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EJERCICIOS DE INTEGRACI ON DEFINIDA´
1. Definici´on de funci´on integrable. Primeras propiedades
- Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalos que 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) = [x^2 ] en [0, 2]. d) f (x) = [
x] en [0, 9]. e) f (x) = [ex] en [0, 2]. Soluci´on a) Como f (x) = k cuando x ∈ [k, k + 1), donde k = 0, 1 ,... , n − 1, se trata de una funci´on escalonada. Por tanto, su integral vale: ∫ (^) n
0
[x] dx =
n∑− 1
k=
k · 1 = 1 + 2 + · · · + (n − 1) = n(n^2 − 1).
b) An´alogamente al caso anterior, tenemos una funci´on escalonada que toma los valores f (x) = k^2 en los intervalos x ∈ [k, k + 1), con k = 0, 1 ,... , n − 1. Entonces, ∫ (^) n
0
[x]^2 dx =
n∑− 1
k=
k^2 = 1^2 + 2^2 + · · · + (n − 1)^2 =
n(n − 1)(2n − 1) 6 ,
resultado que se puede probar por inducci´on (ver cap´ıtulo 1). c) En primer lugar debemos determinar los sub-intervalos de [0, 2] donde la funci´on es constante. Estos son los siguientes:
0 ≤ x < 1 =⇒ 0 ≤ x^2 < 1 =⇒ [x^2 ] = 0; 1 ≤ x <
√^2 =⇒^1 ≤^ x^2 <^ 2 =⇒^ [x^2 ] = 1; 2 ≤ x <
√^3 =⇒^2 ≤^ x <^ 3 =⇒^ [x^2 ] = 2; 3 ≤ x < 2 =⇒ 3 ≤ x^2 < 4 =⇒ [x^2 ] = 3.
La integral se puede descomponer entonces en la suma siguiente: ∫ (^2)
0
[x^2 ] dx = 1 · (
d) Descomponemos nuevamente el intervalo de integraci´on en sub-intervalos donde la funci´on 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 tambi´en una funci´on parte entera, es escalonada; los intervalos donde 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^ < e^2 =⇒ [ex] = 7.
(T´engase en cuenta que el intervalo de integraci´on es [0, 2] y ln 7 < 2 < ln 8.) La integral es la siguiente: ∫ (^2)
0
[ex] dx =
∑^6
k=
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!).
- Calcular la integral
∫ (^) b
a
|x| x dx, donde^ a < b. Soluci´on
La funci´on integrando es escalonada porque
|x| x =
1 si x > 0 − 1 si x < 0
. Podemos distinguir tres ca- sos:
i) a < b ≤ 0:
∫ (^) b
a
|x| x
dx = (−1) · (b − a) = a − b.
ii) a < 0 ≤ b: descomponemos la integral en dos sumandos. As´ı: ∫ (^) b
a
|x| x dx^ =
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.
- 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 }.
S(f, P ) =
∑^ n
i=
(xi − xi− 1 ) · f (xi) =
∑^ n
i=
b − a n
· (1 + 2xi)
b − a n
( (^) n ∑
i=
∑^ n
i=
[
a + i ·
b − a n
])
b − a n
n + 2an + 2
b − a n
∑^ n
i=
i
= (b − a) + 2a(b − a) + 2
b − a n
n(n + 1) 2
= (b − a)
[
1 + 2a + (b^ −^ a)( nn^ + 1)
]
Basta calcular el l´ımite de cualquiera de las expresiones obtenidas, cuando n → ∞, para obtener el valor de la integral propuesta. As´ı tenemos ∫ (^) b
a
(1 + 2x) dx = l´ n→∞ım(b − a)
[
1 + 2a +
(b − a)(n + 1) n
]
= (b − a)(1 + a + b).
- Probar que la funci´on f (x) =
x si x ∈ Q 0 si x 6 ∈ Q,
no es integrable en [a, b], con a, b > 0.
