6 2 Integrales Impropias_b_act - Jesús Enrique Santiago García

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6.2 Integrales Impropias 
 
María Concepción González Enríquez 
 
Convergencia absoluta y condicional 
 
Se dice que la integral ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
 converge absolutamente, si ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥
∞
𝑎
 
es convergente. 
 
Ejemplo. ∫
cos 𝑥
1+𝑥2
∞
0
𝑑𝑥 
|
cos 𝑥
1+𝑥2
| ≤
1
1+𝑥2
 por comparación directa 
La integral impropia ∫
1
1+𝑥2
𝑑𝑥
∞
1
 es convergente por comparación directa con 
la p-integral ∫
1
𝑥2
𝑑𝑥
∞
1
 
luego también ∫ |
cos 𝑥
1+𝑥2
| 𝑑𝑥
∞
1
 converge por comparación directa con 
∫
1
1+𝑥2
𝑑𝑥
∞
1
 
finalmente podemos concluir que 
∫ |
cos 𝑥
1+𝑥2
| 𝑑𝑥 = ∫ |
cos 𝑥
1+𝑥2
| 𝑑𝑥
1
0
+ ∫ |
cos 𝑥
1+𝑥2
| 𝑑𝑥
∞
1
∞
0
 es convergente 
Por lo tanto ∫
cos 𝑥
1+𝑥2
𝑑𝑥
∞
0
 es absolutamente convergente. 
 
Teorema. Si la integral impropia ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥
∞
𝑎
 converge, entonces la integral 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
 converge. 
Demostración. 
Como −|𝑓(𝑥)| ≤ 𝑓(𝑥) ≤ |𝑓(𝑥)|, 0 ≤ 𝑓(𝑥) + |𝑓(𝑥)| ≤ 2|𝑓(𝑥)| 
Por hipótesis ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥
∞
𝑎
 es convergente, entonces por comparación directa 
la integral ∫ (𝑓(𝑥)
∞
𝑎
+ |𝑓(𝑥)|)𝑑𝑥 converge 
De donde ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
= ∫ (𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
+ |𝑓(𝑥)|)𝑑𝑥 − ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥
∞
𝑎
 es 
convergente por ser suma de dos integrales impropias convergentes. 
 
Ejemplo. Aplique el criterio de convergencia absoluta a ∫
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
𝑑𝑥
∞
1
 
para ∫ |
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
| 𝑑𝑥
∞
1
 
Observamos |
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
| ≤
𝑒−𝑥
𝑥
 y 
1 < 𝑥, 
1
𝑥
< 1, 
𝑒−𝑥
𝑥
< 𝑒−𝑥 
Además ∫ 𝑒−𝑥𝑑𝑥
∞
1
 es integral geométrica con 𝑐 = 1 > 0 y converge, por 
lo tanto, por el criterio de comparación directa ∫ |
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
| 𝑑𝑥
∞
1
, es decir 
∫
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
𝑑𝑥
∞
1
 converge absolutamente, y por el criterio de convergencia 
absoluta, ∫
𝑒−𝑥(𝑠𝑒𝑛 𝑥)
𝑥
𝑑𝑥
∞
1
 también converge 
 
Definición. Se dice que la integral impropia ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
 es 
condicionalmente convergente, en el caso de que ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
𝑎
 converge pero 
∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥
∞
𝑎
 diverge 
 
Ejemplo. ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
∞
0
 es condicionalmente convergente 
Observamos que no es integral impropia de segunda clase ya que existe 
lim
𝑥→0
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
= lim
𝑥→0
𝑐𝑜𝑠 𝑥
1
= 1 aplicando L´Hopital 
1.∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
∞
0
 es convergente 
Para 𝑏 > 0 escribimos 𝑏 = 𝑛𝜋 + 𝑟𝑛 para algún natural 𝑛 y 0 ≤ 𝑟𝑛 < 𝜋 
Como ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
∞
0
= lim
𝑏→∞
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Separamos la integral 
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑏
0
= ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋
0
+ ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
= 𝐼1 + 𝐼2 
Nos interesa el comportamiento de las dos integrales cuando 𝑛 → ∞ 
El límite de la suma es la suma de los limites si es que existen. 
Para 𝐼2 = ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
 tenemos 
|∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
| ≤ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
 
 ≤ ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
 
Como 𝑛𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝑛𝜋 + 𝑟𝑛, 
1
𝑛𝜋+𝑟𝑛
≤
1
𝑥
≤
1
𝑛𝜋
 entonces, 
⌈∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
⌉ ≤ ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
≤ ∫
1
𝑛𝜋
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
=
1
𝑛𝜋
(𝑟𝑛) <
1
𝑛𝜋
𝜋 =
1
𝑛
 
De modo que cuando 𝑛 → ∞ ⌈∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
⌉ → 0 y en consecuencia 
∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋+𝑟𝑛
𝑛𝜋
→ 0 
Para 𝐼1 = ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋
0
 
La separamos en intervalos de longitud 𝜋 
𝐼1 = ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋
0
= ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝜋
0
+ ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
2𝜋
𝜋
+ ⋯ + ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋
(𝑛−1)𝜋
 
 = ∑ ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
𝑛
𝑘=1 = ∑ 𝑏𝑘
𝑛
𝑘=1 
cuando 𝑛 → ∞ = ∑ ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
∞
𝑘=1 = ∑ 𝑏𝑘
∞
𝑘=1 tenemos una serie, donde 
= ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
= 𝑏𝑘 
la cual veremos que es alternante y que cumple el criterio de Liebnitz. 
Como los términos de la serie corresponden a integrales en intervalos 
consecutivos de longitud 𝜋 de la función 𝑠𝑒𝑛 (𝑥), la función cambia de 
signo, por lo que la serie es alternante. 
El signo de cada término depende del signo de la función 𝑠𝑒𝑛(𝑥) en el 
intervalo, por lo que podemos escribir 
∫
|𝑠𝑒𝑛 𝑥|
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
= |𝑏𝑘| y ∫
|𝑠𝑒𝑛 𝑦|
𝑦
𝑑𝑦
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
= |𝑏𝑘+1| 
Ahora comparamos, en base a que 𝑦 = 𝑥 + 𝜋 o 𝑥 = 𝑦 − 𝜋, 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦, 
hacemos cambio de variable, si 𝑦 = 𝑘𝜋 → 𝑥 = 𝑘𝜋 − 𝜋 = (𝑘 − 1)𝜋, 
𝑦 = (𝑘 + 1)𝜋 → 𝑥 = (𝑘 + 1)𝜋 − 𝜋 = 𝑘𝜋, así 
|𝑏𝑘+1| = ∫
|𝑠𝑒𝑛 𝑦|
𝑦
𝑑𝑦
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
= ∫
|𝑠𝑒𝑛 (𝑥+𝜋)|
𝑥+𝜋
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
 
