integral definida - jos luis quintero d vila 2.pdf · i 1 n i (n 1)(6n 9n n 1) 30 = ∑ = + + + −...

Semestre

1-2011 José Luis Quintero

Mayo 2011

TEMA 2

INTEGRAL DEFINIDA

Cálculo II (0252)

Semestre 1-2011

INTRODUCCIÓN Integral Definida Pág.: 101 de 150

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO II (0252) - TEMA 2

2.1. INTRODUCCIÓN

El calcular integrales constituye un proceso extraordinariamente importante en

Cálculo. Se comienza en este capítulo introduciendo la noción de integral definida

conectándola con el tema anterior a través del teorema fundamental del Cálculo. Se

demostrará además como el área, el valor medio y otras cantidades pueden ser definidas

mediante la integración. Se dará también el teorema del valor medio para integrales y ciertos

métodos de cálculo numérico para la estimación de las integrales definidas.

2.2. SUMATORIAS

Dados n números reales 1 2 na , a , ..., a , la suma de estos puede ser expresada como

n

i

i 1

a

=∑

donde el símbolo de sumatoria Σ (sigma) indica que se suman los números ia cuando i,

llamado índice, varía desde 1 hasta n. De modo que

n

i 1 2 n

i 1

a a a ... a .

=

= + + +∑

El índice puede comenzar en cualquier entero positivo, terminando siempre con

cualquier entero positivo superior.

A. PROPIEDADES:

•

n n

i i

i 1 i 1

ka k a

= =

=∑ ∑

•

n n n

i i i i

i 1 i 1 i 1

(a b ) a b

= = =

± = ±∑ ∑ ∑

SUMATORIAS Integral Definida Pág.: 102 de 150


B. FÓRMULAS:

•

n

i 1

n(n 1)i

2=

+=∑

•

n

2

i 1

n(n 1)(2n 1)i

6=

+ +=∑

•

n2

3

i 1

n(n 1)i

2=

+ = ∑

•

n

4 3 2

i 1

ni (n 1)(6n 9n n 1)

30=

= + + + −∑

2.3. SUMAS DE RIEMANN

Si f es una función continua y positiva en el intervalo [a,b], el área comprendida entre

el gráfico de y f(x)= y el eje de las abscisas (x) en [a,b] puede ser aproximada usando la

fórmula del área de un rectángulo de base b a− y de altura *h f(x ),= siendo *x un punto

cualquiera que se elige entre a y b. En consecuencia:

*A (b a)h (b a)f(x ).≈ − = −

Para obtener una mejor aproximación se divide el intervalo [a,b] en n subintervalos

0 1 1 2 n-1 n[x ,x ], [x ,x ], ..., [x ,x ]

con n+1 puntos 0 1 nx , x , ..., x tales que

0 1 2 na x x x ... x b,= < < < < =

y se construyen como antes rectángulos de alturas

* * *1 2 nf(x ), f(x ), ..., f(x ),

SUMAS DE RIEMANN Integral Definida Pág.: 103 de 150


y de bases

1 0 2 1 n n 1x x , x x , ..., x x ,−− − −

donde * * *1 2 nx , x , ..., x , son puntos cualesquiera elegidos en cada uno de los n subintervalos

respectivamente. Así se tiene que una mejor aproximación al área A bajo la curva de y f(x),=

entre a y b y sobre el eje x viene dada por

n n

* *i i 1 i i i

i 1 i 1

A (x x )f(x ) x f(x ) , −

= =

≈ − = ∆∑ ∑

donde i i i 1x x x −∆ = − es la longitud de cada subintervalo.

Las sumas que aproximan al área A tratada anteriormente se llaman sumas de

Riemann en honor al matemático del siglo XIX, George F. Riemann (1826-1866) quién

demostró que con un proceso de paso al límite se obtiene el valor exacto del área. En las

sumas de Riemann anteriores se trabajó considerando la función f continua y positiva en

[a,b], los resultados fueron números positivos y representaban una aproximación del área.

Cuando f(x) es una función continua cualquiera, la suma de Riemann puede dar cualquier

resultado: positivo, negativo o cero.

2.4. INTEGRAL DEFINIDA

Definición 1. (Integral definida). Sean f(x) una función continua en el intervalo cerrado [a,b] y

n

*i i

i 1

x f(x )

=

∆∑

una suma de Riemann de f(x) en [a,b]. Se define la integral definida de f(x) en [a,b] como

el número n

*i i

n

i 1

I lím x f(x )→∞

=

= ∆∑

siempre que este límite exista.

SUMAS DE RIEMANN Integral Definida Pág.: 104 de 150


En tal caso se dice que f(x) es integrable en [a,b] y se usa la notación

b

a

I f(x)dx donde a b.= <∫

Los extremos a y b se llaman límite inferior y superior de integración respectivamente, f(x) se llama integrando y f(x)dx se llama elemento de integración. El

símbolo dx indica cuál es la variable de integración.

Si una función es positiva en un intervalo [a,b], la integral definida representa

geométricamente al área comprendida entre el eje x y el gráfico de la función. Si f(x) es

negativa en [a,b] entonces g(x) f(x)= − es positiva en [a,b] y el gráfico de g(x) es una

reflexión del gráfico de f(x) respecto del eje X, de modo que

b b b

a a a

A g(x)dx f(x)dx f(x)dx.= = − = −∫ ∫ ∫

TEOREMA 1. Si una función f(x) es acotada y continua en el intervalo [a,b], excepto en un

número finito de puntos, entonces f(x) es integrable en y continua en [a,b].

Observación 1. Si una función f es continua en el intervalo cerrado [a,b], entonces f es

integrable en [a,b].

2.5. TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO INTEGRAL

TEOREMA 2 (PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL). Sea f una función continua en el

intervalo cerrado [a,b] y sea

x

a

G(x) f(t)dt= ∫

una integral indefinida de f, entonces G es una primitiva de f.

TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO INTEGRAL

Integral Definida Pág.: 105 de 150


Este teorema proporciona una primera relación entre la integración y la diferenciación

de funciones, y el mismo establece a groso modo que “la función derivada de la integral

indefinida de una función continua f es la misma función f”. Así que el proceso de derivación

aparece como un proceso inverso al proceso de integración.

TEOREMA 3. (SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL). Sea f una función continua en el

intervalo cerrado [a,b] y sea F(x) cualquier primitiva de f en [a,b], entonces

b

a

f(x)dx F(b) F(a).= −∫ (Fórmula de Barrow)

Este teorema es la expresión de una segunda relación entre la integración y

diferenciación de funciones y establece que “la integral indefinida de una función derivable F

con derivada continua; es la misma función F salvo una constante dada por - F(a).

Este último teorema constituye la “clave mágica” para el cálculo de integrales: si se

desea calcular la integral de una función f en un intervalo dado [a,b], se “calcula” primero una

función primitiva F cualquiera de f, y entonces

b

a

f(x)dx F(b) F(a).= −∫

A continuación algunos ejemplos ilustrativos de la aplicación de los conceptos y

teoremas expuestos anteriormente:

Ejemplo 1. La integral

4

2

0

x 2x 3 dx− −∫

representa el área de una región R, grafíquela y calcúlela.

Solución. Al graficar 2x 2x 3− − se tiene (ver figura 1):




Figura 1. Gráfica del ejemplo 1

Al calcular el área se tiene que:

4 3 4

2 2 2

0 0 3

3 43 3

2 2

0 3

x 2x 3dx (x 2x 3)dx (x 2x 3)dx

x xx 3x x 3x

3 3

64 64 34(9 9 9) 16 12 9 10

3 3 3

− − = − − − + − −

= − − − + − −

= − − − + − − + = − + =

∫ ∫ ∫

Ejemplo 2. Calcula el área comprendida entre el eje x, la función )xln(1y += y las rectas

2x,x41 ==

Solución.

