CAPITULO X.INTEGRACIONDEFINIDA

SECCIONES

A. Definicion de funcion integrable. Primeras propiedades.

B. Teoremas fundamentales del calculo integral.

C. Ejercicios propuestos.

1

A. DEFINICION DE FUNCION INTEGRABLE. PRIMERASPROPIEDADES.

El concepto de integral definida tiene su origen en el problema de calcularareas de figuras planas limitadas por lıneas curvas. En este capıtulo nos li-mitaremos a definir y establecer las principales propiedades de la integraldefinida y en el siguiente capıtulo veremos de que manera aplicar este con-cepto al calculo de areas. Los pasos fundamentales para definir este nuevo eimportante concepto se esbozan a continuacion.

Se define particion de un intervalo cerrado [a, b] a cualquier conjunto orde-nado de puntos P = {x0, x1, . . . , xn} que verifiquen la propiedad a = x0 <x1 < . . . < xn = b.

Toda particion determina n subintervalos [x0, x1], [x1, x2], . . . , [xn−1, xn].

Una particion P de [a, b] es regular si dos puntos consecutivos cualesquierason equidistantes, es decir cuando xi−xi−1 = (b−a)/n, i = 1, 2, . . . , n.

INTEGRAL DE FUNCIONES ESCALONADAS

Una funcion y = s(x) definida en [a, b] se dice escalonada cuando existeuna particion P de [a, b] tal que s es constante en cada subintervalo abiertode P , es decir cuando existen constantes s1, . . . , sn tales que s(x) = si, six ∈ (xi−1, xi), para i = 1, . . . , n.

Se define la integral de s entre a y b como la cantidad∫ b

as(x) dx =

n∑i=1

si · (xi − xi−1).

A los numeros a y b se les llama lımites o extremos de integracion y a lafuncion y = s(x) se le llama funcion integrando.

Observacion. Si la funcion es no negativa en [a, b], es decir si si ≥ 0, ∀i, ladefinicion de integral coincide precisamente con la suma de las areas de losrectangulos que la funcion determina con el eje OX. Este hecho, que motivala definicion de integral, lo aplicaremos en el capıtulo siguiente para calcularareas de figuras planas.

Para que tengan sentido integrales con lımites de integracion arbitrarios,utilizaremos en lo sucesivo los siguientes convenios:∫ b

as(x) dx = −

∫ a

bs(x) dx,

∫ a

as(x) dx = 0.

2

PROPIEDADES. Sean s y t dos funciones escalonadas en [a, b].

1. Aditiva:∫ b

a[s(x) + t(x)] dx =

∫ b

as(x) dx +

∫ b

at(x) dx.

2. Homogenea:∫ b

ak · s(x) dx = k ·

∫ b

as(x) dx.

3. Monotonıa: Si s(x) ≤ t(x), ∀x ∈ [a, b], entonces∫ b

as(x) dx ≤

∫ b

at(x) dx.

4. Union: Si a < c < b, entonces∫ b

as(x) dx =

∫ c

as(x) dx +

∫ b

cs(x) dx.

5. Traslacion: ∀c ∈ R,∫ b

as(x) dx =

∫ b+c

a+cs(x− c) dx.

6. Cambio de escala: ∀k 6= 0,∫ b

as(x) dx = (1/k)

∫ kb

kas(x/k) dx.

INTEGRAL DE FUNCIONES ACOTADAS ARBITRARIAS

Una funcion y = f(x) definida y acotada en [a, b] es integrable en [a, b]

cuando existe un unico numero I tal que∫ b

as(x) dx ≤ I ≤

∫ b

at(x) dx, para

cada par de funciones escalonadas s y t tales que s(x) ≤ f(x) ≤ t(x),∀x ∈ [a, b].

Al valor I =∫ b

af(x) dx se le llama integral de f desde a hasta b. La funcion

f se llama integrando (o funcion sub-integral) y a, b son los lımites o extremosde integracion.

Otra definicion de funcion integrable se expresa en terminos de las integralessuperior e inferior, definidas de la siguiente manera:

Sea f una funcion acotada en [a, b]. Definimos los conjuntos

S ={∫ b

as(x) dx : s es una funcion escalonada con s(x) ≤ f(x),∀x

},

T ={∫ b

at(x) dx : t es una funcion escalonada con t(x) ≥ f(x),∀x

}que, al ser no vacıos y acotados, tienen supremo e ınfimo. Llamamos entoncesintegral inferior de f al numero real I(f) = sup S e integral superior de f aS(f) = ınf T . Es evidente que S ≤ T . Decimos entonces que f es integrableen [a, b] cuando I(f) = S(f), es decir cuando coinciden las integrales inferiory superior de f .

3

Una simplificacion muy comun en la practica consiste en considerar unaparticion arbitraria de [a, b] y sustituir los conjuntos S y T por

I(f, P ) =n∑

k=1

(xk − xk−1) · f(uk), donde uk = ınf{f(x), x ∈ (xk−1, xk)},

S(f, P ) =n∑

k=1

(xk − xk−1) · f(vk), donde vk = sup{f(x), x ∈ (xk−1, xk)}.

De este modo, la funcion s(x) = f(uk), ∀x ∈ (xk−1, xk), k = 1, . . . , n, esescalonada con s ≤ f y, tambien, la funcion t(x) = f(vk), ∀x ∈ (xk−1, xk), k =1, . . . , n, es escalonada con f ≤ t, como se observa en las figuras adjun-tas.

En este contexto, las integrales superior e inferior se definen como

I(f) = sup {I(f, P ) : P es particion de [a, b]} ,

S(f) = ınf {S(f, P ) : P es particion de [a, b]} .

Entre los ejemplos de funciones integrables podemos destacar las funcionescontinuas en [a, b] y las funciones monotonas. Incluso las funciones monoto-nas a trozos (monotonas en subintervalos de [a, b]) son integrables.

4

Las propiedades ya enunciadas 1 a 5 de las integrales de funciones escalo-nadas son validas tambien para las funciones integrables. En algunos de losproblemas que siguen se demuestran algunas de estas y otras propiedadesde las funciones integrables.

PROBLEMA 10.1

Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalosque se indican:

a) f(x) = [x] en [0, n], con n ∈ N.

b) f(x) = [x]2 en [0, n], con n ∈ N.

c) f(x) = [x2] en [0, 2].

d) f(x) = [√

x] en [0, 9].

e) f(x) = [ex] en [0, 2].

Solucion

a) Como f(x) = k cuando x ∈ [k, k +1), donde k = 0, 1, . . . , n− 1, se tratade una funcion escalonada. Por tanto, su integral vale:

∫ n

0[x] dx =

n−1∑k=0

k · 1 = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) =n(n− 1)

2.

b) Analogamente al caso anterior, tenemos una funcion escalonada quetoma los valores f(x) = k2 en los intervalos x ∈ [k, k + 1), con k =0, 1, . . . , n− 1. Entonces,

∫ n

0[x]2 dx =

n−1∑k=0

k2 = 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 =n(n− 1)(2n− 1)

6,

resultado que se puede probar por induccion (ver capıtulo 1).

c) En primer lugar debemos determinar los sub-intervalos de [0, 2] dondela funcion es constante. Estos son los siguientes:

0 ≤ x < 1 =⇒ 0 ≤ x2 < 1 =⇒ [x2] = 0;1 ≤ x <

√2 =⇒ 1 ≤ x2 < 2 =⇒ [x2] = 1;√

2 ≤ x <√

3 =⇒ 2 ≤ x < 3 =⇒ [x2] = 2;√3 ≤ x < 2 =⇒ 3 ≤ x2 < 4 =⇒ [x2] = 3.

