A. DEFINICIÓN DE FUNCIÓN INTEGRABLE. PRIMERAS PROPIEDADES.

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1 CAPÍTULO X. INTEGRACIÓN DEFINIDA SECCIONES A. Defiició de fució itegrble. Primers propieddes. B. Teorems fudmetles del cálculo itegrl. C. Ejercicios propuestos.

2 A. DEFINICIÓN DE FUNCIÓN INTEGRABLE. PRIMERAS PROPIEDADES. El cocepto de itegrl defiid tiee su orige e el problem de clculr áres de figurs pls limitds por líes curvs. E este cpítulo os limitremos defiir y estblecer ls priciples propieddes de l itegrl defiid y e el siguiete cpítulo veremos de qué mer plicr este cocepto l cálculo de áres. Los psos fudmetles pr defiir este uevo e importte cocepto se esboz cotiució. Se defie prtició de u itervlo cerrdo [, b] culquier cojuto ordedo de putos P = {x, x,..., x } que verifique l propiedd = x < x <... < x = b. Tod prtició determi subitervlos [x, x ], [x, x ],..., [x, x ]. U prtició P de [, b] es regulr si dos putos cosecutivos culesquier so equidisttes, es decir cudo x i x i = (b )/, i =,,...,. INTEGRAL DE FUNCIONES ESCALONADAS U fució y = s(x) defiid e [, b] se dice esclod cudo existe u prtició P de [, b] tl que s es costte e cd subitervlo bierto de P, es decir cudo existe costtes s,..., s tles que s(x) = s i, si x (x i, x i ), pr i =,...,. Se defie l itegrl de s etre y b como l ctidd s(x) dx = s i (x i x i ). i= A los úmeros y b se les llm límites o extremos de itegrció y l fució y = s(x) se le llm fució itegrdo. Observció. Si l fució es o egtiv e [, b], es decir si s i, i, l defiició de itegrl coicide precismete co l sum de ls áres de los rectágulos que l fució determi co el eje OX. Este hecho, que motiv l defiició de itegrl, lo plicremos e el cpítulo siguiete pr clculr áres de figurs pls. Pr que teg setido itegrles co límites de itegrció rbitrrios, utilizremos e lo sucesivo los siguietes coveios: s(x) dx = b s(x) dx, s(x) dx =.

3 PROPIEDADES. Se s y t dos fucioes esclods e [, b].. Aditiv:. Homogée: [s(x) + t(x)] dx = k s(x) dx = k s(x) dx + s(x) dx. 3. Mootoí: Si s(x) t(x), x [, b], etoces 4. Uió: Si < c < b, etoces 5. Trslció: c R, 6. Cmbio de escl: k, s(x) dx = s(x) dx = +c +c c t(x) dx. s(x) dx s(x) dx + s(x c) dx. s(x) dx = (/k) kb k c s(x/k) dx. INTEGRAL DE FUNCIONES ACOTADAS ARBITRARIAS s(x) dx. t(x) dx. U fució y = f(x) defiid y cotd e [, b] es itegrble e [, b] cudo existe u úico úmero I tl que s(x) dx I t(x) dx, pr cd pr de fucioes esclods s y t tles que s(x) f(x) t(x), x [, b]. Al vlor I = f(x) dx se le llm itegrl de f desde hst b. L fució f se llm itegrdo (o fució sub-itegrl) y, b so los límites o extremos de itegrció. Otr defiició de fució itegrble se expres e térmios de ls itegrles superior e iferior, defiids de l siguiete mer: Se f u fució cotd e [, b]. Defiimos los cojutos S = T = { { } s(x) dx : s es u fució esclod co s(x) f(x), x, } t(x) dx : t es u fució esclod co t(x) f(x), x que, l ser o vcíos y cotdos, tiee supremo e ífimo. Llmmos etoces itegrl iferior de f l úmero rel I(f) = sup S e itegrl superior de f S(f) = íf T. Es evidete que S T. Decimos etoces que f es itegrble e [, b] cudo I(f) = S(f), es decir cudo coicide ls itegrles iferior y superior de f. 3

4 U simplificció muy comú e l práctic cosiste e cosiderr u prtició rbitrri de [, b] y sustituir los cojutos S y T por I(f, P ) = S(f, P ) = (x k x k ) f(u k ), dode u k = íf{f(x), x (x k, x k )}, k= (x k x k ) f(v k ), dode v k = sup{f(x), x (x k, x k )}. k= De este modo, l fució s(x) = f(u k ), x (x k, x k ), k =,...,, es esclod co s f y, tmbié, l fució t(x) = f(v k ), x (x k, x k ), k =,...,, es esclod co f t, como se observ e ls figurs djuts. E este cotexto, ls itegrles superior e iferior se defie como I(f) = sup {I(f, P ) : P es prtició de [, b]}, S(f) = íf {S(f, P ) : P es prtició de [, b]}. Etre los ejemplos de fucioes itegrbles podemos destcr ls fucioes cotius e [, b] y ls fucioes moótos. Icluso ls fucioes moótos trozos (moótos e subitervlos de [, b]) so itegrbles. 4

