f : X → Y , si

∀(x, y1), (x; y2) ∈ X × Y, [(x, y1), (x; y2) ∈ f ⇒ y1 = y2] (4.1)

Por tradición, si f es una función, se escribe y = f(x) en vez de (x, y) ∈ f . La condición(4.1) se puede escribir entonces

∀(x, y1), (x; y2) ∈ X × Y, [y1 = f(x), y2 = f(x) ⇒ y1 = y2] .

O también∀x ∈ D(f) ∃!y ∈ Im(f) tal que y = f(x).

Definición 4.1Si f ⊂ X × Y es una función, se dice que f es invertible si f−1 también es una función.

Observemos que:

120 Función logaritmo y exponencial

1.

f−1 es función ⇔ ∀(y, x1), (y, x2) ∈ X × Y,(y, x1), (y, x2) ∈ f−1 ⇒ x1 = x2

⇔ ∀(x1, y), (x2, y) ∈ X × Y, [(x1, y), (x2, y) ∈ f ⇒ x1 = x2]

⇔ ∀(x1, y), (x2, y) ∈ X × Y, [y = f(x1), y = f(x2) ⇒ x1 = x2]

⇔ ∀y ∈ Im(f) ∃!x ∈ D(f) tal que y = f(x)

⇔ f es inyectiva.

2.

f es inyectiva ⇔ f−1 es la función inversa de f

⇒ ∀t ∈ D(f−1) = Im(f), ∃!s ∈ Im(f−1) = D(f) t.q. f−1(t) = s

(esto es t = f(s)).

3.

f es inyectiva ⇔ f−1 es la función inversa de f

⇒ f(f−1(x)) = x ∀x ∈ Im(f) y f−1(f(x)) = x ∀x ∈ D(f).

4.2 Sentido de la expresión ax para x ∈ Q

El objetivo de esta sección es dar un sentido a la expresión ax, cuando a > 0 y x ∈ R.En la escuela primaria aprendimos ya que para todo n ∈ N

an = aa · · · a (n veces).

O sea que, definiendo por inducción:

a1 = a

an = an−1 · a ∀n ≥ 2.

Se observa de inmediato algunas propiedades interesantes de esta escritura abreviada deun producto de n veces el mismo factor a:

an · am = an+m ∀n,m ∈ N,an

am= an−m ∀n > m ≥ 1,

(an)m = anm ∀n,m ≥ 1.

Pronto se nos hizo notar que si definimos

a0 = 1 y a−n =1

an,

las propiedades anteriores siguen siendo válidas para n,m en Z.La expresión an es pues válida y tiene “buenas” propiedades si n ∈ Z.Posteriormente se extendió la validez de la escritura indicada para x ∈ Q. En efecto, si

x ∈ Q, existen m ∈ Z y n ∈ N tales que x = mn . Se define, para n ∈ N:

a1n

def= n

√a = b tal que bn = a.

La “raíz n-ésima de a”, n√a siempre existe ya que la función

fn : [0,∞[→ [0,∞[, x 7→ fn(x) = xn

4.3 La función logaritmo natural 121

es estrictamente creciente, por lo tanto es inyectiva. De hecho es biyectiva. Por lo tanton√a = f−1

n (a).Si se pone, para m ∈ Z y n ∈ Z

amn = (am)

1n = n

√am,

se ha dado ya sentido a la expresión ax para x ∈ Q.Por otra parte se tienen también las propiedades para todo p, q ∈ Q:

ap · aq = ap+q,

ap

aq= ap−q,

(ap)q = apq.

4.3 La función logaritmo natural

Consideremos la función f : ]0,∞[→ R, x → 1x . Tenemos que f es continua en ]0,∞[ y

derivable en ese intervalo todas las veces que se desee:

f (n)(x) = (−1)nn!x−(n+1) ∀n ≥ 0, ∀x > 0.

Sea

ln : ]0,∞[→ R, x 7→ ln xdef=

Z x

1

dt

t.

Para la función así definida:

D(ln) = ]0,∞[,

(lnx)′ = f(x) =1

x,

(lnx)(n) = (−1)n+1(n− 1)!x−n, ∀n ≥ 0, ∀x > 0.

Como (lnx)′ = 1x > 0 para todo x, ln es creciente en ]0,∞[, y como (lnx)′ = − 1

x2 < 0para todo x, ln es cóncava en ]0,∞[.

Además se tienen las siguientes propiedades.

Teorema 4.1 (Propiedades de la función ln)Sean a, b > 0, q ∈ Q:

1. ln 1 = 0,

2. ln(ab) = ln a+ ln b,

3. lna

b= ln a− ln b,

4. ln(aq) = q ln a.

Demostración.

1. ln 1 =

Z 1

1

ds

s= 0.


2. Sean F (x) = ln(ax),G(x) = ln x, para x > 0. Derivando se obtiene para todo x > 0

F ′(x) =1

axa =

1

x= f(x); G′(x) =

1

x= f(x).

Al ser F y G primitivas de la misma función f , existe una constante C tal que para todo x > 0

F (x) = G(x) +C.

Para x = 1, F (1) = G(1) + C, de donde

ln a = ln 1 + C,

y como ln 1 = 0, C = ln a.

Entonces para todo x > 0F (x) = ln(ax) = ln x+ ln a.

Con x = b se obtiene el resultado.

3.

lnab

= ln(a · b−1)

= ln a+ ln(b−1), por 2.

= ln a+ (−1) ln b, por 4.

= ln a− ln b.

4. Sean F (x) = ln(xq) y G(x) = q ln x. Derivando se tiene:

F ′(x) =1

xqqxq−1 = q

1

x; G′(x) = q

1

x.

Análogamente, tenemos que existe C tal que

F (x) = G(x) +C, ∀x > 0,

Con x = 1:F (1) = G(1) + C,

de donde C = 0, puesto que F (1) = G(1) = 0. Se tiene entonces que

ln(xq) = q ln x, ∀x > 0.

Poniendo x = a se obtiene el resultado.

Teorema 4.2 (Otras propiedades de ln)

1.1

2< ln 2 < 1; ln 2 ≈ 0.69314718.

2. ∀n ≥ 1 ln(2n) >n

2.

3. lımx→+∞

lnx = +∞.

4. lımx→0+

lnx = −∞.

5. La recta x = 0 es asíntota vertical de la gráfica de ln si x→ o+.

6. ln es creciente y cóncava en ]0,∞[.

7. ln es biyectiva.

4.3 La función logaritmo natural 123

8. (ln |x|)′ = 1

x∀x 6= 0,

Z1

x= ln |x|+ C ∀x 6= 0.

Demostración.

1. ln 2 =

Z 2

1

ds

s≈ 0.69314718, utilizando, por ejemplo, el método de Simpson.

1

2

3

4

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5x

y

Las desigualdades se observan gráficamente: ln 2 es el área bajo la curva de ecuación y = 1x

entre las rectas verticales x = 1 y x = 2 y sobre el eje x, la cual es menor al área delcuadrado de vértices (1, 0), (2, 0), (2, 1) y (1, 1), y es mayor al área del rectángulo de vértices(1, 0), (2, 0), (2, 1

2) y (1, 1

2).

Pero también se las puede probar analíticamente: Tenemos para todo s ∈ ]1, 2[ 12< 1

s< 1, de

donde Z 2

1

1

2ds <

Z 2

1

ds

s<

Z 2

1

1 ds,

es decir1

2< ln 2 < 1.

2. Sea n ≥ 1:

ln(2n) = n ln 2 > n1

2, por 1.

3. Sea R > 0. Debemos hallar A tal que

x > A ⇒ ln x > R.

Sea x > 2n. Como ln es creciente

ln x > ln 2n >n

2> R siempre que n > 2R.

Basta tomar A = 2n con n > 2R.

4. Probemos ahora que lımx→0+ ln x = −∞. Si ponemos y = 1x, x = 1

y= y−1:

lımx→0+

ln x = lımy→+∞

ln y−1

= lımy→+∞

[(−1) ln y]

= − lımy→+∞

ln y

= −∞.

5. Resulta de 4. y de la monotonía de ln.

6.

(lnx)′ =1

x> 0 ∀x > 0,

(ln x)′′ = − 1

x2< 0 ∀x > 0


Y como

|x| =1 si x > 0,

−1 si x < 0,

se tiene que

(ln |x|)′ = |x|′|x| =

1

x∀x 6= 0.

7. Resulta de que ln es creciente.

Con estas propiedades podemos graficar ln:

ln

1

4.3.1 Ejercicios

1. Halle D (f), el dominio de la función f , si:

(a) f(x) = ln(x+ 2)

(b) f(x) = ln(x4)

(c) f(x) = ln |x2 + x+ 1|

(d) f(x) = ln |x2 − 5x+ 4|

(e) f(x) = ln√x+ 2

2. Halle f ′(x) si:

(a) f(x) = x ln x

(b) f(x) = ln(x2 + x+ 2)

(c) f(x) =ln(2x+ 1)

ln(x+ 2)

(d) f(x) = lnx+

√x2 + 1

(e) f(x) = ln(x+ 1)(x+ 2)

(x− 1)

(f) f(x) = ln

Éx+ 1

x− 1

3. Analice y grafique la función f :

(a) f(x) = x ln x

(b) f(x) = lnq

x

x+ 1

(c) f(x) = ln(x2 − 1)

(d) f(x) = ln |x+ 2|

4. Calcule:

(a)

Zdx

x lnx(b)

Z 2

1

ln x

xdx (c)

Z 2

1

dx

x+ 3(d)

Zdx

x ln√x

4.4 Función exponencial natural

Hemos visto que ln : ]0,∞[→ R es biyectiva. Existe por lo tanto su inversa ln−1, a la quellamaremos función exponencial natural y notaremos exp:

exp = ln−1 : R → ]0,∞[, x 7→ exp(x) = y tal que ln y = x.

4.4 Función exponencial natural 125

Por lo tanto

exp(x) = y ⇔ x = ln y,

exp(lnx) = x ∀x > 0,

ln(exp(x)) = x ∀x ∈ R.

Derivando la última igualdad:

[ln(exp(x))]′ =(exp(x))′

(exp(x))= 1, ∀x ∈ R,

de donde(exp(x))′ = exp(x).

Es decir que exp es derivable y su derivada es la misma función exponencial.Recordemos que nuestro objetivo es dar sentido a la expresión ax, con a > 0. Hagámoslo

primero tomando a = e, donde

edef= exp(1).

Por lo tanto e es tal que ln e = 1. De las desigualdades

1

2< ln 2 < 1,

y1

2n < ln(2n) ∀n ≥ 1

con n = 2 se obtieneln 2 < 1 < ln 4,

de donde2 < e < 4.

Se puede probar, y lo haremos más tarde, que

e ≈ 2.718 281 828 459 045 235 360 287 471 352

Queremos pues definir ex para x ∈ R. Observemos que eq está definido para todo q ∈ Qy que

ln(eq) = q ln e = q ∀q ∈ Q.

Por lo tanto, al ser exp = ln−1,

ln(eq) = q ⇔ exp(q) = eq ∀q ∈ Q.

Esta notable identidad sugiere la siguiente definición

Para x ∈ R : exdef= exp(x).

que es coherente con la definición de ex que conocíamos para x ∈ Q. En otras palabras, si

exp : R → R, x 7→ exp(x)

yg : Q → R, q 7→ g(q) = eq

entonces si se restringe el dominio de exp a Q se tiene la función g:

expQ= g.


Por lo tanto,ex = y, donde y es tal que ln y = x.

Por otro lado:

elnx = x ∀x > 0,

ln(ex) = x ∀x ∈ R.

Se tienen además las siguientes propiedades.

Teorema 4.3 (Propiedades de la exponencial natural)Sean r, s ∈ R, q ∈ Q, Entonces

1. e0 = 1.

2. e1 = e.

3. er · es = er+s.

4.er

es= er−s.

5. (er)q = eqr.

6. e−r =1

er.

7. (ex)′ = ex, y (ex)(n) = ex ∀n ≥ 1.

8.Rex dx = ex + C.

Demostración.

1. Resulta de que ln 1 = 0.

2. ln e = 1 ⇒ e1 = e.

3. Sean R = er, S = es. Entonces lnR = r y lnS = s. Además

ln(RS) = lnR+ lnS = r + s.

Como er+s = exp(r + s) = ln−1(r + s), se tiene entonces que

er+s = RS = er + es.

4. Es análogo.

5. Sea R = er. Entonces lnR = r, y como ln(Rq) = q lnR, por la propiedad correspondiente delln, se tiene entonces que ln(Rq) = q lnR = qr.

Por la definición de eqr = ln−1(qr) se tiene entonces que eqr = Rq = (er)q.

6. e−r = e(−1)r = (er)−1 =1

er.

7. (ex)′ = (exp(x))′ = exp(x) = ex.

8. Resulta de 7.

Corolario 4.4Como ex > 0 para todo x ∈ R,

(ex)′′ = (ex)′ = ex > 0 ∀x ∈ R,

de donde exp : x 7→ ex es positiva, creciente y convexa.

Con esta información podemos graficar la función exp:

4.4 Función exponencial natural 127

2

4

6

8

1 2 3−1−2x

y

exp

4.4.1 Ejercicios

1. Derive las siguientes funciones:

(a) f(x) = exp(√x)

(b) f(x) =2 expx+ 1

2 expx− 1

(c) f(x) =expx+ exp(−x)expx− exp(−x)

(d) f(x) =ln x

exp x+ 1

(e) f(x) = ln

expx+ 1

expx− 1

(f) f(x) = 2 exp(−x) + exp(x+ x2)

2. Analice y grafique f si:

(a) f(x) = − exp(2x)

(b) f(x) = expx+ exp(−x)(c) f(x) = expx− exp(−x)

(d) f(x) = x+ exp(−x)(e) f(x) = 1− exp(−x2)

(f) f(x) = x exp(−x)

3. Una función P : [0, ∞[−→ [0, ∞[, t 7→ P (t) puede servir de modelo de la población de personasde un país, bacterias en una probeta, ardillas de un parque, etc. Si t (años, segundos, meses, etc.)es un instante dado (t ≤ 0), P (t) es la población en ese instante. Si P0 = P (0):

(a) P (t) = P0 exp(kt), k > 0, es el modelo “exponencial”. Pruebe que P satisface la ecuaciónP ′(t) = kP (t).

(b) P (t) =αγ

βα+ exp(−αt) , con α, β, γ > 0, es el modelo “logístico”. Pruebe que P satisface la

ecuación logística P ′(t) = P (t)[α− βP (t)].

(c) Ilustre los modelos con ejemplos.

(d) Analice y grafique la función logística dada por

P (t) =2

1 + exp(−2t).

4. Una función R : [0,∞[−→ [0,∞[, t 7→ R(t) = R0 exp(−kt), k > 0 sirve de modelo para medir lapresencia de una substancia radioactiva en determinado objeto. Por ejemplo R(t) mg de Carbono14 contenidos en un fósil.

(a) Pruebe que para todo a, b > 0, la sucesión de números

R(a),R(a+ b), R(a+ 2b), . . . , R(a+ nb), . . . ,

con n ∈ N, es una progresión geométrica.

(b) Si b es tal que R(a+ b) = R(a)/2, se dice que b es la “semivida” de la substancia radioactiva.Calcule esta semivida si se conoce que en 10 años la cantidad de la substancia radioactivaen cierto objeto disminuye en un 5%.

5. Calcule las siguientes integrales.


(a)

Zexp

√x√

xdx

(b)

Zexp2x2 − 5x+ 1(x− 5/4) dx

(c)

Zexpx

(1 + expx)2dx

(d)

Z 1

−1

x exp(−x2) dx

(e)

Z 0

−1

1 + expx

expxdx

(f)

Z 1

0

exp(2x)− exp(−x)expx+ 1

dx

4.5 Definición de ax, a > 0, x ∈ R

Observemos que si a > 0, a = eln a. Sabemos que si q =m

n∈ Q, m ∈ Z, n ∈ N

aq = amn = n

√am.

Pero entonces, puesto queaq = (eln a)q = eq ln a

tenemos la notable identidadax = ex lna ∀x ∈ Q,

en la cual el miembro de la izquierda, ax, tiene para nosotros validez si x ∈ Q mientras queel miembro de la derecha, ex ln a, tiene sentido para todo x ∈ R. Esto nos sugiere la siguientedefinición

axdef= ex lna ∀x ∈ R

que será coherente con la definición de ax para x ∈ Q.Ejemplo:

π√

2= e

√2 lnπ.

Sif : R −→ R

x 7−→ f(x) = ex ln a yh : Q −→ R

q 7−→ h(q) = aq,

entonces h es la restricción de f sobre Q:

fQ= h.

Para todo r ∈ R y para todo a > 0, ln(ar) = r ln a. En efecto, como ardef= er ln a, entonces

ln(ar) = r ln a.Si ponemos

expa : R −→ R

x 7−→ expa(x)def= ax

def= e(ln a)x

.

la función expa tendrá las siguientes propiedades.

Teorema 4.5 (Propiedades de expa)Sean a, b > 0, r, s ∈ R. Entonces

1. a0 = 1.

2. a1 = a.

3. ar · as = ar+s.

4.ar

as= ar−s.

4.5 Definición de ax, a > 0, x ∈ R 129

5. (ar)s = ars.