Soluci´on Debemos comprobar que las integrales superior e inferior no coinciden. Para ello consideramos cualquier partici´on regular P = {x 0 , x 1 ,... , xn} del intervalo [a, b]. En cualquier subintervalo (xi− 1 , xi) de P hay infinitos n´umeros racionales e infinitos n´umeros irracionales. Esto quiere decir que, en (xi− 1 , xi), el ´ınfimo de la funci´on es cero y el supremo es f (xi) = xi pues la funci´on, restringida a los racionales, es creciente en dicho intervalo. Tenemos entonces que
I(f, P ) =
∑^ n
i=
0 · (xi − xi− 1 ) = 0;
S(f, P ) =
∑^ n
i=
xi · (xi − xi− 1 ) = b^ −n^ a
∑^ n
i=
[
a + i · b^ −n^ a
]
= b^ −n^ a
[
n · a + b^ −n^ a· n(n^2 + 1)
]
= (b − a)
[
a + (b^ −^ a 2 )(nn^ + 1)
]
De lo anterior se deduce que la integral inferior es cero y la integral superior es
S(f ) = l´ n→∞ım(b − a)
[
a +
(b − a)(n + 1) 2 n
]
(b − a)(b + a) 2 6 = 0.
Como I(f ) 6 = S(f ), la funci´on no es integrable en dicho intervalo.
- a) Sea f una funci´on integrable y no negativa en [a, b] tal que ∫ (^) b
a
f (x) dx = 0. Demostrar que f (x) = 0 en cada punto de continuidad de f.
b) Sea f una funci´on continua y no negativa en [a, b]. Supongamos que existe c ∈ [a, b] tal que f (c) > 0. Probar que
∫ (^) b
a
f (x) dx > 0.
Soluci´on a) Procederemos por reducci´on al absurdo: si fuera f (c) 6 = 0 para alg´un c ∈ (a, b) donde f es continua, entonces necesariamente ∫ f (x) > 0, ∀x ∈ (c − ε, c + ε). Pero esto indica que c+ε c−ε
f (x) dx > 0 lo que contradice la hip´otesis de que
∫ (^) b
a
f (x) dx = 0.
b) Como f (c) > 0, por ser f continua, existe un intervalo (c − δ, c + δ) tal que f (x) > 0 , ∀x ∈ (c − δ, c + δ). Consideramos ahora una partici´on P = {x 0 , x 1 ,... , xn} de [a, b] de tal manera que existan dos puntos xi, xi+1 ∈ (c − δ, c + δ) (en caso contrario siempre se pueden a˜nadir dos puntos as´ı a la partici´on). Sea uk ∈ [xk− 1 , xk] el valor para el cual f alcanza el m´ınimo en el subintervalo [xk− 1 , xk]. Por definici´on,
I(f, P ) =
∑^ n
k=
f (uk) · (xk − xk− 1 ) > 0
porque en (c − δ, c + δ) la funci´on es estrictamente positiva y en el resto es no negativa. Como I(f ) = supP I(f, P ), tambi´en ser´a I(f ) > 0, de donde se deduce que
∫ (^) b
a
f (x) dx > 0.
- Sabiendo que
0
f (x) dx = 6,
0
f (x) dx = 4,
2
f (x) dx = 1, calcular:
a)
0
f (x) dx.
b)
1
f (x) dx.
c)
5
f (x) dx.
d)
0
f (2x) dx.
Soluci´on a) Debido a la propiedad aditiva de la integral, tenemos: ∫ (^5)
0
f (x) dx =
0
f (x) dx +
2
f (x) dx = 4 + 1 = 5.
b) Teniendo en cuenta que
∫ (^) b
a
f (x) dx = −
∫ (^) a
b
f (x) dx, si descomponemos nuevamente la in- tegral en dos sumandos, resulta: ∫ (^2)
1
f (x)dx =
1
f (x)dx +
0
f (x)dx = −
0
f (x)dx +
0
f (x)dx = −6 + 4 = − 2.
c) Utilizando el resultado de a) y descomponiendo la integral, obtenemos: ∫ (^1)
5
f (x) dx =
5
f (x) dx +
0
f (x) dx = −
0
f (x) dx +
0
f (x) dx = −5 + 6 = 1.
Si g es la funci´on nula, la igualdad es evidentemente cierta (ambos miembros de la desigualdad son nulos). Sea pues g 6 = 0 y llamamos λ a un n´umero real cualquiera. Como la funci´on (f + λg)^2 es no negativa, entonces su integral ser´a tambi´en no negativa. Desarroll´andola tenemos:
∫ (^) b
a
(f + λg)^2 (x) dx =
∫ (^) b
a
f 2 (x) dx + λ^2
∫ (^) b
a
g^2 (x) dx + 2λ
∫ (^) b
a
f (x)g(x) dx.
