Integrales Definidas

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“Lo que sabemos es una gota, lo que ignoramos es un océano” 
Isaac Newton 
 
¿Y ahora cómo 
se supone que 
calcule el 
área?... ¿Será 
difícil? 
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INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 1 
 
Integrales Definidas 
 
El concepto de la Integral Definida, tuvo su origen en los problemas de cálculos de áreas 
que se plantearon hace más de dos mil años los antiguos griegos. Si bien, podemos situar 
en la Antigua Grecia, el primer antecedente del Cálculo Integral, éste concepto se 
formalizó en el siglo XIX, con las obras de los matemáticos Riemann y Cauchy y más aún 
se generalizó en el siglo XX, con la Teoría de Medida de Lebesgue. 
Los conceptos del Cálculo, surgieron como respuestas a determinados problemas como por 
ejemplo el de la distancia recorrida con una determinada velocidad, en función del tiempo 
empleado. La solución a este tipo de problema, incentivó a los matemáticos hasta la 
invención del Cálculo, en el siglo XVII en los trabajos de Newton y Leibniz. 
Ya en las obras de los antiguos griegos, podemos encontrar una primera aproximación de 
lo que hoy denominamos Cálculo Integral. Esto se lo debemos a los trabajos de dos 
grandes, uno reconocido, Arquímedes de Siracusa, y el otro no, Eudoxo de Cnido. 
La teoría de las proporciones elaborada por los pitagóricos, sentaba las bases de las ideas 
que luego adoptarían los griegos, según la cual, todos los aspectos de la vida, pueden 
explicarse por medio de números o bien a través de sus razones. Esta bella concepción, que 
puede resumirse en la célebre frase pitagórica “Todo es número”, fue puesta a prueba, con 
el descubrimiento de la existencia de las magnitudes inconmensurables. Este 
descubrimiento, provocó la primera gran crisis dentro de la historia de la matemática, pues 
venía a demoler de alguna manera, los cimientos de la cultura griega de la época. 
Esta gran crisis, fue resuelta gracias al ingenio y astucia de un solo hombre, Eudoxo de 
Cnido (406-355 a.C. aproximadamente). El aporte de Eudoxo, a través de una redefinición 
del concepto de razón entre magnitudes, permitió a los griegos reacomodar sus ideas y 
concepciones, entre ellas, la teoría de proporciones, que es el núcleo del V libro de los 
Elementos de Euclides escritos en alrededor del 300 a.C. aproximadamente. 
Gracias al denominado Método de Exhausción, inventado por Eudoxo, los antiguos griegos 
lograron saltar el obstáculo de la comparación de figuras curvilíneas y rectilíneas. Este 
método proponía: “si de cualquier magnitud sustraemos una parte no menor que su mitad, 
y si del resto sustraemos de nuevo una cantidad no menor que su mitad, y si continuamos 
repitiendo este proceso de sustracción, terminaremos por obtener como resto una cantidad 
menor que cualquier magnitud del mismo tipo, dada de 
antemano”. (C. Boyer, 1969) 
Este método, venía a dar rigor a la idea que ellos ya tenían, 
pues por ejemplo, sabían que para calcular el área del círculo, 
podían aproximarse a ella por medio de polígonos regulares 
inscriptos (es decir extrayendo una cantidad no menor que su 
mitad), y en los cuales el número de lados se hacía crecer tanto 
como se quería. 
Lo que no sabían era cómo cerrar este razonamiento, ya que no 
contaban con el concepto de límite. Esta dificultad, venía a ser resuelta gracias al método 
desarrollado por Eudoxo, en el cual se trabajaba con un procedimiento análogo al cálculo 
de un límite, según vimos. 
A finales del siglo XIV, gracias a los trabajos de Galileo Galilei, los matemáticos de la 
época, comenzaron a dejar de lado aquel “horror al infinito” característico de la 
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matemática griega. Asimismo, con el avance de los trabajos en la física, la astronomía, la 
ingeniería, entre otras, surgía la necesidad imperiosa de aplicar a los cálculos matemáticos, 
los resultados logrados por Arquímedes gracias al Método de Exhausción, evitando el 
complicado procedimiento de demostración formal por doble reducción al absurdo. 
Muchos fueron los matemáticos que trabajaron y demostraron su talento en lo que 
podemos denominar “la previa a la invención del Cálculo”. Fue el caso de Pierre Fermat 
(1601-1665), un abogado francés, que se le atribuye el mérito de ser reconocido como un 
co-descubidor del Cálculo, junto con Newton y Leibniz. 
Pierre Fermat, calcula áreas limitadas por curvas conocidas, utilizando un razonamiento 
extraordinario que lo llevaban a sumar series infinitas, y que le permitieron aproximarse de 
una manera impecable a muchas de las reglas de integración que hoy conocemos. 
Se trabajará con conceptos teóricos, ejercicios para calcular áreas y perímetros de figuras 
planas. 
 
María de las Mercedes Moya 
 
 
 
 
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1. Concepto de área como límite de sumas. 
 
Con frecuencia, se desea o se necesita conocer el área de figuras planas limitadas por arcos 
de curvas que no responden a las fórmulas conocidas por la geometría elemental. En estos 
casos, podemos pensar en aproximar dichas áreas mediante el cálculo de áreas elementales. 
 
 
 
Supongamos entonces, que queremos calcular el área 
de una región 𝑹 que está limitada por una curva 
representativa de la función continua 𝒇, las rectas 
𝒙 = 𝒂, 𝒙 = 𝒃 y el eje 𝑥. 
 
 
 
Para ello, dividamos al intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] en 𝑛 subintervalos 𝐼𝑘 de amplitud ∆𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 −
𝑥𝑘−1 (no necesariamente iguales). Como 𝑓 es continua en el intervalo 𝐼, también lo será en 
cada subintervalo 𝐼𝑘 
. 
 
 
Al hacer esta subdivisión, hemos definido una Partición 𝑃 = {𝑥0, 𝑥1, … , 𝑥𝑛}, donde 𝑥0 = 𝑎 
y 𝑥𝑛 = 𝑏. 
 
Definición: 
Un conjunto 𝑃, dado como una subdivisión del intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] en 𝑛 subintervalos, 
será una Partición del intervalo [𝑎, 𝑏], si cumple que: 
1. 𝑥0 < 𝑥1 < 𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝑖 < 𝑥𝑖+1 < ⋯ < 𝑥𝑛 
2. [𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1] ∩ [𝑥𝑖+1, 𝑥𝑖+2] = {𝑥𝑖+1} 
3. [𝑥𝑖+1, 𝑥𝑖] ∩ [𝑥𝑗 , 𝑥𝑗+1] = ∅, ∀𝑖 ≠ 𝑗 
4. [𝑥0, 𝑥1] ∪ [𝑥1, 𝑥2] ∪ …∪ [𝑥𝑛−1, 𝑥𝑛] = [𝑎, 𝑏] 
 
Entonces, volvamos a la situación planteada. 
 
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Como 𝑓 es continua en [𝑎, 𝑏], por propiedad de las 
funciones continuas, 𝑓 es continua y acotada en cada 
subintervalo 𝐼𝑘. 
Entonces, en virtud del Teorema de Bolzano – 
Weierstrass existen 𝑚𝑘 y 𝑀𝑘, mínimo y máximo 
absoluto (respectivamente) de la 𝑓 en el intervalo 𝐼𝑘 
 
 
 
Definición: 
Sea 𝑓 una función continua en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏], 𝑃 una partición de dicho intervalo en 
𝑛 subintervalos 𝐼𝑘, de amplitud Δ𝑥𝑘, y sean 𝑀𝑘 y 𝑚𝑘 los máximos y mínimos absolutos de 
𝑓 en cada subintervalo 𝐼𝑘, se definen: 
1. Suma Superior de 𝑓 en 𝐼𝑘 al resultado de 𝑆𝑃𝑘
̅̅ ̅̅ = 𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 
2. Suma Inferior de 𝑓 en 𝐼𝑘 al resultado de 𝑆𝑃𝑘 = 𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 
 
 
 
Interpretación Geométrica 
Podemos interpretar geométricamente la suma superior e inferior, como las áreas de los 
rectángulos que tienen como base la amplitud ∆𝑥𝑘 del intervalo 𝐼𝑘, y altura 𝑀𝑘 y 𝑚𝑘 
respectivamente. 
 
 
 
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Definición: 
Sea 𝑓 una función definida en un intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏], y sea 𝑃 una partición de dicho 
intervalo, se llama: 
1. Suma Superior de 𝑓 en [𝑎, 𝑏] a 
𝑆𝑃̅̅ ̅ = ∑𝑀𝑘 . ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
 
 
Interpretación Geométrica: 
Particionado el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] en 𝑛 
subintervalos 𝐼𝑘 de amplitud ∆𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 −
𝑥𝑘−1, la Suma Superior
se puede interpretar 
como la suma de las áreas de los respectivos 
rectángulos que tienen base ∆𝑥𝑘 y altura 𝑀𝑘 
(máximo absoluto de 𝑓 en cada subintervalo 
𝐼𝑘) 
 
2. Suma Inferior de 𝑓 en [𝑎, 𝑏] a: 
𝑆𝑃𝑘 =∑𝑚𝑘 . ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
 
 
Interpretación Geométrica: 
Particionado el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] en 𝑛 
subintervalos 𝐼𝑘 de amplitud ∆𝑥𝑘 = 𝑥𝑘 −
𝑥𝑘−1, la Suma Inferior se puede interpretar 
como la suma de las áreas de los respectivos 
rectángulos que tienen base ∆𝑥𝑘 y altura 𝑚𝑘 
(mínimo absoluto de 𝑓 en cada subintervalo 
𝐼𝑘) 
 
Podemos ver que si 𝐴𝑘 es el área que 
encierra la gráfica de 𝑓, en cada subintervalo 𝐼𝑘 se cumple que: 
𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 < 𝐴𝑘 < 𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 
Y en el intervalo [𝑎, 𝑏] será: 
∑𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
<∑𝐴𝑘
𝑛
𝑘=1
<∑𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
 
Es decir, si llamamos 𝑨 al valor del área de una región 𝑹 que está limitada por una curva 
representativa de la función continua 𝒇, las rectas 𝒙 = 𝒂, 𝒙 = 𝒃 y el eje 𝑥, se cumple que 
𝑆𝑃 < 𝐴 < 𝑆𝑃 
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Así, la suma superior e inferior aproximan (por exceso o defecto respectivamente) el valor 
de 𝐴. 
 
Ejemplo: 
Calcular las sumas superiores e inferiores de la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1 en el intervalo 
𝐼 = [0, 3] y con la partición 𝑃 = {0,1,2,3} 
Veamos un Gráfico: 
La suma inferior (representada en color azul) será: 
𝑆𝑃 =∑𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
3
𝑘=1
= 𝑓(0) ∙ 1 + 𝑓(1) ∙ 1 + 𝑓(2) ∙ 1 
= 1 + 2 + 5 = 8 
La suma superior (representada con color verde) será: 
𝑆𝑃𝑘
̅̅ ̅̅ = ∑𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
3
𝑘=1
= 𝑓(1) ∙ 1 + 𝑓(2) ∙ 1 + 𝑓(3) ∙ 1 
= 2 + 5 + 10 = 17 
En consecuencia, el área 𝐴 encerrada por 𝑓, 𝑥 = 0, 𝑥 = 3 
y el eje de las abscisas es: 
8 < 𝐴 < 17 
 
1.1 Propiedades de las Sumas superiores e inferiores 
 
Veamos a continuación algunas propiedades de éstas sumas superiores e inferiores. 
 
Lema 1: 
Si 𝑓 está definida y acotada en [𝑎, 𝑏], para cualquier partición 𝑃, la suma inferior no supera 
la suma superior. O sea: 
∀𝑃, 𝑆𝑃 ≤ 𝑆𝑃 
Demostración: 
Como 𝑓 es acotada en cada subintervalo, tenemos que: 
𝑚𝑘 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀𝑘 , ∀𝑥 ∈ 𝐼𝑘 
Entonces tenemos que: 
𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 ≤ 𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 
Así, si sumamos sobre todo el intervalo, tenemos que: 
∑𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
≤∑𝑀𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
 
Y recordando las definiciones de suma inferior y superior, tenemos que: 
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𝑆𝑃 ≤ 𝑆𝑃 
Esta última desigualdad demuestra el lema. 
 
Ahora bien, dada una partición 𝑃, se puede definir una nueva partición, o una subdivisión 
más fina que 𝑃 que llamaremos “refinamiento de 𝑷” y lo indicaremos como 𝑃′. A esta 
nueva partición deben pertenecer todo los puntos de 𝑃. 
O sea que: 𝑃′ = {𝑥0
′ , 𝑥1
′ , … , 𝑥𝑛
′ } de [𝑎, 𝑏] es un refinamiento o una subdivisión más fina que 
𝑃 = {𝑥0, 𝑥1, … , 𝑥𝑛} de [𝑎, 𝑏] si se cumple que: 
∀𝑘: 𝑥𝑘 ∈ 𝑃 ⇒ 𝑥𝑘 ∈ 𝑃
′ . 1 
 
Ejemplo: 
Sea 𝐼 = [0,4] y 𝑃 = {0,1,2,3,4} 
Si a 𝑃 le agregamos los puntos 
1
2
, √2,
7
2
 
Tenemos entonces: 𝑃´ = {0,
1
2
, 1, √2, 2,3,
7
2
, 4} 
En consecuencia 𝑃 ⊂ 𝑃´. Por lo tanto 𝑃´ es un refinamiento de 𝑃. 
 