5

La integral se puede descomponer entonces en la suma siguiente:∫ 2

0[x2] dx = 1 · (

√2− 1) + 2 · (

√3−

√2) + 3 · (2−

√3) = 5−

√2−

√3.

d) Descomponemos nuevamente el intervalo de integracion en sub-intervalosdonde la funcion sea constante:

0 ≤ x < 1 =⇒ 0 ≤√

x < 1 =⇒ [√

x] = 0;1 ≤ x < 4 =⇒ 1 ≤

√x < 2 =⇒ [

√x] = 1;

4 ≤ x < 9 =⇒ 2 ≤√

x < 3 =⇒ [√

x] = 2.

La integral es ahora∫ 3

0[√

x] dx = 1 · (4− 1) + 2 · (9− 4) = 13.

e) Como es tambien una funcion parte entera, es escalonada; los intervalosdonde es constante son los siguientes:

0 ≤ x < ln 2 =⇒ 1 ≤ ex < 2 =⇒ [ex] = 1;ln 2 ≤ x < ln 3 =⇒ 2 ≤ ex < 3 =⇒ [ex] = 2;ln 3 ≤ x < ln 4 =⇒ 3 ≤ ex < 4 =⇒ [ex] = 3;

...ln 7 ≤ x < 2 =⇒ 7 ≤ ex < e2 =⇒ [ex] = 7.

(Tengase en cuenta que el intervalo de integracion es [0, 2] y ln 7 <2 < ln 8.)

La integral es la siguiente:∫ 2

0[ex] dx =

6∑k=1

k · [ln(k + 1)− ln k] + 7 · (2− ln 7)

= 6 · ln 7− ln 6− ln 5− · · · − ln 2 + 14− 7 · ln 7 = 14− ln(7!).

PROBLEMA 10.2

Calcular la integral

∫ b

a

|x|x

dx, donde a < b.

6

Solucion

La funcion integrando es escalonada porque|x|x

=

{1 si x > 0−1 si x < 0

. Podemos

distinguir tres casos:

i) a < b ≤ 0:∫ b

a

|x|x

dx = (−1) · (b− a) = a− b.

ii) a < 0 ≤ b: descomponemos la integral en dos sumandos. Ası:

∫ b

a

|x|x

dx =∫ 0

a

|x|x

dx +∫ b

0

|x|x

dx = (−1) · (0− a) + 1 · (b− 0) = a + b.

iii) 0 ≤ a < b:∫ b

a

|x|x

dx = 1 · (b− a) = b− a.

PROBLEMA 10.3

Hallar I(f, P ) y S(f, P ) en los siguientes casos:

a) f(x) =√

x, x ∈ [0, 1], P = {0, 1/25, 4/25, 9/25, 16/25, 1}.

b) f(x) = x2, x ∈ [−1, 1], P = {−1,−1/4, 1/4, 1/2, 1}.

Solucion

a) Como la funcion es creciente, el ınfimo se alcanza en el extremo izquierdoy el supremo en el extremo derecho de cada subintervalo de P . De estaforma,

I(f, P ) = 1/25 · f(0) + (4/25− 1/25) · f(1/25) + (9/25− 4/25) · f(4/25)+(16/25− 9/25) · f(9/25) + (1− 16/25) · f(16/25)

= 3/25 · 1/5 + 5/25 · 2/5 + 7/25 · 3/5 + 9/25 · 4/5 = 14/25;S(f, P ) = 1/25 · f(1/25) + (4/25− 1/25) · f(4/25) + (9/25− 4/25) · f(9/25)

+(16/25− 9/25) · f(16/25) + (1− 16/25) · f(1)= 1/25 · 1/5 + 3/25 · 2/5 + 5/25 · 3/5 + 7/25 · 4/5 + 9/25 · 1 = 19/25.

b) La funcion y = x2 es decreciente cuando x ∈ (−1, 0) y creciente cuandox ∈ (0, 1). Ademas en el intervalo (−1/4, 1/4), el ınfimo de la funcionse alcanza cuando x = 0 y el supremo cuando x = 1/4. Por tanto, en

7

este caso tenemos:

I(f, P ) = (1− 1/4) · f(−1/4) + (1/4 + 1/4) · f(0) + (1/2− 1/4) · f(1/4)+(1− 1/2) · f(1/2)

= 3/4 · 1/16 + 1/2 · 0 + 1/4 · 1/16 + 1/2 · 1/4 = 3/16;S(f, P ) = (1− 1/4) · f(−1) + (1/4 + 1/4) · f(1/4) + (1/2− 1/4) · f(1/2)

+(1− 1/2) · f(1) = 3/4 · 1 + 1/2 · 1/16 + 1/4 · 1/4 + 1/2 · 1 = 43/32.

Como se puede observar, en ambos casos se verifica que I(f, P ) ≤S(f, P ), lo cual es siempre cierto.

PROBLEMA 10.4

Dada la funcion f(x) = 1 + 2x, si P = {x0, x1, . . . , xn} es una parti-cion regular de [a, b], calcular I(f, P ) y S(f, P ). Utilizar lo anterior

para calcular

∫ b

a(1 + 2x) dx.

Solucion

Como la funcion y = 1 + 2x es creciente, el ınfimo en cada subintervalo(xi−1, xi) se alcanza en xi−1 y el supremo se alcanza en xi. Ademas, portratarse de una particion regular, los puntos son equidistantes y

xi − xi−1 =b− a

n, xi = a + i

b− a

n, ∀i = 1, . . . , n. De este modo, por defi-

nicion:

I(f, P ) =n∑

i=1

(xi − xi−1) · f(xi−1) =n∑

i=1

b− a

n· (1 + 2xi−1)

=b− a

n

(n∑

i=1

1 + 2n∑

i=1

[a + (i− 1) · b− a

n

])

=b− a

n

(n + 2an + 2

b− a

n

n∑i=1

(i− 1)

)

= (b− a) + 2a(b− a) + 2(

b− a

n

)2

· n(n− 1)2

= (b− a)[1 + 2a +

(b− a)(n− 1)n

];

8

S(f, P ) =n∑

i=1

(xi − xi−1) · f(xi) =n∑

i=1

b− a

n· (1 + 2xi)

=b− a

n

(n∑

i=1

1 + 2n∑

i=1

[a + i · b− a

n

])

=b− a

n

(n + 2an + 2

b− a

n

n∑i=1

i

)

= (b− a) + 2a(b− a) + 2(

b− a

n

)2

· n(n + 1)2

= (b− a)[1 + 2a +

(b− a)(n + 1)n

].

Basta calcular el lımite de cualquiera de las expresiones obtenidas, cuandon →∞, para obtener el valor de la integral propuesta. Ası tenemos∫ b

a(1 + 2x) dx = lım

n→∞(b− a)

[1 + 2a +

(b− a)(n + 1)n

]= (b− a)(1 + a + b).

PROBLEMA 10.5

Probar que la funcion f(x) =

{x si x ∈ Q0 si x 6∈ Q,

no es integrable en

[a, b], con a, b > 0.

