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163
UNIDAD 3. CÁLCULO INTEGRAL DE LAS FUNCIONES DE UNA VARIABLE
3.1 La integral definida
A. ORIGEN GEOMÉTRICO Y FÍSICO DE LA INTEGRAL DEFINIDA
Vamos a ver los dos problemas que se consideran como el origen geométrico y físico de la integral
definida. El problema de determinar el área bajo la gráfica de una función y el problema de calcular el
desplazamiento de un objeto en movimiento rectilíneo.
A1. ÁREA BAJO UNA CURVA. Sabemos calcular el área A de un rectángulo de altura l y base w (es
decir, A lw ). ¿Cómo calcular el área de una región plana S limitada por la curva y f x y las rectas
x a y x b ?
a b
S
y f x
x
y
Podemos aproximar el área de S mediante una suma de áreas de rectángulos. Por ejemplo, dividiendo a,b
en 4 subintervalos iguales, 1i ix ,x para 1 2 3 4i , , y , y S en 4 franjas, el área de cada franja será
aproximadamente igual al área de un rectángulo de base 4
b aw x
, y para la altura l hay tres opciones:
1il f x , il f x , o *il f x , como se muestra en la siguiente figura:
a b*
1x *
2x *
3x *
4x
*
il f x
a b1x
2x
3x
il f x
1x
2x
3xa b
1il f x
a b1ix
ix*
ix
164
Obsérvese que *ix representa un número arbitrario de cada subintervalo 1i ix ,x ; en particular *
ix puede ser
el extremo izquierdo, 1ix , el extremo derecho, ix , o el punto medio, 112 i ix x .
Con las dos primeras opciones para la altura l ( 1il f x y il f x ) se obtienen las siguientes
aproximaciones para el área de S :
1
4 1 2 3 1 2 3
4
il f x
b aA f a x f x x f x x f x x f a f x f x f x
y
4 1 2 3 1 2 3
4
il f x
b aA f x x f x x f x x f b x f x f x f x f b .
Ahora, si A denota el valor exacto del área de S , entonces 44A A A ; es decir, el área buscada está
acotada por las áreas 4A y 4A . Nótese que también podemos obtener la aproximación 44
2
A AA
.
Ejemplo. Obtenga una aproximación para el valor del área bajo la gráfica de 2xf x e , entre las
rectas 0x y 1x dividiendo el intervalo 0 1, en 5 partes iguales.
Solución.
10 2. 0 4. 0 6. 0 8.0 0.
0x
1x
2x
3x
4x 5
x
10 2. 0 4. 0 6. 0 8.
1
x
y
2
xf x e
0
1 05 0 2
5
b an x .
n
Si tomamos el extremo izquierdo de cada intervalo para definir la altura de cada rectángulo; es decir
2
1
1ix
il f x e , entonces
2 2 22 2 21 0 31 2 4
5 5
11 1
0 0 04 0 16 0 36 0 64 0 2 0 80756
ix x xx x xi
i i
. . . .
A f x x e x e x e x e x e x e x
e e e e e . .
165
Si tomamos el extremo derecho de cada intervalo para definir la altura de cada rectángulo; es decir
21x
il f x e , entonces
2 2 22 2 23 51 2 4
5 5
1 1
0 04 0 16 0 36 0 64 1 0 2 0 68116
ix x xx x xi
i i
. . . .
A f x x e x e x e x e x e x e x
e e e e e . . .
Considerando las dos aproximaciones podemos concluir que 0 68116 0 80758. A . . Nótese que una tercera
aproximación puede ser el promedio de las dos aproximaciones logradas:
0 68116 0 80758
0 744372
. .A .
.
Retomando el problema inicial, no es difícil notar que podemos calcular mejores aproximaciones para el
área de S si dividimos a,b en un número n de partes iguales cada vez mayor: b a
xn
para
5 6 7n , , , , dando como resultado que:
55A A A , 66A A A , 77A A A , ,
con lo cual el valor del área buscada A va quedando dentro de un intervalo de longitud cada vez más pequeña.
Por lo tanto, en el límite cuando n esperamos que nnA A A .
a b a b a b a b
8n 16n 16n 8n
Entonces, el área A de la región S que se encuentra debajo de la gráfica de la función continua f se puede
definir como el límite de la suma de las áreas de los rectángulos de aproximación. Es decir, el área bajo una
curva se puede calcular mediante cualquiera de los siguientes límites:
1
1
limn
in
i
A f x x
, *
1
limn
in
i
A f x x
, o 1
limn
in
i
A f x x
.
Ejemplo. Obtener la fórmula para el área de un triángulo rectángulo.
166
Solución. El área buscada se puede considerar como el área bajo la recta Hh
f x mx x , entre 0a y
b h , como se muestra en la figura; en donde h es la base y H la altura del triángulo rectángulo:
0x
1x
2x
1ix
ix
1nx
nx
h0b h0a
H
f x m x xh
H
1ix
ix
*
ix
x
Dividamos el intervalo 0,h en n partes iguales de longitud 0b a h hn n n
x . Nótese que 1i ix x x es
la longitud de cada uno de los n subintervalos en que se ha dividido 0,h . Puesto que *ix es un punto arbitrario
de cada subintervalo 1i ix ,x , podemos elegir el extremo derecho de cada uno de los subintervalos, es decir,
* hi i n
x x a i x i para 1 2i , , ,n . Entonces,
2
1 1 1 1
1lim lim lim lim ,
n n n n
i in n n n
i i i i
H h H h hA f x x x i Hh i
h n h n n n
pero,
1
1
2
n
i
n ni
por lo cual,
2 1
2 2
1 11 1lim lim lim .
2 2 2 22
n
n n n
n n base alturan nA Hh Hh Hh Hh
n n
A2. DESPLAZAMIENTO DE UNA PARTÍCULA EN MOVIMIENTO RECTILÍNEO. Supongamos que
v t es la velocidad como función del tiempo t de una partícula que se mueve en línea recta. Podemos utilizar
la gráfica de v t para hacer estimaciones sobre el desplazamiento total de la partícula cuando se mueve
durante el intervalo de tiempo desde t a a t b (donde a b ).
167
0t
1t
2t 1i
t i
t1n
t n
t
ba t
a b1it
*
it i
t
y v t
Dividamos el intervalo de tiempo a,b en n subintervalos de igual longitud: b a
tn
. Imaginemos que n
es lo suficientemente grande de tal modo que cada intervalo de tiempo 1i it ,t es muy corto y podemos asumir
que la velocidad es aproximadamente constante e igual a *iv t (donde *
it es cualquier número del intervalo
1i it ,t ; en particular 1*i it t o *
i it t ), de esta manera una estimación para el desplazamiento de la partícula
durante el intervalo de tiempo 1i it ,t puede ser
*id v t t ,
y el desplazamiento total, d , durante a,b lo podemos estimar como:
1 2 3
1
n* * * * *
n i
i
d v t t v t t v t t v t t v t t
.
Al aumentar el valor de n esperamos obtener mejores aproximaciones para el desplazamiento. Entonces, en el
límite cuando n obtendremos el valor exacto de desplazamiento total:
*
1
limn
in
i
d v t t
.
Ejemplo. Hugo, Juan y Roberto están viajando cuando descubren que el cuenta millas está roto, pero que el
velocímetro funciona correctamente. Juan y Roberto se dan cuenta de que pueden calcular distancias registrando
velocidades, pero no pueden convenir en cuál es el mejor procedimiento. Cada uno de ellos decide hacerlo a su
modo, pero convienen en no registrar más de dos velocidades para cada intervalo de 10 minutos. Las siguientes
tablas muestran los datos que Juan y Roberto registraron:
168
In tervalo
de tiem po
Vel. M áx.
Vel. M ín.
0 10 10 20 20 30
55 58 62
47 35 37
R oberto
Tiem po
(m in.)
Velocidad
(m .p.h)
0 5 10 15 20 25 30
52.3 50.1 42.7 45.7 58.0 43.6 59.4
Juan
a) Haga estimaciones razonables, basadas tanto en los datos de Juan como en los de Roberto, sobre cuál ha
sido el desplazamiento de vehículo; b) Critique los dos métodos.
Solución.
a) Estimaciones de acuerdo a los datos registrados por Juan y por Roberto: Según los datos de Juan
5 min 6t n :
0 5 10 15 20 25 30 m int
0t
1t
2t 3
t4
t5
t6
t
Si 1*i it t , entonces
6
1 0 1 2 3 4 51
milla h 52 3 50 1 42 7 45 7 58 0 43 6 5 min 24 4 milla.
h 60 min
ii
d v t t v t t v t t v t t v t t v t t v t t
. . . . . . .
Si *i it t , entonces
6
1 2 3 4 5 61
milla h 50 1 42 7 45 7 58 0 43 6 59 4 5 min 25 milla.
h 60 min
ii
d v t t v t t v t t v t t v t t v t t v t t
. . . . . .
Entonces, con los datos de Juan resulta que 24 4 25. d y tomando el promedio de las estimaciones se
obtiene una tercera aproximación: 24 7 milla .d .
Según los datos de Roberto 10 min 3t n :
0 10 20 30 m int
0t
1t
2t 3
t
Con las velocidades máximas:
3
1
milla h55 58 62 10 min 29 2 milla .
h 60 minmax max,i max
i
d v t d .
Con las velocidades mínimas:
169
3
1
milla h47 35 37 10 min 19 8 milla .
h 60 minmin min,i min
i
d v t d .
Entonces con los datos de Roberto se tiene que 19 8 29 2. d . y tomando el promedio resulta una tercera
aproximación: 24 5 milla .d .
b) Observemos que el intervalo que contiene la estimación con los datos de Juan es bastante más pequeño que
el correspondiente a los datos de Roberto. Si se tiene la necesidad de seleccionar la mejor aproximación, deberá
ser la obtenida con los datos de Juan.