Definición: 
Dada la partición 𝑃 del intervalo [𝑎, 𝑏] en 𝑛 subintervalos, cada uno de ellos de longitud 
Δ𝑥𝑘, con 𝑘 = 1, … , 𝑛, definimos Norma de una Partición 𝑷 a: 
‖𝑃‖ = máx{Δ𝑥𝑘} 
 
Ejemplo: 
En la partición 𝑃 del intervalo [0, 4], ‖𝑃‖ = 1. 
Con el refinamiento realizado, obtenemos que ‖𝑃′‖ = 1. 
 
Veamos a continuación otra propiedad sobre las sumas inferiores y superiores. 
 
Lema 2: 
Sea 𝑓 una función definida y acotada en 𝐼 = [𝑎, 𝑏], 𝑃 una partición de 𝐼 y 𝑃′ un 
refinamiento de 𝑃. Entonces: 
i. 𝑆𝑃 ≤ 𝑆𝑃´ ii. 𝑆𝑃 ≥ 𝑆𝑃´ 
Demostración: 
Para probar este lema, consideremos un subintervalo genérico 𝐼𝑘 = [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘], después de 
realizar la partición 𝑃. 
i. Como 𝑓 es continua en el intervalo 𝐼, también lo es en el 𝐼𝑘, y por lo tanto se 
cumple que existen los puntos 𝑚𝑘 , 𝑀𝑘, talque 𝑚𝑘 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀𝑘 , ∀𝑥 ∈ 𝐼𝑘. 
 
1
 Esto significaría en la notación de conjuntos que 𝑃 ⊂ 𝑃´. 
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La suma inferior en dicho intervalo es: 
𝑆𝑃𝑘 = 𝑚𝑘 ∙ ∆𝑥𝑘 = 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑘 − 𝑥𝑘−1) 
Si hacemos un refinamiento 𝑃′ a la partición 𝑃 y 
suponiendo que en el intervalo 𝐼𝑘 sólo cae un punto 
de tal refinamiento, 𝑥𝑗
′ (puede no caer ningún punto o 
bien, puede caer más de un punto). En este caso 
considerado, tenemos que: 
𝑆𝑃𝑘 = 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑘 − 𝑥𝑗
′) + 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑗
′ − 𝑥𝑘−1) 
 
Ahora consideremos el refinamiento 𝑃´. 
𝑆𝑃𝑘
′ = 𝑚𝑗 ∙ (𝑥𝑘 − 𝑥𝑗
′) + 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑗
′ − 𝑥𝑘−1) 
 
Pero en 𝐼𝑘 tenemos que 𝑚𝑘 ≤ 𝑚𝑗, por la definición 
de extremos inferior de 𝑓 en un intervalo. 
 
Entonces tenemos que: 
𝑆𝑃𝑘 = 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑘 − 𝑥𝑗
′) + 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑗
′ − 𝑥𝑘−1) 
≤ 𝑚𝑗 ∙ (𝑥𝑘 − 𝑥𝑗
′) + 𝑚𝑘 ∙ (𝑥𝑗
′ − 𝑥𝑘−1) = 𝑆𝑃´𝑘 
Es decir 
𝑆𝑃𝑘 ≤ 𝑆𝑃𝑘
′ 
Si ahora realizamos la suma para todo el intervalo 𝐼, 
tenemos que 
𝑺𝑷 ≤ 𝑺𝑷′ 
Que es lo que queríamos demostrar. Utilizando un razonamiento análogo, se puede 
demostrar que 𝑆𝑃 ≥ 𝑆𝑃′ . 
 
Lema 3 
Si 𝑓 está definida y acotada en 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y 𝑃1, 𝑃2 son dos particiones cualesquiera de 𝐼 
entonces. 
𝑆𝑃1 ≤ 𝑆𝑃2 
Demostración: 
Como 𝑃1 y 𝑃2 son dos subdivisiones cualesquiera de 𝐼, buscamos otra subdivisión 𝑃´ que 
sea un refinamiento común a ambas. 
 
Por lema 2 tenemos que 𝑆𝑃1 ≤ 𝑆𝑃′ 
Por lema 1 tenemos que 𝑆𝑃′ ≤ 𝑆𝑃′ 
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Por lema 2 tenemos que 𝑆𝑃′ ≤ 𝑆𝑃2 
Entonces, encadenando estas desigualdades, tenemos que 
𝑆𝑃1 ≤ 𝑆𝑃2 
Interpretación Geométrica: 
 
Podemos interpretar geométricamente 
este lema como: 
El área de cualquier polígono 
inscripto en un recinto, no supera al 
área de cualquier polígono 
circunscripto. 
 
En resumen, entonces estos tres lemas puntualizan las siguientes propiedades para las 
sumas superiores e inferiores de una función definida y acotada en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏]: 
 
1. Para una misma partición 𝑷: 
𝑺𝑷 ≤ 𝑺𝑷 
2. Para un refinamiento 𝑷´ de la partición 𝑷: 
𝑺𝑷 ≤ 𝑺𝑷´ ≤ 𝑺𝑷´ ≤ 𝑺𝑷 
3. Para cualquier par de particiones 𝑷𝟏, 𝑷𝟐: 
𝑺𝑷𝟏 ≤ 𝑺𝑷𝟐 
 
Podemos ver entonces que si se tiene un partición 𝑃 del intervalo 𝐼 y que 
𝑃1 es una partición de 𝑃 
𝑃2 es una partición de 𝑃1 
𝑃3 es una partición de 𝑃2 
Y así siguiendo 
 𝑃𝑘 es una partición de 𝑃𝑘−1 
Se tiene que: 
𝑆𝑃 ≤ 𝑆𝑃1 ≤ 𝑆𝑃2 ≤ ⋯ ≤ 𝑆𝑃𝑘 ≤ 𝑆𝑃𝑘 ≤ 𝑆𝑃𝑘−1 ≤ ⋯ ≤ 𝑆𝑃2 ≤ 𝑆𝑃1 ≤ 𝑆𝑃 
De esta manera, hemos logrado construir dos sucesiones {𝑺𝑷𝒏} y {𝑺𝑷𝒏} de sumas parciales, 
de las cuales, la primera resulta ser monótona creciente y la segunda, monótona 
decreciente. Y a su vez, ambas están acotadas. 
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Así, {𝑺𝑷𝒏} es monótona creciente y está acotada superiormente por 𝑆𝑃𝑘 (y por cualquier 
𝑆𝑃𝑘) Por lo tanto esta sucesión converge al supremo.
2
 Es decir, existe 
lim
𝑛→∞
𝑆𝑃𝑛 = sup𝑆𝑃𝑛 
Análogamente, {𝑺𝑷𝒏} es monótona decreciente y está acotada inferiormente por 𝑆𝑃𝑘 (y por 
cualquier 𝑆𝑃𝑘). Por lo tanto esta sucesión converge al ínfimo. Es decir, existe 
lim
𝑛→∞
𝑆𝑃𝑛 = inf 𝑆𝑃𝑛 
 
2. Integral de Riemann
3
 – Darboux
4
. 
 
Veamos las siguientes 
 
Definiciones: 
 Se llama Integral Inferior de Riemann – Darboux
a: 
𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺𝑷𝒏 = 𝐬𝐮𝐩𝑺𝑷𝒏 = ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
 Se llama Integral Superior de Riemann – Darboux a: 
𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺𝑷𝒏 = 𝐢𝐧𝐟 𝑺𝑷𝒏 = ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
 Si 𝑓 está definida y acotada en 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y además se cumple que: 
 
2
 Esto se puede concluir en virtud del teorema fundamental de sucesiones. 
3
 Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866) nació en Hanover, Alemania. Fue hijo de un ministro 
luterano. Aunque era cristiano devoto, Riemann no se inclinó por seguir la vocación de su padre y abandonó 
el estudio de teología en la Universidad de Gotinga para seguir una carrera de estudios en los que su genio 
era evidente: matemáticas. Es probable que el concepto de sumas de Riemann haya sido resultado de un 
curso sobre integral definida que tomó en la universidad; este concepto refleja su intento por asignar un 
significado matemático preciso a la integral definida de Newton y Leibniz. Después de presentar su examen 
doctoral sobre los fundamentos de las funciones de una variable compleja al comité examinador en la 
Universidad de Gotinga, Karl Friedrich Gauss, el “príncipe de las matemáticas”, dedicó a Riemann un elogio 
bastante singular: “La disertación ofrece pruebas concluyentes… de una mente creativa, activa, 
verdaderamente matemática … de fértil originalidad”. Riemann, como otros estudiantes promisorios de la 
época, era de constitución frágil. Falleció a los 39 años de edad, de pleuresía. Sus originales contribuciones a 
la geometría diferencial, topología, geometría no euclidiana y sus intrépidas investigaciones concernientes a 
la naturaleza del espacio, la electricidad y el magnetismo anunciaron el trabajo de Einstein en el siglo 
siguiente. 
4
 Jean Gastón Darboux (1842- 1917) Matemático francés. Profesor en la Sorbona y miembro de la 
Academia de Ciencias y de la Royal Society. Especializado en el campo de la geometría, obtuvo brillantes 
resultados en sus trabajos sobre los sistemas triples ortogonales. Estudió las ecuaciones de derivadas 
parciales y perfeccionó la teoría de la integral de Riemann. Destaca su obra Lecciones sobre la teoría general 
de las superficies y las aplicaciones geométricas del cálculo infinitesimal 
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∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= ∫𝒇𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
Se dice que la función 𝒇 es Integrable según Riemann – Darboux en el intervalo 
𝐼 = [𝑎, 𝑏]. 
Observación: 
Para poder llegar a ésta última definición 
hemos considerado las áreas elementales de 
rectángulos inscriptos y circunscriptos a la 
gráfica de la función 𝑓 en cada subintervalo 
𝐼𝑘. Podemos ahora, en lugar de considerar el 
máximo y/o el mínimo de la función 𝑓 dentro 
cada subintervalo 𝐼𝑘, considerar un punto 
cualquiera 𝑐𝑘 ∈ 𝐼𝑘, de manera que podemos 
calcular el área del 𝑘-ésimo rectángulo es: 
𝐴𝑘 = 𝑓(𝑐𝑘)∆𝑥𝑘 
 
Por lo tanto el área aproximada de la región 
𝑅, se puede expresar como: 
𝑨𝒂𝒑𝒓𝒐𝒙 =∑𝑨𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
=∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒊=𝟏
 
La cual es la suma de Riemman de la función 𝑓, correspondiente a la partición 𝑃. 
Cuando 𝑛 → ∞, ‖𝑃‖ → 0 pues ∆𝑥𝑘 → 0 tenemos que: 
𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺 𝑷𝒏 ≤ 𝐥𝐢𝐦𝒏→∞
‖𝑷‖→𝟎
∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
≤ 𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺𝑷𝒏 
Por lo tanto 
𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺𝑷 ≤ 𝐥𝐢𝐦𝒏→∞
‖𝑷‖→𝟎
∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
≤ 𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
𝑺𝑷 
Lo cual es 
∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
≤ 𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
‖𝑷‖→𝟎
∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
≤ ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
Por lo tanto, si 𝑓 es integrable según Riemann – Darboux, tenemos que 
∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
Por lo tanto tenemos que: 
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𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
‖𝑷‖→𝟎
∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
= ∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
 
Siempre que dicho límite exista. 
Los números 𝑎 y 𝑏, se denominan límites de integración, 𝑎 es el límite inferior y 𝑏 es el 
límite superior. Además 𝑓(𝑥) es el integrando. 
 
Podemos plantear la definición de Integral Definida también mediante la definición (𝜀, 𝛿) 
de límite, pues 
∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= 𝐥𝐢𝐦
𝒏→∞
‖𝑷‖→𝟎
∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
 
Así, tenemos que 
Dado cualquier número 𝜀 > 0 existe un número correspondiente 𝛿 > 0, tal que para toda 
partición 𝑃 = {𝑥0, 𝑥1, … , 𝑥𝑛} de [𝑎, 𝑏] con ‖𝑃‖ < 𝛿 y cualquier elección de 𝑐𝑘 en 
[𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘], se cumple que 
|∑𝒇(𝒄𝒌)𝚫𝒙𝒌
𝒏
𝒌=𝟏
−∫𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒃
𝒂
| < 𝜺 
Vemos que esta definición enuncia que para que la tesis del límite se cumpla, debe 
considerarse cualquier partición. Esto significa que sin importar qué partición se elija del 
intervalo [𝑎, 𝑏], la integral definida existe y siempre da el mismo resultado (por la unicidad 
del límite). 
En la práctica, a la hora de calcular una integral por definición, dado que la misma existirá 
para cualquier partición, sin pérdida de generalidad se tomará aquella que sea uniforme (es 
decir, aquella partición donde todos sus subintervalos tienen la misma amplitud), a los 
fines de facilitar las cuentas. 
 
