Integral de Riemann Introducción

Cap´ıtulo

8

Integral de Riemann

8.1. Introducción El cálculo integral tiene sus orígenes en los llamados problemas de cuadraturas. Inicialmente, en la antigua Grecia, dichos problemas eran geométricos y consistían en construir, siguiendo reglas precisas, un cuadrado con área igual a la de una figura plana dada. En el siglo XVII, con el descubrimiento de nuevas curvas, los aspectos geométricos de estos problemas pasaron a un segundo plano y las técnicas de cálculo ocuparon su lugar, los problemas de cuadraturas pasaron a ser simplemente problemas de cálculo de áreas y de volúmenes. Se atribuye a Eudoxo la invención del método de exhausción, una técnica para calcular el área de una región aproximándola por una sucesión de polígonos. Arquímedes perfeccionó este método y, entre otros resultados, calculó el área de un segmento de parábola y el volumen de un segmento de paraboloide, así como el área y el volumen de una esfera. Sorprende que, siendo tan antiguos sus orígenes, la primera definición matemática de integral no fuera dada hasta el siglo XIX por Augustin Louis Cauchy. Una posible explicación es que, durante los siglos XVII y XVIII, la integración fue considerada como la operación inversa de la derivación; el cálculo integral consistía esencialmente en el cálculo de primitivas. Naturalmente, se conocía la utilidad de las integrales para calcular áreas y volúmenes, pero los matemáticos de la época consideraban estas nociones como dadas de forma intuitiva y no vieron la necesidad de precisar su significación matemática. Los trabajos de Joseph Fourier (1768-1830) sobre representación de funciones por series trigonométricas, hicieron que el concepto de función evolucionara, desde la idea restrictiva de función como fórmula, hasta la definición moderna de función dada por Dirichlet en 1837. Para entender el significado de la integral de estas nuevas funciones más generales se vio la necesidad de precisar matemáticamente los conceptos de área y de volumen. 386

Introducción

387

La definición de la integral de Cauchy seguía la tradicional aproximación del área por rectángulos, en este sentido no era nada original; la novedad estaba en el hecho de considerar a la integral como un objeto matemático merecedor de estudio por sí mismo, y en el propósito de atribuirle un significado independiente de las técnicas que pudieran utilizarse en los cálculos. Este significado propio de la integral remite de forma inevitable a la idea de área. Ningún matemático anterior al siglo XIX había considerado necesario elaborar una teoría matemática del concepto de área; es en dicho siglo cuando el concepto de área adquiere un significado matemático preciso o, mejor dicho, varios significados matemáticos, porque dicho concepto evolucionó hasta que, en la primera década del siglo XX, adquirió esencialmente su forma actual. Puede que a ti el concepto de área te parezca tan evidente que te resulte extraño que se dedicaran tantos esfuerzos a elaborar una teoría matemática del mismo. Es natural que pienses así. Las regiones planas y los sólidos que usualmente nos interesan para calcular su área o su volumen no son tan complicados que puedan hacernos dudar de si realmente tienen área o volumen: polígonos o poliedros, regiones limitadas por curvas o por superficies que pueden definirse por sus respectivas ecuaciones, todos ellos tiene claramente su área o su volumen y el problema real es calcularlos y no se entiende por qué hay que empeñarse en definirlos. Así pensaban también los matemáticos hasta el siglo XIX. Pero cuando empezaron a considerarse funciones cada vez más generales, las cosas cambiaron mucho. Hay funciones para las que no es evidente que su gráfica determine una región con área. El siguiente ejemplo te ayudará a entender lo que quiero decir. 8.1 Ejemplo. Considera la función f W Œ0; 1 ! R que vale 2 en los números racionales y 1 en los irracionales. ¿Te imaginas cómo es la gráfica de esa función? Pare2 cería como la de la figura: dos segmentos de línea recta, uno de ellos y D 1 sobre el que tendríamos que marcar solamente los puntos irracionales del mismo, y otro 1 y D 2 sobre el que tendríamos que marcar los puntos racionales. La región del plano comprendida entre el intervalo Œ0; 1 y la gráfica de f sería el conjunto formado por todos los segmentos verticales de altura 1 levantados 0 0 1 sobre los puntos irracionales de Œ0; 1, y por todos los segmentos verticales de altura 2 levantados sobre un punto racional de Œ0; 1. ¿Tiene área este conjunto? Si decidimos que tiene área, su valor ¿es 1? ¿es 2? ¿qué significado tiene la integral r1 0 f .x/ dx ? Este ejemplo pone claramente de manifiesto que el concepto de área requiere ser precisado matemáticamente. Debes tener claro que se trata de una necesidad teórica que solamente se presenta en el estudio de la integración de funciones muy generales. Para las aplicaciones más usuales del cálculo integral puede valernos perfectamente la idea intuitiva de área o de volumen. La teoría de la integral que actualmente se considera matemáticamente satisfactoria, la llamada integral de Lebesgue, es difícil y, en mi opinión, innecesaria para los estudios de ingeniería; es una teoría imprescindible para los matemáticos y físicos teóricos, pero no lo es para la gran mayoría de los ingenieros. En este capítulo vamos a considerar la integral desde un punto de vista esencialmente prácUniversidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Aproximaciones al área

388

tico. Nos interesa la integral como herramienta de cálculo y, aunque para ese propósito la integral de Cauchy sería suficiente para nosotros, estudiaremos la integral de Riemann, que es más general sin ser más complicada, y que aporta la ventaja de su gran poder heurístico como tendremos ocasión de comprobar. He reducido la teoría al mínimo indispensable para una correcta comprensión del Teorema Fundamental del Cálculo cuya demostración se da con detalle, no así las de otros resultados y propiedades de la integral, de fácil comprensión conceptual, cuyas demostraciones, bastante previsibles, no me ha parecido conveniente incluir. La integración es una de las herramientas más versátiles del Cálculo, sus aplicaciones no se limitan a calcular áreas de regiones planas o volúmenes de sólidos, también se utiliza para calcular longitudes de curvas, centros de masas, momentos de inercia, áreas de superficies, para representar magnitudes físicas como el trabajo, la fuerza ejercida por una presión, o la energía potencial en un campo de fuerzas.

8.2. Aproximaciones al área Sea f W Œa; b ! R una función acotada. Representaremos por G.f; a; b/ la región del plano comprendida entre la gráfica y D f .x/, el eje de abscisas y las rectas x D a y x D b. Llamaremos a dicha región el conjunto ordenado de f entre a y b.

y D f .x/

a

b

Figura 8.1. Conjunto ordenado G.f; a; b/ de una función

Nos proponemos calcular el área de regiones de este tipo. Puesto que, en general, G.f; a; b/ no puede descomponerse en triángulos o rectángulos, no hay una fórmula que nos permita calcular directamente su área. En situaciones como esta, una estrategia básica consiste en obtener soluciones aproximadas que permitan definir el valor exacto del área como límite de las mismas. Fíjate que, al proceder así, estamos definiendo dicho valor exacto, es decir, estamos dando una definición matemática del concepto intuitivo de área1 . Naturalmente, queremos que dicha definición sea lo más general posible, lo que depende del tipo de soluciones aproximadas que elijamos. Las aproximaciones consideradas en la teoría de la integral de Lebesgue conducen a un concepto de área muy general. En lo que sigue vamos a considerar las aproximaciones que conducen a la integral de Riemann. 1 Ello trae como consecuencia inevitable que haya regiones extrañas en el plano que, según la definición dada, no tengan área.

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Aproximaciones al área

389

Como los conceptos que vamos a introducir se interpretan con más facilidad cuando la función f es positiva, es conveniente tener bien presente en lo que sigue el siguiente artificio que permite representar cualquier función como diferencia de dos funciones positivas. Cualquier función f puede escribirse como diferencia de dos funciones positivas: f C .x/ D

jf .x/j C f .x/ D mKax ff .x/; 0g 2

f .x/ D

jf .x/j

f .x/ 2

D mKax f f .x/; 0g

Es claro que f .x/ D f C .x/ f .x/ y que f C .x/ > 0, f .x/ > 0. La función f C se llama parte positiva de f , y la función f se llama parte negativa de f . Si f .x/ > 0 se tiene que f .x/Df C .x/ y f .x/D0; mientras que si f .x/60 se tiene que f .x/D f .x/ y f C .x/D0. Fíjate que, a pesar de su nombre y de la forma en que se simboliza, la función f es una función positiva. También es consecuencia de las definiciones dadas que jf .x/j D f C .x/ C f .x/. y Df C .x/

y Df .x/

y D f .x/ a

b

a

a

b

b

Figura 8.2. Partes positiva y negativa de una función

En la integral de Riemann el área del conjunto G.f; a; b/ se aproxima por rectángulos. Para ello, primero se divide el intervalo Œa; b en un número finito de subintervalos Œxk 1 ; xk , 1 6 k 6 n, cuyas longitudes pueden ser distintas y con la única condición de que no se solapen: a D x0 < x1 < x2 < < xn

1

< xn D b

Se dice que estos puntos constituyen una partición de Œa; b. A continuación se elige en cada subintervalo un punto tk 2 Œxk 1 ; xk , y se forma el rectángulo cuya base es el intervalo n X Œxk 1 ; xk y altura igual a f .tk /. Finalmente se forma la suma f .tk /.xk xk 1 /. kD1

8.2 Definición. Sea P D fa D x0 ; x1 ; x2 ; : : : ; xn 1 ; xn D bg una partición del intervalo Œa; b, y elijamos un punto tk 2 Œxk 1 ; xk en cada uno de los intervalos de la misma. El número: .f; P / D

n X

f .tk /.xk

xk

1/

kD1

se llama una suma de Riemann de f para la partición P . 8.3 Observaciones. Fíjate que, como hay libertad para elegir los puntos tk 2 Œxk fijada P puede haber infinitas sumas de Riemann.

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1 ; xk , para cada partición

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390

Cuando la función f es positiva y suficientemente “buena”, y las longitudes de todos los subintervalos de la partición son suficientemente pequeñas, el número .f; P / es una buena aproximación del área de la región G.f; a; b/. Observa que el rectángulo de altura igual a f .tk / está en el semiplano superior si f .tk / > 0 y en el semiplano inferior si f .tk / < 0. Cuando la función f toma valores positivos y negativos podemos escribir: .f; P / D D

n X

kD1 n X

f .tk /.xk

xk

f C .tk /.xk

1/ D

xk

1/

kD1

n X

.f C .tk /

kD1 n X

f .tk //.xk

f .tk /.xk

xk

kD1

1/

xk

1 /D

D .f C ; P /

.f ; P /

En este caso .f; P / es una aproximación del área de G.f C ; a; b/ menos el área de G.f ; a; b/. En la siguiente figura puede apreciarse esta aproximación.

a

a

b

b

y D f .x/

y D f .x/

Figura 8.3. Aproximación por sumas de Riemann

8.4 Definición. Dada una partición P D fa D x0 ; x1 ; x2 ; : : : ; xn 1 ; xn D bg del intervalo Œa; b, definamos Mk D sup f Œxk 1 ; xk , mk D Kınf f Œxk 1 ; xk . Los números S.f; P / D

n X

kD1

Mk .xk

xk

1 /;

I.f; P / D

n X

mk .xk

xk

1/

kD1

se llaman, respectivamente, suma superior y suma inferior de f para la partición P 2 . 8.5 Observaciones. Puesto que para todo tk 2 Œxk 1 ; xk es mk 6 f .tk / 6 Mk , deducimos que para toda suma de Riemann, .f; P /, de f para la partición P es I.f; P / 6 .f; P / 6 S.f; P /.

Para cada partición hay una única suma superior y otra inferior.

Cuando f es positiva y suficientemente “buena”, y las longitudes de todos los subintervalos de la partición son suficientemente pequeñas, el número S.f; P / es un valor aproximado 2 Es

para definir estas sumas para lo que se precisa que f esté acotada en Œa; b.

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por exceso del área de la región G.f; a; b/, y el número I.f; P / es un valor aproximado por defecto del área de la región G.f; a; b/. Cuando la función f toma valores positivos y negativos, el número S.f; P / es un valor aproximado por exceso del área de G.f C ; a; b/ menos el área de G.f ; a; b/, y el número I.f; P / es un valor aproximado por defecto del área de G.f C ; a; b/ menos el área de G.f ; a; b/. En la siguiente figura pueden apreciarse estas aproximaciones.

y D f .x/

y D f .x/

a

a

b

b

Figura 8.4. Aproximación del área por sumas inferiores y superiores

8.2.1. Definición y propiedades básicas de la integral Supongamos que la función f es positiva en Œa; b. Es claro que, en tal caso, el valor exacto del área de la región G.f; a; b/ debe ser un número mayor o igual que toda suma inferior, I.f; P /, y menor o igual que toda suma superior S.f; P /. Tenemos, en consecuencia, dos números que son posibles candidatos para el área de G.f; a; b/, a saber: Kınf fS.f; P / W P 2 P Œa; bg

y

sup fI.f; P / W P 2 P Œa; bg :

Donde hemos representado por P Œa; b el conjunto de todas las particiones del intervalo Œa; b. Llegados aquí, podemos ya dar la definición principal de la teoría de la integral de Riemann. 8.6 Definición. Sea f una función acotada y positiva en Œa; b. Se dice que el conjunto G.f; a; b/ tiene área cuando Kınf fS.f; P / W P 2 P Œa; bg D sup fI.f; P / W P 2 P Œa; bg Dicho valor común es, por definición, el valor del área y lo representaremos por .G.f; a; b//. Cuando esto ocurre, se dice también que la función f es integrable Riemann en Œa; b y, por definición, la integral de f en Œa; b es igual a .G.f; a; b//. Simbólicamente escribimos: wb a

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f .x/ dx D .G.f; a; b//

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392

En el caso general en que la función f toma valores positivos y negativos, se dice que f es integrable Riemann en Œa; b cuando lo son las funciones f C y f , en cuyo caso se define la integral de f en Œa; b como el número: wb a

f .x/ dx D .G.f C ; a; b//

.G.f ; a; b//

8.7 Observaciones. rb No te confundas con la notación. El símbolo a f .x/ dx representa un número. La variable x que figura en él se suele decir que es una variable muda. Naturalmente, la letra x no tiene ningún significado especial y puede sustituirse por la que tú quieras o no poner ninguna; por ejemplo: wb wb wb f .t / dt ; f .s/ ds ; f a

a

a

son tres formas de escribir lo mismo. Volveremos sobre esta notación más adelante cuando estudiemos técnicas de integración. La definición anterior debes entenderla como una primera aproximación matemática al concepto intuitivo de área. Aunque te pueda parecer extraño, el concepto de área (y de integral) que acabamos de definir es bastante restrictivo. En el caso en que la función f toma valores positivos y negativos, observa que la gráfica de f se obtiene por simetría respecto al eje de abscisas de las partes de la gráfica de f en las que f .x/ < 0. Como regiones simétricas respecto de una recta tienen la misma área, se sigue que: .G.f; a; b// D .G.f C ; a; b// C .G.f ; a; b// D .G.f C C f ; a; b//D D .G.jf j; a; b// D

wb a

jf .x/j dx

rb Seamos prácticos. ¿Cómo podemos, a partir de la definición dada, calcular a f .x/ dx ? Una primera idea en este sentido consiste en observar que cuanto mayor sea el número de intervalos de la partición y más pequeña la longitud de cada uno de ellos cabe esperar que la aproximación obtenida sea mejor. Para precisar esta idea, definimos el paso de una partición P , y lo representamos por .P /, como la mayor de las longitudes de los subintervalos de dicha partición. 8.8 Teorema (Convergencia de las sumas integrales). Sea f W Œa; b ! R una función integrable, fPn g una sucesión de particiones de Œa; b tal que f.Pn /g ! 0 y .f; Pn/ una suma de Riemann de f para la partición Pn . Se verifica entonces que: lKım S.f; Pn / D lKım .f; Pn/ D lKım I.f; Pn/ D

n!1

n!1

n!1

wb

f .x/ dx

(8.1)

a

Este resultado permite en algunos casos particulares y con bastante esfuerzo e ingenio calcular ciertas integrales. Como más adelante aprenderemos a calcular integrales con facilidad, Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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es más interesante usar dicho resultado sensu contrario para calcular los límites de ciertas sucesiones. Para ello se usa con frecuencia el siguiente corolario. 8.9 Corolario. Para toda función f integrable en Œ0; 1 se verifica que: w1 n k 1X f D f .x/ dx lKım n!1 n n kD1

(8.2)

0

Teniendo en cuenta que cualesquiera sean las funciones f; g y los números ˛; ˇ, se verifica que .˛f C ˇg; P / D ˛ .f; P / C ˇ .g; P /, para toda partición P , se deduce, haciendo uso del teorema 8.8, que la integral es lineal. Esta propiedad, junto con otras propiedades básicas de las integrales se recogen en el siguiente resultado. 8.10 Proposición (Propiedades básicas de la integral). i) Linealidad. Si f; g son integrables en Œa; b y ˛; ˇ son números reales, se verifica que la función ˛f C ˇg también es integrable en Œa; b y wb a

wb wb .˛f .x/ C ˇg.x// dx D ˛ f .x/ dx C ˇ g.x/ dx : a

a

ii) Conservación del orden. Si f; g son integrables en Œa; b y f .x/ 6 g.x/ para todo x 2 Œa; b, entonces se verifica que: wb

f .x/ dx 6

a

wb

g.x/ dx

a

En particular, si f es integrable en Œa; b y m 6 f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b, entonces se verifica la siguiente desigualdad: m.b

a/ 6

wb

f .x/ dx 6 M .b

a/

(8.3)

a

iii) Si f es integrable en Œa; b también jf j (función valor absoluto de f ) es integrable en Œa; b y se verifica la desigualdad: ˇ ˇ ˇwb ˇ wb ˇ ˇ ˇ f .x/ dx ˇ 6 jf .x/j dx (8.4) ˇ ˇ ˇa ˇ a

iv) El producto de funciones integrables Riemann también es una función integrable Riemann.

v) Aditividad respecto del intervalo. Sea a < c < b. Una función f es integrable en Œa; b si, y sólo si, es integrable en Œa; c y en Œc; b, en cuyo caso se verifica la igualdad: wb a

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f .x/ dx D

wc a

f .x/ dx C

wb

f .x/ dx

c

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Ha llegado el momento de preguntarse por condiciones que garanticen que una función es integrable Riemann. Nos vamos a contentar con una respuesta parcial a esta pregunta, que es suficiente para nuestros propósitos. 8.11 Teorema (Condiciones suficientes de integrabilidad Riemann). Sea f W Œa; b ! R . Cada una de las siguientes condiciones garantizan que f es integrable Riemann en Œa; b. i) f está acotada en Œa; b y tiene un número finito de discontinuidades en Œa; b. En particular, toda función continua en un intervalo cerrado y acotado es integrable en dicho intervalo. ii) f es monótona en Œa; b. Demostración. Según la definición dada, una función f positiva y acotada en un intervalo Œa; b es integrable en Œa; b cuando las aproximaciones superiores están arbitrariamente próximas de las aproximaciones inferiores al área del conjunto ordenado de f . En otros términos, una función f positiva y acotada en un intervalo Œa; b es integrable en Œa; b si, y sólo si, para todo " > 0, hay una partición P" de Œa; b tal que S.f; P" / I.f; P" / 6 "3 . Probaremos que las funciones continuas y las funciones monótonas en Œa; b satisfacen esta condición. Ses f W Œa; b ! R continua en Œa; b, entonces sabemos que f está acotada en Œa; b. En particular, hay un número M tal que f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b. Por tanto la función M f es continua y positiva en Œa; b y, como las funciones constantes son integrables, la integrabilidad de la función M f equivale a la integrabilidad de f . Podemos, por tanto, suponer que f es positiva en Œa; b. En virtud del teorema 7.59 la función f es uniformemente continua en Œa; b. Por tanto, dado " > 0, hay un número ı > 0, tal que para todos x; y 2 Œa; b con jx yj < ı se verifica que jf .x/ f .y/j < "=.b a/. Sea P" una partición del intervalo Œa; b cuyos subintervalos Ik D Œxk 1 ; xk tienen longitud menor que ı. En virtud del teorema 4.29 hay puntos uk ; vk enIk en los que la función f alcanza su valor mínimo y máximo absolutos respectivamente en el intervalo Ik . Tenemos que: S.f; P" /

I.f; P" / D

n X

f .vn /

kD0

f .un / .xk

1

xk / <

" b

a

n X

.xk

kD0

1

xk / D ":

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b. Supongamos ahora que f es continua en a; bŒ y acotada en Œa; b pudiendo tener discontinuidades en los extremos del intervalo. Como f está acotada en Œa; b, podemos seguir suponiendo, por las mismas razones anteriores, que f es positiva en Œa; b. Sea M > 0 tal que f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b. Dado " > 0, consideremos un intervalo Œc; d donde a < c < d < b y c a < "=3M , b d < "=3M . Por la ya demostrado, como f es integrable en Œc; d , hay una partición Q de Œc; d tal que S.f; Q/ I.f; Q/ < "=3. Ampliamos dicha partición a una partición del intervalo Œa; b añadiéndole los puntos a y b. Llamemos a la partición de Œa; b así obtenida P" . Tenemos que: S.f; P" /

I.f; P" / 6 .c

a/M C S.f; Q/

I.f; Q/ C .b

d /M < ":

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b. Si ahora se suponemos que f está acotada en Œa; b y tiene un número finito de discontinuidades en Œa; b, llamando d1 < d2 < < dp a las 3 Esta caracterización de la integrabilidad es válida para cualquier función acotada en Œa; b sin necesidad de suponer que sea positiva.

