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Integrales. Aplicaciones del cálculo integral
- Sea f .x/ D
e x sen x
x
. Justifica que f es integrable en Π0 ; 1 y se verifica la desigualdad
r 1 0 f .x/ dx 6 e 1.
Solución. Como 0 6 sen x 6 x para todo x 2 Œ 0 ; 1 , se sigue que 0 6 f .x/ 6 e
x 6 e para todo
x 2 0 ; 1 . En consecuencia la función f está acotada y es continua en Œ 0 ; 1 n f 0 g. Concluimos
que f es integrable en Π0 ; 1 . Alternativamente, podemos definir f. 0 / D 1 con lo que cual resulta
continua en todo el intervalo Π0 ; 1 . Finalmente, como la integral conserva el orden, tenemos que:
0 6 f .x/ 6 e
x 8 x 2 Œ 0 ; 1 ÷ 0 6
w^1
0
f .x/ dx 6
w^1
0
e
x dx D e 1
- Sea f una función continua y positiva en Œa; b con
r (^) b
a f .x/ dx D 0. Prueba que f .x/ D 0 para
todo x 2 Œa; b.
Solución. Sea x 2 Œa; b. Pongamos
r b a f D
r x a f C
r b x f. Como f .t/ > 0 para todo t 2 Œa; b,
se verifica que
r b x
f > 0 , por lo que 0 D
r b a
f >
r x a
f > 0. Deducimos que
r x a
f D 0. Como f
es continua en Œa; b, la función F.x/ D
r x a
f es derivable en Œa; b y F 0 .x/ D f .x/ para todo
x 2 Œa; b. Evidentemente, F 0 es la función nula, luego f .x/ D 0 para todo x 2 Œa; b.
Alternativamente, la función F.x/D
r x a f .t/ dt es derivable con F
0 .x/Df .x/> 0 , lo que implica
que F es creciente en Œa; b. Como F.a/DF.b/D 0 , deducimos que F.x/D 0 para todo x 2 Œa; b,
lo que implica que f es la función nula en Œa; b. ©
- Justifica las desigualdades:
a/
w^2
0
dx
10 C x
I b/
p 2
w^1
0
x 9 dx
10 C x
I c/
n C 1
< log
n C 1
n
n
Deduce de la última desigualdad que e D lKım
1 C
1 n
n
.
Solución. El resultado obtenido en el ejercicio anterior nos dice que si f es una función continua,
positiva y no idénticamente nula en un intervalo Œa; b, entonces se verifica que
r b a
f .x/ dx > 0.
Las desigualdades propuestas son todas consecuencia de este resultado.
a) Para 0 6 x 6 2 las funciones f .x/ D
10 C x
y g.x/ D
10 C x
son continuas,
positivas y no idénticamente nulas en Œ 0 ; 2 , luego
r (^2)
0 f .x/ dx > 0 y
r (^2)
0 g.x/ dx > 0. Esto prueba
las desigualdades pedidas.
c) Dado n 2 N, para todo x 2 Œn; n C 1 se tiene que
n C 1
x
n
. Razonando com antes, se
sigue que:
n C 1
D
nwC 1
n
n C 1
dx <
nwC 1
n
x
dx D log
n C 1
n
nwC 1
n
n
dx D
n
Lo que prueba la desigualdad del enunciado. Multiplicando por n dicha desigualdad se obtiene:
n
n C 1
< n log
n C 1
n
D log
n C 1
n
n
Por el principio de las sucesiones encajadas, deducimos que log
nC 1 n
n
! 1 , lo que implica,
tomando exponenciales, que e D lKım
1 C
1 n
n
- Calcula los límites de las siguientes sucesiones expresándolas como sumas de Riemann.
a/ xn D
˛ C 2 ˛ C C n ˛
n˛C^1
e/ xn D
n C 1
n^2 C 1
C
n C 2
n^2 C 4
C C
n C n
n^2 C n^2
i/ xn D
.2n/!
n!nn
1 =n
Solución.
a) Tenemos que xn D
n
P
n kD 1
k
n
que es una suma de Riemann de la función f .x/ D x
˛
para la partición del intervalo Œ 0 ; 1 dada por los puntos xk D
k n ( 0 6 k 6 n). Pues, claramente,
se tiene que xn D
n X
kD 1
f .xk /.xk xk 1 /. Como ˛ > 0 , la función f es integrable en Œ 0 ; 1 , y
deducimos que:
lKım n!
fxng D
w^1
0
x
˛ dx D
˛ C 1
e) Podemos escribir:
xn D
n X
kD 1
n C k
n 2 C k 2
D
n
n X
kD 1
1 C
k n
1 C
k n
que es una suma de Riemann de la función f .x/ D
1 Cx 1 Cx^2
para la partición del intervalo Œ 0 ; 1 dada
por los puntos xk D
k n
( 0 6 k 6 n). Como la función f es integrable en Œ 0 ; 1 y .Pn/ D
1 n
deducimos que:
lKım n!
fxng D
w^1
0
1 C x
1 C x 2
dx D
w^1
0
1 C x 2
dx C
w^1
0
x
1 C x 2
dx D
D arc tg 1 C
log 2 D
C log
p 2 :
i) Tomando logaritmos tenemos que:
log.xn/D
n
log..2n/!/ log
n!n
n
D
n
log
n!.n C 1 / .2n/
n log n log n!