19 8.
24 4. 25
29 2.
20 30
B. DEFINICIÓN DE LA INTEGRAL DEFINIDA
Los límites de la forma * * * *1 2
1
lim limn
i nn n
i
f x x f x x f x x f x x
tienen un
nombre especial.
Definición. Si f es una función continua en a,b , dividimos el intervalo a,b en n subintervalos de igual
longitud x b a n . Denotamos los puntos extremos de los subintervalos por 0x a , 1x , 2x , , nx b
y por 1*x , 2
*x , , *nx a los puntos muestra de los subintervalos ( *
ix pertenece al -i ésimo subintervalo
1i ix ,x , para 1 2i , , ,n ). La integral definida de f , desde a hasta b , denotada por b
a
f x dx , se
define como:
*
1
lim
b n
in
ia
f x dx f x x
.
NOTA 1. El adjetivo "definida" indica que todo el simbolismo b
af x dx representa un número real
único. Se llama "integral" para sugerir que el número b
af x dx se obtiene juntando partes de algo. El símbolo
"∫", una "S" alargada, se llama símbolo de integración o de suma generalizada.
170
NOTA 2. f x se llama integrando, a y b son los límites de integración ( a es el límite inferior y b
el límite superior). La " x " es irrelevante, los siguientes símbolos representan el mismo número, siempre y
cuando se trate del mismo integrando, b b b b
a a a a
f x dx f t dt f r dr f d .
NOTA 3. *ix puede ser cualquier número del subintervalo 1i ix ,x ; por ejemplo,
1
lim
b n
in
ia
f x dx f x x
, donde se tomó *
i ix x .
1
1
lim
b n
in
ia
f x dx f x x
, donde se tomó *
1i ix x .
1
1
lim2
b n
i i
nia
x xf x dx f x
, donde se tomó * 1
2
i ii
x xx (punto medio de 1i ix ,x ).
NOTA 4. Toda suma de la forma *
1
n
ii
f x x
se llama suma de Riemann y se denota como nR :
1
*
n
n i
i
R f x x
.
NOTA 5. Si 0f x para todo ,x a b , entonces b
af x dx es igual al área debajo de la curva
y f x desde a hasta b . Si f x toma tanto valores positivos como negativos sobre ,a b , entonces
b
af x dx es igual al área neta; es decir, una suma de áreas con signo ( o ).
1A
2A
3A
a b
1 2 3
b
af x dx A A A
b
af x dx
a b
171
NOTA 6. Si a,b se divide en subintervalos de longitud diferente ix (como se muestra en la figura
siguiente), entonces la integral definida de f , desde a hasta b se define como:
*
max 01
limi
b n
i ix
ia
f x dx f x x
donde: max ix denota al elemento máximo del conjunto 1 1,2, ,i ix x i n y *ix es cualquier número del
subintervalo 1i ix ,x , para 1 2i , , ,n .
1ix
*
ix
ixa b
Identidades importantes para calcular sumas:
1.
1
1
2
n
i
n ni
.
2. 2
1
1 2 1
6
n
i
n n ni
.
3.
2
3
1
1
2
n
i
n ni
.
4. 1
n
i
c nc
; donde c es una constante.
5. 1 1
n n
i i
i i
ca c a
.
6. 1 1 1
n n n
i i i i
i i i
a b a b
.
172
Ejemplo. Aplicar la definición de integral definida para evaluar 3
2
1
x dx .
Solución. Dividamos el intervalo 1 3, en n partes iguales de longitud 3 1 2
xn n
. Tomemos como puntos
muestra a los extremos derechos de cada subintervalo: *i ix x y como ix a i x para 0 1 2i , , , ,n
entonces, para el presente problema, 21i nx i para 0 1 2i , , , ,n . Ahora, aplicamos la definición:
3
322 *
1 11
22 2
1
2 22
1
lim lim
lim 1
lim 4 4
n n
i in n
i i
n
n nn
i
n
nni
x dx f x x x x
i
n in i
3
3
3
2 22
1
2 22
1 1 1
2 22
1 1 1
lim 4 4
lim 4 4
lim 1 4 4
n
nni
n n n
nni i i
n n n
nni i i
n in i
n in i
n n i i
3
22
2
1 1 2 1 lim 4 4
2 6
4 4 3 1 8 26 lim 2 4 2 2 4
3 3 3
nn
n
n n n n nn n n
n n n
es decir,
32
1
26
3x dx .
173
C. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DEFINIDA
1. b a
a b
f x dx f x dx .
2. 0
a
a
f x dx .
3. Si c es una constante, entonces b
a
cdx c b a y b b
a a
cf x dx c f x dx .
4. b b b
a a a
f x g x dx f x dx g x dx .
5. c b b
a c a
f x dx f x dx f x dx .
6. Si 0f x sobre ,a b , entonces 0
b
a
f x dx .
7. Si f x g x sobre ,a b , entonces b b
a a
f x dx g x dx .
8. Si m f x M para a x b , entonces b
a
m b a f x dx M b a .
9. Si f es par ( f x f x ), entonces 0
2
a a
a
f x dx f x dx
.
10. Si f es impar ( f x f x ), entonces 0
a
a
f x dx
.
a a
y f x
Prop. 9
aa
y f x
Prop. 10
a bb a
y f x
m
M
Prop. 8
174
D. ANTIDERIVADA
Definición. Si F es una función tal que F f para todo x I (donde I es un intervalo), entonces F es
una antiderivada de la función f .
Por ejemplo, 311 3
F x x , 312 3
3F x x , 313 3
4F x x , y 313
F x x C (donde C es una
constante) son antiderivadas de 2f x x .
Teorema. Si F es una antiderivada de f en un intervalo I , entonces F x C es la antiderivada más
general de f en I ; donde C es una constante arbitraria.
E. TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO (TFC)
El TFC establece la conexión entre el Cálculo Diferencial y el Cálculo Integral. Además, representa un
método sencillo para calcular integrales definidas, sin tener que determinarlas como límites de sumas de
Riemann.
TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO (primera parte). Si f es continua en a,b , la función g
definida por x
a
g x f t dt para a x b , es continua en a,b , diferenciable en a,b y
g x f x .
y f t
x
a
g x f t dt
a bx
t
175
Prueba del TFC-1. Si x y x h están en a,b , entonces x h x
a a
g x h g x f t dt f t dt
x x h x x h
a x a x
f t dt f t dt f t dt f t dt
y si 0h , entonces
1x h
x
g x h g xf t dt
h h
.
M f v
m f u
x hxu v
x x h
( ) ( )g x h g x ( )y f t
t
Dado que f es continua en a,b , el teorema del valor extremo garantiza que existen números u y v en
x,x h tales que f u m y f v M son los valores mínimo y máximo absolutos, respectivamente, de
f en x,x h . Ahora, según la propiedad 8 de la integral definida, x h
x
f u h f t dt f v h
por lo que:
Si 0h
1
x h
x
g x h g xf u f t dt f v f u f v
h h
.
Si 0h
1
x h
x
g x h g xf u f t dt f v f u f v
h h
.
Pero como 0
lim limh u x
f u f u f x
y 0
lim limh v x
f v f v f x
, entonces, de acuerdo con el
teorema del emparedado, se concluye que
0
limh
g x h g xg x f x
h
.
Ejemplo. Obtener: las siguientes derivadas:
a) cos
x
a
dtdt
dx
, b)
2
0
1
1
xd
dtdx t
, c)
2
1
cos
xd
tdtdx
, d)
5
3 sen
x
dt tdt
dx
y e)
2
4
2
1 3
1
2x
ddt
dx t
.
176
Solución.
cos cosx
a
dtdt x
dx
a) .
2 2
0
1 1
1 1
xd
dtdx t x
b) .
c) No podemos aplicar directamente el TFC-1. Sean 1
cosu
y tdt y 2u x . Según la regla de la cadena,
2
1
cos 2 cos 2 cosudy dy du d du
tdt x u x xdx du dx du dx
,
entonces
2
2
1
cos 2 cos
xd
tdt x xdx
.
5
5 5
3 sen 3 sen 3 sen 3 sen
x x
x
d d dt tdt t tdt t tdt x x
dx dx dx
d) .
e)
2
2
4 1 3
2 2
41 3
1 1
2 2
x
x
d ddt dt
dx dxt t
. Sean
2
4
1
2
u
y dtt
y 21 3u x . Por la regla de la cadena:
2 2 22
4
1 1 66
2 2 2 1 3
udy d du x
dt xdx du dxt u x
,
es decir,
2
4
2 22
1 3
1 6
2 2 1 3x
d xdt
dx t x
.
TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO (segunda parte). Si f es continua en a,b y F es
cualquier antiderivada de f sobre a,b , entonces
b
a
f x dx F b F a .
177
Prueba del TFC-2. Sea g la función definida sobre a,b por
x
ag x f t dt .
De acuerdo con la primera parte del teorema fundamental del cálculo g x f x , pero F x f x
implica que g x F x sobre a,b y, según el teorema del valor medio para derivadas,
x
ag x f t dt F x C ,
donde C es una constante. Y puesto que 0g a implica que 0 F a C C F a , entonces
b
ag b f x dx F b F a .
NOTA. El término F b F a suele representarse como b b
a aF x F x , es decir,
b b
a aF x F x F b F a .
Ejemplo. Evaluar 3
3
1
1x dx
.
Solución. Según el TFC-2, si conocemos una antiderivada de 3 1x , podemos utilizarla para calcular la integral.
De nuestra experiencia con derivadas, sabemos que 4 314
1x x x
, por lo tanto:
33 4 44
3
11
3 11 3 1 24
4 4 4
xx dx x
.
Ejemplo. Evaluar 4
2
0
2 1x x x dx .
Solución. Notemos que una antiderivada del integrando 2 2 1x x x es 3
222
3x x
; en efecto,
3 3 12 2 2
12 2 2 22 2 3
2 13 3 2
x x x x x x x x x
.