Como 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝜋) = −𝑠𝑒𝑛(𝑥) → |𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝜋)| = |−𝑠𝑒𝑛(𝑥)| = |𝑠𝑒𝑛(𝑥)| 
|𝑏𝑘+1| = ∫
|𝑠𝑒𝑛 𝑦|
𝑦
𝑑𝑦
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
= ∫
|𝑠𝑒𝑛 (𝑥+𝜋)|
𝑥+𝜋
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
= ∫
|𝑠𝑒𝑛 (𝑥)|
𝑥+𝜋
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
 
Luego 𝑥 < 𝑥 + 𝜋 →
1
𝑥+𝜋
<
1
𝑥
, entonces 
|𝑏𝑘+1| = ∫
|𝑠𝑒𝑛 𝑦|
𝑦
𝑑𝑦
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
= ∫
|𝑠𝑒𝑛 (𝑥)|
𝑥+𝜋
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
< ∫
|𝑠𝑒𝑛 (𝑥)|
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
= |𝑏𝑘| 
Con esto concluimos que {|𝑏𝑘|} es una sucesión decreciente 
 
Ahora, 
|𝑏𝑘| = |∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
| 
 ≤ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
 
 ≤ ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
 
 ≤ ∫
1
(𝑘−1)𝜋
𝑑𝑥
𝑘𝜋
(𝑘−1)𝜋
 (3) 
 =
𝜋
(𝑘−1)𝜋
=
1
(𝑘−1)
 
La desigualdad (3) porque (𝑘 − 1)𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘𝜋 →
1
𝑘𝜋
≤
1
𝑥
≤
1
(𝑘−1)𝜋
 
De modo que lim
𝑘→∞
|𝑏𝑘| = 0 por el teorema del sándwich. 
Por lo tanto la integral 𝐼1 = ∫
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑛𝜋
0
 es convergente. 
 
2.∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
∞
0
 no converge 
∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
∞
0
= lim
𝑛→∞
∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝑛
0
= lim
𝑛→∞
∑ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
𝑛−1
𝑘=0 
Observamos para los intervalos de la forma (𝑘 +
1
6
) 𝜋 ≤ 𝑥 ≤ (𝑘 +
5
6
) 𝜋 
Se satisface |𝑠𝑒𝑛 𝑥| ≥
1
2
→
|𝑠𝑒𝑛 𝑥|
𝑥
≥
1
2𝑥
 
∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥 ≥ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
(𝑘+
5
6
)𝜋
(𝑘+
1
6
)𝜋
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
 
 ≥ ∫
1
2𝑥
𝑑𝑥
(𝑘+
5
6
)𝜋
(𝑘+
1
6
)𝜋
 
 ≥ ∫
1
2(𝑘+1)𝜋
𝑑𝑥
(𝑘+
5
6
)𝜋
(𝑘+
1
6
)𝜋
 
 =
1
2(𝑘+1)𝜋
(
2𝜋
3
) =
1
3(𝑘+1)
 
Sumamos las integrales 
∑ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
𝑛−1
𝑘=0 
 = ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝜋
0
+ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
2𝜋
𝜋
+ ⋯ + ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝑛𝜋
(𝑛−1)𝜋
 
 
 = ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
𝑛𝜋
0
 
 ≥ ∑
1
3(𝑘+1)
𝑛−1
𝑘=0 
 ≥
1
3
∑
1
𝑘
𝑛
𝑘=1 
Tenemos la suma parcial n-ésima de la serie armónica, la cual tiende a ∞ 
cuando 𝑛 → ∞, por lo tanto 
lim
𝑛→∞
∑ ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
(𝑘+1)𝜋
𝑘𝜋
𝑛−1
𝑘=0 = ∞ y ∫ |
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑥
| 𝑑𝑥
∞
0
 diverge. 
 
Criterio de la integral para series 
Sea ∑ 𝑎𝑘
∞
𝑘=1 una serie de términos no negativos y una función 𝑓(𝑥) continua, 
no creciente sobre [1,∞) tal que 𝑓(𝑘) = 𝑎𝑘 entonces ambas ∑ 𝑎𝑘
∞
𝑘=1 y 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
1
 convergen o ambas divergen. 
 
Demostración. 
Caso. ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
1
 converge a 𝐿 
Como 𝑓(𝑥) es no creciente en [𝑘 − 1, 𝑘] para 𝑘 ≥ 2, 𝑓(𝑘) = 𝑎𝑘 es el 
ínfimo de 𝑓(𝑥) en el intervalo [𝑘 − 1, 𝑘] 
Podemos escribir lo siguiente 
 𝑎𝑘 = ∫ 𝑎𝑘𝑑𝑥
𝑘
𝑘−1
≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑘
𝑘−1
 para 𝑘 ≥ 2 
Entonces las sumas parciales de orden 𝑛 satisfacen 
𝑆𝑛 = ∑ 𝑎𝑘 ≤ 𝑎1 + ∑ ∫ 𝑎𝑘𝑑𝑥
𝑘
𝑘−1
𝑛
𝑘=2
𝑛
𝑘=1 = 𝑎1 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑛
2
≤ 𝑎1 + 𝐿 
es decir la sucesión de sumas parciales para la serie{ 𝑆𝑛}, es no decreciente 
y acotada superiormente, por lo tanto converge y 
De aquí la serie ∑ 𝑎𝑘
∞
𝑘=1 es convergente. 
 