5 Ls propieddes y eucids 5 de ls itegrles de fucioes esclods so válids tmbié pr ls fucioes itegrbles. E lguos de los problems que sigue se demuestr lgus de ests y otrs propieddes de ls fucioes itegrbles. PROBLEMA. Clculr ls itegrles de ls siguietes fucioes e los itervlos que se idic: ) f(x) = [x] e [, ], co N. b) f(x) = [x] e [, ], co N. c) f(x) = [x ] e [, ]. d) f(x) = [ x] e [, 9]. e) f(x) = [e x ] e [, ]. ) Como f(x) = k cudo x [k, k + ), dode k =,,...,, se trt de u fució esclod. Por tto, su itegrl vle: [x] dx = k = ( ) = k= ( ). b) Aálogmete l cso terior, teemos u fució esclod que tom los vlores f(x) = k e los itervlos x [k, k + ), co k =,,...,. Etoces, [x] dx = k = ( ) = k= ( )( ), 6 resultdo que se puede probr por iducció (ver cpítulo ). c) E primer lugr debemos determir los sub-itervlos de [, ] dode l fució es costte. Estos so los siguietes: x < = x < = [x ] = ; x < = x < = [x ] = ; x < 3 = x < 3 = [x ] = ; 3 x < = 3 x < 4 = [x ] = 3. 5

6 L itegrl se puede descompoer etoces e l sum siguiete: [x ] dx = ( ) + ( 3 ) + 3 ( 3) = 5 3. d) Descompoemos uevmete el itervlo de itegrció e sub-itervlos dode l fució se costte: L itegrl es hor x < = x < = [ x] = ; x < 4 = x < = [ x] = ; 4 x < 9 = x < 3 = [ x] =. 3 [ x] dx = (4 ) + (9 4) = 3. e) Como es tmbié u fució prte eter, es esclod; los itervlos dode es costte so los siguietes: x < l = e x < = [e x ] = ; l x < l 3 = e x < 3 = [e x ] = ; l 3 x < l 4 = 3 e x < 4 = [e x ] = 3;. l 7 x < = 7 e x < e = [e x ] = 7. (Tégse e cuet que el itervlo de itegrció es [, ] y l 7 < < l 8.) L itegrl es l siguiete: [e x ] dx = 6 k [l(k + ) l k] + 7 ( l 7) k= = 6 l 7 l 6 l 5 l l 7 = 4 l(7!). PROBLEMA. Clculr l itegrl x x dx, dode < b. 6

7 L fució itegrdo es esclod porque x x = distiguir tres csos: i) < b : x x dx = ( ) (b ) = b. { si x > ii) < b: descompoemos l itegrl e dos sumdos. Así: si x <. Podemos x x dx = x b x dx + x dx = ( ) ( ) + (b ) = + b. x iii) < b: x x dx = (b ) = b. PROBLEMA.3 Hllr I(f, P ) y S(f, P ) e los siguietes csos: ) f(x) = x, x [, ], P = {, /5, 4/5, 9/5, 6/5, }. b) f(x) = x, x [, ], P = {, /4, /4, /, }. ) Como l fució es creciete, el ífimo se lcz e el extremo izquierdo y el supremo e el extremo derecho de cd subitervlo de P. De est form, I(f, P ) = /5 f() + (4/5 /5) f(/5) + (9/5 4/5) f(4/5) +(6/5 9/5) f(9/5) + ( 6/5) f(6/5) = 3/5 /5 + 5/5 /5 + 7/5 3/5 + 9/5 4/5 = 4/5; S(f, P ) = /5 f(/5) + (4/5 /5) f(4/5) + (9/5 4/5) f(9/5) +(6/5 9/5) f(6/5) + ( 6/5) f() = /5 /5 + 3/5 /5 + 5/5 3/5 + 7/5 4/5 + 9/5 = 9/5. b) L fució y = x es decreciete cudo x (, ) y creciete cudo x (, ). Además e el itervlo ( /4, /4), el ífimo de l fució se lcz cudo x = y el supremo cudo x = /4. Por tto, e 7

8 este cso teemos: I(f, P ) = ( /4) f( /4) + (/4 + /4) f() + (/ /4) f(/4) +( /) f(/) = 3/4 /6 + / + /4 /6 + / /4 = 3/6; S(f, P ) = ( /4) f( ) + (/4 + /4) f(/4) + (/ /4) f(/) +( /) f() = 3/4 + / /6 + /4 /4 + / = 43/3. Como se puede observr, e mbos csos se verific que I(f, P ) S(f, P ), lo cul es siempre cierto. PROBLEMA.4 Dd l fució f(x) = + x, si P = {x, x,..., x } es u prtició regulr de [, b], clculr I(f, P ) y S(f, P ). Utilizr lo terior pr clculr ( + x) dx. Como l fució y = + x es creciete, el ífimo e cd subitervlo (x i, x i ) se lcz e x i y el supremo se lcz e x i. Además, por trtrse de u prtició regulr, los putos so equidisttes y x i x i = b, x i = + i b, i =,...,. De este modo, por defiició: I(f, P ) = (x i x i ) f(x i ) = i= = b = b ( + ( i= i= + + b i= b [ + (i ) b ) (i ) i= ( ) b = (b ) + (b ) + [ ] = (b ) + + ; 8 (b )( ) ( + x i ) ] ) ( )