Si sustituimos en la desigualdad el valor λ =
∫ (^) b ∫a f^ (x)g(x)^ dx b a g^2 (x)^ dx^
, resulta:
∫ (^) b
a
f 2 (x) dx +
( ∫ (^) b a ∫ f (x)g(x)^ dx b a g^2 (x)^ dx
∫ (^) b
a
g^2 (x) dx
∫ (^) b a ∫ f (x)g(x)^ dx b a g^2 (x)^ dx^
∫ (^) b
a
f (x)g(x) dx
∫ (^) b
a
f 2 (x) dx +
(∫ (^) b a f^ (x)g(x)^ dx
∫ (^) b a g^2 (x)^ dx^
(∫ (^) b a f^ (x)g(x)^ dx
∫ (^) b a g^2 (x)^ dx
=
∫ (^) b
a
f 2 (x) dx −
(∫ (^) b a f^ (x)g(x)^ dx
∫ (^) b a g^2 (x)^ dx
=⇒
(∫ (^) b
a
f (x)g(x) dx
(∫ (^) b
a
f 2 (x) dx
(∫ (^) b
a
g^2 (x) dx
- Sea f una funci´on integrable en [a, b]. Probar las siguientes propiedades:
a)
∫ (^) b
a
f (x) dx
∫ (^) b
a
|f (x)| dx.
b) Si m ≤ f (x) ≤ M en todo [a, b], entonces existe alg´un k ∈ [m, M ] tal que
∫ (^) b
a
f (x) dx = (b − a) · k.
c) (Teorema del valor medio para integrales.) Si f es continua en [a, b], entonces existe alg´un c ∈ [a, b] tal que ∫ (^) b
a
f (x) dx = (b − a) · f (c).
Soluci´on
a) Aplicaremos la propiedad f ≤ g =⇒
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤
∫ (^) b
a
g(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
a
f (x) dx ≤
∫ (^) b
a
|f (x)| dx
∫ (^) b
a
f (x) dx
∫ (^) b
a
|f (x)| dx.
b) Aplicamos de nuevo la propiedad anterior, con lo que:
m ≤ f (x) ≤ M =⇒
∫ (^) b
a
m dx ≤
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤
∫ (^) b
a
M dx
=⇒ m(b − a) ≤
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤ M (b − a)
=⇒ m ≤ 1 b − a
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤ M =⇒ 1 b − a
∫ (^) b
a
f (x) dx = k,
para alg´un k ∈ [m, M ]. c) Por ser f continua, alcanza sus valores m´aximo y m´ınimo, es decir, m ≤ f (x) ≤ M con m = f (c 0 ) y M = f (c 1 ). Procediendo como en el apartado anterior, de la desigualdad m ≤ 1 b − a
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤ M y aplicando la propiedad de Darboux (ver cap´ıtulo 4), se deduce
que existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = 1 b − a
∫ (^) b
a
f (x) dx.
Geom´etricamente, esta propiedad indica que, en el caso de ser f no negativa en [a, b], el ´area limitada por la funci´on y el eje X en el intervalo [a, b] coincide con el ´area de un rect´angulo de base b − a y cuya altura es el valor de la funci´on en alg´un punto c ∈ [a, b].
- Sean f y g dos funciones continuas en [a, b] donde adem´as g no cambia de signo. Probar que existe alg´un c ∈ [a, b] tal que ∫ (^) b
a
f (x)g(x) dx = f (c)
∫ (^) b
a
g(x) dx
(teorema generalizado del valor medio para integrales). Soluci´on Por ser f continua en un intervalo cerrado [a, b], es acotada y existen dos constantes m y M tales que m ≤ f (x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b]. Suponemos adem´as que g(x) ≥ 0 en [a, b] (en caso contrario, cambia s´olo el sentido de las desigualdades siguientes). Entonces:
m · g(x) ≤ f (x) · g(x) ≤ M · g(x)
=⇒
∫ (^) b
a
m · g(x) dx ≤
∫ (^) b
a
f (x) · g(x) dx ≤
∫ (^) b
a
M · g(x) dx
=⇒ m ≤
∫ (^) b a f ∫^ ( x)^ ·^ g(x)^ dx b a g(x)^ dx^
≤ M =⇒ ∃r ∈ [m, M ] : r =
∫ (^) b a 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 funci´on identidad, la propiedad se reduce al teorema del valor medio probado en el problema anterior.