Entonces, de acuerdo con el TFC-2:
33
3222
4 422 2 2 3
200
2 2 22 1 4 4 0 0 20 59 63
3 3 3x x x dx x x .
.
178
RESUMEN. El TFC se puede expresa en forma compacta como sigue: Supóngase que f es continua
sobre el intervalo a,b ,
1. Si x
a
g x f t dt , entonces g x f x .
2. b
a
f x dx F b F a , donde F es cualquier antiderivada de f (es decir, F f ).
Nótese que el teorema fundamental del calculo establece que las operaciones de derivación e integración son
operaciones inversas la una de la otra.
Ejemplo. Evaluar: a)
2
2
cos xdx
, b)
1
1
xe dx
, c)
4
0
sec tanx xdx
, d)
5
1
1x dx , e)
2
2
1
1
2dx
t
.
Solución.
a) Como cos x es una función par, entonces
2 2
20
cos 2 cosxdx xdx
y dado que sen cosx x , entonces
2
2
20
0
cos sen sen sen 0 1 0 1xdx x
. Por lo tanto,
2 2
20
cos 2 cos 2 1 2xdx xdx
.
b) Dado que x xe e , entonces
1 21
1 1
11
1 12 3504x x e
e dx e e e e .e e
.
c) Sabemos que sec sec tanx x x , entonces
4
4
00
4sec tan sec sec 0 sec 1 2 0.4142x xdx x
.
d) Puesto que 3 3 12 2 2
132 2
3 3 21 1 1x x x
, entonces
3 3 32 2 2
5 5
11
2 2 161 1 5 1 1 1
3 3 3x dx x
.
e) Considerando que
2
1 1
2 2t t
, entonces
2 2
211
1 1 1 1 1
2 2 2 1 2 122dx
tt
.
179
Ejemplo. Calcular el área limitada por la gráfica de 3 2 2f x x x x y el eje x .
Solución. Como
3 2 20 2 0 2 0
1 2 0 0 1 2
f x x x x x x x
x x x x , x , x
o o
la gráfica de f x cruza el eje x en los puntos 1 0, , 0 0, y 2 0, como se muestra en la siguiente figura:
1 0 2
1A
2A
3 2
2f x x x x
x
y
Puesto que el área comprendida entre 0x y 2x tendrá signo negativo, entonces el área buscada es
1 2A A A ; donde
0
3 21
1
2A x x x dx
y 2
3 22
0
2A x x x dx .
Ahora, dado que 4 3 2 3 21 1
4 32x x x x x x
, entonces:
00
3 2 4 3 21 1 1 11 4 3 4 3
11
1 222
3 2 4 3 2 81 12 4 3 3
00
52 0 1
12 5 8 37
12 3 1282 4 4 0
3
A x x x dx x x x
A A A .
A x x x dx x x x
A la segunda parte del TFC también se conoce como el teorema del cambio total, que se expresa como
se indica a continuación.
TEOREMA DEL CAMBIO TOTAL. La integral de una razón de cambio es igual al cambio total:
b
a
F x dx F b F a .
180
Veamos algunas interpretaciones físicas del teorema del cambio total:
1. Si V t (en 3m ) es el volumen de líquido dentro de un tanque en el tiempo t (en minutos), y del tanque hay
una fuga V t (en 3m minuto ), entonces
2
1
2 1
t
tV x dx V t V t
es el cambio total en el volumen de líquido en el periodo de tiempo transcurrido de 1t t a 2t t .
2. Si s t (en m ) es la posición de una partícula en el tiempo t (en s ), que se mueve en línea recta, con
velocidad v t s t (en m s ), entonces
2
1
2 1
t
tv t dt s t s t
es el desplazamiento de la partícula en el periodo de tiempo transcurrido de 1t t a 2t t .
3. Si una partícula en movimiento rectilíneo se mueve con aceleración a t v t (en 2
m s ) en el tiempo t
(en s ), entonces
2
1
2 1
t
ta t dt v t v t
es el cambio en la velocidad de la partícula en el periodo de tiempo transcurrido entre 1t y 2t .
4. Si P t es la tasa de variación de una población de bacterias (en millones de bacterias por hora), entonces
2
1
2 1
t
tP t dt P t P t
es el cambio en la población de bacterias en el periodo de tiempo transcurrido entre 1t y 2t .
Ejemplo. La figura muestra la rapidez (en litros por día) de variación del agua de una torre de almacenamiento
durante el mes de abril. Si la torre contenía 12000 litros de agua el 1 de abril, estime la cantidad de agua en la
torre el 30 de abril.
100
50
0
50
100
150
6
12
18 24 30
t (día)
litro/día
181
Solución. Supongamos que V t representa la cantidad total de agua en la torre de almacenamiento en el
tiempo t , donde t se expresa en días desde el 1 de abril. Entonces la gráfica mostrada es la de V t . El
cambio total de agua en la torre, desde el 1 al 30 de abril, es 30 0V V . Ahora, de acuerdo con el teorema
del cambio total,
30
0
30 0V V V t dt ,
y podemos estimar 30 0V V calculando el área neta bajo la curva de V t .
De la gráfica observemos lo siguiente: 1) cada cuadro representa 50 6 300 litro/día día litro ; 2) el
área desde 0t a 12t es de aproximadamente un cuadro y con signo negativo; y 3) el área desde 12t a
30t es de aproximadamente seis cuadros y con signo positivo. Por lo tanto,
30 12 30
0 0 12
30 0 300 1800 1500V V V t dt V t dt V t dt litro
y como 0 12000 V litro , entonces
30
0
30 0 1500 12000 13500V V t dt V litro .
Ejemplo. Un carro acelera suavemente de 0 a 60 mph en 10 segundos con la velocidad indicada en la figura.
Estime qué tan lejos se desplaza el carro durante dicho periodo de tiempo.
10
20
30
40
50
60
v (m ph)
105
t (s)
Solución. Si s t es la posición del carro en el tiempo t , entonces v t s t es su velocidad y el
desplazamiento del carro desde 0t a 10t , por el teorema del cambio total, será:
10
0
10 0s s v t dt .
182
Para estimar el desplazamiento hacemos un cálculo aproximado del área bajo la curva de la velocidad. Contando
el número de cuadros y las fracciones de cuadro, encontramos que el área bajo la curva es de alrededor de 30
cuadros, cada cuadro es de 13600 360
10 1s milla horahora s
milla con lo cual resulta que el desplazamiento es de
aproximadamente 336
0.0833 440 milla milla pie .
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
1. La velocidad de un automóvil se leyó en su velocímetro a intervalos de diez segundos y se registró en una
tabla. Use la regla del punto medio para estimar la distancia recorrida por el vehículo
2. Suponga que un volcán hace erupción y en la tabla se proporcionan las lecturas de la rapidez r t a la que se
expelen materiales sólidos hacia la atmósfera. El tiempo t se mide en segundos y las unidades para r t son
toneladas métricas por segundo.
a) Obtenga las estimaciones superior e inferior para la cantidad 6Q de material expelido una vez que
transcurren 6 segundos. b) Use la regla del punto medio para estimar 6Q .
3. En cada una de las siguientes figuras se proporciona la gráfica de una función f . ¿Cuál gráfica es una
antiderivada de f y por qué?
183
TAREA 7 (sección 3.1)
1. a) Estime el área bajo la gráfica de 1f x x desde 1x hasta 5x con cuatro rectángulos de
aproximación de altura igual a los extremos derechos. Bosqueje la gráfica y los rectángulos. ¿Se trata de una
subestimación o una sobreestimación? b) Repita el inciso a) con los extremos izquierdos.
2. a) Estime el área bajo la gráfica de 3 2f x x desde 1x hasta 2x usando tres rectángulos de
altura igual a los extremos derechos. Enseguida, mejore su estimación utilizando seis rectángulos. Dibuje la gráfica
y los rectángulos de aproximación. b) Repita el inciso a), con los extremos izquierdos. c) Repita el inciso a) con los
puntos medios. d) A partir de los esquemas de los incisos a), b), y c), ¿cuál parece ser la mejor estimación?
3. La velocidad de una corredora aumentó de manera paulatina durante los tres primeros segundos de una carrera.
En la tabla se da su velocidad a intervalos de medio segundo. Encuentre las estimaciones inferior y superior para la
distancia que recorrió durante estos tres segundos.
st 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
pie
s v 0 6.2 10.8 14.9 18.1 19.4 20.2
4. Se muestra la gráfica de la velocidad de un automóvil al frenar. Úsela para estimar la distancia que recorre
mientras se aplican los frenos.
0 2 4 6
20
40
60
(pie/s)v
(s)t
5. Cuando estimamos desplazamientos a partir de datos de velocidad, a veces es necesario usar tiempos
0 1 2t ,t ,t , que no están igualmente espaciados. Aún así, podemos estimar las distancias usando los periodos
1i i it t t . Por ejemplo, el 7 de mayo de 1992, el transbordador espacial Endeavour fue lanzado en la misión
STS-49, cuya finalidad era instalar un nuevo motor de impulso en el perigeo en un satélite INTELSAT de
comunicaciones. En la tabla, proporcionada por la NASA, se dan los datos de la velocidad del transbordador entre el
despegue y el desprendimiento de los cohetes auxiliares de combustible sólido. Use estos datos para estimar la
altura sobre la Tierra a la que se encontró el transbordador 62 segundos después del despegue.
