02 Trabajo Práctico Nro 2 (INTEGRALES DEFINIDAS)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 1 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(INTEGRALES DEFINIDAS) 
 
 
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 
 
INTEGRALES DEFINIDAS 
Vamos a ver que para resolver una integral definida es necesario aplicar la Regla de Barrow: 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) 
siendo 𝐹(𝑥) una primitiva de 𝑓(𝑥) 
Si 𝑓(𝑥) ≥ 0 en el intervalo [𝑎 ; 𝑏] la ∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 representa el área limitada por la representación 
gráfica de 𝑓, el eje 𝑥 y las rectas 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏 
Observemos el siguiente gráfico que resumen lo anteriormente dicho: 
Y este siguiente gráfico con un ejemplo en particular, 𝑓 está definida como 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 1)2 + 1 
y se encuentra sombreada el área encerrada entre la curva de esta función, las rectas 𝑥 = 1 y 
𝑥 = 2 y el eje 𝑥: 
 
3 
 
Veamos algunas propiedades que nos serán útiles para aplicar en la resolución de problemas: 
1) 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓(𝑥)
𝑎
𝑏
𝑑𝑥 
2) 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑎
𝑎
𝑑𝑥 = 0 
 
3) Sea 𝑐 un valor de abscisa dentro del [𝑎 ; 𝑏] entonces: 
∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)
𝑐
𝑎
𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑐
𝑑𝑥 
Ejercicio 2 
 c) 
∫ 𝑥(4𝑥 − 1)
1
2
0
𝑑𝑥 
∫ 𝑥(4𝑥 − 1)
1
2
0
𝑑𝑥 = ∫ (4𝑥2 − 𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 
Primero buscamos una primitiva y luego vamos a aplicar la Regla de Barrow: 
∫(4𝑥2 − 𝑥) 𝑑𝑥 = 4
𝑥3
3
−
𝑥2
2
 
Entonces: 
∫ (4𝑥2 − 𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 = [
4
3
(
1
2
)
3
−
1
2
(
1
2
)
2
] − [
4
3
03 −
1
2
02] 
∫ (4𝑥2 − 𝑥)
1
2
0
𝑑𝑥 =
1
24
 
d) 
∫ 𝑓(𝑥)
3
0
𝑑𝑥 
siendo 𝑓(𝑥) = {
2𝑥 𝑠𝑖 𝑥 < 1
2 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 1
 
En este caso vemos que tenemos una función definida a tramos y vamos a tener 
que partir el intervalo [0 ; 3] en 𝑥 = 1 de la siguiente manera: 
∫ 𝑓(𝑥)
3
0
𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)
1
0
𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)
3
1
𝑑𝑥 
4 
 
∫ 𝑓(𝑥)
3
0
𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥
1
0
𝑑𝑥 + ∫ 2
3
1
𝑑𝑥 
∫ 𝑓(𝑥)
3
0
𝑑𝑥 = (
21
ln 2
−
20
ln 2
) − (2 ∙ 3 − 2 ∙ 1) 
∫ 𝑓(𝑥)
3
0
𝑑𝑥 =
1
ln 2
− 4 
Ejercicio 3 
 a) 
∫
ln2 𝑥
𝑥
2
𝑒
𝑑𝑥 
Primero buscamos una primitiva de: 
∫
ln2 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 
por el Método de Sustitución: 
𝑢(𝑥) = ln 𝑥 
𝑑𝑢 =
1
𝑥
𝑑𝑥 
Y resolvemos la integral indefinida con la variable 𝑢: 
∫ 𝑢2 𝑑𝑢 =
𝑢3
3
 
Ahora volvemos a la variable original: 
∫
ln2 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 =
ln3 𝑥
3
 
Aplicamos la Regla de Barrow para resolver la integral definida: 
∫
ln2 𝑥
𝑥
2
𝑒
𝑑𝑥 =
ln3 2
3
−
ln3 𝑒
3
 
∫
ln2 𝑥
𝑥
2
𝑒
𝑑𝑥 =
ln3 2
3
−
1
3
 
 d) 
∫ cos2(3𝑥)
𝜋
𝑒
𝑑𝑥 
Primero buscamos una primitiva de: 
5 
 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ cos(3𝑥) cos(3𝑥) 𝑑𝑥 
utilizando el Método de Integración por Partes: 
𝑢(𝑥) = cos(3𝑥) ⇒ 𝑢′(𝑥) = − sen(3𝑥) ∙ 3 
𝑣′(𝑥) = cos(3𝑥) ⇒ 𝑣(𝑥) = ∫ cos (3𝑥) 𝑑𝑥 =
sen(3𝑥)
3
 
Entonces nos queda: 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 = cos(3𝑥)
sen(3𝑥)
3
− ∫[−3sen (3𝑥)]
sen (3𝑥)
3
𝑑𝑥 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + ∫ sen2 (3𝑥) 𝑑𝑥 
Ahora utilizamos la igualdad trigonométrica: 
sen2(3𝑥) + cos2(3𝑥) = 1 
sen2(3𝑥) = 1 − cos2(3𝑥) 
Reemplazamos: 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + ∫[1 − cos2(3𝑥)] 𝑑𝑥 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + 𝑥 − ∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + 𝑥 
2 ∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + 𝑥 
∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 =
1
2
[
1
3
cos(3𝑥) sen(3𝑥) + 𝑥] 
Ahora aplicamos la Regla de Barrow: 
∫ cos2(3𝑥)
𝜋
𝑒
𝑑𝑥 = {
1
2
[
1
3
cos(3𝜋) sen(3𝜋) + 𝜋]} − {
1
2
[
1
3
cos(3 ∙ 0) sen(3 ∙ 0) + 0]} 
Tengamos en cuenta que por la periodicidad de las funciones seno y coseno 
cos(3𝜋) = cos 𝜋 = −1 y sen(3𝜋) = sen(𝜋) = 0, entonces: 
∫ cos2(3𝑥)
𝜋
𝑒
𝑑𝑥 =
1
2
𝜋 
 
