02 Trabajo Práctico Nro 2 (TEOREMAS, CÁLCULOS DE ÁREAS E INTEGRALES IMPROPIAS)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 2 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(TEOREMAS, CÁLCULOS DE ÁREAS E INTEGRALES IMPROPIAS) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL CÁLCULO INTEGRAL 
Sea 𝑓(𝑥) continua en [𝑎 ; 𝑏] entonces existe 𝑐 ∈ (𝑎 ; 𝑏) tal que: 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 𝑓(𝑐)(𝑏 − 𝑎) 
Si la función en no negativa, en base al teorema se podemos interpretar que el área limitada por 
la curva de 𝑓, el eje 𝑥, y las rectas verticales 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏, es igual al área de un rectángulo de 
base 𝑏 − 𝑎 y altura 𝑓(𝑐) siendo 𝑐 un número dentro del intervalo (𝑎 ; 𝑏). 
Ejercicio 10 
En este ejercicio nos piden determinar el valor de abscisa 𝑐 del punto intermedio al cual se refiere 
el teorema, veamos: 
 a) 
∫ 𝑥2
3
0
𝑑𝑥 = 𝑓(𝑐)(3 − 0) 
33
3
−
03
3
= 3𝑐2 
9 = 3𝑐2 
3 = 𝑐2 
√3 = |𝑐| 
Como 𝑐 tiene que pertenecer a [0 ; 3] entonces la solución es 𝑐 = √3. Vamos a verlo 
gráficamente: 
Vemos que el área bajo la curva de 𝑓, entre 𝑥 = 0, 𝑥 = 3 y el eje 𝑥, área que se encuentra 
sombreada de azul tiene un valor de 9, igual que el área del rectángulo de base 3 y altura 
𝑓(√3) = 3 sombreada de rojo. 
3 
 
Ejercicio 11 
En este ejercicio nos piden calcular el punto intermedio (𝑐 ; 𝑓(𝑐)) que satisface el Teorema del 
Valor Medio para la integral: 
∫ (3𝑥2 − 2𝑥)
4
1
𝑑𝑥 = 𝑓(𝑐)(4 − 1) 
(43 − 42) − (13 − 12) = 3(3𝑐2 − 2𝑐) 
3𝑐2 − 2𝑐 − 16 = 0 
𝑐 =
2 ± √4 − 4 ∙ 3 ∙ (−16)
6
=
2 ± 14
6
 
𝑐 =
8
3
 
𝑓 (
8
3
) = 3 (
8
3
)
2
− 2
8
3
= 16 
El punto pedido es (
8
3
 ; 16) 
 
4 
 
TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO INTEGRAL 
Si 𝑓 es integrable sobre [𝑎 ; 𝑏], si 𝐹: [𝑎 ; 𝑏] → ℝ es la función definida por: 
𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)
𝑥
𝑎
𝑑𝑡 
y si 𝑓 es continua en un cierto 𝑥0 ∈ [𝑎 ; 𝑏] entonces: 
𝐹′(𝑥0) = 𝑓(𝑥0) 
Ejercicio 13 
En este ejercicio nos piden hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, máximos y 
mínimos locales (si los hay) de la función: 
𝐻(𝑥) = ∫ (𝑒𝑡
2
− 1)(𝑡2 − 9)
𝑥
2
𝑑𝑡 
Necesitamos la primera derivada de 𝐻(𝑥), entonces podemos aplicar el Teorema Fundamental 
del Cálculo Integral: 
𝐻′(𝑥) = (𝑒𝑥
2
− 1)(𝑥2 − 9) 
Ahora buscamos las raíces: 
(𝑒𝑥
2
− 1)(𝑥2 − 9) = 0 
𝑒𝑥
2
− 1 = 0 o 𝑥2 − 9 = 0, lo que implica que: 
𝑒𝑥
2
= 1 o 𝑥2 = 9, entonces: 
𝑥2 = 0 o |𝑥| = √9 
Por lo tanto, las raíces son 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 3 y 𝑥3 = −3 
Ahora aplicamos el Corolario del Teorema de Bolzano y consideramos los siguientes intervalos: 
 (−∞ ; −3) (−3 ; 0) (0 ; 3) (3 ; +∞) 
𝐻′(𝑥) 𝐻′(−4) > 0 𝐻′(−1) < 0 𝐻′(1) < 0 𝐻′(4) > 0 
𝐻(𝑥) Es creciente Es decreciente Es decreciente Es creciente 
 