6. a−r =1

ar.

7. Para todo x ∈ R, (ax)′ = (ln a)ax, (ax)(n) = (ln a)nax para todo n ≥ 1.

8.Zax dx =

1

ln aax + C, si a 6= 1.

Demostración.

1. a0 = e(lna)0 = e0 = 1.

2. a1 = e(lna)1 = elna = a.

3. ar · as = e(ln a)re(ln a)s = e(lna)r+(lna)s = e(ln a)(r+s) = ar+s.

4.ar

as=e(lna)r

e(lna)s= e(lna)r−(lna)s = e(lna)(r−s) = ar−s.

5. (ar)s = (e(lna)r)s = es((ln a)r) = e(ln a)(rs) = ars.

6. a−r = ar(−1) = (ar)−1 =1

ar.

7. Sea x ∈ R.(ax)′ =

e(ln a)x

′= [(ln a)x]′e(lna)x = (ln a)ax.

8. Suponemos a 6= 1. Comoax

ln a

′= ax, entoncesZ

ax dx =ax

ln a+ C.

Corolario 4.6

1. Si 0 < a < 1, como ln a < 0 y ax > 0 para todo x ∈ R, exp′a(x) = (ax)′ = (ln a)ax < 0para todo x esto implica que expa es decreciente, lo cual a su vez implica que expa esinyectiva.

2. Si 1 < a, como ln a > 0 y ax > 0 para todo x ∈ R, exp′a(x) > 0, para todo x ∈ R estoimplica que expa es creciente en x ∈ R, lo cual a su vez implica que expa es inyectiva.

3. Para todo a ∈]0,∞[ \1, exp′′a(x) > 0 para todo x ∈ R esto implica que expa es convexaen R.

Con esto podemos graficar y = ax:

x

y

y = ax, a < 1

1

x

y

y = ax, a > 1

1


4.5.1 Generalización de la regla de la potencia

Por inducción probamos que para todo a ∈ N, (xa)′ = axa−1.(x0)′ = (1)′ = 0 y (x−a)′ = ( 1

xa )′ = −axa−1

(xa)2 = −ax−a−1, por lo que esta fórmula dederivación también es válida si a ∈ Z. Veamos que también lo es si a ∈ Q. En efecto, si a ∈ Qpodemos escribir a = n

m con m ∈ Z y n ∈ N, y si ponemos

y = xa = xmn ,

de la definición de xmn , obtenemos

yn = xm.

Derivando los dos miembros se tiene

nyn−1 · y′ = mxm−1,

de donde

y′ =m

n

xm−1

yn−1=m

n

xm−1

(xmn )n−1

=m

nx

mn−1.

Es decir(xa)′ = axa−1 para todo a ∈ Q y para todo x > 0.

Veamos que la fórmula sigue siendo válida para todo a ∈ R y x > 0. En efecto:

(xa)′ =e(lnx)a

′= [(lnx)a]

′e(lnx)a =

a

xxa = axa−1.

4.5.2 Ejercicios

1. Derive las siguientes funciones.

(a) f(x) = 5x

(b) f(x) = 3x+2

(c) f(x) = xx

(d) f(x) = 2xx2

(e) f(x) = xπ

(f) f(x) = πx + x2


(a)

Z2x

1 + 2xdx

(b)

Z 2

1

3−x dx

(c)

Z(2 + 3t + 3t)2 dt

(d)

Z 1

−1

exp(t)3exp t dt

(e)

Z 1

0

2t

1 + 4tdt

(f)

Z π

0

3− sen(3t) cos(3t) dt

4.6 Función loga

Hemos visto que expa : R → R es inyectiva para todo a > 0 y a 6= 1. Existe entonces lainversa de expa.

Definición 4.2Sea a ∈ ]0,∞[ \1. A la inversa de expa : R → R, x 7→ ax se le llama logaritmo en base a y senota loga : R → R, x 7→ loga x.

Observemos que:

1. y = loga x ⇔ x = ay.

4.6 Función loga 131

2. D(loga) = Im(expa) = ]0,∞[.

3. Im(loga) = D(expa) = R.

4. loga(ax) = x para todo x ∈ R.

5. aloga x = x para todo x ∈ ]0,∞[.

6. loge = ln.

La función loga tiene las siguientes propiedades.

Teorema 4.7 (Propiedades de loga)Sea a ∈ ]0,∞[ \1. Sean b, c > 0, r ∈ R. Entonces:

1. loga 1 = 0.

2. loga(bc) = loga b+ loga c.

3. logab

c= loga b− loga c.

4. loga(bc) = c loga b.

5. Si b > 0 y a, c ∈ ]0,∞[ \1, entonces logc b =loga b

loga c. En particular logc b =

ln b

ln c.

6. Para todo x > 0 y para todo a ∈ ]0,∞[ \1

6.1 (loga x)′ = 1

x ln a ,

6.n (loga x)(n) = (−1)n+1(n−1)!

xn ln a para todo n ≥ 1.

7. 7.1 Si 0 < a < 1 se tiene que

• lımx→0+ loga x = +∞, lımx→+∞ loga x = −∞.

• loga es decreciente y convexa en ]0,∞[.

7.2 Si 1 < a se tiene que

• lımx→0+ loga x = −∞, lımx→+∞ loga x = +∞.

• loga es creciente y cóncava en ]0,∞[.

Demostración.

1. a0 = 1 ⇔ loga 1 = 0.

2. a(loga b+loga c) = aloga baloga c = bc. Entonces loga(bc) = loga b+ loga c.

3. Idem.

4. ar loga b =alogb

r= br. Entonces loga(b

r) = r loga b.

5. Sean b > 0 y a, c ∈ ]0,∞[ \1. Tenemos que

logc b loga c = loga

clogc b

por 4. con r = logc b

= loga b

Entonces

logc b =loga b

loga c.


6. Sea x > 0 y a ∈ ]0,∞[ \1. Tenemos que

(loga x)′ =ln x

ln a

′por 5.

=1

(ln a)x.

Por inducción, puesto que acabamos de ver que 6.1 es válida, supondremos que 6.n es válida.Demostremos 6.(n+ 1).

(loga x)(n+1) =

(loga x)

(n)′

=

(−1)n+1(n− 1)!

ln ax−n

′

, por hipótesis de inducción

=(−1)n+1(n− 1)!

ln a(−n)x−n−1

=(−1)n+2n!

(ln a)x−(n+1).

7. Como por 5. loga x = lnxlna

, y como

0 < a < 1 ⇒ ln a < 0

y1 < a ⇒ ln a > 0,

las propiedades resultan de que

lımx→0+

ln x = −∞, lımx→+∞

ln x = +∞,

(ln x)′ =1

x> 0 para todo x > 0,

(ln x)′′ = − 1

x2< 0 para todo x > 0.

Ahora podemos graficar loga:

x

y

y = ax, a < 1

1 x

yy = loga x, a > 1

1

4.6.1 Ejercicios

1. Derive las siguientes funciones.

(a) f(x) = log2 x

(b) f(x) = x log3 |x2 + 1|

(c) f(x) = log3x+ 1

x− 1

(d) f(x) = 2x log2 |x+ 1|

(e) f(x) = [log2(2x+ 3)]5


4.7 Funciones hiperbólicas 133

(a)

Z 1

0

[log3 |x+ 1|]3x+ 1

dx (b)

Z 1

0

log2(x+ 3) dx (c)

Zlog(ax) dx

4.7 Funciones hiperbólicas

Recordemos la definición de las funciones trigonométricas. Dada la circunferencia centradaen (0, 0) y de radio 1, es decir la circunferencia de ecuación

x2 + y2 = 1,

si t ∈ R es la longitud del arco medido desde el punto I(1, 0), en el sentido horario si t > 0y en el sentido antihorario si t < 0, hasta el punto P de la circunferencia, por definición lascoordenadas de P son (cos t, sen t).

x

y

O I

P(cos t, sen t)

t

A = t2

Si calculamos el área A del sector OIP , para t ∈ [0, 2π], mediante una regla de tressimple: si al ángulo 2π le corresponde una área π12 = π, entonces al ángulo t le correspondeun área A = t

2 , de donde t = 2A, o sea que t es numéricamente el doble del área del sectorOIP . Las funciones cos y sen son pues funciones del doble del área del sector OIP . ComoP es un punto de la circunferencia, sus coordenadas (cos t, sen t) deben satisfacer la ecuaciónde ésta. Por lo tanto

cos2 t+ sen2 t = 1

que es la conocida identidad trigonométrica.

x

y

b P (cosh t, senh t)

A = t2

Consideremos ahora la rama derecha de la hipérbola de ecuación

x2 − y2 = 1, x > 0

Definamos las funciones

cosh: R −→ R

t 7−→ cosh tdef= 1

2 (et + e−t)

,


senh: R −→ R

t 7−→ senh tdef= 1

2 (et − e−t)

.

Observemos que para todo t ∈ R

cosh2 t− senh2 t = 1,

cosh t > 0.

Por lo tanto, cualquier punto P (cosh t, senh t) pertenece a la rama derecha de la hipérbolade ecuación x2 − y2 = 1. Por esta razón a cosh y senh se las llama coseno hiperbólico y senohiperbólico, respectivamente.

Si tomamos t > 0 y calculamos el área A del sector OIP , se puede constatar (¡hacerlo!)que A = t

2 , o sea quet = 2A.

Tenemos que, análogamente a lo que sucede con las funciones trigonométricas cos y sen, lasfunciones cosh y senh son funciones del doble del área del sector OIP .

Siguiendo con las analogías se definen

tanh: t 7→ tanh t =senh t

cosh ttangente hiperbólica de t,

coth: t 7→ coth t =cosh t

senh tcotangente hiperbólica de t,

sech: t 7→ sech t =1

cosh tsecante hiperbólica de t,

csch: t 7→ sech t =1

senh tcosecante hiperbólica de t.

Notemos que se tienen identidades análogas a las trigonométricas. Por ejemplo,

tanh2 t+ sech2 t = 1,

coth2 t− csch2 t = 1.

Si notamos que cosh es par, senh t es impar y que cosh t = 12e

t+ 12e

−t y senh t = 12e

t− 12e

−t,las gráficas de g(t) = 1

2et y de h(t) = 1

2e−t pueden servir de guía para graficar cosh y senh.

En efecto, si notamos, además, que

lımt→+∞

g(t) = lımt→−∞

h(t) = +∞

y quelım

t→−∞g(t) = lım

t→+∞h(t) = 0,

podemos ver que g es asíntota de cosh y senh si t → +∞, y que g es asíntota de cosh sit→ −∞ mientras que −h es asíntota de senh si t→ −∞.

cosh

senh

4.8 Ejercicios adicionales de funciones exponenciales y logarítmicas 135

Se deja como ejercicio de aplicación de la derivada el hacer las gráficas de las seis funcioneshiperbólicas.

A partir de las respectivas definiciones, y como ejercicio de derivación de la funciónexponencial, se puede hallar fácilmente las derivadas de las funciones hiperbólicas:

d

dx(senhx) = coshx,

d

dx(coshx) = senhx,

d

dx(tanhx) = sech2 x,

d

dx(cothx) = − csch2 x,

d

dx(sechx) = − sechx tanhx,

d

dx(cschx) = − cschx cothx.

De las dos primeras derivadas se obtienen las siguientes integrales:Zsenhx dx = coshx+ C,Zcoshx dx = senhx+ C.

4.8 Ejercicios adicionales de funciones exponenciales y lo-garítmicas

1. Calcular la siguientes integrales.

(a)

Z 1

0

dx

2 cosh x+ senh x+ 1

(b)

Z 2

1

(x2 + 1) lnx dx

(c)

Z 2

1

(lnx)2 dx

(d)

Z 1

0

cosh x

exp x+ 1dx

(e)

Z π/2

0

x2 sen2 x dx

(f)

Z e

1

sen(lnx) dx

(g)

Z 2

1

ln x

(1 + x2)2dx

2. Calcule:

(a) lımx→0

1

x

Z x2

0

exp(−t/x)2 dt

(b) lımt→+∞

Z 1

0

exp√x+ 1 cos(tx) dx

(c) lımx→∞

Z 2x

x

exp t

tdt

(d) lımn→∞

Z n

0

t

(senh t+ cosh t)ndt

(e) lımn→∞

Z 1

0

nx

1 + nx2 lnndx

3. Si una función f tiene, por ejemplo, la forma

f(x) =[g(x)]a[h(x)]b

[k(x)]c,


con a, b, c > 0 y g, y y k funciones derivables dadas, como

ln f = a ln g + b ln h− c ln k (4.2)

y, como

(ln[f(x)])′ =f ′(x)

f(x),

se tiene que f ′(x) = f(x)(ln[f(x)])′, que es fácil de calcular gracias a la ecuación (4.2). El uso deesta última fórmula se llama “derivación logarítmica”. Usela para calcular f ′(x) si:

(a) f(x) =

É(x+ 1)(2x+ 3)

5x− 1

(b) f(x) =x2(x+ 1)3

(x− 1)2(x+ 2)3

(c) f(x) =x2/3

√x+ 1 3

√x+ 2

(d) f(x) = (x2 + 1)25(x+ 1)−10(x+ 2)7

(e) f(x) = xx expx

(f) f(x) =(x2 + 4)x

x3

(g) f(x) = xxx

(h) f(x) = (x2 + 1)x2+1

Capítulo 5

Sucesiones y series

5.1 Sucesiones numéricas

5.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como elementos de R∞

Recordemos que R2 es el conjunto de pares ordenados de números reales; es decir, que suselementos tienen la forma (a1, a2) donde a1 ∈ R y a2 ∈ R. Por ejemplo, (2,−3), (−π, 1),(3, 3) son elementos de R2.

Análogamente, R3 es el conjunto de las tripletas ordenadas de números reales, por lo quesus elementos tienen la forma (a1, a2, a3) donde a1 ∈ R, a2 ∈ R y a3 ∈ R. Por ejemplo,(2,−1,−1) y (−π

2 , cosπ4 ,

√91) son elementos de R3.

El conjunto R4 será el conjunto de cuádruples ordenados de la forma

(a1, a2, a3, a4), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R y a4 ∈ R;

R5 es el conjunto de quíntuples ordenados de la forma

(a1, a2, a3, a4, a5), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R, a4 ∈ R y a5 ∈ R.

Por ejemplo, (1, 0, 0, 1) ∈ R4, (1, 1, 2, 2, 3) ∈ R5, (−π, 1,√2, 1, 5,−7) ∈ R6.

En general, Rn, n ∈ N, tiene como elementos n-uples ordenados de números reales, quetendrán la forma

(a1, a2, . . . , an), con a1 ∈ R, a2 ∈ R, . . . , an ∈ R.

Por ejemplo, (2, 4, 6, . . . , 2n) ∈ Rn, (12 ,23 ,

34 , . . . ,

nn+1 ) ∈ Rn.

Generalizando este concepto de n-uples, podemos considerar elementos formados por unainfinidad de números reales ordenados que se los puede escribir

(a1, a2, a3, . . .), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R . . . .

En vez de llamarlos ∞-uples de números se les denomina sucesiones numéricas y al conjuntode ellos lo notaremos R∞.

Por simplicidad de escritura se escribe

(an) o (an)n≥1 en vez de (a1, a2, a3, . . .).

A manera de ejemplos, tenemos:

(an) =

n

n+ 1

=

1

2,2

3,3

4, . . .

∈ R∞; (3n) = (3, 6, 9, 12, . . .) ∈ R∞.

138 Sucesiones y series

5.1.2 Las sucesiones como funciones

Si (a1, a2) ∈ R2, se puede considerar la función

a : 1, 2 −→ Rn 7−→ a(n)

,

donde a(1) = a1, a(2) = a2. Análogamente, a (a1, a2, a3) ∈ R3 esta asociada la función

a : 1, 2, 3 −→ Rn 7−→ a(n) =: an

,

y a (a1, a2, . . . , an) ∈ Rn asociamos la función

a : 1, 2, . . . , n −→ Rn 7−→ a(n) =: an

.

De manera similar a toda sucesión (an) ∈ Rn asociamos la función

a : N −→ Rn 7−→ a(n) = an

.

Algunos autores definen por ello a una sucesión numérica, digamos (xm), como la función

x : N −→ Rm 7−→ xm

.

Si I ⊂ R, an ∈ I para todo n ≥ 1, a pesar de ser incorrecto, se acostumbra escribir(an) ⊂ I, en lugar de (an) ∈ I∞. Lo que se quiere decir es que la imagen de la sucesión (an),que es an : n ≥ 1, es un subconjunto de I.

Notemos que para definir una función f : A→ B, es irrelevante el símbolo que se use pararepresentar a las variables independiente y dependiente. Las fórmulas y = f(x) o t = f(s)definen a la misma función f . Por ello da lo mismo escribir (xn) o (xm) o (xk).

Una sucesión (xn) ∈ R∞, al ser interpretada como una función x : N → R, x 7→ xn, es uncaso particular de funciones reales de la forma f : D(f) ⊂ R → R. En este caso (xn) ∈ R∞

es la funciónx : D(x) = N ⊂ R → R.

Como tal puede ser graficada en el plano cartesiano como cualquier función. Abajo constanlas gráficas de

(xn) =

2n+ 1

n+ 2

=

1,

5

4,7

5, . . .

y (ym) = (cos((m+ 1)π) + 1) = (2, 0, 2, 0, 2, 0, . . .).