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discontinuidades de f en Œa; b, por la ya demostrado la función f es integrable en cada uno de los intervalos Œa; d1 , Œdk ; dkC1 (k D 1; 2; : : : ; p 1), Œdp ; b. Por tanto f es integrable en la unión de todos ellos, es decir, en Œa; b. Supongamos ahora que f es monótona en Œa; b. Podemos suponer que f es creciente, en cuyo caso f .b/ f .x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, por lo que, al igual que hicimos antes, podemos suponer que f es creciente y positiva en Œa; b. Dado " > 0, tomemos una partición P" de Œa; b cuyos subintervalos Ik D Œxk 1 ; xk tengan longitud menor que "=.f .b/ f .a//. Tenemos que: S.f;P" / I.f;P" /D

n X

kD0

D

f .xk / f .xk 1 / .xk "

f .b/

f .a/

.f .b/

1

xk / <

" f .b/ f .a/

n X

kD0

f .xk / f .xk 1 / D

f .a// D ":

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b.

2

En relación con el punto ii) de este teorema, conviene observar que hay funciones monótonas con infinitas discontinuidades. E.1=x/ X

1 para to2n nD1 do x 20; 1, donde E.1=x/ indica la parte de entera de 1=x, es decreciente en Œ0; 1 y tiene 1 para n D 1; 2; : : : . discontinuidades en todos los puntos de la forma nC1 8.12 Ejemplo. La función f W Œ0; 1 ! R dada por f .0/ D 1 y f .x/ D

Observa que la función viene dada por: 8 1 ˆ ˆ 2; ˆ ˆ ˆ ˆ 1 1 ˆ < 2 C 4; 1 1 1 f .x/ D ˆ 2 C 4 C 8; ˆ ˆ ˆ 1 1 ˆ ˆ ˆ 2 C 4 C C : 1;

1 2 1 3 1 4 1 2n ;

< x 6 1; < x 6 12 ; < x 6 13 ;

1 nC1

< x 6 n1 ; x D 0;

En la figura 8.5 puedes ver su gráfica en la que se han indicado con trazos verticales punteados las discontinuidades de salto de la función. Un tipo frecuente de funciones integrables son las que se definen a continuación. 8.13 Definición. Se dice que función f es continua a trozos en un intervalo Œa; b si hay una partición a D x0 < x1 < x2 < : : : < xn 1 < xn D b del intervalo Œa; b de forma que: f es continua en cada intervalo xi

1 ; xi Œ,

para i D 1; 2; : : : ; n.

f tiene límites laterales finitos en los puntos xi , i D 0; 1; : : : ; n.

Una función continua a trozos en Œa; b tiene un número finito de discontinuidades y está acotada en Œa; b, por tanto es integrable en Œa; b.

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b b b b

1 2

C

1 4

C

1 2

1 8

C

C

1 16 b

1 4

C

1 8 b

1 2

C

1 4 b

1 2 b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

1 6

1 5

1 4

1 3

1 2

1

Figura 8.5. Función monótona con infinitas discontinuidades

8.14 Corolario. Seam f y g funciones que coinciden en todos los puntos de un intervalo Œa; b excepto en un número finito de ellos. Entonces se verifica que f es integrable en Œa; b si, y sólo si, g es integrable en Œa; b, en cuyo caso se verifica que las integrales en Œa; b de ambas funciones coinciden. Demostración. Definamos h D f g. La función h es nula en todos los puntos de Œa; b excepto en un conjunto finito de ellos, por tanto, h es una función continua a trozos en Œa; b y, rb en consecuencia, h es integrable en Œa; b. Además, es evidente que a h.x/ dx D 0 (piensa que el conjunto ordenado de h entre a y b es un conjunto finito de segmentos verticales). Si, por ejemplo, f es integrable en Œa; b, la igualdad g D f h implica que también g es integrable rb rb rb rb 2 en Œa; b y a g.x/ dx D a f .x/ dx a h.x/ dx D a f .x/ dx . 8.15 Observación. El resultado anterior nos dice que, para estudiar la integrabilidad de una función, podemos modificar los valores de la misma en un conjunto finito de puntos porque eso no afecta para nada a su integrabilidad ni al valor de su integral. Igualmente, si una función no está definida en un conjunto finito de puntos de un intervalo, para estudiar su integrabilidad la definimos como queramos en dichos puntos, con la seguridad de que la función resultante será o no integrable con independencia de nuestra definición. En particular, una función continua y acotada en Œa; b n fa1 ; a2 ; : : : ; am g, donde los aj son puntos de Œa; b en los que f no está definida, es integrable en Œa; b. Por ejemplo, la función f .x/ D sen.1=x/ no está definida en 0. Si queremos estudiar su Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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El Teorema Fundamental del Cálculo

397

integrabilidad en Œ0; 1, podemos definir f .0/ D 1 (o el valor que tú quieras); con ello, f es una función continua en 0; 1 y acotada en Œ0; 1, por lo que es integrable en Œ0; 1.

8.2.2. El Teorema Fundamental del Cálculo Dada una función integrable f W Œa; b ! R , podemos definir una nueva función F W Œa; b ! R por: wx F.x/ D f .t/ dt para todo x 2 Œa; b a

~ Observa que aquí la variable es x – el límite superior de la integral. Por eso, es obligado no

usar la misma letra x como variable de la función f en el integrando. F.x/ es la integral de la función f en el intervalo Œa; x.

Por definición F.x/ D .G.f C ; a; x// .G.f ; a; x//. Por supuesto, si f es positiva entonces F.x/ D .G.f; a; x// es rel área del conjunto ordenado de f entre a y x. No debes x olvidar en lo que sigue que F.x/D a f .t/ dt se ha definido en términos de áreas. A la función F la llamaremos la función área de f en Œa; b. rx A veces hay que considerar funciones de la forma H .x/ D c f .t/ r xdt en donde a < c < b y x 2 Œa; b; por lo que es necesario precisar lo que se entiende por c f .t / dt cuando x < c. El convenio que se hace es que: wv u

f .t/ dt D

wu

f .t / dt

v

cualesquiera sean los números u y v. La justificación de este convenio es que, con él, la igualdad: wy wz wx f .t / dt C f .t / dt C f .t/ dt D 0 (8.5) x

y

z

se cumple cualesquiera sean los puntos x; y; z del intervalo Œa; b. Compruébalo. Nuestror próximo objetivo va a consistir en invertir el proceso que nos ha llevado de f x a F.x/ D a f .t/ dt . Nuestro problema es: ¿Cómo podemos recuperar la función f a partir del conocimiento de la función área de f ? El resultado que sigue, uno de los más útiles del Cálculo, establece una relación entre dos conceptos aparentemente lejanos entre sí: el concepto de área y el de tangente a una curva, pues dicho resultado afirma que la pendiente de “la curva área de f ”, y D F.x/, en un punto x es igual a f .x/. 8.16 Teorema (Teorema Fundamental del Cálculo). Sea f W Œa; b ! R una función integrable y definamos F W Œa; b ! R por: F.x/ D

wx

f .t/ dt

(8.6)

a

para todo x 2 Œa; b. Entonces: i) F es continua en Œa; b. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Primitivas. Regla de Barrow

398

ii) En todo punto c de Œa; b en el que f sea continua se verifica que F es derivable en dicho punto siendo F 0 .c/ D f .c/. En particular, si f es continua en Œa; b, entonces F es derivable en Œa; b y F 0 .x/ D f .x/ para todo x 2 Œa; b. Demostración. i) Como f es integrable debe estar acotada. Sea M > 0 tal que jf .x/j 6 M para todo x 2 Œa; b. Entonces, si x < y son puntos de Œa; b tenemos que ˇy ˇ y ˇw ˇ w ˇ ˇ jF.y/ F.x/j D ˇ f .t / dt ˇ 6 jf .t/j dt 6 M.y x/ ˇ ˇ x

x

Por la misma razón, si suponemos que y < x, tendremos que jF.y/ F.x/j 6 M.y x/. Estas dos desigualdades nos dicen que jF.y/ F.x/j 6 M jy xj para todo par de puntos x; y 2 Œa; b. De esta desigualdad se sigue inmediatamente la continuidad de F en Œa; b. ii) Pongamos

F.x/ x

F.c/ c

f .c/ D

F.x/ wx

D

F.c/ x

.f .t/

.x c

c/f .c/

wx D

f .t / dt

c

wx

f .c/ dt

c

x

c

D

f .c// dt

c

x

c

Dado, " > 0, la continuidad de f en c nos dice que hay un ı > 0 tal que para todo t 2 Œa; b con jt cj < ı se tiene que jf .t / f .c/j < ". Tomemos ahora un punto cualquiera x 2 Œa; b tal que jx cj < ı. Entonces es claro que para todo t comprendido entre x y c se tendrá que jt cj < ı y, por tanto, jf .t/ f .c/j < " por lo que: ˇx ˇ ˇw ˇ ˇ ˇ ˇ .f .t / f .c// dt ˇ 6 "jx cj ˇ ˇ c

Deducimos que para todo x 2 Œa; b tal que jx cj < ı, y x ¤ c, se verifica que ˇx ˇ ˇw ˇ ˇ ˇ .f .t / f .c// dt ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ "jx cj ˇ ˇ F.x/ F.c/ c ˇD ˇ f .c/ 6 D" ˇ ˇ x c jx cj jx cj

Hemos probado que lKım

x!c

F.x/ x

F.c/ D f .c/, esto es, F es derivable en c y F 0 .c/ D f .c/. 2 c

8.2.3. Primitivas. Regla de Barrow 8.17 Definición. Dada un función h W Œa; b ! R , cualquier función H W Œa; b ! R que sea continua en Œa; b, derivable en a; bŒ y verifique que H 0 .x/Dh.x/ para todo x 2a; bŒ, se llama una primitiva de f en el intervalo Œa; b. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Primitivas. Regla de Barrow

399

Es importante advertir que no todas las funciones tienen primitivas. Por ejemplo, una condición necesaria que debe cumplir una función para tener primitivas es que dicha función tenga la propiedad del valor intermedio pues, como recordarás, las funciones derivadas tienen esa propiedad. También, como consecuencia del teorema del valor medio, es inmediato que dos primitivas de una función en un mismo intervalo se diferencian en una constante. Por ello, si conocemos una primitiva de una función en un intervalo las conocemos todas. El siguiente resultado es una consecuencia muy importante del Teorema Fundamental del Cálculo. 8.18 Corolario. Toda función continua en un intervalo tiene primitivas en dicho intervalo. Demostración. Sea f una función continua en un intervalo I . Elijamos un punto ˛ 2 I . Cualquiera sea x 2 I el intervalo de extremos ˛ y x está contenido en I y f es continua en él y por tanto es integrable r x en él. Podemos por ello definir la función H W I ! R dada para todo x 2 I por H .x/ D ˛ f .t / dt . Esta función es derivable en todo intervalo cerrado y acotado contenido en I . Pues si Œa; b I , para todo x 2 Œa; b se tiene que: H .x/ D

wx ˛

wa wx f .t/ dt D f .t / dt C f .t / dt : ˛

a

Por tanto, salvo una constante aditiva, la función H coincide en el intervalo Œa; b con la función área de f en Œa; b, es decir, con la función F.x/ definida por 8.6. Como f es continua en Œa; b (por ser continua en I ) el teorema fundamental del cálculo nos dice que F es derivable en todo punto x 2 Œa; b y F 0 .x/ D f .x/. Deducimos que H es derivable en todo punto x 2 Œa; b y H 0 .x/ D f .x/. Finalmente, el hecho de que H sea derivable en todo intervalo cerrado y acotado contenido en I , implica, por la propiedad local de la derivabilidad, que H es derivable en I y su derivada en todo punto x 2 I viene dada por H 0 .x/ D f .x/. 2 Es importante que aprecies que este es un resultado de existencia; es la definición que hemos dado de área – y por consiguiente de integral – lo que nos ha permitido construir la función primitiva de f . La integración es por tanto una herramienta que permite construir una función cuya derivada es conocida; por eso la integración es una potente herramienta para construir nuevas funciones. 8.19 Estrategia. r g.x/ Para derivar funciones de la forma H .x/ D a f .t/ dt donde f es una función continua y g es una función derivable, se aplica el teorema fundamental del cálculo y la regla r x de la cadena para derivar la función compuesta H .x/ D F.g.x//, donde F.x/ D a f .t/ dt . r v.x/ Para derivar funciones de la forma H .x/ D u.x/ f .t/ dt donde f es una función conr u.x/ r v.x/ f .t/ dt y tinua y u, v son funciones derivables, se escribe H .x/ D a f .t / dt a se aplica lo dicho en el punto anterior. El Teorema Fundamental del Cálculo proporciona también una técnica para calcular la integral de una función continua en un intervalo Œa; b. Para ello lo que hacemos es calcular una Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Las funciones logaritmo y exponencial

400

rx primitiva de f en Œa; b. Si h es una tal primitiva, entonces las funciones F.x/ D a f .t/ dt , y h.x/ h.a/ son dos primitivas de f en Œa; b que coinciden en un punto, pues ambas se anulan rb en a. Deducimos que F.x/ D h.x/ h.a/ para todo x 2 Œa; b y, por tanto, F.b/ D a f .t / dt D h.b/ h.a/. Podemos generalizar este resultado como sigue. 8.20 Teorema (Regla de Barrow). Sea f W Œa; b ! R integrable y supongamos que h es una primitiva de f en Œa; b. Entonces: wb a

f .t / dt D h.b/

Demostración. Sea P D fa D x0 ; x1 ; x2 ; : : : ; xn el teorema de valor medio, tenemos que: h.b/

h.a/ D

n X

.h.xk /

h.xk

kD1

1 ; xn

1 // D

n X

h.a/

D bg una partición de Œa; b. Aplicando

f .tk /.xk

kD1

xk

1/

D .f; P /

La igualdad anterior nos dice que para toda partición P de Œa; b hay alguna suma de Riemann de f asociada a dicha partición, .f; P /, que es igual a h.b/ h.a/. Si ahora tomamos una sucesión fPn g de particiones del intervalo Œa; b tales que .Pn / ! 0, tenemos que h.b/ h.a/ D .f; Pn/ para alguna suma de Riemann, .f; Pn /, de f asociada a la partición rb rb Pn . Pero sabemos que .f; Pn / ! a f , por lo que obtenemos que h.b/ h.a/ D a f . 2 Fíjate que en la regla de Barrow no se supone que f sea continua sino tan sólo que es integrable y que, además, tiene una primitiva.

8.2.4. Las funciones logaritmo y exponencial Quiero convencerte de que muchas veces el cálculo integral proporciona la interpretación más intuitiva de una función. Considera, por ejemplo, la función logaritmo natural. Quizás sepas expresar log 2 como límite de una sucesión o algo parecido; pero, ¿puedes representar de alguna forma intuitiva el número log 2? ¿Sabrías representar gráficamente el número log 2? En la siguiente gráfica puedes ver el número log 2.

2

yD

1 x

1 w21 1

t

dt

0 0

1

2

3

4

Figura 8.6. Logaritmo de 2

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Las funciones logaritmo y exponencial

401

Espero que estés de acuerdo conmigo: la forma más fácil e intuitiva de imaginar el número log t es como el área de la región plana limitada por la curva y D 1=x, las rectas x D 1, x D t , y el eje de abscisas. Dicha área se considera positiva si t > 1 y negativa si t < 1. Dicho de otra forma: wt 1 dx log t D x 1

Es frecuente interpretar resta igualdad de la siguiente forma: la función log x es derivable y t log 0 x D 1=x; por tanto 1 x1 dx D log t log 1 D log t. ¡Parece que hemos probado algo! Y no es así porque en este razonamiento estamos usando que la función logaritmo es derivable y eso es algo que no hemos probado. Todavía peor: ni siquiera hemos dado una definición de la función logaritmo que permita probar las propiedades de dicha función. Usualmente se define log x como el número y que verifica que ey Dx. La existencia de ese número y está lejos de ser evidente. El propio número e tiene que ser definido de alguna forma apropiada. Hago estas reflexiones para que te des cuenta de que lo que conoces de las funciones logaritmo, exponencial, trigonométricas : : : , es un conocimiento descriptivo. De estas funciones conoces, porque te lo han dicho, su comportamiento; pero no creo que hayas demostrado sus propiedades. Bueno, no quiero que pienses que tus profesores de bachillerato te ocultan información, lo que ocurre es que una definición de estas funciones que permita probar su existencia y demostrar sus propiedades requiere herramientas matemáticas que no tienen cabida en las enseñanzas medias. Precisamente, el Teorema Fundamental del Cálculo permite definir estas funciones de forma fácil, elegante y correcta. Olvida ahora todo lo que sepas de la función logaritmo natural. ¿Lo has olvidado ya? Sigamos. 8.21 Definición. La función logaritmo natural es la función log WRC ! R definida para todo t > 0 por: wt 1 dx log t D x 1

El Teorema Fundamental del Cálculo nos dice que la función logaritmo natural es derivable (y por tanto continua) y que log 0 t D 1=t . Como la derivada es positiva, deducimos que dicha función es estrictamente creciente. Dado a > 0, sea h.x/ D log.ax/. Entonces h 0 .x/ D a=.ax/ D 1=x. Luego la función h.x/ log.x/ tiene derivada nula en RC , por lo que es constante y, como para x D 1 es igual a log a, se sigue que h.x/ log.x/ D log a. Hemos probado así que log.ax/ D log a C log x para todo a > 0 y para todo x > 0. Observa que en poco más de tres líneas hemos obtenido ya las propiedades principales del logaritmo. Sigamos nuestro estudio. De lo ya visto se sigue que log.2n / D n log 2 para todo número entero n. De aquí se deduce que la función logaritmo natural no está mayorada ni minorada y, como es estrictamente creciente, concluimos que lKım log x D ∞ y lKım log x D C∞. Por tanto, podemos afirmar x!0

x!C1

que dicha función es una biyección estrictamente creciente de RC sobre R.

Representemos provisionalmente por ' W R ! R la función inversa del logaritmo. Dicha función se llama función exponencial. El teorema de derivación de la función inversa nos dice Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Integrales impropias de Riemann

402

que ' es derivable y para todo x 2 R es: ' 0 .x/ D

1 log

0 .'.x//

D '.x/

Ahora, dados, x; y 2 R, sean a; b;2 RC tales que x D log a, y D log b. Entonces: '.x C y/ D '.log a C log b/ D '.log.ab// D ab D '.x/'.y/ Hemos probado así que '.x C y/ D '.x/'.y/ para todos x; y 2 R. De esta igualdad se deduce fácilmente que apara todo número racional r se verifica que '.r / D '.1/r . El número r e 1 '.1/ se representa con la letra e, es decir, es el número definido por la igualdad log e D 1 x dx D 1. Con ello para todo número racional r se tiene que '.r / D er , por lo que se usa la notación '.x/ D ex para representar a la función exponencial. Fíjate con qué facilidad y elegancia hemos obtenido las propiedades principales de las funciones logaritmo natural y exponencial. Quedan así justificados todos los resultados vistos en capítulos anteriores que dependen de dichas propiedades. Así mismo, podemos definir la función arcotangente de la forma: arc tg x D

wx 0

1 dt : 1 C t2

Lo que constituye un punto de partida para definir las demás funciones trigonométricas. Este proceso está desarrollado con detalle en [16]. Veremos más adelante otro procedimiento más directo para definir las funciones trigonométricas.

