notas de clase r

Notas de clase r.urban

1 Facultad de economía Matemáticas I

Capítulo VI. Cálculo integral.



Cálculo integral.

Introducción.

Los antecedentes del Cálculo Integral se remontan a los años 360 A.C. y se deben al matemático griego Eudoxo, quien invento un método llamado “Método de exhaución”1. Este procedimiento fue posteriormente perfeccionado por Arquímedes y servía para encontrar áreas de figuras planas, o de regiones concretas, como círculos y elipses. El método consistía en encerrar un polígono en el área a calcular. A medida que se aumentan los lados del polígono se delimita más claramente el área de interés. Por ejemplo para calcular el área de una círculo,

Para encontrar el área, se van a ir inscribiendo polígonos de 2n lados, iniciamos con 𝑛𝑛 =2,3, .. En la imagen de la izquierda, cuando 𝑛𝑛 = 2, se forma un rectángulo que nos da la primera aproximación del área total.. Como segundo paso, añadimos un polígono de 8 lados, trazando triángulos rectángulos en cada lado del cuadrado. De esta manera al área del cuadrado le sumamos los 8 triángulos. Finalmente en la última imagen, repetimos el proceso, inscribimos un polígono de 24 = 16 lados y ahora sumamos el área de 16 triángulos. Como podemos observar mientras más lados consideremos en el polígono más exacto es el cálculo del área y en cada paso aprovechamos el resultado del cálculo anterior. El desarrollo del cálculo integral en su versión moderna, inicia en el siglo XVII, con los aportes de Newton y Leibniz. Ellos introdujeron el concepto de integración que está estrechamente relacionado con el cálculo diferencial. Si bien a ciencia cierta no se sabe quién fue el que hizo los primeros desarrollos. Incluso hoy en día hay controversia sobre quién tiene la paternidad Leibniz o Newton. La verdad probablemente nunca se sabrá y de 1 Miguel Díaz Cárdenas,” El método de exhaución”, Revista Alternativa. Número 19. (Enero‐junio 2009), Unidad Académica de Matemáticas Universidad Autónoma de Guerrero. México. http://www.revistaalternativa.org/numeros/no19/mdiaz19.pdf



todos modos no creo que importe. Sin embargo; una cosa es cierta, la notación que se usa hasta nuestros días, es la que propuso Leibniz, eso debe tener algún peso. Definiciones y notación.

El cálculo diferencial es útil para medir y estudiar tasas de cambio en términos de las pendientes de la función, mientras que el cálculo integral se ocupa de determinar las áreas que se encuentran entre curvas y otras fronteras delimitadas. Ambos conceptos, pendiente y área se pueden calcular por principios geométricos. Ya hemos visto que desde griegos estudiaron y resolvieron estos problemas en casos especiales; sin embargo, fue hasta el siglo XVII que se encontró una conexión entre la derivación y la integración. De hecho, para calcular el área de una figura geométrica plana, podemos utilizar otras formas conocidas, similar al método de Eudoxo. Por ejemplo, para encontrar el área ‘aproximada’ de la siguiente función,

Para encontrar el área achurada, podríamos inscribir cuatro figuras geométricas, dos rectángulos y dos triángulos, el área de estas figuras serían,

𝐴𝐴 = 2 ∗ 10 = 20; 𝐶𝐶 = 0.86 ∗ 10 = 8.6 á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑟𝑟

𝐵𝐵 =1.14 ∗ 10

2= 5.7; 𝐷𝐷 =

0.86 ∗ 102

= 4.3 á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡á𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑟𝑟

Á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙 = 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 + 𝐷𝐷 = 38.6 Por supuesto que tendríamos un margen de error, que para reducirlos tendríamos que considerar más figuras geométricas. Para reducir el error y facilitar el cálculo, sobretodo de funciones complejas, utilizamos mejor el cálculo integral. Ya hemos visto técnicas para encontrar la derivada 𝐹𝐹’(𝑥𝑥) de una función 𝑓𝑓(𝑥𝑥). En muchas ocasiones es necesario proceder al revés. Se trata de encontrar 𝑓𝑓(𝑥𝑥) a partir de la derivada 𝐹𝐹’(𝑥𝑥). Este procedimiento se llama antiderivación. Por otro lado, el proceso de



integración puede ser definido como el límite de la suma de términos, cada uno correspondiente a la superficie de una tira delgada subtendido por la gráfica de la función. Definido de esta manera, la integración ofrece un medio eficaz para calcular el área bajo una curva y el área y volumen de sólidos, tales como la esfera o un cono. De acuerdo a lo anterior, la integración podemos estudiarla desde dos puntos de vista, que son complementarios.

1) La antiderivada, para encontrar la función primitiva de la derivada de una función. (Integral indefinida)

2) Como el procedimiento para encontrar el área bajo la curva. (integral definida) Antiderivada y funciones primitivas.

El teorema fundamental del cálculo establece que la integración y la derivación son operaciones inversas. Es decir, al integrar una función 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) obtenemos la función original, o primitiva, 𝐹𝐹(𝑥𝑥). Si lo vemos desde el punto de vista de la Economía, la integral de una función marginal es igual a la función original. Como veremos más adelante; por ejemplo, la integral de la función de ingreso marginal es igual a la función de ingreso.

Supongamos que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) es una función cualquiera y que 𝐹𝐹(𝑥𝑥) es una función cuya derivada es 𝑓𝑓(𝑥𝑥), esto es, 𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = 𝑓𝑓(𝑥𝑥). Llamamos a 𝐹𝐹(𝑥𝑥) como la antiderivada de 𝑓𝑓(𝑥𝑥).

Ejemplos: Encuentre la antiderivada de las siguientes funciones.

a) 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥, la antiderivada es 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2, entonces 𝐹𝐹 es una función primitiva de 𝑓𝑓

b) 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 1𝑥𝑥5

+ 2𝑥𝑥2

Primero rescribimos 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥−5 + 𝑥𝑥2, la función primitiva 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = −14𝑥𝑥−4 + 𝑥𝑥3

Existen diferentes funciones que resultan de la misma derivada. Si modificamos un poco la función primitiva del ejercicio anterior.

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 5, o bien 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 − 8, o en forma general cualquiera de la forma 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟,

La derivada sigue siendo la misma. El valor de c es una constante llamada, constante de integración.

Ejemplos: Encuentre la antiderivada y determine la función primitiva.

a) Si 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥, suponga que un punto de la función 𝐹𝐹(𝑥𝑥) es (2,20).



Solución, La antiderivada por tanteo es 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟, para encontrar la función primitiva debemos encontrar el valor de la constante 𝑟𝑟. Sustituimos en punto (2,20) en la función primitiva. Tenemos.

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟 Para (𝑥𝑥 = 2,𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 20) es 20 = 22 + 𝑟𝑟 de donde y 𝑟𝑟 = 16

Por lo tanto la función primitiva específica es 𝐹𝐹(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 16

b) La función de ingreso marginal de una empresa es 𝑟𝑟′(𝑥𝑥) = 50 − 0.04𝑥𝑥. Si el ingreso total es de cero cuando no se vende ninguna unidad ¿cuál es la función de ingreso total del producto?

Solución, La función de ingreso total es 𝑅𝑅(𝑥𝑥) = 50𝑥𝑥 − 0.04

2𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟

Por otro lado, si no hay ventas el ingreso es cero; si 𝑥𝑥 = 0,𝑅𝑅(𝑥𝑥) = 0, sustituimos en la ecuación anterior, nos queda

0 = 50(0) − 0.04(0)2

2+ 𝑟𝑟 ∴ 𝑟𝑟 = 0

Finalmente 𝑅𝑅(𝑥𝑥) = 50𝑥𝑥 − 0.04𝑥𝑥2

c) Si se sabe que la función de costo marginal para la elaboración de un producto es 𝑟𝑟′(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥 + 1.1 y el costo total cuando se fabrican 50 unidades es de $25,000 pesos. Determine la función de costo total.

