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Integrales 221 Capítulo 5 INTEGRALES INDEFINIDAS Introducción: En el capítulo tres hemos estudiado el concepto de derivada, es decir, dada una función )(xf , buscamos una función )(xf ′ a la que denominamos su función derivada. En el presente capítulo haremos justamente lo opuesto; dada una función )(xf , determinaremos (cuando esto sea posible) otra función )(xF de modo tal que su derivada sea )(xf , es decir: )()( xfxF =′ . Por el hecho de estar procediendo en forma inversa es que muchos llaman a este proceso antiderivación. También suele decirse que )(xF es una primitiva de )(xf . Nosotros usaremos esta segunda denominación. Definición: Si para todos los puntos de un intervalo real [ ]ba, se verifica que )()( xfxF =′ , entonces )(xF es una primitiva de )(xf sobre ese intervalo. Ejemplo 1: Calcular una primitiva de xxf cos)( = . De la definición se desprende que es necesario encontrar una función )(xF tal que: xxF cos)( =′ Sabemos que la función seno tiene por derivada a la función coseno, de modo que: xx cos)(sen =′ Luego, xxF sen)( = . Observación: Claramente xsen no es la única primitiva de xcos ya que cualquier función de la forma kxxF += sen)( , con k una constante numérica arbitraria, derivada nos da la función coseno. Por lo tanto, veamos el siguiente teorema. Teorema 1: Si )(xF y )(xG son dos funciones primitivas distintas de la misma función )(xf sobre el intervalo real [ ]ba, , su diferencia es una constante. Demostración: Sabemos que )(xF es primitiva de )(xf , por lo tanto )()( xfxF =′ . Análogamente, por ser )(xG una primitiva de )(xf , se verifica )()( xfxG =′ . Consideremos la función )()()( xGxFxH −= . Derivando )(xH obtenemos: 0)()()()()( =−=′−′=′ xfxfxGxFxH Luego, kxH =)( , con k constante (puesto que la derivada de una constante es cero). Por lo tanto kxGxF =− )()( . Integrales 222 Definición: Si )(xF es una primitiva de )(xf , la expresión kxF +)( se denomina integral indefinida de la función )(xf . Notación: Indicamos la integral indefinida de )(xf en la forma siguiente: ∫ dxxf )( . De acuerdo con la definición resulta: kxFdxxf +=∫ )()( . Observación: No toda función )(xf definida sobre un intervalo real [ ]ba, admite primitiva. Por otra parte la integral indefinida representa una familia de funciones kxFy += )( , cuyas gráficas se obtienen mediante desplazamientos verticales de la curva )(xFy = . Ejemplo 2: Verificar si xxxxF 3tg)( 4 −+= es o no una primitiva de 3sec4)( 23 −+= xxxf . Para verificar que )(xF es primitiva de )(xf es necesario probar que )()( xfxF =′ . Si F x x x x F x x x F x f x entonces por lo tanto ( ) tg ( ) sec ( ) ( )= + − ′ = + − ′ =4 3 23 4 3 . *Pase a resolver el problema 1 de la guía de trabajos prácticos. Estudiaremos ahora algunas propiedades de la integral indefinida que son de suma utilidad. Propiedades 1) La derivada de una integral indefinida es el integrando )(xf . ( ) ( ) )()()( xfkxFdxxf =′+=′∫ 2) El diferencial de una integral indefinida es igual al elemento de integración dxxf )( . ( ) ( ) dxxfkxFddxxfd )()()( =+=∫ 3) La integral indefinida del diferencial de cierta función es igual a la función incrementada en una constante arbitraria. ∫ += kxFxdF )()( Integrales 223 4) La integral indefinida de la suma algebraica de dos o varias funciones es igual a la suma algebraica de sus integrales. ( )∫ ∫ ∫+=+ dxxgdxxfdxxgxf )()()()( 5) La integral indefinida del producto de una constante por una función es igual al producto de dicha constante por la integral indefinida de la función. ∫ ∫⋅=⋅ dxxfadxxfa )()( El proceso mediante el cual se obtiene la integral indefinida se denomina integración. Antes de pasar a estudiar los métodos de integración nos ocuparemos de establecer una tabla de integración, la que se deduce directamente de la tabla de derivación que establecimos en la página 143 del capítulo 3. La validez de esta tabla puede verificarse inmediatamente, solo se trata de mostrar que la derivada de las funciones que aparecen en la columna correspondiente a la primitiva es igual a la función correspondiente en la otra columna. FUNCIÓN PRIMITIVA 0 k 1 x x n ( )n ≠ −1 1 1 + + n x n 1 x ||ln x xcos xsen xsen xcos− x2sec xtg e x xe a x a a x ln 1 1 2 − x xarcsen − − 1 1 2 x xarccos 1 1 2 + x xarctg A continuación resolveremos algunos ejercicios aplicando la tabla de integrales y las propiedades anteriores. Integrales 224 Ejemplo 3: Hallar las primitivas de las siguientes funciones. a) f x e xx( ) cos= + −3 ( ) ksen3 cos3cos3)( +−+=−+=−+= ∫ ∫ ∫∫ xxexdxdxdxedxxexF xxx b) 2 52 1 1 2sec3)( x xxxg + −+= kx x x + dx x dxxxdxdx x xxxG +−= = + −+= + −+= ∫ ∫ ∫∫ arctg 3 tg3 1 1 2sec3 1 1 2sec3)( 6 2 52 2 52 Resolveremos a continuación otras integrales indefinidas que traen aparejada una mayor dificultad. Ejemplo 4: Hallar las primitivas de las siguientes funciones. a) 3 2 25 )( x xx xh ++ = k||k 2 2 2 3 ||5 2 1 525 25 22 3 32 5 333 2 3 2 +−−=+ − + − += =++=++= ++ = − − − − − − ∫∫∫∫ ∫ ∫∫ 22 3 xx 3 2 x5ln xx xln dxxdx xdx x dx x 1 dx x x dx x x dx x xx H(x) b) x x xh 2 3 sen1 3cos )( − + = kxx dxxdxx dx x dx x x dx x x dx x x H(x) ++=+= =+= + = − + = ∫∫ ∫∫∫∫ tg3sensec3.cos cos 1 3. cos cos cos 3cos sen1 3cos 2 22 3 2 3 2 3 * Resuelva el problema 2 de la guía de trabajos prácticos. Integrales 225 MÉTODOS DE INTEGRACIÓN Método de integración por sustitución Supongamos que necesitamos calcular f x dx( )∫ , pero no es factible encontrar en forma más o menos inmediata la función primitiva )(xF . En algunos casos es posible efectuar una sustitución de la variable de integración por una función de otra variable. Sea )(tgx = , con g una función derivable. Luego, dttgdx )(′= . Sustituyendo en la integral obtenemos: f x dx f g t g t dt( ). ( ( )). ( ).∫ ∫= ′ Es importante notar, que en la mayoría de los casos en el que es posible resolver una integral por sustitución, el reemplazo que se utiliza es: )(xht = , de donde dxxhdt )(′= . Observación: Para ambos tipos de sustitución es importante recordar que una vez resuelta la integral en función de la nueva variable (“t” o cualquier otra), es necesario volver a sustituir dicha variable en la primitiva para que esta quede expresada en función de la variable original. Ejemplo 5: Resolver mediante una conveniente sustitución las siguientes integrales indefinidas. a) ∫ dxxx cossen 3 Sea dxxdtxt cossen =⇒= . Reemplazando en la integral resulta: ∫∫ +=+== kxk t dttdxxx 4 4 33 sen 4 1 4 cossen b) ∫ + dxex x 2 2 2 Sea dxxdtxt 222 =⇒+= . Reemplazando en la integral resulta: ∫∫ +=+== ++ kekedtedxex xttx 22 22 2 c) dxxx )2(21 +−∫ Sea 2 221 − =⇒−=⇒−= dt dxdxdtxt . Además despejando x obtenemos: 2 1 t x − = . Reemplazando en la integral se obtiene: Integrales 226 kxx k tt dtttdttt dt t t dtt tdxxx +−+−−= =++−=−−=−−= = +− −= − + − =+− ∫∫ ∫∫∫ 2 5 2 3 2 5 2 3 2 3 2 1 2 1 2 1 )21( 10 1 )21( 6 5 2 54 1 2 34 5 )5( 4 1 )5( 4 1 2 41 2 1 2 2 2 1 )2(21 d) ∫ + dx x 2 161 1 Sea 4 44 dt dxdxdtxt =⇒=⇒= . Reemplazando en la integral resulta: kxkt dt t dt t dx x dx x +=+= = + = + = + = + ∫ ∫ ∫∫ )4arctg( 4 1 arctg 4 1 1 1 4 1 41 1 )4(1 1 161 1 2222 e)∫ + 5 1ln xx dx Sea dx x dtxt 1 1ln =⇒+= . Reemplazando en la integral se obtiene: kxk t dtt t dt xx dx ++=+=== + ∫∫∫ − 5 4 5 4 5 1 55 )1(ln 4 5 5 41ln Observación: Antes de pasar a estudiar otros métodos de integración es oportuno presentar dos nuevas propiedades que son de gran utilidad. Si bien se trata de dos casos particulares del método de sustitución, creemos que es conveniente usarlas independientemente, pues se presentarán con frecuencia. Propiedades 1) Si ∫ += kxFdxxf )()( , entonces ∫ ++=+ kaxFdxaxf )()( . 2) Si ∫ += kxFdxxf )()( , entonces ∫ +⋅=⋅ kxaFa dxxaf )( 1 )( . Integrales 227 Ejemplo 6: Calcular las siguientes integrales indefinidas. a) kedxe xx += −−∫ 22 b) k x dxx +−=∫ 5 5cos 5sen c) kxdx x ++= + ∫ )32ln(2 1 32 1 * Pase a resolver el problema 3 de la guía de trabajos prácticos. Método de integración por partes Sean dos funciones derivables u y v. Consideremos la función producto w, donde vuw ⋅= y calculemos su diferencial: duvdwdvuduvdvuvuddw −=⇒+=⋅= )( Integrando miembro a miembro obtenemos: ∫ ∫∫ ∫∫ ⇒−= v.du-w= u.dvduvdwdvu .. Reemplazando w obtenemos: ∫ ∫−⋅= duvvudvu Esta fórmula es utilizada habitualmente cuando el integrando de la integral se puede expresar como el producto de dos factores, donde uno de ellos es u y el otro dv. Para aplicar dicha fórmula es necesario calcular du (no es otra cosa que la diferencial de la función u) y se requiere encontrar la función v (para lo cual se integra dv). Nota: Cuando al integrar dv, obtenemos v no colocamos constante de integración. Observación: Para determinar cuál de los dos factores es u existe una regla que establece una especie de prioridad entre las distintas clases de funciones. La regla es conocida comúnmente con el nombre de ILPET (Inversa, Logarítmica, Potencial, Exponencial y Trigonométrica). Se aplica de la siguiente forma: si en el integrando aparece una función exponencial y otra logarítmica, se asigna a u la función logarítmica, si aparece una trigonométrica y una potencial, por aplicación de la regla u es la función potencial. De todos modos, si nos equivocáramos en la elección, al utilizar la fórmula nos encontraríamos (en el segundo miembro) con una integral mucho más difícil o imposible de resolver. Integrales 228 Veamos algunos ejemplos en los que se utiliza este método de resolución de integrales. Ejemplo 7: Resolver las siguientes integrales indefinidas aplicando el método de integración por partes. a) ∫ dxxx ln 3 Elegimos dx x duxu 1 ln =⇒= . Luego, 3 4 3 1 3 4 3 xdxxvdxxdv ==⇒= ∫ . Aplicando la fórmula obtenemos: kxxxk x xxdxxxx dxxxxdx x xxxdxxx +−=+−=−= =−=−= ∫ ∫∫∫ − 3 4 3 4 3 4 3 4 3 1 3 4 1 3 4 3 4 3 4 3 4 3 16 9 ln 4 3 3 44 3 ln 4 3 4 3 ln 4 3 4 3 ln 4 31 4 3 ln 4 3 ln b) ∫ dxxe x 22 Elegimos dxxduxu 22 =⇒= . Luego, 2 2 22 x xx e dxevdxedv ==⇒= ∫ . Aplicando la fórmula obtenemos: ∫∫∫ −=−= dxxeexdxx ee xdxxe xx xx x 222 22 222 2 1 2 22 Esta última integral debe ser resuelta aplicando nuevamente el método de integración por partes. ∫ dxxe x2 Elegimos dxduxu 1=⇒= . Luego, 2 2 22 x xx e dxevdxedv ==⇒= ∫ . Aplicando la fórmula obtenemos: k ee x dxe e x dx ee xdxxe xx x xxx x +−=−=−= ∫∫∫ 22 1 22 1 2 1 22 22 2 222 2 Sustiuyendo en la integral dada nos queda: kxxe keexexk e exexdxxe x xxx x xxx + +−= =++−= +−−=∫ 2 1 2 1 4 1 . 