Al graficar la función nos damos cuenta que una parte es negativa; como debemos hallar el

área encerrada por la región descrita aplicamos valor absoluto así la integral queda escrita

como: 2

1/4

1 ln(x) dx+∫ =

1/e

1/4

(1 ln(x)) dx− +∫ +

2

1/e

(1 ln(x)) dx+∫

Realizando manipulaciones algebraicas:




2

1/4

1 ln(x) dx+∫ = -

1/e

1/4

(1 ln(x)) dx+∫ +

2

1/e

1 ln(x) dx+∫ (1)

Al revolver tenemos:

1 ln(x) dx dx ln(x)dx+ = +∫ ∫ ∫ (2)

Luego:

ln(x) dx∫

Se resuelve por partes llamando

dxu ln(x) du

x= ⇒ = ;

dv = dx luego v = x y tenemos:

1ln(x) dx x ln(x) x. dx x ln(x) x c

x= − = − +∫ ∫

Volviendo a (2) tenemos: x + xln(x) –x = xln(x); sustituyendo en (1) y aplicando el Teorema

Fundamental del Cálculo nos queda:

-

1/e

1/4

(1 ln(x)) dx+∫ +

2

1/e

1 ln(x) dx+∫ = 1 11 1 1 1 2 3ln(e ) ln( ) 2ln(2) ln(e ) ln(2)

e 4 4 e e 2− − − − + − = +

Ejemplo 3. Calcule, usando la definición de integral 1

2

0

(3 x )dx−∫

Solución.

Tomamos una partición del intervalo cerrado [0,1] de n subintervalos donde cada

subintervalo tiene longitud b a 1 0 1

xn n n

− −∆ = = = y xi = a + b a 1 0 1

i 0 i in n n

− −= + = , con i = 0, 1, 2 ....,n,

por lo tanto tenemos una partición del intervalo [0, 1]:

P[0,1] = 0 1 2 3 n

1 2 3 nx 0 , x , x , x , , x 1

n n n n

= = = = = =

⋯

Entonces, n n n n n

2 22

i 2 3

i 0 i 0 i 0 i 0 i 0

i 1 1 i 1 1f(x ) x 3 3 3 i

n n n nn n= = = = =

∆ = − = − = − = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑




( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2

n n 1 2n 1 n 1 2n 13 1 1n 3

n 6 6n n

+ + + += − = −

.

Luego,

( ) ( )1

22

2 2n n n0

n 1 2n 11 1 2n 3n 1(3 x )dx lím 3 lím 3 lím

6 6n n→∞ →∞ →∞

+ + + +− = − = − ∫

2

2 2 2

2 2n n

2

n n 12 3

1 1 3 1 1 8n n n3 lím 3 lím 2 36 6 n 3 3n n

n

→∞ →∞

+ += − = − + + = − =

Por lo tanto, 1

2

0

8(3 x )dx

3− =∫

Ejemplo 3. Calcule el límite pasando a una integral definida.

n 2 2 2

1 1 1lím ...

1 2 n(2n 1)ln 2 (2n 2)ln 2 (2n n)ln 2

n n n

→+∞

+ + + + + + + + +

pasando a una integral definida.

Solución.

En forma compacta n n

1n

2 2i i in nn n n

i 1 i 1

1lím lím

(2n i)ln ( 2) (2 )ln ( 2)→+∞ →+∞= =

=+ + + +∑ ∑ .

Se tiene entonces: n n 3 ln(3) ln(3)

2 * 2 * 2 2i in nln(2)n n 2 ln(2)

i 1 i 1

1 1 1 1 dx du 1lím lím

n n u(2 )ln ( 2) x ln (x ) x ln (x) u

1 1 1 1.

ln(3) ln(2) ln(2) ln(3)

→+∞ →+∞= =

= = = == −+ +

= − + = −

∑ ∑ ∫ ∫

Ejemplo 4. Calcule

n

1 22. 1 2. 1

3n nlím ...1 2 n n 3

n n 2. 1 n n 2. 1n n

→+∞

+ +

+ + + ++ + + +





Solución.

n 1 3 32

n 0 1 1

i 1

32

2

1

2.i1

1 2x 1 u 1nlím dx du u 1 dun 1 u 1 u2.i 1 2x 1

1 1n

u 1 3(u 2x 1 udu dx) u ln(1 u) 2 3 ln

2 2

→+∞=

+ + = = = − + + ++ + + +

+= + ⇒ = = − + + = − +

∑ ∫ ∫ ∫

Ejemplo 5. Calcule 2 2/n 2 4/n 2 6/n 2 8/n 2 2n/n

3n

1lím 1 e 2 e 3 e 4 e ... n e

n→∞ + + + + +


Solución. n n n 12

2 2i/n 2(i/n) 2 2x 2 2x

3n n n0

i 1 i 1 i 1

1 1 112 2x 2 2x 2x 2 2x

00 0 0

2 2x 2x12

1 112x 2x 2x

00 0

1 1 i 1lím i e lím e lím x e x e dx

n n nn

1 1x e dx x e xe dx e xe dx

2 2

u x du 2xdx , dv e dx v e

1 1xe dx xe e dx

2 2

→∞ →∞ →∞= = =

= = =

= − = −

= ⇒ = = ⇒ =

= −

∑ ∑ ∑ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

1 12x 2x 2 2

0 0

2x 2x12

1 1 1 1 1xe e e e .

2 4 2 4 4

u x du dx , dv e dx v e

= − = − +

= ⇒ = = ⇒ =

Por lo tanto 1 11

2 2x 2 2x 2x 2 2 2

00 0

1 1 1 1 1 1x e dx x e xe dx e e e (e 1)(e 1).

2 2 2 4 4 4= − = − + − = + −∫ ∫

Ejemplo 6. Calcule el límite pasando a una integral definida:

[ ]22223n

nn4...n16n4n

2lím −++−+−

∞→

Solución.

[ ]

2dx)1x(dx)x1(dx1x

1n

i2

n

2límni4

n

2límnn4...n16n4

n

2lím

2

1

2

1

0

2

2

0

2

n

1i

2

n

n

1i

223n

22223n

=−+−=−=

−

=−=−++−+−

∫∫∫

∑∑=

∞→=

∞→∞→





−++

−+

−∞→ 2222n nn4n

1...

4n4n

1

1n4n

1lím

Solución.

32x4

dxx4

x

x4

x

n

1lím

)(4n

1lím

in4

i

n

1lím

nn4n

n...

4n4n

2

1n4n

1lím

1

0

2

1

02

n

1i

2i

i

n

n

1i

2ni

ni

n

n

1i

22n2222n

−=−−=

−=

−=

−=

−=

−++

−+

−

∫∑

∑∑

=∞→

=∞→

=∞→∞→


[ ]∑=

∞→−+

n

1i

nn

n)nln()inln(lím

Solución.

[ ]

1)2ln(21)1)2(ln(2)1)x(ln(xdx)xln(

)xln(n

1lím

n

i1ln

n

1lím

n

inlnlím)nln()inln(lím

2

1

2

1

n

1i

in

n

1i

n

n

1i

nn

n

1i

nn

n

−=+−=−==

=

+=

+=−+

∫

∑∑∑∑=

∞→=

∞→=

∞→=

∞→


−++

−+

−∞→ 2222n n4n5

n2...

16n5

4

4n5

2

n

2lím

Solución. n

2 2 2 2 2 2n n

i 1

2 2 4 2n 2 2 ilím ... lím

n n5n 4 5n 16 5n 4n 5n 4i→ ∞ → ∞=

+ + + =

− − − − ∑

n n 1

2 2 2n n0

i 1 i 1

i2 2 i 1 xnl ím 4 lím 4 d xn n 5 4 xi i

n 5 4 5 4n n

→ ∞ → ∞= =

= = = − − −

∑ ∑ ∫

Calculemos la integral haciendo el cambio de variable u2 = 5 – 4 x2 ; 2u du = - 8 x dx y los

límites de integración se transforman en: cuando x = 0 , u = 5 y cuando x = 1 , u = 1,

entonces,




1 55

120 1

x4 dx du u 5 1

5 4x= = = −

−∫ ∫

Ejemplo 10. Calcule

5 h 5

2 2

0 0

h 0

sen(x )dx sen(x )dx

límh

+

→

−∫ ∫.

Solución. Se define la función )f : 0, R∞ → por

x

2

0

f(x) sen(t )dt= ∫ .

Luego

5 h 5

2 2

20 0

x 5h 0 h 0

sen(x )dx sen(x )dxf(5 h) f(5)

lím lím f '(5) sen(x ) sen(25)h h

+

=→ →

−+ −= = = =

∫ ∫.

Ejemplo 11. Si g(x)

3 0

dtf(x)

1 t=

+∫ ,

donde cos(x)

2

0

g(x) 1 sen(t ) dt = + ∫ ,

halle 2

f '( )π .