Caso. ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
1
 diverge 
Como 𝑓(𝑥) es no creciente en [𝑘, 𝑘 + 1] para 𝑘 ≥ 1, para 𝑓(𝑘) = 𝑎𝑘 
es el supremo de 𝑓(𝑥) en el intervalo [𝑘, 𝑘 + 1] 
Podemos escribir lo siguiente 
 𝑎𝑘 = ∫ 𝑎𝑘𝑑𝑥
𝑘+1
𝑘
≥ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑘+1
𝑘
 para 𝑘 ≥ 1 
entonces las sumas parciales de orden 𝑛 satisfacen 
𝑆𝑛 = ∑ 𝑎𝑘 ≥ ∑ ∫ 𝑎𝑘𝑑𝑥
𝑘+1
𝑘
𝑛
𝑘=1
𝑛
𝑘=1 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑛+1
1
 
Como ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
∞
1
 diverge la sucesión de sumas parciales { 𝑆𝑛}, para la 
serie, también diverge y 
De aquí la serie ∑ 𝑎𝑘
∞
𝑘=1 es divergente. 
 
Ejemplo. ∑ 𝑘𝑒−𝑘∞𝑘=1 
Los términos son no negativos. 
es no creciente ya que para 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒−𝑥 
𝑓´(𝑥) = 𝑒−𝑥 − 𝑥𝑒−𝑥 = 𝑒−𝑥(1 − 𝑥) < 0 
estudiamos ∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥
∞
1
 
sabemos que ∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥 = −𝑥𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑥 y 
∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥
∞
1
= lim
𝑏→∞
∫ 𝑥𝑒−𝑥𝑑𝑥
𝑏
1
 
 = lim
𝑏→∞
(−𝑥𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑥)|1
𝑏 = lim
𝑏→∞
(−𝑏𝑒−𝑏 − 𝑒−𝑏 + 𝑒−1 + 𝑒−1) = 2𝑒−1 
Así que ∑ 𝑘𝑒−𝑘∞𝑘=1 es convergente 
 
Ejemplo. ∑
1
𝑘(ln 𝑘)2
∞
𝑘=2 
No es aplicable el criterio de la razón puesto que 
lim
𝑘→∞
|
𝑎𝑘+1
𝑎𝑘
| = lim
𝑘→∞
1
(𝑘+1)(ln(𝑘+1))2
.
𝑘(ln 𝑘)2
1
 
= lim
𝑘→∞
𝑘
𝑘+1
lim
𝑘→∞
(
ln 𝑘
ln(𝑘+1)
)
2
 
lim
𝑘→∞
(
ln 𝑘
ln(𝑘+1)
) =
∞
∞
 aplicando L´Hopital 
lim
𝑘→∞
(
ln 𝑘
ln(𝑘+1)
) = lim
𝑘→∞
(
1/𝑘
1/(𝑘+1)
) = lim
𝑘→∞
(
𝑘+1
𝑘
) = 1 
Pero tenemos que los términos son no negativos y 𝑓(𝑥) =
1
𝑥(ln 𝑥)2
 es no 
creciente ya que 
𝑓´(𝑥) =
−(ln 𝑥)2−𝑥(2 ln 𝑥)(1/𝑥)
𝑥2(ln 𝑥)4
=
−(ln 𝑥)(ln 𝑥−2)
𝑥2(ln 𝑥)4
 para 7 < 𝑥 
 =
−(ln 𝑥−2)
𝑥2(ln 𝑥)3
< 0 
luego ∫
𝑑𝑥
𝑥(ln 𝑥)2
= −
1
ln 𝑥
 y 
lim
𝑏→∞
−
1
ln 𝑏
+
1
ln 2
=
1
ln 2
 
∫
𝑑𝑥
𝑥(ln 𝑥)2
∞
1
= −
1
ln 2
 
Por lo tanto ∑
1
𝑘(ln 𝑘)2
∞
𝑘=2 es convergente. 
 
Ejemplo. ∑
𝑘
𝑘2+1
∞
𝑘=1 
Los términos son no negativos. 
es no creciente ya que para 𝑓(𝑥) =
𝑥
𝑥2+1
 
𝑓´(𝑥) =
𝑥2 + 1 − 𝑥(2𝑥)
(𝑥2 + 1)2
=
−𝑥2 + 1
(𝑥2 + 1)2
< 0 
estudiamos ∫
𝑥
𝑥2+1
𝑑𝑥
∞
1
 
aplicamos el criterio del cociente con ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
∞ 
1
 
lim
𝑥→∞
𝑥
𝑥2+1
(𝑥) = lim
𝑥→∞
𝑥2
𝑥2+1
= 1 > 0 y como ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
∞ 
1
 es divergente, también 
lo es 
∫
𝑥
𝑥2+1
𝑑𝑥
∞
1
 
Por lo tanto ∑
𝑘
𝑘2+1
∞
𝑘=1 diverge. 
 
Ejemplo. ∑
𝑘
√𝑘4+1
∞
𝑘=1 
Los términos son no negativos. 
es no creciente ya que 
𝑓´(𝑥) =
√𝑥4 + 1 − 𝑥(1/2)(𝑥4 + 1)−1/24𝑥3
𝑥4 + 1
.
(𝑥4 + 1)1/2
(𝑥4 + 1)1/2
 
 =
(𝑥4+1)−2𝑥4
(𝑥4+1)3/2
=
1−𝑥4
(𝑥4+1)3/2
< 0 para 1 < 𝑥 
luego ∫
𝑥𝑑𝑥
√𝑥4+1
∞
1
 
Aplicamos el criterio del cociente con ∫
𝑑𝑥
𝑥
∞ 
1
 p-integral de clase uno, con 
𝑝 = 1 diverge 
lim
𝑥→∞
𝑥
√𝑥4+1
𝑥
1
= lim
𝑥→∞
𝑥2
√𝑥4+1
= lim
𝑥→∞
√
𝑥4
𝑥2+1
= 1 > 0 
Por lo tanto ∫
𝑥𝑑𝑥
√𝑥4+1
∞ 
1
 diverge, también la serie ∑
𝑘
√𝑘4+1
∞
𝑘=1 
 
Integrales impropias de segunda clase 
 
Definición. Una p-integral impropia de segunda clase es de la forma ∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0
 
con 𝑝 > 0. 
 