9 S(f, P ) = (x i x i ) f(x i ) = i= = b = b ( + ( i= i= + + b = (b ) + (b ) + [ = (b ) + + b ( + x i) i= [ + i b ) i i= ( ) b (b )( + ) ]. ] ) ( + ) Bst clculr el límite de culquier de ls expresioes obteids, cudo, pr obteer el vlor de l itegrl propuest. Así teemos [ ] (b )( + ) ( + x) dx = lím (b ) + + = (b )( + + b). PROBLEMA.5 Probr que l fució f(x) = [, b], co, b >. { x si x Q si x Q, o es itegrble e Debemos comprobr que ls itegrles superior e iferior o coicide. Pr ello cosidermos culquier prtició regulr P = {x, x,..., x } del itervlo [, b]. E culquier subitervlo (x i, x i ) de P hy ifiitos úmeros rcioles e ifiitos úmeros irrcioles. Esto quiere decir que, e (x i, x i ), el ífimo de l fució es cero y el supremo es f(x i ) = x i pues l fució, restrigid los rcioles, es creciete e dicho itervlo. Teemos etoces que I(f, P ) = S(f, P ) = (x i x i ) = ; i= x i (x i x i ) = b i= [ + b ( + ) i= = b 9 [ + i b ] = (b ) ] [ + ] (b )( + ).

10 De lo terior se deduce que l itegrl iferior es cero y l itegrl superior es [ ] (b )( + ) (b )(b + ) S(f) = lím (b ) + =. Como I(f) S(f), l fució o es itegrble e dicho itervlo. PROBLEMA.6 ) Se f u fució itegrble y o egtiv e [, b] tl que f(x) dx =. Demostrr que f(x) = e cd puto de cotiuidd de f. b) Se f u fució cotiu y o egtiv e [, b]. Supogmos que existe c [, b] tl que f(c) >. Probr que f(x) dx >. ) Procederemos por reducció l bsurdo: si fuer f(c) pr lgú c (, b) dode f es cotiu, etoces ecesrimete f(x) >, x (c ε, c + ε). Pero esto idic que cotrdice l hipótesis de que f(x) dx =. c+ε c ε f(x) dx > lo que b) Como f(c) >, por ser f cotiu, existe u itervlo (c δ, c + δ) tl que f(x) >, x (c δ, c + δ). Cosidermos hor u prtició P = {x, x,..., x } de [, b] de tl mer que exist dos putos x i, x i+ (c δ, c + δ) (e cso cotrrio siempre se puede ñdir dos putos sí l prtició). Se u k [x k, x k ] el vlor pr el cul f lcz el míimo e el subitervlo [x k, x k ]. Por defiició, I(f, P ) = f(u k ) (x k x k ) > k= porque e (c δ, c+δ) l fució es estrictmete positiv y e el resto es o egtiv. Como I(f) = sup P I(f, P ), tmbié será I(f) >, de dode se deduce que f(x) dx >.

11 PROBLEMA.7 Sbiedo que f(x) dx =, clculr: ) b) c) d) 5 5 f(x) dx. f(x) dx. f(x) dx. f(x) dx. f(x) dx = 6, f(x) dx = 4, 5 ) Debido l propiedd ditiv de l itegrl, teemos: 5 f(x) dx = b) Teiedo e cuet que f(x) dx + f(x) dx = 5 uevmete l itegrl e dos sumdos, result: f(x)dx = f(x)dx+ b f(x)dx = f(x) dx = 4 + = 5. f(x) dx, si descompoemos f(x)dx+ f(x)dx = 6+4 =. c) Utilizdo el resultdo de ) y descompoiedo l itegrl, obteemos: 5 f(x) dx = 5 f(x) dx+ f(x) dx = 5 f(x) dx+ f(x) dx = 5+6 =. d) Por l propiedd de escl f(x) dx = c /c /c f(cx) dx co c =, result: f(x) dx = (/) f(x) dx = 4/ =. PROBLEMA.8 Probr que 4 e e x x dx e.

12 Clculremos e primer lugr el máximo y el míimo de l fució itegrdo e el itervlo [, ]: f(x) = e x x = f (x) = (x ) e x x, f (x) = x = x = /. Además como f (x) < pr x < /, f decrece e (, /); por otr prte, como f (x) > cudo x > /, f crece e (/, ). Esto quiere decir que el míimo de l fució correspode x = / y tom el vlor f(/) = e /4 y el máximo estrá e lguo de los extremos del itervlo. Ahor bie, como f() = y f() = e, el máximo es el puto (, e ). Lo terior permite escribir l desiguldd e /4 f(x) e, x (, ) (como se observ e l figur). Como est desiguldd sigue siedo válid l clculr ls itegrles respectivs (propiedd de mootoí), obteemos e defiitiv que e /4 dx e x x dx como querímos demostrr. e dx = e /4 e x x dx e, PROBLEMA.9 Se f y g dos fucioes cotius e [, b]. Probr que ( ( f(x)g(x) dx) (llmd desiguldd de Schwrz). ) ( ) f (x) dx g (x) dx