D
D
n
.log.n C 1 / C log.n C 2 / C C log.2n/ n log n/ D
n
n X
kD 1
log
n C k
n
D
D
n
n X
kD 0
log
1 C
k
n
Por tanto, la sucesión yn D log.xn/ es una suma de Riemann de la función log. 1 C x/ para la
partición del intervalo Œ 0 ; 1 dada por los puntos xk D
k n
, k D 0 ; 1 ; : : : ; n. Aplicando el corolario
citado al principio, deducimos que:
lKımfyng D
w^1
0
log. 1 C x/ dx D
u D log. 1 C x/
dv D dx
D x log. 1 C x/
1
0
w^1
0
x
1 C x
dx D 2 log 2 1 :
Luego fxng!
4 e
sabemos que F
0 .x/ D cos.x
2 /. Por la regla de la cadena, tenemos que:
G
0 .x/ D .F ı h/
0 .x/ D F
0 .h.x//h
0 .x/ D F
0 .x
2 /2x D 2x cos.x
4 /:
c) Observa que en este ejercicio debes considerar que x > 0. Pongamos:
G.x/ D
x 2 wCx
p x
2 C
3 p t 2
dt D
x 2 wCx
0
2 C
3 p t 2
dt
p x w
0
2 C
3 p t 2
dt :
Definamos F.x/ D
w^ x
0
2 C
3 p t 2
dt , g.x/ D
p x, h.x/ D x
2 C x. Tenemos que
G.x/ D F.h.x// F.g.x// D .F ı h/.x/ .F ı g/.x/:
Como F
0 .x/ D
2 C
3 p x 2
, g
0 .x/ D
p x
, h
0 .x/ D 2x C 1 , deducimos, al igual que antes, que:
G
0 .x/ D F 0 .h.x//h 0 .x/ F 0 .g.x//g 0 .x/ D
2x C 1
2 C
3
p x 4 C 2x 3 C x 2
2 C
3
p x
p x
e) Definamos H .y/ D
y 2 w
1
1 C sen 2 t
dt. Entonces G.x/ D
w^ x
0
H .y/ dy. Como la función H .y/
es continua, de hecho es derivable, se sigue que G
0 .x/ D H .x/.
f) Sea F.x/ D
w^ x
0
t 2 C sen 4 t
dt , h.x/ D
w^ x
1
sen u
u
du. Tenemos que G.x/ D .F ı h/.x/. Como las
derivadas de F y de h son conocidas podemos calcular la derivada de G. Tenemos que:
G
0 .x/ D F 0 .h.x//h 0 .x/ D
h.x/ 2 C sen 4 h.x/
sen x
x
- Prueba que para todo x 2 Π0 ; = 2 se verifica la igualdad:
cos^2 x w
0
arc cos
p t dt C
sen^2 x w
0
arc sen
p t D
Solución. Definamos F.x/ D
cos 2 wx
0
arc cos
p t dt C
sen 2 wx
0
arc sen
p t. Tenemos que:
F
0 .x/ D 2 sen x cos x arc cos.cos x/ C 2 sen x cos x arc sen.sen x/ D 0 :
Donde hemos tenido en cuenta que para x 2 Π0 ; = 2 se tiene que sen x > 0 y cos x > 0 por
lo que
p sen 2 x D sen x y
p cos 2 x D cos x. Además, sabemos que arc sen.sen x/ D x para
x 2 Œ = 2 ; = 2 y arc cos.cos x/ D x para x 2 Œ 0 ; . Por tanto ambas igualdades son válidas
para x 2 Œ 0 ; = 2 . Hemos probado así que la derivada de F es nula en el intervalo Œ 0 ; = 2 , lo
que implica que F es constante en dicho intervalo.
Para terminar, bastará comprobar que algún valor de F es igual a = 4. Para ello, recordemos
que arc sen x C arc cos x D = 2 para todo x 2 Π1 ; 1 . Como cos
2 .= 4 / D sen
2 .= 4 / D 1 = 2 ,
obtenemos fácilmente que F.= 4 / D = 4. ©
- Sea g una función derivable en R y dos veces derivable en 0 , siendo además g. 0 / D 0. Estudia la
derivabilidad de la función f W R! R definida por:
f. 0 / D g 0
. 0 /; f .x/ D
x
w^ x
0
g.t/
t
dt .x ¤ 0 /:
¿Es f de clase C
1 ?
Solución. Pongamos h.x/ D
g.x/
x
para x ¤ 0. Como
lKım x! 0
h.x/ D lKım x! 0
g.x/ g. 0 /
x 0
D g
0
. 0 /;
definiremos h. 0 /Dg
0
. 0 /. Con ello, la función h es continua en R. Deducimos que f es derivable
en R n f 0 g y:
f
0 .x/ D
x
g.x/ x
r x 0
g.t / t dt
x 2
D
g.x/
r x 0
g.t / t dt
x 2
La derivada de f es claramente continua en R n f 0 g. Comprobaremos que f es continua en 0 y
que su derivada tiene límite en 0 , lo que implica que f es de clase C
1
. Para calcular el límite de
f en 0 podemos aplicar la regla de L’Hôpital.