1

2

3

1 2 3 4 5 6n

x

bb

b b b b

5.1 Sucesiones numéricas 139

1

2

3

1 2 3 4 5 6n

x

b

b

b

b

b

b

5.1.3 Sucesiones acotadas

Dado un conjunto A ⊂ R definimos ya lo que significa A es acotado por arriba (o por abajo),A es acotado, supA, ınf A, maxA, mınA. Con estos conceptos claros, dada una funciónf : D(f) ⊂ Ω → R, con Ω 6= ∅, puesto que Im(f) ⊂ R, se dice que:

1. f es acotada por arriba (por abajo) si Im(f) lo es.

2. f es acotada si Im(f) lo es.

3. supx∈Ω

f(x)def= sup Im(f), ınf

x∈Ωf(x)

def= ınf Im(f).

4. maxx∈Ω

f(x)def= max Im(f) si este existe,

mınx∈Ω

f(x)def= mın Im(f) si este existe.

Se puede notar que

1. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal para todo x ∈ D(f),f(x) ≤ C2.

2. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal para todo x ∈ D(f),C1 ≤ f(x).

3. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existen C1, C2 ∈ R tales que para todo x ∈ D(f),C1 ≤ f(x) ≤ C2,f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existe R > 0 tal que para todo x ∈ D(f),|f(x)| ≤ R.

Como las sucesiones son funciones con valores en R, estos conceptos son aplicables demanera natural. Así tendremos:

1. (xn) ∈ R∞ es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal que para todo n ≥ 1, xn ≤ C2.

2. (xn) ∈ R∞ es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal que para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn.

3. (xn) ∈ R∞ es acotada ⇔ existen C1, C2 ∈ R tales que para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn ≤ C2,(xn) ∈ R∞ es acotada ⇔ existe R > 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn| ≤ R.

4. supn∈N

xn = supxn | n ∈ N.

5. maxn∈N

xn = maxxn | n ∈ N si éste existe.

6. ınfn∈N

xn = ınfxn | n ∈ N.

7. mınn∈N

xn = mınxn | n ∈ N si existe.


5.1.4 Sucesiones monótonas

Dada una función f : D(f) ⊂ R → R, y si I ⊂ R es un intervalo, definimos que:

(i) f es creciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩D(f), x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).

(ii) f es no decreciente en I si para todo x1, x2 ∈ I∩D(f), x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).

(iii) f es decreciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩D(f), x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2).

(iv) f es no creciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩D(f), x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2).

Si f tiene una de estas cuatro propiedades decimos que f es monótona en el intervalo I.Estos conceptos son aplicables a una sucesión numérica (xn) ∈ R∞, puesto que puede

ser vista como la funciónx : N −→ R

n 7−→ xntomando D(x) = N, I = [1,∞[, por lo que podemos

hablar de sucesiones monótonas.Así, por ejemplo, diremos que

(xn) es creciente si para todo m,n ∈ N, m < n ⇒ xm < xn.

Sin embargo, es fácil ver que la condición anterior puede ser simplificada así:

(i) (xn) es creciente si y solo si para todo n ∈ N, xn < xn+1 (⇔ xn+1 − xn > 0).

Análogamente:

(ii) (xn) es no decreciente si y solo si para todo n ∈ N, xn ≤ xn+1 (⇔ xn+1−xn ≥ 0).

(iii) (xn) es decreciente si y solo si para todo n ∈ N, xn > xn+1 (⇔ xn+1 − xn < 0).

(iv) (xn) es no creciente si y solo si para todo n ∈ N, xn ≥ xn+1 (⇔ xn+1 − xn ≤ 0).

La última propiedad, en cada caso, nos sugiere analizar el signo de xn+1−xn para estudiarla posible monotonía de una sucesión.

Ejemplo 5.49

Sea (xn) = ( nn+1

). Pruebe que (xn) es monótona.

Solución. Sea n ≥ 1. Tenemos que

xn+1 − xn =n+ 1

n+ 2− n

n+ 1=

(n+ 1)2 − n(n+ 2)

(n+ 2)(n+ 1)=

1

(n+ 2)(n+ 1)> 0,

por lo que (xn) es creciente.

Si los términos de una sucesión (xn) son positivos, es decir si para todo n ∈ N, xn > 0,podemos observar que:

(i) (xn) es creciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1

xn> 1.

(ii) (xn) es no decreciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1

xn≥ 1.

(iii) (xn) es decreciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1

xn< 1.

(iv) (xn) es no creciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1

xn≤ 1.

Por lo cual, para analizar la posible monotonía de una sucesión (xn) ∈ R∞ de términospositivos, es conveniente averiguar la relación de orden entre los cocientes xn+1

xny 1, para

todo n ≥ 1.


Ejemplo 5.50

Averigüe si es monótona la sucesión (xn) =

2n

(n+1)!

.

Solución. Sea n ≥ 1.

xn+1

xn=

2n+1

(n+2)!

2n

(n+1)!

=2n · 2 · (n+ 1)!

(n+ 2)(n+ 1)!2n=

2

n+ 2< 1,

puesto que 2n+1 = 2n · 2 y (n+2)! = (n+2)(n+1)!. Por lo tanto, (xn) es decreciente. En este caso,

esto significa que para todo n ≥ 1, xn+1 < xn, o sea que para todo n ≥ 1, 2n+1

(n+2)!< 2n

(n+1)!.

También se puede probar el resultado analizando el signo de xn+1 − xn. En efecto, sea n ≥ 1:

xn+1 − xn =2n+1

(n+ 2)!− 2n

(n+ 1)!=

2n+1 − (n+ 2)2n

(n+ 2)!= − n2n

(n+ 2)!< 0.

5.1.5 Sucesiones convergentes

Dada una función f : D(f) ⊂ R → R, si D(f) no es acotado por arriba (es decir que paratodo R > 0 existe xR ∈ D(f) y xR > R), en determinados casos existe el límite

lımx→∞

f(x),

que es un número l ∈ R que puede ser aproximado por los valores f(x) con la precisión quese desee, si se toman valores de x ∈ D(f) suficientemente grandes. Es decir que

l = lımx→∞

f(x) ⇔ ∀ǫ > 0 ∃R > 0 tal que ∀x ∈ D(f), x ≥ R ⇒ |f(x)− l| < ǫ.

Este concepto es aplicable a una sucesión numérica (xn) puesto que su dominio N no esacotado por arriba.

Diremos entonces que la sucesión (xn) es convergente y que su límite es l, lo que escribi-remos

l = lımx→∞

xn o xn −−−−→n→∞

l ⇐⇒ ∀ǫ > 0 ∃N ∈ N tal que n ≥ N ⇒ |xn − l| < ǫ.

Si (xn) no converge se dice que es divergente.En las definiciones precedentes, si se cambian las desigualdades

x ≥ R y n ≥ N

por las desigualdadesx > R y n > N,

respectivamente, se obtienen definiciones equivalentes (¡verifíquelo!).

Ejemplo 5.51

Probemos que si (xn) =

2n−3n+1

, entonces existe lım

n→∞xn = 2.


Solución.Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que n > N ⇒ |xn − l| < ǫ.Sea n ≥ 1.

|xn − 2| =2n− 3

n+ 1− 2 = 2n− 3− 2(n+ 1)

n+ 1

= 5

n+ 1<

5

n< ǫ

siempre que n > 5ǫ. Como

n >h5

ǫ

i+ 1 ⇒ n >

5

ǫ⇒ 5

n< ǫ,

basta entonces tomar N =5ǫ

+ 1.

El ejemplo ilustra cómo demostrar que un valor dado, en este caso, el número 2, es el límitede una sucesión (xn) si n tiende a infinito. Pero, en la práctica, se plantea frecuentementeel problema de determinar si una sucesión es convergente o no, sin necesidad de calcular sulímite. Veamos a continuación un par de criterios que nos permiten resolver este problema.

5.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas

Tenemos el siguiente resultado.

Teorema 5.1

1. Si una sucesión numérica (xn) ∈ R∞ es acotada por arriba y es monótona creciente o nodecreciente, entonces es convergente y su límite es

l = lımn→∞

xn = supn∈N

xn.

2. Análogamente,si (xn) ∈ R∞ es acotada por abajo y es monótona decreciente o no cre-ciente, se tiene que (xn) converge y su límite es

l = lımn→∞

xn = ınfn∈N

xn.

Demostración.

1. Sea l = supn∈N

xn. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que

n > N ⇒ |xn − l| < ǫ.

Recordemos que si A ⊂ R es un conjunto acotado por arriba,

∀ǫ > 0 ∃aǫ ∈ A∩ ] supA− ǫ, supA].

Aplicando este resultado al conjunto A = xn | n ∈ N, como aǫ ∈ A, entonces existe N ∈ Ntal que aǫ = xN .

Tenemos entonces que xN ∈ ]l − ǫ, l[.

Por otra parte, como (xn) es monótona creciente o no decreciente,

∀n > N, xn ≥ xN

y por definición de supremo∀n > N, xn ≤ l.


En resumen, para todo n > N ,

l − ǫ < xn ≤ xN ≤ l + ǫ,

por lo que para todo n > N ,−ǫ < xn − l < ǫ,

o, lo que es lo mismo,n > N ⇒ |xn − l| < ǫ.

N es entonces el valor buscado.

2. La demostración es análoga a la del primer numeral.

Ejemplo 5.52

Pruebe que la sucesión (xn) =

1 + 1n

nes convergente

Solución. Es fácil si se prueba que (xn) es creciente y que para todo n ≥ 1, xn < 3.

El límite de esta sucesión es el famoso número e, que tomando valores de n suficientementegrandes, se puede ver que

e ≈ 2.718 281 828 459.

5.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy

Augustin Cauchy observó que si una sucesión (xn) converge, los términos xn se acercan entreellos cada vez más para valores grandes de n. De hecho probó que si (xn) converge, entonces(xn) cumple la siguiente propiedad:

∀ǫ > 0 ∃N ∈ N tal que n,m ≥ N ⇒ |xn − xm| < ǫ. (5.1)

(la desigualdad n,m ≥ N puede ser reemplazada por n,m > N , y se tiene el mismo resulta-do); es decir, que puede lograrse que la distancia entre dos elementos xn y xm de la sucesiónsea tan pequeña como se desee, si se toman los índices n y m suficientemente grandes. A lassucesiones numéricas que tienen esta propiedad (5.1) las llamaremos sucesiones de Cauchy.La observación de Cauchy se puede explicar en el siguiente teorema.

Teorema 5.2Si (xn) ∈ R∞ converge entonces es de Cauchy.

Demostración. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que

n,m > N ⇒ |xn − xm| < ǫ.

Como (xn) converge, existe l ∈ R tal que

∀ǫ1 > 0 ∃N1 ∈ N tal que n > N1(ǫ1) ⇒ |xn − l| < ǫ1.

Sea n,m ≥ 1:|xn − xm| = |xn − l + l − xm| ≤ |xn − l|+ |xm − l| < ǫ

siempre que|xn − l| < ǫ

2y |xn − l| < ǫ

2,

lo cual, a su vez, es verdadero siempre que

n > N1(ǫ

2) y m > N1(

ǫ

2),

respectivamente. Basta, entonces, tomar N = N1(ǫ2).


Lo notable de la propiedad descubierta por Cauchy para las sucesiones convergentes,es que es no solo necesaria sino también suficiente para la convergencia de una sucesiónnumérica. No demostraremos aquí este extraordinario resultado pero lo tendremos siemprepresente como el siguiente teorema.

Teorema 5.3 (Criterio de Cauchy)Una sucesión numérica (xn) ∈ R∞ es convergente si y solo si (xn) es de Cauchy.

Es fácil demostrar que toda sucesión de Cauchy, y por ende toda sucesión convergente, esacotada y también es fácil probar que la recíproca no tiene lugar. Tenemos pues el siguienteteorema.

Teorema 5.4Sea (xn) ∈ R∞. Entonces

1. Si (xn) es de Cauchy, entonces (xn) es acotada.

2. La recíproca no tiene lugar.

Demostración.

1. Supongamos que (xn) es de Cauchy. Debemos probar que (xn) es acotada. Para ello es necesariohallar R > 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn| < R.

Como (xn) es de Cauchy, existe N ∈ N tal que para todo m,n > N , |xn − xm| < 1. Tomamosm = N y a = xN y tendremos que para todo n > N , |xn − a| < 1. Como

|xn − a| < 1 ⇒ −1 < xn − a < 1

⇒ a− 1 < xn < a+ 1

⇒ |xn| < max|a − 1|, |a+ 1|.

Basta ponerR = max|a − 1|, |a+ 1|+ max

1≤n≤N|xn|,

y tendremos que para todo n ≥ 1, |xn| < R.

2. Basta considerar (xn) = (0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .). Vemos que para todo n ≥ 1, |xn − xn+1| = 1, porlo que (xn) no es de Cauchy, aunque obviamente es acotada.

5.2 Ejercicios

1. Escriba los primeros cuatro términos de la su-cesión dada.

(a) (xn) =

n

n+ 1

.

(b) (yn) =

(−1)n

n2

.

(c) (zn) =

2nXk=1

1

k

.

(d) (xm) =

mX

k=1

4

3k

.

(e) (en) =

1 +1

n

n.

(f) (ak) =(−1/3)k

.

2. Pruebe que la sucesión dada es monótona oque no lo es.

(a)

2n

3n+ 2

.

(b)5 +m

m2

.

(c)sen

φk

4

, con φ 6= 4πn, n ∈ Z.

5.3 Series numéricas 145

(d) ((m+ 2)(m+ 3)).

(e)

3k

k!

.

(f)

32k(k!)2

(2k)!

.

(g)

n2 + 2

n

.

(h)2n2 + (−1)nn

.

(i)3n− 1

7n+ 2

.

(j)

1 + 2k

2k

.

(k)m3−m.

(l)nn

n!

.

(m)

m!

1× 3× 5× · · · × (2m− 1)

.

(n)tan−1 n2.

(o)sinhn2.

(p)52

3

n.

(q)

ln(n2 + 1)

n2 + 1

.

3. Pruebe que la sucesión dada es acotada.

(a)2n+ 1

5n+ 3

.

(b)

2n

1 + 2n

.

(c)m!

mm

.

(d)tan−1(m+ 2)

.

4. Use la definición para probar que la sucesióndada es de Cauchy.

(a)

n2

1 + 3n2

.

(b)

72

5

k

.

(c)3n + 2

3n

.

(d)√

k + 2−√k.

5. Pruebe la convergencia de la sucesión dada,teniendo en cuenta que una sucesión monóto-na y acotada converge.

(a)3n− 1

7n+ 2

.

(b)

2k

1 + 2k

.

(c)k!

kk

.

(d)

n!

1× 3× 5× · · · × (2n− 1)

.

(e)

nX

k=1

1

k+ ln

1

n

.

6. Halle el límite de la sucesión dada, si éste exis-te.

(a)3n+ 2

5n+ 4

.

(b)lnn

n

.

(c)

3n

3n + 2

.

(d)ln

5n+ 2

2n− 1

.

(e)√

k + 2−√k.

(f)√

k(√k + 2−

√k).

(g)2 +

senn

n

.

5.3 Series numéricas

Sea (an) ∈ R∞ una sucesión numérica. Pongamos

s1 = a1,

s2 = a1 + a2 = s1 + a2,

s3 = a1 + a2 + a3 = s2 + a3,

s4 = a1 + a2 + a3 + a4 = s3 + a4,

y, en general,

sn = a1 + a2 + · · ·+ an =nX

k=1

ak =n−1Xk=1

ak + an = sn−1 + an.


Si queremos dar sentido a la expresión s = a1 + a2 + a3 + · · · , que se puede notar∞Xk=1

ak,

podemos hacerlo usando el concepto de límite de una sucesión, aplicado a (sn) =

nX

k=1

ak

!,

llamada sucesión de sumas parciales. Entonces, por definición

∞Xk=1

ak = lımn→∞

nXk=1

ak = lımn→∞

sn.

A esta expresión∞Xk=1

ak se le llama serie numérica de término general ak.

Se dice que la serie∞Xk=1

ak converge si lımn→∞

sn existe. En este caso, si lımn→∞

sn = s, s es su

suma y se escribe∞Xk=1

ak = s. Si el límite no existe se dice que la serie diverge.

Nótese que las sumas parciales pueden empezar desde cualquier índice. Por ejemplo:

∞Xk=3

ak = lımn→∞

nXk=3

ak.

Ejemplo 5.53

Sea (ak) = (0.2, 0.02, 0.002, 0.0002, . . .) = (2×10−k). Veamos si la serie∞X

k=1

ak converge y de hacerlo

hallemos su límite o suma.Como ak = 2× 10−k para todo k ≥ 1, tenemos que si n ≥ 1:

sn =

nXk=1

ak =

nXk=1

2× 10−k = 2

nXk=1

10−k = 210−1 + 10−2 + · · ·+ 10−(n−1) + 10−n

.

Multiplicando ambos miembros por 10−1 se obtiene:

sn × 10−1 = 210−1 + 10−2 + · · ·+ 10−(n−1) + 10−n

× 10−1

= 210−2 + 10−3 + · · ·+ 10−n + 10−(n+1)

.