Solucion

Debemos comprobar que las integrales superior e inferior no coinciden. Pa-ra ello consideramos cualquier particion regular P = {x0, x1, . . . , xn} delintervalo [a, b]. En cualquier subintervalo (xi−1, xi) de P hay infinitos nume-ros racionales e infinitos numeros irracionales. Esto quiere decir que, en(xi−1, xi), el ınfimo de la funcion es cero y el supremo es f(xi) = xi pues lafuncion, restringida a los racionales, es creciente en dicho intervalo. Tenemosentonces que

I(f, P ) =n∑

i=1

0 · (xi − xi−1) = 0;

S(f, P ) =n∑

i=1

xi · (xi − xi−1) =b− a

n

n∑i=1

[a + i · b− a

n

]=

b− a

n

[n · a +

b− a

n· n(n + 1)

2

]= (b− a)

[a +

(b− a)(n + 1)2n

].

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De lo anterior se deduce que la integral inferior es cero y la integral superiores

S(f) = lımn→∞

(b− a)[a +

(b− a)(n + 1)2n

]=

(b− a)(b + a)2

6= 0.

Como I(f) 6= S(f), la funcion no es integrable en dicho intervalo.

PROBLEMA 10.6

a) Sea f una funcion integrable y no negativa en [a, b] tal que∫ b

af(x) dx = 0. Demostrar que f(x) = 0 en cada punto de conti-

nuidad de f .

b) Sea f una funcion continua y no negativa en [a, b]. Supongamos

que existe c ∈ [a, b] tal que f(c) > 0. Probar que

∫ b

af(x) dx > 0.

Solucion

a) Procederemos por reduccion al absurdo: si fuera f(c) 6= 0 para algunc ∈ (a, b) donde f es continua, entonces necesariamente f(x) > 0,

∀x ∈ (c − ε, c + ε). Pero esto indica que∫ c+ε

c−εf(x) dx > 0 lo que

contradice la hipotesis de que∫ b

af(x) dx = 0.

b) Como f(c) > 0, por ser f continua, existe un intervalo (c− δ, c + δ) talque f(x) > 0, ∀x ∈ (c − δ, c + δ). Consideramos ahora una particionP = {x0, x1, . . . , xn} de [a, b] de tal manera que existan dos puntosxi, xi+1 ∈ (c − δ, c + δ) (en caso contrario siempre se pueden anadirdos puntos ası a la particion). Sea uk ∈ [xk−1, xk] el valor para el cualf alcanza el mınimo en el subintervalo [xk−1, xk]. Por definicion,

I(f, P ) =n∑

k=1

f(uk) · (xk − xk−1) > 0

porque en (c−δ, c+δ) la funcion es estrictamente positiva y en el restoes no negativa. Como I(f) = supP I(f, P ), tambien sera I(f) > 0, de

donde se deduce que∫ b

af(x) dx > 0.

10

PROBLEMA 10.7

Sabiendo que

∫ 1

0f(x) dx = 6,

∫ 2

0f(x) dx = 4,

∫ 5

2f(x) dx = 1, cal-

cular:

a)

∫ 5

0f(x) dx.

b)

∫ 2

1f(x) dx.

c)

∫ 1

5f(x) dx.

d)

∫ 1

0f(2x) dx.

Solucion

a) Debido a la propiedad aditiva de la integral, tenemos:∫ 5

0f(x) dx =

∫ 2

0f(x) dx +

∫ 5

2f(x) dx = 4 + 1 = 5.

b) Teniendo en cuenta que∫ b

af(x) dx = −

∫ a

bf(x) dx, si descomponemos

nuevamente la integral en dos sumandos, resulta:∫ 2

1f(x)dx =

∫ 0

1f(x)dx+

∫ 2

0f(x)dx = −

∫ 1

0f(x)dx+

∫ 2

0f(x)dx = −6+4 = −2.

c) Utilizando el resultado de a) y descomponiendo la integral, obtenemos:∫ 1

5f(x) dx =

∫ 0

5f(x) dx+

∫ 1

0f(x) dx = −

∫ 5

0f(x) dx+

∫ 1

0f(x) dx = −5+6 = 1.

d) Por la propiedad de escala∫ b

af(x) dx = c

∫ b/c

a/cf(cx) dx con c = 2,

resulta: ∫ 1

0f(2x) dx = (1/2)

∫ 2

0f(x) dx = 4/2 = 2.

PROBLEMA 10.8

Probar que24√

e≤∫ 2

0ex2−x dx ≤ 2e2.

11

Solucion

Calcularemos en primer lugar el maximo y el mınimo de la funcion integran-do en el intervalo [0, 2]:

f(x) = ex2−x =⇒ f ′(x) = (2x− 1) · ex2−x,

f ′(x) = 0 ⇐⇒ 2x− 1 = 0 ⇐⇒ x = 1/2.

Ademas como f ′(x) < 0 para x < 1/2, f decrece en (0, 1/2); por otra parte,como f ′(x) > 0 cuando x > 1/2, f crece en (1/2, 2).

Esto quiere decir que el mınimo de la funcion corresponde a x = 1/2 y tomael valor f(1/2) = e−1/4 y el maximo estara en alguno de los extremos delintervalo. Ahora bien, como f(0) = 1 y f(2) = e2, el maximo es el punto(2, e2).

Lo anterior permite escribir la desigualdad e−1/4 ≤ f(x) ≤ e2, ∀x ∈ (0, 2)(como se observa en la figura). Como esta desigualdad sigue siendo validaal calcular las integrales respectivas (propiedad de monotonıa), obtenemosen definitiva que∫ 2

0e−1/4 dx ≤

∫ 2

0ex2−x dx ≤

∫ 2

0e2 dx =⇒ 2e−1/4 ≤

∫ 2

0ex2−x dx ≤ 2e2,

como querıamos demostrar.

PROBLEMA 10.9

Sean f y g dos funciones continuas en [a, b]. Probar que(∫ b

af(x)g(x) dx

)2

≤(∫ b

af2(x) dx

)·(∫ b

ag2(x) dx

)(llamada desigualdad de Schwarz).

12

Solucion

Si g es la funcion nula, la igualdad es evidentemente cierta (ambos miembrosde la desigualdad son nulos).

Sea pues g 6= 0 y llamamos λ a un numero real cualquiera. Como la funcion(f + λg)2 es no negativa, entonces su integral sera tambien no negativa.Desarrollandola tenemos:

0 ≤∫ b

a(f +λg)2(x) dx =

∫ b

af2(x) dx+λ2

∫ b

ag2(x) dx+2λ

∫ b

af(x)g(x) dx.

Si sustituimos en la desigualdad el valor λ =−∫ ba f(x)g(x) dx∫ ba g2(x) dx

, resulta:

0 ≤∫ b

af2(x) dx +

(∫ ba f(x)g(x) dx∫ b

a g2(x) dx

)2

·∫ b

ag2(x) dx

−2 ·∫ ba f(x)g(x) dx∫ b

a g2(x) dx·∫ b

af(x)g(x) dx

=∫ b

af2(x) dx +

(∫ ba f(x)g(x) dx

)2

∫ ba g2(x) dx

− 2 ·

(∫ ba f(x)g(x) dx

)2

∫ ba g2(x) dx

=∫ b

af2(x) dx−

(∫ ba f(x)g(x) dx

)2

∫ ba g2(x) dx

=⇒(∫ b

af(x)g(x) dx

)2

≤(∫ b

af2(x) dx

)·(∫ b

ag2(x) dx

).