lKım x! 0
f .x/ D lKım x! 0
g.x/
x
D g
0
. 0 / ÷ lKım x! 0
f .x/ D f. 0 /:
Lo que prueba que f es continua en 0 y, por tanto, f es continua en R. Para calcular el límite de
f
0 .x/ en 0 , como g es derivable, podemos aplicar la regla de L’Hôpital.
lKım x! 0
f 0 .x/ D lKım x! 0
g
0 .x/
g.x/ x
2x
D lKım x! 0
g.x/ xg 0 .x/
2x 2
Este último límite no puede calcularse por la regla de L’Hôpital porque no sabemos si g
0 es
derivable. Pensando un poquito, nos damos cuenta de que podemos calcularlo como sigue. La
idea es conseguir utilizar la hipótesis de que g es dos veces derivable en 0.
g.x/ xg
0 .x/
2x 2
D
g.x/ xg
0
. 0 / C xg
0
. 0 / xg
0 .x/
2x 2
D
g.x/ xg
0
. 0 /
2x 2
g
0 .x/ g
0
. 0 /
2x
Para calcular el límite de la primera fracción en 0 podemos aplicar L’Hôpital (o el teorema de
Taylor – Young) y tenemos:
lKım x! 0
g.x/ xg
0
. 0 /
2x 2
D lKım x! 0
g
0 .x/ g
0
. 0 /
4x
D
g
00
. 0 /:
Y lKım x! 0
g
0 .x/ g
0
. 0 /
2x
D
g
00
. 0 /. Concluimos que lKım x! 0
f
0 .x/ D
g
00
. 0 /. Concluimos que f es
derivable en 0 con f
0
. 0 / D
g
00
. 0 / y, por tanto, f
0 es continua en 0 , luego f es una función de
clase C
1
en R. ©
- Sea F W Œ 0 ; C1Œ! R definida por F.x/ D
r 2x x
e t 2 dt. Estudia los extremos relativos y abso-
lutos de F , intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y calcula el límite de F
en C1.
Solución. Observa que todo lo que se pide en este ejercicio depende del conocimiento de la
función derivada de F que podemos calcular fácilmente.
Poniendo F.x/ D
r 2x 0
e
t 2 dt
r x 0
e
t 2 dt , deducimos que:
F
0 .x/ D 2 e
4x 2 e
x 2 D e
x
2 e
3x 2 1
.x > 0 /
e) Se trata de una indeterminación del tipo
1 1
lKım x!C
r x 0
e t 2 dt
2
r x 0 e 2t 2 dt
D lKım x!C
2 e
x 2 r^ x
0 e
t 2 dt
e 2x^2
D lKım x!C
r x 0 e
t 2 dt
e x^2
D
D lKım x!C
2 e
x^2
2x e x^2
D lKım x!C
x
D 0
- Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias y calcúlalas cuando sean conver-
gentes.
a/
C1w
1
dx
x
p 4x 2 C x C 1
b/
C1w
0
x e
x^2 dx c/
C1w
0
p x. 1 C x/
dx
d/
C1w
0
1 C x 4
.x 2 C 1 / 3
dx e/
w^1
0
log x
x
dx f /
C1w
1 C x 2
dx
Sugerencias. En a) hacer x D 1 =t y en d) x D tg t.
Solución. En todos los casos, salvo a/ y d/, podemos calcular una primitiva inmediata que se
puede usar para calcular la integral y, de paso, comprobar su convergencia. Antes de hacer a/ y
d/ estudia las técnicas de cálculo de primitivas.
c)
C1w
0
p x. 1 C x/
dx D lKım u!C
w^ u
0
p x. 1 C x/
dx D 2 lKım u!C
arc tg
p u D .
d) La función que se integra se hace infinita en los extremos del intervalo 1 y 1.
w^1
1
p 1 x 2
dx D lKım t ! 1
w^0
t
p 1 x 2
dx C lKım t! 1
wt
0
p 1 x 2
dx D
D lKım t ! 1
arc sen t C lKım t! 1
arc sen t D :
e)
w^1
0
log x
x
dx D lKım t! 0
w^1
t
log x
x
dx D lKım t! 0
.log t/
2
D 1. ©
- Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias.
a/
w^1
0
1 cos x
x^2
p x
dx ; b/
w^1
0
x
x sen x
dx c/
C1w
0
x C 5
x 3 C x
dx
Sugerencia. Usa los criterios de comparación.
Solución.
a) Pongamos f .x/ D
1 cos x
x 2
p x
. Se trata de estudiar la convergencia de la integral de f en 0 ; 1 .
La función f .x/ es positiva y asintóticamente equivalente a
p x
para x! 0. Como
r (^1)
0
1 p x
dx
es convergente, por ser de la forma
r (^1)
0
1 x˛^ dx con ˛ D
1 2 < 1 , deducimos, por el criterio límite
de comparación, que la integral
r (^1)
0 f .x/ dx es convergente.
c) Pongamos f .x/ D
x C 5
x 3 C x
. Es una función positiva para x > 0. Se trata de estudiar la conver-
gencia de la integral de f en 0 ; C1Œ. Para ello estudiaremos la convergencia de las integrales
de f en 0 ; 1 y en Œ 1 ; C1Œ. Tenemos las equivalencias asintóticas:
f .x/ D
x C 5
1 C x 2
x
x
.x! 0 /; f .x/ D
x C 5
x C
1 x
x 2
x 2
.x! C1/
Como la integral
r (^) C
1
1 x^2
dx es convergente, se sigue que la integral de f en Π1 ; C1Πes conver-
gente.