184
Hecho Tiempo (s) Velocidad (pie/s)
Lanzamiento 0 0
Inicio de la maniobre de giro alrededor del eje 10 185
Fin de la maniobra de giro alrededor del eje 15 319
Válvula de estrangulación 89% 20 447
Válvula de estrangulación 67% 32 742
Válvula de estrangulación 104% 59 1325
Presión dinámica máxima 62 1445
Separación del cohete auxiliar de combustible sólido 125 4151
6. Una ciclista pedalea a lo largo de un camino recto durante una hora a una velocidad v , como se muestra en la
figura. Inicia a 5 km del lago y la velocidad es positiva cuando va hacia el lago. (NOTA: Las rectas verticales
están a intervalos de 10 minutos (1/6 hora))
a) ¿La ciclista se da la vuelta? Si es así, ¿en qué momentos?
b) ¿Cuándo va más rápido? ¿A qué velocidad va entonces? ¿Se acerca o se aleja del lago?
c) ¿Cuándo está más cerca del lago? ¿Aproximadamente cuánto se acerca al lago?
d) ¿Cuándo está más lejos del lago? ¿Aproximadamente a qué distancia está entonces del lago?
7. Use la definición de integral definida (como el límite de una suma de Riemann) para evaluar la integral:
a) 5
1
1 3x dx
, b) 5
2
1
2 3x x dx , c) 2
2
0
2 x dx y d) 5
3
0
1 2x dx .
8. Use la primera parte del Teorema Fundamental del Cálculo para hallar la derivada de la función dada:
a) 2
2cos
x
g x t dt , b)
cos
1
1 sen
x
y t dt , c)
2
3
0
1
x
h x r dr y d) 0
3senxe
F x tdt
9. Use la segunda parte del Teorema fundamental del Cálculo para evaluar la integral:
a)
2
2
1
x dx
, b) 4
2
0
1 3y y dy , c)
2
cos d
, d) 2
0 5
01
.
dx
x , e)
6
3
8
ln
x
ln
e dx y f)
4
1
dxx .
185
3.2 La integral indefinida
A la antiderivada más general de una función f se le conoce como integral indefinida y se denota por
el simbolismo f x dx ; es decir,
f x dx F x C significa que F x f x ,
donde F x C es la antiderivada más general de la función f x ; C es una constante arbitraria.
Por ejemplo,
1. 1
sen cost dt t C
debido a que 1
cos send
t C tdt
.
2. 22xdx x C puesto que 2 2d
x C xdx
.
3. 1
1
nn x
x dx Cn
porque
11 11
1 1
nn nx n
C x xn n
, donde 1n .
¡No se debe confundir la integral definida con la integral indefinida! Mientras que b
af x dx representa
un número real, f x dx representa una familia de funciones (un conjunto de funciones; una función por
cada valor de la constante C ):
1F x C
2F x C
0F x
x
y
La relación entre las integrales definida e indefinida está dada por la segunda parte del TFC: Si f es
continua en ,a b , entonces
bb
a a
f x dx f x dx .
186
En efecto, considerando que f x dx F x C , donde F x f x , entonces
.
bb
aa
f x dx F b C F a C F b F a f x dx
La integral indefinida tiene las siguientes dos propiedades importantes:
1. cf x dx c f x dx ; c es una constante.
2. f x g x dx f x dx g x dx , donde y son constantes.
La segunda propiedad se conoce como propiedad de linealidad.
Cada fórmula de derivación, utilizada en sentido inverso, también es una formula para una integral
indefinida. Por ejemplo:
kdx kx C ln
xx a
a dx Ca
2csc cotxdx x C
1
1
nn x
x dx Cn
, para 1n sen cosxdx x C sec tan secx xdx x C
1lndx x C
x cos senxdx x C csc cot cscx xdx x C
x xe dx e C 2sec tanxdx x C 1
2
1tan
1
dx x C
x
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
1. Del fondo de un tanque de almacenamiento fluye agua a razón 200 4r t t litros por minuto, donde
0 50t . Encuentre la cantidad de agua que salió del tanque después de los primeros 10 segundos.
2. Se da la función de aceleración (en 2m/s ) y la velocidad inicial para una partícula que se desplaza a lo largo
de una recta. Encuentre i) la velocidad en el instante t y ii) la distancia recorrida durante el intervalo de tiempo
dado: a) 4a t t , 0 5v , 0 10t ; b) 2 3a t t , 0 4v , 0 3t .
187
TAREA 8 (sección 3.2)
1. Verifique por diferenciación que la fórmula es correcta:
a) 2
21
1
xdx x C
x
b)
3 2 2 2
2 2
1 xdx C
a a xa x
c) cos sen cosx xdx x x x C
d) 2 2
22 2 2
1 x adx C
a xx x a
2. Encuentre la integral indefinida:
4 2 23
2
1 sen 2 , 1 2 , 1 , 3 sec
1 sen
u xxdx x x dx x dx e u du dx
x x
a) b) c) d) e)y .
3. Evalué la integral:
a) 2
2
0
6 4 5x x dx , b) 2
2
2
3 1u du
, c)
2 7
3
1
5y ydy
y
, d)
5
0
2 4cosxe x dx , y e) 1
3 4
0
x x x dx .
4. Se conoce la función velocidad (en m/s ) para una partícula que se mueve siguiendo una trayectoria rectilínea.
Encuentre el desplazamiento y la distancia recorrida durante el intervalo de tiempo que se indica:
a) 3 5 0 3v t t t para y b) 2 2 8 1 6v t t t t para .
3.3 Métodos de integración
La idea básica de los métodos de integración es transformar el problema original en uno más simple de
resolver. Una parte importante para todo método de integración es el uso, en sentido inverso, de las fórmulas de
derivación.
A. INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN (CAMBIO DE VARIABLE)
La base teórica del método de integración por sustitución es la regla de la cadena, la cual establece
que
.d
f g x f g x g xdx
Dado que la integración es la operación inversa de la diferenciación, al integrar ambos lados obtenemos
.f g x g x dx f g x
Ahora, una integral dada en esta forma la podemos transformar mediante la sustitución u g x con la cual
resulta que du g x dx y
.f g x g x dx f u du f u f g x
188
Al sustituir u g x en la integral original ésta se transformar en una más simple que involucra la
variable u . Después de resolver la integral transformada se debe regresar a la variable original x cambiando la
variable u por g x .
Ejemplo. Obtener 2sen 1x x dx .
Solución. Observemos que 2 21sen 1 2 sen 1
2x x dx x x dx . Si 2 1 2u x du xdx , entonces
2 2 21 1 1 1sen 1 sen 1 2 sen cos cos 1
2 2 2 2u du
x x dx x xdx udu u C x C
.
Ejemplo. Obtener 1 2
4
sen
1
x xdx
x
.
Solución. Si
22
1 2 2
1sen x
xu x du dx
, entonces
1 2
21 2 2 1 2
4 4
11
4 4
sen 1 2 1sen sen
2 21 1u
du
x x xdx x dx udu u C x C
x x
.
Ejemplo. Obtener tan xdx .
Solución. Observemos que sec
tan tansec
xx x
x. Si sec sec tanu x du x xdx , entonces
1tan sec tan ln ln sec
secdu
u
duxdx x xdx u C x C
x u ,
es decir, hemos demostrado la fórmula.
tan ln secxdx x C .
Similarmente se demuestra que:
cot ln cscxdx x C .
189
Ejemplo. Obtener csc xdx .
Solución. Observemos que 2csc cot csc csc cot
csc csccsc cot csc cot
x x x x xx x
x x x x. Si cot cscu x x con lo que
2csc csc cotdu x x x dx , entonces
2csc csc cotcsc ln ln cot csc
csc cot
du
u
x x x dx duxdx u C x x C
x x u
,
es decir, obtenemos la fórmula:
csc ln cot cscxdx x x C .
Similarmente, se demuestra que
sec ln sec tan xdx x x C .
Ejemplo. Obtener 4
2 1 2x xdx .
Solución. Si 2 1 2u x du xdx , entonces
4 5
2 4 5 21 11 2 1
5 5duu
x xdx u du u C x C .
Ejemplo. Obtener sen cosx xdx .
Solución. Si sen cosu x du xdx , entonces
2 21 1sen cos sen
2 2u du
x xdx udu u C x C .
Ejemplo. Obtener 3 2 42 sec 1x x dx .
Solución. Si 4 3 31
21 4 2u x du x dx du x dx , entonces
2
2 4 3 2 41 1 1sec 1 2 sec tan tan 1
2 2 2duu
x x dx udu u C x C
.
190
Para evaluar una integral definida por el método de sustitución podemos evitar regresar a la variable
original si cambiamos los límites de integración de acuerdo con la sustitución empleada. En efecto, si u g x y
du g x dx , entonces
g bb
a g a
f g x g x dx f u du .
Ejemplo. Evaluar
1
12 3
dx
x x
.
Solución. Notemos que podemos completar el cuadrado en la expresión dentro del radical:
2 2 22 2 2 251 1 1
2 2 4 22 3 3 6 2 6 6x x x x x x x x x x .
Ahora, si 12
u x du dx con lo cual 32
1x u y 12
1x u , de donde resulta que
1 1 12 2 2
3 3 32 2 2
1
2 221
2525 225 2
4 5542 3 11 uu
dx du du du
x x u
,
pero
1
2
252
525
sen
1
u
u
, entonces
12
32
1
1 1 1
1
2 315 5 5
sen sen sen 0.844862 3
udx
x x
.
Ejemplo. Calcular
12
3
0
cos senx x dx .
Solución. Si cos senu x du x dx , y como 0 1x u y 12
0x u , entonces
12
00 43 3
0 1 1
1 1 1cos sen
4 4
ux x dx u du
.
Ejemplo. Evaluar
3
5 2
0
1x x dx .
191
Solución. Si 2 1 2u x du xdx y también 2 1x u , además 0 1x u y 3 4x u ,
entonces
7 5 32 2 25 3 1
2 2 2
3 3 42 25 2 2 2
0 0 1
44
1 1
1 1 12
1 1 2 4 2 848 2
2 2 7 5 3 105
dux x dx x x xdx u u
u u uu u u du .
Ejemplo. Calcular
1
sen lne
xdx
x
.