8.3. Integrales impropias de Riemann Una de las limitaciones de la teoría de la integral de Riemann que hemos desarrollado es que en ella se consideran funciones acotadas en intervalos acotados. Queremos evitar estas limitaciones y considerar funciones no acotadas o intervalos no acotados. Los siguientes ejemplos indican el camino a seguir. p 1 8.22 Ejemplo. La función f .x/D p no está acotada en el intervalo 0; 1. Como h.x/D2 x x es una primitiva de f en Œ0; 1, para todo t 20; 1 se tiene que: w1 1 p dx D h.1/ x t Por tanto es natural definir:

h.t/ D 2

w1 1 p 2 t ÷ lKım p dx D 2: t !0 x t

w1 1 p dx D 2: x 0

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Integrales impropias de Riemann

403

8.23 Ejemplo. Para todo ˛ > 0 se tiene que: wt

e

˛x

0

dx D

1 .1 ˛

Por ello es natural definir:

e

C1 w

˛t

e

0

/

˛x

÷ lKım

t !C1

dx D

wt

e

˛x

0

dx D

1 : ˛

1 : ˛

En el primer ejemplo hemos considerado una función no acotada, y en el segundo un intervalo no acotado. 8.24 Definición. Sea f W Œc; bŒ! R una función continua en el intervalo Œc; bŒ, donde suponemos que c 2 R y que b un número real mayor que c o bien b D C∞. Se define la integral impropia de Riemann de f en Œc; bŒ como el límite: wb c

f .x/ dx D lKım

t !b

wt

f .x/ dx

(8.7)

c

Supuesto, claro está, que dicho límite exista y sea un número real, en cuyo caso se dice también que la integral de f es convergente en Œc; bŒ. Sea f Wa; c ! R una función continua en el intervalo a; c, donde suponemos que c 2 R y que a un número real menor que c o bien a D ∞. Se define la integral impropia de Riemann de f en a; c como el límite: wc a

f .x/ dx D lKım

t !a

wc

f .x/ dx

(8.8)

t

Supuesto, claro está, que dicho límite exista y sea un número real, en cuyo caso se dice también que la integral de f es convergente en a; c. Cuando el límite (8.7) o (8.8) existe y es igual a C∞ (resp. integral es positivamente o negativamente divergente.

∞) se dice que la respectiva

Sea f Wa; bŒ! R una función continua en el intervalo a; bŒ, donde ∞ 6 a < b 6 C∞. Sea c 2 R con a < c < b. Se dice que la integral de f es convergente en a; bŒ cuando las integrales de f en a; c y en Œc; bŒ son convergentes, en cuyo caso se define: wb a

f .x/ dx D

wc a

f .x/ dx C

wb

f .x/ dx

(8.9)

c

8.25 Observación. Como para todo u 2c; bŒ se verifica que: wx c

f .t/ dt D

wu c

f .t/ dt C

wx

f .t/ dt ;

u

se sigue que la convergencia de la integral de f en Œc; bŒ equivale a la convergencia de la integral de f en Œu; bŒ. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Criterios de convergencia para integrales

404

8.26 Ejemplo. Sea a ¤ 1. Se tiene que: wt 1 t1 a dx D xa 1 a

1 1

1

a

Deducimos que: C1 w 1

Análogamente:

8 < 1 wt 1 1 dx D lK ı m dx D a 1 :C∞ t !C1 xa xa 1

8 < 1 w1 1 w1 1 dx D lK ı m dx D 1 a :C∞ xa xa t !0 t 0

si a > 1

(8.10)

si a < 1

si a < 1

(8.11)

si a > 1

8.27 Ejemplo. Sea a ¤ 1. Usando la técnica de integración por partes, que estudiaremos más log x adelante, es fácil calcular una primitiva de la función f .x/ D a . Comprueba que: x F.x/ D

x1

es una primitiva de f en RC . Por tanto C1 w 1

Análogamente:

a.

1 C .1 a/ log x/ .1 a/2

rt

1 f .x/ dx

D F.t/

1 log x dx D .1 a/2 : xa C∞ 8 <

8 1 < w1 log x .1 a/2 dx D : xa 0

∞

F.1/. En consecuencia: si a > 1

(8.12)

si a < 1

si a < 1

(8.13)

si a > 1

8.3.1. Criterios de convergencia para integrales Naturalmente, no siempre vamos a disponer de una primitiva expresable por medio de funciones elementales, bien porque no exista o porque su cálculo efectivo sea muy complicado. Por ello, interesa conocer condiciones que aseguren la convergencia de una integral sin necesidad de conocer una primitiva elemental. Lógicamente, estas condiciones no nos permitirán calcular el valor numérico de la integral; tan sólo nos dirán si es o no convergente. Consideraremos integrales definidas en intervalos del tipo Œc; bŒ donde c < b 6 C1. Criterios de convergencia análogos se verifican para integrales definidas en intervalos del tipo a; c donde 1 6 a < c. El caso en que la función integrando es positiva es particularmente sencillo de estudiar.

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Criterios de convergencia para integrales

405

8.28 Proposición (Criterio básico de convergencia). Sea f continua y positivar en Œc; bŒ. x Entonces, la integral de f en Œc; bŒ es convergente si, y sólo si, la función F.x/ D c f .t/ dt está mayorada en Œc; bŒ, en cuyo caso: (x ) wb w f .t/ dt D sup f .t / dt W x 2 Œc; bŒ c

c

En otro caso la integral de f en Œc; bŒ es positivamente divergente. Las afirmaciones hechas son consecuencia de que, por ser f positiva en Œc; bŒ, la función rx F.x/ D c f .t / dt es creciente en Œc; bŒ. El siguiente criterio es consecuencia inmediata del anterior. 8.29 Proposición (Criterio de comparación). Sean f y g continuas y positivas en Œc; bŒ. Supongamos que la integral de g en Œc; bŒ es convergente y que f .x/6g.x/ para todo x 2 Œc; bŒ. Entonces la integral de f en Œc; bŒ también es convergente. De este criterio se deduce fácilmente el siguiente. 8.30 Proposición (Criterio límite de comparación). Sean f y g continuas y positivas en Œc; bŒ. Supongamos que: f .x/ lKım D 2 RC : g.x/ x!b Entonces las integrales de f y g en Œc; bŒ ambas convergen o ambas divergen positivamente. Demostración. De la hipótesis hecha se deduce que existe un número u 2c; bŒ tal que para todo x 2 Œu; bŒ se verifica que: f .x/ 3 1 6 6 2 g.x/ 2

”

g.x/ 6 2f .x/ 6 3g.x/:

De estas dos desigualdades se deduce, por el criterio de comparación anterior, que las integrales de f y de g en Œu; bŒ son ambas convergentes o ambas divergen positivamente. Basta tener ahora en cuenta la observación 8.25. 2 8.31 Definición. Se dice que la integral de f es absolutamente convergente en un cierto intervalo cuando la integral de la función jf j es convergente en dicho intervalo. Naturalmente, los criterios de convergencia antes vistos para integrales de funciones positivas, pueden usarse para estudiar la convergencia absoluta de la integral de cualquier función. Por ello, el siguiente resultado es de gran utilidad. Para demostrarlo usaremos la siguiente caracterización de la existencia de límite. 8.32 Proposición (Condición de Cauchy para la existencia de límite). Sea b un número real o bien b D C1, sea c 0 existe un número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u" ; bŒ se verifica que jf .x/ f .y/j < ". Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Teoremas del valor medio para integrales

406

Demostración. a ÷ b/. Por hipótesis, para todo " > 0 existe un número u" 2c; bŒ tal que para todo x 2u" ; bŒ se verifica que jf .x/ Lj < "=2. Para y 2u" ; bŒ también será jf .y/ Lj < "=2. Deducimos que: " " jf .x/ f .y/j D jf .x/ L .f .y/ L/j 6 jf .x/ Lj C jf .y/ Lj < C D ": 2 2 b ÷ a/. Probaremos que hay un número L 2 R tal que para toda sucesión fxn g ! b se verifica que ff .xn /g ! L. Según sabemos, por la proposición 7.41, esto equivale a que f tenga límite en b igual a L. Sea fxn g ! b, para probar que ff .xn /g es convergente probaremos que dicha sucesión verifica la condición de Cauchy. Dado " > 0, por la hipótesis hecha, hay un número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u" ; bŒ se verifica que jf .x/ f .y/j < "=2. Como fxn g ! c, existe un número natural m" tal que para todo p > m" se tiene que xp 2u" ; cŒ. Deducimos que si p > m" y q > m" , entonces jf .xp / f .xq /j < ", lo que prueba que la sucesión ff .xn /g es de Cauchy y, por el teorema de completitud de R, es convergente. Sea L 2 R el límite de ff .xn /g. Si ahora consideramos cualquier otra sucesión fyn g ! b, el mismo razonamiento anterior prueba que ff .yn /g converge. Debemos probar que su límite también es L. Para ello, basta con observar que, como consecuencia de la hipótesis hecha, la sucesión ff .xn / f .yn /g converge a 0, pues para todo n suficientemente grande se tiene que xn ; yn 2u" ; bŒ, por lo que jf .xn / f .yn /j < ". 2 La proposición anterior tiene una versión análoga para el caso de considerar un intervalo del tipo a; c con a un número real o a D 1. La condición del punto b) de la proposición anterior se llama condición de Cauchy para f en b. 8.33 Teorema. Si la integral de f es absolutamente convergente, entonces la integral de f también es convergente. Demostración.rSupongamos que la integral de f es absolutamente convergente en Œc; bŒ. Ponrx x gamos G.x/ D b jf .t/j dt , F.x/ D c f .t/ dt . Por la hipótesis hecha, existe el límite de G en b y es finito. En tal caso, se verifica la condición de Cauchy para G en b. Dado " > 0, hay un número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u" ; bŒ es jG.x/ G.y/j < ". Teniendo en cuenta la desigualdad: ˇx ˇ ˇy ˇ ˇy ˇ ˇw ˇ ˇw ˇ ˇw ˇ wy ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ jF.x/ F.y/j D ˇ f .t/ dt f .t/ dt ˇ D ˇ f .t/ dt ˇ 6 ˇ jf .t /j dt ˇ D jG.x/ G.y/j ; ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ c

c

x

x

se deduce que la función F verifica la condición de Cauchy en b, por lo que dicha función tiene límite finito en b, es decir, la integral de f en Œc; bŒ es convergente. 2

8.4. Teoremas del valor medio para integrales El teorema fundamental del cálculo permite traducir a integrales el teorema del valor medio. Basta observar para ello que, si f es una función continua en un intervalo I y ˛ es un punto Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Teoremas del valor medio para integrales

407

cualquiera r x de dicho intervalo, podemos aplicar el teorema del valor medio a la función derivable F.x/D ˛ f .t/ dt en el intervalo I . Según dicho teorema, para cualquier par de puntos a; b 2 I se verifica que hay algún punto c comprendido entre a y b tal que: F.b/ b

F.a/ D F 0 .c/: a

Pero esta igualdad es lo mismo que: 1 b

a

wb a

f .x/ dx D f .c/

”

wb a

f .x/ dx D f .c/.b

a/:

rb El número b 1 a a f .x/ dx se llama promedio integral o media integral de f en Œa; b. Con poco esfuerzo podemos obtener un resultado más general. 8.34 Teorema (Primer teorema de la media para integrales). Sean f una función continua en Œa; b y g una función positiva e integrable en Œa; b. Entonces se verifica que hay algún punto c 2 Œa; b tal que: wb wb f .x/g.x/ dx D f .c/ g.x/ dx : (8.14) a

a

Demostración. Por el teorema de Weierstrass 4.29,la función f alcanza un valor mínimo, m, y un valor máximo, M , en Œa; b. Como g.x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, tenemos que: mg.x/ 6 f .x/g.x/ 6 M g.x/

.para todo x 2 Œa; b/:

La función fg es integrable en Œa; b por ser producto de funciones integrables. Como la integral conserva el orden entre funciones, se sigue que: wb wb wb m g.x/ dx 6 f .x/g.x/ dx 6 M g.x/ dx : a

a

a

rb

rb De esta desigualdad se sigue que si a g.x/ dx D 0, entonces también es a f .x/g.x/ dx D 0 y la igualdad del enunciado se satisface trivialmente para todo c 2 Œa; b. En otro caso debe ser rb a g.x/ dx > 0 y deducimos que: m6

rb a

f .x/g.x/ dx 6 M: rb g.x/ dx a

Puesto que la imagen por f del intervalo Œa; b es el intervalo Œm; M , de la desigualdad anterior se sigue que hay algún c 2 Œa; b tal que: f .c/ D Como queríamos probar.

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rb a

f .x/g.x/ dx : rb a g.x/ dx 2 Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Teoremas del valor medio para integrales

408

8.35 Teorema (Segundo teorema de la media para integrales). Sea ' una función monótona y con derivada continua en Œa; b, y sea f una función continua en Œa; b. Entonces hay algún punto c 2 Œa; b tal que: wb a

wc wb f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx a

(8.15)

c

Demostración. Supongamos que ' es decreciente en Œa; b y '.b/D0. Definamos las funciones rx F.x/ D a f .t/ dt y H .x/ D F.x/'.x/. Tenemos que H 0 .x/ D F 0 .x/'.x/ C F.x/' 0 .x/ D f .x/'.x/ C F.x/' 0 .x/. Por la regla de Barrow, obtenemos que: wb a

wb wb f .x/'.x/CF.x/' 0.x/ dx DH .b/ H .a/D0 ÷ f .x/'.x/ dx D F.x/. ' 0 .x// dx : a

a

Como ' 0 .x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, podemos aplicar a la última integral el primer teorema de la media que asegura que hay algún c 2 Œa; b tal que: wb a

wb wc F.x/. ' 0 .x// dx D F.c/ . ' 0 .x// dx D F.c/'.a/ D '.a/ f .x/ dx : a

a

Hemos probado así que hay un c 2 Œa; b tal que: wb a

wc f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx :

(8.16)

a

Esta igualdad es un caso particular de la igualdad del enunciado (recuerda que hemos supuesto que '.b/D0). Consideremos ahora que ' es decreciente en Œa; b (no suponemos que '.b/D0). Podemos aplicar la igualdad 8.16 a la función ' '.b/ y obtenemos que hay algún c 2 Œa; b tal que: wb

wc '.b// f .x/ dx

a

'.b// dx D .'.a/

wb

wc

wb

a

a

wc

wb

a

c

a

f .x/.'.x/

a

f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx

÷

wc

'.b/ f .x/ dx D a

D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx : Esto demuestra el teorema para ' decreciente. El caso en que ' sea creciente se reduce al anterior considerando la función '. 2 El segundo teorema de la media para integrales es muy útil para estudiar la convergencia no absoluta de integrales impropias pues, en muchos casos, permite probar que se satisface la condición de Cauchy para la existencia de límite. El teorema suele enunciarse con hipótesis mucho más generales, pero las hipótesis con las que lo hemos probado son suficientes para nosotros. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Derivadas e integrales de funciones complejas de variable real

409

8.5. Derivadas e integrales de funciones complejas de variable real Una función compleja de variable real es una función de la forma h.t /Df .t /Cig.t/ donde f , g son funciones reales definidas en un intervalo I . Se dice que f es la parte real de h y g es la parte imaginaria, y escribimos f D Re.h/, g D Im.h/. Cuando las funciones f y g son derivables, se dice que h es derivable y se define su derivada por la igualdad: h 0 .t/ D f 0 .t/ C ig 0 .t/: Cuando las funciones f y g son integrables en un intervalo Œa; b se dice que h es integrable en Œa; b y se define la integral de h en Œa; b por la igualdad: wb a

h.t / dt D

wb a

f .t / dt C i

wb

g.t/ dt :

a

Naturalmente, si F y G son, respectivamente, primitivas de f y g en un intervalo Œa; b, entonces H .t/ D F.t / C iG.t / es una primitiva de h en Œa; b y se verifica la regla de Barrow: wb a

h.t/ dt D

wb a

f .t/ dt C i

wb a

g.t/ dt D .F.b/

F.a// C i.G.b/

G.a// D H .b/

H .a/:

Análogamente, si f y g son continuas en un intervalo I y elegimos un punto a 2 I , la función: H .x/ D

wx a

h.t/ dt D

wx a

f .t/ dt C i

wx

g.t/ dt

a

es una primitiva de h en I . 8.36 Ejemplo. Sea ˛ C iˇ un número complejo, la función: h.t/ D e.˛Ciˇ/t D e˛t eiˇt D e˛t cos.ˇt/ C i e˛t sen.ˇt/ es derivable y su derivada viene dada por: h 0 .t / D ˛ e˛t cos.ˇt/

ˇ e˛t sen.ˇt/ C i ˛ e˛t sen.ˇt/ C ˇ e˛t cos.ˇt / D D e˛t .˛ C iˇ/ cos.ˇt / C i sen.ˇt/ D .˛ C iˇ/ e˛t eiˇt D.˛ C iˇ/h.t/:

Como era de esperar, hemos obtenido que:

d .˛Ciˇ/t e D.˛ C iˇ/ e.˛Ciˇ/t : dt En consecuencia:

w

e.˛Ciˇ/t dt D

1 e.˛Ciˇ/t ˛ C iˇ

(8.17)

En algunos de los siguientes ejercicios deberás calcular algunas primitivas muy sencillas, es un buen momento para que repases las derivadas de las funciones elementales. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

410

8.5.1. Ejercicios propuestos ex sen x 365. Sea f .x/ D . Justifica que f es integrable en Œ0; 1 y se verifica la desigualdad x r1 0 6 0 f .x/ dx 6 e 1. 366. Sea f una función continua y positiva en Œa; b tal que f .x/ D 0 para todo x 2 Œa; b.

rb a

f .x/ dx D 0. Prueba que

367. Justifica las desigualdades: 1

2

w x 9 dx 1 1 1 1 nC1 1 1 w dx < I b/ p < < I c/ < log < : a/ < 6 10 C x 5 10 nC1 n n 10 2 0 10 C x 0 n Deduce de la última desigualdad que e D lKım 1 C 1n .

r 368. Calcula la integral f .x/ dx donde f .x/ D sen x C cos x, y calcula el área de la región limitada por la gráfica de f y el eje de abscisas cuando x 2 Œ ; . 369. Calcula los límites de las siguientes sucesiones expresándolas como sumas de Riemann. 1˛ C 2˛ C C n˛ ; .˛ > 0/ n˛C1 1 1 1 Cp C C p b/ xn D p n.n C 1/ n.n C 2/ n.n C n/ 1 1 1 c/ xn D C C C nC1 nC2 nCn n n n C 2 C C 2 d / xn D 2 n C1 n C4 n C n2 nC2 nCn nC1 C 2 C C 2 e/ xn D 2 n C1 n C4 n C n2 a/ xn D

f / xn D h/ xn D

n X .n

kD1

.2n/! n!nn

k/k n3 1=n

n 1 X k g/ xn D 2 k sen n2 n kD1 nq X 1 i/ xn D .p; q 2 N; p < q/ k kDnpC1

370. Considera la función f W Œ0; 1 ! R definida por f .x/ D 1=x y f .0/ D 0. Prueba que: w1 0

f .x/ dx D lKım

t !0

w1 1 t

x

E.1=x/ para 0 < x 6 1,

1 E dx D 1 x

;

donde es la constante de Euler. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

411

371. Sea f derivable en Œa; b y sea M > 0 tal que jf 0 .x/j 6 M para todo x 2 Œa; b. Dado n 2 N sea P la partición de Œa; b definida por los puntos xk D a C k b n a , donde n X b a . Prueba que: k D 0; 1; 2; : : : ; n. Pongamos ˛ D f .xk / n kD1

S.f; P /

˛6M

a/2

.b n

;

y deduce que: ˇ ˇwb ˇ ˇ f .x/ dx ˇ ˇa

ˇ ˇ ˇ .b a/2 : ˛ ˇˇ 6 M n ˇ

372. Calcula las siguientes integrales. a/

w1

2

.x 2

1/6 2x dx

b/

0

d/

we2 e

1 dx x log x

2 3 2

jcos xj dx

w sen px dx e/ p x 0

w4 p g/ cos x sen x dx

w3

h/

w 0

0

sen x dx cos x C 4

we log x dx x

c/

1

w4 1 C sen x f/ dx cos2 x 0

w2 2

i/

1

x x3

dx

Sugerencia. Todas ellas son inmediatas y se calculan usando la regla de Barrow. rx 373. Sea f una función continua tal que 0 tf .t/ dt D sen x x cos x. Calcula f .=2/ y f 0 .=2/. ! wx wt 374. Sea Sea f una función continua y definamos F.x/D t f .s/ ds dt . Calcula F 0 .1/ 1

y F 00 .x/.

