1
1.
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
1. Hallar el área de la región limitada por la parábola y = x2 − 2x y el eje OX. Los cortes de la gráfica de y = x2 − 2x con el eje OX son los valores de x tales que x2 − 2x = 0, esto es, x = 0 y x = 2. El área A será Z A= 0
2
2 x3 4 8 2x − x2 dx = x2 − =4− = 3 0 3 3
2. Hallar el área de la región limitada por la gráfica de y = sen x y el eje OX en [0, 2π]. El área A será π
Z
Z
2π
sen xdx −
A= 0
π
sen xdx = [− cos x]π0 − [− cos x]2π π =4
3. Hallar el área limitada por las gráficas de x2 = y e y =
1 . x2 +3
Calculemos los puntos de intersección de las gráficas. Se tiene
x2 =
x2
1 ⇔ x4 + 3x2 − 1 = 0 ⇔ z 2 + 3z − 1 = 0 para z = x2 +3
2
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
√
−3+ 13 2
√ −3± 13 . 2
Como z = x2 debe ser positivo, se tiene z = q √ y, entonces, x = ± −3+2 13 = ±a.
Resulta z =
El área A será Z
a
A= −a
√ 3 a 1 x 3 x a 2 − − x dx = arc tg √ = 0, 244 x2 + 3 3 3 −a 3 −a
4. Hallar el área limitada por las gráficas de y = sen x e y = cos x en [π/4, 5π/4]. Calculemos los puntos de corte de las gráficas de las dos funciones en el intervalo [π/4, 5π/4]. Como sen x = cos x para x = π/4 ó x = 5π/4, las gráficas se cortan en los extremos del intervalo. Tendremos que el área es
Z
√
5π/4
sen x − cos xdx = [− cos x −
A= π/4
5π/4 sen x]π/4
=4
√ 2 =2 2 2
5. Hallar el área limitada por las gráficas y 2 = 1 − x y 2y = x + 2. Escribiendo las ecuaciones con la x en función de la y, se tiene x = 2y − 2, que es una recta, y x = 1 − y 2 , que es una parábola “tumbada” sobre
3 el eje OX. Si integramos con respecto a la y, debemos encontrar los valores de la y donde se cortan las gráficas. Estos valores son aquellos que cumplen 2y − 2 = 1 − y 2 ⇔ y 2 + 2y − 3 = 0 ⇔ y =
−2 ± 4 = 2
1 −3
El área será 3 1 y 32 2 (1 − y ) − (2y − 2)dy = − − y + 3y A= = 3 3 −3 −3 Z
1
2
6. Calcular el área encerrada por la elipse de ecuación
x2 a2
+
y2 b2
= 1.
Se tiene x = a cos t, y = b sen t. La elipse está centrada en el origen y su gráfica es del siguiente tipo: b
A a
con área igual a 4A. Cuando (x, y) = (0, b), entonces cos t = 0, esto es, t = π/2. De igual manera, cuando (x, y) = (a, 0), entonces cos t = 1, esto es, t = 0. El área buscada es Z
a
4A = 4
Z
0
Z
b sen t(−a sen t) dt = π/2
0 2
Z
0
−ab sen t dt = −4ab
=4 π/2
Z
0
f (x) dx = 4
0
= −4ab π/2
sen2 t dt =
π/2
0 1 1 − cos 2t dt = −2ab t − sen 2t = πab 2 2 π/2
4
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS 7. Calcular el volumen del sólido de revolución que genera la elipse 4x2 + 9y 2 = 36 al girar sobre el eje OX. 36 − 4x2 x2 2 . Se tiene a = 3, b = 2. y = =4 1− 9 9 Entonces
3
3
x2 4 1− (f (x)) dx = π Vx = π 9 −3 −3 Z