PROBLEMA 10.10

Sea f una funcion integrable en [a, b]. Probar las siguientes propie-dades:

a)

∣∣∣∣∫ b

af(x) dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a|f(x)| dx.

b) Si m ≤ f(x) ≤ M en todo [a, b], entonces existe algun k ∈ [m,M ]

tal que

∫ b

af(x) dx = (b− a) · k.

c) (Teorema del valor medio para integrales.) Si f es continua en[a, b], entonces existe algun c ∈ [a, b] tal que∫ b

af(x) dx = (b− a) · f(c).

13

Solucion

a) Aplicaremos la propiedad f ≤ g =⇒∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx y el hecho

de que |x| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ x ≤ A. Tenemos pues:

−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)| =⇒ −∫ b

a|f(x)| dx ≤

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

a|f(x)| dx

=⇒∣∣∣∣∫ b

af(x) dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a|f(x)| dx.

b) Aplicamos de nuevo la propiedad anterior, con lo que:

m ≤ f(x) ≤ M =⇒∫ b

am dx ≤

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

aM dx

=⇒ m(b− a) ≤∫ b

af(x) dx ≤ M(b− a)

=⇒ m ≤ 1b− a

∫ b

af(x) dx ≤ M =⇒ 1

b− a

∫ b

af(x) dx = k,

para algun k ∈ [m,M ].

c) Por ser f continua, alcanza sus valores maximo y mınimo, es decir,m ≤ f(x) ≤ M con m = f(c0) y M = f(c1). Procediendo como en

el apartado anterior, de la desigualdad m ≤ 1b− a

∫ b

af(x) dx ≤ M y

aplicando la propiedad de Darboux (ver capıtulo 4), se deduce que

existe c ∈ [a, b] tal que f(c) =1

b− a

∫ b

af(x) dx.

Geometricamente, esta propiedad indica que, en el caso de ser f nonegativa en [a, b], el area limitada por la funcion y el eje X en elintervalo [a, b] coincide con el area de un rectangulo de base b − a ycuya altura es el valor de la funcion en algun punto c ∈ [a, b].

PROBLEMA 10.11

Sean f y g dos funciones continuas en [a, b] donde ademas g nocambia de signo. Probar que existe algun c ∈ [a, b] tal que∫ b

af(x)g(x) dx = f(c)

∫ b

ag(x) dx

(teorema generalizado del valor medio para integrales).

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Solucion

Por ser f continua en un intervalo cerrado [a, b], es acotada y existen dosconstantes m y M tales que m ≤ f(x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b]. Suponemos ademasque g(x) ≥ 0 en [a, b] (en caso contrario, cambia solo el sentido de lasdesigualdades siguientes). Entonces:

m · g(x) ≤ f(x) · g(x) ≤ M · g(x)

=⇒∫ b

am · g(x) dx ≤

∫ b

af(x) · g(x) dx ≤

∫ b

aM · g(x) dx

=⇒ m ≤∫ ba f(x) · g(x) dx∫ b

a g(x) dx≤ M =⇒ ∃r ∈ [m,M ] : r =

∫ ba f(x) · g(x) dx∫ b

a g(x) dx.

Aplicando ahora la propiedad de Darboux, como r ∈ [m,M ], existe c ∈ [a, b]tal que f(c) = r, lo que prueba la propiedad buscada.

Se observa que si g es la funcion identidad, la propiedad se reduce al teoremadel valor medio probado en el problema anterior.

PROBLEMA 10.12

Sea f una funcion continua en [a, b]. Comparar la cantidad (b −

a)f(b) con

∫ b

af(x) dx en los siguientes casos:

a) f constante en [a, b].

b) f creciente en [a, b].

c) f decreciente en [a, b].

Solucion

a) Si f es constante, entonces f(x) = f(b), ∀x ∈ [a, b]. Integrando miembroa miembro, resulta:∫ b

af(x) dx =

∫ b

af(b) dx =⇒

∫ b

af(x) dx = (b− a)f(b).

b) Si f es creciente, f(x) ≤ f(b), ∀x ∈ [a, b]. Por la propiedad de mono-tonıa, ∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

af(b) dx =⇒

∫ b

af(x) dx ≤ (b− a)f(b).

15

c) Si f es decreciente, f(x) ≥ f(b), ∀x ∈ [a, b]. Nuevamente tenemos:∫ b

af(x) dx ≥

∫ b

af(b) dx =⇒

∫ b

af(x) dx ≥ (b− a)f(b).

B. TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CALCULO INTEGRAL.

El concepto de integral definido en el apartado anterior esta ıntimamenterelacionado con el calculo de integrales indefinidas o primitivas, como mues-tran los llamados teoremas fundamentales del calculo integral. Estos son:

PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO INTEGRAL

Dada una funcion y = f(x) definida en un intervalo [a, b], se define la funcion

primitiva F (x) =∫ x

af(t) dt, para todo x ∈ [a, b].

a) Si f es integrable en [a, b], entonces F es continua en [a, b].

b) Si f es continua en [a, b], entonces F es derivable y su derivada esprecisamente F ′(x) = f(x), ∀x ∈ [a, b].

El resultado de este teorema justifica el nombre dado a F de funcion primi-tiva de f pues su derivada es la propia f .

Consecuencia del teorema anterior es el llamado

SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO INTEGRAL

Si y = f(x) es una funcion continua en [a, b] y g es cualquier primitiva de

f , entonces

∫ b

af(x) dx = g(b)− g(a).

Este resultado, que tambien es valido si f es cualquier funcion integrableen [a, b], permite calcular la integral de una funcion sin mas que realizar lospasos siguientes:

1) Calcular una primitiva de f , es decir una funcion g tal que g′(x) =f(x).

2) Sustituir g en los puntos x = a y x = b.

16

3) La resta g(b)− g(a) es precisamente el valor de∫ b

af(x) dx.

En forma esquematica se suele representar este proceso como

∫ b

af(x) dx =

[g(x)

]ba

= g(b)− g(a).

Algunas variaciones de los resultados anteriores, que permiten calcular deri-vadas de funciones cuya variable esta en algun extremo de integracion, sonlas siguientes:

a) Si F (x) =∫ a

xf(t) dt, entonces F ′(x) = −f(x).

b) Si F (x) =∫ h(x)

af(t) dt, entonces F ′(x) = f(h(x)) · h′(x).

c) Si F (x) =∫ h2(x)

h1(x)f(t) dt, entonces F ′(x) = f(h2(x)) · h′2(x)− f(h1(x)) · h′1(x).

El segundo teorema fundamental tambien permite extender los metodos deintegracion. Podemos destacar los siguientes:

a) Metodo de sustitucion o cambio de variable:

∫ b

af ′(h(x)) · h′(x) dx =

∫ h(b)

h(a)f ′(t) dt = f(h(b))− f(h(a)).

b) Integracion por partes:

∫ b

af(x)g′(x) dx =

[f(x)g(x)

]ba−∫ b

af ′(x)g(x) dx

= f(b)g(b)− f(a)g(a)−∫ b

af ′(x)g(x) dx.

Otros resultados y aplicaciones se presentan en los problemas que siguen.

