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



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 =



p a2 sen2 θ + a2 cos2 θ dθ =

0

Z =



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).