Nota: recordamos que las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑚/𝑛 = 𝑥𝑚 𝑜 𝑥1/𝑛, 
Para 𝑚/𝑛 > 0, si 𝑛 es impar su dominio es (−∞, ∞) 
 Si 𝑛 es par su dominio es [0,∞) 
Para 𝑚/𝑛 < 0, se elimina 0 de los dominios anteriores. 
Para las funciones 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑟, con 𝑟 irracional, su dominio es (0, ∞) 
 
 
 
 
Criterio para p-integrales. 
∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0
= {
1
1 − 𝑝
 𝑠𝑖 𝑝 < 1
𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝑠𝑖 𝑝 ≥ 1
 
Demostración. 
∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0
= lim
𝜀→0+
∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0+𝜀 
= lim
𝜀→0+
(
𝑥−𝑝+1
−𝑝+1
)|
𝜀
1
 
 = lim
𝜀→0+
(
1
1−𝑝
−
𝜀1−𝑝
−𝑝+1
) 
Caso: 𝑝 < 1 entonces 1 − 𝑝 > 0 y 
∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0
= lim
𝜀→0+
(
1
1−𝑝
−
𝜀1−𝑝
1−𝑝
) =
1
1−𝑝
 
 
Caso: 𝑝 > 1 entonces 𝑝 − 1 > 0 y 
∫
𝑑𝑥
𝑥𝑝
1
0
= lim
𝜀→0+
(
1
1−𝑝
−
𝜀1−𝑝
1−𝑝
) = lim
𝜀→0+
(
1
1−𝑝
(1 −
1
𝑒𝑝−1
)) = ∞ 
 
Caso: 𝑝 = 1 
∫
𝑑𝑥
𝑥
1
0
= lim
𝜀→0+
∫
𝑑𝑥
𝑥
1
0+𝜀
= lim
𝜀→0+
(ln 𝑥)|𝜀
1 = lim
𝜀→0+
(ln(1) − ln 𝜀 ) = ∞ 
 
Ejemplos. 
∫
𝑑𝑥
√𝑥
4
1
0
 es convergente y ∫
𝑑𝑥
√𝑥
4
1
0
=
1
1−(1/4)
=
4
3
 
∫
𝑑𝑥
𝑥7/8
1
0
 es convergente 
∫
𝑑𝑥
𝑥2
1
0
 y ∫
𝑑𝑥
𝑥7/2
1
0
 son divergentes. 
En general una integral de la forma ∫
𝑑𝑥
(𝑎𝑥+𝑏)𝑝
𝑐
−(𝑏/𝑎)
 es una p-integral 
Con un cambio de variable se puede transformar a la forma original 
𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏, 𝑑𝑢 = 𝑎𝑑𝑥 
Si 𝑥 = −
𝑏
𝑎
→ 𝑢 = 0 y 𝑥 = 𝑐 → 𝑢 = 𝑎𝑐 + 𝑏 quedando la integral 
1
𝑎
∫
𝑑𝑢
𝑢𝑝
𝑎𝑐+𝑏
0
 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
(4𝑥+3)2/5
1
−3/4
 
𝑢 = 4𝑥 + 3, 𝑑𝑢 = 4𝑑𝑥 
Si 𝑥 = −
3
4
→ 𝑢 = 0 y 𝑥 = 1 → 𝑢 = 7 quedando la integral 
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
7
0
 
La separamos 
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
7
0
=
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
1
0
+
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
7
1
 
La primera es 
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
1
0
=
1
4
(
1
1−(2/5)
) =
1
4
(
5
3
) =
5
12
 
La segunda es 
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
7
1
=
1
4
(
5
3
𝑢3/5)|
1
7
=
1
4
(
5
3
(73/5) −
5
3
) 
Por lo tanto 
 ∫
𝑑𝑥
(4𝑥+3)2/5
1
−3/4
=
1
4
∫
𝑑𝑢
𝑢2/5
7
0
=
5
12
+
1
4
(
5
3
(73/5) −
5
3
) =
5
12
+
5
12
(73/5) −
5
12
=
5
12
(73/5) 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
7
−2
 
La separamos de la forma ∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
7
−2
= ∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
−1
−2
+ ∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
7
−1
 
Como son p-integrales con 𝑝 =
2
3
< 1 son convergentes y procedemos a 
calcularlas 
∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
1
−2
+ ∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
7
−1
= lim
𝜀→0´
∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
−1−𝜀
−2
+ lim
𝜀→0´
∫
𝑑𝑥
(𝑥+1)2/3
7
−1+𝜀
 
 = lim
𝜀→0+
3(𝑥 + 1)1/3|
−2
−1−𝜀
+ lim
𝜀→0+
3(𝑥 + 1)1/3|
−1+𝜀
7
 
 = lim
𝜀→0+
(3(−𝜀)1/3 − 3(−1)1/3) + lim
𝜀→0+
(3(8)1/3 − 3(𝜀 )1/3) 
 = 3 + 6 = 9 
 
Transformación de una integral impropia de segunda clase a una de 
primera clase. 
Consideramos ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Caso) 𝑓(𝑥) no está acotada en 𝑏 
 Se usa 𝑦 =
1
𝑏−𝑥
 entonces 
 𝑏 − 𝑥 =
1
𝑦
, 𝑥 = 𝑏 −
1
𝑦
, 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑦2
 
 Para los límites 𝑥 = 𝑎, 𝑦 =
1
𝑏−𝑎
 
 𝑥 → 𝑏−, 𝑦 → ∞ 
 Sustituimos y ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫
𝑓(𝑏−
1
𝑦
)
𝑦2
∞
1/(𝑏−𝑎)
𝑑𝑦 
 
Caso) 𝑓(𝑥) no está acotada en 𝑎 
 Se usa 𝑦 =
1
𝑥−𝑎
 entonces 
 𝑥 − 𝑎 =
1
𝑦
, 𝑥 = 𝑎 +
1
𝑦
, 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑦2
 
 Para los límites 𝑥 → 𝑎+, 𝑦 → ∞ 
 𝑥 = 𝑏, 𝑦 =
1
𝑏−𝑎
 
 Sustituimos y ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫
𝑓(𝑎+
1
𝑦
)
𝑦2
∞
1/(𝑏−𝑎)
𝑑𝑦 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
√𝑥
4
0
 
𝑓(𝑥) no está acotada en 0 
 Se usa 𝑦 =
1
𝑥
 entonces 
 𝑥 =
1
𝑦
, 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑦2
 