13 Si g es l fució ul, l iguldd es evidetemete ciert (mbos miembros de l desiguldd so ulos). Se pues g y llmmos λ u úmero rel culquier. Como l fució (f + λg) es o egtiv, etoces su itegrl será tmbié o egtiv. Desrrolládol teemos: (f +λg) (x) dx = f (x) dx+λ g (x) dx+λ f(x)g(x) dx. Si sustituimos e l desiguldd el vlor λ = f(x)g(x) dx, result: g (x) dx = = f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx ( f(x)g(x) dx g (x) dx f(x)g(x) dx g (x) dx ) f(x)g(x) dx ( ) b f(x)g(x) dx g (x) dx ( ) b f(x)g(x) dx g (x) dx ( ( = f(x)g(x) dx) g (x) dx ( f(x)g(x) dx ) g (x) dx ) ( ) f (x) dx g (x) dx. PROBLEMA. Se f u fució itegrble e [, b]. Probr ls siguietes propieddes: ) f(x) dx f(x) dx. b) Si m f(x) M e todo [, b], etoces existe lgú k [m, M] tl que f(x) dx = (b ) k. c) (Teorem del vlor medio pr itegrles.) Si f es cotiu e [, b], etoces existe lgú c [, b] tl que f(x) dx = (b ) f(c). 3

14 ) Aplicremos l propiedd f g = f(x) dx de que x A A x A. Teemos pues: f(x) f(x) f(x) = = g(x) dx y el hecho f(x) dx f(x) dx f(x) dx f(x) dx. b) Aplicmos de uevo l propiedd terior, co lo que: m f(x) M = pr lgú k [m, M]. m dx = m(b ) = m b f(x) dx M dx f(x) dx M(b ) f(x) dx M = b c) Por ser f cotiu, lcz sus vlores máximo y míimo, es decir, m f(x) M co m = f(c ) y M = f(c ). Procediedo como e el prtdo terior, de l desiguldd m f(x) dx M y b plicdo l propiedd de Drboux (ver cpítulo 4), se deduce que existe c [, b] tl que f(c) = f(x) dx. b Geométricmete, est propiedd idic que, e el cso de ser f o egtiv e [, b], el áre limitd por l fució y el eje X e el itervlo [, b] coicide co el áre de u rectágulo de bse b y cuy ltur es el vlor de l fució e lgú puto c [, b]. f(x) dx f(x) dx = k, PROBLEMA. Se f y g dos fucioes cotius e [, b] dode demás g o cmbi de sigo. Probr que existe lgú c [, b] tl que f(x)g(x) dx = f(c) g(x) dx (teorem geerlizdo del vlor medio pr itegrles). 4

15 Por ser f cotiu e u itervlo cerrdo [, b], es cotd y existe dos costtes m y M tles que m f(x) M, x [, b]. Supoemos demás que g(x) e [, b] (e cso cotrrio, cmbi sólo el setido de ls desigulddes siguietes). Etoces: m g(x) f(x) g(x) M g(x) = = m m g(x) dx f(x) g(x) dx M g(x) dx f(x) g(x) dx g(x) dx M = r [m, M] : r = f(x) g(x) dx g(x) dx. Aplicdo hor l propiedd de Drboux, como r [m, M], existe c [, b] tl que f(c) = r, lo que prueb l propiedd buscd. Se observ que si g es l fució idetidd, l propiedd se reduce l teorem del vlor medio probdo e el problem terior. PROBLEMA. Se f u fució cotiu e [, b]. Comprr l ctidd (b )f(b) co ) f costte e [, b]. b) f creciete e [, b]. c) f decreciete e [, b]. f(x) dx e los siguietes csos: ) Si f es costte, etoces f(x) = f(b), x [, b]. Itegrdo miembro miembro, result: f(x) dx = f(b) dx = f(x) dx = (b )f(b). b) Si f es creciete, f(x) f(b), x [, b]. Por l propiedd de mootoí, f(x) dx f(b) dx = f(x) dx (b )f(b). 5

16 c) Si f es decreciete, f(x) f(b), x [, b]. Nuevmete teemos: f(x) dx f(b) dx = f(x) dx (b )f(b). B. TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO INTEGRAL. El cocepto de itegrl defiido e el prtdo terior está ítimmete relciodo co el cálculo de itegrles idefiids o primitivs, como muestr los llmdos teorems fudmetles del cálculo itegrl. Estos so: PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO INTEGRAL Dd u fució y = f(x) defiid e u itervlo [, b], se defie l fució primitiv F (x) = f(t) dt, pr todo x [, b]. ) Si f es itegrble e [, b], etoces F es cotiu e [, b]. b) Si f es cotiu e [, b], etoces F es derivble y su derivd es precismete F (x) = f(x), x [, b]. El resultdo de este teorem justific el ombre ddo F de fució primitiv de f pues su derivd es l propi f. Cosecueci del teorem terior es el llmdo SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO INTEGRAL Si y = f(x) es u fució cotiu e [, b] y g es culquier primitiv de f, etoces f(x) dx = g(b) g(). Este resultdo, que tmbié es válido si f es culquier fució itegrble e [, b], permite clculr l itegrl de u fució si más que relizr los psos siguietes: ) Clculr u primitiv de f, es decir u fució g tl que g (x) = f(x). ) Sustituir g e los putos x = y x = b. 6