Z
2
3 x3 dx = 4π x − = 16π 27 −3
8. Calcular la longitud del arco y = ln(1 − x2 ) desde x = 1/4 hasta x = 3/4. Se tiene
Lf =
Z bp
1 + (f 0 (x))2 dx =
Z
a
Z
3/4
s
= 1/4
3/4
1+ 1/4
x4 + 2x2 + 1 dx = (1 − x2 )2
Z
3/4
1/4
x2 + 1 dx = 1 − x2
Descomponiendo en fracciones parciales, sustituyendo de nuevo en la integral,
Z
3/4
Lf = 1/4
s
Z −1 dx+
3/4
1/4
4x2 dx = (1 − x2 )2
Z
3/4
1/4
2 −1 + 1 − x2
dx
2 1 1 = + , y 2 1−x 1−x 1+x
1 + x 3/4 2 21 1 dx = −x + ln = ln − 1 − x 1 − x2 5 2 1/4
5 9. Calcular la longitud de la curva x = a cos θ, y = a sen θ. Se tiene x2 + y 2 = a2 , de modo que estamos ante una circunferencia de centro ¯0 y radio a. Z
t2
Lf =
p
(x0 (t))2
+
(y 0 (t))2 dt
t1
Z =
2π
p a2 sen2 θ + a2 cos2 θ dθ =
0
Z =
2π
a dθ = [aθ]2π 0 = 2πa
0
10. Calcular el área de la superficie de revolución obtenida al hacer girar la curva y = 13 x3 sobre el eje OX, desde x = 0 hasta x = 3. Tenemos b
Z Sx = 2π a
2π 1 = 3 4
Z 0
Z p 2π 3 3 p 0 2 x 1 + x4 dx = f (x) 1 + (f (x)) dx = 3 0
3
4x3
i3 π p √ πh (1 + x4 )3/2 = (82 82 − 1) 1 + x4 dx = 9 9 0
11. Estudiar el carácter de las siguientes integrales impropias: R0 dx a) −∞ (2−3x) 2 1 La función f (x) = (2−3x) 2 es continua en todo el intervalo D = (−∞, 0]. Además, f (x) > 0 para todo x ∈ D. La integral es impropia de primera especie y converge, ya que
Z
0
−∞
0 dx 1 = = l´ım 2 a→−∞ 3(2 − 3x) a (2 − 3x) a 1 1 1 1 = l´ım − = a→−∞ 3 2 2 − 3a 6
dx = l´ım (2 − 3x)2 a→−∞
Z
0
6
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS b)
R∞ 2
dx x(ln x)2
La función f (x) = x(ln1x)2 es continua en todo el intervalo D = [2, ∞). Además, l´ımx→∞ f (x) = 0, con lo que hay una asíntota horizontal de ecuación y = 0.
La integral es de primera especie y converge, ya que Z
∞
2
dx = l´ım x(ln x)2 b→∞
Z 2
b
dx 1 b = l´ ım − = x(ln x)2 b→∞ ln x 2
1 1 1 = l´ım − + = b→∞ ln b ln 2 ln 2 c)
R∞ −∞
√ x dx x2 +1
La función f (x) = √xx2 +1 es continua en todo el intervalo (−∞, ∞), luego la integral será de primera especie. Además, se tiene que l´ımx→±∞ f (x) = ±1, de modo que hay dos asíntotas horizontales de ecuaciones y = 1 e y = −1, lo cual nos indica que la integral será divergente.
En efecto,
Z
∞
−∞
√
x dx = x2 + 1
Z
0
−∞
√
x dx++ x2 + 1
Z 0
∞
√
x dx = I1 +I2 x2 + 1
7 Estudiemos la convergencia de I1 . Z
0
I1 =
√
−∞
h
= l´ım
a→−∞
x dx = l´ım a→−∞ x2 + 1
(x2 + 1)1/2
i0 a
= l´ım
a→−∞
h
0
Z
√
a
x dx = x2 + 1
i 1 − (a2 + 1)1/2 = −∞
De modo que I1 es divergente y, por tanto, también lo es la integral del enunciado. R∞ d) −∞ (1 − x)e−x dx Observemos que f (x) = (1 − x)e−x es continua en toda la recta real (integral de primera especie), con l´ımx→∞ f (x) = 0 y l´ımx→−∞ f (x) = ∞, de modo que la integral va a ser divergente.