En 𝑥 = −3 hay un máximo local (porque a la izquierda es creciente y a la derecha es decreciente) 
y el punto del máximo local es (−3 ; 0) 
En 𝑥 = 3 hay un mínimo local (porque a la izquierda es decreciente y a la derecha es creciente) y 
el punto del mínimo local es (3 ; 0) 
 
5 
 
CÁLCULO DE ÁREAS 
Ejercicio 15 
Recordemos que dijimos que la integral definida para una función no negativa, ∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥, nos 
devuelve el área limitada por la curva de 𝑓, el eje 𝑥 y las rectas verticales 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏 
Analicemos los siguientes gráficos: 
En el gráfico de la izquierda vemos que el área sombreada es la de un rectángulo limitado por 
𝑦 = 3, el eje 𝑥 y las rectas verticales 𝑥 = 0 y 𝑥 = 2 dado que esos valores son raíces de la 
parábola, menos el área que se encuentra confinada entre la parábola y el eje 𝑥. Por lo tanto, 
podemos escribir que el área sombreada, que llamaremos 𝐴, corresponde a la siguiente resta: 
𝐴 = ∫ 3
2
0
𝑑𝑥 − ∫ (−𝑥2 + 2𝑥)
2
0
𝑑𝑥 
∫ 3 𝑑𝑥 = 3𝑥 ⇒ ∫ 3
2
0
𝑑𝑥 = 3 ∙ 2 − 3 ∙ 0 = 6 
∫(−𝑥2 + 2𝑥) 𝑑𝑥 = −
𝑥3
3
+ 𝑥2 ⇒ ∫ (−𝑥2 + 2𝑥)
2
0
𝑑𝑥 = (−
23
3
+ 22) − (−
03
3
+ 02) =
4
3
 
Entonces: 
𝐴 = ∫ 3
2
0
𝑑𝑥 − ∫ (−𝑥2 + 2𝑥)
2
0
𝑑𝑥 = 6 −
4
3
=
14
3
 
En el gráfico de la derecha, tenemos que encontrar el punto de intersección entre la parábola y 
la recta: 
𝑥2 + 2 = −𝑥 + 4 
𝑥2 + 𝑥 − 2 = 0 
𝑥1 ; 2 =
−1 ± √12 − 4 ∙ 1 ∙ (−2)
2 ∙ 1
=
−1 ± 3
2
 
Nos quedamos con la solución 𝑥 = 1 (porque buscamos la intersección ubicada en el primer 
cuadrante del eje cartesiano) y el punto que buscamos es (1 ; 3) 
6 
 
El área sombreada, que llamaremos 𝐴, se puede interpretar como la suma de dos áreas que 
llamaremos 𝐴1 y 𝐴2, la primera está limitada por la curva 𝑦 = 𝑥
2 + 2, el eje 𝑥 y las rectas 
verticales 𝑥 = 0 y 𝑥 = 1, mientras que la segunda está limitada por la curva 𝑦 = −𝑥 + 4, , el eje 
𝑥 y las rectas verticales 𝑥 = 1 y 𝑥 = 4. Entonces podemos escribir: 
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 
𝐴1 = ∫ (𝑥
2 + 2)
1
0
𝑑𝑥 
∫(𝑥2 + 2) 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
+ 2𝑥 ⇒ ∫ (𝑥2 + 2)
1
0
𝑑𝑥 = (
13
3
+ 2 ∙ 1) − (
03
3
+ 2 ∙ 0) =
7
3
 