Solución. Sea 2k(t) 1 sen(t )= + tal que K '(t) k(t)= . Se tiene entonces:

g(x) K(cos(x)) K(0) g'(x) sen(x).k(cos(x))= − ⇒ = − .

Sea

3

1h(t)

1 t=

+

tal que H'(t) h(t)= . Se tiene entonces:

2 2 2f(x) H(g(x)) H(0) f '(x) h(g(x)).g'(x) f '( ) h(g( )).g'( ) h(0).( 1) 1π π π= − ⇒ = ⇒ = = − = − .




Ejemplo 12. Halle la función f(x) y el valor de la constante C que satisfacen la ecuación 5x

33/x

6/51

2 (f(t)) 1 2dt e C (x 0)

3 x5t

+ = − − + ≠∫

Solución.

Derivando con respecto a x en ambos lados de la ecuación 5 3 5 3 3/x

4 3/x 5 3 3/x 5 1/x

6/5 2 2 2 2

2 (f(x )) 1 3 2 2 (f(x )) 2 e5x e (f(x )) e f(x ) e

35x x x x x

+ + += + ⇒ = ⇒ = ⇒ =

55 1 /5 1 / z(z x x z ) f(z) e= ⇒ = ⇒ = .

Por tanto 51 / xf(x) e= .

Si x 1= entonces 3

31 e0 e 2 C C 2

3 3= − − + ⇒ = + .

Ejemplo 13. Halle f(x) sabiendo que satisface la ecuación

arcsen(x)

2

20

f(t)dt (arcsen(x))

1 t=

−∫ .

Solución.

Sea

2

f(t)g(t)

1 t=

−,

entonces se tiene que

arcsen(x)

2

0

g(t)dt (arcsen(x))=∫ .

Ahora

arcsen(x)

2 2

0

2

2

g(t)dt (arcsen(x)) (G(arcsen(x)) G(0)) (arcsen(x))

g(arcsen(x))(arcsen(x))

1 x

= ⇒ − =

⇒ =−

∫

Derivando:




2 2

2

g(arcsen(x)) 2(arcsen(x))g(arcsen(x)) 2(arcsen(x))

1 x 1 x

f(arcsen(x))2(arcsen(x))

1 (arcsen(x))

f(arcsen(x)) 2(arcsen(

= ⇒ =− −

⇒ =−

⇒ = 2 2x)) 1 (arcsen(x)) f(x) 2x 1 x .− ⇒ = −

Ejemplo 14. Para la función

2x

2

2x

F(x) ln(t 4)dt= +∫

halle una ecuación de la recta tangente en x 2.=

Solución.

Se tiene la ecuación de la recta tangente a F(x) en x 2= en la forma punto pendiente como

y F(2) F '(2)(x 2)− = − .

Se comprueba que F(2) 0= . Por otra parte si

2g(t) ln(t 4)= +

se tiene 2F(x) G(x ) G(2x)= − .

Derivando: 2 4 2F '(x) 2x.g(x ) 2.g(2x) F '(x) 2x.ln(x 4) 2.ln(4x 4) F '(2) 2ln(20)= − ⇒ = + − + ⇒ =

La ecuación de la recta tangente es entonces

y 2(x 2)ln(20)= − .

Ejemplo 15. Calcule g(x)

6 2 0

2x 1

1dt

1 sen (t) tlím

x 1→

+ +

−

∫,

donde x

3

1

g(x) sen (t)dt= ∫ .

Solución.

Sean

3

6 2

1f(t) y h(t) sen (t)

1 sen (t) t= =

+ +,

de modo que se tiene ahora:




g(x)

02 2x 1 x 1

f(t)dtF(g(x)) F(0) 0

lím lím0x 1 x 1→ →

−= =− −

∫.

Eliminando indeterminación, con L’Hospital: 3 3

2x 1 x 1 x 1

F(g(x)) F(0) f(g(x))g'(x) f(g(x))h(x) f(g(1))h(1) f(0)sen (1) sen (1)lím lím lím

2x 2x 2 2 2x 1→ → →

− = = = = =−

.

Ejemplo 16. Calcule 1

0

xf ''(2x)dx∫

sabiendo que f(0) 1, f(2) 3, f '(2) 5= = = .

Solución.

Se define la integral

xf ''(2x)dx∫

.

Utilizando integración por partes se tiene que:

1

u x du dx , dv f ''(2x)dx v f '(2x)2

= ⇒ = = ⇒ = .

Luego:

1 1 1 1xf ''(2x)dx xf '(2x) f '(2x)dx xf '(2x) f(2x) C

2 2 2 4= − = − +∫ ∫ .

Ahora se tiene:

1 1

00

1 1 1 1 1 1 1 1xf ''(2x)dx xf '(2x) f(2x) f '(2) f(2) f(0) .5 .3 .1 2

2 4 2 4 4 2 4 4= − = − + = − + =∫

Ejemplo 17. Si f(0)4

π= y

0

f(x) f ''(x) sen(x)dx

π

+ = π ∫ ,

calcule f( )π .

Solución.

Integrando por partes:




0 0 0

0 0 0 0

f''(x)sen(x)dx f '(x)sen(x) f'(x)cos(x)dx

u sen(x) du cos(x)dx

dv f ''(x)dx v f '(x)

f''(x)sen(x)dx f'(x)cos(x)dx f(x)cos(x) f(x)sen(x)dx

u cos(x)dx du sen(

π ππ

π π ππ

= −

= == =

= − = − −

= = −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

0 0 0 0

x)dx

dv f '(x)dx v f(x)

(f(x) f''(x))sen(x)dx f(x)sen(x)dx f(x)cos(x) f(x)sen(x)dx

3f( ) f(0) f( ) f( )

4 4

π π ππ

= =

+ = − − = π

π ππ + = π ⇒ π + = π ⇒ π =

∫ ∫ ∫

Ejemplo 18. Sea g(t) una función impar tal que g(1) 3= y sea 2x

63x

g(t)F(x) dt

1 t−

=+∫

.

Halle la ecuación de la recta tangente a F(x) en x 1= .

Solución. 1

61

g(t)F(1) dt 0

1 t−

= =+∫ ,

ya que se sabe que g(t) es impar y 6k(t) 1 t= + es par. Ahora bien, el cociente entre una

función impar y una función par es otra función impar. Ecuación de la recta tangente pedida: y F '(1)(x 1)= − .

2 3

12 2 2/3

g(x ) g( x) 1 g(1) 1 1 5F '(x) .2x . F '(1) g(1) . 3 .

2 3 2 21 x 1 ( x) 3x

−= + ⇒ = − = − =+ + −

Por lo tanto: Ecuación de la recta tangente pedida: 52

y (x 1)= − .

Ejemplo 19. La función f(x) satisface la siguiente ecuación:

[ ]∫ ∫−

−=++12x

0

3

)x(sen

3 dt)t(arcsenxdt)1tln()t(f

Calcule f(0).

Solución.

Derivando se tiene 2 2 2f(x 1).2x ln(x ).2x 3x arcsen(sen(x)).cos(x)− + = +




Si 2u x 1= − se tiene que 2x u 1= + y x u 1= + . Así,

f(u).2 u 1 2 u 1 ln(u 1) 3(u 1) u 1.cos( u 1)+ + + + = + + + +

Por tanto,

3 cos(1)2f(0) 3 cos(1) f(0)

2

+= + ⇒ =

Ejemplo 20. Calcule

∫∫

−

−

+→

+1xe

x

2x

0

0x

dt))1t(ln(g

dt))t(sen(g

lím

,

si 1)0(g = .

Solución.

Al evaluar la expresión dada nos resulta:

x 0

g(sen(x)) g(sen(0)) 0Lim

g(x) g(ln( x 1) 0+→

− =− − +

Indeterminación que eliminamos usando L’hopital y nos queda:

x 0x 0

2x.g(sen(x)) g(sen(x)) 2.(0).g(sen(0)) g(0) 0Lim 0

1 1g(x).e g(ln( x 1)).( 1) g(0).e g(ln(1)).(1)+→

− −= = =+− − + − +

Ejemplo 21. Encuentre una ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función definida

por

∫ −=)x(2sec

2

2t1 dte)x(F

en el punto 4

xπ= .

Solución.