 Para los límites 𝑥 → 𝑎+, 𝑦 → ∞ 
 𝑥 = 4, 𝑦 =
1
4
 
 sustituimos y ∫
𝑑𝑥
√𝑥
4
0
= ∫
𝑓(
1
𝑦
)
𝑦2
∞
1/4
𝑑𝑦 = ∫
√𝑦
𝑦2
∞
1/4
𝑑𝑦 = ∫
𝑑𝑦
𝑦3/2
∞
1/4
 
 ∫
𝑑𝑦
𝑦3/2
∞
1/4
= lim
𝑏→∞
∫
𝑑𝑦
𝑦3/2
∞
1/4
 
 luego 
 = lim
𝑏→∞
(−
2
𝑦1/2
)|
1/4
𝑏
= lim
𝑏→∞
(−
2
𝑏1/2
+
2
1/2
) = 4 
Se puede verificar efectuando la integral impropia de segunda clase en forma 
directa. 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
 
𝑓(𝑥)no está acotada en 2 
Se usa 𝑦 =
1
2−𝑥
 entonces 
 2 − 𝑥 =
1
𝑦
, 𝑥 = 2 −
1
𝑦
 , 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑦2
 
 Para los límites 𝑥 = 1, 𝑦 = 1 
 𝑥 → 2−, 𝑦 → ∞ 
sustituimos 
∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
= ∫
𝑑𝑦
𝑦2√(2−
1
𝑦
)
1
𝑦
∞
1
= ∫
𝑑𝑦
𝑦2√(
2
𝑦
−
1
𝑦2
)
∞
1
 
 = ∫
𝑑𝑦
𝑦2√(
2𝑦−1
𝑦2
)
∞
1
= ∫
𝑑𝑦
𝑦√2𝑦−1
∞
1
 
podemos aplicar el criterio del cociente con 𝑔(𝑦) =
1
𝑦3/2
 
lim
𝑦→∞
1
𝑦√2𝑦−1
𝑦3/2 = lim
𝑦→∞
𝑦1/2
√2𝑦−1
= lim
𝑦→∞
√
𝑦
2𝑦−1
=
1
√2
> 0 
y ∫
1
𝑦3/2
𝑑𝑦
∞
1
 es p-integral con 𝑝 =
3
2
> 1 converge 
por lo que ∫
𝑑𝑦
𝑦√2𝑦−1
∞
1
 converge 
y también ∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
 
se puede verificar efectuando la integral impropia de segunda clase en forma 
directa. 
 
Criterio de comparación directa 
Sean 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) dos funciones continuas en [𝑎,𝑏) y 0 ≤ 𝑓(𝑥) 
0 < 𝑔(𝑥) y no acotadas en [𝑎,𝑏) 
1) Si 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) en [𝑎,𝑏) y ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 es convergente, entonces 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 converge 
2) Si 0 ≤ 𝑔(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥) en [𝑎,𝑏) y ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 es divergente, entonces 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 diverge. 
Demostración. 
Transformando la integral a una impropia de primera clase 
y como 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫
𝑓(𝑏−
1
𝑦
)
𝑦2
∞
1/(𝑏−𝑎)
𝑑𝑦 ≤ ∫
𝑔(𝑏−
1
𝑦
)
𝑦2
∞
1/(𝑏−𝑎)
𝑑𝑦 = ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Luego como ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 es convergente y por el criterio de comparación 
directa para integrales impropias de primera clase concluimos que ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
es convergente. 
Existe el criterio adecuado para 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) dos funciones continuas en 
(𝑎,𝑏] y 0 ≤ 𝑓(𝑥) 0 < 𝑔(𝑥) y no acotadas en (𝑎,𝑏]. 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 2 
para 1 < 𝑥, 1 < √𝑥, 
√2 − 𝑥 < √𝑥√2 − 𝑥 = √𝑥(2 − 𝑥), 
1
√𝑥(2−𝑥)
<
1
√2−𝑥
 
con cambio de variable 𝑢 = 2 − 𝑥 
∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
< ∫
𝑑𝑥
√2−𝑥
2
1
= − ∫
𝑑𝑢
√𝑢
0
1
= ∫
𝑑𝑢
√𝑢
1
0
 
y como ∫
𝑑𝑢
√𝑢
1
0
 es convergente, también lo es ∫
𝑑𝑥
√𝑥(2−𝑥)
2
1
 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
3−𝑥−√3−𝑥
3
5/2
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 3 
3 − 𝑥 − √3 − 𝑥 < 3 − 𝑥, 
1
3−𝑥
<
1
3−𝑥−√3−𝑥
 
con cambio de variable 𝑢 = 3 − 𝑥 
− ∫
𝑑𝑢
𝑢
0
1
2
= ∫
𝑑𝑢
𝑢
1
2
0
= ∫
𝑑𝑥
3−𝑥
3
5/2
< ∫
𝑑𝑥
3−𝑥−√3−𝑥
3
5/2
 
y como ∫
𝑑𝑢
𝑢
1/2
0
 es divergente, también lo es ∫
𝑑𝑥
3−𝑥−√3−𝑥
3
5/2
 
 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
√𝑥4−1
5
1
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 1. 
para 1 < 𝑥, 𝑥 < 𝑥4, 𝑥 − 1 < 𝑥4 − 1, 
√𝑥 − 1 < √𝑥4 − 1, 
1
√𝑥4−1
<
1
√𝑥−1
 
con cambio de variable 𝑢 = 𝑥 − 1 
∫
𝑑𝑥
√𝑥4−1
5
1
< ∫
𝑑𝑥
√𝑥−1
5
1
= ∫
𝑑𝑢
√𝑢
4
0
 
y como ∫
𝑑𝑢
√𝑢
4
0
 es convergente, también lo es ∫
𝑑𝑥
√𝑥4−1
5
1
 
 
Ejemplo. ∫
ln 𝑥𝑑𝑥
(𝑥−3)4
6
3
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 3. 
para 3 < 𝑥 
1
(𝑥−3)4
<
ln 𝑥
(𝑥−3)4
 