1

375. Calcula la derivada de las siguientes funciones. a/ G.x/ D c/ G.x/ D e/ G.x/ D g/ G.x/ D

x3 w

cos.t 2 / dt

0 x 2wCx p

wx

1 p dt 3 2 C t2

x

0 @

2

y w

0 1 sen w2 x

1 1 dt A dy 1 C sen2 t

cos.log2 .t 2 // dt

ex

b/ G.x/ D d / G.x/ D

w1

esen t dt

x2 wex

sen.log t/ dt

1

r x sen u 1

f / G.x/ D

wu 0

du

1 dt t 2 C sen4 t

w1 3x 2 t 3 h/ G.x/ D dt 1 C t4 0

Sugerencia. Aplica la estrategia 8.19. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

412

376. Calcula todas las funciones de clase C 1 en R tales que: 2

f .x/ D

wx 0

f .t/2 C f 0 .t/2 dt C 2008:

377. Prueba que para todo x 2 Œ0; =2 se verifica la igualdad: cos w2 x

sen w2 x p p arc sen t D arc cos t dt C 4 0

0

378. 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

x 1 w g.t/ f .x/ D dt x t

g 0 .0/;

.x ¤ 0/:

0

¿Es f de clase C 1 ? r 2x 2 379. Sea F W Œ0; C1Œ! R definida por F.x/ D x e t dt . Estudia los extremos relativos y absolutos de F , intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y calcula el límite de F en C1. 380. Sea f la función dada por:

f .x/ D Estudia la derivabilidad de F.x/ D

rx

2 x; si x 6 1; 2 C x; si x > 1.

0

f .t / dt .

x

wx

381. Calcula los siguientes límites. x2 w

a/ lKım

p sen. t/ dt

0

x2 w

dt

0

b/ lKım

x!0 wx

x3

x!0 x>0

e

t2

0

c/ lKım

e sen t dt

t2

e

p x x

x!0 x>0

t2

e

1

dt

0 2 xw C1

d / lKım

e

1

wx

t

t

dt e/

x2

x!0

t2

e

dt

0

lKım

x!C1

wx

e

2t 2

!2

wx f / lKım

0

.sen t C cos t

1/ dt

x2

x!0

dt

0

382. Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias y calcúlalas cuando sean convergentes. a/

C1 w

d/

1 C1 w 0

dx p x 4x 2 C x C 1 x4

1C dx .x 2 C 1/3

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b/

C1 w

xe

x2

dx

c/

0

w1 log x dx e/ x 0

f/

C1 w

1 dx p x.1 C x/

0 C1 w 1

1 dx 1 C x2

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Ejercicios propuestos

413

Sugerencias. En a) hacer x D 1=t y en d) x D tg t. 383. Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias. a/

w1 1

d/

0 C1 w

cos x p dx 2 x x

1

b/

w1

e/

w1

0

x dx ex 1

x dx sen x

x

log x log.1

c/

C1 w 0

x/ dx

0

xC5 dx x3 C x

w1 1 f / p sen.1=x/ dx x 0

Sugerencia. Los criterios de comparación pueden ser útiles. 384. Estudia la convergencia de la integral ID

C1 w

x˛

0

x C sen x dx x sen x

Según los valores de ˛ 2 R. r C1 sen x 385. Prueba que la integral 1 x p 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. 386. Estudia para qué valores de ˛ y ˇ son convergentes las integrales siguientes. a/

C1 w

x ˛ eˇx dx

b/

1

C1 w 0

1 dx ˛ x .1 C x ˇ /

c/

w1

x ˛ .1

x/ˇ dx

0

Sugerencia. Utiliza el criterio límite de comparación. 387. 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. 388. Sea f W RC o ! R la función definida por f .0/ D 0, f .1/ D log 2 y x2 w 1 dt f .x/ D log t x

.0 ¤ x ¤ 1/:

a) Prueba que lKım f .x/ D log 2 y justifica que f es de clase C 1 . x!1

w1 t 1 dt . Aplicación. Calcula la integral log t 0

t 1 Sugerencia: Sea g.t/ D . Utiliza el primer teorema de la media para integrales para log t obtener que si 0 < x ¤ 1 hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x 2 tal que: x2 w 1 f .x/ D g.c/ dt : t 1 x

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Ejercicios resueltos

414

389. Justifica, usando integrales, que para todo x > 0 se verifica que: 1 < log.1 C x/ 1Cx

log x <

1 : x

Dedduce que, dado p 2 N, p > 2, se verifica que: lKım

n!1

pn X 1 D log p: k

kDnC1

8.5.2. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! ex sen x Ejercicio resuelto 180 Sea f .x/ D . Justifica que f es integrable en Œ0; 1 y se vex r1 rifica la desigualdad 0 6 0 f .x/ dx 6 e 1.

Solución. Como 0 6 sen x 6 x para todo x 2 Œ0; 1, se sigue que 0 6 f .x/ 6 ex 6 e para todo x 20; 1. En consecuencia la función f está acotada y es continua en Œ0; 1 n f0g. Podemos ahora apoyarnos en la observación 8.15 para concluir que f es integrable en Œ0; 1. Alternativamente, podemos definir f .0/ D 1 con lo que cual resulta continua en todo el intervalo Œ0; 1. Finalmente, como la integral conserva el orden, tenemos que: 0 6 f .x/ 6 ex

8x 2 Œ0; 1

÷

06

w1 0

f .x/ dx 6

w1 0

ex dx D e 1

© rb

Ejercicio resuelto 181 Sea f una función continua y positiva en Œa; b con a f .x/ dx D 0. Prueba que f .x/ D 0 para todo x 2 Œa; b. rb rx rb Solución. Sea x 2 Œa; b. Pongamos a f D a f C x f . Como f .t/ > 0 para todo rb rb rx tr 2 Œa; b, se verifica que x f > 0, por lo que 0 D a f >r a f > 0. Deducimos que x x a f D 0. Como f es continua en Œa; b, la función F.x/ D a f es derivable en Œa; b y F 0 .x/Df .x/ para todo x 2 Œa; b. Evidentemente, F 0 es la función nula, luego f .x/D0 para todo x 2 Œa; b. rx Alternativamente, la función F.x/ D a f .t/ dt es derivable con F 0 .x/ D f .x/ > 0, lo que implica que F es creciente en Œa; b. Como F.a/ D F.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. © Ejercicio resuelto 182 Justifica las desigualdades: 2

1

w x 9 dx 1 1 1 1 nC1 1 1 w dx < I b/ p < < I c/ < log < : a/ < 6 10 C x 5 10 nC1 n n 10 2 0 10 C x 0 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios resueltos

415

n Deduce de la última desigualdad que e D lKım 1 C 1n .

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 rb a f .x/ dx > 0. Las desigualdades propuestas son todas consecuencia de este resultado.

1 1 1 1 y g.x/D son continuas, 10 10 C x r 10 C x 12 r 2 2 positivas y no idénticamente nulas en Œ0; 2, luego 0 f .x/ dx > 0 y 0 g.x/ dx > 0. Esto prueba las desigualdades pedidas. 1 1 1 c) Dado n 2 N, para todo x 2 Œn; n C 1 se tiene que < < . Razonando com nC1 x n antes, se sigue que:

a) Para 06x 62 las funciones f .x/D

nC1 nC1 nC1 w w 1 w 1 nC1 1 1 1 D dx < dx D log < dx D : nC1 nC1 x n n n n n n

Lo que prueba la desigualdad del enunciado. Multiplicando por n dicha desigualdad se obtiene: n nC1 nC1 n < n log D log < 1: nC1 n n n ! 1, lo que Por el principio de las sucesiones encajadas, deducimos que log nC1 n n implica, tomando exponenciales, que e D lKım 1 C n1 . © Ejercicio resuelto 183 Calcula los límites de las siguientes sucesiones expresándolas como sumas de Riemann. 1˛ C 2˛ C C n˛ ; .˛ > 0/ n˛C1 nC2 nCn nC1 C 2 C C 2 e/ xn D 2 n C1 n C4 n C n2 1=n .2n/! i/ xn D n!nn

a/ xn D

Solución. Aplicaremos en cada caso el corolario 8.9. ˛ k 1 Pn que es una suma de Riemann de la función f .x/D a) Tenemos que xn D kD1 n n x ˛ para la partición del intervalo Œ0; 1 dada por los puntos xk D kn (0 6 k 6 n). Pues, n X claramente, se tiene que xn D f .xk /.xk xk 1 /. Como ˛ > 0, la función f es kD1

integrable en Œ0; 1, y deducimos que:

lKım fxn g D

n!1

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w1 0

x ˛ dx D

1 : ˛C1

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Ejercicios resueltos

416

e) Podemos escribir: xn D

n n X nCk 1X D n n2 C k 2

1 C kn 2 k kD1 1 C n

kD1

que es una suma de Riemann de la función f .x/ D

1Cx 1Cx 2

para la partición del intervalo

k n

Œ0; 1 dada por los puntos xk D (0 6 k 6 n). Como la función f es integrable en Œ0; 1 y .Pn / D 1n ! 0, deducimos que: lKım fxn g D

n!1

w1 1 C x w1 w1 x 1 dx D dx C dx D 1 C x2 1 C x2 1 C x2 0

0

0

p 1 D arc tg 1 C log 2 D C log 2: 2 4 i) Tomando logaritmos tenemos que: 1 1 log..2n/!/ log n!nn D log n!.n C 1/ .2n/ n log n log n! D log.xn /D n n n 1 1X nCk D .log.n C 1/ C log.n C 2/ C C log.2n/ n log n/ D D log n n n kD1 n k 1X : log 1 C D n n kD0

Por tanto, la sucesión yn Dlog.xn / es una suma de Riemann de la función log.1Cx/ para la partición del intervalo Œ0; 1 dada por los puntos xk D kn , k D 0; 1; : : : ; n. Aplicando el corolario citado al principio, deducimos que: w1 ˇ1 w1 x u D log.1 C x/ dx D2 log 2 1: lKımfyn gD log.1Cx/ dx D Dx log.1Cx/ˇ0 dv D dx 1Cx 0

Luego fxn g !

0

©

4 e.

Ejercicio resuelto 184 Considera la función f W Œ0; 1 ! R definida por f .x/ D 1=x E.1=x/ para 0 < x 6 1, y f .0/ D 0. Prueba que: w1 w1 1 1 E dx D 1 ; f .x/ dx D lKım x x t !0 t 0

donde es la constante de Euler. Solución. La función f es continua en todos los puntos de Œ0; 1 excepto en 0 y en los 1 donde n 2 N. Claramente 0 6 f .x/ 6 1. Por tanto, en cada puntos de la forma nC1 intervalo Œt; 0 con t > 0 la función f es integrable por estar acotada y tener en dicho intervalo un número finito de discontinuidades. Fijado 0 < t < 1, sea n D n.t / 2 N tal 1 que nC1 < t 6 n1 . Tenemos que: w1 t

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1

f .x/ dx D

wn t

f .x/ dx C

n X1

1

wk

f .x/ dx :

kD1 1 kC1

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Ejercicios resueltos

417

1 < x6 Para kC1 tenemos:

w1 t

1 k

se tiene que E.1=x/ D k. Luego, poniendo ˛.t/ D

f .x/ dx D ˛.t / C

n X1

kD1

1 wk 1 x 1

k

kC1

n X1 D ˛.t / C log.k C 1/

D ˛.t / C log n

kD1

t

f .x/ dx ,

dx D

log k

k

kD1

n X1

r n1

1 k

1 k C1

n X 1 k

1 D ˛.t/ C 1 k C1

D !

log n

kD1

Puesto que para t ! 0 ) n.t/ ! C1, y 0 6 f .x/ 6 1, se sigue que: 1 t ÷ lKım ˛.t/ D 0: 0 6 ˛.t / 6 n.t/ t !0 Concluimos que: lKım

t !0

w1 t

f .x/ dx D 1

lKım

n!1

n X 1 k

kD1

!

log n D 1

:

©

Ejercicio resuelto 185 Calcula la derivada de las siguientes funciones. a/ G.x/ D c/ G.x/ D e/ G.x/ D

x3 w

2

0 x 2wCx p

wx 0

1 p dt 3 2 C t2

x

0 @

1

la función F.x/ D

0

d / G.x/ D 1

2

y w

1 dt A dy 1 C sen2 t

Solución. a) La función G.x/ D wx

b/ G.x/ D

cos.t / dt

x3 w

w1

esen t dt

x2 wex

sen.log t/ dt

1

r x sen u 1

f / G.x/ D

wu 0

du

1 dt t 2 C sen4 t

cos.t 2 / dt puede expresarse como la composición de

0

cos.t 2 / dt con la función h.x/ D x 2 . Por el teorema fundamental

del cálculo, 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 2wCx p

x

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x 2wCx 1 1 p dt D p dt 3 3 2 C t2 2 C t2 0

p

wx 0

1 p dt : 3 2 C t2

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Ejercicios resueltos

418

Definamos F.x/ D

wx 0

p 1 p dt , g.x/ D x, h.x/ D x 2 C x. Tenemos que 3 2 2C t

G.x/ D F.h.x// Como F 0 .x/ D

que:

F.g.x// D .F ı h/.x/

.F ı g/.x/:

1 1 p , g 0 .x/ D p , h 0 .x/ D 2x C 1, deducimos, al igual que antes, 3 2 2 x 2C x

G 0 .x/ D F 0 .h.x//h 0 .x/

F 0 .g.x//g 0 .x/ D

2

e) Definamos H .y/ D

y w 1

2C

p 3

2x C 1

x 4 C 2x 3 C x 2

1 1 p p : 3 2C x2 x

x

w 1 dt . Entonces G.x/ D H .y/ dy . Como la función 1 C sen2 t 0

H .y/ es continua, de hecho es derivable, se sigue que G 0 .x/ D H .x/. wx sen u wx 1 dt , h.x/ D du . Tenemos que G.x/ D .F ı h/.x/. f) Sea F.x/ D u t 2 C sen4 t 1

0

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

1 sen x : h.x/2 C sen4 h.x/ x

©

Ejercicio resuelto 186 Prueba que para todo x 2 Œ0; =2 se verifica la igualdad: cos w2 x 0

sen w2 x p p arc cos t dt C arc sen t D 4 0

Solución. Definamos F.x/ D

sen w2 x p p arc sen t. Tenemos que: arc cos t dt C

cos w2 x 0

0

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 p tenido en cuenta pque para x 2 Œ0; =2 se tiene que sen x > 0 y cos x > 0 por lo que sen2 x Dsen x y cos2 x Dcos x. Además, sabemos que arc sen.sen x/Dx para x 2 Œ =2; =2 y arc cos.cos x/ D x para x 2 Œ0; . Por tanto ambas igualdades son válidas para x 2 Œ0; =2. Hemos probado así que la derivada de F es nula en el intervalo Œ0; =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 Œ 1; 1. Como cos2 .=4/ D sen2 .=4/ D 1=2, obtenemos fácilmente que F.=4/ D =4. © Ejercicio resuelto 187 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 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

g 0 .0/;

x 1 w g.t/ dt f .x/ D x t 0

.x ¤ 0/: Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

419

¿Es f de clase C 1 ? Solución. Pongamos h.x/ D

g.x/ para x ¤ 0. Como x g.x/ x x!0

lKım h.x/ D lKım

x!0

g.0/ D g 0 .0/; 0

definiremos h.0/ D g 0 .0/. Con ello, la función h es continua en R. Deducimos que f es derivable en R n f0g y: f

0 .x/ D

x g.x/ x

rx

0 x2

g.t / t

dt

D

rx

g.x/

0 x2

g.t / t

dt

:

La derivada de f es claramente continua en R n f0g. Comprobaremos que f es continua en 0 y que su derivada tiene límite en 0, en cuyo caso la proposición 6.19 nos dice que f es de clase C 1 . Para calcular el límite de f en 0 podemos aplicar la regla de L’Hôpital. g.x/ D g 0 .0/ x!0 x

lKım f .x/ D lKım

x!0

lKım f .x/ D f .0/:

÷

x!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. g 0 .x/ 2x x!0

lKım f 0 .x/ D lKım

x!0

g.x/ x

D

lKım

g.x/

x!0

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/ g.x/ D 2x 2

xg 0 .0/ C xg 0 .0/ 2x 2

xg 0 .x/

D

g.x/

xg 0 .0/ g 0 .x/ g 0 .0/ : 2x 2x 2

Para calcular el límite de la primera fracción en 0 podemos aplicar L’Hôpital (o el teorema de Taylor – Young) y tenemos: lKım

g.x/

x!0

xg 0 .0/ g 0 .x/ g 0 .0/ 1 00 D g .0/: D lK ı m 4x 4 x!0 2x 2

g 0 .x/ g 0 .0/ 1 00 1 D g .0/. Concluimos que lKım f 0 .x/ D g 00 .0/. Por la propo2x 2 4 x!0 x!0 1 00 0 sición 6.19, concluimos que f es derivable en 0 con f .0/ D g .0/ y, por tanto, f 0 es 4 continua en 0, luego f es una función de clase C 1 en R. © r 2x 2 Ejercicio resuelto 188 Sea F W Œ0; C1Œ! R definida por F.x/ D x e t dt . Estudia los extremos relativos y absolutos de F , intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y calcula el límite de F en C1. Y lKım

Solución. Observa que todo lo que se pide en este ejercicio depende del conocimiento de la función derivada de F que podemos calcular fácilmente. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios resueltos

420

Poniendo F.x/ D

r 2x 0

e

F 0 .x/ D 2 e

t2

rx

dt

0

4x 2

e

El signo de F 0 es el mismo de 2 e

t2

e

x2

dt , deducimos que: x2

De

3x 2

2e

3x 2

1. Tenemos que:

1

.x > 0/

r log 2 1 2 2e 1>0 ” e > ” 3x 6 log 2 ” jxj 6 2 3 q Como consideramos que x > 0, obtenemos que F 0 .x/> para x 2 Œ0; log3 2 y F 0 .x/ 6 0 q q q log 2 log 2 log 2 para x > es creciente en Œ0; 3 . Por tanto F 3 y es decreciente en Œ 3 ; C1Œ. q log 2 Deducimos que en x0 D 3 la función F alcanza un valor máximo absoluto en Œ0; C1Œ. No hay otros extremos relativos, además de x0 , porque la derivada solamente se anula en x0 . 3x 2

3x 2

Por su definición, se tiene que F.x/ > 0 para todo x > 0, pues F es la integral de la 2 función continua positiva e t en el intervalo Œx; 2x. Como F.0/ D 0, resulta que F alcanza en 0 un valor mínimo absoluto. Calculemos la segunda derivada. F 00 .x/ D 16x e

4x 2

x2

C2x e

x2

D2x e

1

3x 2

8e

.x > 0/ p p 00 Se obtiene fácilmente que F 00 .x/ p6 0 para x 2 Œ0; logp2 y F .x/ > 0 para x > log 2. en Œ log 2; C1Œ. Deducimos que F Por tanto, F es cóncava en Œ0; log 2 y convexa p tiene un único punto de inflexión en x1 D log 2. Finalmente, como:

0 6 F.x/ D x2

y lKım x e x!C1

2x w

t2

e

dt 6

x

D0, obtenemos que

2x w

e

x

x2

x2

dt D x e

;

©

lKım F.x/ D 0.

x!C1

Ejercicio resuelto 189 Calcula los siguientes límites. x2 w

p sen. t/ dt

0

a/ lKım

e

t2

x!0 wx

x2 w

dt

0

b/ lKım

x3

x!0 x>0

x

wx

0

c/ lKım

t2

e sen t dt

x!0 x>0

e

t2

e

1

p x x

dt

0 x 2wC1

d / lKım

x!0

1

wx

t

e t

dt

x2

e/

lKım

x!C1

t2

e

dt

0

wx

e

2t 2

!2

wx f / lKım

x!0

0

.sen t C cos t

1/ dt

x2

dt

0

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Ejercicios resueltos

421

Solución. Todos ellos se calculan aplicando las reglas de L’Hôpital. x2 w

a) lKım

p sen. t/ dt

0

x3

x!0 x>0

p 2x sen. x 2 / 2 sen.jxj/ 2 2 sen x D lKım D lKım D lKım D : 2 x!0 x!0 3 x x!0 3 x 3 3x x>0

x2

w

x>0

p sen. t/ dt

0

Observa que lKım

x>0

x!0 x 0. Se trata de estudiar la c) Pongamos f .x/ D 3 x Cx convergencia de la integral de f en 0; C1Œ. Para ello estudiaremos la convergencia de las integrales de f en 0; 1 y en Œ1; C1Œ. Tenemos las equivalencias asintóticas:

xC5 1 1 5 xC5 1 2 .x ! C1/ .x ! 0/; f .x/ D 1 x2 x 1 C x2 x x xCx r C1 1 Como la integral 1 x2 dx es convergente, se sigue que la integral de f en Œ1; C1Œ es convergente. r1 Como la integral 0 x1 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. © f .x/ D

Ejercicio resuelto 192 Estudia la convergencia de la integral ID

C1 w

x˛

0

x C sen x dx x sen x

Según los valores de ˛ 2 R.

x C sen x . Como jsen xj < x para todo x > 0, se sigue x sen x 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 Œ1; C1Œ. Tenemos las equivalencias asintóticas:

Solución. Pongamos f .x/ D x ˛

x C sen x 2x

y x

sen x

1 3 x 3

.x ! 0/ ÷ f .x/ 6x ˛

r1 Como la integral 0 x ˛ 2 dx es convergente si, y sólo si, ˛ integral de f en 0; 1 es convergente si, y sólo si, ˛ > 1.