Si restamos la última ecuación de la anterior obtenemos:

sn1− 10−1) = 2(10−1 − 10−(n+1)

,

de donde9

10sn =

2

10

1− 1

10n

,

o también

sn =2

9

1− 1

10n

para todo n ≥ 1.

Finalmente,∞X

k=1

ak = lımn→∞

sn = lımn→∞

h2

9

1− 1

10n

i=

2

9.

La serie converge y su suma es s =∞X

k=1

ak =2

9.


El ejemplo precedente es la suma de los términos de la progresión geométrica de términoinicial a1 = 1

10 y con razón r = 110 . En efecto

(ak) =

2

10,2

10r,

2

10r2,

2

10r3, . . .

.

La forma en que obtuvimos su suma se puede usar para toda progresión geométrica con|r| < 1. Para otros valores de r, si el término inicial no es nulo, la serie diverge. En efecto,tenemos el siguiente teorema.

Teorema 5.5 (Suma de una progresión geométrica)

Sean a 6= 0, r ∈ R, (ak)k≥0 = (a, ar, ar2, . . .). Entonces la serie∞Xk=0

ak =∞Xk=0

ark converge si y

solo si |r| < 1.

Demostración. Supongamos que r = 1. Entonces sn =Pn

k=0ark = (n+ 1)a y

P∞0ak diverge.

Sea r 6= 1. Sea

sn =

nXk=0

ark = a+ ar + · · · arn.

Multiplicando por r los dos miembros se obtiene

rsn = r(a+ ar + · · · arn) = ar + ar2 + · · · arn + arn+1.

Restando esta igualdad de la anterior tendremos

(1− r)sn = a− arn+1 = a1− rn+1 .

Entoncessn =

a

1− r

1− rn+1 .

Como

lımn→∞

rn+1 = lımn→∞

rn =

0 si |r| < 1

diverge si |r| > 1 o r = −1,

tendremos finalmente que∞X

k=0

ark =

a

1−rsi |r| < 1

diverge si |r| ≥ 1.

Una observación interesante es que si una serie numérica∞Xk=1

ak converge su término

general ak tiende a 0. La recíproca no es siempre cierta. Ejemplo:∞Xk=1

1

kdiverge, mientras

que∞Xk=1

1

k2converge, como veremos más adelante, aunque en ambos casos el término general

tiende a 01k → 0, 1

k2 → 0.

Teorema 5.6

Si∞Xk=1

ak converge, entonces lımk→∞

ak = 0.


Demostración. Si la serie∞X

k=1

ak converge tenemos que

∞Xk=1

ak = s = lımn→∞

sn,

de donde

s = lımn→∞

sn+1.

Por otro lado, sn+1 = sn + an para todo n ≥ 1, de donde

an = sn+1 − sn para todo n ≥ 1.

Tomando el lımn→∞

a la última expresión, se tiene

lımn→∞

an = lımn→∞

(sn+1 − sn) = lımn→∞

sn+1 − lımn→∞

sn = s− s = 0.

Este resultado es muy útil para, en ciertos casos, demostrar que una serie diverge.

Ejemplo 5.54

1.∞X

k=1

(−1)k diverge porque no existe lımk→∞

(−1)k.

2.∞X

k=1

k + 1

3k + 2diverge porque lım

k→∞

k + 1

3k + 2=

1

36= 0.

5.3.1 Series telescópicas

Definición 5.1

Una serie∞Xk=1

ak se llama telescópica o desplegable si existe (bn) ∈ R∞ tal que ak = bk − bk+1

para todo k ≥ 1.

Teorema 5.7

Una serie telescópica converge si lımk→∞

bk existe. En este caso∞Xk=1

ak = b1 − lımn→∞

bn

Demostración. En efecto, para todo n ≥ 1: sn =

nXk=1

ak =

nXk=1

(bk − bk+1) = b1 − bn+1. Por consi-

guiente:∞X

k=1

ak = lımk→∞

(b1 − bn+1) = b1 − lımk→∞

bn+1.


Ejemplo 5.55

Estudiemos la convergencia de la serie∞X

k=1

1

(k +m)(k +m+ 1)para m ∈ N. Utilizando el método

de “coeficientes por determinar” o “coeficientes indeterminados”, se puede expresar cada término dela serie como la suma de fracciones parciales. Sea k ≥ 1.

1

(k +m)(k +m+ 1)=

A

k +m+

B

k +m+ 1

=A(k +m+ 1) +B(k +m)

(k +m)(k +m+ 1)

=(A+B)k +A(m+ 1) +Bm

(k +m)(k +m+ 1),

de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:A+B = 0,

(m+ 1)A+mB = 1,

el cual se resuelve fácilmente para encontrar A = 1 y B = −1, con lo cual se obtiene finalmente que

1

(k +m)(k +m+ 1)=

1

k +m− 1

k +m+ 1.

Si ponemos ak = 1(k+m)(k+m+1)

, bk = 1k+m

, tenemos que ak = bk − bk+1 para todo k ≥ 1,

lımk→∞

bk = 0 y b1 = 1m+1

. Por consiguiente:

∞Xk=1

1

(k +m)(k +m+ 1)=

1

m+ 1.

Podemos generalizar el teorema de las series telescópicas de la siguiente manera.

Teorema 5.8 (de las series telescópicas generalizado)Sea (bn) ∈ R∞ una sucesión tal que lım

k→∞bk = 0. Sea M ≥ 2 y α0, α1, . . . αM−1 ∈ R tales

queM−1Xm=0

αm = 0. Sea (an) ∈ R∞ definida por ak =M−1Xm=0

αmbk+m. Entonces∞Xk=1

ak converge y

∞Xk=1

ak =M−1Xm=1

m−1Xj=0

αj

!bm.

Demostración. Se propone como ejercicio al lector.

Note que el teorema 9.7 es un caso particular del teorema 9.8, con M = 2, α0 = 1 yα1 = −1.

Ejemplo 5.56

Si converge, calcule el límite de la serie

∞Xk=1

k + 4

k3 + 3k2 + 2k.


Solución. Si ponemos ak = k+4k3+3k2+2k

, como k3 +3k2 +2k = k(k+1)(k+2), descomponemos ak enfracciones parciales:

ak =k + 4

k3 + 3k2 + 2k

=α0

k+

α1

k + 1+

α2

k + 2

=α0(k

2 + 3k + 2) + α1(k2 + 2k) + α2(k

2 + k)

k3 + 3k2 + 2k.

Identificando los numeradores tenemos que:

0k2 + k + 4 ≡ (α0 + α1 + α2)k2 + (3α0 + 2α1 + α2)k + 2α0,

por lo que 8<:0 = α0 + α1 + α2,

1 = 3α0 + 2α1 + α2,

4 = 2α0.

Resolvemos este sistema lineal de ecuaciones obtenemos

α0 = 2, α1 = −3, α2 = 1.

Si ponemos bk = 1k, tenemos que

ak = α0bk + α1bk+1 + α2bk+2.

La primera de las ecuaciones nos muestra que se cumple la hipótesis del teorema,M−1Xm=0

αm = 0, con

M = 3, y obviamente lımk→∞

bk = 0. Por consiguiente, la serie∞X

k=1

ak converge y como

α0b1 + (α0 + α1)b2 = 21

1+ (2− 3)

1

2=

3

2,

tenemos entonces que∞X

k=1

k + 4

k3 + 3k2 + 2k=

3

2.

Se puede generalizar este resultado tomando r ∈ R, M ≥ 1,

∞Xk=1

PN (k)

(k + r)(k + r + 1)(k + r + 2) · · · (k + r +M − 1),

donde PN es un polinomio de grado menor o igual que M − 2.En efecto:

ak =PN (k)

M−1Ym=0

(k + r +m)

=M−1Xm=0

αm

(k + r +m).

Al obtener el denominador común en el miembro de la derecha, que esM−1Ym=0

(k + r +m), el

numerador que se obtiene, que debe ser idéntico a PN (k), tendrá grado menor o igual que

M−1 y el coeficiente de kM−1 seráM−1Xm=0

αm = 0, porque el coeficiente de kM−1 en el miembro

izquierdo es PN (k), que es 0 porque N ≤ M − 2. Se cumplen así las hipótesis del teorema

porque poniendo bk = 1k+r , se tiene que ak =

M−1Xm=0

αmbm.

5.4 Ejercicios 151

5.3.2 Propiedades algebraicas de las series

Como una serie∞Xk=1

ak converge y es igual al límite de la sucesión de sumas parciales

(sn) =

nX

k=1

ak

!, existe, o diverge si ésta diverge, las propiedades algébricas de los lími-

tes de sucesiones se pueden escribir para las series de la siguiente manera.

Teorema 5.9Sean (an) ∈ R∞, (bn) ∈ R∞, α ∈ R. Se tiene que:

1. Si existe∞Xn=1

an = A y∞X

n=1

bn = B, entonces existe∞X

n=1

(an ± bn) = A±B.

2. Si∞X

n=1

an converge y∞X

n=1

bn diverge, entonces∞X

n=1

(an ± bn) diverge.

3. Si existe∞X

n=1

an = A, entonces existe∞X

n=1

(αan) = αA. Si α 6= 0 la recíproca también

tiene lugar, es decir que si α 6= 0

∞Xn=1

an converge ⇔∞Xn=1

(αan) converge.

Dada (an)n≥M ∈ R∞, con M ∈ Z, es decir (an)n≥M = (aM , aM+1, aM+2, . . .) tienesentido considerar ∞X

n=M

andef= lım

n→∞

nXk=M

an.

Se tiene entonces que si N > M :∞X

n=M

an converge ⇔∞X

n=N

an converge.

El resultado anterior es evidente si tomamos la relación entre las sumas parciales de lasdos series:

nXk=M

ak = A+nX

k=N

ak para todo n ≥ N

donde A =N−1Xk=M

ak es constante. Entonces

nX

k=N

ak

!n≥N

cv ⇔

nXk=M

ak

!n≥M

cv.

5.4 Ejercicios

1. Escriba los cuatro primeros términos de la si-guiente serie.

(a)∞X

k=2

2k + 1

k − 1.

(b)∞X

n=1

3n

n.

(c)∞X

k=1

k + 2

k!.


(d)∞X

m=1

sen πm4

m.

2. Si la serie converge, halle su límite.

(a)∞X

k=1

7

2k+1.

(b)∞X

n=1

2n+1

3n+2.

(c)∞X

k=1

3

π

k

.

(d)∞X

k=1

1

(k + 2)(k + 3).

(e)∞X

k=1

5

k2 + 11k + 30.

(f)∞X

n=1

1

4n2 − 1.

(g)∞X

k=1

4

3k+

2

5k

.

(h)∞X

k=1

3k − 1

9k.

3. Halle la fracción a la que corresponde el nú-mero decimal periódico dado.

(a) 2.8ó2.(b) 23.4ó9.(c) 21.823.(d) 0.991.

5.5 Series de términos no-negativos

Si (an) ⊂ [0,∞[, la serie∞Xn=1

an

se denomina serie de términos no negativos, lo que sucede, en particular si para todo n ≥ 1,an > 0.

En este caso, la sucesión de sumas parciales (sn), con sn =nX

k=1

ak, es monótona no

decreciente si an ≥ 0 o monótona creciente si an > 0 para todo n ≥ 1. Tendremos entoncesel siguiente lema.

Lema 5.1Si an ≥ 0 para todo n ≥ 1,

∞Xn=1

an converge ⇔ (sn) es acotada.

Ejemplo 5.57

La serie armónica. La serie∞X

k=1

1

kse denomina serie armónica, la cual diverge porque

la sucesión de sumas parciales correspondiente,

(sn) =

nX

k=1

1

k

,

no es acotada.

Solución. Lo demostraremos en tres etapas:

5.6 Criterio integral 153

1. Primera. Se tiene que para todo n ≥ 1,

s2n ≥ sn +1

2(5.2)

Sea n = 1:

s2n =1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

+

1

n+ 1+ · · ·+ 1

2n

= sn +

nXk=1

1

n+ k

≥ sn +

nXk=1

1

2n

puesto que para todo k ∈ 1, . . . , n, 1

n+ k≥ 1

2n

= sn + n

1

2n

= sn +

1

2.

2. Segunda. Por (5.2) tenemos que para todo m ≥ 1

s2m ≥ m+ 2

2. (5.3)

En efecto:

m = 1 : s21 = s2 ≥ s1 +1

2= 1 +

1

2=

3

2=

1 + 2

2.

Supongamos que (5.3) es válido para m ≥ 1. Probemos que (5.3) es verdadera para m+ 1.

Lo que debemos demostrar es s2m+1 ≥ m+32

. Como 2m+1 = 2 · 2m, aplicando (5.2), con n = 2m,y (5.3) para m, tenemos:

s2m+1 = s2·2m ≥ s2m +1

2≥ m+ 2

2+

1

2=m+ 3

2.

3. Tercera. Probemos que (sn) no es acotada.

Por definición:

(sn) es acotada ⇔ ∃R > 0 tal que ∀n ≥ 1 |sn| < R.

Por consiguiente

(sn) no es acotada ⇔ ∀R > 0 ∃n ≥ 1 tal que |sn| ≥ R.

Probemos esto último. Sea R > 0. Debemos hallar n ≥ 1 tal que |sn| ≥ R. Por la segunda etapatenemos que

∀m ≥ 1 s2m ≥ m+ 2

2,

basta tomar n = 2m, con m tal que

sn = s2m ≥ m+ 2

2≥ R.

Eso se logra con m ≥ 2R − 2.

5.6 Criterio integral

Si (ak) ∈ R∞ está dada como la restricción a N de una función f : [1,∞[→ [0,∞[ continua y

monótona no-creciente, es decir si ∀k ≥ 1 ak = f(k), se tiene que la serie∞Xn=1

an converge si

y solo siR∞1 f(x) dx converge. Se tiene, en efecto, el siguiente teorema.


Teorema 5.10 (Criterio integral)Si f : [1,∞[→ [0,∞[ continua y monótona no-creciente y si ponemos para k ∈ N, ak = f(k),entonces Z ∞

1

f(x) dx converge ⇔∞X

n=1

an converge.

Demostración. En la figura:

0

1

1 2 3 4 5

f

0

1

1 2 3 4 5

f

≤

0

1

1 2 3 4 5

f

≤

es fácil observar que:nX

k=2

ak ≤Z n

1

f(x) dx ≤nX

k=1

ak ∀n ≥ 2, (5.4)

puesto que las sumas parciales totalizan el área de rectángulos de base 1 y altura ak y la integralentre 1 y n es el área bajo la curva que es la gráfica de f sobre el intervalo [1, n]. Tomando el límitecuando n→ ∞ en (5.4), se obtiene el resultado.

Ejemplo 5.58

1. Probemos que si α ∈ R,∞X

k=1

1

kαconverge ⇔ α > 1.

Ponemos f(x) = 1xα y ak = f(k). ComoZ ∞

1

f(x) dx =

Z ∞

1

dx

xα

=

Z ∞

1

x−α dx

=

8><>:ln |x|∞1

= +∞ si α = 1,

x1−α

1−α

∞1

=

+∞ si α < 1,

− 11−α

si α > 1,

el criterio integral nos da el resultado. En particular tenemos que:

(a) la serie armónica∞X

n=1

1

ndiverge,

(b) la serie cuadrática∞X

n=1

1

n2converge.

5.7 Criterios de comparación 155

2. Pruebe que∞X

n=3

2

n(lnn)2converge.

Ponemos f(x) =2

x(lnx)2, ak = f(k).Z ∞

3

f(x) dx = 2

Z ∞

3

dx

x(lnx)2

= 2

Z ∞

ln 3

du

u2

con el cambio de variable u = ln x, du =dx

x,

x u

3 ln 3∞ ∞

= −2u−1∞ln 3

=2

ln 3

Por el criterio integral tenemos que∞X

n=3

2

n(lnn)2converge.

5.7 Criterios de comparación

Comparando dos series, digamos∞Xk=1

ak y∞Xk=1

bk,

cuyos términos se relacionan de manera conveniente, se puede a veces obtener resultadossobre la convergencia o divergencia de una de ellas, a partir de lo que se conozca de la otra.

Teorema 5.11 (Criterio de Comparación)Sean (ak), (bk) ∈ R∞ tales que para todo k ≥ 1, se tiene que 0 ≤ ak ≤ bk. Entonces,

1. Si∞Xk=1

bk converge, entonces∞Xk=1

ak converge.

2. Si∞Xk=1

ak diverge, entonces∞Xk=1

bk diverge.

Demostración. Sean

sn =

nXk=1

ak, tn =

nXk=1

bk, para todo n ≥ 1.

Se tiene entonces que0 ≤ sn ≤ tn para todo n ≥ 1, (5.5)

y las sucesiones (sn) y (tn) son monótonas no decrecientes.

1. Si∞X

k=1

bk converge, entonces (tn) converge, digamos hacia T y para todo n ≥ 1 sn ≤ tn ≤ T .

Al ser (sn) monótona no decreciente y acotada por arriba por T , esta sucesión converge y por

lo tantonX

k=1

ak converge.


2. Si∞X

k=1

ak diverge, (sn) diverge y al ser no decreciente esto significa que lımn→∞

sn = +∞.

Por (5.5) se tiene entonces que también lımn→∞

tn = +∞, lo que significa quenX

k=1

bk diverge.