- Sea f una funci´on continua en [a, b]. Comparar la cantidad (b − a)f (b) con
∫ (^) b
a
f (x) dx en los siguientes casos: a) f constante en [a, b].
c) An´alogamente al apartado anterior,
d dx
∫ (^) x 3
x^2
√^ dt 1 + t^4
= 3 x^2 · √^1 1 + (x^3 )^4
− 2 x · √^1 1 + (x^2 )^4
= 3 x
2 √ 1 + x^12
− √^2 x 1 + x^8
d) Llamando u(x) =
∫ (^) x
0
sen
(∫ (^) y
0
sen^3 t dt
dy, entonces u′(x) = sen
(∫ (^) x
0
sen^3 t dt
. De aqu´ı re- sulta: d dx (sen^ u(x))^ =^ cos^ u(x)^ ·^ u
′(x)
= cos
(∫ (^) x
0
sen
(∫ (^) y
0
sen^3 t dt
dy
· sen
(∫ (^) x
0
sen^3 t dt
- Dadas las funciones f (x) =
x + sen^2 πx, g(x) =
1 + x^4 ,
h(x) =
∫ (^) f (x)
0
g(x) dx, calcular h′(1).
Soluci´on Aplicando el teorema fundamental del c´alculo integral, h′(x) = g(f (x)) · f ′(x). Por otra parte, si aplicamos las reglas usuales de derivaci´on, obtenemos que f ′(x) = 1 + 2 sen(πx) cos(πx)^ ·^ π 2
x + sen^2 πx
. En definitiva, h′(1) = g(f (1)) · f ′(1) = g(1) · (1/2) =
- Determinar todas las funciones continuas f para las cuales
g(x) =
∫ (^) x+
x− 1
f (t) dt es constante.
Soluci´on Para que g sea constante debe ser g′^ ≡ 0. Como g′(x) = f (x + 1) − f (x − 1), g ser´a constante cuando f (x + 1) = f (x − 1) para todo x, o, lo que es equivalente, f (x) = f (x + 2), ∀x. Esta propiedad corresponde precisamente a las funciones peri´odicas de per´ıodo 2.
- Calcular (^) xl´ım→ 0
∫ (^) x 2 0 tg^
t dt x − sen x. Soluci´on Tenemos una indeterminaci´on del tipo 0/0 por lo que aplicaremos la regla de L’Hˆopital y las equivalencias de infinit´esimos tg f (x) ∼ f (x) y 1 − cos f (x) ∼ [f (x)]^2 /2 cuando f (x) → 0. As´ı
L = l´ xım→ 02 x^ tg^
x^2 1 − cos x
= l´ xım→ 02 x^ · |x| x^2 / 2
= l´ xım→ 04 |x| x
lo que tiene diferentes valores seg´un x sea positivo o negativo. En concreto, l´ım x→ 0 +
4 |x| x = 4 y l´ım x→ 0 −
4 |x| x
- Dadas las funciones f (x) = x^2 , g(x) =
x^2 + 1 · sen(πx) y
h(x) =
∫ (^) f (x)
0
g(t) dt, calcular los m´aximos y m´ınimos relativos de h.
Soluci´on En primer lugar calculamos los puntos cr´ıticos, es decir aquellos puntos en que h′(x) = 0:
h′(x) = g(f (x)) · f ′(x) =
x^4 + 1 · sen(πx^2 ) · 2 x; h′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ´o πx^2 = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ x = ±
k, k ∈ N ∪ { 0 }.
Para saber si corresponden a posibles m´aximos o m´ınimos, calculamos la derivada de segundo orden:
h′′(x) = 2x
1 + x^4 · cos(πx^2 ) · 2 πx +^2 x^ ·^ sen(πx
(^2) ) · 4 x 3 2
1 + x^4
1 + x^4 · sen(πx^2 ).
De aqu´ı se deduce que si k es par, como cos(πk) = 1, sen(πk) = 0, entonces
h′′(
k) = 2
k ·
1 + k^2 · 2 π
k = 4πk
1 + k^2 > 0 ,
lo que implica que x =
k corresponde a un m´ınimo relativo. Por otra parte, si k es impar, cos(πk) = −1 y sen(πk) = 0, con lo que
h′′(
k) = − 2
k ·
1 + k^2 · 2 π
k = − 4 πk
1 + k^2 < 0 ,
lo que implica que x =
k corresponde a un m´aximo 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 corresponde a un m´ınimo relativo.