6 
 
g) 
∫ ln 𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 
En este caso hay que pensar al integrando, es decir al ln 𝑥 como el producto de 
dos funciones: una el ln 𝑥 y la otra la función constante 1. Luego, aplicamos el 
Método de Integración por Partes para encontrar una primitiva: 
∫ 1 ∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 
𝑢(𝑥) = ln 𝑥 ⇒ 𝑢′(𝑥) =
1
𝑥
 
𝑣′(𝑥) = 1 ⇒ 𝑣(𝑥) = ∫ 1 𝑑𝑥 = 𝑥 
Entonces: 
∫ 1 ∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑥 ∙ 𝑥 − ∫
1
𝑥
∙ 𝑥 𝑑𝑥 
∫ 1 ∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑥 ∙ 𝑥 − ∫ 1 𝑑𝑥 
∫ 1 ∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑥 ∙ 𝑥 − 𝑥 
Ahora aplicamos la Regla de Barrow: 
∫ ln 𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 = (ln 𝑒 ∙ 𝑒 − 𝑒) − (ln 1 ∙ 1 − 1) 
∫ ln 𝑥
𝑒
1
𝑑𝑥 = 0 − (−1) = 1 
Ejercicio 4 
En este ejercicio vamos a resolver utilizando el Geogebra algunas integrales resueltas en el 
ejercicio 3 (si bien la GTP dice del ejercicio 6, hubo una confusión). 
 c) 
∫ 𝑥 sen 𝑥
𝜋
2
0
𝑑𝑥 
En la barra de entrada del Geogebra debemos escribir: 
f(x)=x*sen(x) 
para que el programa grafique la función. Luego, en la barra de entrada vamos a 
escribir el comando 
7 
 
IntegralN(f(x), 0, π/2) 
si lo hacen desde la página de Geogebra. Verán que el comando general es: 
IntegralN(<Función>, <Extremo inferior de intervalo>, <Extremo superior del intervalo>) 
El programa nos devuelve el siguiente gráfico: 
 
Vemos que el área resulta 1. 
Veamos que si lo hacemos analíticamente buscamos la primitiva por el Método 
de Integración por Partes: 
∫ 𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 
𝑢(𝑥) = 𝑥 ⇒ 𝑢′(𝑥) = 1 
𝑣′(𝑥) = sen 𝑥 ⇒ 𝑣(𝑥) = ∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 
∫ 𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥(− cos 𝑥) − ∫ 1(− cos 𝑥) 𝑑𝑥 
∫ 𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥(− cos 𝑥) + sen 𝑥 
Ahora aplicamos la Regla de Barrow: 
∫ 𝑥 sen 𝑥
𝜋
2
0
𝑑𝑥 = [
𝜋
2
(− cos
𝜋
2
) + sen
𝜋
2
] − [0 ∙ (− cos 0) + sen 0] 
∫ 𝑥 sen 𝑥
𝜋
2
0
𝑑𝑥 = 1 
 
8 
 
Ejercicio 6 
Nos piden calcular ∫ 2𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 si se sabe que 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) si 𝑥 ∈ (−10 ; 5] y además 
∫ 𝑓(𝑥)
−1
−2
𝑑𝑥 = 5 y ∫ 4𝑓(𝑥)
3
−2
𝑑𝑥 = 16 
Bueno, lo primero que podemos expresar es que: 
∫ 2𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 = ∫ 2𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 
porque las funciones coinciden en el intervalo de integración. 
∫ 4𝑓(𝑥)
3
−2
𝑑𝑥 = 16 ⇒ 4 ∫ 𝑓(𝑥)
3
−2
𝑑𝑥 = 16 ⇒ ∫ 𝑓(𝑥)
3
−2
𝑑𝑥 =
16
4
= 4 
Podemos dividir el intervalo (−2 ; 3) integrando entre (−2 ; −1) y (−1 ; 3) de la siguiente 
manera: 
∫ 𝑓(𝑥)
3
−2
𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)
−1
−2
𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 
4 = 5 + ∫ 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 
4 − 5 = ∫ 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 
−1 = ∫ 𝑓(𝑥)
3
−1
𝑑𝑥 
Ejercicios 7, 8 y 9 
En estos ejercicios de aplicación nos dan la información de la derivada de una función, el valor de 
la función en un punto y se pide calcular la función. Por ejemplo, en el ejercicio 7 hay que hallar 
una función 𝑄(𝑡) que indica la cantidad (en partes por millón, ppm) de monóxido de carbono 
(CO) en el tiempo 𝑡. Se sabe que la razón de cambio o derivada es 𝑄′(𝑡) = 0,1𝑡 + 0,1 y que 
𝑄(0) = 3,4, entonces si integramos a 𝑄′(𝑡) vamos a obtener a 𝑄(𝑡): 
𝑄(𝑡) = ∫ 0,1𝑡 + 0,1 𝑑𝑡 = 0,1
𝑡2
2
+ 0,1𝑡 + 𝑐 
Evaluamos en cero a la función recientemente hallada para determinar la constante 𝑐: 
𝑄(0) = 0,1
02
2
+ 0,1 ∙ 0 + 𝑐 ⇒ 3,4 = 𝑐 
Entonces la función es 𝑄(𝑡) = 0,1
𝑡2
2
+ 0,1𝑡 + 3,4