Ejemplo 1: 
Usando la definición, calcular ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥
2
0
. 
Solución: 
Debemos analizar si existe el límite de la suma: 
lim
𝑛→∞
‖𝑃‖→0
∑𝑓(𝑐𝑘)Δ𝑥𝑘
𝑛
𝑘=1
 
Para ello, vamos a definir una partición 𝑷 en el intervalo [0,2]. Tomaremos, sólo para 
simplificar los cálculos, una partición uniforme del intervalo. (Es decir, cada subintervalo 
𝐼𝑘 tendrá la misma amplitud, por lo que simplificaremos la notación diciendo que ∆𝑥𝑘 =
∆𝑥, ∀𝑘 = 1, … , 𝑛). 
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Sea ∆𝒙 =
𝟐−𝟎
𝒏
= 𝟐 es decir, vamos a dividir al intervalo [0, 2], de amplitud unidades, en 𝑛 
subintervalos de amplitud 
2
𝑛
 unidades. 
Es decir, que la partición tendrá los siguientes puntos: 
𝑃 = {0, 0 + ∆𝑥, 0 + 2∆𝑥, 0 + 3∆𝑥,… ,0 + 𝑛∆𝑥} 
= {0, 0 +
2
𝑛
, 0 + 2 ∙
2
𝑛
, 0 + 3 ∙
2
𝑛
,… ,0 + 𝑛 ∙
2
𝑛
} 
Es decir: 
𝑃 = {0,
2
𝑛
,
4
𝑛
,
6
𝑛
,
8
𝑛
,… ,
2𝑛
𝑛
} 
De acuerdo con la definición, considerando cualquier 𝑐𝑘 ∈ 𝐼𝑘, podemos plantear que: 
∫(𝑥 + 1)𝑑𝑥
2
0
= lim
𝑛→∞
∑𝑓(𝑐𝑘)Δ𝑥
𝑛
𝑘=1
 
Sin pérdida de generalidad, consideremos que 𝑐𝑘 es el extremo derecho de 𝐼𝑘. Así, 
podemos escribir lo anterior de la siguiente forma: 
= lim
𝑛→∞
[𝑓 (
2
𝑛
) .
2
𝑛
+ 𝑓 (
4
𝑛
) .
2
𝑛
+ 𝑓 (
6
𝑛
) .
2
𝑛
+ 𝑓 (
8
𝑛
) .
2
𝑛
+⋯+ 𝑓 (
2𝑛
𝑛
) .
2
𝑛
] 
= lim
𝑛→∞
2
𝑛
[(
2
𝑛
+ 1) + (
4
𝑛
+ 1) + (
6
𝑛
+ 1) + (
8
𝑛
+ 1) +⋯+ (
2𝑛
𝑛
+ 1)] 
= lim
𝑛→∞
2
𝑛
[𝑛 +
2 + 4 + 6 + 8 +⋯+ 2𝑛
𝑛
] 
= lim
𝑛→∞
2
𝑛
[𝑛 +
2(1 + 2 + 3 + 4 +⋯+ 𝑛)
𝑛
] 5 
= lim
𝑛→∞
2
𝑛
[𝑛 +
2
𝑛
.
𝑛. (𝑛 + 1)
2
] 
= lim
𝑛→∞
2 +
2(𝑛 + 1)
𝑛
= 4 
 
Es decir, hemos obtenido que ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥
2
0
= 4. 
 
A partir de la representación gráfica, podemos observar que el 
área que de la región, coincide con la de un trapezoide. 
Descomponiendo la figura en un triángulo y un rectángulo, 
podemos ver que el resultado obtenido es coherente. 
 
 
 
5
 La suma que se encuentra entre el paréntesis se conoce como suma de Gauss, y representa la suma de los 
primeros 𝑛 números naturales, es decir: 1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑛 = ∑ 𝑘𝑛𝑘=1 =
𝑛(𝑛+1)
2
. 
Integrales Definidas 
 
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Ejemplo 2: 
Calcula ∫ (𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
. 
Solución: 
Sin pérdida de generalidad, usamos una partición uniforme del intervalo [0,1] en 𝑛 
subintervalos. De este modo, tenemos 
Δ𝑥 =
1 − 0
𝑛
=
1
𝑛
, 𝑐𝑘 = 0 + 𝑘 ∙
1
𝑛
= 𝑘 ∙
1
𝑛
, 𝑘 = 0,… , 𝑛 
⇒ 𝑓(𝑐𝑘) = (𝑘 ∙
1
𝑛
)
2
+ 1 = (
𝑘2
𝑛2
) + 1 
Así,
tenemos que 
∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
= lim
𝑛→∞
∑𝑓(𝑐𝑘)Δ𝑥
𝑛
𝑘=1
= lim
𝑛→∞
∑[(
𝑘2
𝑛2
) + 1]
1
𝑛
𝑛
𝑘=1
 
= lim
𝑛→∞
[∑(
𝑘2
𝑛2
)
1
𝑛
𝑛
𝑘=1
+∑
1
𝑛
𝑛
𝑘=1
] = lim
𝑛→∞
[
1
𝑛3
∑𝑘2
𝑛
𝑘=1
+
1
𝑛
∑1
𝑛
𝑘=1
] 
= lim
𝑛→∞
[
1
𝑛3
∑𝑘2
𝑛
𝑘=1
+
1
𝑛
∑1
𝑛
𝑘=1
] = lim
𝑛→∞
[
1
𝑛3
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
+
1
𝑛
𝑛] 6 
= lim
𝑛→∞
[
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6𝑛3
+ 1] = lim
𝑛→∞
[
𝑛3 (1 +
1
𝑛) (2 +
1
𝑛)
6𝑛3
+ 1] 
= lim
𝑛→∞
[
(1 +
1
𝑛) (2 +
1
𝑛)
6
+ 1] =
4
3
 
 
De esta forma, hemos obtenido 
 
∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
=
4
3
 
 
Gráficamente, podemos ver que esta integral 
representaría el parea del arco de parábola 
limitado por la curva en cuestión, el eje 𝑥 y las 
rectas 𝑥 = 0 y 𝑥 = 1. 
 
 
 
6
 El primer sumando representa la suma de los primeros 𝑛 números cuadrados, es decir: 12 + 22 + 32 +⋯+
𝑛2 = ∑ 𝑘2𝑛𝑘=1 =
𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)
6
. El segundo sumando resulta de sumar 𝑛 veces la unidad: 
1 + 1 + 1 + ⋯+ 1⏟ 
𝑛 términos
= 𝑛. 
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Pueden resultarte útiles las siguientes sumas finitas: 
∑𝑐
𝑛
𝑘=1
= 𝑛𝑐, ∀𝑐 ∈ ℝ 
 
 ∑𝑘
𝑛
𝑘=1
=
𝑛(𝑛 + 1)
2
 
 
∑𝑘2
𝑛
𝑘=1
=
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
 
 
 ∑ 𝑘3
𝑛
𝑘=1
=
𝑛2(𝑛 + 1)2
4
 
 
3. Condiciones suficientes de Integrabilidad 
 
Notemos el hecho de que existen condiciones que pueden asegurarnos la existencia de la 
integral de una función 𝑓 definida sobre un intervalo cerrado [𝑎, 𝑏]. 
 
3.1 Continuidad Implica Integrabilidad. 
 
Si 𝑓 es una función continua en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏], entonces es Integrable según 
Riemann – Darboux en dicho intervalo. 
 
 
 
En los ejemplos planteados anteriormente, todas las 
funciones eran continuas en los intervalos indicados, por lo 
tanto podíamos justificar la existencia de la integral 
definida. 
 
 
 
Sin embargo, hay una condición más amplia que la de continuidad, para asegurar la 
existencia de la integral definida en un intervalo cerrado 
 
 
 
 
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3.2 Acotación y continuidad salvo un conjunto de medida nula 
 
Sea la función 𝑓. Si la misma se conserva 
acotada en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏], es decir, 
existe 𝐾 > 0 tal que |𝑓(𝑥)| ≤ 𝐾, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏], 
y es continua en el mismo, salvo una cantidad 
finita de puntos de discontinuidad evitable o de 
salto finito, entonces 𝑓 es Integrable según 
Riemann – Darboux en dicho intervalo. 
 
 
A la hora de calcular la integral, estos puntos de discontinuidad, tienen la particularidad de 
que pueden excluirse del análisis de la integral, mediante entornos de longitud 
arbitrariamente pequeña. Al ser una cantidad finita de puntos, forman un conjunto que 
suele denominarse Conjunto de Medida Nula. 
 
Ejemplo: 
Sea la función 𝑓(𝑥) = {
𝑥 + 1 si 0 ≤ 𝑥 ≤ 2
2 si 2 < 𝑥 ≤ 5
. Decide si la función es integrable. 
Solución: 
Claramente puede verse que la función 𝑓 presenta una discontinuidad de salto finito en 
𝑥 = 2, pues 
𝑙𝑖 = lim
𝑥→2−
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2−
(𝑥 + 1) = 3
𝑙𝑑 = lim
𝑥→2+
𝑓(𝑥) = lim
𝑥→2+
2 = 2
∧ 𝑙𝑖 = 4 ≠ 2 = 𝑙𝑑 
Sin embargo: 
0 ≤ 𝑥 ≤ 2 ⇒ 0 + 1 ≤ 𝑥 + 1 ≤ 2 + 1 
⇒ −3 < 1 ≤ 𝑥 + 1 ≤ 3 ⇒ |𝑥 + 1| ≤ 3 
⇒ |𝑓(𝑥)| ≤ 3 
2 < 𝑥 ≤ 5 ⇒ 𝑓(𝑥) = 2 < 3 
∴ |𝑓(𝑥)| ≤ 3, ∀𝑥 ∈ [0,5] 
 
 
Así, 𝑓 está acotada en el intervalo [0,5], y 
como presenta un único punto de discontinuidad de salto finito, la función es integrable 
según Riemann – Darboux. 
¿Te animas a calcular el valor de esta integral? 
 
 
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4. Propiedades de la Integral Definida. 
 
Evaluar una integral definida a partir de su definición, o sea, tomando el límite de un 
suma, resulta con frecuencia complicado, sino imposible. Resulta necesario conocer 
algunas propiedades que de una manera u otra nos facilitaran los cálculos. 
Podemos mencionar las siguientes propiedades de las Integrales Definidas: 
 
4.1 Integración de constantes 
1. ∫ 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝑏 − 𝑎 
2. ∫ 𝑘 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝑘(𝑏 − 𝑎), 𝑘 = 𝑐𝑡𝑒 
Interpretación Geométrica 
 
Pueden interpretarse ambas integrales, como el área de dos rectángulos. En el primer caso, 
un rectángulo de base 𝑏 − 𝑎 y altura unidad; mientras que en el segundo, si 𝑘 > 0, sería un 
rectángulo de base 𝑏 − 𝑎 y altura 𝑘. 
 
4.2 Linealidad de la Integral Definida 
1. ∫ 𝑘 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝑘 ∙ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
2. ∫ [𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)]𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
± ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 
4.3 Aditividad de Intervalos 
Si 𝑓 es integrable en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y si 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) entonces ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
=
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑐
𝑎
+ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑐
. 
 
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4.4 Límites de Integración 
1. ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
𝑎
= 0 
 
2. ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= −∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
𝑏
 
 
 
4.5 Propiedades de Orden 
1. 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼 = [𝑎, 𝑏] ⇒ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, ∀𝑥 ∈ 𝐼 
 
2. 𝑓(𝑥) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ 𝐼 = [𝑎, 𝑏] ⇒ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≥ 0, ∀𝑥 ∈ 𝐼 
 
4.6 Propiedad de Acotación 
Si 𝑓 es integrable en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y si existen 𝑚, 𝑀 ∈ ℝ, tales que 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
𝑀, entonces 𝑚 ∙ (𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ 𝑀 ∙ (𝑏 − 𝑎), ∀𝑥 ∈ 𝐼. 
 
 
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5. Teorema del valor medio para integrales 
 
5.1 Teorema de la Media o del Valor medio para Integrales 
Si 𝑓 es una función continua en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏], entonces existe un punto 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) 
para el cual es 
𝑓(𝑐) =
1
𝑏 − 𝑎
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
El valor 𝑓(𝑐) = 𝜇 es el valor medio de 𝑓(𝑥) en [𝑎, 𝑏]. 
 
Interpretación Geométrica: 
Este teorema puede interpretarse geométricamente 
como: 
El área que encierra la curva, es igual a la del 
rectángulo cuya base mide (𝑏 − 𝑎) y su altura es 
justamente 𝑓(𝑐) = 𝜇. 
 
Demostración: 
Por ser 𝑓 una función continua en 𝐼 = [𝑎, 𝑏], existen los valores 𝑚 y 𝑀 tales que 
𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀 ∀𝑥 ∈ 𝐼 
Por lo tanto. 
𝑚 𝑑𝑥 ≤ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀 𝑑𝑥 
Integrando sobre el intervalo [𝑎, 𝑏], tenemos que: 
∫𝑚 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ ∫𝑀 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Aplicando las propiedades vistas más arriba, tenemos que: 
𝑚 (𝑏 − 𝑎) ≤ ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎) 
Como 𝑎 ≠ 𝑏, podemos multiplicar por 
1
𝑏−𝑎
 miembro a miembro 
𝑚 ≤
1
𝑏 − 𝑎
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
≤ 𝑀 
Hacemos 
𝜇 =
1
𝑏 − 𝑎
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Integrales Definidas 
 
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Por ser 𝑓 continua en 𝐼 = [𝑎, 𝑏], y en virtud del teorema del valor intermedio para 
funciones continuas, existe un valor 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏): 𝑓(𝑐) = 𝜇 
O sea: 
𝑓(𝑐) =
1
𝑏 − 𝑎
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
Ejemplo: 
Sea la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1. Demuestra que existe 𝑐 ∈ (0,1), tal que 
𝑓(𝑐) = ∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
 
En caso afirmativo, encuentra el valor de 𝑐. 
Solución: 
Sabemos que la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 1 es continua en el intervalo cerrado [0,1], por ser 
una función polinómica. Por lo tanto, podemos asegurar, por el TVM, que existe un valor 
𝑐 ∈ (0,1) tal que 
𝑓(𝑐) =
1
1 − 0
∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
= ∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
 
Ahora bien, como vimos anteriormente, esta integral tiene como resultado: 
∫(𝑥2 + 1)𝑑𝑥
1
0
=
4
3
 
Por lo tanto, buscamos el valor 𝑐 que cumple que 
𝑓(𝑐) = 𝑐2 + 1 =
4
3
 
⇒ 𝑐2 −
1
3
= 0 ⇒ 𝑐 = ±
√3
3
 
 
De estos, el único valor que verifica pertenecer al 
intervalo abierto (0,1) es 𝑐 =
√3
3
, que es nuestro valor 
buscado. 
 