La ecuación de la recta tangente en el punto x4

π= ; tiene la forma:

y F F ' x4 4 4

π π π − = −

Así, busquemos los valores de F y F '4 4

π π

( )41 sec 1 44F e e 04

π− −π = − =

Ahora usando el teorema Fundamental del Calculo Integral tenemos que:




( ) ( )41 sec x' 2 1 4F x e .2 sec (x)tag(x) e .0− −= − ;

Al evaluar en el punto dado tenemos que :

( ) ( )41 sec' 2 1 443

4F e .2sec ( )tag( ) e .04 4 4 e

π− −π π π= − =

Luego la ecuación de la recta tangente viene expresada como:

34y F F ' x y 0 xe4 4 4 4

π π π π − = − ⇒ − = −

Ejemplo 22. Pruebe que

x

x /22 /2

x sen(t)lím dt 1

tx π→ππ

= − ∫

Solución. Cuando

2x π→ el limite presenta la forma indeterminada 0

0, aplicando l´hopital

x

/2

/2

x /2 x /2 /2

sen(t) sen(x)dt x

t x sen(t)lím lím dt sen(x) 1.

1 t

ππ

→π →ππ

+

= + =∫

∫

La integral da cero porque tiene límites de integración iguales y por lo tanto al evaluar el

límite queda sen(x) que evaluado resulta igual a 1.

Ejemplo 23. Determine en cada afirmación, si es verdadera o falsa, acompañando con una

justificación:

a. Si

dt5t)x(F

2x

3

2∫ +=

, entonces 4/9)2('F = .

Solución.

214)2('F5xx2)x('F)x(xg2)x('F

)3(G)x(G)t(Gdt)t(gdt5t)x(F

42

22x

3

2x

3

2x

3

2

=⇒+=⇒=⇒

−===+= ∫∫

Por lo tanto, la afirmación es FALSA.

b. Si dx)x(tgI

4/

0

nn ∫

π

=

con 1n > , entonces 1n

1II 2nn −

=+ − .

Solución.




2n2n

4/

0

1n4/

0

2n2

4/

0

2n

2

4/

0

2n2

4/

0

2n

4/

0

nn

I1n

1I

1n

)x(tgdx)x(tgdx)x(sec)x(tg

dx)1)x()(secx(tgdx)x(tg)x(tgdx)x(tgI

−−

π−π−

π−

π−

π−

π

−−

=−−

=−=

=−===

∫∫∫∫∫

Entonces:

1n

1II

1n

1II 2n2n2nn −

=+−−

=+ −−− .

Por lo tanto, la afirmación es VERDADERA.

2.6. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DEFINIDA

A. Integral en un intervalo degenerado

Si f es integrable en a se tiene que

a

a

f(x)dx 0=∫

B. Integral de una constante

Si f(x) c,= el área representada por la integral definida en [a,b] es tan sólo un

rectángulo de base b-a y altura c. De acuerdo a esto se tiene que:

b

a

cdx c(b a).= −∫

C. Permutación de los límites de integración

Si f(x) es integrable en [a,b], al permutar los límites de integración la integral cambia

de signo:

b a

a b

f(x)dx f(x)dx= −∫ ∫

PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DEFINIDA



D. Múltiplo integrable

Si f(x) es integrable en [a,b], toda constante real puede salir de la integral:

b b

a a

f(x)dx f(x)dxα = α∫ ∫

E. Linealidad

Si f y g son integrables en [a,b], también lo es la combinación f(x) g(x)α + β para todo

par de constantes reales yα β . En este caso se tiene:

b b b

a a a

f(x) g(x) dx f(x)dx g(x)dxα + β = α + β ∫ ∫ ∫

F. Linealidad del intervalo

Si f es integrable en [a,b] y c es un número real tal que a c b,< < entonces:

b c b

a a c

f(x)dx f(x)dx f(x)dx= +∫ ∫ ∫

G. Comparación

Si f y g son integrables en [a,b] y f(x) g(x)≤ para cada x [a,b],∈ entonces:

b b

a a

f(x)dx g(x)dx≤∫ ∫

H. Acotación

Si f es integrable en [a,b], m y M son números tales que m f(x) M≤ ≤ para cada

x [a,b],∈ entonces:

b

a

m(b a) f(x)dx M(b a)− ≤ ≤ −∫




A continuación se desarrollan ejemplos que ilustran los conceptos e ideas expuestas

anteriormente.

Ejemplo 24. Calcule la integral

sen(ax).sen(bx)dx

π

−π∫

(a y b enteros positivos)

Solución. Primer caso: (a b)=

2 1 1 1sen (ax)dx (1 cos(2ax))dx x sen(2ax)

2 2 2a

π π π

−π−π −π

= − = − = π ∫ ∫

Segundo caso: (a b)≠

Usando la identidad 1

sen(ax).sen(bx) cos((a b)x) cos((a b)x)2

= − − + , se tiene que:

1 1 sen((a b)x) sen((a b)x)sen(ax).sen(bx)dx cos((a b)x)dx cos((a b)x)dx

2 2 a b a b

− + = − − + = − − + ∫ ∫ ∫

De modo que:

1 sen((a b)x) sen((a b)x) sen((a b) ) sen((a b) )sen(ax).sen(bx)dx 0

2 a b a b a b a b

π π

−π−π

− + − π + π = − = − = − + − + ∫

Ejemplo 25. Calcule 2

22

sen(x) x 1sen(x) dx

2ln(2 x )

π

−π

+ + − + ∫

,

aplicando las propiedades de la integral definida.

Solución. 2 2 2

2 22 2 2

sen(x) x 1 sen(x) x 1sen(x) dx dx sen(x) dx

2 2ln(2 x ) ln(2 x )

π π π

−π −π −π

+ ++ − = + − + + ∫ ∫ ∫

2

22

sen(x) xdx 0

ln(2 x )

π

−π

+ = + ∫

ya que el integrando es una función impar.

2 6 2

2 2 6

6 2

2 6

1 1 1sen(x) dx sen(x) dx sen(x) dx

2 2 2

x x 3 3cos(x) cos(x) 3

2 2 12 2 4 4 12 2 6

π π π

−π −π π

π π

−π π

− = − + −

π π π π π = + − + = + + − + + = +

∫ ∫ ∫




Ejemplo 26. Calcule

42

32x

4

xsen (x)x x dx

e

π

−π

− −

∫ ,


Solución.

Sea 2

2x

x.sen (x)f(x)

e= :

a. D(f) R= (simétrico respecto al origen).

b. 2 2

2 2( x) x

( x).sen ( x) x.sen (x)f( x) f(x)

e e−

− −− = = − = − .

Por tanto: f(x) es una función impar y

/ 4

/ 4

f(x)dx 0

π

−π

=∫ .

Por otro lado:

()

33

3

x x x , 1 0,1x x

x x x 1,0 1,

− ∈ −∞ − ∪ − = − + ∈ − ∪ +∞

.

Entonces:

/4 0 /4 0 /42 2

4/3 4/33 3 3

/4 0/4 /4 0

3 x 3 xx x dx ( x x)dx ( x x)dx x x

4 2 4 2

π π π

−π−π −π

− = − − + − = − − + −

∫ ∫ ∫

4/3 23

24 4 32

π π = −

Por lo tanto

4 4 /32 23

2x4

xsen (x) 3x x dx 2

4 4 32e

π

−π

π π − − = − ∫ .

Ejemplo 27. Calcule 2 3

2

sen(x ) x 2dx

x 1−

+ −

+∫

,


Solución. 2 2 23 3

2 2 2

sen(x ) x 2 x 2sen(x )dx dx dx

x 1 x 1 x 1− − −

+ − −= +

+ + +∫ ∫ ∫

.




Sea 3sen(x )

f(x)x 1

=+

.

Se tiene que: D(f) R= .

3 3 3sen(( x) ) sen( x ) sen(x )f( x) f(x)

x 1 x 1 x 1

− −− = = = − = −− + + +

.

Como f(x) es impar sobre cualquier intervalo cuyo punto medio sea x 0= , entonces: 2

3

2

sen(x )dx 0

x 1−

=+∫

.

Sea x 2

g(x)x 1

−=

+.

Se tiene que: D(g) R= .

x 2 x 2g( x) g(x)

x 1 x 1

− − −− = = =

− + +.