La antiderivada, por tanteo es 𝐶𝐶(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 1.1𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 Si 𝑥𝑥 = 50 y 𝐶𝐶(50) = 25,000, sustituimos estos valores en la ecuación anterior 25,000 = 502 + 1.1(50) + 𝑟𝑟 ∴ 𝑟𝑟 = 25000 − 2500 − 55 = 22,445 La función de costo total será entonces, 𝐶𝐶(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 + 1.1𝑥𝑥 + 22,445

Integral indefinida o Cálculo de primitivas. La simbología utilizada para expresar el cálculo de primitivas se denota por la siguiente expresión:

�𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝐹𝐹(𝑥𝑥) + 𝑟𝑟

El símbolo ∫ se llama signo de integral. La notación completa ∫𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 se lama Integral indefinida. La expresión 𝑑𝑑𝑥𝑥 establece la variable de integración y se lee “diferencial de x”. Siempre se escribe la variable de interés en esta expresión, si la variable de interés es 𝑟𝑟, en



lugar de 𝑥𝑥, tendríamos que escribir ∫ 𝑓𝑓(𝑟𝑟)𝑑𝑑𝑟𝑟. Esta simbología fue introducida por Leibniz (1646-1716)2.

Para los dos tipos de integración, integración indefinida y definida, la notación que se utiliza es similar. Finalmente, llamamos integral indefinida de una función 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) a la familia de antiderivadas, o de primitivas, de la función 𝐹𝐹(𝑥𝑥). Por otro lado, la integral definida está relacionada con encontrar el área bajo una curva, en esencia como lo hace el método de exhaución, aunque expresado en notación de Leibniz. Es decir, dada una función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) buscamos encontrar el área bajo la curva en un intervalo dado [𝑟𝑟, 𝑏𝑏], en forma gráfica equivale a,

La integral definida relaciona entonces dos conceptos; el área bajo la curva de una función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) y la antiderivada, su estudio lo veremos más adelante.

Utilizando la notación adecuada de integración, los ejercicios anteriores, los rescribimos de la siguiente manera.

• ∫2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟 de la misma manera

• ∫( 1𝑥𝑥5

+ 2𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 = −14𝑥𝑥−4 + 𝑥𝑥3 + 𝑟𝑟

Ejemplo. La función de costo marginal de una organización de productores artesanales es 0.45𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 30, donde 𝑥𝑥 es el número de artículos producidos en un día. Los costos fijos son de $ 350 pesos por día.

a) Encontrar el costo total de producción por día.

2 “De acuerdo con los cuadernos de Leibniz, el 11 de noviembre de 1675 tuvo lugar un acontecimiento fundamental, ese día empleó por primera vez el cálculo integral para encontrar el área bajo la curva de una función 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥). Leibniz introdujo varias notaciones usadas en la actualidad, tal como, por ejemplo, el signo "integral" ∫, que representa una S alargada, derivado del latín "summa", y la letra "d" para referirse a los "diferenciales", del latín "differentia". Esta ingeniosa y sugerente notación para el cálculo es probablemente su legado matemático más perdurable.” Leibniz paso gran parte de su vida en disputa con newton y otros por la paternidad del cálculo; hoy en día se emplea la notación de Leibniz y no la de Newton. Tomado de http://es.wikipedia.org/wiki/Gottfried_Leibniz

http://es.wikipedia.org/wiki/S_larga



b) Si el nivel de producción es de 𝑥𝑥 = 20. Determine el costo si la producción aumenta a 𝑥𝑥 = 40 unidades.

Solución,

a) Sea 𝐶𝐶(𝑥𝑥) el costo de producir 𝑥𝑥 unidades por día. La derivada es el costo marginal 𝑟𝑟’(𝑥𝑥), así para encontrar la función primitiva de costo total.