2 1 2 1 22 1 2 1 2 1 22 2222 2 2 . 2222 c) ∫ dxxe x cos Elegimos dxedueu xx =⇒= . Integrales 229 Luego, xdxxvdxxdv sencoscos ==⇒= ∫ . Aplicando la fórmula obtenemos: dxexxedxxe xxx ∫∫ −= sensencos La última integral es tan compleja como la primera en cuanto a su resolución. Aplicamos nuevamente el método de integración por partes. ∫ dxxe x sen Elegimos dxedueu xx =⇒= . Luego, xdxxvdxxdv cossensen −==⇒= ∫ . Aplicando la fórmula obtenemos: ∫ ∫ =−−−= dxexxedxxe xxx .).cos()cos(sen ∫+− dxexxe xx coscos Reemplazando esta expresión (que contiene a la integral que buscamos) en la integral dada, obtenemos: [ ]=+−−= ∫∫ dxexxexedxxe xxxx coscossencos ∫+ dxxe-xexe xxx coscossen Pasamos la integral del segundo miembro al primero. xesenxedxxe xxx coscos2 +=∫ Por lo tanto: kxxedxxe xx ++=∫ )cos(sen2 1 cos * A continuación resuelva el problema 4 de la guía de trabajos prácticos. Método de integración por fracciones simples Este método permite encontrar primitivas de funciones racionales, es decir, funciones que sean cocientes de funciones polinómicas. Para su utilización es necesario que el grado del polinomio del numerador sea menor que el grado del polinomio del denominador. )(gr)(gr )( )( xQxPdx xQ xP <∫ El método de fracciones simples da la posibilidad de transformar integrandos como el anterior en suma de integrandos de fácil resolución. Para ello, lo dividiremos en varios casos según la multiplicidad de las raíces del denominador. En cada caso trabajaremos sobre un ejemplo particular, pero quedará clara la forma de resolución para cualquier otro ejemplo. Integrales 230 1 er CASO: El denominador tiene todas sus raíces reales y simples. Ejemplo 8: ∫ +− − dx xxx x 23 23 23 2 Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el método de fracciones simples. • Se factorea el polinomio denominador a partir de sus raíces: )()()( 1 n xxxxaxQ −−= K En nuestro ejemplo: )2()1(23 23 −−=+− xxxxxx Observemos que tenemos tres raíces reales y distintas: 2,1,0 321 === xxx . • Aplicamos la propiedad: )()()()( )( 1 1 1 n n n xx A xx A xxxx xP − ++ − = −− K K En nuestro ejemplo: 21)2()1( 23 2 − + − += −− − x C x B x A xxx x • El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: )2()1( )1()2()2)(1( 21)2()1( 23 2 −− −+−+−− = − + − += −− − xxx xCxxBxxxA x C x B x A xxx x Igualando los numeradores, obtenemos: )1()2()2)(1(23 2 −+−+−−=− xCxxBxxxAx Reemplazamos x por valores cualesquiera. Con el fin de facilitar las cuentas reemplazamos por las raíces del polinomio denominador. � Para 0=x : 1200)2)(1(2 −=⇒=⋅+⋅+−−=− AACBA � Para 1=x : 10)1(01 −=⇒−=⋅+−+⋅= BBCBA � Para 2=x : 5220010 =⇒=⋅+⋅+⋅= CCCBA Luego, la descomposición en fracciones simples es: 2 5 1 11 )2()1( 23 2 − + − − + − = −− − xxxxxx x • Resolvemos la integral: Kxxxdx x dx x dx x dx xxx x +−+−−−= − + − − + − = −− − ∫∫∫∫ 2ln51lnln2 5 1 11 )2()1( 23 2 2 do CASO: El denominador tiene todas sus raíces reales, algunas de ellas con multiplicidad. Ejemplo 9: ∫ − dx x x 3 2 )1( Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el método de fracciones simples. • Si en el denominador aparece una expresión de la forma hax )( − , esta raíz múltiple da origen a h fracciones simples. Luego, la descomposición es: h h h ax A ax A ax A ax xP )()()()( )( 2 21 − ++ − + − = − K Integrales 231 En este ejemplo: 323 2 )1()1()1()1( − + − + − = − x C x B x A x x Observemos que 1=x es una raíz con multiplicidad 3. • El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: 3 2 323 2 )1( )1()1( )1()1()1()1( − +−+− = − + − + − = − x CxBxA x C x B x A x x Igualando numeradores, obtenemos: CxBxAx +−+−= )1()1( 22 Reemplazamos x por el valor de la única raíz: 1=x 1=⇒ C . Para determinar A y B elegimos cualquier valor que no repita ninguna de las raíces (en nuestro caso,que sea distinto de 1) y lo reemplazamos en x. � Para 110:0 −=−⇒+−=+−== BABACBAx � Para 314:2 =+⇒++=++== BABACBAx Luego, resolvemos el sistema: 21 3 1 =∧=⇒ =+ −=− BA BA BA Por lo tanto, la descomposición en fracciones simples será: 323 2 )1( 1 )1( 2 )1( 1 )1( − + − + − = − xxxx x • Resolvemos la integral: Kxxxdx x dx x dx x dx x x +−−−−−= − + − + − = − −− ∫∫∫∫ 21 323 2 )1( 2 1 )1(21ln )1( 1 )1( 2 )1( 1 )1( Ejemplo 10: ∫ +− dx xx )2()3( 5 2 Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el método de fracciones simples. Descomponemos en fracciones simples, observando que 3=x es una raíz con multiplicidad 2 y 2−=x es una raíz simple. )2()3( )3()2()2)(3( 2)3(3)2()3( 5 2 2 22 +− −++++− = + + − + − = +− xx xCxBxxA