Hasta ahora, el concepto de integral definida aparece desarticulado del de derivada. 
Históricamente, se llegó a ambos por caminos diferentes para resolver problemas 
geométricos. 
 
 
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6. Teorema Fundamental del Cálculo 
 
Hasta ahora, el concepto de la Integral Definida, aparece totalmente desvinculado del 
concepto de la Derivada. 
Históricamente, se llegó a estos dos conceptos por medio de caminos diferentes, 
resolviendo a su vez problemas diferentes. Newton y Leibniz, fueron los primeros de 
establecer explícitamente la relación entre los conceptos de la Derivada y la Integral. Esta 
relación, se pone en evidencia con el Teorema Fundamental del Cálculo Integral, el cual 
permite calcular la integral definida de una función integrable, mediante el uso de una 
función primitiva. 
Este descubrimiento, tan preciso e importante, les dio a Newton y Leibniz, el título de los 
creadores del cálculo infinitesimal. La obra de ellos, fue la culminación de una serie de 
intentos, que de alguna manera avizoraron este resultado con anterioridad, pero la 
generalización y el establecimiento del método de demostración, se debe únicamente a 
Newton y Leibniz. 
 
6.1 La función Integral 
 
La idea es contar con una herramienta más sencilla para calcular integrales que el límite de 
la suma de Riemann. 
 
Definición: 
Supongamos una función 𝑓(𝑡) integrable en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏]. Además, definimos la 
función 𝐴 de la siguiente manera: 
 
𝐴(𝑥) = ∫𝑓(𝑡)𝑑𝑥
𝑥
𝑎
 ∀𝑥 ∈ 𝐼 
 
Observemos que la función 𝐴, sólo depende de la variable 𝑥, que es el límite superior de 
una integral definida. La variable 𝑥 varía entre 𝑎 y 𝑏. 
Si 𝑥 toma un valor fijo, entonces la integral definida, y por lo tanto la función 𝐴, asume un 
valor bien definido. Por lo tanto, si 𝑥 varía, el valor de la integral definida también lo hace 
y define a una función de 𝑥, 𝐴(𝑥). 
A la función 𝐴, la denominaremos Función Integral o Función de Acumulación. 
 
Observación: 
Notar que, si 𝑥 = 𝑎 entonces 𝐴(𝑎) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑥
𝑎
𝑎
= 0 
Y si 𝑥 = 𝑏, entonces 𝐴(𝑏) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
. 
 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
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Interpretación Geométrica: 
 
 
 
Si 𝑓 es una función positiva, entonces la 
función 𝐴, puede interpretarse como el área 
bajo la gráfica de 𝑓 desde 𝑎 hasta 𝑥, donde 
𝑥 varía entre 𝑎 y 𝑏. 
 
 
 
 
6.2 Teorema Fundamental del Cálculo (T.F.C.) 
 
Si 𝑓 es una función continua en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏], la Función Integral 𝐴: 𝐼 → ℝ, 
definida por: 
𝐴(𝑥) = ∫𝑓(𝑡)𝑑𝑥
𝑥
𝑎
 
Entonces, la función 𝐴 es derivable en 𝑥, y su derivada en cualquier punto 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) es 
𝑓(𝑥). Es decir 𝐴′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). 
Demostración: 
Supongamos ∆𝑥 > 0. 
Integrales Definidas 
 
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Podemos empezar analizando el siguiente cociente incremental: 
∆𝐴
∆𝑥
=
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
 
El cual, siguiendo la definición de 𝐴, podemos escribir como: 
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
=
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+∆𝑥
𝑎
− ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
𝑎
∆𝑥
 
Aplicando las propiedades de las Integrales Definidas vistas antes, podemos escribir lo 
siguiente: 
 
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
=
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+∆𝑥
𝑎
− ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
𝑎
∆𝑥
=
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+∆𝑥
𝑎
+ ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑎
𝑥
∆𝑥
 
Por lo tanto: 
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
=
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+∆𝑥
𝑥
∆𝑥
 
 
Dado que 𝑓 es una función continua en el intervalo [𝑥, 𝑥 + ∆𝑥], por ser continua en el 
intervalo [𝑎, 𝑏], y en virtud del teorema del valor medio del cálculo integral, podemos 
determinar la existencia de un punto 𝑐 ∈ (𝑥, 𝑥 + ∆𝑥) tal que 
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+ℎ
𝑥
= 𝑓(𝑐) ∙ ∆𝑥, 𝑐 ∈ (𝑥, 𝑥 + ℎ) 
Con lo cual tenemos que: 
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
=
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥+∆𝑥
𝑥
∆𝑥
=
𝑓(𝑐) ∙ ∆𝑥
∆𝑥
 
 
Ahora, para hallar la derivada de 𝐴, consideremos el siguiente límite: 
𝐴′(𝑥) = lim
∆𝑥→0
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑐) ∙ ∆𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑐) 
Hacer tender ∆𝑥 a cero, es lo mismo que hacer tender 𝑥 + ∆𝑥 a 𝑥, y por lo tanto hacer 
tender 𝑐 a 𝑥, por lo cual 𝑓(𝑐) tiende al valor de 𝑓(𝑥), por ser 𝑓 una función continua. 
 
Es decir, hemos obtenido que: 
𝐴´(𝑥) = lim
∆𝑥→0
𝐴(𝑥 + ∆𝑥) − 𝐴(𝑥)
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑐) ∙ ∆𝑥
∆𝑥
= lim
∆𝑥→0
𝑓(𝑐) = lim
𝑐→𝑥
𝑓(𝑐) = 𝑓(𝑥) 
 
Es decir: 
𝐴´(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) 
 
Integrales Definidas 
 
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O sea: 
Toda función continua 𝒇 admite una antiderivada 𝑨 que está definida por 
𝑨(𝒙) = ∫𝒇(𝒕)𝒅𝒙
𝒙
𝒂
 
 
Ejemplo 1: 
Analizar la derivabilidad de la función 𝐹(𝑥) = ∫ sen 𝑡 𝑑𝑡
𝑥
0
. 
Solución: 
La función 𝐹, es una Función Integral, y está definida de la forma en que lo hace el T.F.C. 
Además, podemos ver que la función del integrando 𝑓(𝑥) = sen 𝑥, es continua en los 
reales, y por lo tanto, será continua en cualquier intervalo [0, 𝑏], 𝑏 ∈ ℝ. 
Entonces, en función del T.F.C., podemos afirmar que la función 𝐹 es derivable y su 
derivada es 𝐹′(𝑥) = sen 𝑥. 
 
Ejemplo 2: 
Analizar la derivabilidad de 𝐹(𝑥) = ∫
1
𝑡2+1
𝑑𝑡
𝑥2
1
. 
Solución: 
Podemos observar que la función integral que se plantea, contiene en su integrando una 
función que es continua en los reales. Pero el límite superior de la integral, es una variable 
dependiente (es decir, una función, que podemos llamar 𝑢(𝑥) = 𝑥2). Con esta observación, 
podemos afirmar, que la función 𝐹 es el resultado de una composición de la función 𝑢 (que 
es derivable, por tratarse de una función polinómica), con la función integral 𝐺(𝑢) =
∫
1
𝑡2+1
𝑑𝑥
𝑢
1
 (que es derivable, en virtud del T.F.C., ya que la función del integrando es 
continua y la función 𝐺 está definida como la define el teorema). Así, resulta que 
𝐹(𝑥) = (𝐺 ∘ 𝑢)(𝑥). 
Para derivar la función 𝐹, debemos derivar la composición 𝐺 o 𝑢, utilizando la Regla de la 
Cadena y el TFC para la derivada de la función 𝐺. 
Resulta: 
𝐹′(𝑥) = 𝐺′(𝑢(𝑥))⏟ 
Por el TFC, sabemos que 
𝐺´(𝑢)=
1
𝑢2+1
∙ 𝑢′(𝑥) =
1
(𝑥2)2 + 1⏟ 
Reemplazamos 𝑢(𝑥)=𝑥2 
∙ 2𝑥 =
2𝑥
𝑥4 + 1
 
 
Ejemplo 3: 
Analizar la derivabilidad de 𝐹(𝑥) = ∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
cos𝑥
𝑥
. 
Solución: 
Para trabajar la función 𝐹, teniendo en cuenta la continuidad del integrando en todos los 
reales, podemos considerar un número real 𝑎, para plantear: 
Integrales Definidas 
 
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𝐹(𝑥) = ∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
cos𝑥
𝑥
= ∫(3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
𝑎
𝑥
+ ∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
cos𝑥
𝑎
 
Al primer término, invirtiendo los límites de integración, lo podemos escribir como 
∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
𝑎
𝑥
= −∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
𝑥
𝑎
. 
𝐹(𝑥) = −∫(3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
𝑥
𝑎
+ ∫ (3𝑡 + 𝑡2)𝑑𝑡
cos𝑥
𝑎
 
Así, para derivar la función 𝐹, debemos, analizar la derivabilidad de cada una de las 
funciones que componen la suma. 
Cada término, es una función derivable, y por lo tanto 𝐹 es derivable. Derivando cada 
término, en virtud del T.F.C. y de lo analizado en el ejemplo 2, podemos ver que resulta: 
𝐹′(𝑥) = −(3𝑥 + 𝑥2) + (3 cos 𝑥 + cos2 𝑥)(−sen 𝑥) 
𝐹′(𝑥) = −3𝑥 − 𝑥2 − sen 𝑥 (3 cos 𝑥 + cos2 𝑥) 
 
Ejemplo 4: 
Dada la función 𝐴(𝑥) = ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2𝑥
−𝑥
, siendo 𝑥 > 0. 
a) Encuentra y clasifica el extremo de la función 𝐴. Justifica el razonamiento 
utilizado. 
b) Encuentra y clasifica la concavidad
de la función 𝐴. Justifica el razonamiento 
utilizado. 
Solución: 
a) Para poder trabajar la función 𝐴, debemos utilizar propiedades de integración: 
dado que 𝑥 > 0, consideremos un valor que verifique esta condición, por 
ejemplo 𝑥 = 1, el cual nos permita dividir el intervalo de integración: 
𝐴(𝑥) = ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2𝑥
−𝑥
= ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
1
−𝑥
+∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2𝑥
1
 
= −∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
−𝑥
1
+ ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2𝑥
1
 
Hemos planteado dos integrales. Así, por el Teorema fundamental del Cálculo, 
y por propiedades de derivación: 
⇒ A′(x) = −(x2 − 1)(−1) + (4x2 − 1)2 = x2 − 1 + 8x2 − 2 = 9x2 − 3. 
Sabemos que la función tiene extremo, por lo que en dicho valor seria un punto 
crítico, ya que la función es derivable y continua. 
A′(x) = 0 ⇔ 9x2 − 3 = 0 ⇔ 9(x2 −
1
3
) = 0 ⇔ x =
√3
3
∨ x = −
√3
3
 
Como debe ocurrir que x > 0, nuestro extremo está en el x =
√3
3
. 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 26 
 
Para clasificarlo, usamos el criterio del signo de la derivada primera de la 
función. 
 
 
 
 0 
√3
3
 
 
9 (𝑥 −
√3
3
) 
 − + 
(𝑥 +
√3
3
) 
 + + 
𝐴′(𝑥) ⊖ ⨁ 
 
Como 𝐴′ cambia de negativa a positiva en 𝑥 =
√3
3
, la función alcanza mínimo en 
dicho valor. Para encontrar la componente 𝑦 del punto, vemos su imagen en 𝐴. 
𝐴 (
√3
3
) = ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2
√3
3
−
√3
3
= −
2√3
3
 
Luego el punto 𝑃 (
√3
3
, −
2√3
3
) es un mínimo de la función 𝐴. 
 
b) Para clasificar la concavidad, debemos encontrar la derivada segunda de la 
función 𝐴. 
𝐴(𝑥) = ∫ (𝑡2 − 1)𝑑𝑡
2𝑥
−𝑥
⇒ 𝐴′(𝑥) = 9𝑥2 − 3 ⇒ 𝐴′′(𝑥) = 18𝑥 
 Dado que 𝑥 > 0, 𝐴′′(𝑥) = 18𝑥 > 0, ∀𝑥 > 0. Por lo tanto la función es cóncava 
hacia arriba. 
 