𝐶𝐶(𝑥𝑥) = �(0.45𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 30)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 0.15𝑥𝑥3 − 𝑥𝑥2 + 30𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

Los costos fijos de $ 350 pesos se realizan incluso si se producen cero artículos, 𝑥𝑥 = 0, esto es 𝐶𝐶(0) = 350. Así, para encontrar la constante de integración 𝑟𝑟.

350 = 0.15(0)3 − (0)2 + 30(0) + 𝑟𝑟 ∴ 𝑟𝑟 = 350

b) El costo cuando 𝑥𝑥 = 20 es 𝐶𝐶(20), y cuando 𝑥𝑥 = 40, el costo es de 𝐶𝐶(40), el incremento en el costo será entonces la diferencia entre 𝐶𝐶(40) − 𝐶𝐶(20)

𝐶𝐶(40) = 0.15(40)3 − (40)2 + 30(40) + 350 = 9550 𝐶𝐶(20) = 0.15(20)3 − (20)2 + 30(20) + 350 = 1750

El incremento en el costo es 𝐶𝐶(40) − 𝐶𝐶(20) = $7,800

Reglas básicas de integración.

En una gran cantidad de casos no es necesario encontrar la antiderivada por tanteo. Similar a la diferenciación, tenemos un grupo de reglas básicas que permiten calcular la integral de una función. Como en las derivadas existen algunas reglas de integración que nos permiten calcular una integral elemental de manera directa. Por supuesto que en muchos casos se requiere aplicar otras técnicas, que veremos más adelante, y en otros casos simplemente no es posible su solución. Estas últimas se resuelven por medio de métodos numéricos y si es posible con el apoyo de computadoras, estas técnicas no se incluyen en este libro.

Las reglas más usuales para calcular la integral de funciones elementales son las siguientes. Sean las funciones 𝑓𝑓(𝑥𝑥) y 𝑛𝑛(𝑥𝑥) y 𝑘𝑘 una constante

1) Regla de la función constante

�𝑘𝑘 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑘𝑘𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

Ejemplos: a) ∫2𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 b) ∫−5𝑑𝑑𝑥𝑥 = −5𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 c) ∫ 32𝑑𝑑𝑥𝑥 = 3

2𝑥𝑥 + 𝑟𝑟



2) Regla de la potencia

�𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑥𝑥𝑛𝑛+1

𝑛𝑛 + 1+ 𝑟𝑟 𝑝𝑝𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑛𝑛 ≠ −1

3) La integral del producto de una constante por una función es el producto de la constante por la integral de la función. Si k es una constante

�𝑘𝑘𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑘𝑘�𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑘𝑘𝑥𝑥𝑛𝑛+1

𝑛𝑛 + 1+ 𝑟𝑟 𝑝𝑝𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑛𝑛 ≠ −1

Ejemplos:

a) ∫4𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 4∫𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 4𝑥𝑥2

2+ 𝑟𝑟

b) ∫ 35𝑥𝑥3 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 3

5 ∫ 𝑥𝑥3 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 3

5𝑥𝑥4

(4) + 𝑟𝑟 = 3𝑥𝑥4

20+ 𝑟𝑟

c) ∫𝑥𝑥13𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥

13+1

13� +1

+ 𝑟𝑟 = 𝑥𝑥43

43�

+ 𝑟𝑟 = 3𝑥𝑥43

4+ 𝑟𝑟

d) ∫4 𝑥𝑥3𝑑𝑑𝑥𝑥 = 4∫𝑥𝑥3 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥4 + 𝑟𝑟

e) ∫ 5√𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 5∫𝑥𝑥−

12𝑑𝑑𝑥𝑥 = 5� 𝑥𝑥−

12+1

−1 2� +1�+ 𝑟𝑟 = 5�𝑥𝑥

12

12�� + 𝑟𝑟 = 10√𝑥𝑥 +c

4) Linealidad. La integral de la suma o diferencia de funciones es la suma o diferencia de las integrales de las funciones. Sean f(x) y g(x) funciones integrables.