x C x B x A xx Luego, igualamos numeradores: 2)3()2()2)(3(5 −++++−= xCxBxxA Buscamos los valores de A, B y C. Como tenemos sólo dos raíces y tres constantes a determinar, reemplazamos x por un valor arbitrario. • 155:3 =⇒== BBx • 5 1 255:2 =⇒=−= CCx • 5 1 6 5 6 5 19 6 5 9 269265:0 −=⇒−=⇒+−=++−=++−== AAAACBAx Reemplazando en las fracciones e integrando obtenemos: Integrales 232 Kxxx dx x dx x dx x dx xx +++−−−−= = + + − + − − = +− − ∫∫∫∫ 2ln 5 1 )3(3ln 5 1 2 5 1 )3( 1 3 5 1 )2()3( 5 1 22 3er CASO: El denominador tiene raíces complejas simples. Ejemplo 11: ∫ +− dx xx x )1()1( 2 2 Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el método de fracciones simples. • En la expresión con raíces complejas pondremos una fracción de la forma: 042 2 <− ++ + acb cbxax BAx En nuestro ejemplo, como tenemos además una raíz simple (que es 1=x ), la descomposición en fracciones simples será: 11)1()1( 2 22 + + + − = +− x CBx x A xx x • El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: )1()1( )1)(()1( 11)1()1( 2 2 2 22 +− −+++ = + + + − = +− xx xCBxxA x CBx x A xx x Igualando los numeradores, obtenemos: )1)(()1(2 2 −+++= xCBxxAx � 122:1 =⇒== AAx � 10:0 =⇒=⇒−== CCACAx � 12262251)2(54:2 −=⇒−=⇒+=++=⋅++== BBBCBACBAx • Reemplazando en las fracciones e integrando, obtenemos: Kxxx dx x dx x x dx x dx x x dx x dx xx x +++−−= = + + + − − = + +− + − = +− ∫∫∫∫∫∫ arctg1ln 2 1 1ln 1 1 11 1 1 1 1 1 )1()1( 2 2 2222 Observación: Cabe aclarar que existe un cuarto caso, que corresponde a denominador con raíces complejas múltiples, el cual no será objeto de estudio de estas notas teóricas. Aclaración: Si el grado del numerador es mayor o igual al del denominador, para poder aplicar el método de fracciones simples, es necesario efectuar la división de los dos polinomios y expresar la integral de la siguiente forma: Integrales 233 resto. el )( y cociente el es )( donde )( )( )( )( )( xRxCdx xQ xR dxxCdx xQ xP ∫ ∫ ∫+= Ejemplo 12: dx xx xx ∫ −− + 2 2 2 23 • Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, primero procedemos a efectuar la división de los dos polinomios. 65 633 23 32 22 2 2 23 223 x+ xx - xx x+x x -x xx xx ++ + ++ −−+ De donde se deduce que: 65)( y3)( x+=xR xxC += Por lo tanto: ( ) ∫∫ ∫∫ −− + ++= −− + ++= −− + dx xx x xxdx xx x dxxdx xx xx 2 65 3 2 1 2 65 3 2 2 2 2 22 23 • Descompongamos la fracción de la integral del segundo miembro en fracciones simples. Con ese fin, primeramente factoricemos el polinomio )(xQ del denominador. .)( de raices las son 1 2 donde )1).(2(2 21 2 xQ x xxxxx −=∧=+−=−− Entonces la descomposición se hará en dos fracciones, una de denominador 2−x y otra de denominador 1+x . = + + − = −− + 122 65 2 x B x A xx x )1).(2( )2.()1.( +− −++ xx xBxA • Para determinar las constantes A y B igualamos los numeradores. 5 6 1 2x A x B x+ = + + −.( ) .( ) � 3 16 316:2 =⇒== AAx � 3 1 31:1 −=⇒−=−= BBx • Reemplazando los valores de A y B e integrando obtenemos: Kxxdx x dx x dx xx x ++−−= + − + − = −− + ∫∫∫ 1ln3 1 2ln 3 16 1 3 1 2 3 16 2 65 2 • Sustituyendo este resultado en la integral pedida obtenemos la solución del ejercicio. Kxxxxdx xx xx ++−−++= −− + ∫ 1ln 3 1 2ln 3 16 3 2 1 2 2 2 2 23 * Pase a resolver los problemas 5 de la guía de trabajos prácticos. Integrales 234 APLICACIONES ECONÓMICAS (primera parte) En esta sección no se introduce ningún concepto nuevo que no se haya trabajado ya en los capítulos anteriores. Solo se trata de aplicar el concepto de integral indefinida a los problemas en los cuales (al revés que antes) nos proponen alguna función económica marginal y se nos solicita que obtengamos la función económica de la cual proviene. Para aclarar lo expuesto es que resolveremos un ejemplo. Ejemplo 13: La función de costo marginal está dada por: ′ = + −C x x x( ) 300 20 12 2 y los costos fijos ascienden a $40.000. Determinar la función de costos totales y la de costo medio. Como el costo marginal es la derivada primera del costo total, será necesario encontrar la integral indefinida de la función costo marginal para determinar la función de costos totales. C x x x dx( ) ( ).= + − ⇒∫ 300 20 12 2 C x x x x ( ) = + − + ⇒300 20 2 12 3 2 3 k C x x x x( ) = + − +300 10 42 3 k (*) Para encontrar la solución al problema falta determinar la constante k, para ello usamos el dato que nos dice que el costo fijo (es decir, para 0=x ) es de $40.000. Sustituyendo en (*) obtenemos: 00040410300)(k = 40.000 k 0 . 40 10.0 . 300)0( 3232 .xxx+=xCC +−⇒⇒+−+= Ahora solo resta encontrar la función de costo medio, para lo cual sabemos que:C x C x x ( ) ( ) = . x xxxC x xxx xC 000.40 410+300=)( 000.40410300 )( 2 32 +−⇒ +−+ = * A continuación pase a resolver los problemas 6, 7, 8, 9, 10 y 11 de la guía de trabajos prácticos. Integrales 235 INTEGRAL DEFINIDA Sea )(xf una función continua definida positiva sobre un segmento [ ]ba, . Dividamos mediante puntos el segmento [ ]ba, en n partes. b, x, ... , x, x, xxa nn- == 1210 En este caso: nn- x ... < x x xx <<<< 1210 . Designemos: , 011 xxx −=∆ , 122 xxx −=∆ , 233 xxx −=∆ ... , . 