Ejemplos: 
1. Sea 𝑓 una función continua en todos los reales que satisface la siguiente ecuación: 
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
= −
1
2
+ 𝑥2 +
1
2
cos(2𝑥) , ∀𝑥 
Determina 𝑓(0) y 𝑓′(0). 
Solución: 
Sea: 
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
= −
1
2
+ 𝑥2 +
1
2
cos(2𝑥) , ∀𝑥 
 Derivando miembro a miembro, tenemos: 
Integrales Definidas 
 
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𝑑
𝑑𝑥
[∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
] =
𝑑
𝑑𝑥
[−
1
2
+ 𝑥2 +
1
2
cos(2𝑥)] , ∀𝑥 
⇒ 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − sen(2𝑥) , ∀𝑥 
⇒ 𝑓′(𝑥) = 2 − 2 cos(2𝑥) , ∀𝑥 
De este modo: 𝑓(0) = 2 ∙ 0 − sen(2 ∙ 0) = 0 y 𝑓′(0) = 2 − 2 cos(2 ∙ 0) = 2 −
2 = 0 
 
2. Encuentre la función 𝑓 de modo que satisfaga la igualdad: 
3𝑥 + ∫ 𝑓(𝑒𝑡)𝑑𝑡
ln𝑥
0
= 𝑥2 + 2 
Solución: 
 Primero, debemos considerar que 𝑥 > 0. 
3𝑥 + ∫ 𝑓(𝑒𝑡)𝑑𝑡
ln𝑥
0
= 𝑥2 + 2 
⇒
𝑑
𝑑𝑥
[3𝑥 + ∫ 𝑓(𝑒𝑡)𝑑𝑡
ln 𝑥
0
] =
𝑑
𝑑𝑥
[𝑥2 + 2] 
⇒ 3 +
𝑓(𝑒ln𝑥)1
𝑥
= 2𝑥 
⇒
𝑓(𝑥)
𝑥
= 2𝑥 − 3 
⇒ 𝑓(𝑥) = 2𝑥2 − 3𝑥 
 
3. Determina la función 𝑔 continua en 𝑥 ≥ 0 y derivable en 𝑥 > 0 tal que 
(𝑥 + 2)𝑔(𝑥) − 5 = 𝑥 − ∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥
, si se sabe que 𝑔(0) = ln 2. Justifica, sin omitir 
detalles, tu respuesta. 
Solución: 
(𝑥 + 2)𝑔(𝑥) − 5 = 𝑥 − ∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥
 
Para poder derivar es necesaria la implementación del Teorema Fundamental del 
Cálculo, sin embargo no podemos aplicarlo a una función en estas condiciones, por 
lo que procederemos a acomodarla. 
(𝑥 + 2)𝑔(𝑥) − 5 = 𝑥 −∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥
= 𝑥 +∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
1
 
𝑑
𝑑𝑥
[(𝑥 + 2)𝑔(𝑥) − 5] =
𝑑
𝑑𝑥
[𝑥 + ∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
1
] 
⇒ 𝑔(𝑥) + (𝑥 + 2)𝑔′(𝑥) = 1 + 𝑔(𝑥) 
⇒ (𝑥 + 2)𝑔′(𝑥) = 1 
Integrales Definidas 
 
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⇒ 𝑔′(𝑥) =
1
𝑥 + 2
 
⇒ 𝑔(𝑥) = ∫
1
𝑥 + 2
𝑑𝑥 = ln(𝑥 + 2) + 𝐶 
 Teniendo en cuenta que 𝑔(0) = ln 2 ⇒ ln(0 + 2) + 𝐶 = ln 2 ⇒ ln 2 + 𝐶 = ln2 ⇒
𝐶 = 0 
⇒ 𝑔(𝑥) = ln(𝑥 + 2) 
 
4. Sea 𝑓: [0,1] → ℝ una función continua que cumple: 
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
= ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥
= −∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
1
, ∀𝑥 ∈ [0,1] 
Prueba, sin omitir detalles, que 𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ [0,1]. 
Solución: 
Debemos derivar miembro a miembro, pero tenemos el problema de que el segundo 
lado de la igualdad no cumple con la forma del teorema fundamental. Sin embargo, 
puede modificarse por propiedades de integración: 
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
= ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥
= −∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
1
, ∀𝑥 ∈ [0,1] 
⇒
𝑑
𝑑𝑥
[∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
0
] =
𝑑
𝑑𝑡
[−∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
1
] 
⇒ 𝑓(𝑥) = −𝑓(𝑥) ⇒ 2𝑓(𝑥) = 0 ⇒ 𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ [0,1] 
 
5. Sea 𝑓 una función continua tal que 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑒𝑥
2
= 𝑥 ∙ 𝑒𝑥. Usa el Teorema 
fundamental del cálculo para hallar 𝑓(𝑒). 
Solución: 
𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑒𝑥
2
= 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 
⇒ 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑒𝑥)𝑒𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝑥 ∙ 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥(1 + 𝑥) 
⇒ 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑒𝑥) = 1 + 𝑥 
𝑒𝑥 = 𝑒 ⇒ 𝑥 = 1 ⇒ 𝑓(𝑒) = 1 + 1 = 2 
 
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7. Regla de Barrow
7
 (Segundo Teorema Fundamental del Cálculo) 
 
7.1 Análisis Intuitivo 
Hasta aquí, hemos trabajado en el cálculo de integrales, usando la definición, que por 
cierto no es nada práctica y mucho menos sencilla de aplicar. 
También, de alguna manera, si conociéramos la abscisa en la que una función alcanza su 
Valor Medio en un intervalo cerrado, podríamos determinar el valor numérico de una 
integral definida. 
 
Ejemplo 1: 
Si analizamos la función 𝑓(𝑥) = sen 𝑥 en el intervalo 
[0,2𝜋], realizando un análisis gráfico, podemos ver que 
el “punto de compensación de áreas” o Valor Medio de 
la función es 𝑦 = 0, debido a que la región es simétrica. 
Dicho valor se alcanza en el punto 𝑐 = 𝜋 ∈ (0,2𝜋), que 
sabemos que existe, por ser 𝑓 continua en [0,2𝜋]. 
Así, en función de la tesis del TVM para el cálculo integral, podemos escribir: 
= 𝑓(𝜋) ∙ (2𝜋 − 0) = sen 𝜋 ∙ 2𝜋 = 0 ∙ 2𝜋 = 0 
Hemos determinado el valor numérico de la integral ∫ sen 𝑥
2𝜋
0
𝑑𝑥 = 0. 
 
Observación: 
Notemos que el cálculo de la integral nos dio como resultado el valor 0. Esto quiere decir 
que no siempre la integral definida representa un área, sino que en realidad es un número. 
 
Ejemplo 2: 
Podemos realizar un análisis gráfico para determinar el valor de la integral ∫ (
1
2
𝑥 +
1
2
)𝑑𝑥
5
1
 
Teniendo en cuenta que la función tiene imágenes 
positivas en el intervalo [1, 5], podemos pensar el 
valor de la integral que queremos calcular, como el 
valor del área de la región limitada por la función, la 
recta 𝑥 = 1, 𝑥 = 5 y el eje 𝑥. Si representamos 
gráficamente la región, obtenemos la imagen que se 
muestra en la figura. 
 
7
 Isaac Barrow (1630-1677). Nació en Londres. Cursó estudios en el Trinity de Cambridge en 1644 
graduándose en el 1648.Editó trabajos de Euclídes, Arquímedes y Apolonio. Además fue maestro 
de geometría en el colegio Gresham de Londres. Fue el primer profesor lucraciano de matemáticas en 
Cambridge de 1663 a 1669. Newton asistió a sus conferencias, que fueron publicadas en 1683. "Ópticas" y 
"Lecciones geométricas" fueron publicadas en 1669 y 1670 respectivamente con la asistencia de Newton en 
su preparación. Sirvió como Capellán a Carlos II desde 1670. En 1672 el Rey lo nombró su maestro y luego 
vice-rector del Colegio Trinity donde colocó los cimientos de la ahora famosa biblioteca. Desarrollo 
un método de determinación de tangentes que encierran aproximados métodos de cálculo, fue el primero en 
reconocer que la integración y la diferenciación son operaciones inversas. Falleció en mayo de 1677 
en Londres. 
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/1824/Euclides
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/2452/Arquimedes
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/9147/Apolonio%20de%20Perga
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/2182/Isaac%20Newton
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/2182/Isaac%20Newton
https://www.buscabiografias.com/biografia/verDetalle/6415/Carlos%20II%20de%20Inglaterra
Integrales Definidas 
 
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Podemos razonar de la siguiente forma: 
a. Podemos ver, a partir del gráfico que se 
muestra, que las áreas rayadas se compensan. 
Esto se logra, porque el valor 𝑦 = 2 es el 
Valor Medio de la Función 𝑓(𝑥) =
1
2
𝑥 +
1
2
 en 
el intervalo [1, 5]. Dicho valor se alcanza en 
𝑐 = 3 ∈ (1, 5), que sabemos que existe, por 
ser 𝑓 continua en [1,5]. 
Entonces, en virtud del Teorema del Valor Medio para el Cálculo Integral, 
podemos plantear: 
∫(
1
2
𝑥 +
1
2
) 𝑑𝑥
5
1
= 𝑓(3) ∙ (5 − 1) = 2 ∙ 4 = 8 
b. Al tratarse de una región simple (Trapecio) 
podemos determinar el área de la región por 
descomposición de la figura, usando un 
rectángulo y un triángulo. 
Así usando las fórmulas de la geometría básica, 
e interpretando la integral definida como el área 
bajo la curva (por ser 𝑓 positiva en el intervalo 
en el que estamos trabajando), tenemos que: 
∫(
1
2
𝑥 +
1
2
)𝑑𝑥
5
1
= 4 ∙ 1 +
4 ∙ 2
2
= 4 + 4 = 8 
En todos estos ejemplos, hemos recurrido a interpretaciones geométricas de la integral que 
queremos resolver. Esto no se puede hacer siempre, ya que existen funciones, en las que el 
Valor Medio, no puede determinarse a partir del gráfico a simple vista, o en las que no es 
posible realizar una descomposición de la región en polígonos más simples. 
 
Ejemplo 4: 
Evaluar ∫ (−𝑥2 + 4)𝑑𝑥
2
−1
. 
Solución: 
Interpretando gráficamente, podemos ver que la región a 
trabajar no puede descomponerse en polígonos simples, de 
forma que pueda pensarse el cálculo de la integral a partir del 
cálculo del área de dichos polígonos. Tampoco es posible 
determinar a simple vista, la abscisa en la que la función alcanza 
su valor medio. Podría intentarse calcular la integral por 
definición, pero dicho cálculo sería algo tedioso y poco práctico. 
En tal caso, como en otros aún más complejos, se precisa de un 
procedimiento o “regla” práctica que nos permita calcular 
integrales definidas. Esa técnica de cálculo se establece en el 
siguiente Teorema, que se conoce como Segundo Teorema 
Integrales Definidas 
 
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Fundamental del Cálculo o Regla de Barrow. 
 
7.2 Regla de Barrow 
Sea 𝑓 continua en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y sea 𝐺 una antiderivada de 𝑓 en 𝐼. Entonces 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝐺(𝑏) − 𝐺(𝑎) 
Demostración: 
Si 𝐺 es una primitiva de 𝑓, sabemos por la definición de primitiva que se cumple que: 
𝐺´(𝑥) = 𝑓(𝑥) 
Pero por el T.F.C., sabemos que la derivada de la función de acumulación 𝐴 definida por 
𝐴(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑥
𝑥
𝑎
 es 𝑓(𝑥), es decir: 
𝐴′(𝑥) = 𝑓(𝑥) 
Ahora realicemos algunos cálculos: 
𝐴′(𝑥) − 𝐺′(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 0 
Por lo tanto: 
(𝐴 − 𝐺)′(𝑥) = 0 
Por lo que podemos escribir que: 
𝐴(𝑥) − 𝐺(𝑥) = 𝐾, donde 𝐾 es una constante arbitraria 
Para 𝑥 = 𝑎 
𝐴(𝑎) − 𝐺(𝑎) = 𝐾 
Y para 𝑥 = 𝑏 
𝐴(𝑏) − 𝐺(𝑏) = 𝐾 
Restando miembro a miembro tenemos que: 
𝐴(𝑎) − 𝐺(𝑎) − 𝐴(𝑏) + 𝐺(𝑏) = 0 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐴(𝑏) − 𝐴(𝑎) = 𝐺(𝑏) − 𝐺(𝑎) 
Recordando la definición de 𝐴 tenemos que: 
𝐴(𝑎) = ∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑎
𝑎
= 0 y 𝐴(𝑏) = ∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑏
𝑎
 
Entonces: 
∫𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑏
𝑎
= 𝐺(𝑏) − 𝐺(𝑎) 
Este teorema nos otorga una regla práctica que permite, a partir de la verificación de 
ciertos requisitos, determinar el valor de una integral definida, sin la necesidad de hacer 
interpretaciones geométricas o de aplicar la definición. 
Integrales Definidas 
 
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Así, dada la integral definida ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, para calcularla con la Regla de Barrow, es 
necesario verificar que: 
 𝑓 sea continua en el intervalo de integración [𝑎, 𝑏]. 
 𝑓 admita una primitiva, que llamaremos 𝐺(𝑥). 
 
En tal caso, lo que debe hacerse es evaluar la función 𝐺 en 𝑥 = 𝑎 y en 𝑥 = 𝑏, para 
determinar el valor de la integral calculando el resultado de 𝐺(𝑏) − 𝐺(𝑎). 
Debemos recordar que en caso de que los requisitos de la Regla, no se cumplan, no es 
posible aplicar el teorema para calcular la integral. 
 