En efecto, integrando por partes, Z Z −x −x (1 − x)e dx = −e − xe−x dx = Z −x −x − −xe + e dx = xe−x
−x
= −xe De manera que Z
∞
−x
(1−x)e −∞
Z
0
dx =
−x
(1−x)e −∞
Z dx+
∞
(1−x)e−x dx = I1 +I2
0
Estudiemos la convergencia de I1 : Z
0
I1 = −∞
(1 − x)e−x dx = l´ım
a→−∞
−x 0 xe = l´ım −ae−a = ∞ a a→−∞
Como I1 no converge, tampoco lo hace la integral del enunciado.
8
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS e)
R2
x −1 (x2 −1)2/3 dx
x La función f (x) = (x2 −1) 2/3 tiene, en el intervalo [−1, 2], un dominio D = (−1, 2] \ {1}, ya que en los puntos {±1} hay dos asíntotas verticales al anularse el denominador (obsérvese la gráfica). La función f (x) será continua en D. Tenemos una integral impropia de segunda especie.
Z
2
−1
x dx = 2 (x − 1)2/3 Z + 1
Como
R
0
I1 = l´ım
a→−1+
a
Z I2 = l´ım
b→1−
0
Z I3 = l´ım
a→1+
a
2
0
−1
2
(x2
x dx + 2 (x − 1)2/3
Z
1
0
(x2
x dx+ − 1)2/3
x dx = I1 + I2 + I3 − 1)2/3
= 23 (x2 − 1)1/3 + C, entonces
x (x2 −1)2/3
Z
Z
i0 x −3 3h 2 1/3 (x − 1) = dx = l´ ım 2/3 2 + 2 a a→−1 2 (x − 1)
b
ib 3h 2 3 x 1/3 (x − 1) dx = l´ ım = 2/3 2 − 2 0 b→1 2 (x − 1)
i2 x 3h 2 3√ 3 1/3 dx = l´ ım (x − 1) = 3 2/3 2 + 2 a a→1 2 (x − 1)
√ R2 3 3 x Así, −1 (x2 −1) 3, de modo que la integral 2/3 dx = I1 +I2 +I3 = 2 es convergente. R1 f) −2 x−2/3 dx La función f (x) = x−2/3 tiene una asíntota vertical en x = 0 y es continua en su dominio, que será D = [−2, 1] \ {0}.
9
Tenemos una integral de segunda especie con 1
Z
x−2/3 dx =
Z
Como
Z
x−2/3 dx +
−2
−2
R
0
1
0
x−2/3 dx = 3x1/3 + C, resulta
ib h √ 3 =3 2 I1 = l´ım 3x1/3 b→0−
I2 = l´ım
a→0+
−2
De modo que la integral es convergente y g)
x−2/3 dx = I1 + I2
h
3x1/3
i1 a
=3
√ −2/3 dx = 3( 3 2+1). x −2
R1
R2
1 −3 x4 dx
El integrando tiene una asíntota vertical en x = 0. La integral es de segunda especie.
Z
2
−3
Tenemos
R
1 dx = x4
1 dx x4
Z
0
−3
1 dx + x4
Z 0
1
1 dx = I1 + I2 x4
= − 3x13 + C. Veamos la convergencia de I1 .
1 b 1 1 1 = l´ım − − =∞ I1 = l´ım − 3 3x −3 b→0− 3 b3 27 b→0− Como I1 diverge, la intregral del enunciado también lo hace.
10
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS h)
R2
3 0 x2 +x−2 dx
3 3 La función f (x) = x2 +x−2 tiene dos asíntotas verti= (x+2)(x−1) cales, aunque en el intervalo [0, 2] sólo se tiene x = 1. La integral es de segunda especie.
Z 0
2
3 dx = 2 x +x−2
1
Z 0
Z 2 3 3 dx+ dx = I1 +I2 2 2 x +x−2 1 x +x−2
Se tiene Z 1 3 dx = 3 dx = 2 2 x +x−2 x +x−2 Z x − 1 −1/3 1/3 =3 + dx = ln x+2 x−1 x + 2 Z
De manera que x − 1 b = −∞ ln x + 2 0 b→1−
I1 = l´ım
Como I1 diverge, también lo hace la integral del enunciado. R ∞ ex i) −∞ 1+e 2x dx x
e La función f (x) = 1+e 2x es continua en todo el intervalo (−∞, ∞). La integral es de primera especie.