Ejemplo 5.59

1. La serie∞X

k=1

3k2 − 1

2k4 + 3k2 + 5converge.

En efecto, si ponemos

ak =3k2 − 1

2k4 + 3k2 + 5y bk =

3

2k2,

vemos que 0 < ak < bk para todo k ≥ 1.

Como∞X

k=1

bk =3

2

∞Xk=1

1

k2

y esta última serie converge, el criterio de comparación nos da el resultado.

2. La serie∞X

k=1

(k + 2) ln(k + 3)

2k2 − 1diverge.


ak =1

2ky bk =

(k + 2) ln(k + 3)

2k2 − 1,

vemos que 0 < ak < bk para todo k ≥ 1.

Como∞X

k=1

ak =1

2

∞Xk=1

1

k= +∞,

por el criterio de comparación podemos concluir que la serieP∞

k=1bk diverge.

En el criterio de comparación, la condición “0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ 1” puedereemplazarse por “existe M ≥ 1 tal que 0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ M ”, porque al cambiarun número finito de términos la convergencia o no de la serie no se altera.

Teorema 5.12 (Criterio de Comparación en el límite)

Sean (ak), (bk) ∈ Rn tales que para todo k ≥ 1 ak ≥ 0 bk > 0 y supongamos que L = lımk→∞

akbk

.

Entonces:

1. Si L > 0,∞Xk=1

ak converge si y solo si∞Xk=1

bk converge.

2. Si L = 0 y∞Xk=1

bk converge, entonces∞Xk=1

ak converge.

3. Si L = +∞ y∞Xk=1

bk diverge, entonces∞Xk=1

ak diverge.

Demostración. Si existe lımk→∞

akbk

= L > 0, entonces para todo ǫ > 0 existe N = N(ǫ) tal que

k ≥ N ⇒akbk

− L

< ǫ.


1. Si L > 0, tomando ǫ = L2> 0 y M = N(L

2) se tiene entonces que

∀k ≥M,akbk

− L < L

2.

Como akbk

− L

< L

2⇔ −L

2<akbk

− L <L

2

⇔ L

2<akbk

<3L

2

⇔ L

2bk < ak <

3L

2bk,

se tiene que∀k ≥M Lbk < 2ak < 3Lbk.

Se puede aplicar el criterio de comparación a las series∞X

k=M

Lbk y∞X

k=M

2ak y luego a las series

∞Xk=1

2ak y∞X

k=1

3Lbk. Recordemos que si (cn) ∈ R∞ y α > 0,∞X

n=1

cn converge si y solo si

∞Xn=1

(αcn) converge. Entonces:

(a) Xak converge ⇒

X2ak converge

⇒X

Lbk converge

⇒X

bk converge

(b) Xbk converge ⇒

X3Lbk converge

⇒X

2ak converge

⇒X

ak converge

Esto quiere decir que Xak converge ⇔

Xbk converge.

2. Si L = 0, tomando ǫ = 1 y M = N(1) se tiene entonces que

∀k ≥M,akbk

− 0 < 1.

Como akbk

− 0 < 1 ⇒ −1 ≤ ak

bk≤ 1,

se tiene que para todo k ≥ M ak ≤ bk.

Por el criterio de comparación,

∞Xk=1

bk converge ⇒∞X

k=1

ak converge.


3. Si lımk→∞

akbk

= +∞, existe M tal que

k ≥M ⇒ akbk

> 1,

por lo que para todo k ≥M ak > bk.

Por el criterio de comparación

∞Xk=1

bk diverge ⇒∞X

k=1

ak diverge.

Ejemplo 5.60

1.∞X

k=1

2k + 3 + cos(3k2 + 1)3√k7 + k5 + 3

converge.


ak =2k + 3 + cos(3k2 + 1)

3√k7 + k5 + 3

, bk =1

k43

, ∀k ≥ 1,

se tiene que

lımk→∞

akbk

= 2 > 0,

por lo que la primera parte del teorema precedente nos da el resultado.

2.∞X

k=1

1

k!converge.


ak =1

k!, bk =

1

k2, ∀k ≥ 1,

tenemos que

lımk→∞

akbk

= lımk→∞

1k!1k2

= lımk→∞

k2

k!= 0,

puesto que para todo k ≥ 3

k2

k!=k

k· k

(k − 1)· 1

(k − 2)!y lım

k→∞

k

(k − 1)= 1 y lım

k→∞

1

(k − 2)!= 0.

La parte 2) del teorema nos da entonces el resultado.

3.∞X

k=1

1

1 +√k

diverge.

Si ponemos

ak =1

1 +√k, bk =

1

k34

, ∀k ≥ 1,

tenemos que

lımk→∞

akbk

= lımk→∞

1

1+√

k1

k34

= +∞.

Como∞X

k=1

1

k34

diverge, la parte 3) del teorema anterior nos da el resultado.


5.7.1 Criterio de la razón

Teorema 5.13 (Criterio de la Razón)

Sea (ak) ⊂ ]0,∞[. Sea L = lımk→∞

ak+1

ak. Entonces

1. Si L < 1, la serie∞Xk=1

ak converge.

2. Si L > 1 o lımk→∞

ak+1

ak= +∞, la serie

∞Xk=1

ak diverge.

3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.

Demostración. Si existe L = lımk→∞

ak+1

ak, entonces para todo ǫ > 0 existe N tal que para todo k ≥ N ,ak+1

ak− L < ǫ.

Caso 1. Sea r ∈ ]L, 1[. Ponemos ǫ = r − L > 0:

10

L r

ǫ

Tendremos ak+1

ak− L < ǫ = r − L, ∀k ≥ N.

Pero ak+1

ak− L < ǫ = r − L ⇒ ak+1

ak− L < r − L ∀k ≥ N

⇒ ak+1 < rak ∀k ≥ N

⇒ aN+1 < raN ,

aN+2 < raN+1 < r2aN ,

aN+3 < raN+2 < r3aN , etcétera.

Por inducción tendremos queaN+n < rnaN ∀n ≥ 1.

Por el criterio de comparación, aplicado a las series de términos positivos∞X

n=1

aN+n y∞X

n=1

rnaN ,

puesto que esta última es una serie geométrica que converge, dado que 0 < r < 1, la serie∞X

n=1

aN+n converge y, por ende,∞X

n=1

rnaN .

Caso 2. Sea r ∈ ]1, L[. Ponemos ǫ = L− r > 0:

10 1 r L

ǫ

Tendremos ak+1

ak− L < ǫ = L− r, ∀k ≥ N.

Pero ak+1

ak− L < ǫ = L− r ⇒ −(L− r) <

ak+1

ak− L ∀k ≥ N


⇒ rak < ak+1 ∀k ≥ N.

Análogamente al Caso 1, obtenemos:

rnaN < aN+n ∀n ≥ 1.

Comparando las mismas series que en el Caso 1, pero ahora con r > 1 para la serie geométrica,que será entonces divergente, se tiene finalmente

∞Xk=1

ak diverge.

Caso 3. Veamos dos ejemplos en los que L = 1:

(a)∞X

k=1

ak, con ak = 1k. Entonces

∞Xk=1

ak diverge.

(b)∞X

k=1

ak, con ak = 1k2 . Entonces

∞Xk=1

ak converge.

Ejemplo 5.61

1. Pruebe que∞X

k=1

3k

(k + 1)!converge.

Si ponemos ak =3k

(k + 1)!, tendremos

ak+1 =3k+1

(k + 2)(k + 1)!,

de donde

lımk→∞

ak+1

ak= lım

k→∞

3

k + 2= 0 < 1.

Estamos en el Caso 1 del teorema, por lo que la serie converge.

2. Pruebe que∞X

k=2

(k + 1)k

(k − 1)!diverge.

Ponemos ak =(k + 1)k

(k − 1)!, por lo que

ak+1 =(k + 2)k+1

k!=

(k + 2) [(k + 1) + 1]k

k(k − 1)!.

Entonces

ak+1

ak=k + 2

k

(k + 1) + 1

k + 1

k=k + 2

k

1 +

1

k + 1

k+1 1 +

1

k + 1

−1

.

Como

lımk→∞

k + 2

k= 1, lım

n→∞

1 +

1

n

n

= e > 2 y lımk→∞

1 +

1

k + 1

−1

= 1,

tendremos quelım

k→∞

ak+1

ak= e > 2,

por lo que∞X

k=1

ak diverge.

5.8 Ejercicios 161

5.8 Ejercicios

Aplique un criterio apropiado para determinar sila serie dada converge o diverge.

1.∞X

k=1

1√k

.

2.∞X

k=1

1

k3/2.

3.∞X

k=1

2

3k + 2.

4.∞X

k=1

5

3 +√k

.

5.∞X

n=1

n2e−n.

6.∞X

k=1

sen k

k2.

7.∞X

n=1

arctan(n+ 1)

n3/2 + 1.

8.∞X

k=1

1

2k +√k

.

9.∞X

n=2

1

n lnn.

10.∞X

k=1

ln k

k3.

11.∞X

n=1

1

n√n2 + 3

.

12.∞X

m=1

sen(π/3m)

m3/2 + 1.

13.∞X

k=1

2 + 3k

5 + 4k.

14.∞X

k=1

3k

7k2k.

15.∞X

k=1

7

k!.

16.∞X

n=1

3n

n!.

17.∞X

k=1

k5

7

k

.

18.∞X

n=1

3n

n32n.

19.∞X

k=1

(3k)!

k!(3k)k.

20.∞X

k=1

3k − 1 + sen(k2 + k)

(k11 + k7 + k5)1/5.

5.9 Series alternantes

En una suma como 1 − 12 + 1

3 − 14 + · · · , las sumas parciales de las series

∞Xk=1

(−1)k+1 1

ko

∞Xk=1

(−1)k1

k, los signos de los términos se alternan +,−,+,−, . . . o −,+,−,+, . . ., respectiva-

mente. Este hecho justifica la siguiente definición.

Definición 5.2Sea (ak) ⊂ [0,∞[. Las series de la forma

∞Xk=1

(−1)kak o∞Xk=1

(−1)k+1ak

se llaman series alternantes.

Como cualquiera de estas dos formas se obtiene multiplicando por (−1) los términos dela otra, basta estudiar la convergencia de una de ellas.


Teorema 5.14 (Criterio de las series alternantes)Sea (ak) ⊂ [0,∞[ una sucesión monótona no creciente (esto es, para todo k ≥ 1, ak+1 ≤ ak).

Si lımk→∞

ak = 0, entonces∞Xk=1

(−1)k+1ak converge.

Para la demostración del teorema, haremos uso del siguiente lema que proponemos comoejercicio al lector.

Lema 5.2Dada (bn) ⊂ R, si existe lım

k→∞b2k = lım

k→∞b2k+1 = L, entonces existe lım

k→∞bn = L.

Demostración del teorema. Sea sn =

nXk=1

(−1)k+1ak para todo n ≥ 1. Entonces

s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k

= (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · · (a2k−1 − a2k)

=

kXj=1, j-impar

(aj − aj+1) para todo k ≥ 1.

Como para todo j ≥ 1, aj − aj+1 ≥ 0 (puesto que (ak) es monótona decreciente), entonces (s2k)k≥1

es una sucesión monótona no decreciente.Por otra parte, para todo k ≥ 1

s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k

= a1 − (a2 + a3)− · · · (a2k−2 − a2k−1)− a2k;

es decir, para todo k ≥ 1

s2k = a1 −2k−2X

j=2, j-par

(aj − aj+1)− a2k ≤ a1,

puesto que para todo j > 1, aj − aj+1 ≥ 0. La sucesión (s2k)k≥1 es entonces acotada por arriba pora1. Por lo tanto (s2k) converge, digamos hacia S.

Por otra parte, para todo k ≥ 1, s2k+1 = s2k + a2k+1. Tomamos lımk→∞

y obtenemos:

lımk→∞

s2k+1 = lımk→∞

(s2k + a2k+1) = lımk→∞

s2k + lımk→∞

a2k+1 = S.

Tenemos entonces que lımk→∞

s2k = lımk→∞

s2k+1 = S, por lo que lımk→∞

sn = S, y la serie∞X

k=1

(−1)k+1ak

converge.

Ejemplo 5.62

1.∞X

k=1

(−1)kk

2kes convergente.

2.∞X

k=1

(−1)k+1 1

kpconverge para todo p > 0.

5.9 Series alternantes 163

En particular, la serie∞Xk=1

(−1)k+1 1

k, llamada serie armónica alternada, es convergente lo

que contrasta con la divergencia de la serie armónica∞Xk=1

1

k.

De una serie que tiene esta propiedad se dice que converge relativamente o condicional-mente. En general tenemos la siguiente definición.

Definición 5.3Sea an ⊂ R.

1. SiXn=1

|an| converge, se dice queXn=1

an converge absolutamente.

2. SiXn=1

|an| diverge yXn=1

an converge, se dice queXn=1

an converge condicionalmente o

relativamente.

Se tiene el siguiente teorema.

Teorema 5.15 (Convergencia absoluta)

Sea (an) ⊂ R. Si∞Xn=1

an converge absolutamente, entonces∞Xn=1

an es convergente. La recíproca

no siempre tiene lugar.

Demostración. Supongamos que la serie converge absolutamente. Probemos que es convergente.Recordemos que por el criterio de Cauchy, una sucesión numérica (bn) converge si y solo si (bn) esuna sucesión de Cauchy; es decir, si

∀ǫ0 > 0 ∃N0 = N0(ǫ0) tal que ∀n,m > N0, |bn − bm| < ǫ0.

Sean sn =

nXk=1

ak y tn =

nXk=1

|ak| para todo n ≥ 1.

Debemos probar que la sucesión (sn) es de Cauchy. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N tal que si

m,n > N , entonces |sm − sn| < ǫ. ComonX

k=1

|ak| converge, la correspondiente sucesión de sumas

parciales (tn) converge. Pero esto significa que (tn) es de Cauchy, por lo que

∃N1 tal que m,n > N1(ǫ) ⇒ |tm − tn| < ǫ.

Como para m > n ≥ 1 tenemos que

|sm − sn| = |(a1 + a2 + · · ·+ an + · · ·+ am)− (a1 + · · ·+ an)|= |an+1 + · · ·+ am|≤ |an+1|+ · · ·+ |am|= (|a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|+ |an+1|+ · · ·+ |am|)− (|a1|+ · · ·+ |an|)= |tm − tn|,

repitiendo los mismos cálculos si n > m ≥ 1, vemos que para todo n,m ≥ 1,

|sm − sn| ≤ |tm − tn| < ǫ, si m,n > N1(ǫ).

Basta entonces tomar N = N1(ǫ).


Otra demostración es la siguiente.Sea

bk = |ak|+ ak para todo k ≥ 1 (5.6)

Entonces0 ≤ bk ≤ 2|ak| para todo k ≥ 1 (5.7)

Si∞X

k=1

|ak| converge,∞X

k=1

2|ak| también converge. Por (5.7), aplicando el criterio de comparación,

tendremos entonces que∞X

k=1

bk converge.

Como de (5.6) se tiene que ak = bk−|ak| para todo k ≥ 1, la convergencia de∞X

k=1

bk y de∞X

k=1

|ak|

implica entonces la convergencia de∞X

k=1

ak.

Finalmente, la serie armónica alternada es un ejemplo de que la recíproca no siempre tienelugar.

5.10 Ejercicios

1. Determine si converge la serie alternante da-da.

(a)∞X

k=1

(−1)k

2k + 3.

(b)∞X

k=1

(−1)kk

2k − 1.

(c)∞X

k=1

(−1)k+1 k

k3/2 + 1.

(d)∞X

k=1

(−1)k+1 2k2 + 3

k3.

(e)∞X

k=1

(−1)k+1

√k

5k + 3.

(f)∞X

k=2

(−1)k+1 k + 2

2 ln(k + 1).

(g)∞X

k=1

(−1)k+13√k2 + 3

k + 1.

(h)∞X

k=1

(−1)k3 ln k

k + 1.

(i)∞X

k=1

(−1)k+1 2k + 1

2k + 3.

2. Diga si la serie dada converge absolutamenteo relativamente o diverge.

(a)∞X

k=1

(−1)k+1 2k

k2 + 3.

(b)∞X

k=1

(−1)k+1 3k + 1√k5 + k3 + 1

.

(c)∞X

k=1

(−1)k+14

5

k

.

(d)∞X

k=1

(−1)k+1 2k + 1

3k.

(e)∞X

k=1

(−1)k+1k

3k

3

.

(f)∞X

k=1

(−1)k+1 k!

3k.

(g)∞X

k=1

(−1)k+1 (k!)3

(3k)!.

(h)∞X

k=1

(−1)k+1 2k

k!.

5.11 Criterio general de la razón

Antes vimos, para las series de términos no negativos, el criterio de la razón. Por otra parte,sabemos que una serie absolutamente convergente es convergente. Combinando estos resul-tados tenemos el siguiente teorema.

5.12 Ejercicios 165

Teorema 5.16 (Criterio general de la razón para la convergencia de una serie)

Sea (an) ∈ R∞ una sucesión de términos no nulos. Sea L = lımn→∞

an+1

an

. Entonces:

1. Si L < 1 la serie∞X

n=1


2. Si L > 1 o si lımn→∞

an+1

an

= +∞, la serie∞Xn=1

an diverge.