Ejemplos. 
Determinar, si fuera posible, el valor de cada una de las siguientes integrales definidas. 
a. ∫ (
1
2
𝑥 +
1
2
)𝑑𝑥
5
1
 
Solución: 
Sabemos que la función 𝑓(𝑥) =
1
2
𝑥 +
1
2
 es continua en ℝ y por lo tanto en cualquier 
intervalo, en particular en [1,5]. 
También, sabemos que la función 𝐹(𝑥) =
𝑥2
4
+
𝑥
2
 es una primitiva de 𝑓. (Recordar que 
todas las primitivas de la función se expresan como ∫ (
1
2
𝑥 +
1
2
)𝑑𝑥
5
1
=
𝑥2
4
+
𝑥
2
+ 𝐶) 
Entonces, como se cumplen las hipótesis de la Regla de Barrow, podemos decir que: 
∫(
1
2
𝑥 +
1
2
) 𝑑𝑥
5
1
= 𝐹(5) − 𝐹(1) = (
52
4
+
5
2
) − (
12
4
+
1
2
) =
35
4
−
3
4
=
32
4
= 8 
 
b. ∫ (𝑥2 − 1)𝑑𝑥
2
0
 
Solución: 
Debemos ver que 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 1 es continua en [0,2]. Esto es obvio, pues las 
funciones polinómicas son continuas en todo el eje real, y en particular en [0,2]. Por lo 
tanto, la función es integrable y admite una primitiva 𝐹(𝑥). 
𝐹(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥 
Así, la regla dice 
∫(𝑥2 − 1)𝑑𝑥
2
0
= (
𝑥3
3
− 𝑥)|
0
2
= (
8
3
− 2) − 0 =
2
3
 
c. ∫ sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
 
Solución: 
Integrales Definidas 
 
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∫sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
= −cos 𝑥|0
𝜋
2 = −(0 − 1) = 1 
d. ∫
1
𝑥
𝑑𝑥
𝑒
1
 
Solución: 
Sabemos que la función 𝑓(𝑥) =
1
𝑥
 es continua en ℝ− {0}, por lo tanto es continua en el 
intervalo de integración [1, 𝑒] (ya que el punto 𝑥 = 0, único punto de discontinuidad de 
esta función, no pertenece a dicho intervalo). 
De acuerdo a las regla de integración, sabemos que ∫
1
𝑥
𝑑𝑥 = ln|𝑥| + 𝐶, por lo tanto la 
primitiva que podemos considerar, para aplicar la Regla de Barrow es 𝐹(𝑥) = ln|𝑥|. 
Así resulta: 
∫
1
𝑥
𝑑𝑥
𝑒
1
= ln|𝑥||1
𝑒 = ln(𝑒) − ln(1) = 1 − 0 = 1 
e. ∫ |𝑥|𝑑𝑥
1
−2
 
Solución: 
Sabemos que la función 𝑓(𝑥) = |𝑥| es continua en ℝ, por lo tanto lo será en el 
intervalo [−2,1]. 
Para determinar una primitiva de la función, debemos tener en cuenta la definición de 
módulo, ya que esto nos permite usar la propiedad de aditividad de intervalos: 
∫|𝑥|𝑑𝑥
1
−2
= ∫−𝑥𝑑𝑥
0
−2
+∫𝑥𝑑𝑥
1
0
 
Así, tenemos que: 
∫−𝑥𝑑𝑥
0
−2
= − ∫𝑥𝑑𝑥
0
−2
= −(
𝑥2
2
|
−2
0
) = −(0 −
4
2
) = −(−2) = 2 
∫𝑥𝑑𝑥
1
0
=
𝑥2
2
|
0
1
=
1
2
− 0 =
1
2
 
Por lo tanto: 
∫|𝑥|𝑑𝑥
1
−2
= ∫−𝑥𝑑𝑥
0
−2
+∫𝑥𝑑𝑥
1
0
= 2 +
1
2
=
5
2
 
 
f. ∫
𝑥
√𝑥2−1
𝑑𝑥
2
1
 
Integrales Definidas 
 
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La función del integrando 𝑓(𝑥) =
𝑥
√𝑥2−1
 presenta en el punto 𝑥 = 1 una discontinuidad 
esencial, por lo tanto no es posible aplicar directamente la Regla de Barrow, para 
determinar el valor de la integral planteada (Volveremos sobre esta integral más 
adelante). 
 
g. ∫ −𝑥2𝑑𝑥
1
0
 
Sabemos que la función 𝑓(𝑥) = 𝑥2 es continua en ℝ, por lo tanto lo será en el intervalo 
[0,1]. 
Apliquemos la regla de Barrow 
∫−𝑥2𝑑𝑥
1
0
= −
𝑥3
3
|
0
1
= −(
1
3
− 0) = −
1
3
 
Nuevamente, notemos que la integral no nos dio un valor positivo, sino que en este 
caso el resultado fue negativo. Esto muestra nuevamente que la integral definida NO 
SIEMPRE ES UN ÁREA. 
 
Observación: 
Existen casos en los que la primitiva de la función que se quiere integrar puede calcularse 
por sustituciones. Aquí debe tenerse un especial
cuidado con los límites de la integral 
definida, ya que al realizar sustituciones se cambian las variables de la función, por lo tanto 
deben modificarse los límites de integración, de acuerdo a la “nueva variable”. 
 
Ejemplo 4: 
Para calcular la integral ∫ sen3𝑥 cos 𝑥
𝜋/2
0
𝑑𝑥, podemos proceder de las siguientes formas: 
a. Podemos plantear la sustitución 𝑢 = sen𝑥. Así 𝑑𝑢 = cos 𝑥 𝑑𝑥. 
Ahora, los límites 𝑥 = 0 y 𝑥 =
𝜋
2
, son límites de integración para la variable 𝑥, pero 
al realizar la sustitución 𝑢 = sen 𝑥, se modificó la variable independiente de la 
integral, por lo tanto deben calcularse los límites para la variable 𝑢. Esto se puede 
hacer de la siguiente forma: 
𝑢 = sen 𝑥 ⇒ {
𝑥 = 0 ⇒ 𝑢 = sen0 = 0
𝑥 =
𝜋
2
⇒ 𝑢 = sen
𝜋
2
= 1 
Así resulta: 
∫ sen3 𝑥⏟ 
𝑢3
cos 𝑥 𝑑𝑥⏟ 
𝑑𝑢
⏞ 
Sust. 𝑢=sen𝑥
𝜋/2
0
= ∫𝑢3
1
0
𝑑𝑢 =
𝑢4
4
|
0
1
=
1
4
− 0 =
1
4
 
 
b. Si deseamos evitar este paso conceptual, podemos calcular primero la integral 
indefinida, realizando la sustitución, resolviendo la integral y volviendo a la 
variable original. Luego se resuelve la integral definida con la variable original. 
Primero resolvemos la integral indefinida: 
Integrales Definidas 
 
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∫sen3 𝑥⏟ 
𝑢3
cos 𝑥 𝑑𝑥⏟ 
𝑑𝑢
= ∫𝑢3𝑑𝑢 =
𝑢4
4
+ 𝐶
⏟ 
Sust. 𝑢=sen𝑥
=
sen4 𝑥
4
+ 𝐶 
Así, la integral definida se puede plantear como: 
∫ sen3 𝑥 cos 𝑥
𝜋/2
0
𝑑𝑥 =
sen4 𝑥
4
|
0
𝜋
2
=
sen4
𝜋
2
4
−
sen4 0
4
=
1
4
− 0 =
1
4
 
Un ERROR típico que suele cometerse en este caso, es mezclar las variables y los límites 
de integración, al realizar sustituciones para determinar la primitiva de la función que se 
integra. Por ejemplo: 
∫ sen3 𝑥⏟ 
𝑢3
cos 𝑥 𝑑𝑥⏟ 
𝑑𝑢
⏞ 
Sust. 𝑢=sen𝑥
𝜋/2
0
= ∫ 𝑢3
𝜋/2
0
𝑑𝑢 =
𝑢4
4
|
0
𝜋/2
⏟ 
𝐸𝑅𝑅𝑂𝑅
=
1
4
(
𝜋4
16
− 0) =
𝜋4
32
≠
1
4
 
Aquí, obviamente el resultado es distinto, debido a que al sustituir la variable 𝑥, los límites 
de integración también son afectados, por lo que deben ser siempre coherentes con la 
nueva variable elegida. 
 
Ejemplo. 
∫
𝑧
(𝑧2 + 1)2
𝑑𝑧
1
0
 
Si hacemos 𝑢 = 𝑧2 + 1, entonces 𝑑𝑢 = 2𝑧 𝑑𝑧 ⇔
𝑑𝑢
2
= 𝑧 𝑑𝑧. 
Cambiando los límites de integración queda: 
𝑢 = 𝑧2 + 1 ⇒ {𝑧 = 0 ⇒ 𝑢 = 0
2 + 1 = 1
𝑧 = 1 ⇒ 𝑢 = 12 + 1 = 2
 
Así, la integral planteada resulta: 
∫
𝑧
(𝑧2 + 1)2
𝑑𝑧
1
0
= ∫
𝑑𝑢
2𝑢2
2
1
=
1
2
∫𝑢−2𝑑𝑢 =
1
2
2
1
(−
1
𝑢
|
1
2
) =
1
2
(−
1
2
+ 1) =
1
2
∙
1
2
=
1
4
 
 
La Regla de Barrow, exige para poder ser aplicada, que la función que se integra sea 
continúa en el intervalo cerrado [𝑎, 𝑏]. En el caso de que la función tuviera 
discontinuidades esenciales de primera especie, o discontinuidades evitables, se procede a 
descomponer el recinto en regiones, donde la regla de Barrow sea aplicable, por la 
propiedad de aditividad de intervalos. 
 
Ejemplo: 
Calcular ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
4
−1
, si 𝑓(𝑥) = { 𝑥
2 si −1 ≤ 𝑥 ≤ 1
3 − 𝑥 si 1 < 𝑥 ≤ 4
. 
Solución: 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 36 
 
La función 𝑓 es discontinua en el intervalo [−1,4], pues presenta una discontinuidad de 
salto finito en 𝑥 = 1, sin embargo se conserva acotada en dicho intervalo (Ejercicio para el 
lector). 
 
Por la aditividad de intervalos, podemos 
escribir a la integral de la siguiente manera 
 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
4
−1
= ∫𝑥2𝑑𝑥
1
−1
+ ∫(3 − 𝑥)𝑑𝑥
4
1
 
 
Para la primera integral tenemos 
∫𝑥2𝑑𝑥
1
−1
=
𝑥3
3
|
1
1
=
1
3
− (−
1
3
) =
2
3
 
Para la segunda integral 
 
∫(3 − 𝑥)𝑑𝑥
4
1
= (3𝑥 −
𝑥2
2
)|
1
4
= (12 − 8) − (3 −
1
2
) = 4 −
5
2
=
3
2
 
 
Así, la integral total es 
 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥
4
−1
= ∫𝑥2𝑑𝑥
1
−1
+∫(3 − 𝑥)𝑑𝑥
4
1
=
2
3
+
3
2
=
13
6
 
 
Veamos ahora otro ejemplo del Teorema del Valor Medio. 
Ejemplo: 
Determinar el valor medio para el cálculo integral de la función 𝑓(𝑥) =
1
2
𝑥 − 1 en el 
intervalo [3, 6]. 
Solución: 
De acuerdo con el Teorema del Valor Medio para el Cálculo Integral, podemos afirmar que 
al ser la función continua en el intervalo planteado, existe un valor 𝑐 ∈ (3, 6), para el cual 
se cumple que 
𝑓(𝑐) ∙ (6 − 3) = ∫(
1
2
𝑥 − 1) 𝑑𝑥
6
3
 
Resolviendo la integral y reemplazando su valor numérico resulta: 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 37 
 
∫(
1
2
𝑥 − 1) 𝑑𝑥
6
3
= (
𝑥2
4
− 𝑥)|
3
6
= (
36
4
− 6) − (
9
4
− 3) = 3 − (−
3
4
) =
15
4
 
Entonces 
𝑓(𝑐) ∙ 3 =
15
4
⇒ 𝑓(𝑐) =
5
4
 
 
Este resultado quiere decir que el Valor Medio de la Función en el intervalo [3, 6] es igual 
a 
5
4
. Determinemos ahora 𝑐, para el cual la función alcanza dicho valor: 
1
2
𝑐 − 1 =
5
4
⟺
1
2
𝑐 =
9
4
⟺ 𝒄 =
𝟗
𝟐
 
 
 
Podemos interpretar gráficamente el 
resultado, observando que el área bajo la 
curva de la función, es igual al área del 
rectángulo que tiene como base el intervalo 
[3, 6] y altura 𝑓(𝑐). 
 
Observación: 
Es importante destacar que el resultado de una integral indefinida es una familia de 
funciones, en cambio el de una integral definida es un número. 
 
 
 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
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Aplicaciones de la Integral Definida 
 
Si bien el concepto de “Integral Definida” tuvo, según vimos su origen en los problemas de 
cálculo de áreas, no es este tipo de problema, la única aplicación posible de este concepto. 
Según sean las variables y los problemas considerados, las integrales definidas pueden 
representar longitudes de arcos de curvas, trabajo, presión de fluidos, volúmenes, etc… 
 
1. Cálculo del área bajo una curva. 
 
En este curso estudiaremos tres tipos de coordenadas: 
 
 Coordenadas Cartesianas o Rectangulares 
 Coordenadas Polares 
 Coordenadas Paramétricas. 
 