2>

2

.x ! 0/

1, deducimos que la

˛ Tenemos r C1 ˛ también la equivalencia asintótica f .x/ x para x ! C1. Como la integral x dx es convergente si, y sólo si, ˛ < 1, deducimos que la integral de f en 1 Œ1; C1Œ es convergente si, y sólo si, ˛ < 1. Por tanto, la integral de f en 0; C1Œ no converge para ningún valor de ˛. ©

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Ejercicios resueltos

423

r C1 sen x Ejercicio resuelto 193 Prueba que la integral 1 x p dx es absolutamente convergente para p > 1, es convergente pero no absolutamente convergente para 0 1 la integral r C1 es convergente, se sigue, por el criterio de comparación, que la integral 1 absolutamente convergente para p > 1.

r C1

1 1 xp sen x x p dx

dx es

Supongamos que 0 u > 1, dicho teorema afirma que hay algún c 2 Œu; v tal que: c v wv sen x 1 w 1 w dx D sen x dx C sen x dx : xp up u vp c u

ˇr ˇ ˇ b ˇ Teniendo en cuenta que ˇ a sen x dx ˇDjcos a cos bj6jcos ajCjcos bj62, deducimos que: ˇv ˇ ˇw sen x ˇ 2 2 ˇ ˇ dx ˇ ˇ6 p C p: p ˇ ˇ u x v u rx t De esta desigualdad se deduce que la función F.x/ D 1 sen t p dt satisface la condición " 2 de Cauchy en C1. Pues, dado " > 0, basta tomar u" > 1 tal que p < (lo que puede 2 u" hacerse por ser p > 0) para obtener que para todos v > u > u" es: ˇv ˇ ˇ ˇw sen x 2 2 ˇ ˇ jF.u/ F.v/j D ˇ dx ˇ 6 p C p < ": p ˇ ˇ u x v u

Concluimos, por la proposición 8.32, que la función F.x/ tiene límite finito en C1, esto r C1 sen x es, la integral 1 x p dx es convergente. Para probar que la integral no es absolutamente p convergente para 0 1= 2 para x 2 Œ=4; 3=4 y, por la periodicidad del seno, también será sen x > 1= 2 para x 2 Œ2k C =4; 2k C 3=4, donde k D 0; 1; 2; : : : . Tenemos que para todo x 2 Œ2k C =4; 2k C 3=4 es: 1 1 1 jsen xj 1 1 1 p >p >p > : p pp p xp .2k C 3=4/ .2k C 1/ .k C 1/p 2 2 2 2 Deducimos que: 2kC3=4 w 2kC=4

jsen xj 1 dx > : p p p x 4 2 .k C 1/p

Tenemos que para todo n 2 N: 2nC3=4 w 1

n X jsen xj dx > xp

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2kC3=4 w

kD1 2kC=4

n X jsen xj 1 dx > : p p xp .k C 1/p 4 2 kD1

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Ejercicios resueltos

424

Como 0 p .k C 1/ k C1

1

kD1

donde fHn g D f1 C 1=2 C C 1=ng es la serie armónica. Sabemos que fHn g ! C1, por lo que de las dos desigualdades anteriores se sigue que: lKım

n!1

2nC3=4 w 1

jsen xj dx D C1 xp

÷

wt jsen xj dx D C1: t !C1 xp lKım

1

Luego la integral no converge absolutamente para 0 < p 6 1. Finalmente, si p 6 0 se comprueba que la función F.x/ no verifica la condición de Cauchy C1, por lo que no existe el límite de F.x/ en C1, es decir, la integral r C1 sen en x dx no es convergente. © 1 xp Ejercicio resuelto 194 Estudia para qué valores de ˛ y ˇ son convergentes las integrales siguientes. a/

C1 w

x ˛ eˇx dx

b/

1

C1 w 0

1 dx x ˛ .1 C x ˇ /

c/

w1

x ˛ .1

x/ˇ dx

0

Sugerencia. Utiliza el criterio límite de comparación. Solución. Son integrales de funciones positivas y podemos usar los criterios de comparación. a) Sabemos que para todo s < 0 es

lKım x ˛ esx D0 cualquiera sea ˛ 2 R. Pongamos

x!C1

f .x/ D x ˛ eˇx . Si ˇ < 0, sea s D ˇ=2. Tenemos que: lKım

x!C1

f .x/ D lKım x ˛ esx D0: x!C1 esx

f .x/ Por tanto, hay algún u0 > 1 tal que para todo x > u0 se verifica que sx 6 1, esto es, e r C1 f .x/ 6 esx . Como s < 0 la integral 1 esx dx es convergente y, por el criterio de r C1 comparación, deducimos que la integral 1 x ˛ eˇx 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. © Ejercicio resuelto 195 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/ D sen.1=x/, h.0/ D 0 es continua y acotada en R y tiene una única 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

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wx

sen.1=t / dt

0

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Ejercicios resueltos

425

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: rx sen.1=t/ dt lKım 0 : x!0 x Dicho límite es una indeterminación del tipo 00 (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. wx 0

C1 w sen s wu sen s t D 1=s; dt D sds2 D sen.1=t / dt D ds D lK ı m ds t D x; s D 1=x; t D 0; s D C1 u!C1 s2 s2 1 1

x

x

Sea u > 1=x. Podemos aplicar el segundo teorema de la media para obtener que hay algún punto c 2 Œ1=x; u tal que: u wu sen s wc 1 w 2 sen s ds C ds D x sen s ds : s2 u2 c 1 1 x

x

ˇ ˇr ˇ ˇ b Teniendo ahora en cuenta que ˇ 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 ˇ C1 ˇ ˇ ˇu ˇu ˇ ˇ ˇ ˇ ˇw sen s ˇ w sen s w 2 ˇ ˇ ˇ ˇ sen s ˇ ˇ 2 ds ÷ ds ds 6 2x C D lK ı m ˇ ˇ ˇ ˇ 6 2x 2 ÷ ˇ ˇ 2 2 2 2 ˇ ˇ ˇ u!C1 ˇ ˇ ˇ s u s s ˇ ˇ x1 ˇ ˇ ˇ x1 ˇ x1 ˇr x ˇ r x ˇ sen.1=t / dt ˇ sen.1=t/ dt ˇ 0 ˇ D 0: ˇ ˇ 6 2x ÷ lKım 0 ˇ ˇ x x x!0 x >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. © Ejercicio resuelto 196 Sea f W RC o ! R la función definida por f .0/ D 0, f .1/ D log 2 y x2 w 1 f .x/ D dt log t x

.0 ¤ x ¤ 1/:

a) Prueba que lKım f .x/ D log 2 y justifica que f es de clase C 1 . x!1

w1 t 1 dt . Aplicación. Calcula la integral log t 0

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Ejercicios resueltos

426

t 1 . Utiliza el primer teorema de la media para integrales para log t obtener que si 0 < x ¤ 1 hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x 2 tal que:

Sugerencia: Sea g.t/ D

x2 w 1 dt : f .x/ D g.c/ t 1 x

Solución. Definamos g.1/ D 1. Con ello, la función g es continua en RC o . Puesto que: f .x/ D

x2 w

g.t /

x

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: x2 w dt Dg.c/.logjx 2 f .x/Dg.c/ t 1 x

1j logjx

ˇ ˇ ˇ x2 1 ˇ ˇ ˇ 1j/Dg.c/ log ˇ ˇDg.c/ log.xC1/: ˇx 1ˇ

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 f .x/ D log 2. Por otra parte es claro que x!1

lKım f .x/ D 0 D f .0/ (observa que podemos definir la función t 7!

x!0

1 log t

igual a 0 para

t D 0, con lo que es continua en 0). Resulta así que f es continua en RC o . Tenemos también que para 0 ¤ x ¤ 1 es: f .x/ D

x2 w wx 1 1 dt C dt ÷f 0 .x/ D log t log t 0

0

x 1 1 2x D C D g.x/: 2 log x log x log.x /

Como lKımx!0 f 0 .x/D0 y lKımx!1 f 0 .x/Dg.1/D1, deducimos por la proposición 6.19 0 0 0 C que f es derivable en todo RC o , con f .0/ D 0, f .1/ D 1 y f es continua en R o , es decir, f es de clase C 1 . Finalmente, como f ha resultado ser una primitiva de g en RC o , tenemos que: w1 t 1 w1 dt D g.t / dt D f .1/ log t 0

0

f .0/ D log 2:

©

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Técnicas de cálculo de Primitivas

427

8.6. Técnicas de cálculo de Primitivas 8.6.1. Calcular una primitiva...¿Para qué? rb Para calcular a f .x/ dx donde f es una función continua, hay que calcular una primitiva de f , evaluarla en a y en b y hacer la diferencia. Pero, r¿para qué calcular una primitiva? ¿no x sabemos ya que una primitiva de f es la función F.x/D a f .t / dt ? Y, naturalmente, cualquier otra será de la forma F.x/CC donde C es una constante. ¿Qué interés tiene entonces el cálculo de primitivas de funciones continuas? Respuesta: desde un punto de vista teórico ninguno. rb Ahora, si lo que queremos es aplicar la regla de Barrow para calcular el número a f .x/ dx , rx entonces la primitiva F.x/ D a f .t/ dt no nos sirve para nada porque si la evaluamos en a y en b y hacemos la diferencia obtenemos una identidad perfectamente inútil para nuestros propósitos. Lo que necesitamos es conocer una primitiva de f que sea realmente evaluable, es decir que al evaluarla en a y en b proporcione valores numéricos. En otros términos, el problema del cálculo de primitivas consiste en tratar de expresar la rx “primitiva trivial” F.x/ D a f .t/ dt por medio de funciones elementales4 que permitan una evaluación efectiva de la integral. Para eso sirven las técnicas de cálculo de primitivas. Pero no hay que olvidar que, si bien la derivada de una función elemental también es una función elemental, es frecuente que una función elemental no tenga primitivas que puedan ex2 presarse por medio de funciones elementales. Esto ocurre, por ejemplo, con las funciones e x , p sen x , sen.x 2 /, x 3 C 1, y muchas más. En tales casos la forma más sencilla de representar x rx una primitiva de f es justamente mediante la función F.x/D a f .t / dt y, para obtener valores concretos de dicha función hay que recurrir a métodos numéricos de cálculo de integrales. En lo que sigue vamos a considerar algunos tipos de funciones elementales cuyas primitivas también pueden expresarse por medio de funciones elementales y pueden calcularse con procedimientos más o menos sistemáticos. Para leer lo que sigue necesitas tener papel y un bolígrafo a mano para ir haciendo los ejercicios que se proponen. A calcular primitivas se aprende practicando; la imprescindible agilidad en los cálculos la lograrás haciendo decenas de ejercicios. Fíjate que, en la mayoría de los casos, se trata de ejercicios en los que tan sólo tienes que aplicar una técnica general a un caso particular. Esto es tan “fácil” que lo saben hacer los programas de cálculo simbólico, como Mathematica, Derive, Mapple y otros. Cuando se logre fabricar una calculadora de bolsillo que pueda ejecutar estos programas quizás ya no sea imprescindible aprender a calcular primitivas, pero hasta que llegue ese momento sigue siendo necesario que aprendas a calcular primitivas con agilidad. Sería lamentable que, por no saber calcular una primitiva, no puedas resolver una sencilla ecuación diferencial, ni calcular una probabilidad, ni el área de una superficie, : : : Las aplicaciones del cálculo integral son tan variadas, que el tiempo que dediques a la práctica del cálculo de primitivas será más rentable de lo que ahora puedas imaginar. Con cada técnica de cálculo de primitivas, se incluyen ejemplos y se proponen ejercicios sencillos para que compruebes si sabes aplicarla. Encontrarás al final una sección de ejercicios resueltos de cálculo de primitivas en la que se dan soluciones detalladas de algunos de los 4 Las funciones que se obtienen por medio de sumas, productos, cocientes y composiciones a partir de las funciones racionales, exponenciales, logarítmicas, trigonométricas y sus inversas, se llaman funciones elementales.

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Observaciones sobre la notación y terminología usuales

428

ejercicios propuestos y de otros nuevos.

8.6.2. Observaciones sobre la notación y terminología usuales r Para representar una primitiva de una función f , suele usarse la notación f .x/ dx . Así, r por ejemplo, se escribe x 1 a dx D log jx aj. Esta notación es algo imprecisa porque no especifica el intervalo en que se considera definida f . En el ejemplo anterior hay que interpretar que la función x 1 a está definida en uno de los intervalos 1; aŒ o a; C1Œ y elegir la primitiva correspondiente. Estos pequeños inconvenientes están compensados por la comodidad en los cálculos que proporciona esta notación. Es frecuente también, aunque no lo haremos lo que r en 1 sigue (pero mira el ejercicio (392)), añadir una constante arbitraria, C , y escribir x a dx D log jx aj C C . rb La integral de una función en un intervalo, r a f .x/ dx , se llama a veces “integral definida” de f (y es un número), y al símbolo f .x/ dx se le llama “integral indefinida” o, simplemente, “integral” de f (y representa una primitiva cualquiera de f ). rAunque esto puede ser confuso, no olvides que, cuando hablamos de calcular la integral f .x/ dx lo que realmente queremos decir es que queremos calcular una primitiva de f . r rb Como ya sabes, en los símbolos f .x/ dx o a f .x/ dx la letra “x” puede sustituirse por cualquier otra y el símbolo “ dx ” (que se lee “diferencial x”) sirve para indicar la variable de integración. Esto es muy útil si rla función f contiene parámetros. Por ejemplo, son muy r diferentes las integrales x y dx y x y dy. Te recuerdo también que, si y D y.x/ es una función de x, suele usarse la notación dy D y 0 dx que es útil para mecanizar algunos cálculos pero que no tiene ningún significado especial: es una forma de indicar que y 0 es la derivada de y respecto a x. ˇxDd ˇd Finalmente, si ' es una función, usamos la notación '.x/ˇxDc o simplemente, '.x/ˇc para ˇx!b indicar el número '.d / '.c/, y la notación '.x/ˇ para indicar lKım '.x/ lKım '.x/. x!a

x!b

x!a

Esta notación es cómoda para las integrales impropias.

8.6.3. Primitivas inmediatas Para calcular primitivas debes ser capaz de reconocer inmediatamente las siguientes primitivas inmediatas. Como ya se ha indicado antes, se omite, por brevedad, la constante de integración. Te recuerdo que: tg x D

cos x 1 1 sen x ; cotg x D ; sec x D ; cosec x D cos x sen x cos x sen x

ex C e x ex C e x senh x ; cosh x D ; tgh x D 2 2 cosh x p p 1Cx 1 2 2 1 ; argtgh xD log argsenh xDlog x C x C 1 ; argcosh xDlog x C x 2 1 x senh x D

En la siguiente lista de primitivas inmediatas se supone que a > 0 y que las raíces cuadradas toman valores reales, es decir, las funciones radicando son positivas. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Primitivas inmediatas

429 Tabla de primitivas inmediatas

f .x/˛C1 f .x/˛ f 0 .x/ dx D .˛ 2 R; ˛ ¤ 1/ ˛C1 w f 0 .x/ log.f .x//; si f .x/ > 0; dx D D log.jf .x/j/ log. f .x//; si f .x/ < 0. f .x/ w ef .x/ f 0 .x/ dx D ef .x/ w sen.f .x//f 0 .x/ dx D cos.f .x// w cos.f .x//f 0 .x/ dx D sen.f .x// w ˇ ˇ sec.f .x//f 0 .x/ dx D log ˇ sec.f .x// C tg.f .x//ˇ w ˇ ˇ cosec.f .x//f 0 .x/ dx D log ˇ cosec.f .x// cotg.f .x//ˇ w sec2 .f .x//f 0 .x/ dx D tg.f .x// w cosec2 .f .x//f 0 .x/ dx D cotg.f .x// w tg2 .f .x//f 0 .x/ dx D tg.f .x// f .x/ w cotg2 .f .x//f 0 .x/ dx D cotg.f .x// f .x/ w f .x/ 1 f 0 .x/ dx D arc tg 2 2 a a f .x/ C a w 0 f .x/ f .x/ dx D arc sen p 2 2 a a f .x/ q w f 0 .x/ p dx D log f .x/ C f .x/2 C a2 f .x/2 C a2 q w f 0 .x/ dx D log f .x/ C f .x/2 a2 p f .x/2 a2 q w 1 1 f 0 .x/ p dx D arc tg f .x/2 a2 a a f .x/ f .x/2 a2 ! p w a C a2 f .x/2 f 0 .x/ 1 log p dx D a f .x/ f .x/ a2 f .x/2 ! p w a C a2 C f .x/2 1 f 0 .x/ log p dx D a f .x/ f .x/ f .x/2 C a2 wp x 1 p a2 arc sen a2 x 2 dx D x a2 x 2 C 2 2 a wp 2 p p 1 p x 1 a a2 log x C x 2 C a2 D x x 2 Ca2 C argsenh x 2 C a2 dx D x x 2 C a2 C 2 2 2 2 a wp p p 2 1 a log x C x 2 a2 x 2 a2 dx D x x 2 a2 2 2 w

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Integración por partes

430

8.6.4. Integración por partes Si u y v son funciones con derivada primera continua en un intervalo, por la regla de derivación para un producto sabemos que: .u.x/v.x//0 D u0 .x/v.x/ C u.x/v 0 .x/. Deducimos que la función producto uv es una primitiva de la función u 0 v C v 0 u, es decir: w w w .u0 .x/v.x/Cu.x/v 0.x// dx Du.x/v.x/÷ u.x/v 0 .x/ dx Du.x/v.x/ v.x/u0 .x/ dx : Lo que suele escribirse en la forma: w

u dv D uv

w

v du :