17

PROBLEMA 10.13

Resolver:

a)

∫ 1

−1

d

dx

(1

1 + 21/x

)dx.

b)d

dx

∫ x2

0

√1 + t2 dt.

c)d

dx

∫ x3

x2

dt√1 + t4

.

d)d

dx

(sen(∫ x

0sen(∫ y

0sen3 t dt

)dy

)).

Solucion

a) Por la definicion de integral:∫ 1

−1

d

dx

(1

1 + 21/x

)dx =

[1

1 + 21/x

]1

−1

=1

1 + 2− 1

1 + 2−1=

13− 1

3/2= −1

3.

b) Aplicamos en este caso el primer teorema fundamental del calculo inte-gral pues la variable independiente esta en el lımite superior de inte-gracion. Tenemos ası:

d

dx

∫ x2

0

√1 + t2 dt =

√1 + (x2)2 · 2x = 2x

√1 + x4.

c) Analogamente al apartado anterior,

d

dx

∫ x3

x2

dt√1 + t4

= 3x2 · 1√1 + (x3)4

− 2x · 1√1 + (x2)4

=3x2

√1 + x12

− 2x√1 + x8

.

d) Llamando u(x) =∫ x

0sen(∫ y

0sen3 t dt

)dy, entonces u′(x) = sen

(∫ x

0sen3 t dt

).

De aquı resulta:

d

dx(senu(x)) = cos u(x) · u′(x)

= cos(∫ x

0sen(∫ y

0sen3 t dt

)dy

)· sen

(∫ x

0sen3 t dt

).

18

PROBLEMA 10.14

Dadas las funciones f(x) =√

x + sen2 πx, g(x) =√

1 + x4,

h(x) =∫ f(x)

0g(x) dx, calcular h′(1).

Solucion

Aplicando el teorema fundamental del calculo integral, h′(x) = g(f(x)) ·f ′(x). Por otra parte, si aplicamos las reglas usuales de derivacion, obtene-

mos que f ′(x) =1 + 2 sen(πx) cos(πx) · π

2√

x + sen2 πx. En definitiva,

h′(1) = g(f(1)) · f ′(1) = g(1) · (1/2) =√

2/2.

PROBLEMA 10.15

Determinar todas las funciones continuas f para las cuales

g(x) =∫ x+1

x−1f(t) dt es constante.

Solucion

Para que g sea constante debe ser g′ ≡ 0. Como g′(x) = f(x+1)− f(x− 1),g sera constante cuando f(x + 1) = f(x − 1) para todo x, o, lo que esequivalente, f(x) = f(x + 2), ∀x. Esta propiedad corresponde precisamentea las funciones periodicas de perıodo 2.

PROBLEMA 10.16

Calcular lımx→0

∫ x2

0 tg√

t dt

x− senx.

Solucion

Tenemos una indeterminacion del tipo 0/0 por lo que aplicaremos la regla deL’Hopital y las equivalencias de infinitesimos tg f(x) ∼ f(x) y 1−cos f(x) ∼[f(x)]2/2 cuando f(x) → 0. Ası

L = lımx→0

2x tg√

x2

1− cos x= lım

x→0

2x · |x|x2/2

= lımx→0

4|x|x

,

19

lo que tiene diferentes valores segun x sea positivo o negativo. En concreto,

lımx→0+

4|x|x

= 4 y lımx→0−

4|x|x

= −4.

PROBLEMA 10.17

Dadas las funciones f(x) = x2, g(x) =√

x2 + 1 · sen(πx) y

h(x) =∫ f(x)

0g(t) dt, calcular los maximos y mınimos relativos de

h.

Solucion En primer lugar calculamos los puntos crıticos, es decir aquellospuntos en que h′(x) = 0:

h′(x) = g(f(x)) · f ′(x) =√

x4 + 1 · sen(πx2) · 2x;h′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 o πx2 = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ x = ±

√k, k ∈ N ∪ {0}.

Para saber si corresponden a posibles maximos o mınimos, calculamos laderivada de segundo orden:

h′′(x) = 2x√

1 + x4·cos(πx2)·2πx+2x · sen(πx2) · 4x3

2√

1 + x4+2√

1 + x4·sen(πx2).

De aquı se deduce que si k es par, como cos(πk) = 1, sen(πk) = 0, enton-ces

h′′(√

k) = 2√

k ·√

1 + k2 · 2π√

k = 4πk√

1 + k2 > 0,

lo que implica que x =√

k corresponde a un mınimo relativo.

Por otra parte, si k es impar, cos(πk) = −1 y sen(πk) = 0, con lo que

h′′(√

k) = −2√

k ·√

1 + k2 · 2π√

k = −4πk√

1 + k2 < 0,

lo que implica que x =√

k corresponde a un maximo relativo.

Por ultimo, si k = 0, h′′(0) = 0 pero, en un entorno reducido de x = 0,h′(x) > 0, si x > 0 y h′(x) < 0 si x < 0, lo que indica que x = 0 correspondea un mınimo relativo.

PROBLEMA 10.18

Probar que la funcion f(x) =∫ x

1e−1/t2 dt, definida en el intervalo

(0,∞), tiene inversa derivable. Calcular (f−1)′(0).

20

Solucion

La derivada de la funcion es f ′(x) = e−1/x2, que es siempre positiva. Esto

quiere decir que la funcion es creciente en (0,∞) y, por tanto, tiene inversa.

Por la regla de derivacion de la funcion inversa, (f−1)′(x0) =1

f ′(f−1(x0)),

y sabiendo que f(1) = 0 equivale a que f−1(0) = 1, tenemos:

(f−1)′(0) =1

f ′(f−1(0))=

1f ′(1)

=1

e−1= e.

PROBLEMA 10.19

Sea y = g(x) una funcion continua y positiva en [0,∞). Probar que

la funcion f(x) =

∫ x0 tg(t) dt∫ x0 g(t) dt

es creciente en (0,∞).

Solucion

La funcion sera creciente donde su derivada sea positiva. Aplicando la reglade derivacion del cociente tenemos:

f ′(x) =xg(x)

∫ x0 g(t) dt− g(x)

∫ x0 tg(t) dt[∫ x

0 g(t) dt]2

=g(x)

∫ x0 xg(t) dt− g(x)

∫ x0 tg(t) dt[∫ x

0 g(t) dt]2 =

g(x)∫ x0 (x− t)g(t) dt[∫ x0 g(t) dt

]2 .

El denominador es evidentemente positivo. Ademas, como g es positiva, paratodo x > 0, si t ∈ (0, x), entonces g(x) > 0 y (x− t)g(t) > 0. Sabiendo quela integral de una funcion positiva es positiva, se obtiene tambien que elnumerador es positivo. De esto se deduce que la funcion es creciente cuandox > 0.

PROBLEMA 10.20

Demostrar que, si f es una funcion continua, se tiene la siguienteigualdad ∫ x

0(x− u)f(u)du =

∫ x

0

(∫ u

0f(t) dt

)du.

21

Solucion

Si llamamos

F (x) =∫ x

0(x− u)f(u)du = x

∫ x

0f(u)du−

∫ x

0uf(u)du,

G(x) =∫ x

0

(∫ u

0f(t) dt

)du,

debemos comprobar que F ′(x) = G′(x) y que en algun punto x0, F (x0) =G(x0). Ahora bien:

F ′(x) =∫ x

0f(u)du + xf(x)− xf(x) =

∫ x

0f(u)du;

G′(x) =∫ x

0f(t) dt.