1n-nn xxx −=∆ En cada uno de los subintervalos podemos encontrar el mínimo y el máximo que alcanza la función en dicho subintervalo, a los que denominamos ii Mm y respectivamente. Queremos calcular el área encerrada por la función en el intervalo [ ]ba, . Una aproximación por defecto de dicha área se obtiene al sumar las áreas de los n rectángulos de base i x∆ y altura i m . A esta área la denominaremos suma integral inferior. La expresión que permite calcular esta área es: s n = = ∑m xi i i n .∆ 1 De forma similar podemos calcular una aproximación por exceso al sumar las áreas de los n rectángulos de base i x∆ y altura i M . A esta área la denominaremos suma integral superior. La expresión que permite calcular esta área es: S n = = ∑ M xi i i n .∆ 1 Es claro que: s puesto que en cada subintervalo n i ≤ ≤S m M n i . y 1 M 1 m 0 xa = 1 x 2 x 3 x bx = 4 x Integrales 236 En cada uno de los segmentos ],[ 1 ii xx − podemos elegir un punto interior que designaremos i c , y para cada uno de estos puntos es posible calcular el valorde la función, al que llamamos )( i cf . Calculemos la siguiente suma: ∑ = = ∑n f c xi i i n ( ).∆ 1 , a la que llamaremos suma integral. Como en todos los casos m f c M i ii ≤ ≤( ) Tenemos que: m x i i i n .∆ = ∑ ≤ 1 f c x i i i n ( ).∆ = ∑ 1 ≤ = ∑ M xi i i n .∆ 1 Es decir: s n ≤ ∑ ≤ n n S Es claro que la suma integral (∑ n ) depende de la forma en que hemos subdividido el intervalo [ ]ba, y la forma en que se han elegido los i c en cada subintervalo. Designemos por: i xmax ∆ a la mayor longitud de los segmentos ],[ 1 ii xx − y analicemos diferentes divisiones del segmento [ ]ba, en los cuales 0 →∆ i xmax . Es claro que en este proceso de subdivisión n→ ∞ . Si para cada subdivisión elegida, el límite para 0→∆ i xmax de f c x i i i n ( ).∆ = ∑ 1 es finito y el mismo para cada subdivisión, diremos que la función )(xf es integrable en el segmento [ ]ba, . Definición: El límite anterior recibe el nombre de integral definida de la función )(xf en el segmento [ ]ba, y se designa: f x dx a b ( ) .∫ Es decir: =∆∑ = ∞→ n i ii n xcflim 1 ).( f x dx a b ( ) .∫ Observación: Los números a y b reciben el nombre, respectivamente, de límite inferior y superior de la integral, el segmento [ ]ba, se llama segmento de integración y la letra x, variable de integración. Nota: Si construimos la gráfica de la función )(xfy = (admitiendo que está definida positivamente), la integral f x dx a b ( )∫ será numéricamente igual al área del así denominado trapecio curvilíneo determinado por la curva, gráfica de )(xfy = y las rectas de ecuaciones ax = , bx = e 0=y . Es decir: A f x dx a b = ∫ ( ) Integrales 237 Propiedades de la integral definida 1) El factor constante se puede extraer fuera del signo de la integral definida. a f x dx a b . ( )∫ = ∫a f x dx a b . ( ) 2) La integral definida de la suma algebraica de dos o más funciones es igual a la suma algebraica de las integrales definidas de cada una de las funciones sumandos. ( ( ) ( )).f x g x dx a b + =∫ f x dx a b ( )∫ + g x dx a b ( )∫ 3) Si se invierten los límites de integración, la integral definida cambia de signo. f x dx b a ( )∫ = −∫ f x dx a b ( ) 4) Si m y M son los valores mínimo y máximo respectivamente de la función )(xf en el segmento [ ]ba, , entonces se verifica que: m b a f x dx M b a a b .( ) ( ) .( )− ≤ ≤ −∫ 5) Para tres números arbitrarios a, b y c se verifica la igualdad: f x dx a b ( )∫ = f x dx a c ( )∫ + f x dx c b ( )∫ 6) Si en el segmento [a,b] se verifica que f x g x( ) ( )≤ , entonces: f x dx a b ( )∫ ≤ g x dx a b ( )∫ Teorema del valor medio del Cálculo Integral: Si la función )(xf es continua en el segmento [ ]ba, , existe [ ]bac ,∈ , tal que se verifica la siguiente igualdad: f x dx b a f c a b ( ). ( ). ( )= −∫ Integrales 238 Demostración: Trabajaremos en adelante suponiendo que ba < . Por otra parte, podemos admitir que m y M son los valores mínimo y máximo, respectivamente, de la función )(xf en el segmento [ ]ba, . Sabemos por propiedades anteriores que: ⇒−≤≤− ∫ b a abMdxxfabm ).().().( m b a f x dx M a b . ( ).≤ − ≤∫ 1 Luego, llamando µ ( ).= − ∫ 1 b a f x dx a b resulta que: m M≤ ≤µ Como )(xf es una función continua toma todos los valores intermedios comprendidos entre m y M. Por lo tanto, por la generalización del teorema del valor medio para funciones continuas en un intervalo cerrado, sabemos que existe [ ]bac ,∈ tal que µ = f c( ) . Es decir: f c b a f x dx a b ( ) ( ).= − ⇒∫ 1 f x dx b a f c a b ( ). ( ). ( )= −∫ Interpretación geométrica: Esto quiere decir que si )(xf es continua sobre un segmento [ ]ba, , el área comprendida entre la curva, el eje x y las rectas ax = y bx = se puede calcular como el área de un rectángulo cuya base mide ab − y cuya altura es igual a )(cf , para algún c (no necesariamente único) del segmento [ ]ba, . Apliquemos lo visto a un problema. a c b x )(xfy = y M f(c) m Integrales 239 Ejemplo 14: Demostrar que: 3 30 2 10 3 1 2 ≤ + ≤∫ x dx Por el teorema del valor medio sabemos que existe [ ]2,1∈c tal que: ∫∫ + =⇒ + =− 2 1 3 2 1 3 2 30 )( 2 30 )12).