(8.18)

Por supuesto, esta igualdad podemos usarla para calcular integrales definidas: wb

u.x/v 0 .x/ dx

a

ˇxDb D u.x/v.x/ˇ

xDa

wb

v.x/u 0 .x/ dx :

(8.19)

a

Finalmente, si u y v están definidas en un intervalo abierto de extremos 1 6 a < b 6 C1 y existen los límites lKım u.x/v.x/ y lKım u.x/v.x/, entonces la igualdad (8.19) nos dice que x!a rb r b x!b las integrales a v.x/u 0 .x/ dx y a u.x/v 0 .x/ dx ambas convergen o ninguna converge y, cuando son convergentes se verifica que: wb a

ˇx!b u.x/v 0 .x/ dx D u.x/v.x/ˇx!a

wb

v.x/u 0 .x/ dx

(8.20)

a

r Naturalmente, si queremos usar este método para calcular una integral f .x/ dx lo primero que hay que hacer es expresar f .x/ D u.x/w.x/r de forma que el cálculo de v.x/ por la condición, v 0 .x/ D w.x/, es decir la integral v.x/ D w.x/ dx , sea inmediata. Tenemos entonces w w w w f .x/ dx D u.x/w.x/ dx D u.x/v 0 .x/ dx D u.x/v.x/ v.x/u 0 .x/ dx (8.21) Veamos algunas situaciones en las que este método puede aplicarse con éxito. r r Cuando la integral v.x/u 0 .x/ dx es inmediata. Por ejemplo, para calcular una integral f .x/ dx en la que la derivada de f .x/ es más sencilla que la propia función, como es el caso de log x, arc sen x, arc tg x. Entonces conviene tomar u.x/ D f .x/ y v 0 .x/ D w.x/ D 1 en (8.21), con ello resulta que: w w f .x/ dx D xf .x/ xf 0 .x/ dx : 8.37 Ejemplo. w

2

arc tg x dx D 4

u D arc tg x ! du D

dv D dx ! v D x 1 x arc tg x C log.1 C x 2 / 2

3 1 dx 5 D x arc tg x 1 C x2

w

x dx D 1 C x2

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Integración por partes

431

r Cuando la integral v.x/u 0 .x/ dx es del mismo tipo que la integral de partida, pero más sencilla, de manera que reiterando el proceso se llega a una integral inmediata. Este es el caso cuando f .x/ es de la forma P .x/ eax , P .x/ sen.ax/, P .x/ cos.ax/, donde P .x/ es una función polinómica. En todos los casos se elige u.x/ D P .x/, y v 0 .x/ D eax , v 0 .x/ D sen.ax/, v 0 .x/ D cos.ax/. 8.38 Ejemplo. w

P .x/ eax

3 u D P .x/ ! du D P 0 .x/ dx eax 5 ax D P .x/ dx D 4 e a dv D eax dx ! v D a 2

1 w 0 P .x/e ax dx a

La última integral es del mismo tipo que la primera pero con el grado del polinomio rebajado en una unidad. El proceso se repite tantas veces como sea necesario. r Cuando la integral v.x/u 0 .x/ dx es parecida a la de partida, de forma que al volver a aplicar el proceso la integral de partida se repite y es posible despejarla de la igualdad obtenida. 8.39 Ejemplo. w

2

cos.log x/ dx D 4

D x cos.log x/ C

w

u D cos.log x/ ! du D dv D dx ! v D x 2

sen.log x/ dx D 4

D x cos.log x/ C x sen.log x/ deducimos que

8.6.4.1.

w

cos.log x/ dx D

w

3 1 sen.log x/ dx 5D x

u D sen.log x/ ! du D

dv D dx ! v D x

cos.log x/ dx

3 1 cos.log x/ dx 5D x

x cos.log x/ C sen.log x/ . 2

Integración por recurrencia

La técnica de rintegración por partes permite en algunas ocasiones relacionar una integral de la forma In D f .x; n/ dx en la que interviene un parámetro n (con frecuencia un número natural) con otra del mismo tipo en la que el parámetro ha disminuido en una o en dos unidades. Las expresiones así obtenidas se llaman fórmulas de reducción o de recurrencia y permiten el cálculo efectivo de la integral cuando se particularizan valores del parámetro. Los siguientes ejemplos son ilustrativos de esta forma de proceder. 8.40 Ejemplo. w

.log x/n u D .log x/ ! du D n n .log x/ dx D 4 x dv D dx ! v D x 2

n

1

3

dx 5

w Dx.log x/n n .log x/n

1

dx

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Integración por partes

432

8.41 Ejemplo.

In D

w

x n eax

3 u D x n ! du D nx n 1 5 D 1 .x n eax nIn dx D 4 eax ax a dv D e dx ! v D dx a 2

1/

8.42 Ejemplo (Fórmulas de Wallis y de Stirling). " w u D senn 1 x ! du D .n 1/ senn n Jn D sen x dx D dv D sen x dx ! v D cos x w n 1 D cos x sen x C .n 1/ senn 2 x cos2 x dx D w D cos x senn 1 x C .n 1/ senn 2 x dx .n 1/Jn

2

x cos x dx

w 1 n 1w Y deducimos fácilmente que senn x dx D cos x senn 1 x C senn n n particular: =2 =2 w n 1 n 1 w In 2 : senn 2 x dx D In D senn x dx D n n

#

2

D

x dx . En

0

0

Como I0 D =2 e I1 D 1, se deducen fácilmente las igualdades: I2nC1 D

2 4 6 .2n/ ; 3 5 7 .2n C 1/

I2n D

1 3 5 .2n 1/ 2 2 4 6 .2n/

Como la sucesión fIn g es decreciente, tenemos que I2nC1< I2n< I2n 1<

I2n I2nC1

<

1,

(8.22)

de donde:

I2n 1 2n C 1 D I2nC1 2n I2n D 1. Puesto que: I2nC1

Por el principio del as sucesiones encajadas, deducimos que lKım

n!1

1

n D 1; 2; : : :

1 3 5 .2n 1/ 3 5 7 .2n 1/.2n C 1/ I2n D D I2nC1 2 2 4 6 .2n/ 2 4 6 .2n/ 2n C 1 3 5 7 .2n 1/ 2 3 5 7 .2n 1/ 2 D n 2 2 4 6 .2n/ 2 4 6 .2n/

Deducimos la llamada fórmula de Wallis: 2 1 2 4 6 .2n/ D lKım : n!1 n 3 5 7 .2n 1/

(8.23)

Teniendo en cuenta que: 2 2 4 6 .2n/ .n!/2 22n p Dp n.2n/! n 2 4 .2n/ 3 5 .2n Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

1 2 4 6 .2n/ Dp ; n 3 5 .2n 1/ 1/ Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Integración por partes

433

deducimos que: p .n!/2 22n D lKım p : n!1 n.2n/! Definamos: an D

(8.24)

n! en p : nn n

Es de comprobación inmediata que: a2 .n!/2 22n p Dp n n.2n/! 2a2n Supongamos que la sucesión fan g converge a un número L > 0 (lo que probaremos después). Entonces también será fa2n g ! L y de la igualdad anterior y la (8.24) se deduce que: p a2 L L2 D lKım D p n D p Dp : n!1 2a2n 2L 2 Por tanto L D

p

2. Obtenemos así la fórmula de Stirling: p n! en D p 2: n!1 nn n lKım

Que suele escribirse en la forma: n! lKım p 2 n nn e

n!1

n

D 1:

(8.25)

Se trata de un límite muy útil porque proporciona la equivalencia asintótica para el factorial: n n p p n! 2 n nn e n D 2 n (8.26) e

Nos que probar que la sucesión fan g converge a un número positivo. Probaremos que es decreciente. p 1 1 n! en .n C 1/nC1 n C 1 1 nC 2 an D D np 1C anC1 e n n n .n C 1/! enC1 Tomando logaritmos:

log

an anC1

1 1 D nC log 1 C 2 n

1:

Usaremos ahora el teorema de Taylor Young. El polinomio de Taylor de orden 3 de la función log.1 C x/ en 0 es x x 2 =2 C x 3 =3. Por tanto. log.1 C x/ D x

x2 x3 C C o.x 3 /: 2 3

(8.27)

Te recuerdo que usamos la notación de Landau o.x 3 / simplemente para indicar que: log.1 C x/ x C o.x 3 / lKım D lKım 3 x!0 x x3 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

x2 2

x3 3

D 0:

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Integración por partes

434

En particular, si fxn g ! 0 se verificará que: lKım

n!1

o.xn / D 0: xn3

(8.28)

Usando la igualdad (8.27), deducimos que: 1 1 1 1 an 3 D nC C C o.n / 1D log anC1 2 n 2n2 3n3 1 1 1 1 C 3 C no.n 3 / C o.n 3 / D C o.n D 2 12n2 6n 12n2

2

/:

Teniendo en cuenta (8.28), deducimos que: lKım n2 log

n!1

an anC1

D

1 o.n C lKım n!1 12 n

2/ 2

D

1 : 12

Por tanto, existe un n0 2 N tal que para todo k > n0 se verifica que: 0 < k 2 log

ak

<

akC1

2 1 ak 1 : D ÷ 0 < log < 12 6 akC1 6k 2

Sumando estas desigualdades desde k D n0 hasta k D n log.an0 /

log.an / D

n X1

log

kDn0

ak akC1

<

1 > n0 obtenemos que:

n 1 n 1 1X 1 1 X 1 6 : 6 k2 6 k2 kDn0

kD1

n X 1 La sucesión está mayorada porque: k2 kD1

1

n n n w 1 X1 kC1 X1 1 1 w 1 D dx D dx > : n x2 x2 .k C 1/2 1

kD1 k

kD1

n X 1 De donde se sigue que 6 2. En consecuencia: k2 kD1

log.an / > log.an0 /

an 0 1 ÷ an > p : 3 3 e

a

n0 El número p 3 e es una constante positiva independiente de n, y esta desigualdad es válida para todo n > n0 . Por otra parte, teniendo en cuenta que para k > n0 se tiene que:

0 < log

ak D log.ak / akC1

log.akC1 /

lo que nos dice que la sucesión flog.anCn0 /g es decreciente y, por tanto, también es decreciente la sucesión fanCn0 g, concluimos que esta sucesión, y por tanto también fan g, converge a un número positivo. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

435

8.6.5. Ejercicios propuestos

390. Calcula las integrales: w2

log x dx ;

w

w

s 2 e2s ds ;

arc sen x dx ;

1

w

2

x 3 ex dx ;

w

log.x 2 C 1/ dx ;

=4 w 0

# d#; cos2 #

we w4 p t log t dt ; .log x/2 dx 1

1

w

we

x 2 sen x dx ;

cos2 .log x/ dx

1

En los ejercicios de cálculo de primitivas es una buena práctica comprobar los resultados. Además es muy sencillo: basta derivar la primitiva que has obtenido. w w 391. Calcula las primitivas eax cos.bx/ dx ; y eax sen.bx/ dx . Supuesto que a > 0, C1 C1 w w calcula el valor de las integrales e ax cos.bx/ dx y e ax sen.bx/ dx . 0

0

392. Explica la aparente contradicción w w cotg x w 1 dx D dx D cotg x tg 0 x dx D cotg x tg x sen x cos x cos2 x w w tg x 1 dx D 1 C dx : D1C 2 sen x cos x sen x

w

tg x cotg 0 x dx

393. Calcula, haciendo uso de los resultados anteriores, las integrales w

.log x/3 dx ;

w

x 4 ex dx ;

=2 w

w

sen4 x dx ;

sen5 x dx

0

393. Prueba las siguientes relaciones de recurrencia w 1 a) In D cosn x dx D cosn 1 x sen x C .n n w 1 tgn 1 x In 2 : b) In D tgn x dx D n 1 394. Prueba la igualdad: w In D

1 dx D .1 C x 2 /n .2n

1/In

2

x 2/.1 C x 2 /n

:

1

C

2n 2n

3 In 2

(8.29)

1

w w .1 C x 2 / x 2 x2 dx D I dx . Ahora: n 1 .1 C x 2 /n .1 C x 2 /n 2 uDx ! du D dx w 2 x 4 dx D x 1 1 .1 C x 2 /n dv D dx ! v D 2.n 1/ .1 C x 2 /n .1 C x 2 /n Sugerencias: In D

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1

3

5D

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Integración por sustitución o cambio de variable

436

395. Estudia la convergencia de la integral In D

C1 w 0

Prueba que para n > 2 es In D

x 2n 1 dx .1 C x 2 /.nC3/

n 1 In nC2

1.

.n > 1/

Calcula I1 , I2 e I3 .

8.6.6. Integración por sustitución o cambio de variable Sean g W J ! R una función con derivada primera continua en un intervalo J y que toma valores en un intervalo I , y f una función continua en I . Sea F una primitiva de f en I , y pongamos H D F ı g. Tenemos, por la regla de la cadena, que H 0 .t/ D F 0 .g.t//g 0 .t/ D f .g.t//g 0 .t/, es decir, la función H es una primitiva en J de la función h.t / D f .g.t //g 0 .t/. Si c, d son puntos de J , deducimos que: wd c

f .g.t //g 0 .t/ dt D H .d /

H .c/ D F.g.d //

F.g.c// D

g.d w /

f .x/ dx

g.c/

Esta igualdad se conoce con el nombre de “fórmula de integración por sustitución o cambio rb de variable”. En ella se supone que queremos calcular, por ejemplo, la integral a f .x/ dx y lo que hacemos es la sustitución x D g.t /, con lo que dx D g 0 .t / dt y se eligen c y d por la condición de que g.c/ D a, g.d / D b. Naturalmente, esto tiene interés cuando la función f .g.t//g 0 .t/ es más fácil de integrar que la función f . Simbólicamente este proceso suele representarse en la forma: " # wb wd x D g.t/; dx D g 0 .t/ dt f .x/ dx D D f .g.t//g 0 .t/ dt (8.30) a D g.c/; b D g.d / a c Para el caso de integrales indefinidas este proceso de sustitución de representa de forma menos precisa y se escribe simplemente " # w w x D g.t / f .x/ dx D D f .g.t //g 0 .t / dt dx D g 0 .t/ dt r r En este contexto, es frecuente calcular f .g.t //g 0 .t / dt D H .t /, y escribir f .x/ dx D H .t/, igualdad que no tiene r mucho sentido si no se especifica también la relación entre las variables t y x, escribiendo “ f .x/ dx D H .t/ donde x D g.t/”. Desde luego, el conocimiento de H .t/ y de la relación x D g.t/ es suficiente para calcular integrales definidas de f , pero también podemos “deshacer el cambio” para obtener una primitiva de f . Para eso la función g debe ser una biyección de J sobre I con derivada no nula. En tal caso, la función F.x/DH .g 1 .x// es una primitiva de f en I . En efecto: F 0 .x/ D H 0 .g

1

.x//.g

D f .x/g 0 .g Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

1

1 0 / .x/ D

.x//

f .g.g

1

g 0 .g 1 .x//

1

.x///g 0 .g

1

.x//.g

1 0 / .x/D

D f .x/: Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

437

No olvides que la fórmula del cambio de variables puede usarse en un sentido (de izquierda a derecha) o en otro (de derecha a izquierda) según convenga. Puede ocurrir que al hacer un cambio de variable en una integral corriente obtengamos una integral impropia. No hay que preocuparse porque para estudiar la convergencia de una integral pueden hacerse cambios de variable biyectivos: ello no altera la eventual convergencia de la integral ni su valor. 8.43 Ejemplo. Con frecuencia se hacen cambios de variable para quitar radicales. 2 3 2 =4 w2 x D 2 tg t; dx D 1 1 w cos t 2 4 5 cos t dt D p dx D D p 4 sen2 t p x2 x2 C 4 2= 3 D 2 tg.=6/; 2 D 2 tg.=4/ =6 2= 3 p 1 2 1 =4 2 D D 4 sen t =6 4 8.44 Ejemplo. Un cambio de variable en una integral impropia. Consideremos la integral: wb a

1 p .x

a/.b

x/

dx

Suponemos que a < b. El cambio que hacemos consiste en llevar el intervalo 1; 1Œ al a; bŒ por una biyección del tipo g.t / D ˛t C ˇ. Las condiciones g. 1/ D a, g.1/ D b nos dan que ˛ D .b a/=2, ˇ D .b C a/=2. Con ello: 2 3 b a w1 wb x D g.t /; dx D dt 1 D p 2 5D p dx D 4 2 .x a/.b x/ 1 t a a D g. 1/; b D g.1/ 1

8.6.7. Ejercicios propuestos

396. Calcula las siguientes integrales utilizando el cambio de variable indicado. =4 w 0

sen3 x dx x D arc cos t I cos4 x

=4 w =4

sen2 x dx x D arc tg tI cos4 x

C1 w 1

dx x D log t C1

ex

397. Calcula las integrales: p

w3 p 4 p

x 2 dx ;

w

3

dx

p x x2

1

;

we4 e

w4 1 dx p ; x log x x2 1

r

1C

w ex C3 e2x 1 dx ; dx x 2 C ex

ra dt D0. 398. Sea a > 0. Prueba que si f es impar, es decir, f . x/D f .x/, r aentonces a fr .t/ a Y si f es una función par, es decir, f . x/ D f .x/, entonces a f .t/ dt D 2 0 f .t/ dt . Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Integración de funciones racionales

438

8.6.8. Integración de funciones racionales w P .x/ dx . Si el grado Q.x/ de P es mayor o igual que el de Q, podemos dividir los dos polinomios obteniendo Dadas dos funciones polinómicas P .x/ y Q.x/, queremos calcular P .x/ G.x/ D H .x/ C ; Q.x/ Q.x/ donde H .x/ y G.x/ son polinomios y el grado de G es menor que el grado de Q. Por tanto, supondremos siempre que el grado de P es menor que el grado de Q. Supondremos también que el coeficiente líder del polinomio Q es 1. La técnica para calcular la integral consiste en P .x/ en otras más sencillas llamadas “fracciones simples”. Estudiadescomponer la fracción Q.x/ remos dos formas de hacerlo: el método de los coeficientes indeterminados y una variante del mismo conocida como Método de Hermite. Paso 1. Descomposición del denominador en factores irreducibles Descomponemos el denominador, Q.x/, como producto de factores de grado uno y de factores de grado dos irreducibles: Q.x/ D .x

a1 /˛1 .x

an /˛n .x 2 C b1 x C c1 /ˇ1 .x 2 C bm x C cm /ˇm

(8.31)

8.45 Observaciones. Esto se dice muy pronto, pero puede ser muy difícil de hacer si no imposible. Afortunadamente, en los casos prácticos esta descomposición o se conoce o es muy fácil de realizar. En la descomposición (8.31) cada aj es una raíz real de orden ˛j del polinomio Q, y los factores cuadráticos del tipo .x 2 C bj x C cj /ˇj corresponden a raíces complejas conjugadas de orden ˇj . Tales factores cuadráticos son irreducibles, es decir, su discriminante es negativo o, lo que es igual, x 2 C bj x C cj > 0 para todo x 2 R. Paso 2. Descomposición en fracciones 8.6.8.1.

Método de los coeficientes indeterminados

P .x/ como suma de fracciones de la siguiente forma: Q.x/ Por cada raíz real aj de orden ˛j escribimos ˛j fracciones cuyos numeradores son constantes Akj que hay que determinar, y los denominadores son de la forma .x aj /kj donde kj toma valores de 1 hasta ˛j . Por cada factor cuadrático irreducible .x 2 C bj x C cj /ˇj escribimos ˇj fracciones cuyos numeradores son de la forma Bkj x C Ckj siendo Bkj y Ckj constantes que hay que determinar, y los denominadores son de la forma .x 2 C bj x C cj /kj donde kj toma valores de 1 hasta ˇj . La descomposición es de la forma: 2 3 2 3 ˛j ˇj n m X X X X Akj Bkj x C Ckj P .x/ 4 5C 4 5 D (8.32) k kj 2 j Q.x/ .x a / .x C b x C c / j j j j D1 k D1 j D1 k D1 Escribimos el cociente

j

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j

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Integración de funciones racionales 8.6.8.2.