Esto indica que F y G se diferencian en una constante F (x) − G(x) = C.Pero como F (0) = 0 = G(0), resulta que C = 0, con lo que F = G.

PROBLEMA 10.21

Calcular

∫ 3

−1

f ′(x)1 + f2(x)

dx.

Solucion

Recordando que D(arc tg f(x)) =f ′(x)

1 + f2(x), obtenemos:∫ 3

−1

f ′(x)1 + f2(x)

dx = [arc tg f(x)]3−1 = arc tg f(3)− arc tg f(−1).

PROBLEMA 10.22

Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes lımites:

a) lımn→∞

(1n2

+2n2

+ · · ·+ n− 1n2

).

b) lımn→∞

1n

(sen

π

n+ sen

2π

n+ · · ·+ sen

(n− 1)πn

).

c) lımn→∞

1p + 2p + · · ·+ np

np+1, (p > 0).

d) lımn→∞

n

(1

12 + n2+ · · ·+ 1

n2 + n2

).

22

Solucion

En todos los casos debemos construir una funcion adecuada y determinar unintervalo de modo que la definicion de integral de dicha funcion en el intervalocorresponda al lımite buscado. Utilizaremos la definicion de integral∫ b

af(x) dx = lım

n→∞

b− a

n

n∑i=1

f(ui), ui ∈ [xi−1, xi],

donde xi = a + i(b − a)/n, i = 0, 1, 2, . . . , n es un punto generico de unaparticion regular del intervalo [a, b], para lo cual escribiremos las sumasdadas como en el caso general.

a) Escribimos

1n2

+2n2

+ · · ·+ n− 1n2

=1n

(0n

+1n

+2n

+ · · ·+ n− 1n

).

Consideramos la funcion f(x) = x en el intervalo [0, 1]. Una particionregular del intervalo es P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1}. Como lafuncion es creciente, la integral inferior en el intervalo [0, 1] es, pordefinicion,

I(f) = lımn→∞

n∑i=1

f(xi−1)(xi−xi−1) = lımn→∞

n∑i=1

i− 1n

· 1n

= lımn→∞

n∑i=1

i− 1n2

.

Por otra parte, como la funcion es integrable, podemos aplicar el se-gundo teorema fundamental, con lo que dicho lımite es igual a

lımn→∞

1n

n∑i=1

i− 1n

= I(f) = I =∫ 1

0x dx =

[x2

2

]1

0

=12.

b) Aplicamos el procedimiento anterior a la funcion f(x) = sen(πx) en elintervalo [0, 1].

lımn→∞

1n

n∑i=1

f

(i− 1

n

)=∫ 1

0sen(πx) dx = − 1

π

[cos(πx)

]10

=2π

.

c) Escribimos la suma dada como

1p + 2p + · · ·+ np

np+1=

1n

[(1/n)p + (2/n)p + · · ·+ (n/n)p] ,

lo que sugiere considerar la funcion f(x) = xp en [0, 1]. Procediendocomo en los casos anteriores, tenemos:

lımn→∞

1n

n∑i=1

f

(i

n

)=∫ 1

0xp dx =

1p + 1

[xp+1

]10

=1

p + 1.

23

d) Nuevamente debemos adaptar la suma dada para que tenga la forma deuna suma de Riemann. Para ello dividimos numerador y denominadorpor n2 con lo que

n

(1

12 + n2+ · · ·+ 1

n2 + n2

)=

1n

(1

1 + (1/n)2+ · · ·+ 1

1 + (n/n)2

).

El lımite de esta suma corresponde a la integral de la funcion f(x) =1

1 + x2

en [0, 1]. De este modo,

lımn→∞

1n

n∑i=1

f

(i

n

)=∫ 1

0

11 + x2

dx =[arc tg x

]10

= π/4.

PROBLEMA 10.23

Sea f una funcion que verifica f(0) = 1, f(2) = 3, f ′(2) = 5. Hallar∫ 1

0xf ′′(2x) dx.

Solucion

Integramos por partes haciendo u = x, dv = f ′′(2x) dx. De este modo,du = dx, v = (1/2)f ′(2x), con lo que∫

xf ′′(2x) dx = x·(1/2)f ′(2x)−∫

(1/2)f ′(2x) dx = (1/2)xf ′(2x)−(1/4)f(2x).

Aplicando ahora el teorema fundamental tenemos que∫ 1

0xf ′′(2x) dx =

[(1/2)xf ′(2x)− (1/4)f(2x)

]10

=f ′(2)

2− f(2)

4+

f(0)4

=52− 3

4+

14

= 2.

PROBLEMA 10.24

Resolver la ecuacion

∫ x

√2

dt

t√

t2 − 1=

π

12cuando x >

√2.

24

Solucion

Calculamos primero la integral indefinida para lo que hacemos el cambio devariable t2 − 1 = u2. Queda entonces:∫

dt

t√

t2 − 1=∫

du

u2 + 1= arc tg u = arc tg

√t2 − 1.

Si sustituimos ahora en los extremos de integracion,

π

12=

∫ x

√2

dt

t√

t2 − 1= arc tg

√x2 − 1− arc tg 1 = arc tg

√x2 − 1− π

4

=⇒ arc tg√

x2 − 1 =π

12+

π

4=

π

3=⇒

√x2 − 1 = tg π/3 =

√3

=⇒ x2 = 4 =⇒ x = 2,

pues debe ser x >√

2.

PROBLEMA 10.25

Hallar un polinomio p(x) tal que p(0) = p(−2) = 0, p(1) = 15,

3∫ 0

−2p(x) dx = 4.

Solucion

Como se proporcionan cuatro condiciones, probamos como solucion un poli-nomio de grado 3, p(x) = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3. De acuerdo con los datos,

tenemos el sistema de ecuaciones siguiente:

p(0) = 0 =⇒ a0 = 0p(−2) = 0 =⇒ a0 − 2a1 + 4a2 − 8a3 = 0p(1) = 15 =⇒ a0 + a1 + a2 + a3 = 15

3∫ 0

−2p(x) dx = 4 =⇒

[a0x +

a1x2

2+

a2x3

3+

a3x4

4

]0

−2

=43

=⇒ −(−2a0 + 2a1 −

8a2

3+ 4a3

)=

43.

Al resolver el sistema, obtenemos la solucion

a0 = 0, a1 = 4, a2 = 8, a3 = 3.

25

PROBLEMA 10.26

Dada una funcion integrable f , probar las siguientes propieda-des:

a)

∫ b

af(x) dx =

∫ b+c

a+cf(x− c) dx.

b)

∫ b

af(x) dx = (b− a)

∫ 1

0f [a + (b− a)x] dx.

Solucion

a) Haciendo en la segunda integral el cambio de variable x − c = t, elintervalo de integracion x ∈ (a + c, b + c) se transforma en t ∈ (a, b).Como ademas dx = dt, la integral queda ahora:∫ b+c

a+cf(x− c) dx =

∫ b

af(t) dt =

∫ b

af(x) dx.

b) Al igual que el caso anterior, hacemos en la segunda integral el cambiode variable t = a + (b− a)x; de aquı, cuando x = 0, es t = a y cuandox = 1, es t = b. Ademas dt = (b− a) dx, con lo que

(b− a)∫ 1

0f [a + (b− a)x] dx =

∫ b

af(t) dt =

∫ b

af(x) dx.