(( dx x cfdx x cf Pero 3 2 30 )( c cf + = . Por lo tanto es necesario acotar )(cf . 10)(3 10 30 2 30 3 30 10 1 2 1 3 1 2822+1 21 21 33 3333 ≤≤⇒≥ + ≥⇒≥ + ≥ ⇒+≤+≤⇒≤≤⇒≤≤ cf cc cc c En consecuencia, como: podemos concluir que: f c x dx( ) = + ∫ 30 2 3 1 2 103 30 2 3 1 2 ≤ + ≤∫ x dx Primer Teorema Fundamental del Cálculo Integral: Si )(xf es una función continua y F x f t dt a x ( ) ( ).= ∫ , se verifica que )()( xfxF =′ . Demostración: Apliquemos la definición de derivada a la función )(xF . )()( )( 0 h dttfdttf limxF x a hx a h ∫∫ − =′ + → Aplicando la propiedad 5 en la primera integral del límite, obtenemos: = −+ =′ ∫∫∫ + → ).().().( )( 0 h dttfdttfdttf limxF x a hx x x a h h dttf lim hx x h ∫ + → ).( 0 Aplicando el Teorema del Valor Medio existe [ ]hxxc +∈ , tal que: )( )( )().( )( 000 cflim h cfh lim h cfxhx limxF hhh →→→ == −+ =′ Si calculamos el límite para h tendiendo a cero ocurre que hx + tiende a x y por lo tanto c también tiende a x. Luego: )()( xfxF =′ . Nota: Obsérvese que si )(xf es no negativa, )(xF coincide numéricamente con el área bajo la curva y el eje x, entre la recta fija ax = y una recta vertical que va variando en función de x. A continuación resolveremos algunos problemas aplicando el teorema anterior. Ejemplo 15: Calcular las primeras derivadas de las siguientes funciones. Integrales 240 a) ∫ − x 3 dtt=xF 2 )(sen)( 2)(sen)( −=′⇒ xxF En el caso anterior hemos aplicado directamente el teorema. b) ∫∫ − − −=′⇒−⇒+ x x x+xF dz z+=x F dzz=xF 4 4 )21ln()()21ln()()21ln()( Para resolver el problema precedente tuvimos que cambiar el orden de integración (lo que implica un cambio de signo de la integral), para poder aplicar el teorema. c) ∫ ∫ ⇒=⇒ x x tt dtexxGdtex=xG 0 0 33 )( )( ∫ +′ x xt exdtex=xG 0 32 3)( En este ejemplo, sacamos fuera de la integral un factor que depende de la variable respecto de la que se deriva pero no de la variable de integración para poder usar el teorema en cuestión. d) [ ] x xxxGdttt=xG x 1 2ln)(ln)()2()( ln 0 33 ∫ +−=′⇒+− En el último caso, hemos hecho uso del teorema de la derivación de funciones compuestas, puesto que en el límite superior de la integral, en vez de aparecer la variable x, se encuentra una función de x. Segundo Teorema Fundamental del Cálculo Integral (Regla de Barrow): Si )(xF es una primitiva de la función continua )(xf , se verifica que: ∫ −= b a aFbFdxxf )()()( Demostración: Sea )(xF una primitiva de )(xf . Por el teorema anterior sabemos que G x f t dt a x ( ) ( ).= ∫ es también una primitiva de )(xf , puesto que )()( xfxG =′ . Como dos primitivas de una misma función difieren en una constante k, podemos escribir kxFdttf x a +=∫ )().( . Para determinar k, hagamos ax = : kaFdttf a a +=∫ )().( . Como )(0)(0).( aF k kaF dttf a a −=⇒=+⇒=∫ De donde resulta f t dt F x F a a x ( ). ( ) ( )∫ = − Finalmente, sustituyendo x por b y t por x, resulta: f x dx F b F a a b ( ). ( ) ( )= −∫ Comoqueríamos demostrar. Integrales 241 Aplicaremos este teorema a los siguientes problemas. Ejemplo 16: Resolver las siguientes integrales definidas. a) ∫ − − 2 1 3 )28( dxxx Calculamos una primitiva por integración directa. ( ) ( )24242 1 24 2 1 242 1 3 )1()1(22222 2 2 4 8)28( −−−−−=−=−=− − −− ∫ xx xx dxxx (8 ).x x dx3 1 2 2 28 1− = − ⇒ − ∫ (8 ).x x dx 3 1 2 2 27− = − ∫ b) ∫ + 1 0 .).2( dxex x Para resolver la integral, primeramente es necesario encontrar una primitiva aplicando el método de integración por partes. Elegimos dxduxu 12 =⇒+= Luego, xxx edxevdxedv ==⇒= ∫ Por lo tanto: xxxxx eexdxeexdxex −+=−+=+∫ ∫ )2()2()2( Calculamos ahora la integral definida. ( )∫ =−+=+ 1 0 1 0 ).2(.).2( xxx eexdxex [ ] [ ] 12)20()21( 00 −=−+−−+ eeeee c) ∫ ++ 3 0 .1).4( dxxx Para resolver esta integral haremos un cambio de variable, esto implica no sólo sustituirla en la función y en el diferencial, sino también reemplazar los viejos límites de integración por los nuevos que se deduzcan de la relación entre ambas variables. Sea 111 −=∧=⇒+= txdxdtxt . Además, cuando 10 =⇒= tx y cuando 43 =⇒= tx . Entonces: 5 132 121 5 2 424 5 2 2 3 3 2 5 3.).3(.).41(.1).4( 2 3 2 5 2 3 2 5 4 1 4 1 2 3 2 5 2 1 2 34 1 2 13 0 4 1 = +− += = += +=+=+−=++ ∫∫∫ ∫ tt dtttdtttdtttdxxx * A continuación resuelva el problema 12 de la guía de trabajos prácticos. Integrales 242 Con lo visto hasta el momento estamos en condiciones de resolver una serie bastante variada de ejercicios y problemas. Veamos algunos de ellos. Ejemplo 17: Calcular el siguiente límite ∫ ∫ − + → x tt x dtee e dzzz lim x 0 2 1 2 0 ).( ).( Si calculamos directamente el límite nos encontramos con una indeterminación del tipo cero dividido cero, ya que los límites de integración en cada una de las integrales tenderían a coincidir, con lo cual, la integral se anula. Para resolver el problema, aplicaremos el Primer Teorema Fundamental del Cálculo Integral, derivando respecto de la variable x, que es la variable del límite. ∞= − + = − + →→ ∫ ∫ )( ).