439

Método de Hermite

Escribimos el cociente

P .x/ de la siguiente forma: Q.x/

A1 B1 x C C1 An Bm x C Cm P .x/ D C 2 C C C C 2 C Q.x/ x a1 x an x C b1 x C c 1 x C bm x C c m F.x/ d C dx .x a1 /˛1 1 .x an /˛n 1 .x 2 C b1 x C c1 /ˇ1 1 .x 2 C bm x C cm /ˇm

1

(8.33)

donde A1 ; : : : ; An ; B1 ; : : : ; Bm ; C1 ; : : : ; Cm son coeficientes que tenemos que determinar y, en la fracción que aparece con una derivada, F.x/ es un polinomio genérico de grado uno P .x/ menos que el denominador. En resumen, se trata de escribir como suma de fracciones Q.x/ simples, una por cada factor de Q.x/, más la derivada de un cociente que tiene por denominador Q.x/ con sus factores disminuidos en una unidad y como numerador un polinomio genérico con coeficientes indeterminados de grado uno menos que el denominador. Observa que en ambos métodos hay que calcular tantos coeficientes como el grado de Q. Paso 3. Determinación de los coeficientes Tanto en un caso como en otro, se reducen todas las fracciones a común denominador (que será Q.x/), y se iguala a P .x/ el numerador resultante. Esto nos producirá un sistema de ecuaciones lineales cuyas incógnitas son los coeficientes Aj ; Bj ; Cj (y en el método de Hermite también los coeficientes de F.x/), cuya resolución nos dará el valor de todos ellos. Naturalmente, en el método de Hermite hay que efectuar la derivada antes de reducir a común denominador. 8.46 Observaciones. En ambos métodos tenemos que calcular el mismo número de coeficientes pero en el método de Hermite la obtención del sistema de ecuaciones es más trabajosa debido a la presencia de la derivada. A pesar de lo dicho en el punto anterior, cuando hay raíces imaginarias múltiples, lo que da lugar a factores cuadráticos de orden elevado, puede ser interesante aplicar el método de Hermite porque las fracciones simples que aparecen en dicho método son muy fáciles de integrar. Paso 4. Integración de las fracciones simples En el método de Hermite, una vez escrita la función racional

P .x/ de la forma 8.33, es Q.x/

fácil calcular su integral: w P .x/ w A w B xCC 1 1 1 dx D dx C C dx C C Q.x/ x a1 x 2 C b1 x C c1 F.x/ C ˛ 1 ˛ 1 2 .x a1 / 1 .x an / n .x C b1 x C c1 /ˇ1 1 .x 2 C bm x C cm /ˇm

1

Sólo nos queda calcular las integrales de las fracciones simples. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Integración de funciones racionales

w

ID

A x

a w

dx D A log jx

440

aj.

Bx C C dx . C bx C c

x2

Donde se supone que el trinomio x 2 C bx C c no tiene raíces reales. En general, esta integral es igual a un logaritmo más un arcotangente aunque, dependiendo de los valores de los parámetros, puede reducirse a uno de ellos. Si B ¤ 0, lo primero que debemos hacer es lograr que en el numerador figure la derivada del denominador. Para ello, basta poner Bx C C D B B B 2 .2x C b/ C C 2 b. Con lo que, llamando K D C 2 b, tenemos: ID

w B 1 log.x 2 C bx C c/ C K dx : 2 2 x C bx C c

La integral que nos queda es un arcotangente. Para calcularla escribimos el trinomio x 2 CbxCc en la forma x 2 C bx C c D .x ˛/2 C ˇ 2 . Esto es muy fácil de hacer, p pues la elección de ˛ es obligada ya que debe ser ˛ D b=2, de donde se sigue que ˇ D 4c b 2 =2. En otros términos, ˛ ˙ iˇ son las raíces complejas del trinomio x 2 C bx C c. Tenemos que: w

w 1 dx D x 2 C bx C c .x D

1w 1 dx D ˇ x ˛/2 C ˇ 2

1 x ˛ arc tg : ˇ ˇ

1 ˇ ˛ ˇ

2

C1

dx D

Por tanto:

2C Bb B 2x C b 2 arc tg p I D log.x C bx C c/ C p : 2 4c b 2 4c b 2 En el método de los coeficientes indeterminados aparecen también, cuando hay raíces múltiples, otros dos tipos de fracciones elementales: A Fracciones del tipo donde k 2 N y k > 2, correspondientes a raíces reales .x a/k múltiples, las cuales no ofrecen dificultad pues: w A A 1 dx D : k k 1 .x a/k 1 .x a/ Bx C C donde k 2 N y k > 2, correspondientes a raíces .x 2 C bx C c/k imaginarias múltiples. La integración de de estas fracciones puede hacerse usando la fórmula de reducción 8.29. Previamente debe hacerse un pequeño ajuste. Escribamos el trinomio x 2 C bx C c en la forma x 2 C bx C c D .x ˛/2 C ˇ 2 . " # w w x ˛ D ˇt Bx C C Bx C C dx D D k dx D .x 2 C bx C c/k dx D ˇ dt .x ˛/2 C ˇ 2 1 w Bˇt C B˛ C C B˛ C C w 1 D 2k ˇ dt D dt C 2 k 2k 1 ˇ .1 C t / ˇ .1 C t 2 /k 1 B 1 C 2k 2 : 1 k .1 C t 2 /k 1 2ˇ

Fracciones del tipo

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Integración de funciones racionales

441

Ahora ya podemos usar la fórmula de reducción 8.29 para calcular la integral 8.47 Ejemplo. Se trata de calcular

w

aplicaremos el método de Hermite.

r

1 .1Ct 2 /k

dt .

x2 2 dx . Como hay raíces imaginarias múltiples x 3 .x 2 C 1/2

x2 2 d A Bx C C C D C 2 x dx x 3 .x 2 C 1/2 x C1

ax 3 C bx 2 C cx C d x 2 .x 2 C 1/

!

Realizando la derivada y reduciendo a común denominador, obtenemos un sistema de ecuaciones cuya solución es a D 0;

b D 5=2;

c D 0;

d D 1;

A D 5;

B D 5;

C D 0I

por lo tanto w

x2 2 .5=2/x 2 C 1 C 5 log x dx D x 3 .x 2 C 1/2 x 2 .x 2 C 1/

5 log.x 2 C 1/: 2

8.48 Ejemplo. Queremos calcular la integral impropia

C1 w 2

xC1 dx . x.x 1/.x 2 C 1/

xC1 , Observa que f .x/ > 0 para todo x > 2. Además, x.x 1/.x 2 C 1/ se verifica la equivalencia asintótica: Pongamos f .x/ D

f .x/

1 x3

.x ! C1/:

r C1 1 Como la integral 2 3 dx es convergente, se sigue, por el criterio límite de comparación, r C1 x que la integral 2 f .x/ dx también es convergente. Para calcular la integral hallaremos una primitiva de f .x/ aplicando el método de los coeficientes indeterminados. x.x

A B Cx C D xC1 D C C 2 : x x 1 1/.x 2 C 1/ x C1

Reduciendo a común denominador obtenemos: xC1 D x.x 1/.x 2 C 1/

A C .A C B

D/x C . A C C D/x 2 C .A C B C C /x 3 : x.x 1/.x 2 C 1/

Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales: 9 A C B C C D0 > > = A C C D D0 AD 1 BD1 ) A C B D D1 > C D0 DD 1 > ; A D1 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

442

Deducimos que: wt 2

t

w dx xC1 dx D x 1 x.x 1/.x 2 C 1/ 2

Por tanto:

C1 w 2

wt dx x

wt

2

2

t 1 dx D log 2 arc tg t C arc tg 2: t x2 C 1

xC1 dx D log 2 x.x 1/.x 2 C 1/

C arc tg 2: 2

8.49 Observación. Cuando se calculan integrales impropias convergentes de funciones racionales, hay que escribir la primitiva obtenida de forma conveniente para que el límite pueda calcularse fácilmente. Observa cómo hemos escrito la primitiva en el ejemplo anterior: hemosagrupado los logaritmos de forma apropiada para calcular el límite. No da igual escribir t 1 log 2 , que escribir log.t 1/ C log 2 log t. En el primer caso, el límite para t ! C1 t resulta inmediato, mientras que, en el segundo caso, puedes equivocarte y creer que dicho límite no existe. Este tipo de ajustes hay que hacerlos con frecuencia.

8.6.9. Ejercicios propuestos

399. Calcular las siguientes integrales a/

d/

w

C1 w 1

g/

x2 dx ; 3x 2

2 x3

w

x3 x2

.x 4

b/

x 1 dx ; e/ 3x 2 C x C 5 1/2

dx ;

h/

w x 4 C 6x 3 7x 2 4x x 3 2x 2 C x 2 C1 w 1

w

.x 2

dx dx ; 2x C 2/2

dx ; x.1 C x 4 /

3

dx ; c/

1=2 w 1=2

f/

w1 0

i/

w

dx dx x4 1

dx dx 1 C x4

3x 2 C 30 dx x 4 C 2x 2 8

8.6.10. Integración por racionalización Acabamos de ver que la primitiva de una función racional siempre puede expresarse mediante funciones elementales. Nos vamos a ocupar ahora de algunos tipos de funciones no racionales cuyas integrales se pueden transformar, por medio de un cambio de variable, en integrales de funciones racionales. Se dice entonces que la integral de partida se ha racionalizado y esta técnica se conoce como “integración por racionalización”. Conviene advertir que los cambios de variable que siguen son los que la práctica ha confirmado como más útiles en general, pero que en muchas ocasiones la forma concreta de la función que queremos integrar sugiere un cambio de variable específico que puede ser más eficaz. En lo que sigue, representaremos por R D R.x; y/ una función racional de dos variables, es Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Integración por racionalización

443

decir, un cociente de funciones polinómicas de dos variables. Te recuerdo que una función n X m X polinómica de dos variables es una función de la forma P .x; y/ D cij x i y j . iD0 j D0

Integración de funciones del tipo R.sen x; cos x/ w Las integrales del tipo R.sen x; cos x/ dx donde R D R.x; y/ una función racional de dos variables, se racionalizan con el cambio de variable t D tg.x=2/. Con lo que:

8.6.10.1.

sen x D

2t ; 1 C t2

cos x D

1 t2 ; 1 C t2

dx D

2 dt 1 C t2

(8.34)

Con ello resulta: w

R.sen x; cos x/ dx D t D tg.x=2/ D

w

2t 1 t2 R ; 1 C t2 1 C t2

!

2 dt 1 C t2

8.50 Ejemplo. w

w w t2 1 cos x dx dx D D tg x=2 D t D D dt sen x tg x sen x cos x sen x 2t 3 1 1 1 log t D D 2C C log j tg.x=2/j: 2 2 4t 4 tg .x=2/ 2

Casos particulares Cuando R. sen x; cos x/ D R.sen x; cos x/ se dice que “R es par en seno y coseno”. En este caso es preferible el cambio tg x D t. Con lo que t sen x D p ; 1 C t2

1 cos x D p ; 1 C t2

dx D

dt 1 C t2

En el caso particular de tratarse de una integral del tipo: w senn x cosm x dx ;

con n y m números enteros pares, es preferible simplificar la integral usando las identidades cos2 x D

1 C cos 2x 2

Cuando R. sen x; cos x/ D cambio cos x D t suele ser eficaz.

sen2 x D

1

cos 2x : 2

R.sen x; cos x/ se dice que “R es impar en seno” y el

Cuando R.sen x; cos x/ D R.sen x; cos x/ se dice que “R es impar en coseno” y el cambio sen x D t suele ser eficaz.

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Integración por racionalización 8.51 Ejemplo. Calcular I D

sen2 x cos2 x dx . Tenemos:

w w cos2 x/ cos2 x dx D cos2 x dx cos4 x dx D w 1 C cos 2x w 1 C cos 2x 2 D dx dx D 2 2 sen 2x 1 w x .1 C 2 cos 2x C cos2 2x/ dx D D C 2 4 4 1 1 C cos 4x x C sen 2x x 1 w cos 2x dx dx D D 4 4 2 4 2 1 sen 4x x C sen 2x sen 2x x sen 4x D x D 4 4 8 32 8 4

ID

w

w

444

.1

8.52 Ejemplo. w w cos3 x w .1 sen2 x/ cos x dx 1 t2 t D sen x dx D D D dt dt D cos x dx sen2 x sen2 x t2 1 1 D tD sen t: t sen t w sen2 x cos x dx . Se trata de una función par en seno y en coseno. sen x C cos x Haciendo t D tg x, obtenemos:

8.53 Ejemplo. Sea I D

ID

w

t2 dt .t C 1/.t 2 C 1/2

Aplicando el método de Hermite escribimos: t2 d A Bt C C C D C 2 2 2 t C1 dx .t C 1/.t C 1/ t C1

˛t C ˇ t2 C 1

Haciendo la derivada y reduciendo a común denominador obtenemos: t2 D .t C 1/.t 2 C 1/2 D

A C C C ˇ C .B C C

2˛ C ˇ/t C .2A C B C C 2˛ .t C 1/.t 2 C 1/2

ˇ/t 2 C .B C C

ˇ/t 3 C .A C B/t 4

Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales: 9 A C C C ˇ D0 > 8 > > B D 1=4 B C C 2˛ C ˇ D0 > = < A D 1=4 DD 1 2A C B C C 2˛ ˇ D1 ÷ C D 0 > : ˛ D 1=4 ˇ D 1=4 B C C ˇ D0 > > > ; A C B D0

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445

Deducimos que: ID

1 log jt C 1j 4

1 log.t 2 C 1/ 8

1 1 1Ct D log j sen x C cos xj 2 41Ct 4

1 cos x.sen x C cos x/ 4

Cuando la función R.sen x; cos x/ sea de la forma: sen.ax C b/ sen.cx C d /;

sen.ax C b/ cos.cx C d /;

cos.ax C b/ cos.cx C d /

puede resolverse la integral usando las fórmulas: sen ˛ cos ˇ D

sen.˛ C ˇ/ C sen.˛ 2 cos ˛ cos ˇ D

ˇ/

;

cos.˛

sen ˛ sen ˇ D

cos.˛

ˇ/ 2

cos.˛ C ˇ/

ˇ/ C sen.˛ C ˇ/ 2

8.54 Ejemplo. w 1w 1w sen.3x/ cos.2x/ dx D sen.5x/ dx C sen x dx D 2 2

1 cos.5x/ 10

1 cos x 2

Integrales de la forma

w

tgn x dx o

r

cotgn x dx . Se reducen a una con grado inferior

separando tg2 x o cotg2 x y sustituyéndola por sec2 x

1 o cosec2 x

1.

8.55 Ejemplo. w w w w w tg5 x dx D tg3 x tg2 x dx D tg3 x.sec2 x 1/ dx D tg3 x sec2 x dx tg3 x dx tg4 x w tg4 x w tg4 x w 3 tg x dx D tg x tg2 x dx D tg x.sec2 x 1/ dx D 4 4 4 w tg4 x 1 2 tg4 x w tg x sec2 x dx C tg x dx D tg x C log j cos xj D 4 4 2 8.6.10.2.

Integrales del tipo

Donde L.x/ D

w

R x; ŒL.x/r ; ŒL.x/s ; : : : dx

˛x C ˇ ; ˛; ˇ; ; ı 2 R con ˛ı

x C ı

ˇ ¤ 0 y r; s; : : : son números racionales.

Se racionalizan con el cambio t q D L.x/ donde q es el mínimo común denominador de las fracciones r; s; : : :. Pues entonces tenemos que: xD

ıt q ˇ D r .t/ ˛ tq

(8.35)

y la integral se transforma en w

R.r .t/; t r q ; t sq ; : : :/r 0 .t/ dt

en la que el integrando es una función racional de t. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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446

w x C 1 1=3 1 xC1 dx . El cambio de variable D t 3 racionaliza x 1 1Cx x 1 t3 C 1 , con lo que: la integral pues se tiene que x D 3 t 1 ! w w t C2 p 2t C 1 1 1 1 t2 C t C 1 3 arc tg p ID 3 dt D C dt D log 3 2 2 2 t 1 t Ct C1 t 1 .t 1/ 3 r xC1 donde t D 3 . x 1 8.56 Ejemplo. Sea I D

8.6.10.3.

Integrales binomias

Se llaman así las de la forma

w

x ˛ .a C bx ˇ / dx

donde ˛, ˇ, son números racionales y a, b números reales todos ellos distintos de cero. Haciendo la sustitución 1 1 1 x ˇ D t; x D t ˇ ; dx D t ˇ 1 ˇ la integral se transforma en 1 w ˛C1 1 t ˇ .a C bt/ dt ˇ w ˛C1 que es de la forma t r .a C bt/ dt donde r D 1. Esta integral es del tipo de las ˇ consideradas en el apartado anterior cuando el número: w es entero, pues es de la forma R.t; t r / dt w r es entero, pues es de la forma R t; .a C bt/ dt w a C bt t Cr dt C r es entero, pues es de la forma t

El matemático P.L. Chebyshev probó que si no se da ninguna de estas circunstancias la integral no puede expresarse por medio de funciones elementales. w p ˛C1 D3. 8.57 Ejemplo. Sea ID x x 2=3 C 2 dx . En este caso es ˛D1, ˇD2=3, D1=2 y ˇ Deducimos que la primitiva buscada puede expresarse por funciones elementales. Haciendo 3 w 2p x 2=3 D t obtenemos I D t t C 2 dt , la cual se racionaliza haciendo t C 2 D s 2 (s > 0), 2 w con lo que I D 3 .s 2 2/2 s ds que es inmediata. 8.6.10.4.

Integrales del tipo

w

R.ex / dx

Se racionalizan con el cambio x D log t. Un caso particular de este es el de las integrales w de la forma R.cosh x; senh x/ dx que también admiten un tratamiento parecido al de las trigonométricas. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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447

w

2 dx . Desarrolla los cálculos para comprobar que senh x C tgh x x w 1 2.1 C t 2 / dt D log tgh I D Œx D log t D 3 2 1 C cosh x .t 1/.1 C t /

8.58 Ejemplo. Sea I D

Por otra parte, como la función como sigue w IDŒt Dcosh xD

2 es impar en senh x, también podemos proceder senh x C tgh x

1 2t 1 1 dt D C log. 1Ccosh x/ log.1Ccosh x/ 2 1 C cosh x 2 2 . 1 C t/.1 C t/

Por supuesto, puedes comprobar que las dos primitivas encontradas son de hecho iguales.

p Integración de funciones del tipo R.x; ax 2 C bx C c/ w p Una integral de la forma R.x; ax 2 C bx C c / dx puede racionalizarse por medio de las sustituciones siguientes.

8.6.10.5.

Si el trinomio ax 2 C bx C c tiene dos raíces reales ˛ y ˇ distintas, entonces se hace: p a.x ˇ/ 1=2 ax 2 C bx C c D Œa.x ˛/.x ˇ/1=2 D .x ˛/ x ˛

Donde, por comodidad, hemos supuesto que x

˛ > 0. Deducimos que la sustitución:

˛t 2 aˇ a.x ˇ/ D r .t /; (8.36) D t 2 .t > 0/; x D 2 x ˛ t a w transforma la integral en R r .t /; .r .t/ ˛/t r 0 .t/ dt donde el integrando es una función racional de t. Si el trinomio ax 2 C bx C c no tiene raíces reales, entonces debe ser ax 2 C bx C c > 0 para todo x 2 R, en particular c > 0. La sustitución: p p p b 2t c 2 ax C bx C c D tx C c; x D 2 D g.t/; (8.37) t a w p transforma la integral en R g.t/; tg.t/ C c g 0 .t / dt donde el integrando es una función racional de t. Las sustituciones anteriores se conocen como sustituciones de Euler. w x x dx . Observa que, si R.x; y/ D 3 , la integral 8.59 Ejemplo. Calcula 2 /3=2 y .7x 10 x p r que nos piden es R.x; 7x 10 x 2 / dx del tipo que acabamos de considerar. Como 7x w

.7x

donde t D

10

x 2 D .x

x 10 x 2 /3=2 .7x

x/, tenemos que # 5 C 2t 2 6 w 5 C 2t 2 dx D x D D dt D 27 1 C t2 t2

10 x 2 /1=2 . x 2

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2/.5 "

2 9

5 C 2t t

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448

w

1 p dx . .1 C x/ 1 C x C x 2 p t2 1 tenemos: Haciendo la sustitución 1 C x C x 2 D x C t, es decir x D 1 2t " # w w 1 w 1 t2 1 1 2 dx D x D p dt D C D dt D 1 2t t t 2 t 2 2t .1 C x/ 1 C x C x 2 D log t C log jt 2j: p Donde t D 1 C x C x 2 x. w p También es posible transformar una integral del tipo R.x; ax 2 C bx C c / dx en otra w de la forma F.sen x; cos x/ dx donde F es una función racional de dos variables las cuales ya hemos estudiado. Para ello se sigue el siguiente procedimiento. 8.60 Ejemplo.