PROBLEMA 10.27

Sea f una funcion integrable en [a, b] que verifica f(a + b − x) =

f(x), ∀x. Probar que

∫ b

axf(x) dx =

a + b

2

∫ b

af(x) dx.

Solucion

Si hacemos en la primera integral el cambio de variable u = a + b − x,obtenemos:∫ b

axf(x) dx =

∫ a

b(a + b− u)f(a + b− u)(−du)

=∫ b

a(a + b)f(u) du −

∫ b

auf(u) du =

∫ b

a(a + b)f(x) dx−

∫ b

axf(x) dx.

Agrupando terminos iguales y despejando, resulta:

2∫ b

axf(x) dx = (a + b)

∫ b

af(u)du =⇒

∫ b

axf(x) dx =

a + b

2

∫ b

af(x) dx.

26

PROBLEMA 10.28

Probar que

∫ 1

0xn(1− x)m dx =

∫ 1

0xm(1− x)n dx, ∀n, m ∈ Z.

Solucion

Hacemos en la primera integral el cambio de variable t = 1 − x. De estemodo: ∫ 1

0xn(1− x)m dx =

∫ 0

1(1− t)ntm(− dt) =

∫ 1

0tm(1− t)n dt,

que es la igualdad buscada.

PROBLEMA 10.29

Sea f una funcion continua en el intervalo [−a, a].

a) Si f es par, probar que

∫ a

−af(x) dx = 2

∫ a

0f(x) dx.

b) Si f es impar, probar que

∫ a

−af(x) dx = 0.

Solucion

En ambos casos descomponemos la integral en suma del siguiente modo:∫ a

−af(x) dx =

∫ 0

−af(x) dx +

∫ a

0f(x) dx,

y en el primer sumando hacemos el cambio de variable x = −t.

a) Teniendo en cuenta que, al ser f par, f(−x) = f(x), ∀x, tenemos:∫ 0

−af(x) dx =

∫ 0

af(−t)(− dt) =

∫ a

0f(−t) dt =

∫ a

0f(t) dt.

Sustituyendo este resultado en la primera igualdad, se obtiene en de-finitiva que∫ a

−af(x) dx =

∫ a

0f(x) dx +

∫ a

0f(x) dx = 2

∫ a

0f(x) dx.

27

b) Procedemos analogamente al caso anterior, pero, al ser f impar, utili-zamos la propiedad f(−x) = −f(x), ∀x. Ası:∫ 0

−af(x) dx =

∫ 0

af(−t)(− dt) =

∫ a

0−f(t) dt = −

∫ a

0f(t) dt,

por lo que, al sustituir, se deduce que∫ a

−af(x) dx = 0.

PROBLEMA 10.30

Sean f y g dos funciones integrables en R con las siguientes carac-terısticas: f es impar, g es par, f(5) = 7, f(0) = 0, g(x) = f(x + 5),

f(x) =∫ x

0g(t) dt para todo x. Demostrar:

a) f(x− 5) = −g(x) para todo x.

b)

∫ 5

0f(t) dt = 7.

c)

∫ x

0f(x) dx = g(0)− g(x).

Solucion

a) Aplicando que f es impar y que g es par, obtenemos:

f(x− 5) = −f(5− x) = −g(−x) = −g(x).

b) Por la propiedad de traslacion, haciendo t = x + 5 y aplicando el pro-blema anterior, resulta:∫ 5

0f(t) dt =

∫ 0

−5f(x + 5) dx =

∫ 0

−5g(x) dx =

∫ 5

0g(x) dx = f(5) = 7.

c) Hacemos el cambio de variable x = u + 5 y aplicamos los resultadosanteriores. Ası tenemos que∫ x

0f(x) dx =

∫ x−5

−5f(u + 5) du =

∫ x−5

−5g(u) du =

∫ 0

−5g(u) du +

∫ x−5

0g(u) du

=∫ 5

0g(u) du + f(x− 5) = f(5) + f(x− 5) = g(0)− g(x).

28

PROBLEMA 10.31

Probar que si f es integrable en todo R y periodica de perıodo T ,

entonces

∫ a+T

af(x) dx =

∫ T

0f(x) dx, ∀a ∈ R.

Solucion

Por ser f periodica de perıodo T , se verifica que f(x) = f(x + nT ), ∀x ∈R, n ∈ Z.

Probaremos en primer lugar que∫ T

0f(x) dx =

∫ (n+1)T

nTf(x) dx, para cual-

quier entero n. Para ello basta hacer en la segunda integral el cambio devariable t = x− nT , con lo que,

(∗)∫ (n+1)T

nTf(x) dx =

∫ T

0f(t + nT ) dt =

∫ T

0f(t) dt.

Si a es cualquier numero real, por la propiedad arquimediana de los numerosreales, existe n ∈ Z tal que nT ≤ a < (n + 1)T . Hacemos pues la descompo-sicion ∫ a+T

af(x) dx =

∫ (n+1)T

af(x) dx +

∫ a+T

(n+1)Tf(x) dx.

En el segundo sumando hacemos el cambio de variable u = x−T . Ası:∫ a+T

(n+1)Tf(x) dx =

∫ a

nTf(u + T ) du =

∫ a

nTf(u) du.

Sustituyendo este resultado en la igualdad anterior y aplicando (*), obtene-mos:∫ a+T

af(x) dx =

∫ (n+1)T

af(x) dx+

∫ a

nTf(u) du =

∫ (n+1)T

nTf(x) dx =

∫ T

0f(x) dx.

La siguiente figura ilustra la situacion planteada en el problema.

29

PROBLEMA 10.32

Sea f(x) =

{x− [x]− 1/2 si x no es entero

0 si x es entero,y se define la fun-

cion P (x) =∫ x

0f(t) dt, para todo x real.

a) Dibujar la grafica de f en el intervalo [−3, 3] y probar que f(x+1) =f(x) para todo x.

b) Demostrar que P (x) =x2 − x

2, si 0 ≤ x ≤ 1, y que P es periodica

de perıodo 1.

c) Determinar una constante c tal que

∫ 1

0[P (t) + c] dt = 0.

d) Sea ahora Q(x) =∫ x

0[P (t) + c] dt. Demostrar que ∀x ∈ [0, 1],

Q(x) =x3

6− x2

4+

x

12y que Q es periodica de perıodo 1.

Solucion

a) Si n es cualquier entero y x ∈ (n, n + 1), entonces [x] = n, con lo quef(x) = x− n− 1/2, lo que corresponde a una recta de pendiente unoy que corta al eje X en x = n + 1/2. La grafica es pues de la forma:

De la misma construccion se deduce que f(x + 1) = f(x), ∀x, lo quequiere decir que la funcion es periodica de perıodo 1. Analıticamente,si x ∈ [n, n + 1), x + 1 ∈ [n + 1, n + 2), y [x + 1] = n + 1. Entonces,

f(x+1) = x+1−[x+1]−1/2 = x+1−(n+1)−1/2 = x−n−1/2 = f(x).

b) Si x ∈ (0, 1), [x] = 0 y f(x) = x− 1/2, con lo que:

P (x) =∫ x

0(t− 1/2) dt =

[t2

2− t

2

]x

0

=x2

2− x

2=

x2 − x

2.