�[ 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ± 𝑛𝑛(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥 = �𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 ± �𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Ejemplos: a) ∫( 2𝑥𝑥3 − 𝑥𝑥2 − 4)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2∫𝑥𝑥3 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫4 𝑑𝑑𝑥𝑥

= 2𝑥𝑥4

4−𝑥𝑥3

3− 4𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 =

𝑥𝑥4

2−𝑥𝑥3

3− 4𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

b) ∫(𝑥𝑥3

+ 12)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 1

3 ∫ 𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 + ∫ 12𝑑𝑑𝑥𝑥 = 1

3𝑥𝑥2

2+ 𝑥𝑥

2+ 𝑟𝑟 = 𝑥𝑥2

6+ 𝑥𝑥

2+ 𝑟𝑟 = 1

6𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 3) + 𝑟𝑟

c) ∫( 2√𝑥𝑥− 3√𝑥𝑥 )𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫ 2

√𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫3√𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2∫ 𝑥𝑥−

12𝑑𝑑𝑥𝑥 − 3∫𝑥𝑥

12𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 4√𝑥𝑥 − 323𝑥𝑥32 + 𝑟𝑟 = 2√𝑥𝑥(2 − 𝑥𝑥) + 𝑟𝑟

5) Regla del logaritmo. Excepción de la regla de la potencia.

�1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑙𝑙𝑛𝑛|𝑥𝑥| + 𝑟𝑟 𝑥𝑥 ≠ 0

6) Función exponencial.

�𝑟𝑟𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑟𝑟



7) ∫[𝒇𝒇(𝒙𝒙)]𝒏𝒏 𝒇𝒇′(𝒙𝒙)𝒅𝒅𝒙𝒙 = [𝒇𝒇(𝒙𝒙)]𝒏𝒏+𝟏𝟏

𝒏𝒏+𝟏𝟏+ 𝒄𝒄

Ejemplos: a) ∫(5𝑥𝑥 − 3)3𝑑𝑑𝑥𝑥

En este caso 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 5𝑥𝑥 − 3 y 𝑓𝑓’(𝑥𝑥) = 5, para aplicar la regla 7 modificamos la integral,

15�(5𝑥𝑥 − 3)3 5𝑑𝑑𝑥𝑥 =

15

(5𝑥𝑥 − 3)4

4+ 𝑟𝑟 =

(5𝑥𝑥 − 3)4

20+ 𝑟𝑟

b) ∫√2𝑥𝑥 + 6 𝑑𝑑𝑥𝑥 Hacemos 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥 + 6 y 𝑓𝑓’(𝑥𝑥) = 2, modificamos la integral

12�(2𝑥𝑥 + 6)

12 2𝑑𝑑𝑥𝑥 =

12

(2𝑥𝑥 + 6)32

32

+ 𝑟𝑟 =(2𝑥𝑥 + 6)

32

3+ 𝑟𝑟

c) ∫ 3(6𝑥𝑥+5)4

𝑑𝑑𝑥𝑥

Hacemos la transformación, 3∫(6𝑥𝑥 + 5)−4𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥 + 5) , 𝑓𝑓’(𝑥𝑥) = 6 efectuamos la modificación y,

36�(6𝑥𝑥 + 5)−4 6𝑑𝑑𝑥𝑥 =

36

(6𝑥𝑥 + 5)−4+1

−3+ c = −

16(6𝑥𝑥 + 5)3 + c

8) ∫ 𝒇𝒇′(𝒙𝒙)𝒆𝒆𝒇𝒇(𝒙𝒙) 𝒅𝒅𝒙𝒙 = 𝒆𝒆𝒇𝒇(𝒙𝒙) + 𝒄𝒄

Ejemplos:

a) ∫ 3 𝑟𝑟𝑡𝑡5𝑑𝑑𝑟𝑟

Hacemos 𝑓𝑓(𝑟𝑟) = 𝑡𝑡5 y su derivada 𝑓𝑓′(𝑟𝑟) = 1

5, para aplicar regla 8, modificamos la

integral,

3(5)�𝑟𝑟𝑡𝑡5 �

15� 𝑑𝑑𝑟𝑟 = 15𝑟𝑟

𝑡𝑡5 + 𝑟𝑟

b) ∫ 3𝑥𝑥 𝑟𝑟𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥

La derivada de la función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2 y 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥, se modifica la integral, 32�2𝑥𝑥 𝑟𝑟𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥 =

32𝑟𝑟𝑥𝑥2 + 𝑟𝑟

c) ∫ 6𝑥𝑥 𝑟𝑟3𝑥𝑥2+2𝑑𝑑𝑥𝑥 Calculamos la derivada de 𝑓𝑓(𝑥𝑥)3𝑥𝑥2 + 2 y 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥, entonces

�6𝑥𝑥 𝑟𝑟3𝑥𝑥2+2𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑟𝑟3𝑥𝑥2+2 + 𝑟𝑟

d) ∫(5 − 3 𝑟𝑟−5𝑡𝑡 + 𝑒𝑒2𝑡𝑡

4) 𝑑𝑑𝑟𝑟

Aplicamos la regla 4 y la regla 8.



�(5 − 3 𝑟𝑟−5𝑡𝑡 +𝑟𝑟2𝑡𝑡

4) 𝑑𝑑𝑟𝑟 = � 5𝑑𝑑𝑥𝑥 − 3�𝑟𝑟−5𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑟𝑟 +

14�𝑟𝑟2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑟𝑟

= 5𝑟𝑟 − 3�𝑟𝑟−5𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑟𝑟 +14�𝑟𝑟2𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑟𝑟 = 5𝑥𝑥 +

35�𝑟𝑟−5𝑡𝑡(−5)𝑑𝑑𝑟𝑟 +

18�𝑟𝑟2𝑡𝑡 (2)𝑑𝑑𝑟𝑟

= 5𝑟𝑟 +35𝑟𝑟−5𝑡𝑡 +

18𝑟𝑟2𝑡𝑡 + 𝑟𝑟

e) ∫ 4𝑒𝑒2𝑥𝑥+3

𝑑𝑑𝑥𝑥

Si modificamos a ∫ 4 𝑟𝑟−2𝑥𝑥−3𝑑𝑑𝑥𝑥 entonces 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = −2𝑥𝑥 − 3 y 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = −2, así

4−2

�(−2) 𝑟𝑟−2𝑥𝑥−3𝑑𝑑𝑥𝑥 = −2𝑟𝑟−2𝑥𝑥−3 + 𝑟𝑟

9) ∫ 𝒇𝒇′(𝒙𝒙)𝒇𝒇(𝒙𝒙)

𝒅𝒅𝒙𝒙 = 𝒍𝒍𝒏𝒏 𝒇𝒇(𝒙𝒙) + 𝒄𝒄

Ejemplos:

a) ∫ 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥+10

La función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥 + 10 y 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 1, entonces

�𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑥𝑥 + 10= ln(𝑥𝑥 + 10) + 𝑟𝑟

b) ∫ 6𝑥𝑥2

2𝑥𝑥3+5𝑑𝑑𝑥𝑥

Si tomamos 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 2𝑥𝑥3 + 5, 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥2 aplicamos regla 9

�6𝑥𝑥2

2𝑥𝑥3 + 5𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑙𝑙𝑛𝑛(2𝑥𝑥2 + 5) + 𝑟𝑟

c) ∫ 2𝑥𝑥+33𝑥𝑥2+9𝑥𝑥−5

𝑑𝑑𝑥𝑥

Obtenemos la derivada de 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 3𝑥𝑥2 + 9𝑥𝑥 − 5, 𝑓𝑓′(𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥 + 9 de tal manera que,

13�

3(2𝑥𝑥 + 3)3𝑥𝑥2 + 9𝑥𝑥 − 5

𝑑𝑑𝑥𝑥 =13

ln(3𝑥𝑥2 + 9𝑥𝑥 − 5) + 𝑟𝑟

Ejercicios.