𝐴1 =
7
3
 
𝐴2 = ∫ (−𝑥 + 4)
4
1
𝑑𝑥 
∫(−𝑥 + 4) 𝑑𝑥 = −
𝑥2
2
+ 4𝑥 ⇒ ∫ (−𝑥 + 4)
4
1
𝑑𝑥 = (−
42
2
+ 4 ∙ 4) − (−
12
2
+ 4 ∙ 1) 
∫ (−𝑥 + 4)
4
1
𝑑𝑥 = 8 −
7
2
=
9
2
 
𝐴2 =
9
2
 
Como anteriormente dijimos que 𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 entonces 𝐴 =
7
3
+
9
2
=
41
6
 
Veamos cómo calcular un área que no se encuentra exclusivamente sobre el eje 𝑥 como las 
anteriores: 
Si queremos hallar el área encerrada por la recta 𝑓 y la parábola 𝑔, nos encontramos con que la 
parábola toma valores negativos, 𝑚 lugares (𝑚 es entero en este caso) por debajo del eje 𝑥 (vean 
que la imagen de ésta va de [−1 ; +∞)). Vamos a ver que esto no dificulta el cálculo del área 
porque necesitamos correr 𝑚 lugares de forma vertical (para “arriba” sobre el eje 𝑦), en este 
7 
 
caso, sumar 𝑚 = 1 a las funciones para que quede la parábola por encima del eje 𝑥 y se respete 
el área implicada en el ejercicio. Resulta entonces: 
Ahora se puede calcular el área como restas de áreas: 
∫ [(𝑓(𝑥) + 𝑚) − (𝑔(𝑥) + 𝑚)]
3
0
𝑑𝑥 = ∫ [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)]
3
0
𝑑𝑥 
Conclusión: solamente tenemos que distinguir las funciones y cuál está por arriba y cuál por 
debajo para plantear la resta. 
Veamos los siguientes gráficos: 
Para el gráfico de la izquierda vamos a buscar las intersecciones entre la parábola y la recta: 
𝑥2 − 2𝑥 − 1 = 2𝑥 − 4 
𝑥2 − 4𝑥 + 3 = 0 
𝑥1 ; 2 =
4 ± √16 − 4 ∙ 3
2
=
4 ± 2
2
 
𝑥1 = 1 
𝑥2 = 3 
Vemos que entre 0 y 1 la parábola está por arriba de la recta y entre 1 y 3 la recta está por arriba 
de la parábola, el área total 𝐴 será la suma de las áreas 𝐴1 y 𝐴2: 
8 
 
𝐴1 = ∫ [(𝑥
2 − 2𝑥 − 1) − (2𝑥 − 4)]
1
0
𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2 − 4𝑥 + 3)
1
0
𝑑𝑥 
∫(𝑥2 − 4𝑥 + 3) 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
− 2𝑥2 + 3𝑥 
∫ (𝑥2 − 4𝑥 + 3)
1
0
𝑑𝑥 = (
13
3
− 2 ∙ 12 + 3 ∙ 1) − (
03
3
− 2 ∙ 02 + 3 ∙ 0) =
4
3
 
𝐴1 =
4
3
 
𝐴2 = ∫ [(2𝑥 − 4) − (𝑥
2 − 2𝑥 − 1)]
3
1
𝑑𝑥 = ∫ (−𝑥2 + 4𝑥 − 3)
3
1
𝑑𝑥 
∫(−𝑥2 + 4𝑥 − 3) 𝑑𝑥 = −
𝑥3
3
+ 2𝑥2 − 3𝑥 
∫ (−𝑥2 + 4𝑥 − 3)
3
1
𝑑𝑥 = (−
33
3
+ 2 ∙ 32 − 3 ∙ 3) − (−
13
3
+ 2 ∙ 12 − 3 ∙ 1)
= 0 − (−
4
3
) =
4
3
 