30

Ademas, es evidente que P (0) = 0 y, por ser f integrable, P es continuay

P (1) = lımx→1−

P (x) = lımx→1−

x2 − x

2= 0.

Por otra parte, al ser f periodica, del problema anterior se deduce quepara todo x, ∫ x+1

xf(t) dt =

∫ 1

0f(t) dt = P (1) = 0.

Por tanto, si x ∈ [n, n + 1), con n ∈ Z,

P (x+1) =∫ x+1

0f(t) dt =

∫ x

0f(t) dt+

∫ x+1

xf(t) dt =

∫ x

0f(t) dt = P (x),

lo que prueba que P es periodica de perıodo 1.

c) Cuando x ∈ [0, 1], P (x) = (x2 − x)/2. Por tanto,

0 =∫ 1

0[P (t) + c] dt =

12

∫ 1

0(t2 − t) dt + [ct]10 =

12

[t3

3− t2

2

]1

0

+ c

=12

[13− 1

2

]+ c = − 1

12+ c =⇒ c =

112

.

d) Procediendo como en b), si x ∈ [0, 1], tenemos:

Q(x) =∫ x

0[P (t) + c] dt =

12

[t3

3− t2

2+

t

12

]x

0

=x3

6− x2

4+

x

12.

Ademas, como P (t) + c es tambien periodica de perıodo 1,

Q(x + 1) =∫ x+1

0[P (t) + c] dt =

∫ x

0[P (t) + c] dt +

∫ x+1

x[P (t) + c] dt

=∫ x

0[P (t) + c] dt +

∫ 1

0[P (t) + c] dt = Q(x).

31

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Calcular las integrales de las siguientes funciones en los inter-valos que se indican:

a)f(x) = x + [x] en [0, 2].

Resp.: I = 3.

b) f(x) = [x] senπx

6en [0, 6].

Resp.: I =6π

[5 + cos(5π/6) + cos(2π/3) + cos(π/3) + cos(π/6)] = 30/π.

c) f(x) = [x] · [2x] en [−2, 2].

Resp.: 11.

2. Sea y = f(x) una funcion acotada en [−1, 1] y P , P1 dos particio-nes de dicho intervalo con P ⊂ P1. Responder justificadamente silas siguientes afirmaciones pueden ser verdaderas o son siemprefalsas:

a) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 2.

Resp.: Falsa. Siempre debe ser I(f, P ) ≤ S(f, P ).

b) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6,∫ 1

−1f(x) dx = 2.

Resp.: Falsa pues debe cumplirse que I(f, P ) ≤∫ 1

−1f(x) dx ≤ S(f, P ).

c) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6,∫ 1

−1f(x) dx = 10.

Resp.: Falsa por la misma razon que (b).

d) S(f, P ) = 4, S(f, P1) = 5.

Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1, entonces S(f, P ) ≥ S(f, P1).

e) I(f, P ) = 5, I(f, P1) = 4.

32

Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1, entonces I(f, P ) ≤ I(f, P1).

3. Hallar los errores en los siguientes calculos:

a)

∫ √3

0

dx

1 + x2=

12

[arc tg

2x

1− x2

]√3

0

= −π

6.

Resp.: Hemos obtenido un resultado negativo al integrar una fun-cion positiva debido a que la primitiva utilizada no esta definidaen x = 1, que es un punto interior del intervalo de integracion.

b)

∫ π

0

dx

1 + 2 sen2 x=∫ π

0

dx

cos2 x + 3 sen2 x

=∫ π

0

dx/ cos2 x

1 + 3 tg2 x=

1√3

[arc tg(

√3 tg x)

]π0

= 0.

Resp.: El resultado aparentemente contradice el apartado b) delproblema 10.6. Sin embargo la primitiva obtenida no esta definidaen x = π/2 que pertenece al intervalo de integracion.

4. Probar que la funcion f(x) =

{x + [x] si x ∈ Q0 si x 6∈ Q,

no es integrable

en [0, 2].

Sugerencia: Proceder como en el problema 10.5.

5. Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes lımites:

a) lımn→∞

b

n

(sen

b

n+ sen

2b

n+ · · ·+ sen

nb

n

).

Resp.: L = 1−cos b (basta aplicar la definicion de integral definidaa la funcion y = senx en el intervalo [0, b] o a la funcion y =sen(bx) en el intervalo [0, 1].

b) lımn→∞

n√

e + n√

e2 + n√

e3 + · · ·+ n√

en

n.

Resp.: L = e pues dicho lımite es precisamente∫ 1

0ex dx.

6. Calcular la derivada respecto a x de las siguientes funciones:

33

a)

∫ x

1

dt

t.

Resp.: 1/x.

b)

∫ x2

1

dt√1 + t2

.

Resp.:2x√

1 + x4.

c)

∫ 1+x2

0f(t) dt.

Resp.: 2x · f(1 + x2).

d)

∫ tg x

xf(t) dt.

Resp.: sec2 x · f(tg x)− f(x).

e)

∫ x3

asen3 t dt.

Resp.: 3x2 sen3 x3.

7. Calcular lımx→0

∫ x0 ln(1 + sen t) dt

x2.

Resp.: L = 1/2 (ver problema 10.16).

8. Sea f continua en [0, 1]. Demostrar que∫ π

0xf(senx) dx =

π

2

∫ π

0f(senx) dx.

Sugerencia: Descomponer las integrales en dos sumandos correspon-dientes a los intervalos [0, π/2] y [π/2, π]. Al hacer el cambio de va-riable x = π − t, tanto el primer miembro como el segundo dan como

resultado π

∫ π/2

0f(senx) dx.

9. La tangente a la curva y = f(x) forma un angulo de π/3 con el

eje OX en x = a y de π/4 en x = b. Hallar

∫ b

af ′′(x) dx.

Resp.: 1−√

3 (los datos indican que f ′(a) =√

3, f ′(b) = 1).

34

10. Probar:

a)

∫ b

af(t) dt =

∫ b

af(a + b− x) dx.

Sugerencia: Hacer el cambio de variable t = a + b− x.

b)

∫ b

af(x) dx = c

∫ b/c

a/cf(cx) dx.

Sugerencia: Hacer el cambio de variable x = ct.

11. Sea f una funcion con derivada de primer orden continua en

[a, b] y tal que f(a) = f(b) = 0. Si

∫ b

af2(x) dx = 1, probar que∫ b

axf(x)f ′(x) dx = −1/2.

Sugerencia: Basta integrar por partes haciendo u = xf(x) y dv =f ′(x) dx.

12. Probar que

∫ 1

x

dt

1 + t2=∫ 1/x

1

dt

1 + t2, para x > 0.

Sugerencia: Basta ver que sus derivadas son iguales y que para x = 1las funciones coinciden.

13. Hallar los maximos y mınimos de la funcion F (x) =∫ x

0

sen t

tdt,

en el intervalo (0, 2π).

Resp.: Tiene un maximo relativo en x = π.

14. Se considera la funcion f(x) = x2ex.

a) Hallar la derivada de G(x) =∫ x

1

f(t)t3

dt en el intervalo (1,∞).

Resp.: G′(x) = ex/x.

b) Estudiar el crecimiento y la concavidad G(x) en el intervalo(1,∞).

Resp.: G es creciente y concava hacia arriba en (1,∞).

35