( ).( ).( 2 2 0 0 2 1 2 0 xx xxx x x tt x ee eee lim dtee e dzzz lim x CÁLCULO DE ÁREAS Observación: Obsérvese que no es lo mismo calcular la integral de )(xf entre a y b que el área limitada por la gráfica de )(xf , el eje x y las rectas de ecuaciones: ax = y bx = . Para confirmar lo antedicho nos proponemos efectuar el siguiente ejercicio. Ejemplo 18: Calcular: a) cos .x dx 0 2π ∫ cos . sen sen senx dx x 0 2 0 2 2 0 0 0 0 π π π∫ = = − = − = ⇒ cos .x dx 0 2 0 π ∫ = b) El área limitada por la curva de xxf cos)( = , el eje x sobre el segmento[ , ]0 2π . Recuérdese que para calcular el área de una región mediante una integral definida, debe ser f x( ) ≥ 0 . En el caso de la función coseno esto no ocurre, pero como es ciertamente simétrica podemos calcular el área sobre el intervalo [ , / ]0 2π y multiplicar por cuatro. 4=A 4)01.(4)0sen 2 .(sen4sen.4.cos4.=A 2 0 2 0 ⇒=−=−==∫ π π π xdxx Nota: de los resultados encontrados en a) y en b) podemos verificar lo afirmado en la observación precedente. Integrales 243 En primer lugar procederemos a calcular el área de una región limitada por la gráfica de una función y uno o más ejes (rectas horizontales y/o verticales). Ejemplo 19: Calcular el área de las regiones limitadas por las gráficas de las funciones y los ejes indicados. a) xxf 24)( −= eje x eje y En primera instancia representamos gráficamente la función )(xf , sombreando la región limitada por dicha recta y los ejes coordenados. ( ) 4)00.4()2-4.2(4)24( 22 2 0 2 2 0 =−−=−=−= ∫ xxdxxA b) xxxf 4)( 2 +−= eje x y 4 xxxf 4)( 2 +−= 0 2 4 x y 4 2 xxf 24)( −= Integrales 244 La región ha quedado limitada por el arco de parábola y el eje x. 3 32 =02 3 0 42 3 4 2 3 )4(A 3 2 3 4 0 2 34 0 2 ⋅+−− ⋅+−= +−=+−= ∫ x x dxxx c) 4= y 0= 0;= 2 x 8 2< x2 )( xxy x x xf ≥ + = y x=4 4 y=x+2 y=8/x A’ A” 0 2 4 x Para calcular el área de la región limitada por el arco de hipérbola y los cuatro segmentos de rectas es necesario dividir la región en dos sectores, cada uno de los cuales tiene por medidas del área A′ y A ′′ . Por lo tanto calcularemos mediante una integral definida el área de cada sector y por la propiedad de aditividad del área tendremos el área de la región total. 6 02 2 0 22 2 2 2 2 )2( 22 2 0 22 0 = +− += =+=′ ∫ x+ x .dxxA 8.ln22ln84ln8ln.8 8 4 2 4 2 =−===′′ ∫ ..x.dx x A Por lo tanto: A = 6 + 8.ln2A A A= ′ + ′′ ⇒ Integrales 245 d) ) sen(2)( π−−= xxf eje x entre π−=x y π=x y 2 )(sen2)( π−−= xxf A’ -π π x A” -2 Este problema puede resolverse de dos maneras diferente. Sabiendo que la función seno es simétrica respecto del origen de coordenadas ( AA ′′=′ ), es posible calcular el área de la región cuya área es A′ y multiplicar por dos; o calcular el área de ambas regiones y sumar. Si bien el primer procedimiento es más simple, usaremos el segundo para confirmar la validez del primero y además para ejemplificar cómo se calcula el área de regiones ubicadas en el tercer y cuarto cuadrante. 4=)cos(20cos2)cos(2)sen(2 0 0 πππ π π −−=−−−=′ ∫ x=.dxxA Para calcular el área de la región II, anteponemos un signo menos delante de la integral correspondiente, o lo que es lo mismo, calculamos el valor absoluto de la integral definida. 4)cos(-22)cos(-2)cos(2)sen(2 0 0 =+−=−−−−−=′′ − − ∫ ππππ π π x=.dxxA 8= : tantoloPor AAAA ⇒′′+′= Integrales 246 A continuación calcularemos el área de regiones limitadas por las gráficas de dos o más funciones. ( )∫ −= b a dxxfxgA )()( Nota: Obsérvese que )(xg está por encima de )(xf , y es por eso que la diferencia en la integral es )()( xfxg − . Ejemplo 20: Calcular el área de las regiones limitadas por las gráficas de las funciones indicadas. 2)( 82)( 2 −−=++−= xxg xxxf Representemos gráficamente ambas funciones para delimitar la región de la cual necesitamos calcular el área. y 9 g(x)=-x-2f(x)=-x²+2x+8 -2 5 x -7 y a b x )(xfy = )(xgy = Integrales 247 En primer término encontramos la intersección entre las gráficas de ambas funciones, para lo cual igualamos las fórmulas de cada una de ellas construyendo una ecuación. )7,5(P y )0,2(P 52 0103 282 )()( 21 22 −=−=⇒=∧−= ⇒=−−⇒−−=++−⇒= x x xxxxxxgxf A continuación planteamos la integral. [ ] 6 343 )2.