∫ (−𝑥2 + 4𝑥 − 3)
3
1
𝑑𝑥 = 0 − (−
4
3
) =
4
3
 
𝐴2 =
4
3
 
Como anteriormente dijimos que 𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 entonces 𝐴 =
4
3
+
4
3
=
8
3
 
Para el gráfico de la derecha vemos dos áreas iguales, por lo que podemos calcular una y la 
solución es el doble de ella. Primero vamos a buscar la raíz positiva de 2 sen 𝑥, que sabemos que 
es 𝜋, entonces el área sombreada 𝐴 es: 
𝐴 = 2 ∫ 2 sen 𝑥
𝜋
0
𝑑𝑥 
∫ 2 sen 𝑥 𝑑𝑥 = −2 cos 𝑥 ⇒ ∫ 2 sen 𝑥
𝜋
0
𝑑𝑥 = (−2 cos 𝜋) − (−2 cos 0) = −2 ∙ (−1) + 2 ∙ 1 
∫ 2 sen 𝑥
𝜋
0
𝑑𝑥 = 4 
𝐴 = 2 ∫ 2 sen 𝑥
𝜋
0
𝑑𝑥 = 2 ∙ 4 = 8 
Ejercicio 16 
En este ejercicio debemos graficar las funciones para calcular el área quenos piden: 
9 
 
 c) 
Veamos que en este ítem nos piden el área encerrada entre la gráfica de 𝑓, la recta 𝑥 = −1 y el 
eje 𝑥, siendo: 
𝑓(𝑥) = {
𝑒𝑥    𝑠𝑖 𝑥 ≤ 0
1 𝑠𝑖 0 < 𝑥 ≤ 1 
−(𝑥 − 1)2 + 1 𝑠𝑖 𝑥 > 1
 
Si graficamos nos encontramos con la siguiente representación gráfica: 
El área 𝐴 que debemos calcular es: 
𝐴 = ∫ 𝑒𝑥
0
−1
𝑑𝑥 + ∫ 1
1
0
𝑑𝑥 + ∫ [−(𝑥 − 1)2 + 1]
2
1
𝑑𝑥 
∫ 𝑒𝑥
0
−1
𝑑𝑥 = 𝑒0 − 𝑒−1 = 1 − 𝑒−1 
∫ 1
1
0
𝑑𝑥 = 1 − 0 = 1 
∫ [−(𝑥 − 1)2 + 1]
2
1
𝑑𝑥 = [−
(2 − 1)3
3
+ 2] − [−
(1 − 1)3
3
+ 1] =
2
3
 
Entonces el área resulta: 
𝐴 = 1 − 𝑒−1 + 1 +
2
3
=
8
3
− 𝑒−1 
 
10 
 
INTEGRALES IMPROPIAS 
Una integral impropia es el límite de una integral definida cuando uno o ambos extremos del 
intervalo de integración se acercan a un número no real específico, a +∞ o a −∞. Además una 
integral definida es impropia cuando la función integrando de la integral definida no es continua 
en todo el intervalo de integración. También se pueden dar ambas situaciones. 
Se pueden clasificar como de primera especie cuando uno de los límites de integración es infinito 
y presentan asíntota horizontal; como de segunda especie si el integrando no está definido en 
todo el intervalo o en los extremos de integración o como de tercera especie si son “mezcla” de 
los dos tipos anteriores. 
Nosotrxs veremos ejemplos de integrales impropias de primera especie y presentemos algunas 
definiciones antes de comenzar a resolver los ejercicios: 
∫ 𝑓(𝑥)
+∞
𝑎
𝑑𝑥 = lim
𝑏→+∞
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
−∞
𝑑𝑥 = lim
𝑎→−∞
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
Si el límite es un número real, diremos que la integral es convergente. 
Si el límite es infinito, diremos que la integral es divergente. 
Ejercicio 17 
 a) 
∫ 𝑒−𝑥
+∞
0
𝑑𝑥 = lim
𝑏→+∞
∫ 𝑒−𝑥
𝑏
0
𝑑𝑥 
∫ 𝑒−𝑥
𝑏
0
𝑑𝑥 = −𝑒−𝑏 − (−𝑒−0) = −𝑒−𝑏 + 1 
∫ 𝑒−𝑥
+∞
0
𝑑𝑥 = lim
𝑏→+∞
∫ 𝑒−𝑥
𝑏
0
𝑑𝑥 = lim
𝑏→+∞
(−𝑒−𝑏 + 1) = lim
𝑏→+∞
(−
1
𝑒𝑏
+ 1) = 1 
Como el límite resulta un número real, entonces la integral es convergente. 
Si graficamos usando Geogebra vemos: 
 