17 3) L rest g(b) g() es precismete el vlor de f(x) dx. E form esquemátic se suele represetr este proceso como f(x) dx = [ g(x) ] b = g(b) g(). Algus vricioes de los resultdos teriores, que permite clculr derivds de fucioes cuy vrible está e lgú extremo de itegrció, so ls siguietes: ) Si F (x) = b) Si F (x) = c) Si F (x) = x h(x) h (x) h (x) f(t) dt, etoces F (x) = f(x). f(t) dt, etoces F (x) = f(h(x)) h (x). f(t) dt, etoces F (x) = f(h (x)) h (x) f(h (x)) h (x). El segudo teorem fudmetl tmbié permite exteder los métodos de itegrció. Podemos destcr los siguietes: ) Método de sustitució o cmbio de vrible: f (h(x)) h (x) dx = h(b) h() f (t) dt = f(h(b)) f(h()). b) Itegrció por prtes: f(x)g (x) dx = [ f(x)g(x) ] b f (x)g(x) dx = f(b)g(b) f()g() f (x)g(x) dx. Otros resultdos y pliccioes se preset e los problems que sigue. 7

18 PROBLEMA.3 Resolver: ( d ) dx b) d dx c) d dx d) d dx 3 x ( se + /x ) + t dt. dt + t 4. ( dx. ) Por l defiició de itegrl: d ( ) dx + /x ( y ) se se 3 t dt [ dx = + /x )) dy. ] = + + = 3 3/ = 3. b) Aplicmos e este cso el primer teorem fudmetl del cálculo itegrl pues l vrible idepediete está e el límite superior de itegrció. Teemos sí: d x + t dx dt = + (x ) x = x + x 4. c) Aálogmete l prtdo terior, d x 3 dx x dt + t 4 = 3x = + (x 3 ) x 4 + (x ) 4 3x x. + x + x 8 d) Llmdo u(x) = De quí result: d dx (se u(x)) = cos u(x) u (x) ( ( y = cos se ( y ) ( ) se se 3 t dt dy, etoces u (x) = se se 3 t dt. 8 ) se 3 t dt ) ( ) dy se se 3 t dt.

19 PROBLEMA.4 Dds ls fucioes f(x) = x + se πx, g(x) = + x 4, h(x) = f(x) g(x) dx, clculr h (). Aplicdo el teorem fudmetl del cálculo itegrl, h (x) = g(f(x)) f (x). Por otr prte, si plicmos ls regls usules de derivció, obteemos que f + se(πx) cos(πx) π (x) =. E defiitiv, x + se πx h () = g(f()) f () = g() (/) = /. PROBLEMA.5 Determir tods ls fucioes cotius f pr ls cules g(x) = + x f(t) dt es costte. Pr que g se costte debe ser g. Como g (x) = f(x + ) f(x ), g será costte cudo f(x + ) = f(x ) pr todo x, o, lo que es equivlete, f(x) = f(x + ), x. Est propiedd correspode precismete ls fucioes periódics de período. PROBLEMA.6 Clculr lím x tg t dt x se x. Teemos u idetermició del tipo / por lo que plicremos l regl de L Hôpitl y ls equivlecis de ifiitésimos tg f(x) f(x) y cos f(x) [f(x)] / cudo f(x). Así x tg x L = lím x cos x = lím x x x x / = lím 4 x x x, 9

20 lo que tiee diferetes vlores segú x se positivo o egtivo. E cocreto, 4 x lím x + x = 4 y lím 4 x x x = 4. PROBLEMA.7 Dds ls fucioes f(x) = x, g(x) = x + se(πx) y h(x) = h. f(x) g(t) dt, clculr los máximos y míimos reltivos de E primer lugr clculmos los putos críticos, es decir quellos putos e que h (x) = : h (x) = g(f(x)) f (x) = x 4 + se(πx ) x; h (x) = x = ó πx = kπ, k Z x = ± k, k N {}. Pr sber si correspode posibles máximos o míimos, clculmos l derivd de segudo orde: h (x) = x + x 4 cos(πx ) πx+ x se(πx ) 4x 3 + x x 4 se(πx ). De quí se deduce que si k es pr, como cos(πk) =, se(πk) =, etoces h ( k) = k + k π k = 4πk + k >, lo que implic que x = k correspode u míimo reltivo. Por otr prte, si k es impr, cos(πk) = y se(πk) =, co lo que h ( k) = k + k π k = 4πk + k <, lo que implic que x = k correspode u máximo reltivo. Por último, si k =, h () = pero, e u etoro reducido de x =, h (x) >, si x > y h (x) < si x <, lo que idic que x = correspode u míimo reltivo. PROBLEMA.8 Probr que l fució f(x) = e /t dt, defiid e el itervlo (, ), tiee ivers derivble. Clculr (f ) ().

21 L derivd de l fució es f (x) = e /x, que es siempre positiv. Esto quiere decir que l fució es creciete e (, ) y, por tto, tiee ivers. Por l regl de derivció de l fució ivers, (f ) (x ) = f (f (x )), y sbiedo que f() = equivle que f () =, teemos: (f ) () = f (f ()) = f () = = e. e PROBLEMA.9 Se y = g(x) u fució cotiu y positiv e [, ). Probr que x tg(t) dt l fució f(x) = es creciete e (, ). g(t) dt L fució será creciete dode su derivd se positiv. Aplicdo l regl de derivció del cociete teemos: f (x) = xg(x) g(t) dt g(x) tg(t) dt [ g(t) dt] = g(x) xg(t) dt g(x) tg(t) dt g(x) (x t)g(t) dt [ g(t) dt] = [ g(t) dt]. El deomidor es evidetemete positivo. Además, como g es positiv, pr todo x >, si t (, x), etoces g(x) > y (x t)g(t) >. Sbiedo que l itegrl de u fució positiv es positiv, se obtiee tmbié que el umerdor es positivo. De esto se deduce que l fució es creciete cudo x >. PROBLEMA. Demostrr que, si f es u fució cotiu, se tiee l siguiete iguldd ( u ) (x u)f(u)du = f(t) dt du.