De modo que g(x) es par sobre cualquier intervalo cuyo punto medio sea x 0= . En

consecuencia: 2 2 2 3 3

2 0 0 1 1

3

1

x 2 x 2 x 2 z 3 3dx 2 dx 2 dx 2 dz 2 1 dz

x 1 x 1 z zx 1

z x 1 z 3 x 2 dz dx 2 z 3ln(z)

2(3 2ln(3) 1) 2(2 2ln(3

−

− − − − = = − = − = − − + ++

= + ⇒ − = − ⇒ = = − −

= − − − = − −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

)) 4(1 1ln(3)) 4( 1 ln(3))= − − = − +

Por lo tanto 2 3

2

sen(x ) x 2dx 4( 1 ln(3))

x 1−

+ −= − +

+∫

.

Ejemplo 28. Calcule la integral /4

2

0

16x.arctg (x)dx

π

∫

Solución.




/4 /4/4

2 2 22

200 0

22

2

/42

/4

2 200

x arctg (x) x16x.arctg (x)dx 16. 16 arctg(x) dx

2 1 x

2arctg(x) xu arctg (x) du dx , dv xdx v

21 x

x x arctg(x)arctg(x) dx x arctg(x) arctg(x)

1 x 1 x

π ππ

ππ

= − +

= ⇒ = = ⇒ =+

− = − − + +

∫ ∫

∫

/4

0

2

2 2 2

/4 /42/4 2 2

2 000

dx

dx x 1u arctg(x) du , dv dx 1 dx v x arctg(x)

1 x 1 x 1 x

x 1arctg(x) dx x arctg(x) arctg(x) ln(1 x ) arctg (x)

21 x

π

π ππ

= ⇒ = = = − ⇒ = − + + +

= − − + − +

∫∫ ∫

∫

2

16

/4 /4/42 2 2

2

200 0

2 22 2

16 16

11 ln(1 ) 1

4 2

x arctg (x) x16x.arctg (x)dx 16. 16 arctg(x) dx

2 1 x

4 16 8 ln(1 ) 1 4 8 8ln(1 )2 2

π

π ππ

π π

π = − − + −

= − +

π π = − π + + + − = − π + + +

∫ ∫

Ejemplo 29. Calcule la siguiente integral, aplicando propiedades:

dxx1x1

)x(tg24/

4/

2∫π

π−

−++

+

Solución.

dxx1x1

)x(tg24/

4/2∫

π

π−

−++

+

= dxx1

12

4/

4/

2∫π

π− +

+ dxx1

)x(tg4/

4/

2∫π

π− +

+ dxx1

4/

4/∫π

π−

−

El intervalo de integración es simétrico y

a. La función f(x) =2

1

1 x+ es par , entonces

/ 4 / 44

2 20 / 4 0

1 12 dx 4 dx 4arctgx 4

1 x 1 x

ππ π

− π

= = =+ +∫ ∫

b. La función 2

tg(x)g(x)

1 x=

+ es impar por lo tanto

/ 4

2 / 4

tg(x)dx 0

1 x

π

− π

=+∫

c. La función h(x) = x1 − es par por lo que

( ) ( )π−π=

−=−=−=−

ππππ

π− ∫∫∫ 8162

xx2dxx12dxx12dxx1

4

0

24/

0

4/

0

4/

4/

Luego,




( )π−π+=

−++

+∫π

π−

816

4dxx1x1

)x(tg24/

4/2

.

Ejemplo 30. Aplicando propiedades, determine el intervalo donde se encuentra el valor de la

integral definida

2

5

0

1 x dx+∫ .

Solución.

Sea 5x1)x(f += . Como

[ ]2,0x0x12

x5)x('f

5

4

∈∀≥+

= ,

usando la propiedad de acotación se tiene que 33x11 5 ≤+≤ para cada [ ]2,0x ∈ y por lo

tanto

332dxx12

2

0

5 ≤+≤ ∫

Ejemplo 31. Calcule la integral /2

4

0

16x(cos(x)) dx

π

∫

Solución. 22 2 2

4 2 2

0 0 0

2 22 2

0 0

2 2 22

0 0 0

2 2

0 0

1 cos(2x)16 x(cos(x)) dx 16 x(cos (x)) dx 16 x dx

2

4 x(1 cos(2x)) dx 4 x(1 2 cos(2x) cos (2x))dx

4 x dx 8 x cos(2 x)dx 4 x cos (2 x)dx

1 cos(4x 4 x dx 8 x cos(2 x)dx 4 x

π π π

π π

π π π

π π

+ Ι = = =

= + = + + =

= + +

+= + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫2

0

2 2 2 2

0 0 0 0

)dx

2

4 x dx 8 x cos(2 x)dx 2 x dx 2 x cos(4x)dx

π

π π π π

= + + +

∫

∫ ∫ ∫ ∫




I

2 2 2

0 0 0

1

2

6 x dx 8 x cos(2x)dx 2 x cos(4x)dx

1

Integrando por partes la integral :

Tomando u

π π π

= + +

Ι

=

Ι

∫ ∫ ∫��

sen(2x)x , du dx , dv cos(2x)dx , v

2= = =

22 2

10 00

x sen(2x) 1 cos(2x) 1sen(2x)dx

2 2 4 2

ππ π

Ι = − = = − ∫ .

Integrando por partes la integral I2 :

22 2

20 00

x sen(4x) 1 cos(4x)sen(4x)dx 0

4 4 16

ππ π

Ι = − = = ∫ .

Luego,

24

0

16 x(cos(x)) dx

π

Ι = ∫2 22 2 2

0 0 0

x cos(2x) cos(4 x) 16 3 82 4 16 4 2

π π π π = + + = −

Por lo tanto, 22

4

0

16 x(cos(x)) dx 3 44

π πΙ = = − ∫


emplo 32. Calcula la integral 1

2 21

1dx

(1 x )− +∫

Solución.

( ) ( )1 1

2 22 2

1 0

1 1dx 2 dx

1 x 1 x−

=+ +∫ ∫

Haciendo el cambio de variable: x = tg(z) , dx = sec2(z)dz

Los límites de integración se transforman en: cuando x = 0 , z = 0 y cuando

x = 1 , z = 4

π

Entonces,

( ) ( )1

22

2 2 22 2

0 0 0 0

4 4 41 sec (z) 1dx dz dz cos (z)dz

sec (z)1 x 1 tg (z)

π π π

= = = =+ +∫ ∫ ∫ ∫




4 4

0 00 0 0

4 4 41 cos(2z) 1 1 sen(2z) 1 1dz dz cos(2z)dz z

2 2 2 2 2 4 2

π ππ π π + π = = + = + = +

∫ ∫ ∫

Luego,

( ) ( )1 1

2 22 2

1 0

1 1 1dx 2 dx

4 21 x 1 x−

π= = ++ +∫ ∫

Por lo tanto,

( )1

22

1

1 2dx

41 x−

π +=+∫ .


ral, un intervalo en el cual se encuentra el valor de la integral 1

2 x

2

x e dx.

−

−∫

Solución.

La función f(x) = x2e x es monótona decreciente en el intervalo [-2,-1] puesto que

( )xf '( x ) x e 2 x= + ≤ 0 para todo x ∈[-2, -1].

Entonces f es acotada ya que f(-1) ≤ f(x) ≤ f(-2) para todo x ∈ [-2 , -1], es decir, 2 x

2

1 4x e

e e≤ ≤ para todo x ∈[-2 , -1],

luego f es integrable en dicho intervalo y el valor de la integral dada está en el intervalo

[ 1/e , 4/e2].

Ejemplo 34. Calcula la integral 2

12

Ln(x) dx∫ .

Solución.

Como 1

x 22

≤ ≤ entonces

Ln(x) si 1 x 2

Ln(x) 1Ln(x) si x 1

2

≤ ≤=

− ≤ <

Luego, 2 1 2

1 1 12 2

Ln(x) dx Ln(x)dx Ln(x)dx= − +∫ ∫ ∫ .




Calculemos la integral indefinida

Ln(x)dx∫

aplicando el método de integración por partes: u = Ln(x) , du = 1dx

x, dv = dx , v = x

entonces

dxLn(x)dx xLn(x) x x Ln(x) dx C xLn(x) x C

x= − = − + = − +∫ ∫ ∫ .

Ahora,

( ) ( )2 1 2 1 2

11 1 11 22 2

Ln(x)dx Ln(x)dx Ln(x)dx x.Ln(x) x xLn(x) x

= − + = − − + − = ∫ ∫ ∫

( )1 1 1Ln(1) 1 Ln 2Ln(2) 2 ln(1) 1

2 2 2

= − − − + + − − +

1 11 Ln(2) 2Ln(2) 1

2 2= − − + − 3 1 3Ln(2) 1

Ln(2)2 2 2

−= − =

Por lo tanto, 2

12

3Ln(2) 1Ln(x)dx

2

−=∫

Ejemplo 35. Calcula la integral

4

2

2 x sen (x)dx

π

π∫ .