Solución. Si lndx
u x dux
, además 1 ln1 0x u y 12
lnx e u e , entonces
1 12 2
01 0
sen ln cos 1sen .
ex u
dx u dux
B. INTEGRACIÓN POR PARTES
Según la regla para la derivada de un producto de funciones,
f x g x f x g x g x f x ,
podemos ver que f x g x es una antiderivada de la función f x g x g x f x ; es decir,
f x g x g x f x dx f x g x .
Ahora, de acuerdo con las propiedades básicas de la integral indefinida, la ecuación anterior se puede expresar
como
f x g x dx g x f x dx f x g x ,
por lo tanto,
f x g x dx f x g x g x f x dx .
Equivalentemente, si u f x y v g x , entonces du f x dx , dv g x dx y la fórmula anterior se
expresa como:
udv uv vdu .
192
Cualquiera de las fórmulas recién obtenidas define el método de integración conocido como integración por
partes.
Ejemplo. Obtener cosx xdx .
Solución. Sean u x du dx y cos sendv xdx v x , entonces
cos sen senu u v v dudv
x xdx x x xdx .
Ahora, puesto que sen sen cosxdx x dx x C , entonces finalmente resulta que
cos sen cosx xdx x x x C .
Observemos cómo se complica demasiado el problema si intentamos hacer la siguiente designación para
u y dv : cos senu x du xdx y 212
dv xdx v x ,
2 2 2 21 12 2
1 1cos cos sen cos sen
2 2u dv uv v du
x xdx x x x x dx x x x xdx !Más complicada quela integral original!
.
Ejemplo. Obtener cosn xdx .
Solución. Observemos que el integrando se puede expresar como: 1cos cos cosn nx x x . Ahora, si hacemos
1 2cos 1 cos senn nu x du n x xdx y cos sendv xdx v x , entonces:
1 1 2
1 2 2 2 2
cos cos cos cos sen sen 1 cos sen
sen cos 1 cos 1 cos sen 1 cos
n n n n
v vu dv udu
n n
xdx x xdx x x x n x xdx
x x n x x dx x x
1 2 sen cos 1 cos cosn n nx x n xdx xdx
es decir, 1 21 1 cos sen cos 1 cosn n nn xdx x x n xdx , de donde se obtiene la siguiente
fórmula de reducción:
12sen cos 1
cos cosn
n nx x nxdx xdx
n n
.
En forma similar podemos demostrar la validez de la siguiente fórmula de reducción:
12cos sen 1
sen senn
n nx x nxdx xdx
n n
.
193
Ejemplo. Obtener 3sen xdx .
Solución. Aplicando la última fórmula de reducción:
2 23 cos sen 2 cos sen 2
sen sen cos3 3 3 3
x x x xxdx xdx x C .
Ejemplo. Obtener secn xdx .
Solución. Notemos que 2 2sec sec secn nx x x . Si hacemos 2 2sec 2 sec tann nu x du n x xdx y
2sec tandv xdx v x , entonces
2 2 2 2
2 2 2 2 2
sec sec sec sec tan tan 2 sec tan
tan sec 2 sec sec 1 tan sec 1
n n n n
v vu dv udu
n n
xdx x xdx x x x n x xdx
x x n x x dx x x
2 2 tan sec 2 sec secn n nx x n xdx xdx
es decir,
2 21 2 sec tan sec 2 secn n nn xdx x x n xdx ,
de donde resulta la siguiente fórmula de reducción:
22tan sec 2
sec sec1 1
nn nx x n
xdx xdxn n
.
En forma similar podemos demostrar la validez de la siguiente fórmula de reducción:
22cot csc 2
csc csc1 1
nn nx x n
xdx xdxn n
.
Ejemplo. Obtener 6sec xdx .
Solución.
46 4
4 22
4 2
5
tan sec 4sec sec
5 5
tan sec 4 tan sec 2 sec
5 5 3 3
tan sec 4 tan sec 2 sen tan
5 5 3 3 5cos
x xxdx xdx
x x x xxdx
x x x x xx C
Otra aplicación de la misma fórmula de reducción
3
4 sen 2 sen.
5 3 cos3cos
x xC
xx x
194
Ejemplo. Obtener 3 2xx e dx .
Solución. Sean 3 2 3u x du x dx y 2 212
x xdv e dx v e , entonces
3 2 3 2 2 2 3 2 2 231 1 1
2 2 2 23x x x x x
u dv u duv v
x e dx x e e x dx x e x e dx .
Si ahora 2 2u x du xdx y 2 212
x xdv e dx v e , entonces
2 2 2 2 2 2 2 21 1 1
2 2 22x x x x x
u dv u duv v
x e dx x e e xdx x e xe dx .
Si hacemos u x du dx y 2 212
x xdv e dx v e , entonces
2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 4
x x x x x x x
u dv u duv v
xe dx x e e dx xe e xe e .
Ahora sustituimos los resultados para la integral original:
3 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 23 3 3 31 1 1 1 12 2 2 2 4 2 4 4 8
2 3 23 3 312 2 2 4
x x x x x x x x x
x
x e dx x e x e xe e C x e x e xe e C
e x x x C.
La fórmula de integración por partes para evaluar una integral definida se expresa como:
b bb
a
a a
f x g x dx f x g x g x f x dx .
Ejemplo. Evaluar
1
1
0
sen xdx
.
Solución. Si hacemos 1
2
1sen
1u x du dx
x
y dv dx v x , se obtiene
1 1
11 1
200 0
sen sen1
xxdx x x dx
x
,
pero como 2
2 2
21
2 1 1
x xx
x x
, entonces
1 1
2
2 00
11
xdx x
x
195
y por consiguiente,
1 11 2 21 1 2 1 1
0 00
2
sen sen 1 1 sen 1 0 sen 0 1 1 1 0
1 0 0 1 1 0.5708.2
xdx x x x
Ejemplo. Evaluar
2
3
1
lnx xdx .
Solución. Si 1ln xu x du dx y 3 414
dv x dx v x , entonces
2 2
2 2 23 4 3 4 4 151 1 1 1
4 4 4 16 161 1 1
1 1
ln ln ln 4ln 2 1.83509x xdx x x x dx x x x .
Ejemplo. Evaluar
3
0
xxe dx
.
Solución. Si u x du dx y x xdv e dx v e , entonces
3 3
3 3 33 3 3
0 0 00 0
3 1 1 4 0 801x x x x xxe dx xe e dx xe e e e e . .
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
a) 3 3
4 41
b xdx
a x , b)
02
2 3
1
3 4 2x x dx
, c) csc 1 2 cot 1 2x x dx , d) 2csc 2
2 cot 2
xdx
x .
e) 5 3cosx x dx , f)
2
2
0
senx xdx
, g) lnkx xdx , h) cosaxe bxdx , i) senaxe bxdx , j) n axx e dx .
196
C. INTEGRALES TRIGONOMÉTRICAS
sen cosm nx xdxIntegrales de la forma
n es impar ( 2 1n k ; k un entero). Observemos que:
2 1 2 2sen cos sen cos sen cos cos sen 1 sen cos
k kkm n m m mx x x x x x x x x x .
El problema se puede resolver mediante la sustitución sen cosu x du xdx que transforma el
integrando en una función polinomial:
2
2 2sen cos sen 1 sen cos 1m
kk
m n m m
u duu
x xdx x x xdx u u du
.
Ejemplo. 3 3 3 2 3 2sen cos sen cos cos sen 1 sen cosx xdx x x xdx x x xdx .
Si sen cosu x du xdx , entonces
4 6 4 6
3 3 3 2 3 5 sen sensen cos 1
4 6 4 6
u u x xx xdx u u du u u du C C .
m es impar ( 2 1m k ; k un entero). Observemos que:
2 1 2 2sen cos sen cos sen cos sen 1 cos cos sen
k kkm n n n nx x x x x x x x x x
.
Para resolver el problema utilizamos la sustitución cos senu x du xdx que transforma el integrando
en una función polinomial:
2
2 2sen cos 1 cos cos sen 1n
kk
m n n n
u u du
x xdx x x xdx u u du
.
Ejemplo. 2 2
5 3 2 3 2 3sen cos sen sen cos 1 cos cos senx xdx x x xdx x x xdx .
Si cosu x con lo que sendu xdx ,
4 6 82
5 3 3 2 3 5 7
4 3 8sen cos 1 2 u u ux xdx u u du u u u du C ,
es decir,
4 6 85 3 cos cos cos
sen cos4 3 8
x xx xdx C
.
197
m y n son pares. Se suele emplear las identidades trigonométricas: 2 12
sen 1 cos 2x x y
2 12
cos 1 cos 2x x ; a veces se usa 12
sen cos sen 2x x x .
Ejemplo.
2 2 22 2 2
1 1 1sen cos 1 cos 1 cos 1 cos
2 2 4
1 1 1 1 cos 4
4 2
1 1 1 1 1 1 cos 4 1 cos 4 sen 4 .
4 2 2 8 8 32
x x xx xdx dx dx
x dx
x dx x dx x x C
tan secm nx xdxIntegrales de la forma
n es par. Observemos que:
-2 -22 2-2 2 2 2 2 2sec sec sec sec sec tan 1 sec
n nn nx x x x x x x .
Si utilizamos la sustitución 2tan secu x du xdx , el integrando se transforma en una función
polinomial:
2 2
2 22 2 2tan sec tan tan 1 sec 1n n
m n m mx xdx x x xdx u u du
.
Ejemplo. 2 4 2 2 2 2 2 2tan sec tan sec sec tan tan 1 secx xdx x x xdx x x xdx .
Entonces con la sustitución 2tan secu x du xdx ,
5 3
2 4 2 2 5 31 15 3
tan tantan sec 1
5 3
x xx xdx u u du u u C C .
m es impar. Observemos que:
12
12
1 1 2 1
2 1
tan sec tan sec tan sec tan sec tan sec
sec 1 sec tan sec .
m
m
m n m n n
n
x x x x x x x x x x
x x x x
Si sec sec tanu x du x xdx , el integrando se transforma en una función polinomial:
1 1
2 22 1 1 2tan sec sec 1 sec tan sec 1m m
m n n nx xdx x x x xdx u u du
.