Como la integral
r 1 0
1 x
dx es positivamente divergente, se sigue que la integral de f en 0 ; 1 es
positivamente divergente. Por tanto la integral de f en 0 ; C1Œ es positivamente divergente. ©
- Estudia la convergencia de la integral
I D
C1w
0
x
˛ x C sen x
x sen x
dx
Según los valores de ˛ 2 R.
Solución. Pongamos f .x/ D x
˛ x C sen x
x sen x
. Como jsen xj < x para todo x > 0 , se sigue que
f .x/ > 0 para todo x > 0. Se trata de estudiar la convergencia de la integral de f en 0 ; C1Œ.
Para ello estudiaremos la convergencia de las integrales de f en 0 ; 1 y en Œ 1 ; C1Œ. Tenemos las
equivalencias asintóticas:
x C sen x 2x y x sen x
x
3 .x! 0 / ÷ f .x/ 6x
˛ 2 .x! 0 /
Como la integral
r 1 0
x ˛ 2 dx es convergente si, y sólo si, ˛ 2 > 1 , deducimos que la integral
de f en 0 ; 1 es convergente si, y sólo si, ˛ > 1.
Tenemos también la equivalencia asintótica f .x/ x ˛ para x! C1. Como la integral r C 1
x ˛ dx es convergente si, y sólo si, ˛ < 1 , deducimos que la integral de f en Œ 1 ; C1Œ
es convergente si, y sólo si, ˛ < 1. Por tanto, la integral de f en 0 ; C1Œ no converge para
ningún valor de ˛. ©
- Prueba que la integral
r C 1
sen x xp^
dx es absolutamente convergente para p > 1 , es convergente
pero no absolutamente convergente para 0 < p 6 1 y no es convergente para p 6 0.
Sugerencia. Para 0 < p 6 1 usa el segundo teorema de la media.
Solución. Pongamos f .x/ D
sen x xp^
. Como jf .x/j 6
1 xp^
y, para p > 1 la integral
r C 1
1 xp^
dx es
convergente, se sigue, por el criterio de comparación, que la integral
r C 1
sen x x p dx^ es absoluta-
mente convergente para p > 1.
Supongamos que 0 < p 6 1. Entonces podemos aplicar el segundo teorema de la media porque
la función
1 xp^ es decreciente en Œ 1 ; C1Œ. Dados v > u > 1 , dicho teorema afirma que hay algún
c 2 Œu; v tal que: wv
u
sen x
x p
dx D
u p
wc
u
sen x dx C
v p
w^ v
c
sen x dx :
Teniendo en cuenta que
r (^) b
a sen x dx
ˇ D jcos a cos bj 6 jcos aj C jcos bj 6 2 , deducimos que:
w^ v
u
sen x
x p
dx
u p
C
v p
De esta desigualdad se deduce que la función F.x/D
r x 1
sen t t p^
dt satisface la condición de Cauchy
en C1. Pues, dado " > 0 , basta tomar u" > 1 tal que
u
p "
(lo que puede hacerse por ser
Por tanto, hay algún u 0 > 1 tal que para todo x >u 0 se verifica que
f .x/
e sx
61 , esto es, f .x/ 6 e sx .
Como s < 0 la integral
r C 1
e sx dx es convergente y, por el criterio de comparación, deducimos
que la integral
r (^) C
1 x
˛ e
ˇx dx también es convergente.
Si ˇ > 0 un razonamiento parecido al anterior, prueba que la integral es positivamente divergente
para todo ˛ 2 R. Finalmente, si ˇ D 0 sabemos que la integral converge si, y sólo si, ˛ < 1. ©
- Justifica que hay una función f W R! R derivable cuya derivada es f 0 .x/ D sen. 1 =x/ para
todo x ¤ 0 , y f 0
. 0 / D 0.
Solución. Como la función h.x/Dsen. 1 =x/, h. 0 /D 0 es continua y acotada en R
y tiene una úni-
ca discontinuidad en 0 , el Teorema Fundamental del Cálculo implica que la función f W R! R
definida para todo x 2 R por:
f .x/ D
x w
0
sen. 1 =t/ dt
es continua en R y derivable en todo punto x ¤ 0 con derivada f 0 .x/ D sen. 1 =x/. Queda probar
que f es derivable en 0 con f 0
. 0 / D 0. La derivada de f en 0 viene dada por el límite:
lKım x! 0
r x 0
sen. 1 =t/ dt
x
Dicho límite es una indeterminación del tipo
0 0 (siempre es así cuando calculamos la derivada de
una función continua). No puede aplicarse L’Hôpital para calcular dicho límite porque el cociente
de las derivadas es justamente sen. 1 =x/ que no tiene límite en 0. Como queremos probar que
dicho límite es 0 el camino obligado es tratar de acotar la integral. Para ello, vamos a hacer
primero un cambio de variable. Suponemos en lo que sigue que x > 0.