11 Además,
Z
∞
−∞
R
ex dx 1+e2x
ex dx = 1 + e2x
= arc tg ex + C, de modo que
Z
0
ex dx + 1 + e2x
−∞
∞
Z 0
ex dx = I1 + I2 1 + e2x
Por simetría de f (x) tendremos que I1 = I2 . Estudiemos la convergencia de I1 . I1 = l´ım [arc tg ex ]0a = a→∞
π 4
Como I1 =R I2 , se tiene que la integral del enunciado es conver∞ ex π gente, con −∞ 1+e 2x dx = 2 . j)
R3 −3
√x+3 dx 9−x2
La función f (x) = √x+3 es continua en todo el intervalo [−3, 3], 9−x2 salvo en el extremo x = −3, donde no está definida y limx→−3+ f (x) = 0, y en el extremo x = 3, donde se tiene una asíntota vertical (ver dibujo). La integral es de segunda especie.
Resolvamos la integral indefinida. Z
x+3 √ dx = 9 − x2
Z
x √ dx + +3 9 − x2
= −(9 − x2 )1/2 + 3 arc sen
Z
√
dx = 9 − x2
x +C 3
Entonces Z
3
−3
x+3 √ dx = l´ım b→3− 9 − x2
Z
b
−3
x+3 √ dx = 9 − x2
h x ib = l´ım −(9 − x2 )1/2 + 3 arc sen = 3 −3 b→3−
12
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
= l´ım
b→3−
2 1/2
−(9 − b )
b + 3 arc sen − 3 arc sen(−1) = 3π 3
y la integral es convergente. k)
R1
√1 1/2 x2 1−x2 dx
La función f (x) = x2 √11−x2 está definida y es continua en todo el intervalo [1/2, 1) y tiene una asíntota vertical en x = 1. La integral es de segunda especie.
Se tiene
Z
1 √ dx = x2 1 − x2
Z
√ dt 1 − x2 = − cotg t = − +C 2 sen t x
La segunda igualdad se obtiene haciendo el cambio x = sen t, dx = cos tdt. Entonces
Z
1
1/2
" √ #b √ 1 1 − x2 √ dx = l´ım − = 3 x b→1− x2 1 − x2 1/2
La integral converge. l)
R2
1 −1 (x−1)2 dx
1 La función f (x) = (x−1) 2 está definida y es continua en todo el intervalo [−1, 2], salvo en x = 1, donde existe una asíntota vertical. La integral es de segunda especie.
13
Como Z
2
−1
R
1 dx (x−1)2
= −(x − 1)−1 + C, se tiene
1 dx = (x − 1)2
Z
1
1 dx + (x − 1)2
−1
Z 1
2
1 dx = I1 + I2 (x − 1)2
Estudiemos la convergencia de I1 . b I1 = l´ım −(x − 1)−1 −1 = ∞, b→1−
de modo que la integral diverge. R2 1 ll) 1 √x−1 dx 1 La función f (x) = √x−1 está definida y es continua en el intervalo (1, 2], teniendo una asíntota vertical en x = 1.
Tendremos Z 1
2
√
1 dx = l´ım a→1+ x−1
Z a
2
√
h i2 1 dx = l´ım 2(x − 1)1/2 = 2 a a→1+ x−1
de modo que la integral converge. R 16 1 lll) 0 √ 4 x dx 1 La función f (x) = √ 4 x está definida y es continua en todo el intervalo (0, 16]. En x = 0 se tiene una asíntota vertical.
14
1 INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
Z 0
16
1 √ dx = l´ım 4 x a→0+
Z a
16
1 4 3/4 16 32 √ = dx = l´ım x 4 3 x a→0+ 3 a
Entonces, la integral converge. R∞ llll) 0 sen xdx La función f (x) = sen x es continua en todo el intervalo [0, ∞). La integral es de primera especie.
Z
∞
Z sen xdx = l´ım
0
b→∞ 0
b
sen xdx = l´ım [− cos x]b0 = l´ım (− cos b+1) b→∞
b→∞
Sin embargo, este límite no existe (tomando b valores del tipo b = 2nπ, el límite sería 0, mientras que tomando b valores del tipo b = (2n + 1)π, el límite sería 2).