198
Ejemplo. 3 3 2 2 2 2tan sec tan sec tan sec sec 1 sec tan secx xdx x x x xdx x x x xdx .
Entonces si usamos la sustitución sec sec tanu x du x xdx ,
3 3 2 2
5 32 2 5 31 1
5 3
tan sec sec 1 sec tan sec
sec sec 1 .
5 3
x xdx x x x xdx
x xu u du u u C C
n es impar y m es par. Observemos que:
2 22 2tan tan sec 1m m
m x x x .
Con lo anterior, el integrando será una función polinomial en términos de sec x , entonces podemos aplicar la
fórmula de reducción para secn xdx .
Ejemplo.
2 2 3
1
2
tan sec sec 1 sec sec sec
tan sec sec sec
2
x xdx x xdx xdx xdx
x xxdx xdx
1 1
2 2
tan sec tan sec sec ln sec tan .
2 2
x x x xxdx x x C
sen cos , sen sen , cos cosmx nxdx mx nxdx mx nxdx Integrales de la forma y
Se utilizan, respectivamente, las identidades:
1sen cos sen sen
2
1sen sen cos cos
2
1cos cos cos cos
2
A B A B A B
A B A B A B
A B A B A B
199
Ejemplo. Obtener sen 2 cos3x xdx .
Solución.
1 12 2
1 12 2
sen 2 cos3 sen 2 3 sen 2 3 sen sen 5
cos 5 sen sen 5 cos .
5
x xdx x x x x dx x x dx
xx dx x dx x C
Ejemplo. Obtener sen 10 sen 2x x dx .
Solución.
1 12 2
1 12 2
sen 10 sen 2 cos 10 2 cos 10 2 cos 8 cos 12
sen 8 sen 12 cos 8 cos 12 .
8 12
x x dx x x x x dx x x dx
x xx dx x dx C
Ejemplo. Obtener cos cos 4x x dx .
Solución.
1 12 2
1 12 2
cos cos 4 cos 4 cos 4 cos 3 cos 5
sen 3 sen 5 cos 3 cos 5 .
3 5
x x dx x x x x dx x x dx
x xx dx x dx C
D. INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA
Cuando el integrando contiene una expresión de la forma 2 2a x , 2 2a x , o 2 2x a , donde
0a , se emplean una sustitución trigonométrica adecuada que transforma la integral original en otra que
contiene funciones trigonométricas y es más fácil de resolver. Las sustituciones adecuadas son:
Expresión Sustitución Identidad involucrada
2 2a x sen cosx a dx a d , 2 2 2 21 sen cos
2 2a x 2tan secx a dx a d ,
2 2 2 21 tan sec
2 2x a sec sec tanx a dx a d , 2
0 o 32 2 2sec 1 tan
200
Para regresar a la variable original hacemos uso de la definición geométrica de las funciones
trigonométricas en un triángulo rectángulo en donde es la medida del ángulo entre uno de los catetos y la
hipotenusa; la designación de los catetos y la hipotenusa dependerá del integrando y de la sustitución empleada.
Ejemplo. Obtener 24
dx
x .
Solución. Como 22 24 2x x , entonces de la sustitución
22 tan 2secx dx d , es decir,
2 2 2 2 2 24 4 4 tan 4 1 tan 4 sec 4 4 sec 2 sec 2 secx x , si
2 2 .
Por lo tanto,
2
2
2 secsec ln sec tan
2 sec4
dx dd C
x
. Ahora, para regresar a la variable
independiente original, el término 24 x , por ser una suma de cuadrados, es la hipotenusa, mientras que 2 y
x son los catetos:
24 x
x
2
2
2
2
4
2 tan tan2
1 1 4sec
cos 2x
xx
x
entonces,
2
2
4ln sec tan ln
2 24
dx x xC C
x
.
Ejemplo. Determinar 3
29
x dx
x .
Solución. Como 22 29 3x x , entonces de la sustitución 3sen 3cosx dx d , se obtiene,
2 2 2 2 2 29 9 9 sen 9 1 sen 9 cos 9 9 cos 3 cos 3cosx x , si
2 2 .
Por consiguiente,
33
2
23 22
273 3
27 sen 3cos
3cos9cos sen
27 sen sen 9 cos sen 18 cos .
x dxd
x
d C
201
Para regresar a la variable original, notemos que 29 x es un cateto, mientras que 3 es la hipotenusa y x es
el otro cateto:
29 x
x3
2
3 sen sen3
9cos
3
xx
x
Entonces
3 2 2 22
2
2 22
9 99 cos sen 18 cos 9 18
3 9 39
9 6 9 .
3
x dx x x xC C
x
x xx C
Ejemplo. Obtener 225 4
dx
x .
Solución. Dado que 2
2 2 24 2525
25 4 25 5x x x y si 2 25 5
sec sec tanx dx d ,
entonces 2
2 2 2 22 4 4 4 4 2 25 5 525 25 25 25
sec sec 1 tan tan tanx , si 2
0 o
32 . Por lo tanto,
2 22
25
22 55
sec tan 1 1sec ln sec tan
5 55 tan25 4 5
ddx dxd C
x x
.
Para volver a la variable original, notemos que 225 4x es un cateto, 5x es la hipotenusa y 2 es el otro
cateto:
2
2 5sec sec
5 2
25 4tan
2
xx
x
225 4x
5 x
2
Entonces,
2
2
1 1 5 25 4ln sec tan ln
5 5 2 225 4
dx x xC C
x
.
202
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE
a) 4 3sen cosx xdx , b) 5 2sen cosx xdx , c) 4 2sen cosx xdx , d) 3cos sen d , e) 3 3cot cscx xdx ,
f) 2 6sen cos d , g)
4
4 4
0
tan secx xdx
, h) 3tan secx xdx , i) 123tan secx x dx
,
j) 4tan secx xdx , k) 3 3tan 2 sec 2t t dt , l) 4tan secx xdx , m) sen sen 3x x dx ,
n) cos 5 sen 7x x dx , ñ) 2
0
cos 2 sen 3x x dx
, o)
12
2
0
cos cosx x dx , p)
2
3216
xdx
x ,
q)
322 2 5
dx
x x , r)
24x x
dx
e e , s) 24 16 52x x dx , t)
2 2 6
dx
x x .
E. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES MEDIANTE FRACCIONES PARCIALES
Recordemos que toda función racional tiene la forma:
P x
Q x, donde P y Q son funciones polinomiales.
Si el grado de P es menor que el grado de Q , se dice que la función es propia; si el grado de P es mayor
o igual que el grado de Q , entonces la función es impropia.
Si la función racional es impropia, antes de integrarla será necesario hacer la división de polinomios para
obtener:
P x R xS x
Q x Q x ,
donde S y R son funciones polinomiales y R Q resulta ser una función racional propia. Por ejemplo, la
función racional de la siguiente integral es impropia:
3
2
2 1
5 6
x xdx
x x
porque el grado de 3 2 1P x x x es mayor que el de 2 5 6Q x x x . Entonces, realizando la
división:
203
32 3
2 2
3 2
2
2
52 1 21 29
5 6 2 1 55 6 5 6
5 6
5 4 1
5 25 30
21 29
xx x x
x x x x xx x x x
S xx x xR x
x xQ x
x x
x
Por lo tanto, la integral original resulta como:
3 2
2 2 2 2
2 1 21 29 21 29 21 295 5 5
25 6 5 6 5 6 5 6
x x x x x xdx x x dx dx x dx
x x x x x x x xdx
.
Para integrar una función racional propia aplicamos los siguientes pasos:
1. Factorizar el denominador Q x en todos sus factores lineales (de la forma: ax b ) y en todos sus factores
cuadráticos irreductibles (de la forma: 2ax bx c , donde 2 4 0b ac ). Por ejemplo, para verificar si el
factor 2 5 6x x es irreductible, probamos la condición de irreductibilidad con 1a , 5b y 6c ,
obteniéndose que 22 4 5 4 1 6 1 0b ac lo cual significa que aún se puede descomponer en
factores lineales; en efecto, 2 5 6 3 2x x x x . Como ejemplo de un factor cuadrático irreducible,
veamos la factorización de 3 22 2 1Q x x x x ,
3 2 3 2 2
2 2
2 2 1 2 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1 1
xQ x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x ,
es decir 21 1Q x x x x , y para el factor cuadrático 2 1x x vemos que con 1a , 1b y
1c se obtiene 2 4 1 4 1 1 3 0b ac lo cual significa que es un factor cuadrático irreductible
(es decir, ya no es posible descomponerlo en factores lineales).
2. Expresar la función racional propia como la suma de sus fracciones parciales de la forma:
i
A
ax b ,
2j
Ax B
ax bx c
o de ambos tipos.
Una implicación del teorema fundamental del álgebra nos garantiza que siempre es posible hacer esto. Al
describir los cuatro casos que se pueden encontrar veremos los detalles.
3. Sustituir la función original por sus fracciones parciales e integrarlas.
204
CASO 1 El denominador Q x es un producto de factores lineales distintos.
Significa que Q x tiene k factores lineales, es decir
1 1 2 2 k kQ x a x b a x b a x b
k factores
y será necesario determinar las constantes i
A que satisfacen la ecuación:
1 2
1 1 2 2
k
k k
R x AA A
Q x a x b a x b a x b
.
Ejemplo. Obtener 3
2
2 1
5 6
x xdx
x x
.
Solución. Anteriormente, después de dividir, encontramos que 3
2 2
2 1 21 295
5 6 5 6
x x xx
x x x x
, por lo cual la
integral original se expresa como:
3 2
2 2 2
2 1 21 29 21 295 5
5 6 5 6 2 5 6
x x x x xdx x dx x dx
x x x x x x
.