(10 2 )2( 3 3 )2( 5.10 2 5 3 3 5 10 2 3 3 ).103()2()82( 2323 5 2 235 2 2 5 2 2 = −+ − + − −− ++−= =++−=++−=−−−++−= −−− ∫∫ x xx dxxx.dxxxxA * A continuación pase a resolver los problemas 13 y 14 de la guía de trabajos prácticos. APLICACIONES ECONÓMICAS (segunda parte) Consideremos dos funciones, una de demanda ( )(xfp = ) y otra de oferta ( )(xgp = ), ambas de un mismo artículo. En este caso x denota la cantidad del artículo que puede venderse u ofertarse a un precio p por unidad. Como ya sabemos, en general la función de demanda es decreciente, mientras que la de oferta es creciente. Por otra parte, el punto ( , )x p 0 0 de intersección de las dos gráficas representa el punto de equilibrio del mercado; es decir, a un precio p 0 los consumidores estarán dispuestos a comprar y los productores a vender una misma cantidad x 0 de unidades del artículo. En un mercado de libre competencia existen productores que estarían dispuestos a vender el artículo a un precio menor que el del equilibrio de mercado p 0 , puesto que este precio está por encima del que ellos ofertan. En estas condiciones los productores se benefician. Esta utilidad adicional de los productores se denomina superávit del productor. El área de la zona sombreada del gráfico que aparece a continuación representa el superávit del productor. Veamos ahora cómo se calcula esa área. Aplicaremos la fórmula del cálculo del área de una región limitado por dos curvas, una es la recta horizontal de ecuación p p= 0 , y la otra es la gráfica de la función de oferta p g x= ( ) . Por lo tanto, puede calcularse el superávit del productor como: [ ] ∫∫ −− 00 0 00 0 0 )(=.)(=.. xx dxxgxpdxxgpPS Integrales 248 En el gráfico siguiente se muestra sombreada la región correspondiente al superávit del productor. En forma similar puede pensarse el superávit del consumidor. Es decir, habrá algunos consumidores dispuestos a comprar el artículo a un precio mayor que el del equilibrio del mercado. De esta manera estos consumidores harán un ahorro como resultado de la operación del mercado de libre competencia. El área de la región comprendida entre la recta de ecuación p p= 0 , la curva de demanda y el eje p representa el superávit del consumidor y puede calcularse como: [ ] 00 00 0 00 )(=.)(=.. xpdxxfdxpxfCS xx −− ∫∫ En el gráfico anterior la región rayada corresponde al superávit del consumidor. Apliquemos lo visto a un problema. Ejemplo 21: Las funciones de oferta y demanda de cierto producto están dadas por: O p g x x p f x x: ( ) ( ) D: = = + = = −45 2 144 2 Determinar el superávit del productor y el consumidor, suponiendo que se ha establecido el equilibrio del mercado. En primer lugar determinamos el punto de equilibrio del mercado. 1190992144245)()( 22 −=∨=⇒=−+⇒−=+⇒ xxx xxxxf=xg La única solución aceptable económicamente es 9=x . Por lo tanto, el precio del equilibrio es: p p= + ⇒ =45 2 9 63. Calculemos ahora el superávit del productor. [ ] [ ] [ ] S P x dx x dx x x S.P. S P . .= ( ) . = . ( ). ( . ) ( . ) ( ) . . 63 45 2 63 9 45 2 567 45 567 459 9 450 0 567 405 81 243 0 9 2 0 9 0 9 2 2 − + − + = − − ⇒ = − − − − = − − ⇒ = ∫ ∫ Integrales 249 En forma similar calculamos el superávit del consumidor. [ ] 486.. 5672431296567) 3 0 0.144() 3 9 9.144( 567 3 1449.63).144(=.63)144(=.. 33 9 0 9 0 3 2 9 0 2 =⇒−−=− −−−= ⇒− −=−−−− ∫∫ CSS.C. x xdxxdxxCS * Pase a resolver los problemas 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22 y 23 de la guía de trabajos prácticos. INTEGRALES IMPROPIAS Integrales con Límites Infinitos Sea )(xf una función definida y continua para todos los valores de x tales que: x a≥ . Examinemos la siguiente integral que tiene sentido para ab > . I b f x dx a b ( ) ( ).= ∫ Analicemos que sucede cuando b tiende a más infinito. Definición: Si existe el límite finito de ∫ ∞→ b a b dxxf ).(lim , este límite se denomina integral impropia de la función )(xf en el intervalo [ )+∞,a y se designa por: f x dx a ( ). +∞ ∫ . De acuerdo con la definición tenemos que: =∫ +∞ a dxxf )( ∫ ∞→ b a b dxxf ).(lim Nota: Si el límite es finito se dice que la integral impropia converge, en caso contrario se dice que diverge. De forma análoga se definen las integrales impropias en otros intervalos infinitos. Integrales 250 f x dx a ( ). −∞ ∫ ∫ − ∞→ = a b b dxxf ).(lim =∫ +∞ ∞− dxxf ).( f x dx f x dx b b ( ). ( ). −∞ +∞ ∫ ∫+ A continuación aplicamos estas definiciones a algunos problemas. Ejemplo 22: Calcular la siguiente integral impropia: e x dx− + −∞ ∫ 2 1 2 . +∞= − − − = − +− =+−=+− +−− −∞→−∞→−∞→ ∞− ∫∫ 22 lim 2 12 lim. 12 lim 12 123 2 22 b b b b bb ee x e dx x edx x e Diremos entonces que la integral impropia diverge. * Pase a resolver el problema 24 de la guía de trabajos prácticos. Integral de una función discontinua Sea )(xf una función definida y continua para a x c≤ < , salvo para cx = . En este punto no se puede definir la integral f x dx a c ( )∫ como límite de sumas integrales. Definición: Se dice que la integral impropia es convergente si existe el límite finito del segundo miembro de la siguiente igualdad: ∫∫ − → = b a cb c a dxxfdxxf )(lim)( , en caso contrario se dice que es divergente. Veamos cómo podemos aplicar esta definición al cálculo de integrales impropias. Integrales 251 Ejemplo 19: Calcular la siguiente integral impropia: 1 1 1 2 x dx − ∫ Del análisis del integrando puede concluirse que existe una discontinuidad en 1=x . = − ∫ 2 1 1 1 dx x ∫ − + → 2 1 1 1 lim b b dx x = − ∫ 2 1 1 1 dx x 2 1 12lim bb x − + → 1 1 1 2 x dx − ∫ ( )122lim 1 −−= + → b b 2 1 1 2 1 = − ∫ dx x Por lo tanto la integral impropia es convergente.
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