con cambio de variable 𝑢 = 𝑥 − 3 
∫
ln 𝑥𝑑𝑥
(𝑥−3)4
6
3
= ∫
𝑑𝑢
𝑢4
3
0
 
luego ∫
𝑑𝑢
𝑢4
3
0
= ∫
𝑑𝑥
(𝑥−3)4
6
3
< ∫
ln 𝑥𝑑𝑥
(𝑥−3)4
6
3
 
y como ∫
𝑑𝑢
𝑢4
3
0
 es divergente, también lo es ∫
ln 𝑥𝑑𝑥
(𝑥−3)4
6
3
 
Criterio del cociente 
Sean 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) dos funciones continuas en [𝑎,𝑏) y 0 ≤ 𝑓(𝑥) 0 < 𝑔(𝑥) 
y no acotadas en [𝑎,𝑏). 
1) Si lim
𝑥→𝑏−
𝑓
𝑔
= 𝐿 > 0 entonces ambas integrales impropias ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
y ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 convergen o ambas divergen. 
2) Si lim
𝑥→𝑏−
𝑓
𝑔
= 0 y la integral impropia ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 converge entonces 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 converge. 
3) Si lim
𝑥→𝑏−
𝑓
𝑔
= ∞ y ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 diverge entonces ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 diverge. 
Existe el criterio adecuado para 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) dos funciones continuas en 
(𝑎,𝑏] y 0 ≤ 𝑓(𝑥) 0 < 𝑔(𝑥) y no acotadas en (𝑎,𝑏]; considerando en tal 
caso 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓
𝑔
 como indicador. 
 
Ejemplo. ∫
𝑥2𝑑𝑥
(3−𝑥)2
3
0
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 3. 
Consideramos 𝑔(𝑥) =
1
3−𝑥
, entonces 
lim
𝑥→𝑏−
𝑓
𝑔
= lim
𝑥→3−
(3−𝑥)𝑥2
(3−𝑥)2
= lim
𝑥→3−
𝑥2
3−𝑥
= ∞ 
y como ∫
𝑑𝑥
3−𝑥
3
0
= − ∫
𝑑𝑢
𝑢
0
3
= ∫
𝑑𝑢
𝑢
3
0
 diverge, usando el cambio de variable 
3 − 𝑥 = 𝑢 
también ∫
𝑥2𝑑𝑥
(3−𝑥)2
3
0
 diverge. 
 
Otra solución para esta integral 
Transformándola a una de primera clase 
Tomando 𝑦 =
1
3−𝑥
 entonces 3 − 𝑥 =
1
𝑦
, 𝑥 = 3 −
1
𝑦
, 𝑑𝑥 =
𝑑𝑦
𝑦2
 
para los límites si 𝑥 = 0, 𝑦 =
1
3
; si 𝑥 → 3−, 𝑦 → ∞ 
∫
𝑥2𝑑𝑥
(3−𝑥)2
3
0
= ∫
(3−
1
𝑦
)
2
𝑦2(
1
𝑦
)
2
∞
1/3
𝑑𝑦 = ∫ (3 −
1
𝑦
)
2∞
1/3
𝑑𝑦 
ahora, como lim
𝑦→∞
(3 −
1
𝑦
)
2
= 9 ≠ 0 
por la condición necesaria, ∫
𝑥2𝑑𝑥
(3−𝑥)2
3
0
 diverge. 
Ejemplo. ∫
𝑑𝑥
𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝜋/2
0
 el integrando no es acotado en 𝑥 = 0. 
consideramos 𝑔(𝑥) =
1
𝑥
, entonces 
lim
𝑥→𝑎+
𝑓
𝑔
= lim
𝑥→0+
1
𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥
(𝑥) = lim
𝑥→0+
1
 𝑠𝑒𝑛 𝑥
= ∞ 
y como ∫
𝑑𝑥
𝑥 
𝜋/2
0
 diverge, también ∫
𝑑𝑥
𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝜋/2
0
 diverge. 
También podemos aplicar convergencia absoluta a una integral impropia de 
segunda clase. 
 
Ejemplo. ∫
1
√1−𝑥
1
0
𝑠𝑒𝑛 (
1
1−𝑥
) 𝑑𝑥 el integrando no es acotado en 𝑥 = 1. 
Como |
1
√1−𝑥
𝑠𝑒𝑛 (
1
1−𝑥
)| ≤
1
√1−𝑥
 y comparación directa con 
 ∫
𝑑𝑥
√1−𝑥
1
0
 la cual es una p-integral de segunda clase 
 Con 𝑝 = 1/2 por lo cual es convergente, por lo tanto 
∫
1
√1−𝑥
1
0
𝑠𝑒𝑛 (
1
1−𝑥
) 𝑑𝑥 es absolutamente convergente y converge 
directamente. 
 
La transformada de Laplace 
Nombrada así en honor del matemático francés Pierre-Simón de Laplace (1749-
1827), de una función 𝑓(𝑥) está dada por 
𝐿{𝑓(𝑡)}(𝑠) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
Las transformadas de Laplace son útiles para resolver ecuaciones diferenciales. 
 
Ejemplo. Calcule 𝐿{𝑓(𝑡)}(𝑠) para 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 
𝐿{𝑒𝑡}(𝑠) = ∫ 𝑒𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒𝑡−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
 = ∫ 𝑒𝑡(1−𝑠)𝑑𝑡
∞
0
 
 = lim
𝑏→∞
∫ 𝑒𝑡(1−𝑠)𝑑𝑡
𝑏
0
= lim
𝑏→∞
(
𝑒𝑡(1−𝑠)
1−𝑠
)|
0
𝑏
 
 = lim
𝑏→∞
(
𝑒𝑏(1−𝑠)
1−𝑠
−
1
1−𝑠
) 
Existe el límite si 1 − 𝑠 < 0 o 1 < 𝑠 y 
𝐿{𝑒𝑡}(𝑠) = lim
𝑏→∞
(
𝑒𝑏(1−𝑠)
1 − 𝑠
−
1
1 − 𝑠
) =
1
𝑠 − 1
 
Ejemplo. Calcule 𝐿{𝑓(𝑡)}(𝑠) para 𝑓(𝑥) = 𝑥3 
𝐿{𝑡3}(𝑠) = ∫ 𝑡3𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
Se puede calcular ∫ 𝑡3𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑠𝑡 (
𝑡3
𝑠
+
3𝑡2
𝑠2
+
6𝑡
𝑠3
+
6
𝑠4
) 
𝐿{𝑡3}(𝑠) = ∫ 𝑡3𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
 = lim
𝑏→∞
∫ 𝑡3𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡
𝑏
0
= lim
𝑏→∞
(−𝑒−𝑠𝑡 (
𝑡3
𝑠
+
3𝑡2
𝑠2
+
6𝑡
𝑠3
+
6
𝑠4
))|
0
𝑏
 