22 Si llmmos F (x) = G(x) = (x u)f(u)du = x ( u ) f(t) dt du, f(u)du uf(u)du, debemos comprobr que F (x) = G (x) y que e lgú puto x, F (x ) = G(x ). Ahor bie: F (x) = G (x) = f(u)du + xf(x) xf(x) = f(t) dt. f(u)du; Esto idic que F y G se difereci e u costte F (x) G(x) = C. Pero como F () = = G(), result que C =, co lo que F = G. PROBLEMA. Clculr 3 f (x) + f (x) dx. Recorddo que D(rc tg f(x)) = 3 f (x) + f (x), obteemos: f (x) + f (x) dx = [rc tg f(x)]3 = rc tg f(3) rc tg f( ). PROBLEMA. Hllr, medite itegrles defiids, los siguietes límites: ( ) lím ). ( b) lím se π + se π ) ( )π + + se. p + p + + p c) lím d) lím p+, (p > ). ( ).

23 E todos los csos debemos costruir u fució decud y determir u itervlo de modo que l defiició de itegrl de dich fució e el itervlo correspod l límite buscdo. Utilizremos l defiició de itegrl b f(x) dx = lím f(u i ), u i [x i, x i ], dode x i = + i(b )/, i =,,,..., es u puto geérico de u prtició regulr del itervlo [, b], pr lo cul escribiremos ls sums dds como e el cso geerl. ) Escribimos = i= ( ). Cosidermos l fució f(x) = x e el itervlo [, ]. U prtició regulr del itervlo es P = {, /, /,..., ( )/, }. Como l fució es creciete, l itegrl iferior e el itervlo [, ] es, por defiició, I(f) = lím i= f(x i )(x i x i ) = lím i= i = lím i= i. Por otr prte, como l fució es itegrble, podemos plicr el segudo teorem fudmetl, co lo que dicho límite es igul i [ ] x lím = I(f) = I = x dx = =. i= b) Aplicmos el procedimieto terior l fució f(x) = se(πx) e el itervlo [, ]. ( ) i lím f = se(πx) dx = [ ] cos(πx) π = π. i= c) Escribimos l sum dd como p + p + + p p+ = [(/)p + (/) p + + (/) p ], lo que sugiere cosiderr l fució f(x) = x p e [, ]. Procediedo como e los csos teriores, teemos: ( ) i lím f = x p dx = [ x p+ ] p + = p +. i= 3

24 d) Nuevmete debemos dptr l sum dd pr que teg l form de u sum de Riem. Pr ello dividimos umerdor y deomidor por co lo que ( ) = ( ) + (/) (/). El límite de est sum correspode l itegrl de l fució f(x) = + x e [, ]. De este modo, lím f i= ( ) i = + x dx = [ rc tg x ] = π/4. PROBLEMA.3 Se f u fució que verific f() =, f() = 3, f () = 5. Hllr xf (x) dx. Itegrmos por prtes hciedo u = x, dv = f (x) dx. De este modo, du = dx, v = (/)f (x), co lo que xf (x) dx = x (/)f (x) (/)f (x) dx = (/)xf (x) (/4)f(x). Aplicdo hor el teorem fudmetl teemos que xf (x) dx = [ ] (/)xf (x) (/4)f(x) = f () f() 4 + f() 4 = =. PROBLEMA.4 Resolver l ecució dt t t = π cudo x >. 4

25 Clculmos primero l itegrl idefiid pr lo que hcemos el cmbio de vrible t = u. Qued etoces: dt t t = du u + = rc tg u = rc tg t. Si sustituimos hor e los extremos de itegrció, π = dt t t = rc tg x rc tg = rc tg x π 4 = rc tg x = π + π 4 = π 3 = x = tg π/3 = 3 = x = 4 = x =, pues debe ser x >. PROBLEMA.5 Hllr u poliomio p(x) tl que p() = p( ) =, p() = 5, 3 p(x) dx = 4. Como se proporcio cutro codicioes, probmos como solució u poliomio de grdo 3, p(x) = + x + x + 3 x 3. De cuerdo co los dtos, teemos el sistem de ecucioes siguiete: p() = = = p( ) = = = p() = 5 = = 5 [ x + x + x p(x) dx = 4 = + 3x 4 4 ( = Al resolver el sistem, obteemos l solució =, = 4, = 8, 3 = 3. ] = 4 3 ) =

26 PROBLEMA.6 Dd u fució itegrble f, probr ls siguietes propieddes: ) b) f(x) dx = +c +c f(x) dx = (b ) f(x c) dx. f[ + (b )x] dx. ) Hciedo e l segud itegrl el cmbio de vrible x c = t, el itervlo de itegrció x ( + c, b + c) se trsform e t (, b). Como demás dx = dt, l itegrl qued hor: +c +c f(x c) dx = f(t) dt = f(x) dx. b) Al igul que el cso terior, hcemos e l segud itegrl el cmbio de vrible t = + (b )x; de quí, cudo x =, es t = y cudo x =, es t = b. Además dt = (b ) dx, co lo que (b ) f[ + (b )x] dx = f(t) dt = f(x) dx. PROBLEMA.7 Se f u fució itegrble e [, b] que verific f( + b x) = f(x), x. Probr que xf(x) dx = + b f(x) dx. Si hcemos e l primer itegrl el cmbio de vrible u = + b x, obteemos: = xf(x) dx = ( + b)f(u) du b ( + b u)f( + b u)( du) uf(u) du = Agrupdo térmios igules y despejdo, result: xf(x) dx = ( + b) f(u)du = 6 ( + b)f(x) dx xf(x) dx = + b xf(x) dx. f(x) dx.