- Probar que la funci´on f (x) =
∫ (^) x
1
e−^1 /t^2 dt, definida en el intervalo (0, ∞), tiene inversa derivable. Calcular (f −^1 )′(0). Soluci´on La derivada de la funci´on es f ′(x) = e−^1 /x^2 , que es siempre positiva. Esto quiere decir que la funci´on es creciente en (0, ∞) y, por tanto, tiene inversa. Por la regla de derivaci´on de la funci´on inversa, (f −^1 )′(x 0 ) = 1 f ′(f −^1 (x 0 ))
, y sabiendo que f (1) = 0 equivale a que f −^1 (0) = 1, tenemos:
(f −^1 )′(0) = (^) f ′(f −^11 (0)) = (^) f ′^1 (1) = (^) e−^11 = e.
- Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes l´ımites:
a) (^) nl´→∞ım
n^2 +
n^2 +^ · · ·^ +^
n − 1 n^2
b) (^) nl´→∞ım
n
sen
π n + sen
2 π n +^ · · ·^ + sen
(n − 1)π n
c) (^) nl´→∞ım
1 p^ + 2p^ + · · · + np np+1^ ,^ (p >^ 0).
d) (^) nl´→∞ım n
12 + n^2 +^ · · ·^ +^
n^2 + n^2
Soluci´on En todos los casos debemos construir una funci´on adecuada y determinar un intervalo de modo que la definici´on de integral de dicha funci´on en el intervalo corresponda al l´ımite buscado. Utilizaremos la definici´on de integral ∫ (^) b
a
f (x) dx = l´ n→∞ım^ b^ −^ a n
∑^ n
i=
f (ui), ui ∈ [xi− 1 , xi],
donde xi = a + i(b − a)/n, i = 0, 1 , 2 ,... , n es un punto gen´erico de una partici´on regular del intervalo [a, b], para lo cual escribiremos las sumas dadas como en el caso general. a) Escribimos 1 n^2
+^2
n^2
=^1
n
n
+^1
n
+^2
n
Consideramos la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, 1]. Una partici´on regular del intervalo es P = { 0 , 1 /n, 2 /n,... , (n − 1)/n, 1 }. Como la funci´on es creciente, la integral inferior en el intervalo [0, 1] es, por definici´on,
I(f ) = l´ n→∞ım
∑^ n
i=
f (xi− 1 )(xi − xi− 1 ) = l´ n→∞ım
∑^ n
i=
i − 1 n
n
= l´ n→∞ım
∑^ n
i=
i − 1 n^2
Por otra parte, como la funci´on es integrable, podemos aplicar el segundo teorema funda- mental, con lo que dicho l´ımite es igual a
nl´→∞ım^1 n
∑^ n
i=
i − 1 n
= I(f ) = I =
0
x dx =
[
x^2 2
] 1
0
=^1
b) Aplicamos el procedimiento anterior a la funci´on f (x) = sen(πx) en el intervalo [0, 1].
nl´→∞ım^1 n
∑^ n
i=
f
i − 1 n
0
sen(πx) dx = − 1 π
[
cos(πx)
] 1
π
c) Escribimos la suma dada como 1 p^ + 2p^ + · · · + np np+1^ =
n [(1/n)
p (^) + (2/n)p (^) + · · · + (n/n)p] ,
lo que sugiere considerar la funci´on f (x) = xp^ en [0, 1]. Procediendo como en los casos anteriores, tenemos:
nl´→∞ım^1 n
∑^ n
i=
f
i n
0
xp^ dx = 1 p + 1
[
xp+
] 1
0 =^
p + 1
d) Nuevamente debemos adaptar la suma dada para que tenga la forma de una suma de Riemann. Para ello dividimos numerador y denominador por n^2 con lo que
n
12 + n^2 +^ · · ·^ +^
n^2 + n^2
n
1 + (1/n)^2 +^ · · ·^ +^
1 + (n/n)^2
El l´ımite de esta suma corresponde a la integral de la funci´on f (x) = 1 1 + x^2
en [0, 1]. De este modo,
nl´→∞ım^1 n
∑^ n
i=
f
i n
0
1 + x^2
dx =
[
arc tg x
] 1
0 =^ π/^4.
- Sea f una funci´on que verifica f (0) = 1, f (2) = 3, f ′(2) = 5. Hallar
0
xf ′′(2x) dx.