 = lim
𝑏→∞
(−𝑒−𝑠𝑡 (
𝑏3
𝑠
+
3𝑏2
𝑠2
+
6𝑏
𝑠3
+
6
𝑠4
) + 𝑒0 (
6
𝑠4
)) 
Existe el límite si 0 < 𝑠 
𝐿{𝑡3}(𝑠) = lim
𝑏→∞
(−𝑒−𝑠𝑡 (
𝑏3
𝑠
+
3𝑏2
𝑠2
+
6𝑏
𝑠3
+
6
𝑠4
) + 𝑒0 (
6
𝑠4
)) =
6
𝑠4
 
 
La función Gamma 
Se define para 𝛼 > 0 como Γ(𝛼) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
∞
0
 
Su dominio es (0, ∞). 
La separamos como Γ(𝛼) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
1
0
+ ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
∞
1
 
Es una integral de primera clase y también de segunda clase porque para 
0 < 𝛼 < 1 tenemos Γ(𝛼) = ∫
𝑒−𝑡
𝑡1−𝛼
∞
0
𝑑𝑡 el integrando no está acotado en 
𝑡 = 0. 
 
Teorema. Γ(𝛼) converge para 𝛼 > 0. 
Para la primera integral ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
1
0
 
para 1 ≤ 𝛼, 0 ≤ 𝛼 − 1 la integral es definida y propia. 
para 0 < 𝛼 < 1, como 0 ≤ 𝑡, 1 ≤ 𝑒𝑡 y 
1
𝑒𝑡
= 𝑒−𝑡 ≤ 1 
entonces 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1 =
1
𝑒𝑡𝑡1−𝛼
≤
1
𝑡1−𝛼−1 < −𝛼 < 0 y 0 < 1 − 𝛼 < 1 y 
∫ 𝑡𝛼−1𝑑𝑡
1
0
= ∫
𝑑𝑡
𝑡1−𝛼
1
0
 es p-integral de segunda clase y converge, 
por lo tanto, por comparación directa ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
1
0
 converge 
para ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
∞
1
 aplicamos el criterio de comparación de límite con 
𝑔(𝑡) =
1
𝑡2
 
lim
𝑡→∞
𝑒−𝑡𝑡𝛼−1
𝑡−2
= lim
𝑡→∞
𝑡𝛼+1
𝑒𝑡
= 0 
como ∫
𝑑𝑡
𝑡2
∞
1
 converge, ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
∞
1
 también converge. 
 
La función gama se utiliza para modelar tiempos de vida de personas, animales, 
equipos. Fue una contribución de Euler y Gauss. 
 
Proposición. Γ(𝛼 + 1) = 𝛼Γ(𝛼) 
Demostración. Γ(𝛼 + 1) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼𝑑𝑡
∞
0
 
Integrando por el método por partes con 𝑢 = 𝑡𝛼, 𝑑𝑣 = 𝑒−𝑡𝑑𝑡 
tenemos 𝑑𝑢 = 𝛼𝛼−1𝑑𝑡, 𝑣 = −𝑒−𝑡, por lo que 
Γ(𝛼 + 1) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡𝛼𝑑𝑡
∞
0
= (𝑒−𝑡𝑡𝛼)|0
∞ + ∫ 𝛼𝑒−𝑡𝑡𝛼−1𝑑𝑡
∞
0
= 0 + 𝛼Γ(𝛼) =
 = 𝛼Γ(𝛼) . 
 
Proposición. Para 𝑛 ≥ 1 
 Γ(𝛼 + 𝑛) = (𝛼 + 𝑛 − 1)(𝛼 + 𝑛 − 2) … (𝛼 + 1)𝛼Γ(𝛼). 
Demostración. Inducción sobre 𝑛 
Para 𝑛 = 1, 
 Γ(𝛼 + 1) = (𝛼 + 0) 𝛼Γ(𝛼) = 𝛼Γ(𝛼) por la proposición anterior. 
Hipótesis de inducción para 𝑛: 
 
Γ(𝛼 + 𝑛) = (𝛼 + 𝑛 − 1)(𝛼 + 𝑛 − 2) … (𝛼 + 1)𝛼Γ(𝛼) 
por demostrar para 𝑛 + 1, 
Γ(𝛼 + (𝑛 + 1)) = (𝛼 + 𝑛)(𝛼 + 𝑛 − 1)(𝛼 + 𝑛 − 2) … (𝛼 + 1)𝛼Γ(𝛼) 
tenemos 
Γ(𝛼 + (𝑛 + 1)) = Γ((𝛼 + 𝑛) + 1) 
= (𝛼 + 𝑛)Γ(𝛼 + 𝑛) 
= (𝛼 + 𝑛)((𝛼 + 𝑛 − 1)(𝛼 + 𝑛 − 2) … (𝛼 + 1)𝛼Γ(𝛼)) 
= (𝛼 + 𝑛)(𝛼 + 𝑛 − 1)(𝛼 + 𝑛 − 2) … (𝛼 + 1)𝛼Γ(𝛼) 
 
Proposición. Γ(1) = 1, 
Demostración. 
Γ(1) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡1−1𝑑𝑡
∞
0
= lim
𝑏→∞
(−𝑒−𝑡)|0
𝑏 = lim
𝑏→∞
(−𝑒−𝑏 + 𝑒−0) = 1. 
 
Proposición. Γ(𝑛 + 1) = 𝑛! Para 𝑛 ≥ 0. 
Demostración. 
Si 𝑛 = 0, Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 = 0! por la propiedad anterior. 
𝑛 = 1 , Γ(1 + 1) = Γ(2) = 1Γ(1) = 1! 
𝑛 = 2 , Γ(2 + 1) = Γ(3) = 2Γ(2) = 2 = 2! 
𝑛 = 3 , Γ(3 + 1) = Γ(4) = 3Γ(3) = 6 = 3! 
 
en general, Γ(𝑛) = (𝑛 − 1)! 
 