Con un primer cambio de la forma x D ˛t C ˇ que después explicaremos, se w de variable, p 2 transforma la integral R.x; ax C bx C c / dx en otra de alguna de las formas: w w w p p p a) G.t; t 2 1/ dt ; b) G.t; 1 t 2 / dt ; c) G.t; 1 C t 2 / dt donde G es una función racional de dos variables. Los cambios de variable respectivos a) x D sec u;

b) x D sen u;

convierten las integrales anteriores en otras de la forma función racional de dos variables.

w

c) x D tg u F.sen x; cos x/ dx donde F es una

Alternativamente, en el caso a) puede hacerse también w xDcosh u, y en el caso c) xDsenh u, lo que transforma dichas integrales en otras del tipo T .ex / dx donde T es una función racional de una variable, que ya han sido estudiadas. Nos queda por explicar cómo se hace el primer cambio de variable. Si el trinomio h.x/ D ax 2 C bx C c tiene dos raíces reales ˛ < ˇ, lo que se hace es transformar dicho trinomio en otro que tenga como raíces 1 y 1. Para ello llevamos 1 a ˛ y 1 a ˇ mediante una función de la forma '.t / D t C . Las condiciones '. 1/ D ˛, '.1/ D ˇ, ˇ ˛ ˇC˛ determinan que D ,D . Con el cambio 2 2 x D '.t/ D tenemos que h.'.t// D a w

˛/2

.ˇ 4

.t 2

ˇ

˛ 2

tC

ˇC˛ 2

1/. Ahora, si a > 0, deducimos que:

w p p .ˇ 2 R.x; ax C bx C c / dx D Œx D '.t/ D R '.t/; a

2

que es del tipo a) anterior. Si a < 0, entonces: w w p p .ˇ 2 R.x; ax C bx C c / dx D Œx D '.t / D R '.t/; a Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

˛/ p

2

t2

˛/ p 1

ˇ 1

t2

˛ 2

ˇ

dt

˛ 2

dt

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Integración por racionalización

449

que es del tipo b) anterior. Si el trinomio ax 2 C bx C c p no tiene raíces reales, entonces debe ser d D 4ac b 2 > 0 y d también a > 0. Poniendo D p , podemos escribir: 2 a 2 2 p p b2 b b 2 ax C bx C c D Cc C 2D D ax C p ax C p 4a 2 a 2 a # # " " p 2 b 2 2a b a 2 2 C1 D C1 : xC p D p xCp

2 a d d El cambio b 2a p x C p D t; esto es , x D d d transforma la integral en w

p dt b D .t/ 2a

w p p R.x; ax 2 C bx C c / dx D Œx D .t/ D R .t/; t 2 C 1

p d dt 2a

que es del tipo c) anterior. Casos particulares

Las integrales de la forma

w

P .x/

dx donde P .x/ es una función polinómica ax 2 C bx C c pueden resolverse con facilidad por el método de reducción. Se procede de la siguiente forma. p

Escribimos: d D p dx ax 2 C bx C c P .x/

p C 2 ; Q.x/ ax C bx C c C p ax 2 C bx C c

donde Q.x/ es un polinomio, cuyos coeficientes hay que calcular, de grado una unidad menos que el polinomio P .x/ y C es una constante que también hay que calcular. Observa que la igualdad anterior puede escribirse: 1 P .x/ D Q 0 .x/.ax 2 C bx C c/ C Q.x/.2ax C b/ C C 2 y a la derecha queda un polinomio de igual grado que P .x/ lo que permite identificar coeficientes. Una vez calculados el polinomio Q y la constante C tenemos que: w

w p P .x/ 1 p dx D Q.x/ ax 2 C bx C c C C p dx ax 2 C bx C c ax 2 C bx C c w 1 dx . Haciendo con lo que todo se reduce a calcular una integral de la forma p 2 ax C bx C c uso de los cambios antes visto, esta integral, salvo constantes, puede escribirse de alguna de las formas: w w w 1 1 1 p p p dt D argsenh.t /; dt D arc sen.t /; dt D argcosh.t / 1 t2 t2 1 1 C t2 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios propuestos

450

Finalmente, las integrales de la forma w

1

˛/k

.x

p

ax 2 C bx C c

se reducen a las del tipo anterior con el cambio x

dx

1 ˛D . t

8.6.11. Ejercicios propuestos

400. Calcula las integrales: w

w

w 1 2 cos x 1 dx ; dx cos x C 2 sen x C 3 5 4 cos x 0 w w w dx 1 dx ; dx 2 cos x sen x cos x sen x cos2 x w w w4 cos.3x C 4/ 1 dx ; sen2 x cos3 x dx dx ; p 2 .1 C sen x/ cos x 1 C tg .x C 2/ 1 dx ; a C b cos x

0

401. Calcula, suponiendo que p y q son números enteros, las integrales: w

sen px cos qx dx ;

w

sen px sen qx dx ;

w

cos px cos qx dx :

n X ao 402. Para x 2 R, y n 2 N, definamos F.x/ D C .ak cos kx C bk sen kx/. Prueba que 2 kD n k¤0

para n 6p6 n se verifica que: 1 w F.x/ cos px dx ap D

403. Calcula la primitivas: w xC3 dx ; p x 2 C 2x C 2 wp 2ax x 2 dx ;

w

x2

1 w y bp D F.x/ sen px dx

w

1 p dx 2x x 2 x2 x2 x C 1 w w 1 1 p dx ; p dx 3 2 2 x 2 .4 C x 3 /5 .1 p x / 1Cx w x 2 C 9x w w 1 x 7=2 .1 x 3 / 2 dx ; dx dx ; 2 2 senh x cosh x p x w w 5 8x 4x 2 w p p dx 3 dx ; p x.1 C x/ 2 dx ; 4 x C 5=2 x 1 C x2

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p

dx ;

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451

8.6.12. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 197 Calcula las integrales: w1

a/

x2 dx ; p 1 x6

0 C1 w

d/

0

w

g/

x ˛ .log x/n dx

w

j/ m/

dx 1 C x2 C y2

cos2 .log x/ dx

w

dx p x 2x C 1

b/ e/

h/ k/ n/

C1 w 0 C1 w 0 C1 w 1 1=2 w 0 2 w 0

x dx 3 C x4

c/

dx .1 C y/.1 C yx 2 /

f/

x3

a C1 w 0

1 2

x 1 dx 3x 2 C x C 5

i/

dx p

wa p

l/

20 C 8x C x 2

dx 2 C cos x

p/

w

a2

x 2 dx

dy .1 C y/.1 C yx 2 / dx

p

0 C1 w

x2

dx x.log x/

e C1 w 1

20 C 8x

x.x 2

dx C x C 1/

En c) se supone que a > 0, en e) que y > 0, en f) que x > 1, en g) que ˛ 2 R y n 2 N, en l) que > 1. Solución. a) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución x 3 D t. Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución. w1 ˇxD1 x2 1 p dx D arc sen.x 3 /ˇxD0 D : 3 6 1 x6 0

©

b) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución x 2 D t . Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución. ˇx!C1 2x C1 C1 p w x 2 ˇˇ 1 w x 1 3 D p : dx D p 2 2 dx D p arc tg p ˇˇ 4 3Cx 2 3 0 1C p 2 3 3 xD0 4 3 x 0 3

©

c) Se hace con el cambio de variable x D a sen t. Tenemos que: 3 2 wa p w2 p x D a sen t; dx D a cos t dt 5 D a2 x 2 dx D 4 a2 a2 sen2 t a cos t dt D a D a sen

a

2

; a D a sen

2

w2 p w2 2 2 cos t cos t dt D a Da jcos t j cos t dt D 2

2

2

D a2

w2 2

2

=2 6 x 6 =2 ) cos t > 0 D

w2 1 C cos.2t/ dt D a2 : cos2 t dt D a2 2 2

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2

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452

8.61 Observación. Al realizar un cambio de variable es importante elegir de forma apropiada el nuevo intervalo de integración. Con frecuencia, hay varias posibilidades. Por ejemplo, en la integral anterior podríamos haber procedido como sigue: 2 3 x D a sen t; dx D a cos t dt wa p w2 p 5 a2 x 2 dx D 4 a2 a2 sen2 t a cos t dt D D 3 a D a sen

a

2

Da

3 2

cos2 t cos t dt D a

3 2

2

w2 3 2

w2

2

3 2

jcos tj cos t dt D =2 6 x 6 3=2 ) cos t 6 0 D

3

D a

; a D a sen

w2 p 2

2

w2 1 C cos.2t/ cos t dt D a dt D a2 : 2 2 2

2

2

p p Si en los cálculos anteriores te olvidas de que ˛ 2 D j˛j, y pones cos2 t D cos t el resultado que hubiéramos obtenido es el siguiente: wa p a2 a

3

x 2 dx Da2

w2 3 2

w2 1 C cos.2t/ cos2 t dt D a2 dt D a2 : 2 2 2

Evidente disparate, porque la integral de una función positiva ser un número negativo.

ra p 2 a a

x 2 dx no puede

© d) Pongamos ˛ D C1 w 0

p

1C

y2.

Tenemos que:

C1 C1 1 w x ˇˇx!C1 1 dx 1 w dx ˛ arc tg dx D D D : D p ˇ x 2 ˛ ˛ ˛ 1 C x2 C y 2 x2 C ˛2 xD0 2 1 C y2 0 1C ˛ 0

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: C1 w 0

p C1 w y 1 dx D dx D p p : p 2 2 .1 C y/ y 2.1 C y/ y .1 C y/.1 C yx / 1 C . yx/ 0

© 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 B A A.1 C yx 2 / C B.1 C y/ D D : .1 C y/.1 C yx 2 / 1 C y 1 C yx 2 .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/: Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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453 x 2 /÷A D

Haciendo y D 1, obtenemos 1 D A.1

1 x2

1

.

Igualando términos independientes, obtenemos A C B D 1÷B D

x2 . 1 x2

Tenemos para t > 0: t 1 w dy dy D .1 C y/.1 C yx 2 / 1 x 2 1 C y

wt

0

0

D

1 1

x2

log.1 C t/

1 1

x2

t dy x2 w D 1 x 2 1 C yx 2

log.1 C tx 2 / D

0

1 x2

1

log

1Ct : 1 C tx 2

Por tanto: C1 w 0

t

w dy 2 log x dy D lK ı m D 2 : 2 2 .1 C y/.1 C yx / t !C1 .1 C y/.1 C yx / x 1 0

g) Pongamos I.˛; n/ D

r

© x ˛ .log x/n dx

I. 1; n/ D

. Si ˛ D 1 entonces:

w 1 1 .log x/n dx D .log x/nC1 : x nC1

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: 3 .log x/n 1 n uD .log x/ ! du D n dx 6 7 x ˛C1 x n 7D I.˛; n/ D 6 4 5 ˛ C 1 .log x/ x ˛C1 ˛ dv D x dx ! v D ˛C1 n x ˛C1 .log x/n I.˛; n 1/: D ˛C1 ˛C1 2

n w ˛ x .log x/n ˛C1

1

dx

Esta relación de recurrencia permite calcular I.˛; n/ en n pasos, pues I.˛; 0/ es conocido. © C1 w x 1 h) Para calcular la integral dx usaremos la regla de Barrow. Para 3 x 3x 2 C x C 5 1 x 1 ello, debemos obtener una primitiva de la función 3 . Se trata de una x 3x 2 C x C 5 función racional. Una raíz del denominador es x D 1. Dividiendo el denominador por x C1 tenemos que x 3 3x 2 Cx C5D.x C1/.x 2 4x C5/. Como el trinomio x 2 4x C5 no tiene raíces reales, la descomposición en fracciones simples es de la forma: x3

A Bx C C x 1 D C 2 ÷x 1DA.x 2 4xC5/C.BxCC /.xC1/ 2 3x C x C 5 x C 1 x 4x C 5

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 51 . Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

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Ejercicios resueltos

454

Igualando términos independientes obtenemos 1 D 5A C C D 1 C C , luego C D 0. wt 0

x3

wt 1 .2x 2 x2 0 wt

D

1 1 log.1 C t/ C 5 5

D

1 1 log.1 C t/ C 5 10

0

t

0

0

4/ C 2

4x C 5

2x

x2

t

1w 1 1w dx C 5 xC1 5 x2

x 1 dx D 3x 2 C x C 5

x dx D 4x C 5

dx D t

4 2w dx C 5 x2 4x C 5 0

1 dx D 4x C 5

t 1 1 1 2w 1 2 D log.1 C t/ C log.t 4t C 5/ log 5 C dx D 5 10 10 5 .x 2/2 C 1 0 p 1 2 2 1 t 2 4t C 5 log 5 C arc tg.t 2/ arc tg. 1/D D log 5 1Ct 10 5 5 p 1 t 2 4t C 5 1 2 D log log 5 C arc tg.t 2/ C : 5 1Ct 10 5 10

Deducimos que: C1 w 0

t

x3

w x 1 dx D lK ı m t !C1 3x 2 C x C 5 x3 0

1 D .3 10

1 x 1 dx D log 5 C C D 2 10 5 10 3x C x C 5

log 5/:

Observa la forma de escribir la primitiva, introduciendo una raíz cuadrada en el logaritmo con la finalidad de poder calcular el límite fácilmente. Sabemos, de entrada, que dicho límite tiene que existir y ser finito porque se trata de una integral impropia conx 1 , se tiene que f es continua en vergente. En efecto, poniendo f .x/ D 3 x 3x 2 C x C 5 Œ0; C1Œ. Para todo x > 1 se tiene que f .x/ > 0 y se verifica la equivalencia asintótica r C1 1 dx es convergente, también lo es f .x/ x12 para x ! C1. Como la integral 1 x2 r C1 r C1 f .x/ dx , es decir, la integral 0 f .x/ dx es convergente. © 1 1

i) Pongamos I D

w2

dx p

x2

x 2 tiene raíces reales que

. El trinomio 20 C 8x

20 C 8x son las soluciones de x 2 8x 20 D 0, las cuales son 2 y 10, por tanto: x2

8x

0

20 D .x

10/.x C 2/÷20 C 8x

x 2 D .10

x/.x C 2/:

Deducimos que 20 C 8x x 2 > 0 ” 2 < x < 10. Podemos optar por racionalizar la integral con la sustitución de Euler 8.36 en la que a D 1, ˛ D 2, ˇ D 10. Con ello, dicha sustitución viene dada por: x D r .t / D Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

2t 2 C 10 t2 C 1

.t > 0/:

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455

Tenemos que: r 0 .t/

D

p 1 24t ; r .t/ D 0 ) t D 5; r .t/ D ) t D 2 2 2 .1 C t /

r

19 5

Haciendo los cálculos, se obtiene: q

p

19

w5 1 w5 x D r .t /; dx D t2 p p ID D 2 dt D 2 dtD 2 3 1 C t2 q p .1 C t / r . 5/ D 0; r . 19=5/ D 1=2 r 0 .t/ dt

"

p D 2 arc tg. 5/

2 arc tg

r

#

5

19 5

19 5

Otra forma de calcular esta integral, quizás más sencilla, se basa en una idea vista en el ejemplo 8.44. Hagamos un cambio de variable de la forma x D t C por la condición de que dicho cambio lleve el intervalo Œ 2; 10 al Œ 1; 1. Deberá ser 2 D C , 10 D C . Deducimos que el cambio buscado es x D 6t C 4. Tenemos que: 1

w2 0

2

x D 6t C 4; dx D 6 dt ; .10 x/.x C 2/ D 36.1 dx D4 p 1 7 2 .10 x/.x C 2/ ; xD )tD xD0)t D 3 2 12 7

D

w12 2 3

p 1

1

t2

dt D arc sen

2 3

arc sen

t 2/

3

5D

7 : 12

No te quepa duda de que se trata en ambos casos del mismo resultado expresado de diferente forma. 8.62 Observación. Un error frecuente en este tipo de ejercicios consiste en cambiar el trinomio por su opuesto. Las ecuacionesp20 C 8x x 2 D 0py 20 8x C x 2 D 0, son 20 8x C x 2 no son la la misma ecuación, pero las funciones 20 C 8x x 2 y misma función.

©

j) Esta primitiva es de las que se calculan integrando por partes, procurando que la integral se repita. Tenemos que: w w uDcos2 .log x/ cos2 .log x/ dx D D x cos2 .log x/ C 2 cos.log x/ sen.log x/dxD dv D dx ! vDx w u D sen.2 log x/ 2 D x cos .log x/ C sen.2 log x/ dx D D dv D dx ! v D x w D x cos2 .log x/ C x sen.2 log x/ 2 cos.2 log x/ dx D w D x cos2 .log x/ C x sen.2 log x/ 4 cos2 .log x/ dx C 2x: Donde hemos usado la igualdad cos.2t/ D 2 cos2 t w

cos2 .log x/ dx D

1. Deducimos que:

1 x cos2 .log x/ C x sen.2 log x/ C 2x 5

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©

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456

k) Pongamos I D

1=2 w 0

Tenemos que:

dx . El trinomio 20 C 8x C x 2 no tiene raíces reales. p 2 20 C 8x C x

xC4 2 C1 : 20 C 8x C x 2 D .x C 4/2 C 4 D 4 2 Por tanto: ID

1=2 w 0

dx p

20 C 8x C x 2

D

1=2 w 0

1 2

r

xC4 2

2

C1

ˇ 1 x C 4 ˇˇxD 2 9 D argsenh D argsenh : ˇ 2 xD0 4

©

C1 w

dx 1 l) Pongamos I./ D . Como ¤ 1, la función f .x/ D D x.log x/ x.log x/ e 1 1 .log x/ , tiene como primitiva F.x/ D .log x/1 . La función f .x/ es positiva x 1 y continua en Œe; C1Œ. Tenemos que I./ D

C1 w e

ˇx!C1 dx D F.x/ˇxDe D lKım F.x/ x!C1 x.log x/

F.e/ D

1

1

:

© dx p . Esta integral se racionaliza con el cambio 8.35, esto es, x 2x C 1 haciendo 2x C 1 D t 2 , (t > 0). Tenemos: w w dt w dx 2t dt 2x C 1 D t 2 D 2 D ID p D D dx D t dt .t 2 1/t t2 1 x 2x C 1 p w dt w dt t 1 2x C 1 1 D D log D log p : t 1 t C1 t C1 2x C 1 C 1 m) Pongamos I D

n) Pongamos I D

w

2 w 0

©

dx . Esta integral se racionaliza con el cambio t D tg.x=2/ 2 C cos x

(8.34). Para aplicar la regla de Barrow, calcularemos primero una primitiva de f .x/ D 1 . 2 C cos x 3 2 t D tg.x=2/ x w w dt tg dx t 2 2 6 dx D 2 dt 7 D4 D p arc tg p D p arc tg p 2 : 1Ct 2 5 D 2 2 2 C cos x 3Ct 3 3 3 3 1 t2 cos x D 1Ct 2

x tg 2 Llamemos F.x/ D p arc tg p 2 a la primitiva calculada. Tenemos que: 3 3 ID

2 w 0

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ˇxD2 dx D F.x/ˇxD0 D F.2/ 2 C cos x

F.0/ D 0: Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

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457

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 Œ0; 2 pues el valor de F.x/ para x D no está, en principio, definido. De hecho, se tiene que: 2 Dp ; lKım F.x/ D p 2 3 3

x! 0

Integral de Riemann Introducción

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