27 PROBLEMA.8 Probr que x ( x) m dx = x m ( x) dx,, m Z. Hcemos e l primer itegrl el cmbio de vrible t = x. De este modo: x ( x) m dx = que es l iguldd buscd. ( t) t m ( dt) = t m ( t) dt, PROBLEMA.9 Se f u fució cotiu e el itervlo [, ]. ) Si f es pr, probr que b) Si f es impr, probr que f(x) dx = f(x) dx =. f(x) dx. E mbos csos descompoemos l itegrl e sum del siguiete modo: f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx, y e el primer sumdo hcemos el cmbio de vrible x = t. ) Teiedo e cuet que, l ser f pr, f( x) = f(x), x, teemos: f(x) dx = f( t)( dt) = f( t) dt = f(t) dt. Sustituyedo este resultdo e l primer iguldd, se obtiee e defiitiv que f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx = f(x) dx. 7

28 b) Procedemos álogmete l cso terior, pero, l ser f impr, utilizmos l propiedd f( x) = f(x), x. Así: f(x) dx = f( t)( dt) = por lo que, l sustituir, se deduce que f(t) dt = f(x) dx =. f(t) dt, PROBLEMA.3 Se f y g dos fucioes itegrbles e R co ls siguietes crcterístics: f es impr, g es pr, f(5) = 7, f() =, g(x) = f(x + 5), f(x) = g(t) dt pr todo x. Demostrr: ) f(x 5) = g(x) pr todo x. b) c) 5 f(t) dt = 7. f(x) dx = g() g(x). ) Aplicdo que f es impr y que g es pr, obteemos: f(x 5) = f(5 x) = g( x) = g(x). b) Por l propiedd de trslció, hciedo t = x + 5 y plicdo el problem terior, result: 5 f(t) dt = 5 f(x + 5) dx = 5 g(x) dx = 5 g(x) dx = f(5) = 7. c) Hcemos el cmbio de vrible x = u + 5 y plicmos los resultdos teriores. Así teemos que f(x) dx = = f(u + 5) du = 5 5 g(u) du = 5 g(u) du + 5 g(u) du + f(x 5) = f(5) + f(x 5) = g() g(x). g(u) du 8

29 PROBLEMA.3 Probr que si f es itegrble e todo R y periódic de período T, +T T etoces f(x) dx = f(x) dx, R. Por ser f periódic de período T, se verific que f(x) = f(x + T ), x R, Z. Probremos e primer lugr que T f(x) dx = (+)T T f(x) dx, pr culquier etero. Pr ello bst hcer e l segud itegrl el cmbio de vrible t = x T, co lo que, ( ) (+)T T f(x) dx = T f(t + T ) dt = T f(t) dt. Si es culquier úmero rel, por l propiedd rquimedi de los úmeros reles, existe Z tl que T < ( + )T. Hcemos pues l descomposició +T (+)T +T f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx. (+)T E el segudo sumdo hcemos el cmbio de vrible u = x T. Así: +T (+)T f(x) dx = T f(u + T ) du = T f(u) du. Sustituyedo este resultdo e l iguldd terior y plicdo (*), obteemos: +T (+)T (+)T T f(x) dx = f(x) dx+ f(u) du = f(x) dx = f(x) dx. T T L siguiete figur ilustr l situció plted e el problem. 9

30 PROBLEMA.3 { x [x] / si x o es etero Se f(x) = y se defie l fu- si x es etero, ció P (x) = f(t) dt, pr todo x rel. ) Dibujr l gráfic de f e el itervlo [ 3, 3] y probr que f(x+) = f(x) pr todo x. b) Demostrr que P (x) = x x, si x, y que P es periódic de período. c) Determir u costte c tl que d) Se hor Q(x) = Q(x) = x3 6 x 4 + x [P (t) + c] dt =. [P (t) + c] dt. Demostrr que x [, ], y que Q es periódic de período. ) Si es culquier etero y x (, + ), etoces [x] =, co lo que f(x) = x /, lo que correspode u rect de pediete uo y que cort l eje X e x = + /. L gráfic es pues de l form: De l mism costrucció se deduce que f(x + ) = f(x), x, lo que quiere decir que l fució es periódic de período. Alíticmete, si x [, + ), x + [ +, + ), y [x + ] = +. Etoces, f(x+) = x+ [x+] / = x+ (+) / = x / = f(x). b) Si x (, ), [x] = y f(x) = x /, co lo que: P (x) = [ t (t /) dt = t 3 ] x = x x = x x.