Para las series de términos no negativos tiene lugar el siguiente teorema.

Teorema 5.17 (Criterio de la raíz)Sea (an) ∈ R∞ una sucesión de términos no negativos y sea L = lım

n→∞n√an. Entonces:


n=1

an converge.


n√an = +∞, la serie diverge.


La demostración, análoga a la del criterio de la razón, se basa en el criterio de comparaciónde una progresión geométrica. Se tiene, además, como corolario, el siguiente teorema.

Teorema 5.18 (Criterio general de la raíz)

Sea (an) ∈ R∞ y sea L = lımn→∞

n

È|an|. Entonces:


n=1



n

È|an| = +∞, la serie diverge.


5.12 Ejercicios

1. Halle los valores de a ∈ R para los cuales con-verge la serie dada.

(a)∞X

k=1

kak.

(b)∞X

k=1

k33

a

k

.

(c)∞X

k=1

ka

k!.


(d)∞X

k=3

ln k

ka.

2. Use el criterio de la raíz para saber si convergeo no la serie dada.

(a)∞X

k=1

33k+2

kk.

(b)∞X

k=2

1

(ln k)k.

(c)∞X

k=1

k + 1

k + 2

k2

.

(d)∞X

k=1

1 +

3

k

k

.

5.13 Error de aproximación del límite de una serie

Dada una sucesión convergente (bn) ∈ R∞, si L = lımn→∞

bn se tiene que lımn→∞

|L − bn| = 0,

por lo que bn es una aproximación de L y |L − bn| es el error que se comete al hacer estaaproximación.

Si una serie∞Xk=1

ak converge, digamos hacia S, es decir si ponemos S =∞Xk=1

, por definición

S = lımn→∞

sn, con sn =nX

k=1

ak.

Las sumas parciales sn son entonces aproximaciones de S y el error que se comete al aproximarS con sn es

En = |S − sn|. (5.8)

Tomamos en (5.8) lımn→∞

y vemos que

lımn→∞

En = 0.

Esto quiere decir que el error que se comete al aproximar el límite S de una serie con sussumas parciales sn, puede ser tan pequeño como se quiera, para lo cual basta tomar nsuficientemente grande.

Para las series alternantes se tiene un resultado notable, que permite conocer el valor quedebe tener n para que el error de aproximación sea menor que un valor dado de antemano.

Teorema 5.19 (Error para las series alternantes)Si (ak) ⊂ R, es tal que 0 ≤ ak+1 ≤ ak para todo k ≥ 1 y si lım

k→∞ak = 0, entonces

0 ≤ S ≤ a1 y |S − sn| < an+1 para todo n ≥ 1,

donde sn =nX

k=1

(−1)k+1ak y S =∞Xk=1

(−1)k+1ak.

Demostración. La serie converge, obviamente, por el criterio de las series alternantes. Converge

entonces lımN→∞

NXk=1

(−1)k+1ak y, por ende, lımN→∞

NXk=n+1

(−1)k+1ak para todo n ≥ 1.

Como se vio en la demostración del criterio de las series alternantes,

s2j ≤ a1 y 0 ≤ s2j−1 (5.9)

para todo j ≥ 1. Comolımj→∞

s2j = lımj→∞

s2j−1 = lımn→∞

sn = S,

5.13 Error de aproximación del límite de una serie 167

tomando el lımj→∞

en (5.9) se obtiene que

0 ≤ S ≤ a1. (5.10)

Evidentemente, como∞X

k=1

(−1)kak = −∞X

k=1

(−1)k+1ak, si converge∞X

k=1

(−1)k+1ak := S, tendre-

mos simultáneamente la convergencia de∞X

k=1

(−1)kak = −S.

Ahora bien, sea n ≥ 1. Entonces

S − sn =

∞Xk=1

(−1)k+1ak −nX

k=1

(−1)k+1ak

por lo que

Sn − sn =

∞Xk=n+1

(−1)k+1ak

= (−1)n+2an+1 +

∞Xk=n+2

(−1)k+1ak

= (−1)nan+1 +

∞Xj=1

(−1)n+jan+1+j ,

donde hemos puesto k = n + 1 + j y j = k − (n + 1), y hemos tenido en cuenta que si k = n + 2,j = 1.

Si n es par, (−1)n = 1 y (−1)n+j = (−1)j , por lo que

Sn − sn = an+1 −∞Xj=1

(−1)j+1an+1+j . (5.11)

Análogamente a (5.10) tenemos que

0 ≤∞Xj=1

(−1)j+1an+1+j ≤ an+2, (5.12)

y como an+2 ≤ an+1 tendremos que

0 ≤∞Xj=1

(−1)j+1an+1+j ≤ an+1. (5.13)

Por lo que de (5.11), (5.12) y (5.13), se obtiene que

0 ≤ S − sn ≤ an+1; (5.14)

es decir,|S − sn| ≤ an+1 para todo n par. (5.15)

Si n es impar, análogamente a (5.11) se obtiene

S − sn =

∞Xk=n+1

(−1)k+1ak = −an+1 +

∞Xj=1

(−1)j+1an+1+j ,

y por (5.12), similarmente a lo hecho en (5.13), tendremos que

−an+1 + 0 ≤ S − sn ≤ −an+1 + an+2 ≤ 0;

es decir,|S − sn| ≤ an+1 para todo n impar. (5.16)

Las desigualdades (5.15) y (5.16) nos dan el resultado:

|S − sn| ≤ an+1 para todo n ∈ N.


5.14 Ejercicios

1. ¿Cuántos términos debe tener la suma parcial de la serie dada que permita aproximar al límitede ésta con tres cifras decimales exactas?

(a)∞X

k=1

(−1)k+1 1

(3k + 1)!.

(b)∞X

k=1

(−1)k+12

3

k

.

(c)∞X

k=1

(−1)k+1 1

k3 + 1.

(d)∞X

k=1

(−1)k+1 k + 1

k3/2 + 1.

(e)∞X

k=1

(−1)k+1 k + 1

k!.

(f)∞X

k=1

(−1)k+1 1

(k + 1)3k.

5.15 Convergencia puntual de sucesiones y series de fun-ciones reales

Hemos definido lo que son sucesiones y series numéricas, y hemos estudiado su convergencia.Pero podemos concebir sucesiones de elementos de otros conjuntos. Por ejemplo, si notamoscon M el conjunto de matrices 2× 3, y si está dada una función A : N −→ M , tal que a cadan le corresponde la matriz An. Tendremos, entonces, una sucesión (An) de matrices de orden2× 3.

Veamos otro ejemplo. Sea Ω 6= ∅ un conjunto cualquiera y sea Φ = f : Ω −→ R elconjunto de las funciones reales definidas en Ω. Si está dada una función

ψ : N −→ Φn 7−→ an

,

tendremos, de hecho, una sucesión (an) de funciones reales definidas en Ω.Observemos que, dado que para todo n ≥ 1, se tiene que an : Ω −→ R, a cada x ∈ Ω,

se tiene que an(x) ∈ R. Por ello, si tomamos un valor x ∈ Ω cualquiera, para este valorde x está definida la sucesión numérica (an(x)), la cual, para ciertos valores de x, puedeser convergente, digamos hacia un número real a(x), y para otros valores de x, puede serdivergente. Se puede, entonces, definir, la función

a : Ω −→ Rx 7−→ a(x) = lım

n→∞an(x)

Como, dada una sucesión numérica, inmediatamente se le puede asociar la respectivasucesión de sumas parciales, en este caso podemos considerar la serie numérica

∞Xn=1

an(x) = lımn→∞

nXk=1

ak(x) := s(x),

el límite de

(sn(x)) =

nX

k=1

ak(x)

!.

Podemos, entonces, hablar de la serie de funciones∞X

n=1

an. De hecho, quedan definidas las

funciones numéricas:

a : Ω −→ Rx 7−→ a(x) = lım

n→∞an(x)

y

s : Ω −→ R

x 7−→ s(x) =∞Xn=1

an(x)

5.16 Series de potencias 169

los dominios de las cuales son:

D(a) = x ∈ Ω : (an(x)) converge y D(s) = x ∈ Ω :∞Xn=1

an(x) converge,

llamados conjuntos de convergencia de la sucesión y de la serie, respectivamente. Diremos,en este caso, que la sucesión de funciones numéricas (an) converge puntualmente hacia a y

la serie∞Xn=1

an converge puntualmente hacia s.

5.16 Series de potencias

Un caso interesante de series de funciones son las llamadas series de potencias.

Definición 5.4Dados a ∈ R y (cn)n≥0 ∈ R∞, si ponemos, para n ≥ 0:

an(x) = cn(x− a)n,

la correspondiente serie de funciones∞Xn=0

an se llama serie de potencias.

El dominio de convergencia de∞X

n=0

an es, como veremos, un intervalo finito o todo el

conjunto R, y por eso se lo llama intervalo de convergencia, y lo notaremos con I. El conjuntoI nunca es vacío, puesto que a ∈ I. Se puede tener, de hecho, tres tipos de intervalo deconvergencia:

1. I = a.

2. Existe R > 0 tal que I es un intervalo centrado en a y de radio R. Puede ser:

(a) ]a−R, a+R[;

(b) ]a−R, a+R];

(c) [a−R, a+R[; o

(d) [a−R, a+R];

Al número R se lo llama radio de convergencia.

3. I = R. Se dice que en este caso I es el intervalo centrado en a y de “radio infinito”.

Estos resultados se resumen en el teorema de “Convergencia de las series de potencias” quelo veremos más adelante, y para cuya demostración precisaremos del siguiente lema.

Lema 5.3Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn)n≥0 ∈ R∞. Sean x1, x2 elementos de R − a.Entonces:

1. Si∞Xn=0

cn(x1 − a)n converge, entonces la serie∞X

n=0

cn(x − a)n converge absolutamente

para todo x ∈ R tal que |x− a| < |x1 − a|.


2. Si∞Xn=0

cn(x2 − a)n diverge, entonces la serie∞Xn=0

cn(x − a)n también diverge para todo

x ∈ R tal que |x− a| > |x2 − a|.

Demostración.

1. Sea x ∈ R tal que|x− a| < |x1 − a|. (5.17)

Como∞X

n=0

cn(x1−a)n converge, entonces lımn→∞

an(x1−a)n = 0. Por la definición de este último

límite, existe N ∈ N tal que para todo n ≥ N se verifica que

|cn(x1 − a)n| < 1. (5.18)

Por otra parte:

|cn(x− a)n| =cn(x1 − a)n

(x− a)n

(x1 − a)n)

= |cn(x1 − a)n|

x− a

x1 − a

n .Aplicando (5.18) tendremos, entonces, que: |cn(x− a)n| <

x− a

x1 − a

n para todo n ≥ N .

Como la serie∞X

n=N

x− a

x1 − a

n es una progresión geométrica cuya razón, por (5.17), es x− a

x1 − a

n < 1,

utilizando el criterio de comparación para las series

∞Xn=0

cn(x− a)n y∞X

n=N

x− a

x1 − a

nse tiene la convergencia de la primera de ellas, lo que implica la convergencia absoluta de laserie

∞Xn=0

cn(x− a)n.

2. Sea x ∈ R tal que|x− a| > |x2 − a|.

Razones por reducción al absurdo. Supongamos que la serie∞X

n=0

cn(x − a)n converge. Pero,

entonces, aplicando la primera parte de este teorema, la serie∞X

n=0

cn(x2 − a)n debe converger

absolutamente, lo que es contrario a la hipótesis que enunciamos.

Podemos ahora demostrar el siguiente teorema.

Teorema 5.20 (Convergencia de series de potencias)Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn)n≥0 ∈ R∞. Entonces una sola de las tres propiedadessiguientes tiene lugar:

(I) La serie∞Xn=0

cn(x− a)n converge si y solo si x = a.

5.16 Series de potencias 171

(II) La serie∞Xn=0

cn(x − a)n converge absolutamente para todo x ∈ R, y se dice que el radio

de convergencia de la serie es infinito.

(III) Existe R > 0, llamado radio de convergencia de la serie∞X

n=0

cn(x − a)n, tal que la serie

converge absolutamente si |x−a| < R, y diverge si |x−a| > R. Para x ∈ a−R, a+R,la serie puede ser convergente o divergente.

Demostración. Si x = a, la serie converge obviamente. Hay dos casos excluyentes mutuamente: obien para todo x 6= a, la serie diverge, y tiene lugar la propiedad (I); o bien existe x1 6= a tal

que la serie∞X

n=0

cn(x − a)n converge y, por el lema, la serie convergerá para todo x ∈ R tal que

|x− a| < |x1 − a|. En este caso hay, a su vez, dos opciones excluyentes mutuamente.

1. Primera opción. No existe x2 ∈ R tal que la serie∞X

n=0

cn(x − a)n diverge. En este caso, se

cumpliría la propiedad (II), porque para todo x ∈ R se aplicaría la primera parte del lema conun x1 adecuado.

2. Segunda opción. Existe x2 ∈ R tal que la serie∞X

n=0

cn(x− a)n diverge. Por la segunda parte

del lema, se tiene, poniendo ρ = |x2 − a| > 0, que:

x ∈ R :

∞Xn=0

cn(x− a)n converge ⊂ [a− ρ, a+ ρ],

y por la primera parte del lema, ρ es una cota superior del conjunto

Ω = |x− a| :∞X

n=0

cn(x− a)n converge absolutamente.

Si tomamos R = supΩ, con este valor R, la serie cumple, entonces, la propiedad (III). Nóteseque R < ∞, porque Ω está acotado por arriba y R > 0, porque |x1 − a| ∈ Ω, y, obviamente,0 < |x1 − a| ≤ R.

Para el cálculo del intervalo de convergencia, se puede usar el siguiente lema.

Lema 5.4 (Fórmula de la razón para el radio de convergencia)

Si R = lımn→∞

cncn+1

existe o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias

∞Xn=0

cn(x− a)n.

Demostración.

1. Supongamos que lımn→∞

cncn+1

= R <∞, con R > 0. Sea x ∈ R tal que |x− a| < R.

Aplicamos el criterio general de la razón a la serie∞X

n=0

an con an = cn(x− a)n:

L = lımn→∞

an+1

an

= lımn→∞

cn+1(x− a)n+1

cn(x− a)n


= lımn→∞

cn+1

cn

|x− a|

=|x− a|

lımn→∞

cncn+1

=

|x− a|R

< 1,

por lo que la serie converge absolutamente.

2. Si lımn→∞

cncn+1

= +∞ para todo x ∈ R, al calcular L se obtiene

L = lımn→∞

|an+1||an|

=|x− a|

lımn→∞

cncn+1

= 0 < 1,

por lo que la serie converge absolutamente.

3. Si R = 0 y |x− a| > 0, el mismo criterio de la razón, puesto que

L = lımn→∞

|an+1||an|

=|x− a|

lımn→∞

cncn+1

= +∞,

nos indica que la serie∞X

n=0

an(x− a)n diverge.

De manera similar, del Criterio General de la Raíz se obtiene que si R = 1

lımn→∞

n

È|cn|

existe o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias∞X

n=0

cn(x− a)n.

Ejemplo 5.63

1. Halle el intervalo de convergencia de la serie∞X

k=0

(2x+ 5)k

3k(k + 2)2.

Como(2x+ 5)k

3k(k + 2)2=

2k

3k(k + 2)2

x− (−5

2)k

,

poniendo ck =2k

3k(k + 2)2y a = − 5

2, vemos que se trata de una serie de potencias.

Por otra parte

R = lımn→∞

cncn+1

= lımk→∞

2k

3k(k+2)2

2k+1

3k+1(k+3)2

=3

2lım

k→∞

k + 3

k + 2

2

=3

2,

por lo que la serie converge absolutamente en el intervalo ]− 52− 3

2,− 5

2+ 3

2[ = ]− 4,−1[.

Queda por determinar la convergencia para x = −4 y x = −1.

Para x = −4:∞X

k=0

(2x+ 5)k

3k(k + 2)2=

∞Xk=0

(−1)k1

(k + 2)2,

5.17 Ejercicios 173

que converge por el criterio de las series alternantes.

Para x = −1:∞X

k=0

(2x+ 5)k

3k(k + 2)2=

∞Xk=0

1

(k + 2)2.

Esta serie converge, porque se la puede comparar en el límite con la serie convergente∞X

k=0

1

k2.

En síntesis, el intervalo de convergencia de la serie∞X

k=0

(2x+ 5)k

3k(k + 2)2es [−4,−1].

2. Halle el intervalo de convergencia de la serie∞X

k=0

xk

k!.

Aquí, a = 0, ck = 1k!

y

R = lımn→∞

cncn+1

= lımn→∞

1n!1

(n+1)!

= lımn→∞

(n+ 1) = +∞,

por lo que la serie converge absolutamente para todo x. A su límite se le nota exp(x). Es decir

exp: x 7→ exp(x) =

∞Xk=0

xk

k!.

es una función definida para todo x ∈ R.

Aplicando a esta serie el lema (condición necesaria de convergencia de una serie), se tiene,puesto que converge absolutamente, que

lımn→∞

|x|kk!

= 0.

5.17 Ejercicios

1. Halle el intervalo de convergencia de la seriedada.

(a)∞X

k=1

(−1)k

k + 1(x+ 1)k.