Solución.

( )

( ) ( )

2 24 2

2 2 2

2 2

2 2

1 cos(2x)2 x sen (x)dx 2 x sen (x) dx 2 x dx

2

2 2 x 1 cos(2x) dx x 1 2cos(2x) cos (2x) dx

2 2

π π π

π π π

π π

π π

− Ι = = = =

= − = − + =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2

2 2 2

2 2 2

2 2 x dx 2 x cos(2 x)dx x cos (2 x)dx

2 2

2 2 1 cos(4x) x dx 2 x cos(2x)dx x dx

2 2 2

π π π

π π π

π π π

π π π

= − +

+ = − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

I1 I2




1Integrando por partes la integral :

sen(2x)Tomando u x , du dx , dv cos(2x)dx , v

2

Ι

= = = =

1

2 22

x sen(2x) 1 1 cos(2x) 1sen(2x)dx 0

2 2 2 2 2

ππ π

π ππ

Ι = − = + = ∫ .

Integrando por partes la integral I 2 : sen(4x)

u x , du dx , dv cos(4x)dx , v 4

= = = =

2

2 22

x sen(4x) 1 cos(4x)sen(4x)dx 0 0

4 4 16

ππ π

π ππ

Ι = − = + =

∫ .

Luego,

4

2

2 x sen (x)dx

π

πΙ = ∫

2 2 23 2 2 2 91

4 2 8 2 2 16

π π π= − − = −

Por lo tanto,

24

2

2 92 x sen (x)dx 1

2 16

π

π

πΙ = = − ∫

2.7. TEOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES DEFINIDAS

TEOREMA 4. Si f es una función continua en [a,b] entonces existe al menos un número c en

[a,b] tal que

b

a

f(x)dx f(c)(b a).= −∫

Ejemplo 36. Determine el valor de c (0,3)∈ que satisface el teorema del valor medio para la

integral 3

2

0

6x x dx−∫ .

Solución. 2 2 2 2 2 26x x (x 6x) (x 6x 9 9) (x 6x 9) 9 (x 3) 9 9 (x 3)− = − − = − − + − = − − + + = − − + = − −

TEOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES DEFINIDAS



De manera que:

2 26x x dx 9 (x 3) dx− = − −∫ ∫ .

Sea u x 3 , du dx= − = , se tiene entonces:

2 29 (x 3) dx 9 u du− − = −∫ ∫

Aplicando la sustitución trigonométrica: u 3sen( ) , du 3cos( )d= θ = θ θ

2 2 2

2

9 19 u du 9 9sen ( )3cos( )d 9 cos ( )d sen(2 ) C

2 2

9 x 3 (x 3) 6x x arcsen C

2 3 9

− = − θ θ θ = θ θ = θ + θ +

− − − = + +

∫ ∫ ∫

En consecuencia: 3 3

22

0 0

9 x 3 (x 3) 6x x 9 96x x dx arcsen

2 3 9 2 2 4

− − − π π − = + = = ∫

Aplicando el teorema: 292 242 2 2 2

6 369 3 9 93 6c c 6c c 6c c c 6c 0 c

4 4 16 16 2

π± −π π π π= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − + = ⇒ = .

Se toma 294

6 36c

2

π− −=

que se encuentra en el intervalo.

Ejemplo 37. Determine el valor de c (0,4)∈ que satisface el teorema del valor medio para la

integral

4

2

0

16 x dx−∫

.

Solución. La expresión dentro del radical es de la forma 2 2a x− ; por lo que la sustitución debe ser:

x 4sen( ) dx 4cos( )d= θ ⇒ = θ θ .

2 2 2

21 x 12 4 16

16 x dx 16 16sen ( )4 cos( )d 16 cos ( )d

8 (1 cos(2 ))d 8( sen(2 )) C 8(arcsen( ) x 16 x ) C

− = − θ θ θ = θ θ

= + θ θ = θ + θ + = + − +

∫ ∫ ∫∫

Entonces

TEOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES DEFINIDAS



4

42 2x 1

4 16 20

0

16 x dx 8(arcsen( ) x 16 x ) 8( ) 4 .π− = + − = = π∫

Aplicando el teorema del valor medio se tiene: b

2 2 2 2

a

f(x)dx f(c)(b a) 4 4 16 c 16 c c 16= − ⇒ π = − ⇒ π = − ⇒ = ± − π∫

.

Se elige 2c 16 (0,4)= − π ∈ .

2.8. APROXIMACIÓN DE INTEGRALES

Hay dos situaciones en que es imposible calcular el valor exacto de una integral

definida. La primera es consecuencia de que para evaluar

b

a

f(x)dx∫

con el teorema fundamental del cálculo, se necesita conocer una antiderivada de f, sin

embargo, a veces es difícil, o hasta imposible, encontrarla. Por ejemplo, es imposible evaluar

con exactitud las integrales siguientes:

1 1

2x 3

0 1

e dx 1 x dx

−

+∫ ∫ .

La segunda situación se presenta cuando la función se determina con un experimento

científico utilizando las indicaciones de instrumentos. Puede no haber fórmula para la función.

Las sumas de Riemann proveen una buena herramienta para calcular aproximaciones

a este tipo de integrales definidas. Cualquier suma de Riemann representa una aproximación

a la integral definida, en particular se puede usar como altura para los rectángulos

aproximantes *if(x ), siendo *

ix los extremos derechos o izquierdos de una partición del

intervalo [a,b].

APROXIMACIÓN DE INTEGRALES



Sea f(x) una función continua en [a,b] y considere una partición de [a,b] en n

subintervalos de igual longitud

b a

x ,n

−∆ =

con lo cual los puntos extremos de cada intervalo i 1 i[x ,x ]− vienen dados por i 0x x i x= + ∆ con

i 1,2,...,n.=

A. Aproximación por extremos derechos

Eligiendo los puntos de muestra *

ix como el extremo derecho de cada subintervalo

i 1 i[x ,x ]− se tiene que

nb

i

ai 1

f(x)dx f(x ) x.

=

≈ ∆∑∫

B. Aproximación por extremos izquierdos

Eligiendo los puntos de muestra *

ix como el extremo izquierdo de cada subintervalo


nb

i 1

ai 1

f(x)dx f(x ) x.−

=

≈ ∆∑∫

C. Aproximación por puntos medios

Eligiendo los puntos de muestra *ix como el punto medio de cada subintervalo


nb

i 1 i

ai 1

x xf(x)dx f x.

2−

=

+ ≈ ∆ ∑∫




Geométricamente en las aproximaciones por extremos derechos o izquierdos o por

puntos medios se construyen rectángulos desde el eje x hacia la gráfica de y f(x)= , los

cuales pueden quedar por encima o por debajo de la gráfica dependiendo de si f(x), es

creciente o decreciente.

D. Aproximación trapezoidal

Considere una función f(x) continua en [a,b] y una partición de [a,b] en n

subintervalos de igual longitud generada por los puntos 0 1 2 na x ,x ,x ,..., x b.= = Uniendo

puntos consecutivos i 1 i 1(x , f(x )),− − i i(x , f(x )) mediante segmentos de rectas, se forman

trapecios. El área del i-ésimo trapecio viene dada por

i 1 i

xf(x ) f(x ) .

2 −∆ +

Este número puede ser negativo, ya que depende de i 1f(x )− y if(x ) , que pueden ser

negativos. Sumando sobre i se tiene

n

i 1 i 0 1 1 2

i 1

n-2 n 1 n 1 n

x xf(x ) f(x ) [(f(x ) f(x )) (f(x ) f(x )) ...

2 2

(f(x ) f(x )) (f(x ) f(x ))].

−

=

− −

∆ ∆+ = + + + + +

+ + +

∑

Es decir

b

0 1 n 1 n

a

xf(x)dx f(x ) 2f(x ) ... 2f(x ) f(x ) .

2 −∆≈ + + + + ∫

La siguiente aproximación es más precisa que la aproximación trapezoidal.