31 Además, es evidete que P () = y, por ser f itegrble, P es cotiu y x x P () = lím P (x) = lím =. x x Por otr prte, l ser f periódic, del problem terior se deduce que pr todo x, + x f(t) dt = Por tto, si x [, + ), co Z, P (x+) = + f(t) dt = f(t) dt+ f(t) dt = P () =. + lo que prueb que P es periódic de período. c) Cudo x [, ], P (x) = (x x)/. Por tto, = = x f(t) dt = [P (t) + c] dt = (t t) dt + [ct] = [ 3 ] + c = + c = c =. d) Procediedo como e b), si x [, ], teemos: Q(x) = [P (t) + c] dt = [ t 3 3 t + t ] x [ t 3 f(t) dt = P (x), 3 t ] = x3 6 x 4 + x. Además, como P (t) + c es tmbié periódic de período, + c Q(x + ) = = + [P (t) + c] dt = [P (t) + c] dt + [P (t) + c] dt + + [P (t) + c] dt = Q(x). x [P (t) + c] dt 3

32 C. EJERCICIOS PROPUESTOS.. Clculr ls itegrles de ls siguietes fucioes e los itervlos que se idic: )f(x) = x + [x] e [, ]. Resp.: I = 3. b) f(x) = [x] se πx 6 e [, 6]. Resp.: I = 6 [5 + cos(5π/6) + cos(π/3) + cos(π/3) + cos(π/6)] = 3/π. π c) f(x) = [x] [x] e [, ]. Resp.:.. Se y = f(x) u fució cotd e [, ] y P, P dos prticioes de dicho itervlo co P P. Respoder justificdmete si ls siguietes firmcioes puede ser verdders o so siempre flss: ) I(f, P ) = 3, S(f, P ) =. Resp.: Fls. Siempre debe ser I(f, P ) S(f, P ). b) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6, f(x) dx =. Resp.: Fls pues debe cumplirse que I(f, P ) f(x) dx S(f, P ). c) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6, f(x) dx =. Resp.: Fls por l mism rzó que (b). d) S(f, P ) = 4, S(f, P ) = 5. Resp.: Fls porque si P P, etoces S(f, P ) S(f, P ). e) I(f, P ) = 5, I(f, P ) = 4. 3

33 Resp.: Fls porque si P P, etoces I(f, P ) I(f, P ). 3. Hllr los errores e los siguietes cálculos: ) 3 dx + x = [ ] 3 x rc tg x = π 6. Resp.: Hemos obteido u resultdo egtivo l itegrr u fució positiv debido que l primitiv utilizd o está defiid e x =, que es u puto iterior del itervlo de itegrció. b) π dx π + se x = = dx cos x + 3 se x π dx/ cos x + 3 tg x = [rc tg( ] π 3 tg x) =. 3 Resp.: El resultdo pretemete cotrdice el prtdo b) del problem.6. Si embrgo l primitiv obteid o está defiid e x = π/ que perteece l itervlo de itegrció. 4. Probr que l fució f(x) = e [, ]. { x + [x] si x Q si x Q, o es itegrble Sugereci: Proceder como e el problem Hllr, medite itegrles defiids, los siguietes límites: ( b ) lím se b ) b b + se + + se. Resp.: L = cos b (bst plicr l defiició de itegrl defiid l fució y = se x e el itervlo [, b] o l fució y = se(bx) e el itervlo [, ]. b) lím e + e + e e. Resp.: L = e pues dicho límite es precismete e x dx. 6. Clculr l derivd respecto x de ls siguietes fucioes: 33

34 ) dt t. Resp.: /x. b) Resp.: dt + t. x + x 4. c) d) e) +x f(t) dt. Resp.: x f( + x ). tg x x f(t) dt. Resp.: sec x f(tg x) f(x). 3 se 3 t dt. Resp.: 3x se 3 x Clculr lím x l( + se t) dt x. Resp.: L = / (ver problem.6). 8. Se f cotiu e [, ]. Demostrr que π xf(se x) dx = π π f(se x) dx. Sugereci: Descompoer ls itegrles e dos sumdos correspodietes los itervlos [, π/] y [π/, π]. Al hcer el cmbio de vrible x = π t, tto el primer miembro como el segudo d como resultdo π π/ f(se x) dx. 9. L tgete l curv y = f(x) form u águlo de π/3 co el eje OX e x = y de π/4 e x = b. Hllr f (x) dx. Resp.: 3 (los dtos idic que f () = 3, f (b) = ). 34

35 . Probr: ) f(t) dt = f( + b x) dx. Sugereci: Hcer el cmbio de vrible t = + b x. b) f(x) dx = c /c /c f(cx) dx. Sugereci: Hcer el cmbio de vrible x = ct.. Se f u fució co derivd de primer orde cotiu e [, b] y tl que f() = f(b) =. Si xf(x)f (x) dx = /. f (x) dx =, probr que Sugereci: Bst itegrr por prtes hciedo u = xf(x) y dv = f (x) dx.. Probr que x dt /x + t = dt, pr x >. + t Sugereci: Bst ver que sus derivds so igules y que pr x = ls fucioes coicide. 3. Hllr los máximos y míimos de l fució F (x) = e el itervlo (, π). Resp.: Tiee u máximo reltivo e x = π. se t t dt, 4. Se cosider l fució f(x) = x e x. ) Hllr l derivd de G(x) = Resp.: G (x) = e x /x. f(t) t 3 dt e el itervlo (, ). b) Estudir el crecimieto y l cocvidd G(x) e el itervlo (, ). Resp.: G es creciete y cócv hci rrib e (, ). 35