(b)∞X

k=1

(x− 3)k

k2.

(c)∞X

k=1

(2x+ 1)k

k.

(d)∞X

k=1

(x+ 3)k

k3.

(e)∞X

k=1

(−1)k(x+ 2)k√k + 1

.

(f)∞X

k=1

(−1)k+1

2k(x+ 1)k.

(g)∞X

k=1

k + 1

(k + 2)2(x+ 3)k.

(h)∞X

k=1

(−1)k(3x+ 2)k

k!.

(i)∞X

k=1

(x+ 1)k

ln(k + 1).

(j)∞X

k=1

(−1)k(x+ 2)k

k ln k.

(k)∞X

k=1

(−1)kk(4− x)k

23k.

(l)∞X

k=1

(−3x+ 2)k

k(k + 2).

(m)∞X

k=1

2k!

1× 3× 5× · · · × (2k + 1)

2x+ 3

5

k

.


2. Halle los valores de x ∈ R para los cuales laserie dada converge.

(a)∞X

k=1

1

(x3)k.

(b)∞X

k=1

x+ 1

x+ 3

k

.

(c)∞X

k=1

1

k2

x

x+ 1

k

.

(d)∞X

k=1

(k + 1)!

(kx)k.

(e)∞X

k=1

2kx.

(f)∞X

k=1

k!e−kx2

.

5.18 Derivación e Integración de Series de Potencias

Dados a ∈ R y (cn)n≥0 ∈ R∞, si ponemos s(x) =∞X

n=0

cn(x − a)n, la función s : R → R está

definida en el intervalo de convergencia de la serie. Resulta que si R ∈ ]0,∞[ o R = +∞es el radio de convergencia de la serie, la función s es derivable en ]a − R, a + R[ o en R,respectivamente, y su derivada se puede obtener como el límite de la serie obtenida derivando

término por término la serie∞Xn=0

cn(x− a)n.

Para la integración de s se tiene un resultado análogo.

Teorema 5.21 (Derivación de una Serie de Potencias)

Si el radio de convergencia de la serie de potencias∞X

n=0

cn(x − a)n es R ∈ ]0,∞[ o +∞, y si

s(x) =∞X

n=0

cn(x − a)n, la función s es derivable, y por ende continua, en en ]−R,+R[ o en R,

respectivamente y s′(x) =∞Xk=1

kck(x− a)k−1.

Y también el siguiente corolario.

Corolario 5.22La función s tiene derivadas de todos los órdenes en ]a−R, a+R[.

En vez de una demostración formal de este teorema, notemos que si, por ejemplo, hemos

podido calcular el radio de convergencia R de la serie∞Xk=0

ck(x− a)k mediante la fórmula

R = lımn→∞

cncn+1

,como ∞X

k=1

kck(x − a)k−1 =∞X

n=0

(n+ 1)cn+1(x− a)n

(con el cambio de variable n = k − 1) podemos calcular el radio de convergencia R′ de laserie

P∞k=1 kck(x − a)k−1 como:

R′ = lımn→∞

(n+ 1)cn+1

(n+ 2)cn+2

= lımn→∞

cn+1

cn+2

= R.

5.18 Derivación e Integración de Series de Potencias 175

¡Los radios de convergencia de las dos series coinciden!Análogamente, y utilizando el teorema precedente, se obtiene el siguiente teorema.

Teorema 5.23 (Integración de Series de Potencias)

Si s(x) =∞Xk=0

ck(x− a)k, entoncesZs(x) dx =

∞Xk=0

ckk + 1

(x− a)k+1 + C,Z β

αs(x) dx =

∞Xk=0

ck(β − a)k+1 − (α− a)k+1

k + 1,

donde [α, β] es subconjunto del intervalo de convergencia.

Ejemplo 5.64

Utilizando los teoremas precedentes halle series de potencias que converjan hacia:

(a)1

(1 + x)2,

(b) ln(1 + x),

(c) arctan x,

para x ∈ ]− 1, 1[.Conocemos que si |r| < 1 se tiene la convergencia de la serie geométrica

∞Xk=0

ark =a

1− r

Poniendo a = 1, r = −x, con x ∈ ]− 1, 1[, tenemos

1

1− (−x) =

∞Xk=0

1(−x)k,

por lo que

1

1 + x=

∞Xk=0

(−1)kxk (5.19)

para todo x ∈ ]− 1, 1[.Como entonces x2 ∈ [0, 1[, se puede sustituir x por x2 y obtenemos

1

1 + x2=

∞Xk=0

(−1)kx2k (5.20)

para todo x ∈ ]− 1, 1[.

1. Derivando (5.19) obtenemos, gracias al teorema de derivación de series de potencias, que

−1

(1 + x)2=

∞Xk=1

(−1)kkxk−1 =

∞Xn=0

(−1)n+1(n+ 1)xn (5.21)

(donde hicimos el cambio de variable n = k − 1).


Cambiando de signo en (5.21) se obtiene finalmente

1

(1 + x)2=

∞Xn=0

(−1)n(n+ 1)xn (5.22)

para todo x ∈ ]− 1, 1[.

Derivando (5.22) las veces que sea necesario, se obtienen series que convergen hacia 1(1+x)n

para todo n ≥ 3.

2. Integrando cada lado de (5.19), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ] − 1, 1[ seobtiene Z x

0

dt

1 + t=

Z x

0

∞Xk=0

(−1)ktk dt =

∞Xk=0

(−1)kZ x

0

tk dt =

∞Xk=0

(−1)kxk+1

k + 1.

Como con el cambio de variable n = k + 1 se obtiene∞X

k=1

(−1)kxk+1

k + 1=

∞Xn=0

(−1)n+1 xn

n,

y como Z x

0

dt

1 + t= ln(1 + x),

se tiene que

ln(1 + x) =

∞Xn=0

(−1)n+1

nxn = x− x2

2+x3

3− · · · (5.23)

para todo x ∈ ]− 1, 1[.

3. Integrando la igualdad (5.20), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ]−1, 1[ se obtiene:Z x

0

dt

1 + t2=

Z x

0

∞Xk=0

(−1)kt2k dt =

∞Xk=0

(−1)kZ x

0

t2k dt =

∞Xk=0

(−1)kx2k+1

2k + 1,

de donde, puesto que Z x

0

dt

1 + t2= arctan x,

se obtiene:

arctan x =

∞Xk=0

(−1)k

(2k + 1)x2k+1 = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · · (5.24)

para todo x ∈ ]− 1, 1[.

Las series que obtuvimos en estos ejemplos son series alternantes para las cuales se conoceel error de aproximar el límite de la serie con sus sumas parciales (véase el teorema del errorpara las series alternantes). Gracias a ello se pueden obtener aproximaciones, con la precisiónque se desee, de las expresiones indicadas para x ∈ ]− 1, 1[.

Ejemplo 5.65

Obtener una aproximación de arctan(0.2) con tres cifras decimales exactas.Por (5.24) con x = 0.2, tenemos que

arctan(0.2) =

∞Xk=0

(−1)k

2k + 1(0.2)2k+1 =

∞Xk=0

(−1)kak, con ak =(0.2)2k+1

2k + 1.

Sabemos que arctan(0.2) − ∞Xk=0

(−1)k

2k + 1(0.2)2k+1

< (0.2)2n+3

2n+ 3= an+1.

Calculemos algunos valores de an+1:

5.19 Ejercicios 177

n an+1

0 (0.2)3

3≈ 0.002666

1 (0.2)5

5≈ 0.000064

2 (0.2)7

7≈ 0.000001

Vemos que con n = 1 se tiene la precisión deseada, por lo que aproximamos arctan(0.2) con

1Xk=0

(−1)kak = 0.2− (0.2)3

3≈ 0.1973.

Así:arctan(0.2) ≈ 0.1973.

5.19 Ejercicios

1. Escriba la f(x) dada como una serie de po-tencias y halle el correspondiente intervalo deconvergencia.

(a) f(x) =2

3− x.

(b) f(x) =3

(x+ 1)2.

(c) f(x) =7

5− 2x.

(d) f(x) =3

4 + 5x.

(e) f(x) = ln(1 + 3x).

(f) f(x) = arctanx

2.

(g) f(x) = ln(1 + x2).

(h) f(x) =

Z x

0

ln(1 + 2t2)dt.

(i) f(x) =

Z 2

o

arctan tdt.

2. Halle el domino de la función f para f(x) da-da.

(a) f(x) =

∞Xk=1

(−1)k(x+ 2)k

k2k+1.

(b) f(x) =

∞Xk=1

(3x+ 2)k

(k + 1)!.

3. Sea f(x) =∞X

k=0

xk

k!.

(a) Pruebe que f ′ = f y que f(0) = 1.

(b) Deduzca de ello la relación de f con lafunción exp: R −→ R.

(c) Represente como serie de potencias lasfunciones g y h, si g(x) = e−x+1 y h(x) =ex/2.

(d) Aproxime los números siguientes contres cifras decimales exactas: 1/e, 1/

√e,Z 1

0

e−x2/2dx y arctan 0.1.

5.20 Series de Taylor y de Maclaurin

Dados a ∈ R y (cn) ∈ R∞, hemos visto que se puede definir una función

s : R → R, x 7→ s(x) =∞Xk=0

ck(x− a)k,

cuyo dominio de definición es el intervalo de convergencia de la serie. En los ejemplos prece-dentes vimos que esta función puede ser dada por expresiones algebraicas, trigonométricas,logarítmicas, etc. conocidas. En estos casos se dice que s(x) está representada por la serie

de potencias∞Xk=0

ck(x− a)k, o que la serie de potencias∞Xk=0

ck(x− a)k representa a s(x). Así,

por ejemplo, ln x está representada por la serie∞Xk=1

(−1)k+1

kxk.


Notemos que si

s(x) =∞Xk=0

ck(x − a)k (5.25)

por el teorema de la derivación de series de potencias obtenemos derivando (5.25) variasveces:

s′(x) =∞Xk=1

ckk(x− a)k−1,

s′′(x) =∞Xk=2

ckk(k − 1)(x− a)k−2,

s′′′(x) =∞Xk=3

ckk(k − 1)(k − 2)(x− a)k−3, etc.

Evaluando estas expresiones para x = a, se obtiene

s(a) = c0, s′(a) = c1, s′′(a) = 2c2, s′′′(a) = 3 · 2c3, etc.

y, en general,s(n)(a) = n!cn, ∀n ≥ 0,

de donde

cn =s(n)(a)

n!∀n ≥ 0 (5.26)

donde hemos notado s(0)(x) = s(x).Hemos obtenido así una expresión para los coeficientes ck ¡en función de las derivadas de

la función s, evaluados en a! Podemos entonces escribir que

s(x) =∞Xk=0

s(k)(a)

k!(x− a)k (5.27)

la cual es válida en el intervalo ]a−R, a+R[, donde R es el radio de convergencia de la seriede potencias, o en R si este radio es +∞. La serie de (3) se llama serie de Taylor de s en a,y cuando a = 0, es decir, si

s(x) =∞Xk=0

s(k)(0)

k!xk (5.28)

se llama serie de Maclaurin de s.Es importante observar que en (5.27) y (5.28) la función s está definida como el límite de

una serie de potencias previamente dada, por lo cual la función s es infinitamente derivableen ]a−R, a+R[ o en R, según sea el caso.

Se plantea naturalmente el problema inverso: dada una función f : I 7→ R, infinitamen-te derivable en un intervalo abierto I que contenga un número a ∈ R, se puede obteneranálogamente a (5.27) la serie de Taylor de f en a siguiente:

∞Xk=0

ck(x− a)k =∞Xk=0

fk(a)

k!(x− a)k, (5.29)

con

ck =fk(a)

k!∀k ∈ N ∪ 0. (5.30)

5.20 Series de Taylor y de Maclaurin 179

Esta serie, como cualquier otra, tendrá su correspondiente intervalo de convergencia de laforma ]a−R, a+R[ o R, en el cual estará definida la función s : R 7→ R, dada por:

s(x) =∞Xk=0

ck(x− a)k =∞Xk=0

fk(a)

k!(x− a)k, (5.31)

Como

ck =sk(a)

k!∀k ≥ 0, (5.32)

surge la obvia pregunta ¿qué relación hay entre s(x) y f(x), para los valores de x en queambas expresiones tienen sentido? Es decir,

¿s(x) = f(x)? (5.33)

Curiosamente, la respueste ¡no siempre es afirmativa! a pesar de que por (5.30) y (5.32)

sk(a) = fk(a) ∀k ≥ 0, (5.34)

¡no siempre se tiene la identidad (5.33)! Veámoslo con un ejemplo. Sea f(x) = e−1/x2

si x > 0y f(x) = 0 si x ≤ 0. Se puede ver que para todo k ≥ 0, f (k)(0) = 0, por lo tanto

s(x) =∞Xk=0

f (k)(0)

k!xk = 0 ∀x ∈ R

Obviamente, para todo x > 0: 0 = s(x) 6= f(x) 6= 0. Es decir que f(x) no está representadapor su serie de Taylor, en este caso.

Sin embargo en muchos casos, para funciones que usualmente se presentan en la práctica,la correspondiente serie de Taylor o de Maclaurin ¡sí las representa!

Veamos un resultado que nos permite hallar una condición suficiente para que una funciónsea representada por una serie de Taylor.

Teorema 5.24 (de Taylor)Sean a ∈ R, R > 0, n ≥ 0 y f : R → R una función n + 1 veces derivable en ]a − R, a + R[.Entonces

f(x) = Pn(x) +Rn(x) ∀x ∈ ]a−R, a+R[,

donde

Pn(x) =nX

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k, (5.35)

es el polinomio de Taylor de grado n de f en a, y

Rn(x) =f (n+1)(cx)

(n+ 1)!(x− a)n+1, (5.36)

donde cx es un número comprendido entre a y x.A Rn(x)se le llama residuo y (5.36) es la forma de Lagrange de este residuo.

Omitiremos la demostración aquí, pero hacemos notar que los Pn(x) son justamente lassumas parciales de la serie de Taylor de f en a, si f es infinitamente derivable. Como

nXk=0

f (k)(a)

k!(x − a)k = Pn(x) = f(x)−Rn(x) ∀n ≥ 0 (5.37)


tomando el lımn→∞

se tiene que

s(x) = f(x)− lımn→∞

Rn(x). (5.38)

Vemos que f será representada por su serie de Taylor si ¡el límite de (5.38) es 0!Tenemos, pues, el siguiente teorema.

Teorema 5.25 (de la representación de una función por su serie de Taylor)Sean a ∈ R, R > 0 y f : R → R una función infinitamente derivable en ]a−R, a+R[.Si lım

n→∞Rn(x) = 0 para todo x ∈ ]a−R, a+R[, entonces

f(x) =∞Xk=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (5.39)

En ejercicios prácticos para probar la condición

lımn→∞

Rn(x) = 0 ∀x ∈ ]a−R, a+R[ (5.40)

es muy útil saber que

lımk→∞

|x|kk!

= 0 ∀x ∈ R, (5.41)

resultado que obtuvimos como la condición necesaria de la convergencia de la serie∞Xk=0

xk

k!

cuyo intervalo de convergencia es todo R.

Ejemplo 5.66

¿Répresenta a ln x su serie de Taylor en 1? Sea f(x) = ln x. Entonces

f ′(x) = x−1, f ′′(x) = −1x−2, f ′′(x) = 1 · 2x−3, . . . , f (k)(x) = (−1)(k−1)(k − 1)!x−k ∀k ≥ 1.

Por lo que

f(1) = 0, f ′(1) = 1, f ′′(1) = −1, f ′′′(1) = 1 · 2, . . . , f (k)(1) = (−1)(k−1)(k − 1)! ∀k ≥ 1.

La serie de Taylor de ln x en 1 es

s(x) =

∞Xk=0

ck(x− 1)k =

∞Xk=1

(−1)k−1

k(x− 1)k, con ck =

(−1)k−1

k∀k ≥ 1.

Se puede ver (por ejemplo, con la fórmula de la razón) que R = 1 y que el intervalo de convergenciaes ]0, 2].

Para x ∈ [1, 2] probemos que lımn→∞

|Rn(x)| = 0.

Como f (n+1)(x) = (−1)nn!x−n−1,

|Rn(x)| =(−1)nn!c−n−1

x(x− 1)n+1

(n+ 1)!

= 1

n+ 1

x− 1

cx

n+1

, con cx ∈ ]1, x[.

Por otra parte:

x ∈ [1, 2] ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ 0 ≤ x− 1 ≤ 1 < cx < x ⇒ 0 ≤ x− 1

cx< 1.

Entonces

0 ≤ |Rn(x)| = 1

n+ 1

x− 1

cx

∀n ≥ 1, conx− 1

cx

< 1.

5.21 Ejercicios 181

Tomando lımn→∞, el teorema del “sandwich” nos da entonces que

lımn→∞

|Rn(x)| = 0.

En el caso x ∈ ]0, 1[ se prueba también esta última igualdad por lo que la serie de Taylor en 1realmente representa a lnx en ]0, 2]. Es decir

ln x =

∞Xk=1

(−1)k+1

k(x− 1)k.

La siguiente es una lista de algunas funciones cuyas series de Maclaurin las representanen los intervalos dados:

ex =∞Xk=0

1

k!xk, x ∈ R,

senx =∞Xk=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1, x ∈ R,

cosx =∞Xk=0

(−1)k

(2k)!x2k, x ∈ R,

ln(x+ 1) =∞Xk=1

(−1)k+1

kxk, x ∈ ]− 1, 1].