Soluci´on 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)
0
xf ′′(2x) dx =
[
(1/2)xf ′(2x) − (1/4)f (2x)
] 1
0
f ′(2) 2 −^
f (2) 4 +^
f (0) 4 =
2 −^
- Resolver la ecuaci´on
∫ (^) x √ 2
dt t
t^2 − 1
= 12 π cuando x >
Soluci´on Calculamos primero la integral indefinida para lo que hacemos el cambio de variable t^2 − 1 = u^2. Queda entonces: (^) ∫ dt t
t^2 − 1
du u^2 + 1
= arc tg u = arc tg
t^2 − 1.
Si sustituimos ahora en los extremos de integraci´on, π 12
∫ (^) x √ 2
dt t
t^2 − 1
= arc tg
x^2 − 1 − arc tg 1 = arc tg
x^2 − 1 − π 4 =⇒ arc tg
x^2 − 1 = π 12
= π 3
x^2 − 1 = tg π/3 =
=⇒ x^2 = 4 =⇒ x = 2,
pues debe ser x >
- Hallar un polinomio p(x) tal que p(0) = p(−2) = 0, p(1) = 15, 3
− 2
p(x) dx = 4.
Soluci´on
Agrupando t´erminos iguales y despejando, resulta:
2
∫ (^) b
a
xf (x) dx = (a + b)
∫ (^) b
a
f (u)du =⇒
∫ (^) b
a
xf (x) dx = a^ + 2 b
∫ (^) b
a
f (x) dx.
- Probar que
0
xn(1 − x)m^ dx =
0
xm(1 − x)n^ dx, ∀n, m ∈ Z.
Soluci´on Hacemos en la primera integral el cambio de variable t = 1 − x. De este modo: ∫ (^1)
0
xn(1 − x)m^ dx =
1
(1 − t)ntm(− dt) =
0
tm(1 − t)n^ dt,
que es la igualdad buscada.
- Sea f una funci´on continua en el intervalo [−a, a].
a) Si f es par, probar que
∫ (^) a
−a
f (x) dx = 2
∫ (^) a
0
f (x) dx.
b) Si f es impar, probar que
∫ (^) a
−a
f (x) dx = 0.
Soluci´on En ambos casos descomponemos la integral en suma del siguiente modo: ∫ (^) a
−a
f (x) dx =
−a
f (x) dx +
∫ (^) a
0
f (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)
−a
f (x) dx =
a
f (−t)(− dt) =
∫ (^) a
0
f (−t) dt =
∫ (^) a
0
f (t) dt.
Sustituyendo este resultado en la primera igualdad, se obtiene en definitiva que ∫ (^) a
−a
f (x) dx =
∫ (^) a
0
f (x) dx +
∫ (^) a
0
f (x) dx = 2
∫ (^) a
0
f (x) dx.
b) Procedemos an´alogamente al caso anterior, pero, al ser f impar, utilizamos la propiedad f (−x) = −f (x), ∀x. As´ı: ∫ (^0)
−a
f (x) dx =
a
f (−t)(− dt) =
∫ (^) a
0
−f (t) dt = −
∫ (^) a
0
f (t) dt,
por lo que, al sustituir, se deduce que
∫ (^) a
−a
f (x) dx = 0.
- Sean f y g dos funciones integrables en R con las siguientes caracter´ısticas: f es impar,
g es par, f (5) = 7, f (0) = 0, g(x) = f (x + 5), f (x) =
∫ (^) x
0
g(t) dt para todo x. Demostrar:
a) f (x − 5) = −g(x) para todo x.
b)
0
f (t) dt = 7.
c)
∫ (^) x
0
f (x) dx = g(0) − g(x).
Soluci´on 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 traslaci´on, haciendo t = x + 5 y aplicando el problema anterior, resulta: ∫ (^5)
0
f (t) dt =
− 5
f (x + 5) dx =
− 5
g(x) dx =
0
g(x) dx = f (5) = 7.
c) Hacemos el cambio de variable x = u + 5 y aplicamos los resultados anteriores. As´ı tenemos que ∫ (^) x
0
f (x) dx =
∫ (^) x− 5
− 5
f (u + 5) du =
∫ (^) x− 5
− 5
g(u) du =
− 5
g(u) du +
∫ (^) x− 5
0
g(u) du
0
g(u) du + f (x − 5) = f (5) + f (x − 5) = g(0) − g(x).
- Probar que si f es integrable en todo R y peri´odica de per´ıodo T , entonces
∫ (^) a+T
a
f (x) dx =
∫ T
0
f (x) dx, ∀a ∈ R. Soluci´on Por ser f peri´odica de per´ıodo T , se verifica que f (x) = f (x + nT ), ∀x ∈ R, n ∈ Z.