1.1 Cálculos de área en Coordenadas Cartesianas 
 
1.1.1 Área encerrada por la gráfica de la función 𝒇, el eje 𝒙 y las rectas 𝒙 = 𝒂 y 
𝒙 = 𝒃. 
a. Si 𝑓(𝑥) > 0, entonces 𝐴 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
. 
 
b. Si 𝑓(𝑥) < 0, entonces 𝐴 = −∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 
c. Si 𝑓 cambia de signo en el intervalo de integración, será necesario encontrar el 
𝑥 = 𝑐, donde 𝑓(𝑐) = 0, de modo de poder subdividir el intervalo de integración, de 
modo que se pueda aplicar alguno de los casos anteriores. 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 39 
 
 
 
𝐴 = ∫−𝑓(𝑥)
𝑐
𝑎
𝑑𝑥 + ∫𝑓(𝑥)
𝑏
𝑐
𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
Ejemplo 1 
Determinar el área encerrada por la gráfica de 𝑓(𝑥) = √𝑥 y el eje 𝑥 en el intervalo [0, 4]. 
Solución: 
Como 𝑓(𝑥) > 0 
𝐴 = ∫ √𝑥𝑑𝑥
4
0
 =
2
3
𝑥
3
2|
0
4
=
2
3
4
3
2 −
2
3
0
3
2 =
16
3
 
El área de la región es igual a 
16
3
 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
Ejemplo 2 
Determinar el área de la región limitada por la gráfica de 𝑓(𝑥) =, el eje 𝑥, y las rectas 
𝑥 = −1 y 𝑥 = 2. 
Solución: 
Representando gráficamente la región, observamos que 𝑓(𝑥) < 0 en el intervalo [−1, 2]. 
Así resultará que: 
𝐴 = − ∫(−𝑥2 − 2)𝑑𝑥
2
−1
= ∫(𝑥2 + 2)𝑑𝑥
2
−1
 
= (
𝑥3
3
+ 2𝑥)|
−1
2
 
= (
8
3
+ 4) − (−
1
3
− 2) 
=
20
3
+
7
3
 
=
27
3
= 9 
El área de la región es igual a 9 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
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Ejemplo 3 
Determinar el área encerrada por el arco de la curva 𝑦 = sen 𝑥 y el eje 𝑥 en [0, 2𝜋]. 
Solución: 
𝐴 = ∫ sen𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
+∫ (− sen 𝑥)𝑑𝑥
2𝜋
𝜋
 
Si observamos la región, podemos ver 
que existe una simetría entre
la región 
que está por arriba del eje 𝑥, con la que 
está por debajo. Por lo tanto podemos 
integrar en el intervalo [0, 𝜋] y expresar 
el cálculo del área de la siguiente 
manera: 
𝐴 = 2∫ sen𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
= 2(− cos 𝑥)|0
𝜋 = 2[−(−1) − (−1)] = 4 
Así, el área de la región resulta ser 4 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
Notemos que para calcular el área de esta región, no se calculó 
∫ sen 𝑥 𝑑𝑥
2𝜋
0
 
Ya vimos anteriormente que esta integral nos da 0. 
 
 
1.1.2 Área encerrada por dos curvas. 
 
Sean 𝑓 y 𝑔 dos funciones continuas en [𝑎, 𝑏] tales que 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) para todo 𝑥 en [𝑎, 𝑏], 
entonces el área encerrada por ambas curvas y las rectas 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏 será: 
𝐴 = ∫[𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)]
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
 
Observación: 
En este caso, la fórmula del cálculo de área, nos dice 
que tenemos que integrar en el intervalo [𝑎, 𝑏], la 
función 𝑓 (que es la que siempre está por arriba, es el 
“techo” del recinto) menos la función 𝑔 (que es la 
que siempre está por debajo, es el “piso” del recinto). 
 
 
Ejemplo 1: 
Calcular el área del recinto limitado por 𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑥 y 𝑔(𝑥) = −𝑥2 + 6𝑥. 
Solución: 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
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Primero, determinaremos los puntos de intersección entre 
ambas curvas, para poder reconocer el intervalo de 
integración. 
Para ello planteamos: 
𝑥2 − 2𝑥 = −𝑥2 + 6𝑥 
2𝑥2 − 8𝑥 = 0 
2𝑥(𝑥 − 4) = 0 
𝑥 − 4 = 0 ⟹ 𝒙 = 𝟒 ∨ 2𝑥 = 0 ⟹ 𝒙 = 𝟎 
Así, podemos plantear el cálculo del área con la siguiente 
integral: 
𝐴 = ∫𝑔(𝑥)⏟
Techo
− 𝑓(𝑥)⏟
Piso
4
0
𝑑𝑥 
𝐴 = ∫[(−𝑥2 + 6𝑥) − (𝑥2 − 2𝑥)]𝑑𝑥
4
0
= ∫(−2𝑥2 + 8𝑥)𝑑𝑥
4
0
= (
−2𝑥3
3
+ 4𝑥2)|
0
4
 
= (−
2
3
∙ 64 + 4 ∙ 16) − 0 =
64
3
 
De esta forma, el parea del recinto es 𝐴 =
64
3
 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
Ejemplo 2. 
Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de 𝑓(𝑥) = √𝑥 y la gráfica de 𝑔(𝑥) =
𝑥2. 
Solución:
 
Busquemos los puntos de intersección entre ambas curvas. 
√𝑥 = 𝑥2 ⇒ 𝑥 = 𝑥4 ⇒ 𝑥4 − 𝑥 = 0 ⇒ 𝑥(𝑥3 − 1) = 0 
∴ 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = 1 
Por lo tanto el área se calcula con: 
𝐴 = ∫ (√𝑥 − 𝑥2) 𝑑𝑥
1
0
= (
2
3
𝑥
3
2 −
1
3
𝑥3)
0
1
=
1
3
𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
Ejemplo 3. 
Determinar el área de la región limitada por las gráficas de las curvas 𝑦 = 3𝑥, 𝑦 = 𝑥2,
𝑥 = −1. 
Solución: 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 42 
 
Determinamos los puntos de intersección: 
𝑥2 = 3𝑥 ⇒ 𝑥2 − 3𝑥 = 0 ⇒ 𝑥(𝑥 − 3) = 0 
∴ 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = 3 
Así, nuestro intervalo de integración será el [−1,3]. 
Ahora debemos hacer una consideración importante. Puede 
observarse, que la recta y la parábola determinan el “techo” y 
el “piso” del recinto cuya área se quiere calcular, pero no son 
en todo el intervalo [−1, 3] siempre “techo” o siempre “piso”. 
Observar que para −1 ≤ 𝑥 ≤ 0, el “techo” es la parábola, 
mientras que el “piso” es la recta; y para 0 ≤ 𝑥 ≤ 3, el “techo” 
es la recta, mientras que el “piso” es la parábola. 
Así, para calcular el área del recinto plantearemos las 
siguientes integrales: 
 𝐴 = ∫(𝑥2 − 3𝑥)𝑑𝑥
0
−1
+ ∫(3𝑥 − 𝑥2)𝑑𝑥
3
0
 
∫(𝑥2 − 3𝑥)𝑑𝑥
0
−1
= (
𝑥3
3
−
3
2
𝑥2)|
−1
0
= 0 − (−
1
3
−
3
2
) =
11
6
 
∫(3𝑥 − 𝑥2)𝑑𝑥
3
0
= (
3
2
𝑥2 −
𝑥3
3
)|
0
3
= (
27
2
− 9) − 0 =
9
2
 
Así 
𝐴 = ∫(𝑥2 − 3𝑥)𝑑𝑥
0
−1
+∫(3𝑥 − 𝑥2)𝑑𝑥
3
0
=
11
6
+
9
2
=
38
6
 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
Ejemplo 4. 
Calcular el área del recinto limitado por 𝑥 = −𝑦 y 𝑥 = 2 − 𝑦2. 
Solución: 
Calculamos punto de intersección: 
−𝑦 = 2 − 𝑦2 ⇒ 𝑦2 − 𝑦 − 2 = 0 
𝑦1,2 =
−(−1) ± √1 − 4 ∙ 1 ∙ (−2)
2.1
=
1 ± 3
2
= {
𝑦1 = 2
𝑦2 = −1
 
Para determinar el área del recinto, podemos considerar 
que las curvas están expresadas de la forma 𝑥 = 𝑓(𝑦). 
Con esta consideración y teniendo que cuenta que 
“nuestra horizontal” sería el eje y, podemos afirmar que el techo de la región es la parábola 
y el piso la recta, el área se determina con la integral respecto de la variable y (variable 
independiente de las funciones 𝑥 = 𝑓(𝑦)) 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
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𝐴 = ∫[(2 − 𝑦2)⏟ 
Techo
− (−𝑦)⏟ 
Piso
] 𝑑𝑦
2
−1
= (2𝑦 −
𝑦3
3
+
𝑦2
2
)|
−1
2
= (4 −
8
3
+ 2) − (−2 +
1
3
+
1
2
) 
=
10
3
+
7
6
=
27
6
=
9
2
 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
El mismo cálculo puede realizarse tomando funciones de la forma 𝑦 = 𝑓(𝑥). Así las 
funciones a considerar serían 𝑓(𝑥) = −𝑥, 𝑔(𝑥) = √2 − 𝑥 y ℎ(𝑥). ¿Por qué resultan las 
funciones 𝑔 y ℎ? 
Ahora de acuerdo a los cálculos anteriores resultan las 
intersecciones 
{
𝑦1 = 2 ⇒ 𝑥 = −2
𝑦2 = −1 ⇒ 𝑥 = 1
 
Si planteamos el cálculo del área, integrando respecto de 
la variable 𝑥, observando que la región queda divida como 
se muestra en el dibujo (por las consideraciones de 
“techo” y “piso”), queda el siguiente planteo: 
𝐴 = ∫[√2 − 𝑥 − (−𝑥)]𝑑𝑥
1
−2
+∫[√2 − 𝑥 − (−√2 − 𝑥)]𝑑𝑥
2
1
 
Queda como ejercicio para el lector, verificar que el resultado de la suma anterior es 
9
2
. 
 
Muchas funciones vienen expresadas en otro tipo de coordenadas. Veamos ahora una de 
ellas. 
 
1.2 Cálculos de área en Coordenadas Polares 
 
1.2.1 Gráficas en Coordenadas Polares 
 
La posición de un punto en el plano, se puede determinar por medio de “Coordenadas 
Polares”. 
 
Elegimos en el plano un punto 𝑂 que llamaremos “polo” y una semirrecta o “eje polar” 
que tiene origen en el polo. 
Queremos encontrar la posición de un punto 𝑀 en el plano, la cual se determina por los 
números 𝜌 y 𝜑. 
 
𝜌: Indica la distancia del punto al 
polo. (𝜌 ≥ 0) 
𝜑: Indica el ángulo formado por el 
segmento 𝑂𝑀. (Si 𝜑 > 0, el sentido 
del ángulo es anti-horario; Si 𝜑 < 0, 
el sentido del ángulo es horario) 
Integrales Definidas 
 
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Los números 𝜌 y 𝜑 se denominan “Coordenadas Polares” del punto 𝑀. 
 
En un sistema de coordenadas rectangulares dado, cada punto tiene uno y solo un par de 
coordenadas rectangulares, sin embargo en un sistema de coordenadas polares, cada punto 
tiene un número ilimitado de pares de coordenadas polares. El punto de coordenadas 
polares (𝜌, 𝜑) tiene también como coordenadas polares (𝜌, 𝜑 + 2𝑘𝜋) y (−𝜌, 𝜑 +
(2𝑘 + 1)𝜋), siendo 𝑘 ∈ ℤ. 
 
 
 
1.2.2 Determinación de las ecuaciones de transformación 
 
Supongamos que el origen de coordenadas rectangulares coincide con el polo y la 
dirección positiva del eje 𝑜𝑥⃗⃗⃗⃗ , con el eje polar. 
 
sen𝜑 =
𝑦
𝜌
⇒ 𝑦 = 𝜌 ∙ sen𝜑 
cos 𝜑 =
𝑥
𝜌
⇒ 𝑥 = 𝜌 ∙ cos 𝜑 
Por lo tanto: 
(𝑥, 𝑦) ⟼ (𝜌 ∙ cos 𝜑 , 𝜌 ∙ sen𝜑) 
Recíprocamente: 
 
{
𝑥2 = 𝜌2 ∙ cos2𝜑
𝑦2 = 𝜌2 ∙ sen2𝜑
⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝜌2 ⇒ 𝜌 = √𝑥2 + 𝑦2 
 
Además, si 𝜌 ≠ 0 
𝑦
𝑥
=
𝜌 ∙ sen𝜑
𝜌 ∙ cos 𝜑
= tg𝜑 ⇒ 𝜑 = arctg (
𝑦
𝑥
) 
 
Por lo tanto: 
(𝜌, 𝜑) ⟼ (√𝑥2 + 𝑦2, arctg (
𝑦
𝑥
)) 
Integrales Definidas 
 
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Observación: 
Para determinar 𝜑, hay que tener en cuenta el cuadrante en que se halla el punto. 
 
Ejemplo 1: 
Dado 𝑃(−√3,−1), encontrar 𝑃(𝜌, 𝜑). 
Solución: 
En el sistema de coordenadas rectangulares, tenemos 
𝑥 = −√3, 𝑦 = −1 
De este modo: 
𝜌 = √(−√3)
2
+ (−1)2 = √3 + 1 = √4 = 2 
𝜑 = arctg (
−1
−√3
) = arctg (
1
√3
) =
𝜋
6
 
 
Si bien hemos obtenido que 𝜑 =
𝜋
6
, gráficamente 
vemos que el punto 𝑃 se encuentra en el tercer 
cuadrante, por lo que se produce un giro de 
medida 𝜋 respecto del valor de 𝜑 encontado. Así 
 
𝜑 =
𝜋
6
+ 𝜋 =
7
6
𝜋 
∴ 𝑃 (2,
7
6
𝜋) 
 
Ejemplo 2: 
Graficar 𝜌 = 𝑎, 𝑎 = 𝑐𝑡𝑒, ∀𝜑. 
Solución: 
 
Notemos que si 𝜌, es decir, la magnitud del “rayo” se 
mantiene constante,
y 𝜑 varía libremente, es equivalente 
a pensar en un “giro” donde el radio está fijo. En otras 
palabras, se determina una circunferencia de radio 𝑎 y 
centro en el polo, pues 
 
𝜌 = √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎2 
 
 
 
Integrales Definidas 
 
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Ejemplo 3: 
Graficar 𝜑 = 𝑘, 𝑘 = 𝑐𝑡𝑒, ∀𝜌. 
Solución: 
 
 
Si el ángulo se mantiene fijo, y lo que varía es 𝜌, 
se determina una semirecta que parte del polo. 
 