Puesto que 2 5 6 2 3Q x x x x x entonces la función que falta de integrar se descompone en
dos fracciones parciales como sigue:
1 21 2
1 22
3 221 29 21 29 3 2
2 3 2 35 6
A x A xA Axx A x A x
x x x xx x
,
y asignando valores arbitrarios a x (preferiblemente que anulen algún factor) obtenemos los valores de las
constantes:
2 23 21 3 29 3 2 34x A A y 1 1
2 21 2 29 2 3 13x A A .
Por lo tanto,
2
21 29 13 3413ln 2 34 ln 3
5 6 2 3
xdx dx x x C
x x x x
y la integral original queda finalmente como:
3 2 2
2 2
2 1 21 295 5 13ln 2 34 ln 3
5 6 2 5 6 2
x x x x xdx x dx x x x C
x x x x
.
205
CASO 2 Q x es un producto de factores lineales, algunos de los cuales se repiten.
Por ejemplo, supongamos que 3
1 1 2 2 3 3Q x a x b a x b a x b en donde 1 1
a x b se repite 3
veces. Entonces es necesario determinar las constantes i
A que satisfacen:
3 51 2 4
2 31 1 2 2 3 31 1 1 1
R x A AA A A
Q x a x b a x b a x ba x b a x b
.
Ejemplo. Obtener 3 2 1
dx
x x x .
Solución. Factorizamos el denominador como sigue:
23 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1Q x x x x x x x x x x x x x x .
Entonces,
231 21 2 33 2 2
11 1 1 1 1
1 11 1
AA AA x x A x A x
x xx x x x
y asignando valores a x obtenemos los valores de las constantes:
2 212
1 1 1 1x A A , 2
3 314
1 1 1 1x A A
y
2
1 11 1 12 4 4
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1x A A .
Por lo tanto,
3 2 2
1 1 14 2 4 1 1
4 4
1ln 1 ln 1
1 1 2 11 1
dxdx x x C
x x xx x x x
.
CASO 3 Q x contiene factores cuadráticos irreductibles, ninguno de los cuales se repite.
Procedemos en forma análoga al caso 1. Supongamos que Q x tiene k factores lineales distintos y r
factores cuadráticos irreductibles diferentes, entonces debemos encontrar constantes i
A , j
B y j
C tales que:
1 2 1 1 2 2
2 2 21 1 2 2 1 1 1 2 2 2
k r r
k k r r r
R x AA A B x C B x C B x C
Q x a x b a x b a x b c x d x e c x d x e c x d x e
.
206
Ejemplo. Obtener 3 22 2 1
xdx
x x x .
Solución. Ya se demostró que 3 2 22 2 1 1 1x x x x x x , donde 2 1x x es irreducible,
entonces
21 1 1
1 1 13 2 2 1 1
2 2 1 1 1
A B x Cxx A x x B x C x
x x x x x x
.
Asignando valores a x obtenemos los valores de las constantes:
2
1 11 1 1 1 1 1x A A ,
2
1 1 10 0 1 0 0 1 0 0 1 1x B C C
y
2
1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1x B B .
Por lo tanto,
3 2 2 2
1 1 1ln 1
2 2 1 1 1 1
xdx x xdx x dx
x x x x x x x x
.
La integral que falta la resolvemos por separado:
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1
1 2 1 2 1 1 2 1 1
x x x x dxdx dx dx dx
x x x x x x x x x x x x
A B
.
La integral A la resolvemos mediante el cambio de variable 2 1 2 1u x x du x dx , la integral B la
resolvemos mediante la fórmula 4 de la página 209,
2 1
2 2 2
1 1 2 1 1 2 2 1ln 1 tan
1 2 1 1 2 3 3
x x dx xdx dx x x
x x x x x x
A B
.
Finalmente, la integral original queda como:
2 1
3 2
1 1 2 1ln 1 ln 1 tan
2 2 1 2 3 3
xdx xx x x C
x x x
.
207
CASO 4 Q x contiene uno o más factores cuadráticos irreductibles repetidos.
Procedemos como en el caso 2.
Ejemplo. Obtener
22
1
2 2
xdx
x x x
.
Solución. Como 2 2 2x x es irreductible ( 1a , 2b y 2c , 22 4 2 4 1 2 0b ac ),
buscamos constantes tales que
1 1 1 2 2
2 222 2
22 2
1 1 1 2 2
1
2 22 2 2 2
1 2 2 2 2
A B x C B x Cx
x x xx x x x x
x A x x B x C x x x B x C x
Asignando valores a x : 2
2
1 114
0 1 0 2 0 2x A A ,
2
2 211 1 2 2 1 1 2 24
14
1 0 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1x B C B C B C B C ,
2
2 21
1 1 2 24
1 1 2 2
174
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1
5 5 ,
x B C B C
B C B C
2
2 21
1 1 2 24
1 1 2 2
2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
8 4 4 2 2
x B C B C
B C B C ,
2
2 21
1 1 2 24
1 1 2 2
334
3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 3
45 15 9 3 .
x B C B C
B C B C
La solución del sistema de ecuaciones lineales es 1
14
B , 1
12
C , 2
12
B , y 2
0C ; además de 1
14
A
que ya sabíamos. Entonces,
2 222 2
22 2
1 1 2 2
4 4 2 22 2 4 2 2
1 1 2 1 2 ln
4 4 2 2 4 2 2
x x xdx dx
x x xx x x x x
x dx xdxx
x x x x
A B
208
y las integrales resultantes las resolvemos mediante fórmulas:
Para A ,
2 2
2 2 2
1 22 1 1ln 2 2 2 ln 2 2
2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2
x dx dxdx x x x x
x x x x x x
.
Para B ,
2 2 1 22 2 2
22 2
2 1 2 12 2 2
2 22 20
2 12 2 2 1 1 2 2 2 2 2
1 2
2 2 2 2
2 2 3 2 12 1 21 2
2 2 2 1 42 1 4 2 2 2 2
x dxdx
x x x x x x
dx
x x x x
x dx
x x x x x x
2 2 2 22
2 11 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 24 2 2
x dx x dx
x x x x x x x xx x
Ahora, sustituyendo los resultados para A y B en la integral original,
2 222 2
2
2
21 1 1 2ln
4 4 2 22 2 2 2
1 1 1 ln ln 2 2
4 4 2 2 2
x dxx xdxdx x
x xx x x x x
dxx x x
x x
A B
2 2
2
2 2 2 2
x dx
x x x x
A
B
y podemos ver que se cancelan las integrales que faltaban de resolver. Por lo tanto, el resultado final queda
como:
2
2 22
1 1 1 2ln ln 2 2
4 8 4 2 22 2
x xdx x x x C.
x xx x x
209
FÓRMULAS QUE INVOLUCRAN A LAS FUNCIONES RACIONALES PROPIAS MÁS SIMPLES:
1.
1
1 1
1
ln 1
n
n
ndx n x a
x ax a n
2.
12 2
2
2
2
122 1
ln 12 2
n n
n
A Ab dxB n
aa n ax bx c ax bx cAx Bdx
ax bx c A Ab dxax bx c B n
a a ax bx c
3.
1 122 2 2 2
2 3 22
1 41 4n n n
n adx ax b dx
n ac bax bx c n ac b ax bx c ax bx c
4.
1 2
2
2
2
2 2tan 4 0
2 4 0
2
21ln 4 0
2
ax bq ac b
q q
dxq ac b
ax bx c ax b
ax b qq ac b
q ax b q
para
para
para
TAREA 9 (sección 3.3)
1. Aplique el método de sustitución (cambio de variable) para resolver las siguientes integrales:
a) 9
2 3 5x x dx ; b) 6
2 x dx ; c) 3 42 1y y dy ; d) sec 2 tan 2 d ; e) 1
2
tan
1
xdx
x
;
f) 3
2 sen 1x x dx ; g)
5 21 tan sec d ; h) cos sente tdt ; i) 1
x
x
edx
e ; j) 2
sen
1 cos
xdx
x ;
k)
7
0
4 3xdx ; l) 2
1
0
xxe dx
; m) 2
0
cos sen senx x dx
; n)
4
01 2
xdx
x ; ñ)
12 1
2
0
sen
1
xdx
x
.
210
2. Aplique el método de integración por partes para resolver las siguientes integrales:
a) 2sec d ; b) ln 2 1x dx ; c)
5lnp pdp ; d) cos 2e d
; e) 1tan 4t dt
; f) 2
lnx dx ;
g) sen 2t t dt ; h) cos lnx dx ; i) cos ln senx x dx ; j) 1
2
0
1 xx e dx ; k)
2
4
2cscx xdx
;
l)
1
0
5xx dx ; m)
3
1
1
1tan dx
x
; n)
2
24
1
lnx x dx ; ñ) 0
sen
t
se t s ds .
3. Resuelva las siguientes integrales trigonométricas (Algunas pueden requerir el uso de una fórmula de reducción,
de alguna identidad trigonométrica, o de alguno de los anteriores métodos de integración):
a) 6 3sen cosx xdx ; b)
34
2
5 3sen cosx xdx
; c)
2
5
0
cos xdx
; d) 3sen mx dx ; e) 4
0
sen 3t dt
;
f)
4
4 2
0
sen cosx xdx
; g)
2
2 2
0
sen cosx xdx
; h) 3
4
tan
cosd
; i) 2
5
tan
sec
xdx
x ; j)
5cos cos sen d ;
k) 5 4cot sen d ; l)
2cos sen 2x x dx ; m) 4tan xdx ; n) 2sec tanx xdx ; ñ)
4
4 4
0
sec tan d
;
o) 3 5tan 2 sec 2x x dx ; p) 3 3cot csc d ; q) sen 5 sen 2x x dx ; r) sen 3 cosx xdx ;
s) 7 5cos cos d ; t) sen 3 sen 6x x dx ; u) 4 4sen cosx xdx .