Probaremos en primer lugar que
∫ T
0
f (x) dx =
∫ (^) (n+1)T
nT
f (x) dx, para cualquier entero n. Para ello basta hacer en la segunda integral el cambio de variable t = x − nT , con lo que,
∫ (^) (n+1)T
nT
f (x) dx =
∫ T
0
f (t + nT ) dt =
∫ T
0
f (t) dt.
Si a es cualquier n´umero real, por la propiedad arquimediana de los n´umeros reales, existe n ∈ Z tal que nT ≤ a < (n + 1)T. Hacemos pues la descomposici´on ∫ (^) a+T
a
f (x) dx =
∫ (^) (n+1)T
a
f (x) dx +
∫ (^) a+T
(n+1)T
f (x) dx.
En el segundo sumando hacemos el cambio de variable u = x − T. As´ı: ∫ (^) a+T
(n+1)T
f (x) dx =
∫ (^) a
nT
f (u + T ) du =
∫ (^) a
nT
f (u) du.
Adem´as, es evidente que P (0) = 0 y, por ser f integrable, P es continua y
P (1) = l´ım x→ 1 −^
P (x) = l´ım x→ 1 −
x^2 − x 2
Por otra parte, al ser f peri´odica, del problema anterior se deduce que para todo x, ∫ (^) x+
x
f (t) dt =
0
f (t) dt = P (1) = 0.
Por tanto, si x ∈ [n, n + 1), con n ∈ Z,
P (x + 1) =
∫ (^) x+
0
f (t) dt =
∫ (^) x
0
f (t) dt +
∫ (^) x+
x
f (t) dt =
∫ (^) x
0
f (t) dt = P (x),
lo que prueba que P es peri´odica de per´ıodo 1. c) Cuando x ∈ [0, 1], P (x) = (x^2 − x)/2. Por tanto,
0
[P (t) + c] dt =^1 2
0
(t^2 − t) dt + [ct]^10 =^1 2
[
t^3 3
− t
2 2
] 1
0
[
3 −^
]
12 +^ c^ =⇒^ c^ =^
d) Procediendo como en b), si x ∈ [0, 1], tenemos:
Q(x) =
∫ (^) x
0
[P (t) + c] dt =
[
t^3 3 −^
t^2 2 +^
t 12
]x
0
x^3 6 −^
x^2 4 +^
x
Adem´as, como P (t) + c es tambi´en peri´odica de per´ıodo 1,
Q(x + 1) =
∫ (^) x+
0
[P (t) + c] dt =
∫ (^) x
0
[P (t) + c] dt +
∫ (^) x+
x
[P (t) + c] dt
∫ (^) x
0
[P (t) + c] dt +
0
[P (t) + c] dt = Q(x).
3. C´alculo de ´areas
- Calcular el ´area de la regi´on limitada por la gr´afica de la funci´on f y el eje X en el intervalo indicado: a) f (x) = |x| − |x − 1 | en [− 1 , 2]. b) f (x) = x(ln x)^2 en [1, e]. c) f (x) = e−x| sen x| en [0, 2 π]. Soluci´on
a) El ´area de la regi´on (que es la parte sombreada de la figura) viene dada por la f´ormula
A =
− 1
|x| − |x − 1 |
dx.
Teniendo en cuenta el signo de la funci´on, la integral se descompone as´ı:
A =
− 1
1 · dx +
0
−(2x − 1) dx +
0 , 5
(2x − 1) dx +
1
1 · dx =
b) La funci´on y = x(ln x)^2 es no negativa en el intervalo [1, e].
El ´area es entonces, integrando por partes,
A =
∫ (^) e
1
x(ln x)^2 dx =
[
x^2 2
· (ln x)^2 − x
2 2
· ln x + x
2 4
]e
1
= e
c) Nuevamente la funci´on es no negativa, por lo que A =
∫ (^2) π
0
e−x| sen x| dx.
Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos:
A =
∫ (^2) π
0
e−x| sen x| dx =
∫ (^) π
0
e−x^ sen x dx +
∫ (^2) π
π
−e−x^ sen x dx
[
− e
−x 2
(sen x + cos x)
]π
0
[
e−x 2
(sen x + cos x)
] 2 π
π
= (e
−π (^) + 1) 2 2