 
11 
 
e) 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
−∞
𝑑𝑥 = lim
𝑎→−∞
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
𝑎
𝑑𝑥 
Primero buscamos una primitiva aplicando el Método de Sustitución: 
𝑢(𝑥) = 𝑥2 + 1 
𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 
𝑑𝑢
2
= 𝑥 𝑑𝑥 
Entonces expresamos la integral en base a la nueva variable y la resolvemos: 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑢
2
𝑢
5
2
=
1
2
∫ 𝑢−
5
2 𝑑𝑢 =
1
2
𝑢−
3
2
−
3
2
= −
1
3
𝑢−
3
2 
Volvemos a la variable original y nos queda: 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
𝑑𝑥 = −
1
3
(𝑥2 + 1)−
3
2 = −
1
3 √(𝑥2 + 1)3
2
 
Ahora aplicamos la Regla de Barrow: 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
𝑎
𝑑𝑥 = [−
1
3√(02 + 1)3
2
] − [−
1
3√(𝑎2 + 1)3
2
] 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
𝑎
𝑑𝑥 = −
1
3
+
1
3 √(𝑎2 + 1)3
2
 
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
−∞
𝑑𝑥 = lim
𝑎→−∞
∫
𝑥
(𝑥2 + 1)
5
2
0
𝑎
𝑑𝑥 = lim
𝑎→−∞
[−
1
3
+
1
3 √(𝑎2 + 1)3
2
] = −
1
3
 
Como el límite resulta un número real entonces la integral es convergente. 
Ejercicio 18 
Sea 𝑓 una función definida como: 
𝑓(𝑡) = {𝑒
−𝑡 𝑠𝑖 𝑡 ≥ 0
0    𝑠𝑖 𝑡 < 0
 
Hallar para todo 𝑥 ∈ ℝ 
𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥
−∞
 
Lo primero que debemos hacer, por como está definida 𝑓, es distinguir si 𝑥 ≥ 0 o 𝑥 < 0 
12 
 
Si 𝑥 ≥ 0 entonces 𝐹(𝑥) = ∫ 0𝑑𝑡
0
−∞
+ ∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑡
𝑥
0
= ∫ 𝑒−𝑡𝑑𝑡
𝑥
0
= −𝑒−𝑥 − (−𝑒−0) = −𝑒−𝑥 + 1 
Si 𝑥 < 0 entonces 𝐹(𝑥) = ∫ 0𝑑𝑡
0
−∞
= 0 
Entonces nos queda: 
𝐹(𝑥) = {
−𝑒−𝑥 + 1 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0
0    𝑠𝑖 𝑥 < 0
 
lim
𝑥→+∞
𝐹(𝑥) = lim
𝑥→+∞
(−𝑒−𝑥 + 1) = 1 
lim
𝑥→−∞
𝐹(𝑥) = lim
𝑥→−∞
0 = 0 
Veamos la representación gráfica, que es la siguiente: 
Con ella vemos que 𝐹(𝑥) tiende a 1 cuando 𝑥 tiende a +∞, y que 𝐹(𝑥) tiende a 0 cuando 𝑥 tiende 
a − ∞