 
 
 
Observemos como seccionan al plano los sistemas de coordenadas polares y rectangulares: 
 
Coordenadas Polares 
 
Coordenadas Cartesianas 
Si 𝜑 = 𝑐𝑡𝑒, la gráfica depende de la constante de semirectas, por lo tanto, al variar los 
ángulos, se determina un haz de rectas. 
Si 𝜌 = 𝑐𝑡𝑒, la gráfica depende de la constante de los ángulos, por lo tanto, al variar 𝜌, se 
determina una familia de circunferencias. 
Si 𝑦 = 𝑐𝑡𝑒, se obtienen rectas paralelas al eje 𝑥. 
Si 𝑥 = 𝑐𝑡𝑒, se obtienen rectas paralelas al eje 𝑦. 
 
Ejemplo: 
Sea la curva cuya ecuación en coordenadas cartesianas está dada por 𝑥2 + 𝑦2 = 4𝑥. 
Obtener su ecuación en coordenadas polares y graficar. 
Solución: 
𝑥2 + 𝑦2 = 4𝑥 ⇒ 𝑥2 − 4𝑥 + 𝑦2 = 0 ⇒ 𝑥2 − 4𝑥 + 4 + 𝑦2 = 4 
∴ (𝑥 − 2)2 + 𝑦2 = 4 
Esta es la ecuación de una circunferencia con radio 𝑅 = 2 y centro el punto 𝐶(2,0). 
El gráfico en coordenadas polares se realiza transformando la ecuación: 
𝜌2 = 4𝜌 cos𝜑 ⇒ 𝜌2 − 4𝜌 cos𝜑 = 0 ⇒ 𝜌(𝜌 − 4 cos 𝜑) = 0 
Integrales Definidas 
 
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∴ 𝜌 = 0 ∨ 𝜌 = 4 cos𝜑 
Para ubicarnos, utilicemos una tabla de valores: 
 
𝜽 𝐜𝐨𝐬𝝋 𝝆 = 𝟒 𝐜𝐨𝐬𝝋 𝑷(𝝆, 𝝋) 
0 1 4 (0; 4) 
𝜋
6
 
√3
2
 2√3 ≈ 3,4 (
𝜋
6
; 3,4) 
𝜋
4
 √2
2
 2√2 ≈ 2,8 (
𝜋
4
; 2,8) 
𝜋
3
 
1
2
 2 (
𝜋
3
; 2) 
𝜋
2
 0 0 (
𝜋
2
; 0) 
2
3
𝜋 −
1
2
 −2 (
2
3
𝜋;−2) 
3
4
𝜋 −
√2
2
 −2√2 ≈ −2,8 (
3
4
𝜋;−2,8) 
5
6
𝜋 −
√3
2
 −2√3 ≈ −3,4 (
5
6
𝜋;−3,4) 
𝜋 −1 −4 (𝜋; −4) 
3
2
𝜋 0 0 (
3
2
𝜋; 0) 
7
4
𝜋 
√2
2
 2√2 ≈ 2,8 (
7
4
𝜋; 2,8) 
2𝜋 1 4 (2𝜋; 4) 
 
 
 
Así, podemos ubicar los puntos para realizar la 
gráfica en coordenadas polares. 
 
 
 
 
 
 
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1.2.3 Área en coordenadas polares. 
 
Sea 𝜌 = 𝑓(𝜑) la ecuación de una curva en coordenadas polares, donde 𝑓(𝜑) es una 
función continua para 𝛼 ≤ 𝜑 ≤ 𝛽. 
 
Determinemos el área del sector 𝐴𝑂𝐵, limitada por la 
curva 𝜌 = 𝑓(𝜑) y los rayos 𝜑 = 𝛼 y 𝜑 = 𝛽. 
Dividamos el ángulo 𝐵𝑂�̂� en 𝑛 partes 
𝑃 = {𝜑0, 𝜑1, … , 𝜑𝑛−1, 𝜑𝑛} 
donde: 
𝜑0 = 𝛼, 𝜑𝑛 = 𝛽 y ∆𝜑𝑖 = 𝜑𝑖+1 − 𝜑𝑖 
 
Al ángulo ∆𝜑𝑖 le corresponde el arco 𝑀𝑁 y llamaremos 
𝜌𝑖 = 𝑂𝑃𝑖 al radio vector correspondiente a un argumento cualquiera interior a ∆𝜑𝑖. 
Con centro en 𝑂 y radio 𝑂𝑃𝑖 = 𝜌𝑖, trazamos el arco de circunferencia 𝑅�̃� 
El área del sector circular 𝑂𝑅𝑆 es: 
𝐴(𝑂𝑅𝑆) =
1
2
𝜌𝑖
2∆𝜑𝑖 
Esto se deduce de lo siguiente: 
Tomando 
𝜌𝑖 = 𝑂𝑃𝑖 , 𝜌𝑖 = 𝑂𝑆, 𝜌𝑖 = 𝑂𝑅 
Sabemos que sen ∆𝜑𝑖 =
𝑅𝑆′
𝑂𝑅
⇒ 𝑅𝑆′ = 𝑂𝑅 ∙ sen∆𝜑𝑖. 
Dado que lim
∆𝜑𝑖→0
sen∆𝜑𝑖
∆𝜑𝑖
= 1, tenemos que sen ∆𝜑𝑖 ≅ ∆𝜑𝑖. 
Entonces 
𝐴(𝑂𝑅𝑆) =
𝑂𝑆 ∙ 𝑅𝑆′
2
= 𝜌𝑖 ∙
𝜌𝑖∆𝜑𝑖
2
=
1
2
𝜌𝑖
2∆𝜑𝑖 
 
Efectuamos el mismo razonamiento, para cada uno de los 𝑛 sectores circulares análogos al 
𝑂𝑀𝑁. De esta manera, formaremos la suma finita de las áreas de los sectores circulares 
correspondientes. 
∑
1
2
𝜌𝑖
2∆𝜑𝑖
𝑛
𝑖=1
=
1
2
∑𝜌𝑖
2∆𝜑𝑖
𝑛
𝑖=1
 
Tomamos el límite de esta expresión cuando 𝑛 → ∞, lo que implica que ∆𝜑𝑖 → 0, ∀𝑖. Si 
este límite existe, es por definición el área del sector 𝑂𝐴𝐵. 
Así: 
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𝐴 = lim
𝑛→∞
∆𝜑𝑖→0
1
2
∑𝜌𝑖
2∆𝜑𝑖
𝑛
𝑖=1
=
1
2
∫ 𝜌2
𝛽
𝛼
𝑑𝜑 
∴ 𝐴 =
1
2
∫[𝑓(𝜑)]2𝑑𝜑
𝛽
𝛼
 
Ejemplo: 
Determine el área de la región que determina la gráfica de 𝜌 = 1 + cos𝜑. 
Solución: 
Primeramente realicemos la gráfica de dicha región: 
 
Por simetría, podemos duplicar la integral de 0 a 𝜋. Así 
𝐴 = 2 (
1
2
∫ (1 + cos 𝜑)2
𝜋
0
𝑑𝜑) = ∫ (1 + cos𝜑)2
𝜋
0
𝑑𝜑 
= ∫ (1 + 2 cos 𝜑 + cos2𝜑)
𝜋
0
𝑑𝜑 = ∫ (1 + 2 cos 𝜑 +
1 + cos 2𝜑
2
)
𝜋
0
𝑑𝜑 
= ∫ (
3
2
+ 2 cos 𝜑 +
cos 2𝜑
2
)
𝜋
0
𝑑𝜑 = (
3
2
𝜑 + 2 sen𝜑 +
sen2𝜑
4
)|
0
𝜋
=
3
2
𝜋 
 
1.3 Cálculos de área en Coordenadas Paramétricas. 
Si una curva está dada en coordenadas paramétricas 
{
𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑦 = 𝑔(𝑡)
⇒ 𝑑𝑥 = 𝑓′(𝑡)𝑑𝑡 
Por lo tanto tenemos que: 
𝐴 = ∫𝑓(𝑥)⏟
𝑦
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = ∫ 𝑔(𝑡). 𝑓′(𝑡)𝑑𝑡
𝑡1
𝑡0
 
Siendo 𝑡0 y 𝑡1 los valores del parámetro 𝑡 que corresponden respectivamente a los valores 
𝑎 y 𝑏 de la variable 𝑥. 
También se lo puede escribir de ala forma 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 50 
 
𝐴 = ∫ 𝑦(𝑡). 𝑥′(𝑡)𝑑𝑡
𝑡1
𝑡0
 
 
Ejemplo: 
Calcular el área del círculo de radio 𝑟 > 0 y centro en el origen. 
Solución: 
En coordenadas Cartesianas 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 ⇒ 𝑦 = √𝑟2 − 𝑥2 
Por ser una región simétrica, tenemos que: 
⇒ 𝐴 = 4∫ √𝑟2 − 𝑥2𝑑𝑥
𝑟
0
 
Planteamos la integral indefinida 
∫√𝑟2 − 𝑥2𝑑𝑥 
𝑥 = 𝑟 sen 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑟 cos 𝑡 𝑑𝑡 
⇒ ∫√𝑟2 − 𝑥2𝑑𝑥 = ∫√𝑟2 − 𝑟2 sen2 𝑡 𝑟 cos 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫√𝑟2(1 − sen2 𝑡)𝑟 cos 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫𝑟2 cos2 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑟2∫cos2 𝑡 𝑑𝑡 
 
= 𝑟2∫
1 + cos 2𝑡
2
𝑑𝑡 =
𝑟2
2
∫(1 + cos 2𝑡)𝑑𝑡 
 
=
𝑟2
2
(𝑡 +
sen 2𝑡
4
) + 𝐶 =
𝑟2
2
(𝑡 +
2 sen 𝑡 cos 𝑡
4
) + 𝐶 =
𝑟2
2
(𝑡 +
sen 𝑡 cos 𝑡
2
) + 𝐶 
 
=
𝑟2
2
(𝑡 +
sen 𝑡 √1 − sen2 𝑡
2
) + 𝐶 =
𝑟2
2
[
 
 
 
arcsen (
𝑥
𝑟
) +
(
𝑥
𝑟)
√1 − (
𝑥
𝑟)
2
2
]
 
 
 
+ 𝐶 
Así: 
𝐴 = 4
𝑟2
2
[arcsen (
𝑥
𝑟
) +
𝑥√𝑟2 − 𝑥2
2𝑟2
]|
0
𝑟
= 2𝑟2(arcsen 1 − 0) =
2𝑟2𝜋
2
 
𝐴 = 𝜋𝑟2 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 51 
 
En coordenadas polares 
𝜌 = 𝑓(𝜑) = 𝑟 
⇒ 𝐴 =
1
2
∫[𝑓(𝜑)]2𝑑𝜑
𝛽
𝛼
=
1
2
∫ 𝑟2𝑑𝜑
2𝜋
0
=
1
2
𝑟2∫ 𝑑𝜑
2𝜋
0
=
1
2
𝑟2𝜑|0
2𝜋 =
1
2
𝑟2(2𝜋 − 0) =
1
2
𝑟22𝜋 
∴ 𝐴 = 𝜋𝑟2 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
En coordenadas paramétricas 
Sus ecuaciones paramétricas son 
{
𝑥 = 𝑟 sen 𝑡
𝑦 = 𝑟 cos 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑟 cos 𝑡 𝑑𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 
𝐴 = ∫ 𝑦(𝑡) ∙ 𝑥′(𝑡)𝑑𝑡
𝑡1
𝑡0
= ∫ 𝑟 cos 𝑡 ∙ 𝑟 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= ∫ 𝑟2 cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 4∫𝑟2 cos2 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
= 4∫ 𝑟2 cos2 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
= 4𝑟2∫ cos2 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
= 4𝑟2∫
1 + cos 2𝑡
2
𝑑𝑡
𝜋
2
0
= 2𝑟2∫(1 + cos 2𝑡)𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
= 2𝑟2 (𝑡 +
sen2𝑡
2
)|
0
𝜋
2
= 2𝑟2
𝜋
2
= 𝜋𝑟2 𝑢. 𝑑. 𝑎. 
 
2. Rectificación de Curvas – Longitud de arco 
 
2.1 Longitud de arco de una curva en Coordenadas Cartesianas 
Vamos a ver ahora, como mediante una integral definida, es posible calcular la longitud de 
un arco de curva. Es proceso se conoce como proceso de “rectificación de curvas”. 
Sea 𝑓 una función continua y con derivada finita en un intervalo cerrado 𝐼 = [𝑎, 𝑏]. La 
porción de grafica de 𝑓 desde el punto 𝐴 hasta 𝐵 se llama “arco”. 
 
 
Integrales Definidas 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 52 
 
 
Si al intervalo 𝐼 le realizamos una partición 𝑃, a cada punto 𝑥𝑘 de ella le corresponde un 
punto 𝑃𝑘 sobre la curva. Uniendo cada uno de estos puntos 𝑃𝑘 se obtiene una poligonal tal 
que ∑ 𝑃𝑘−1𝑃𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅
𝑛
𝑘=1 nos dará una medida aproximada de la longitud del arco 𝐴�̂�. 
 
La medida exacta de tal longitud estará