w^ x
0
sen. 1 =t/ dt D
t D 1 =s; dt D
ds s^2 t D x; s D 1 =x; t D 0 ; s D C
D
C1w
1 x
sen s
s 2
ds D lKım u!C
w^ u
1 x
sen s
s 2
ds
Sea u > 1 =x. Podemos aplicar el segundo teorema de la media para obtener que hay algún punto
c 2 Π1 =x; u tal que: wu
1 x
sen s
s 2
ds D x
2
wc
1 x
sen s ds C
u 2
wu
c
sen s ds :
Teniendo ahora en cuenta que
r b a sen s ds
ˇ D jcos b cos aj 6 2 , deducimos que para todo u >
1 =x se verifica que:
ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
w^ u
1 x
sen s
s 2
ds
6 2x
2 C
u 2
÷
C1w
1 x
sen s
s 2
ds
D lKım u!C
w^ u
1 x
sen s
s 2
ds
6 2x
2 ÷ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ
r x 0 sen. 1 =t/ dt
x
6 2x ÷ lKım x! 0 x > 0
r x 0 sen. 1 =t/ dt
x
D 0 :
Hemos probado así que f es derivable por la derecha en 0 con derivada por la derecha en 0 igual
a 0. El mismo razonamiento prueba que f es derivable por la izquierda en 0 con derivada por la
izquierda en 0 igual a 0 (alternativamente, puedes usar que f es una función par). Por tanto, f
es derivable en 0 y f
0
. 0 / D 0. ©
- Sea f W R
C o!^ R^ la función definida por^ f.^0 /^ D^0 ,^ f.^1 /^ D^ log^2 y
f .x/ D
w^ x^2
x
log t
dt. 0 ¤ x ¤ 1 /:
a) Prueba que lKım x! 1
f .x/ D log 2 y justifica que f es de clase C
1 .
Aplicación. Calcula la integral
w^1
0
t 1
log t
dt.
Sugerencia: Sea g.t/ D
t 1
log t
. Utiliza el primer teorema de la media para integrales para obtener
que si 0 < x ¤ 1 hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x
2 tal que:
f .x/ D g.c/
x 2 w
x
t 1
dt :
Solución. Definamos g. 1 / D 1. Con ello, la función g es continua en R
C o. Puesto que:
f .x/ D
w^ x^2
x
g.t/
dt
t 1
el primer teorema de la media implica que hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x
2
tal que:
f .x/ D g.c/
x^2 w
x
dt
t 1
D g.c/.logjx
2 1 j logjx 1 j/ D g.c/ log
x 2 1
x 1
D g.c/ log.x C 1 /:
Puesto que, claramente se verifica que x! 1 ) c D c.x/! 1 ) g.c/! g. 1 / D 1 , de
la igualdad anterior deducimos que lKım x! 1
f .x/ D log 2. Por otra parte es claro que lKım x! 0
f .x/ D
0 D f. 0 / (observa que podemos definir la función t 7!
1 log t
igual a 0 para t D 0 , con lo que es
continua en 0 ). Resulta así que f es continua en R
C o. Tenemos también que para^0 ¤^ x^ ¤^1 es:
f .x/ D
w^ x
0
log t
dt C
w^ x^2
0
log t
dt ÷f
0 .x/ D
log x
C
2x
log.x 2 /
D
x 1
log x
D g.x/:
Como lKımx! 0 f 0 .x/ D 0 y lKımx! 1 f 0 .x/ D g. 1 / D 1 , deducimos por la proposición ?? que f
es derivable en todo R C o , con f 0
. 0 / D 0 , f 0 . 1 / D 1 y f 0 es continua en R C o , es decir, f es de
clase C 1 .
Finalmente, como f ha resultado ser una primitiva de g en R C o , tenemos que:
w^1
0
t 1
log t
dt D
w^1
0
g.t/ dt D f. 1 / f. 0 / D log 2 :
anterior podríamos haber procedido como sigue:
w^ a
a
p
a 2 x 2 dx D
x D a sen t; dx D a cos t dt
a D a sen
3
2
; a D a sen
2
5 D
w^2
3 2
p
a 2 a 2 sen 2 t a cos t dt D
D a
2
w^2
3 2
p
cos 2 t cos t dt D a
2
w^2
3 2
jcos tj cos t dt D
= 2 6 x 6 3 = 2 ) cos t 6 0
D
D a
2
w^2
3 2
cos
2 t dt D a
2
3 w^2
2
1 C cos.2t/
dt D a
2
Si en los cálculos anteriores te olvidas de que
p ˛^2 D j˛j, y pones
p cos^2 t D cos t el resultado
que hubiéramos obtenido es el siguiente:
w^ a
a
p
a 2 x 2 dx Da
2
w^2
3 2
cos
2 t dt D a
2
3 w^2
2
1 C cos.2t/
dt D a
2
Evidente disparate, porque la integral de una función positiva
r (^) a
a
p a 2 x 2 dx no puede ser un
número negativo. ©
d) Pongamos ˛ D
p 1 C y 2
. Tenemos que:
C1w
0
dx
1 C x^2 C y^2
D
C1w
0
dx
x^2 C ˛^2
D
1
˛
C1w
0
1 ˛
1 C
x ˛
2 dx^ D^
1
˛
arc tg
x
˛
ˇ ˇ ˇ
x!C
xD 0
D
2
p 1 C y 2
:
e) En esta integral la variable de integración es x, por lo que tratamos a y como un parámetro
(una constante que puede tomar distintos valores). Tenemos:
C w
0
dx
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
D
. 1 C y/
p y
C w
0
p y
1 C.
p yx/ 2
dx D
- 1 C y/
p y
f) En esta integral la variable de integración es y, por lo que tratamos a x como un parámetro. Es
la integral de una función racional en y. La descomposición en fracciones simples corresponde a
dos raíces reales simples:
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
D
A
1 C y
B
1 C yx 2
D
A. 1 C yx
2 / C B. 1 C y/
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
Por tanto debe verificarse la identidad:
1 D A. 1 C yx
2 / C B. 1 C y/:
Haciendo y D 1 , obtenemos 1 D A. 1 x 2 /÷A D
1 x^2
Igualando términos independientes, obtenemos A C B D 1 ÷B D
x
2
1 x 2
Tenemos para t > 0 :
w^ t
0
dy
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
D
1 x 2
wt
0
dy
1 C y
x 2
1 x 2
wt
0
dy
1 C yx 2
D
D
1 x 2
log. 1 C t/
1 x 2
log. 1 C tx
2 / D
1 x 2
log
1 C t
1 C tx 2
Por tanto: C1w
0
dy
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
D lKım t !C
w^ t
0
dy
. 1 C y/. 1 C yx 2 /
D
2 log x
x 2 1
g) Pongamos I.˛; n/ D
r x
˛ .log x/
n dx. Si ˛ D 1 entonces:
I. 1 ; n/ D
w 1
x
.log x/
n dx D
n C 1
.log x/
nC 1 :
Supondremos que ˛ ¤ 1. Para calcular esta primitiva lo que haremos será obtener una fórmula
de recurrencia que permita calcular dicha primitiva para valores concretos de ˛ y de n. Tenemos
que:
I.˛; n/ D
2
6 6 4
uD .log x/ n ! du D n
.log x/ n 1
x
dx
dv D x
˛ dx! v D
x ˛C 1
˛ C 1
3
7 7 5 D
x ˛C 1
˛ C 1
.log x/
n
n
˛ C 1
w
x
˛ .log x/
n 1 dx
D
x ˛C 1
˛ C 1
.log x/
n
n
˛ C 1
I.˛; n 1 /:
Esta relación de recurrencia permite calcular I.˛; n/ en n pasos, pues I.˛; 0 / es conocido. ©
h) Para calcular la integral
C1w
1
x 1
x 3 3x 2 C x C 5
dx usaremos la regla de Barrow. Para ello,
debemos obtener una primitiva de la función
x 1
x 3 3x 2 C x C 5
. Se trata de una función racional.
Una raíz del denominador es x D 1. Dividiendo el denominador por x C 1 tenemos que x 3
3x 2 C x C 5 D .x C 1 /.x 2 4x C 5 /. Como el trinomio x 2 4x C 5 no tiene raíces reales, la
descomposición en fracciones simples es de la forma:
x 1
x 3 3x 2 C x C 5
D
A
x C 1
C
Bx C C
x 2 4x C 5
÷x 1 D A.x
2 4x C 5 / C .Bx C C /.x C 1 /
Haciendo x D 1 obtenemos que 2 D 10A, luego A D
1 5
Igualando coeficientes en x
2 obtenemos que A C B D 0 , luego B D
1 5
Igualando términos independientes obtenemos 1 D 5A C C D 1 C C , luego C D 0.
w^ t
0
x 1
x 3 3x 2 C x C 5
dx D
w^ t
0
x C 1
dx C
w^ t
0
x
x 2 4x C 5
dx D
D
log. 1 C t/ C
w^ t
0
1 2 .2x 4 / C 2
x 2 4x C 5
dx D
D
log. 1 C t/ C
w^ t
0
2x 4
x 2 4x C 5
dx C
w^ t
0
x 2 4x C 5
dx D
D
log. 1 C t/ C
log.t
2 4t C 5 /
log 5 C
w^ t
0
.x 2 / 2 C 1
dx D
D
log
p t 2 4t C 5
1 C t
log 5 C
arc tg.t 2 /
arc tg. 1 /D
D
log
p t 2 4t C 5
1 C t
log 5 C
arc tg.t 2 / C
Observacion. Un error frecuente en este tipo de ejercicios consiste en cambiar el trinomio por su
opuesto. Las ecuaciones 20 C 8x x
2 D 0 y 20 8x C x
2 D 0 , son la misma ecuación, pero
las funciones
p 20 C 8x x 2 y
p 20 8x C x 2
no son la misma función. ©
j) Esta primitiva es de las que se calculan integrando por partes, procurando que la integral se
repita. Tenemos que:
w
cos
2 .log x/ dx D
uDcos
2 .log x/
dv D dx! vDx
D x cos
2 .log x/ C
w
2 cos.log x/ sen.log x/dxD
D x cos
2 .log x/ C
w
sen. 2 log x/ dx D
u D sen. 2 log x/
dv D dx! v D x
D
D x cos
2 .log x/ C x sen. 2 log x/ 2
w
cos. 2 log x/ dx D
D x cos
2 .log x/ C x sen. 2 log x/ 4
w
cos
2 .log x/ dx C 2x:
Donde hemos usado la igualdad cos.2t/ D 2 cos
2 t 1. Deducimos que:
w
cos
2 .log x/ dx D
x cos
2 .log x/ C x sen. 2 log x/ C 2x
k) Pongamos I D
1 = 2 w
0
dx p 20 C 8x C x^2
. El trinomio 20 C 8x C x
2 no tiene raíces reales. Tenemos
que:
20 C 8x C x
2 D .x C 4 /
2 C 4 D 4
x C 4
C 1
Por tanto:
I D
(^1) w= 2
0
dx p 20 C 8x C x 2
D
(^1) w= 2
0
1 2 r xC 4 2
C 1
D argsenh
x C 4
xD 1 2
xD 0
D argsenh
l) Pongamos I./D
C1w
e
dx
x.log x/
. Como ¤ 1 , la función f .x/D
x.log x/
D
x
.log x/
, tie-
ne como primitiva F.x/ D
.log x/ 1
. La función f .x/ es positiva y continua en Œe; C1Œ.