E. Aproximación de Simpson

La aproximación de Simpson, llamada así en honor al matemático inglés Thomas

Simpson (1710-1761) quién introdujo este método, consiste en construir geométricamente

segmentos parabólicos por cada terna de puntos consecutivos i 1 i 1(x , f(x )),− − i i(x , f(x )),

i 1 i 1(x , f(x )).+ +




Como antes, se divide el intervalo [a,b] en n subintervalos de igual longitud

x (b a) n∆ = − pero con n como un número par, luego se construyen los segmentos

parabólicos en cada terna de puntos consecutivos. Suponga que 2i i i iP(x) ax b x c= + + es la

parábola construida en tres puntos consecutivos i 1 i 1(x , f(x )),− − i i(x , f(x )), i 1 i 1(x , f(x ))+ + , un

cálculo rutinario algebraico muestra que

xi 1

i i i 1 i i i i 1

xi 1

xP(x)dx P(x ) 4P(x ) P(x )

3

+

− +

−

∆≈ + + ∫ .

Ahora se aproxima la integral

b

a

f(x)dx∫

reemplazando a f con iP(x) y sumando sobre i para obtener

b

0 1 3 n 1 2 4 n 2 n

a

xf(x)dx [f(x ) 4(f(x ) f(x ) ... f(x )) 2(f(x ) f(x ) ... f(x )) f(x )].

3 − −∆≈ + + + + + + + + +∫

Las aproximaciones trapezoidales o de Simpson son útiles para calcular valores

aproximados de integrales cuyo integrando es una función de la que sólo se conoce una

gráfica o unos cuantos valores aislados, consecuencia de mediciones experimentales.

2.9. CÁLCULO DE INTEGRALES DEFINIDAS CON MAPLE

Maple realiza la integración definida con el comando int . Esta función necesita dos

argumentos: una expresión y un intervalo de integración. Estos son algunos ejemplos de

integración definida:

> Int(2*x*exp(x^2),x=2..4)=int(2*x*exp(x^2),x=2..4);

= d⌠

⌡

2

4

2 x eeee( )x2

x − + eeee 4 eeee 16

CÁLCULO DE INTEGRALES DEFINIDAS CON MAPLE



Si Maple no puede calcular una primitiva, la devuelve indicada:

> Int(sin(x^3)*cos(x^2),x=0..pi)=int(sin(x^3)*cos(x^2 ),x=0..pi);

= d⌠⌡

0

π

( )sin x3 ( )cos x2 x d⌠⌡

0

π

( )sin x3 ( )cos x2 x

SUMAS DE RIEMANN

La librería student contiene comandos útiles para el aprendizaje de algunos

conceptos:

> with(student); D Diff Doubleint Int Limit Lineint Product Sum Tripleint changevar, , , , , , , , , ,[

completesquare distance equate integrand intercept intparts leftbox leftsum, , , , , , , ,makeproc middlebox middlesum midpoint powsubs rightbox rightsum, , , , , , ,showtangent simpson slope summand trapezoid, , , , ]

El comando middlebox dibuja una suma de Riemann de n tramos evaluando la

función en el punto central de cada tramo. El comando middlesum calcula el valor de la

suma de Riemann representada por middlebox .

> f:=x->x^2*sin(x^2);

a:=0;

b:=1;

n:=10;#número de intervalos

middlebox(f(x),x=a..b,n,title=`Aproximación con pun to central`);

`******** cálculo de la suma con punto central **** ***`;

ms:=middlesum(f(x),x=a..b,n);

msf:=evalf(ms);

`********* valor exacto y error *****`;

v:=int(f(x),x=a..b);

vf:=evalf(v);

er:=vf-msf; := f → x x2 ( )sin x2

:= a 0 := b 1

:= n 10




******** cálculo de la suma con punto central *******

:= ms1

10

∑ = i 0

9

+

i10

120

2

sin

+

i10

120

2

:= msf 0.1809568712 ********* valor exacto y error *****

:= v − + 12

( )cos 114

2 π

FresnelC

2

π

:= vf 0.1821109658 := er 0.0011540946


El comando trapezoid permite calcular el valor de la regla del trapecio compuesto.

A continuación un ejemplo usando trapecio compuesto con 3 tramos.

Cálculo directo usando la fórmula:

> f:=x->x^2*sin(x^2);

a:=0;

b:=1;

n:=3;




h:=(b-a)/n;

vtc:=h/2*(f(a)+2*f(a+h)+2*f(a+2*h)+f(b));

vtcf:=evalf(vtc); := f → x x2 ( )sin x2

:= a 0 := b 1 := n 3

:= h13

:= vtc + + 1

27sin

19

427

sin

49

16

( )sin 1

:= vtcf 0.2080491672

Cálculo usando el comando trapezoid de la librería student :

> vt3:=trapezoid(f(x),x=a..b,3);

vt3f:=evalf(vt3);

:= vt3 + 13

∑

= i 1

2

19

i 2

sin

i 2

916

( )sin 1

:= vt3f 0.2080491673

El comando simpson permite calcular el valor de la regla compuesta de Simpson.

Se indica el número de subintervalos que es el doble del número de tramos. El

número de subintervalos debe de ser par. Se empezará calculando el valor de Simpson doble

usando la fórmula.

> f:=x->x^2*sin(x^2);

a:=0;

b:=1;

m:=2;# número de tramos

h:=(b-a)/(2*m);

vsc:=h/3*(f(a)+4*f(a+h)+2*f(a+2*h)+4*f(a+3*h)+f(b)) ;

vscf:=evalf(vsc);




:= f → x x2 ( )sin x2

:= a 0 := b 1 := m 2

:= h14

:= vsc + + + 1

48

sin

116

124

sin

14

316

sin

916

112

( )sin 1

:= vscf 0.1817265675

Ahora se calcula el mismo valor usando la librería student :

> with(student): > vs2:=simpson(f(x),x=a..b,4);

:= vs2 + + 1

12( )sin 1

13

∑ = i 1

2

−

i2

14

2

sin

−

i2

14

216

∑

= i 1

1

14

i 2

sin

i 2

4

> vtf2:=evalf(vs2); := vtf2 0.1817265675

PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Definida Pág.: 138 de 150


2.10. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Calcule

1.1.

25

3

i 1

1(i 2)

100=

−∑ 1.2.

8

2

i 1

(2 3i)

=

+∑

2. Calcule

2.1.

n

2n

i 1

i nlím

n→+∞=

+∑

2.3.

n

3

3n

i 1

1lím (i 1)

n→+∞=

−∑

2.5. 2n

1 2 3 ... nlím

n→+∞

+ + + +

2.2.

n2

n

i 1

i 2lím 1

n n→+∞=

+ ∑

2.4.

n2

n

i 1

2i 2lím 1

n n→+∞=

+ ∑

2.6. 3 3 3

4n

1 2 3 ... nlím

n→+∞

+ + + +

3. Calcule usando la definición las siguientes integrales:

3.1.

3

3

1

x dx∫ 3.2.

3

2

xdx

−∫ 3.3.

1

2

1

(x x )dx

−

−∫

4. Calcule el área comprendida entre el gráfico de 2f(x) 2x x= − y el eje x, en el intervalo

[1,3].

5. Calcule el área entre la curva f(x) cos(x)= con 0 x 2≤ ≤ π y el eje x.

6. La integral

3

2

1

x 4x 2 dx

−

− + +∫

representa el área de una región del plano, grafíquela y calcule dicha área.

7. Calcule

-

2

1

f(x)dx,∫

sabiendo que



1 3 3

1 2 1

f(x)dx 4, f(x)dx 2 y f(x)dx 6.

−

= = =∫ ∫ ∫

8. Calcule

8.1.

4

2

1

16 x dx

−

−∫

8.3.

1

4 3 2

1

(x ctg (x) x )dx.

−

+∫

8.2.

1

2

1

ln(1 x )dx

−

+∫

8.4.

2

3

2

x 1 dx

−

−∫

9. Demuestre las siguientes propiedades: 9.1. Suponga que f es una función impar, es decir, f( x) f(x)− = − para cada x [ a,a]∈ −

entonces

a

a

f(x)dx 0.

−

=∫

9.2. Suponga que f es una función par, es decir, f( x) f(x)− = para cada x [ a,a]∈ −

entonces

a a

a 0

f(x)dx 2 f(x)dx.

−

=∫ ∫

10. Si f :R R→ es una función impar y continua y

3

1

f(x)dx 6,

−

=∫

halle el valor de

3

1

f(x)dx∫ .