A manera de ejercicio, pruebe que en estos ejemplos las series de Maclaurin representana las funciones dadas en los intervalos indicados.

5.21 Ejercicios

1. Halle la serie de Maclaurin de la f(x) dada.

(a) f(x) =1

3− x.

(b) f(x) =1

1 + 3x.

(c) f(x) = ln(1 + 3x).

(d) f(x) = cos x.

(e) f(x) = sen(3x).

(f) f(x) = ex.

(g) f(x) = e−x.

(h) f(x) = ex + e−x.

(i) f(x) = ex − e−x.

2. Halle la serie de Taylor de la f(x) dada en ela dado.

(a) f(x) =1

1 + 2x, a = 2.

(b) f(x) =√x, a = 1.

(c) f(x) = sen x, a = pi/6.

(d) f(x) = cos x, a = π/4.

(e) f(x) = ln(x− 1), a = 3.

(f) f(x) = ln(x+ 1), a = 1.

(g) f(x) = ex, a = 2.

(h) f(x) = e−3x, a = 1.

3. Halle tres términos no nulos de la serie de Ma-claurin de la f(x) dada.

(a) f(x) = arctan x.

(b) f(x) = cos x.

(c) f(x) = ln(1 + 2x).

4. Halle la serie de Maclaurin de la f(x) dadateniendo en cuenta las series conocidas de lasfunciones elementales.

(a) f(x) = e−x3

.

(b) f(x) = x3e−2x.

(c) f(x) = x2 sen x.

(d) f(x) = ln(1− x2).

(e) f(x) = ln(sen x+ 1).

(f) f(x) = sen x+ sec2 x.

(g) f(x) = ln2 + x

2− x

.


5. Usando series indique cómo se pueden apro-ximar los números dados.

(a) sen 44.

(b) cos 59.

(c) e0.1.

(d)

Z 1

0

sen x

xdx.

5.22 Serie Binomial

Definición 5.5Dado un numero r ∈ R a la serie de potencias

sr(x) =∞Xn=0

bk(r)

k!xk, (5.42)

donde b0(r) = 1, b1(r) = r, b2(r) = r(r− 1), y para todo k ≥ 2, bk(r) = r(r− 1)(r− 2) · · · (r−k + 1) , se llama serie binomial.

El nombre viene dado teniendo en cuenta que, por la fórmula del binomio de Newton, setiene

(1+x)j = 1+ jx+j(j − 1)

2!x2 + · · ·+ j(j − 1) · · · (j − k + 1)

k!xk + · · · = 1+ jx+

jXk=2

bk(j)

k!xk.

Esta suma tiene j + 1 términos y lo mismo sucede con la serie binomial si r = j ∈ N.Se tiene el siguiente resultado.

Teorema 5.26 (de la serie binomial)Para todo número real r la serie binomial converge si |x| < 1, diverge si |x| > 1 y representa ala función f dada por f(x) = (1 + x)r . Es decir:

|x| < 1 ⇒ (1 + x)r =∞Xk=0

bk(r)

k!xk, (5.43)

donde

b0(r) = 1, b1(r) = r y ∀k ≥ 2 bk(r) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − k + 1). (5.44)

Demostración. Se calcula el radio de convergencia R con la fórmula de la razón y se obtiene R = 1.Dejamos al lector, como ejercicio, probar que la serie realmente representa a f en ]− 1, 1[.

Ejemplo 5.67

Hallar una representación como serie de potencias para 3√1 + x, si |x| < 1. Aplicamos (5.43) con

r = 1/3:

3√1 + x = (1 + x)1/3 = 1 +

1

3x+

13

13− 1

2!x2 +

13

13− 1

13− 2

3!x3+

+ · · ·+13

13− 1

13− 2· · ·13− k + 1

k!

xk + · · ·

5.23 Ejercicios 183

5.23 Ejercicios

1. Halle tres términos de una serie de potenciaspara la f(x) dada.

(a) f(x) =3p

1 + x2.

(b) f(x) =√4− x.

(c) f(x) =p

3− x2.

(d) f(x) = (2 + x)3/2.

(e) f(x) =x

(3 + x)2.

(f) f(x) =x3

(2− x2)3.

2. Aproximar los números dados con tres cifrasdecimales exactas.

(a) 3√1.02.

(b)1√1.1

.

(c) arc sen(0.2). Use el hecho de que

arc sen x =

Z x

0

dt√1− t2

.

(d)

Z 0.1

0

p1 + x2dx.

(e)

Z 1/4

0

3p

1 + x2dx.

Apéndice A

Tablas de integración

A.1 Fórmulas básicas

1.Ru dv = uv − R v du

2.Zun du =

1

n+ 1un+1 + C, n 6= −1

3.Z

du

u= ln |u|+ C

4.Zeu du = eu + C

5.Z

senu du = − cosu+ C

6.Z

cosu du = senu+ C

7.Z

sec2 u du = tanu+ C

8.Z

csc2 u du = − cotu+ C

9.Z

secu tanu du = secu+ C

10.Z

cscu cotu du = − cscu+ C

11.Z

tanu du = ln | secu|+ C

12.Z

cotu du = ln | senu|+ C

13.Z

secu du = ln | secu+ tanu|+ C

14.Z

cscu du = ln | cscu− cotu|+ C

15.Z

du√a2 − u2

= sen−1 u

a+ C

16.Z

du

a2 + u2=

1

atan−1 u

a+ C

17.Z

du

u√u2 − a2

=1

asec−1 u

a+ C

18.Z

du

a2 − u2=

1

2aln

u+ a

u− a

+ C

19.Z

du

u2 − a2=

1

2aln

u− a

u+ a

+ C

20.Z

Au+B

u2 + 2bu+ c=A

2lnu2 + 2bu+ c

+B −Ab√c− b2

tan−1 u+ b√c− b2

+ C, si c > b2.

A.2 Fórmulas en las que interviene√a2 + u2

1.Z p

a2 + u2 du =u

2

pa2 + u2 +

a2

2lnu+

pa2 + u2

+ C

2.Zu2pa2 + u2 du =

u

8(a2 + 2u2)

pa2 + u2 − a4

8lnu+

pa2 + u2

+ C

186 Tablas de integración

3.Z √

a2 + u2

udu =

pa2 + u2 − a ln

a+√a2 + u2

u

+ C

4.Z √

a2 + u2

u2du = −

√a2 + u2

u+ ln

u+pa2 + u2

+ C

5.Z

du√a2 + u2

= lnu+

pa2 + u2

+ C

6.Z

u2 du√a2 + u2

=u

2

pa2 + u2 − a2

2lnu+

pa2 + u2

+ C

7.Z

du

u√a2 + u2

= −1

aln

√a2 + u2 + a

u

+ C

8.Z

du

u2√a2 + u2

= −√a2 + u2

a2u+ C

9.Z

du

(a2 + u2)3/2=

u

a2√a2 + u2

+ C

A.3 Fórmulas en las que interviene√a2 − u2

1.Z p

a2 − u2 du =u

2

pa2 − u2 +

a2

2sen−1 u

a+ C

2.Zu2pa2 − u2 du =

u

8(2u2 − a2)

pa2 − u2 +

a4

8sen−1 u

a+ C

3.Z √

a2 − u2

udu =

pa2 − u2 − a ln

a+√a2 − u2

u

+ C

4.Z √

a2 − u2

u2du = − 1

u

pa2 − u2 − sen−1 u

a+ C

5.Z

u2 du√a2 − u2

= −u2

pa2 − u2 +

a2

2sen−1 u

a+ C

6.Z

du

u√a2 − u2

= −1

aln

a+√a2 − u2

u

+ C

7.Z

du

u2√a2 − u2

= − 1

a2u

pa2 − u2 + C

8.Z(a2 − u2)3/2 du = −u

8(2u2 − 5a2)

pa2 − u2 +

3a4

8sen−1 u

a+ C

9.Z

du

(a2 − u2)3/2=

u

a2√a2 − u2

+ C

A.4 Fórmulas en las que interviene√u2 − a2 187

A.4 Fórmulas en las que interviene√u2 − a2

1.Z p

u2 − a2 du =u

2

pu2 − a2 − a2

2lnu+

pu2 − a2

+ C

2.Zu2pu2 − a2 du =

u

8(2u2 − a2)

pu2 − a2 − a4

8lnu+

pu2 − a2

+ C

3.Z √

u2 − a2

udu =

pu2 − a2 − a cos−1 a

u+ C

4.Z √

u2 − a2

u2du = −

√u2 − a2

u+ ln

u+pu2 − a2

+ C

5.Z

du√u2 − a2

= lnu+

pu2 − a2

+ C

6.Z

u2 du√u2 − a2

=u

2

pu2 − a2 +

a2

2lnu+

pu2 − a2

+ C

7.Z

du

u2√u2 − a2

=

√u2 − a2

a2u+ C

8.Z

du

(u2 − a2)3/2= − u

a2√u2 − a2

+ C

A.5 Fórmulas con las funciones trigonométricas

1.Z

sen2 u du =1

2u− 1

4sen 2u+ C

2.Z

cos2 u du =1

2u+

1

4sen 2u+ C

3.Z

tan2 u du = tanu− u+ C

4.Z

cot2 u du = − cotu− u+ C

5.Z

sen3 u du = −1

3(2 + sen2 u) cosu+ C

6.Z

cos3 u du =1

3(2 + cos2 u) senu+ C

7.Z

tan3 u du =1

2tan2 u+ ln | cosu|+ C

8.Z

cot3 u du = −1

2cot2 u− ln | senu|+ C

9.Z

sec3 u du =1

2secu tanu+

1

2ln | secu+ tanu|+ C

10.Z

csc3 u du = −1

2cscu cotu+

1

2ln | cscu− cotu|+ C

188 Tablas de integración

11.Z

senn u du = − 1

nsenn−1 u cosu+

n− 1

n

Zsenn−2 u du

12.Z

cosn u du =1

ncosn−1 u senu+

n− 1

n

Zcosn−2 u du

13.Z

tann u du =1

n− 1tann−1 u−

Ztann−2 u du

14.Z

cotn u du = − 1

n− 1cotn−1 u−

Zcotn−2 u du

15.Z

secn u du =1

n− 1tanu secn−2 u+

n− 2

n− 1

Zsecn−2 u du

16.Z

cscn u du = − 1

n− 1cotu cscn−2 u+

n− 2

n− 1

Zcscn−2 u du

17.Z

sen au sen bu du =sen(a− b)u

2(a− b)− sen(a+ b)u

2(a+ b)+ C

18.Z

cos au cos bu du =sen(a− b)u

2(a− b)+

sen(a+ b)u

2(a+ b)+ C

19.Z

sen au cos bu du = −cos(a− b)u

2(a− b)− cos(a+ b)u

2(a+ b)+ C

20.Zu senu du = senu− u cosu+ C

21.Zu cosu du = cosu+ u senu+ C

22.Zun senu du = −un cosu+ n

Zun−1 cosu du

23.Zun cosu du = −un senu− n

Zun−1 senu du

24.Z

senn u cosm u du = − senn−1 u cosm+1 u

n+m+n− 1

n+m

Zsenn−2 u cosm u du

= senn+1 u cosm−1 un+m + m−1

n+m

Rsenn u cosm−2 u du

25.Z

du

1− sen au=

1

atan

π4+au

2

+ C

26.Z

du

1 + sen au= −1

atan

π4− au

2

+ C

27.Z

u du

1− sen au=u

atan

π4+au

2

+

2

a2ln | sen

π4− au

2

|+ C

A.6 Fórmulas con funciones exponenciales y logarítmicas

1.Zueau du =

1

a2(au− 1)eau + C

2.Zuneau du =

1

auneau − n

a

Zun−1eau du

A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas 189

3.Zeau sen bu du =

eau

a2 + b2(a sen bu− b cos bu) + C

4.Zeau cos bu du =

eau

a2 + b2(a cos bu+ b sen bu) + C

5.Z

lnu du = u lnu− u+ C

6.Z

1

u lnudu = ln |lnu|+ C

7.Zun lnu du =

un+1

(n+ 1)2(n+ 1) lnu− 1+ C

8.Zum lnn u du =

um+1 lnn u

m+ 1− n

m+ 1

Zum lnn−1 u du, m 6= −1

9.Z

ln(u2 + a2) du = u ln(u2 + a2)− 2u+ 2a tan−1 u

a+ C

10.Z

ln |u2 − a2| du = u ln |u2 − a2| − 2u+ a ln

u+ a

u− a

+ C

11.Z

du

a+ beu=u

a− 1

aln |a+ beu|+ C

A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas

1.Z

senhu du = coshu+ C

2.Z

coshu du = senhu+ C

3.Z

tanhu du = ln coshu+ C

4.Z

cothu du = ln | senhu|+ C

5.Z

sechu du = tan−1 | senhu|+ C

6.Z

cschu du = ln | tanh 1

2u|+ C

7.Z

sech2 u du = tanhu+ C

8.Z

csch2 u du = − cothu+ C

9.Z

sechu tanhu du = − sechu+ C

10.Z

cschu cothu du = − cschu+ C

Bibliografía

[1] T. Apostol. Cálculus. Reverté, 1990.

[2] B. Demidovich. Problemas y ejercicios de Análisis Matemático. Editorial Mir Moscú,1967.

[3] L. Leithold. El Cálculo. Oxford University Press, 2007.

[4] D. Zill. Cálculo Con Geometría Analítica. Grupo Editorial Iberoamérica, 1987.

191

Índice alfabético

área, 71de superficies de revolución, 89de una figura plana, 73

aceleración de un punto, 99Arquímedes, 29

Cálculo de volúmenes, 75de sólidos de revolución

por arandelas, 80por cortezas, 81

por elementos de sección, 78por rodajas, 78

centro de gravedad, 108centroide, 113cilindro recto, 75criterio

de Cauchy, 143de comparación, 155de comparación en el límite, 156de la raíz, 165de las series alternantes, 162integral, 153

densidadde área, 98longitudinal, 97volumétrica, 98

diferencial, 4distancia dirigida, 110

error de aproximación, 166esperanza matemática, 95

fórmulaintegración por partes, 14

figuratipo I, 74, 76tipo II, 74, 76

formade Lagrange, 179diferencial, 4funcional, 2, 4

fracción

elemental de segundo grado, 17simple de primer grado, 17simple de segundo grado, 18

función, 119loga, 130acotada, 34exponencial natural, 124hiperbólica, 133logística, 127logaritmo natural, 121monótona, 34no creciente, 34no decreciente, 34polinomio de dos variables, 53racional, 17racional de dos variables, 53Riemann integrable, 33, 38

funciones hiperbólicascosecante hiperbólica, 134coseno hiperbólico, 134cotangente hiperbólica, 134secante hiperbólica, 134seno hiperbólico, 134tangente hiperbólica, 134

integración aproximada, 63método de los trapecios, 65método de Simpson, 66

integraldefinida

método de cambio de variable, 47funciones racionales, 16

de sen y cos, 53fracciones simples, 17método de las fracciones parciales, 18

impropia, 60indefinida, 2

método de cambio de variable, 7método de sustitución, 7

nula, 39potecias de sec y tan, 13potecias de sen y cos, 10

Jacobiano, 48

193

194 ÍNDICE ALFABÉTICO

longitud, 71de arco, 88

curva lisa, 88

métodode Ostrogradski, 22de Ostrogradski mejorado, 23

media del valor numérico, 95medida

longitudinal, 72superficial, 72volumétrica, 72

modelo de la población, 127modelo exponencial, 127modelo logístico, 127

momento de masa, 108

número e, 125

particiónhomogénea, 34

partición P , 32amplitud, 32grosor, 32norma, 32partición asociada, 32vector asociado, 32

polinomio de Taylor, 179posición de un punto, 99precio de equilibrio del mercado, 116presión hidrostática, 105primitiva, 1progresión geométrica, 147punto de equilibrio del mercado, 116

relación, 119dominio, 119imagen, 119inversa, 119

Riemann, 32

semivida de la substancia radioactiva, 127serie de funciones

convergencia puntual, 169serie de Maclaurin, 177, 178serie de potencias, 169

derivación, 174integración, 175intervalo de convergencia, 169radio de convergencia, 171

serie numérica, 145alternantes, 161armónica, 152convergencia absoluta, 163

convergencia condicional, 163convergencia relativa, 163término general, 146telescópica, 148

series de Taylor, 177, 178sistemas en línea

centro de gravedad, 109de la barra, 110

centro de masade la barra, 110del sistema, 109

momento de masadel sistema, 108respecto a un punto, 108

sistemas planoscentro de gravedad

del sistema, 112centro de masa

del sistema, 112sucesión de funciones

convergencia puntual, 169sucesión numérica, 137

acotada, 139convergente, 141de Cauchy, 143monótona, 140

suma de Riemann, 32, 33sumatorias, 36superávit del consumidor, 116superávit del productor, 116Sustituciones trigonométricas, 55

teoremateorema fundamental del cálculo, 42

trabajo mecánico, 102

valor medio de una función, 93valor principal, 61variable de integración, 2velocidad de un punto, 99volumen, 71

cálculo en una variable-c integral-2012

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