Tenemos que
I./ D
C1w
e
dx
x.log x/
D F.x/
x!C
xDe
D lKım x!C
F.x/ F.e/ D
m) Pongamos I D
w dx
x
p 2x C 1
. Esta integral se racionaliza con el cambio 2x C 1 D t
2 , (t > 0 ).
Tenemos:
I D
w dx
x
p 2x C 1
D
2x C 1 D t
2
dx D t dt
D
w 2t dt
.t 2 1 /t
D 2
w dt
t 2 1
D
D
w dt
t 1
w dt
t C 1
D log
t 1
t C 1
D log
p 2x C 1 1 p 2x C 1 C 1
n) Pongamos I D
(^2) w
0
dx
2 C cos x
. Esta integral se racionaliza con el cambio t D tg.x= 2 /. Para
aplicar la regla de Barrow, calcularemos primero una primitiva de f .x/ D
2 C cos x
w dx
2 C cos x
D
t D tg.x= 2 /
dx D
2 dt 1 Ct 2
cos x D
1 t 2 1 Ct 2
5 D^2
w dt
3 C t 2
D
p 3
arc tg
t p 3
D
p 3
arc tg
tg
x 2 p 3
Llamemos F.x/ D
p 3
arc tg
tg
x 2 p 3
a la primitiva calculada. Tenemos que:
I D
w^2
0
dx
2 C cos x
D F.x/
xD 2
xD 0
D F. 2 / F. 0 / D 0 :
Resultado claramente erróneo porque la integral de una función continua y positiva debe ser un
número positivo. ¿Dónde está el error? Pues en que la primitiva que hemos calculado no está
definida en todo el intervalo Œ 0 ; 2 pues el valor de F.x/ para x D no está, en principio,
definido. De hecho, se tiene que:
lKım x! 0 <x<
F.x/ D
p 3
D
p 3
; lKım x! <x< 2
F.x/ D
p 3
D
p 3
Por tanto, la función F tiene una discontinuidad de salto en , lo que implica que no es derivable
en . Es decir, la función F.x/ no es una primitiva de f .x/ en Œ 0 ; 2 . Pero F.x/ sí es una
primitiva de f .x/ en Œ 0 ; y en Œ; 2 (definiendo en cada caso F en como el correspondiente
límite lateral para que F resulte continua en cada uno de dichos intervalos). Luego:
I D
w^
0
dx
2 C cos x
C
(^2) w
dx
2 C cos x
D F.x/
x!
xD 0
C F.x/
xD 2
x!C^
D
D lKım x! 0 <x<
F.x/ lKım x! <x< 2
F.x/ D
p 3
Observaciones. Al hacer un cambio de variable para calcular una integral definida hay que tener
presente la correspondencia entre intervalos. La función que realiza el cambio de variable debe
ser continua en su intervalo. En el ejemplo anterior, el cambio realizado es t D tg.x= 2 /, pero la
función x 7! tg.x= 2 / no está definida en todo el intervalo Œ 0 ; 2 . Cuando x recorre Œ 0 ; 2 , x= 2
recorre Œ 0 ; y la tangente no está definida en
2
También se evitan errores siguiendo el procedimiento usual para realizar cambios de variable en
integrales definidas. En el ejemplo anterior debemos calcular los valores de t que corresponden a
x D 0 y a x D 2 lo que nos daría los nuevos límites de integración c y d. Así obtendríamos que
para x D 0 es c D tg 0 D 0 , y para x D 2 es d D tg./ D 0. Ya vemos que aquí hay algo que no
va bien.
Estos errores están propiciados porque la notación que usamos para las integrales indefinidas (las
primitivas) no tiene en cuenta el intervalo en que trabajamos, y ese es un dato muy importante
que no se debe olvidar cuando calculamos integrales definidas.
Para calcular integrales de funciones trigonométricas puede ser útil tener en cuenta que dichas
funciones son periódicas. Supongamos que h W R! R es una función continua y periódica
con período ˛, es decir, h.x C ˛/ D h.x/ para todo x 2 R. Entonces se verifica que la in-
tegral de h en cualquier intervalo de longitud ˛ es la misma. Es decir, para todo x 2 R es r xC˛ x
h.t/ dt D
r ˛ 0
h.t/ dt. La comprobación de esta igualdad es inmediata porque la función
Concluimos que:
C1w
1
x.x 2 C x C 1 /
dx D
log 3
C
p 3
p 3
D
log 3
p 3
- Calcula las primitivas
w
e
ax cos.bx/ dx ; y
w
e
ax sen.bx/ dx. Supuesto que a < 0 , calcula las
integrales
C1w
0
e
ax cos.bx/ dx y
C1w
0
e
ax sen.bx/ dx.