11. Aplicando la propiedad de acotación pruebe que

2

3

1

2 1 x dx 3≤ + ≤∫ .

12. Calcule el valor de los siguientes límites pasando a una integral definida y luego

aplicando el teorema fundamental del cálculo integral:



12.1. 3 3 3 3n

1 2 3 nlím ...

n n n n→∞

+ + + +

12.2. 3 33

3 4n

1 2 3 ... nlím

n→∞

+ + + +

12.3. 2 2 2

nlím 1 sen ( n) 1 sen (2 n) ... 1 sen (n n)

n→∞

π − π + − π + + − π

12.4. 2 2 2

n

1 1 2 n 1lím ln 1 ln 1 ... ln 1

n n n n→∞

− + + + + + +

12.5. n

1 1 1lím ...

n n 1 n n 2 n n n→∞

+ + + + + +

13. Calcule

13.1.

x2t

x 22

xlím e dt

2 x

−

→ − ∫ 13.2.

co s(x)

x 0sen(x)

1lím dt

1 t+→ −∫

14. Halle la integral de f(x) sabiendo que f(x) es solución de la igualdad

arctg(x)

arctg(x)

2a

f(t)dt e C

1 t= +

+∫

15. Determine la función f(x) para la cual se cumple

tg(x) ctg(x)

21 / e 1 / e

t f(t)dt dt 1

t1 t+ =

+∫ ∫

16. Calcule

2x

2t

0

xx 022t

0

e dt

lím

e dt→

∫

∫.

17. Calcule h'(x) si se sabe que

2x

3

0

h(x) t sen(t)dt= ∫ .



18. La ecuación

3x y

2 2 3

20 x

4sen(t)ln( t 1)dt 12x y arctg( t)dt 0− + − =∫ ∫

define de forma implícita a la variable y como una función de la variable x, encuentre

dy/dx.

19. Halle f( 3)− para la función f(x) de la siguiente ecuación:

x 3e arc sec (x)

33

0 0

f(t)ln(t)dt sec( t)dt x 1+ = +∫ ∫ .

20. Halle f( 2)− si f(x) satisface la ecuación

2ln(x) arcsen (x)

t 2

0 0

e f(t)dt sen( t)dt x 1+ = +∫ ∫ .

21. Halle f(4) si

2x

0

f(t)dt x cos( x)= π∫ .

22. Halle y f(x)= y el valor de la constante a tal que:

22.1.

x

a

2 f(t)dt 1 2cos(x)= − +∫

22.2.

x

a

2 f(t)dt 1 2sen(x)= − +∫

22.3.

2x2 3

1

1 f (t) ln (x)dt ln(x) a

t 3

+ = + + ∫

23. Sea f una función definida y continua para todo x R∈ , que satisface la ecuación

x

2

1

t.f(t)dt x (1 x) C= + +∫ ,

donde C es una constante. Encuentre en forma explícita f(x) y halle el valor de la

constante C.



24. Sea g(t) una función impar tal que g(1) 3= y sea

2x

63x

g(t)F(x) dt

1 t−

=+∫ .

Halle la ecuación de la recta tangente a F(x) en x 1= .

25. Encuentre una función continua f y la constante C que satisfaga la ecuación integral dada

por

ln(x)2

20

(f(t))dt x ln(1 x) C.

1 (f(t))= + + +

+∫

26. Determine en cada afirmación, si es verdadera o falsa, acompañando con una

justificación.

26.1. Si

b

a

f(x)dx 0>∫ , entonces f(x) 0> para todo x en [a,b] .

26.2.

112

11

(1 / x )dx ( 1 / x) 1 1 2.−−

= − = − − = −∫

26.3. Si F '(x) f(x)= en [0,b] entonces

b

0

f(x)dx F(b)=∫ .

26.4.

10 10

3 2 2

10 0

(ax bx cx e)dx 2 (bx e)dx

−

+ + + = +∫ ∫ .

26.5.

0 0

x.f(sen(x))dx f(sen(x))dx2

π ππ=∫ ∫ .

27. Demuestre que

x

20

tf(x) dt

4 t=

+∫

es cóncava hacia arriba en todo su dominio.

28. Halle f(2) sabiendo que f(0) 1= y que 3f '(x) x 1= + .



29. La función f definida y continua para todo número real x, satisface la ecuación

x 116 18

2

0 x

x x 1f(t)dt t f(t)dt

8 9 9= + + −∫ ∫ .

Encuentre f(x).

30. Calcule las siguientes integrales utilizando propiedades

30.1.

2

2

1 x dx

−

−∫ 30.2. /4

2

2/4

2 tg(x)x 2x dx

1 x

π

−π

+ + − + ∫

31. Aplicando las propiedades de la integral definida y el teorema fundamental del Cálculo,

calcule:

31.1.

1

2

1

x(x 1)dx

−

+∫

31.3.

1

0

xarcsen(x)dx∫

31.5.

9

1

2x dx

x

− ∫

31.7.

9

2

1

(1 x) dx+∫

31.9.

1

2

1

ln(1 x )dx

−

+∫

31.11.

12

1

x 4dx

x 2−

−+∫

31.13.

0

1 sen(x)dx

π

−∫

31.15.

1

x

0

e sen(x)dx∫

31.17.

1

2

2dx

x

−

−

−∫

31.19.

1

40

x 3dx

(x 1)

−+∫

31.2.

2

4 3

1

(x x )dx

−

−∫

31.4.

1

2

1

(3x 2x 4)dx

−

+ +∫

31.6.

4

5 2 3 2

0

(7x 5x )dx−∫

31.8.

2

2

2

x 1 dx

−

−∫

31.10.

2

0

xxsen dx

2

π ∫

31.12.

2

0

cos(x)sen(x)dx

π

∫

31.14.

1

3

1

x dx

−∫

31.16.

3

21

1dx

x∫

31.18.

13

4 20

2x xdx

x x 1

++ +∫

31.20.

2

0

x x dx−∫



32. Demuestre la igualdad

b b

a a

f(x)dx f(a b x)dx= + −∫ ∫ .

33. Demuestre la igualdad

2 2

0 0

f(x)g(2 x)dx g(x)f(2 x)dx− = −∫ ∫

34. Calcule las siguientes integrales mediante un cambio de variable:

34.1.

2

3

1

(3x 1) dx+∫ 34.2.

4

3

x x 3dx−∫

34.3.

1/42

21/4

xdx

1 x− −∫ 34.4.

1

2

0

1 x dx+∫

34.5.

ln(2)x x

2x x0

e (1 e )dx

e 2e 2

− −

− −

+

+ +∫ 34.6.

e

21

ln(x)dx

x 1 (ln(x))+∫

35. Sea la integral

nsen (x)dx∫ ,

donde n 2≥ es un entero.

35.1. Demuestre la fórmula de reducción

n n 1 n 21 n 1sen (x)dx cos(x)sen (x) sen (x)dx

n n− −−= − +∫ ∫ .

35.2. Utilice la fórmula anterior para demostrar que

/2 /2

n n 2

0 0

n 1sen (x)dx sen (x)dx

n

π π−−=∫ ∫ ,

donde n 2≥ es un entero.

35.3. Use el resultado anterior y demuestre que para potencias impares del seno:

/2

2n 1

0

2 4 6 ... 2nsen (x)dx

3 5 7 ... (2n 1)

π+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +∫



36. Demuestre que si

g(x)

h(x)

F(x) f(t)dt= ∫

entonces

F '(x) f(g(x))g'(x) f(h(x))h'(x)= − .

37. Determine

16 x

x

4 5

D (2 t 1)dt dx −

∫ ∫ .

38. Resuelva

1

2

0

1 x dx+∫

por el método de los trapecios y Simpson con n 6.=

39. La longitud de la elipse 2 2x y

19 4

+ =

está dada por la integral

2

2 2

0

9cos (t) 4sen (t) dt,

π

+∫

la cual no es elemental. Calcule su longitud aproximada usando Simpson con n 4.=

40. Un atleta corre sobre una línea recta y se registraron las siguientes relaciones de tiempo-

velocidad:

Tiempo (seg) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

Velocidad (m/seg) 0 4.6 7.4 8.87 9.72 10.23 10.52

Use Simpson para aproximar la distancia recorrida por el atleta.

integral definida - jos luis quintero d vila 2.pdf · i 1 n i (n 1)(6n 9n n 1) 30 = ∑ = + + + −...

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