Una integral especial. ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑑𝑥
∞
0
=
√𝜋
2
 
 
1) ∫ ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑒−𝑦
2
𝑑𝑥𝑑𝑦
∞
−∞
∞
−∞
= ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑑𝑥
∞
−∞
∫ 𝑒−𝑦
2
𝑑𝑦
∞
−∞
= (∫ 𝑒−𝑥
2
𝑑𝑥
∞
−∞
)
2
 
 
2) ∫ ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑒−𝑦
2
𝑑𝑥𝑑𝑦
∞
−∞
∞
−∞
= ∫ ∫ 𝑒−𝑥
2−𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦
∞
−∞
∞
−∞
 
Se transforma a coordenadas polares, considerando como dominio a todo 
el plano, por lo que 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 < 𝑅, y sustituyendo 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 
y el jacobiano r. 
3) ∫ ∫ 𝑒−𝑥
2−𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦
∞
−∞
∞
−∞
 
 = lim
𝑅→∞
∫ ∫ 𝑟𝑒−𝑟
22𝜋
0
𝑅
0
𝑑𝜃𝑑𝑟 = lim
𝑅→∞
2𝜋 ∫ 𝑟𝑒−𝑟
2
𝑑𝑟
𝑅
0
 
 = lim
𝑅→∞
2𝜋 (−
𝑒−𝑟
2
2
)|
0
𝑅
= lim
𝑅→∞
−𝜋(𝑒−𝑅
2
− 1) = 𝜋 
4) Por lo tanto 
∫ ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑒−𝑦
2
𝑑𝑥𝑑𝑦
∞
−∞
∞
−∞
= (∫ 𝑒−𝑥
2
𝑑𝑥
∞
−∞
)
2
= 𝜋 
5) Entonces ∫ 𝑒−𝑥
2
𝑑𝑥
∞
−∞
= √𝜋 
 
Algunos ejercicios relacionados con la función gamma. 
i) Calcule Γ (
1
2
) 
Γ (
1
2
) = ∫ 𝑒−𝑡𝑡(1/2)−1𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−𝑡𝑡−1/2𝑑𝑡
∞
0
 
usamos la sustitución 𝑢 = √𝑡, 𝑢2 = 𝑡, 2𝑢𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 0, (𝑡 → ∞) ⇒ (𝑢 → ∞) 
Por lo tanto 
∫ 𝑒−𝑡𝑡−1/2𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−𝑢
2
𝑢−12𝑢𝑑𝑢 = 2 ∫ 𝑒−𝑢
2
𝑑𝑢 = 2
√𝜋
2
∞
0
∞
0
= √𝜋 
 Γ (
1
2
) = √𝜋 
ii) Calcule Γ (
3
2
) 
Γ (
3
2
) = Γ (
1
2
+ 1) = (
1
2
) Γ (
1
2
) =
√𝜋
2
 
iii) Calcule Γ (
5
2
) 
Γ (
5
2
) = Γ (
3
2
+ 1) = (
3
2
) Γ (
3
2
) =
3√𝜋
4
 
iv) Efectuar la integral ∫ 𝑒−𝑘𝑡√𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
Usamos la sustitución 𝑢 = 𝑘𝑡, 𝑡 =
𝑢
𝑘
, 𝑑𝑡 =
𝑑𝑢
𝑘
 
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 0, (𝑡 → ∞) ⇒ (𝑢 → ∞) 
∫ 𝑒−𝑘𝑡√𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−𝑢√
𝑢
𝑘
𝑑𝑢
𝑘
∞
0
=
1
𝑘3/2
∫ 𝑒−𝑢
∞
0
√𝑢𝑑𝑢 
=
1
𝑘3/2
Γ (
3
2
) =
√𝜋
2𝑘3/2
 
 
Efectuar la integral ∫ 𝑒−𝑡
3
√𝑡𝑑𝑡
∞
0
 
usamos la sustitución 𝑢 = 𝑡3, 𝑡 = 𝑢1/3, 𝑑𝑡 =
𝑑𝑢
3𝑢2/3
 
𝑡 = 0 ⇒ 𝑢 = 0, (𝑡 → ∞) ⇒ (𝑢 → ∞) 
∫ 𝑒−𝑡
3
√𝑡𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑒−𝑢√𝑢1/3
𝑑𝑢
3𝑢2/3
∞
0
=
1
3
∫ 𝑒−𝑢
∞
0
𝑢−1/2𝑑𝑢 
=
1
3
Γ (
1
2
) =
√𝜋
3
 
 
v) Efectuar la integral ∫
𝑑𝑥
√− ln 𝑥
1
0
 
es de segunda clase en 𝑏 = 1, ahí no es acotada, (en 𝑎 = 0 si es 
acotada) 
usamos la sustitución 𝑢 = − ln 𝑥, 𝑥 = 𝑒−𝑢, 𝑑𝑥 = −𝑒−𝑢𝑑𝑢 
𝑥 = 0 ⇒ 𝑢 = −(−∞) = ∞, (𝑥 → 1−) ⇒ (𝑢 → 0) 
∫
𝑑𝑥
√− ln 𝑥
1
0
= ∫
−𝑒−𝑢𝑑𝑢
√𝑢
0
∞
= ∫ 𝑒−𝑢𝑢−1/2𝑑𝑢
∞
0
= Γ (
1
2
) = √𝜋 
 
vi) Calcular 
Γ(7)
2Γ(4)Γ(3)
 
Γ(7)
2Γ(4)Γ(3)
=
6!
2(3!)(2!)
=
6(5)(4)(3)(2)
2(3!)(2!)
= 30 
 
vii) Calcular 
Γ(3)Γ(3/2)
Γ(9/2)
 
Γ(3)Γ(3/2)
Γ(9/2)
=
2! (
√𝜋
2 )
105
16 √
𝜋
=
16
105
 
viii) Calcular Γ (
9
2
) 
Γ (
9
2
) = Γ (
1
2
+ 4) = (
1
2
+ 3) (
1
2
+ 2) (
1
2
+ 1)
1
2
Γ (
1
2
) 
= (
7
2
) (
5
2
) (
3
2
)
1
2
√𝜋 =
105
16
√𝜋 
 
BIBLIOGRAFÍA: 
 
 Haaser, LaSalle, Sullivan. (1990). Análisis Matemático.Vol.2. Ed. 
Trillas. 
 Spiegel Murray. (2001). Cálculo. Shaums, Mc Graw Hill. 
 Bartle. (1992). Análisis Matemático. Ed Limusa.