4. Aplique el método de sustitución trigonométrica para resolver las siguientes integrales:
a) 3 29x x dx ; b) 3
2 9
xdx
x ; c)
2 2
4
x adx
x
; d)
2 3 3
2
016
xdx
x ; e)
2
3 2
21
dt
t t ;
f)
2
3 2
0
4x x dx ; g) 5
2 2
tdt
t ; h) 25 4x x dx ; i)
29 6 8
dx
x x ; j)
2
24
x dx
x x .
5. Aplique el método de integración por fracciones parciales para resolver las siguientes integrales:
a)
9
5 2
xdx
x x
; b) 4 1
dt
t t ; c) 2
2
1xdx
x x
; d)
2 3 2
2
0
12 1
12
x x xdx
x x
; e)
3
3 2
22
dx
x x x ;
211
f)
1
2
0
2 3
1
xdx
x
; g)
2
23 2
xdx
x x ; h) 2
3 2
5 3 2
2
x xdx
x x
; i)
22 1
ds
s s ; j)
3
31
xdx
x ;
k) 2
3
3
2
xdx
x x
; l) 2
3 2
3 4 5
1
x xdx
x x x
; ll)
3 2
2 2
2 3 1
1 2
t t tdt
t t
; m) 3 2
4 2
2 1
5 4
x x xdx
x x
; n) 3 1
dx
x ;
ñ)
2
2
3
2 4
xdx
x x
; o)
2
4 2
3
6 9
x xdx
x x
; p)
3 2
2 9
6 12 8
x xdx
x x x
; q)
2 3
24 2
1 4 8 8
2 2 1
x x xdx
x x x
;
r) 2
5 3
2 2
2
x xdx
x x x
.
3.4 Integrales impropias
En esta sección interesa dar significado a expresiones tales como:
,
b
a
f x dx f x dx f x dx
y .
Integrales de este tipo se denominan integrales impropias para distinguirlas de la integral definida, también
llamada integral propia.
A. INTEGRALES IMPROPIAS DEL TIPO I: cuando el intervalo de integración es infinito.
a) Si a
t
f x dx existe para todo t a , entonces
lim
t
ta a
f x dx f x dx
siempre y cuando exista el límite.
b) Si b
t
f x dx existe para todo t b , entonces
lim
b b
tt
f x dx f x dx
siempre y cuando exista el límite.
212
Las integrales impropias a
f x dx
y b
f x dx
se llaman convergentes si existen los respectivos límites y
divergentes si no existen los límites.
c) Si a
f x dx
y a
f x dx
son convergentes, entonces
a
a
f x dx f x dx f x dx
donde a es cualquier número.
Ejemplo. Evaluar 5
0
xe dx
.
Solución. Aplicando la definición,
5
5 5 5 5
00 0
1 1 1 1 1 15 5 5 5 55
lim lim lim limt
tt
x x x t
t t t t ee dx e dx e e
,
por lo tanto la integral 5
0
xe dx
es convergente.
Ejemplo. ¿Para qué valores de p es convergente la integral
1
p
dxx
?
Solución. Por definición
1 1
lim
t
p pt
dx dx
x x
.
Si 1p entonces
1 1
11
1
1 1 1
tt p p
p
dx x t
p p px
.
Ahora consideremos los casos cuando 1p , 1p , y 1p :
Si 1p , entonces.
213
1
1
1 1lim lim lim
1 1 11
1 1 1 1 lim lim 0 .
1 1 11
p
pt t t
pt t
t t
p p pt p
p p ppt p
Cuando 1p , existe el límite y la integral
1
p
dx
x
es convergente.
Si 1p , entonces 1 0 1 0p p y 1 1
lim1 1
p
t
t
p p
.
Cuando 1p , no existe el límite y la integral
1
p
dx
x
es divergente.
Si 1p , entonces 1
1 1
ln ln ln 1 ln
t tt
p
dx dxx t t
xx , por lo que lim ln
tt
.
Cuando 1p , no existe el límite y la integral
1
p
dx
x
es divergente.
CONCLUSIÓN:
1
1
1p
p .dx
p .x
es convergente cuando
es divergente cuando
Ejemplo. Determinar la convergencia o divergencia de la integral
2
21
xdx
x
.
Solución. Primero suponemos que
0
2 2 22 2 2
01 1 1
xdx xdx xdx
x x x
y luego analizamos la convergencia de cada integral del lado derecho de la igualdad.
Para la primera integral,
0 0
2 22 2
1 2
21 1t t
xdx xdx
x x
si 21 2u x du xdx , entonces cuando 21x t u t y para 0 1x u por lo que
214
22
0 0 1 1
2 2 2 2 22 211
1 2 1 1 1 1 1 1 11
2 2 2 2 21 2 11 1 tt t t
xdx xdx du
uu t tx x
entonces, aplicando la definición,
0 0
2 2 22 2
1 1 1lim lim
2 22 11 1t t
t
xdx xdx
tx x
.
Para la segunda integral,
2 21 1
2 2 2 2 22 210 0 1
1 2 1 1 1 1 1 1 11
2 2 2 2 21 2 11 1
t t t txdx xdx du
uu t tx x
con lo cual
2 2 22 20 0
1 1 1lim lim
2 22 11 1
t
t t
xdx xdx
tx x
.
Puesto que las integrales
0
221
xdx
x y
2
20 1
xdx
x
son convergentes, entonces
2
21
xdx
x
también lo es y
0
2 2 22 2 2
0
1 10
2 21 1 1
xdx xdx xdx
x x x
.
Ejemplo. Investigue la convergencia de
0
xe dx
.
Solución.
0
0 0
1lim lim lim 1 1
tt
x x x
tt t te dx e dx e
e
Por lo tanto, la integral
0
xe dx
es convergente.
215
B. INTEGRALES IMPROPIAS DEL TIPO II: cuando el integrando es discontinuo.
a) Si f es continua en a,b y discontinua en b , entonces
lim
b t
t ba a
f x dx f x dx
siempre y cuando exista el límite.
b) Si f es continua en a,b y discontinua en a , entonces
lim
b b
t aa t
f x dx f x dx
siempre y cuando exista el límite.
Las integrales impropias b
a
f x dx se denominan convergentes si existe el límite, y divergentes si no existe el
límite.
c) Si f es discontinua en c , a c b , y tanto c
a
f x dx como b
c
f x dx son convergentes, entonces
b c b
a a c
f x dx f x dx f x dx .
Ejemplo. Evaluar
23
6
0 4
dx
x .
Solución.
23
1
4f x
x
es discontinua en 4 :
234
1lim
4x x
y
234
1lim
4x x
; es decir, la recta
4x es una asíntota vertical de f x . Averigüemos si las integrales
23
4
0 4
dx
x y
23
6
4 4
dx
x son
convergentes:
1 1 1 13 3 3 3
2 23 3
4
4 4 400 0
lim lim 3 4 lim 3 4 3 0 4 3 44 4
t t
t t t
dx dxx t
x x
.
1 1 1 13 3 3 3
2 23 3
6 6 6
4 4 44
lim lim 3 4 lim 3 6 4 3 4 3 24 4t t tt
t
dx dxx t
x x
.
216
Puesto que ambas integrales son convergentes, entonces
23
6
0 4
dx
x es convergente y
1 13 3
2 2 23 3 3
6 4 6
0 0 4
3 4 3 24 4 4
dx dx dx
x x x
.
Ejemplo. Investigue la convergencia de 2
0
dx
x
.
Solución. La integral impropia es de los dos tipos: el intervalo de integración es infinito y el integrando es
discontinuo en 0 . Supongamos, de momento, que
1
2 2 2
0 0 1
dx dx dx
x x x
, donde 2
1
dx
x
es convergente
(reacuérdese que
1
p
dx
x
es convergente para 1p ).
Ahora,
11 1
2 20 0 0
0
1 1lim lim lim 1t t t
tt
dx dx
x x x t
.
Como
1
2
0
dx
x es divergente, entonces 2
0
.dx
x
es divergente
C. PRUEBA DE COMPARACIÓN PARA INTEGRALES IMPROPIAS:
Antes de evaluar directamente una integral impropia es preferible determinar, en principio, si es
convergente o divergente. El siguiente teorema proporciona un procedimiento relativamente simple para averiguar
la convergencia o divergencia de una integral impropia.
Teorema de comparación. Sean f y g funciones continuas en el intervalo a, y 0 g x f x para
todo x a .
Si a
f x dx
es convergente, entonces a
g x dx
es convergente.
Si a
g x dx
es divergente, entonces a
f x dx
es divergente.
217
Por ejemplo:
a) 2
2
1
sen xdx
x
es convergente porque 2
2 2
sen 10
x
x x sobre 1, y
2
1
dx
x
es convergente.
b) 2
1 0 1
dx
x .
es divergente porque
2
1 10
0 1x x .
sobre 1, y
1
dx
x
es divergente.
c)
11
dx
x x
es convergente porque
32
1 10
1x x x
sobre 1, y
32
1
dx
x
es convergente.
d) 3
21
dx
x x
es divergente porque 23 3
1 10
1x xx
sobre 2, y
23
2
dx
x
es divergente.
e) 2
0
xe dx
es convergente porque 2
0 x xe e sobre 0, y
0
xe dx
es convergente.
TAREA 10 (sección 3.4)
1. Analice la convergencia o divergencia de las siguientes integrales:
a)
2
13 1
dx
x
, b)
0
2 5
dx
x
, c)
1
2te dt
, d) 2xxe dx
,
e) 2
0
cos d
, f) 5
0
sse ds
, g)
9
3
19
dx
x ,
h) 15
33
0
1x dx
, i)
4
2
06
dx
x x , j)
1
11
x
x
edx
e
.