Solución. Pongamos F.x/ D
w
e
ax cos.bx/ dx y G.x/ D
w
e
ax sen.bx/ dx. Integrando por
partes se obtiene:
F.x/ D
u D cos.bx/
dv D e
ax dx
D
a
e
ax cos.bx/ C
b
a
G.x/
G.x/ D
u D sen.bx/
dv D e
ax dx
D
a
e
ax sen.bx/
b
a
F.x/
÷
F.x/ D
a
e
ax cos.bx/ C
b
a 2
e
ax sen.bx/
b
2
a 2
F.x/ ÷
F.x/ D
e
ax
a 2 C b 2
a cos.bx/ C b sen.bx/
G.x/ D
e
ax
a 2 C b 2
b cos.bx/ C a sen.bx/
Como je
ax cos.bx/j 6 e
ax , je
ax sen.bx/j 6 e
ax y, para a < 0 , la integral impropia
r (^) C
0 e
ax dx
es convergente, se sigue, por el criterio de comparación que las integrales
r C 0 e ax cos.bx/ dx y r C 0 e
ax sen.bx/ dx son absolutamente convergentes. Sus valores viene dados por:
C1w
0
e
ax cos.bx/ dx D F.x/
x!C xD 0 D lKım x!C
F.x/ F. 0 / D F. 0 / D
a
a 2 C b 2
C1w
0
e
ax sen.bx/ dx D G.x/
x!C
xD 0
D lKım x!C
G.x/ G. 0 / D G. 0 / D
b
a 2 C b 2
Otra forma de calcular las primitivas F y G es usando la exponencial compleja como sigue:
F.x/ C iG.x/ D
w
e
ax
cos.bx/ C i sen.bx/
dx D
w
e
.aCib/x dx D
D
a C ib
e
.aCib/x D
a ib
a 2 C b 2
e
ax
cos.bx/ C i sen.bx/
D
D
e ax
a^2 C b^2
a cos.bx/ C b sen.bx/ C i
b cos.bx/ C a sen.bx/
E igualando partes real e imaginaria volvemos a obtener el mismo resultado anterior. ©
- Estudia la convergencia de la integral
In D
C1w
0
x
2n 1
. 1 C x 2 / .nC 3 /
dx .n 2 N/
Prueba que para n > 2 es In D
n 1
n C 2
In 1. Calcula I 1 , I 2 e I 3.
Solución. Pongamos f .x/ D
x
2n 1
. 1 C x 2 / .nC 3 / . La función f es continua y positiva en Œ 0 ; C1Œ.
Además, como f es un cociente de dos polinomios de grados 2n 1 y 2n C 6 con coeficiente
líder iguales a 1 , se verifica la equivalencia asintótica f .x/
1 x^5
para x! C1. Como la
integral impropia
r (^) C
1
1 x^5
dx es convergente, deducimos por el criterio límite de comparación,
que In es convergente para todo n 2 N.
Para obtener la fórmula de recurrencia del enunciado debemos hacer una integración por partes.
La elección de las funciones u y v es obligada:
In D
C1w
0
x
2n 1
. 1 C x 2 / .nC 3 /
dx D
u D x
2n 2 ! du D .2n 2 /x
2n 3
dv D
x
. 1 Cx^2 /nC^3
! v D
1 nC 2
1 2
. 1 C x 2 / n 2
D
D
2n C 4
x 2n 2
. 1 C x 2 / nC 2
x!C
xD 0
C
n 1
n C 2
In 1 D
n 1
n C 2
In 1 :
Tenemos que:
I 1 D
C1w
0
x
. 1 C x 2 / 4
dx D
. 1 C x
2 /
3
x!C
xD 0
D
Con ello:
I 2 D
I 1 D
; I 3 D
I 2 D
- Sea f continua en un intervalo I y sea a 2 I. Prueba que para todo x 2 I se verifica la igualdad:
x w
a
.x t/f .t/ dt D
x w
a
t w
a
f .s/ ds
dt
Solución. Pongamos:
F.x/ D
w^ x
a
.x t/f .t/ dt D x
w^ x
a
f .t/ dt
w^ x
a
tf .t/ dt
G.x/ D
w^ x
a
w^ t
a
f .s/ ds
dt :
Como f es continua, las funciones F y G son derivables en I y sus derivadas están dadas por:
F
0 .x/ D
w^ x
a
f .t/ dt C xf .x/ xf .x/ D
w^ x
a
f .s/ ds D G 0 .x/:
Como, además F.a/ D G.a/ D 0 , concluimos que F y G coinciden en todo punto de I. ©
- Sea f W R
C o ! R una función de clase C
1 , estrictamente creciente y tal que f. 0 / D 0. Sea
g D f
1 la función inversa de f y sea a > 0.
a) Prueba que: f .a/ w
0
g.y/ dy D
w^ a
0
xf
0 .x/ dx D af .a/
w^ a
0
f .x/ dx :
b) Sea J D f .R
C o / el intervalo imagen de f. Prueba que la función h W J! R dada para todo
t 2 J por:
h.t/ D at
w^ t
0
g.y/ dy ;