1) ∫(𝑥𝑥2 + 5)6 2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 2) ∫√2𝑥𝑥2 + 6 2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

3) ∫ 1(4−3𝑡𝑡)4

𝑑𝑑𝑥𝑥

4) ∫6𝑟𝑟6𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 5) ∫6𝑥𝑥 𝑟𝑟−𝑥𝑥2 𝑑𝑑𝑥𝑥



6) El valor de los activos de un productor agrícola es de $3,500,000 pesos y la tasa de cambio que le corresponde es de 𝑑𝑑𝑑𝑑

𝑑𝑑𝑡𝑡= 8𝑟𝑟0.05𝑡𝑡, donde 𝑟𝑟 es el tiempo en años que

tienen los activos y 𝑉𝑉 es el valor total. a. Encuentre 𝑉𝑉(𝑟𝑟) b. Determine el valor de los activos 20 años después.

7) Suponga que el costo marginal para un producto está dado por 𝑟𝑟′(𝑥𝑥) = 4002𝑥𝑥+1

, donde 𝑥𝑥 es el número de unidades producidas. a. Encuentre la función costo b. Si producir 5 unidades cuesta $1980 pesos ¿cuál será el costo de producir 50 unidades?

Integral definida

La integral definida es un concepto utilizado para determinar áreas limitadas por curvas y rectas. Sea 𝑓𝑓(𝑥𝑥) una función derivable y continua en el intervalo [𝑟𝑟, 𝑏𝑏]; y sea 𝐹𝐹(𝑥𝑥) una función primitiva de 𝑓𝑓(𝑥𝑥) sobre el intervalo [𝑟𝑟, 𝑏𝑏], se llama integral definida de la función entre los puntos a y b al área de la porción del plano que está limitada por la función, al número real 𝐴𝐴, que resulta de calcular.

𝐴𝐴 = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝐹𝐹(𝑥𝑥)|

𝑏𝑏𝑟𝑟

= 𝐹𝐹(𝑏𝑏) − 𝐹𝐹(𝑟𝑟)

En forma gráfica si 𝑓𝑓(𝑥𝑥) es una función en el intervalo [𝑟𝑟, 𝑏𝑏]

El área comprendida entre la gráfica de una función continua positiva 𝑓𝑓(𝑥𝑥), el eje de las absisas y las rectas 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟 y 𝑥𝑥 = 𝑏𝑏 es igual a,

𝐴𝐴 = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑥𝑥

Los números 𝑟𝑟 y 𝑏𝑏 se llaman límites de integración, a es el límite inferior y b el

límite superior, usualmente 𝑟𝑟 < 𝑏𝑏

Para evaluar estas integrales realizamos dos pasos,

a) Obtenemos la integral utilizando las técnicas para evaluar integrales indefinidas y determinar antiderivadas, integrales infinitas. Estos métodos siguen siendo válidos para evaluar las integrales definidas

b) Se evalúa la integral indefinida para el límite superior de la integral y el resultado se resta del valor que resulte de la evaluación en el límite inferior. El resultado es



un número que es el área bajo la curva. La constante de integración desaparece para este cálculo.

Ejemplos. Evaluar las siguientes integrales definidas.

a) ∫ (4𝑥𝑥3 − 3𝑥𝑥2 + 5)𝑑𝑑𝑥𝑥42

En primer lugar resolvemos la integral indefinida, de acuerdo a la regla 4,

∫ (4𝑥𝑥3 − 3𝑥𝑥2 + 5)𝑑𝑑𝑥𝑥42 = ∫ 4𝑥𝑥3𝑑𝑑𝑥𝑥4

2 −

∫ 3𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥42 + ∫ 5𝑑𝑑𝑥𝑥4

2 = (𝑥𝑥4 − 𝑥𝑥3 + 5𝑥𝑥)| 42 Evaluamos la integral definida de acuerdo a los límites de integración. = [44 − 42 + 5(4)] − [24 − 22 + 5(2)] =212 − 18 = 194 El área bajo la curva es 194.

b) ∫ (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)−3−5 𝑑𝑑𝑥𝑥

Aplicamos regla 4,

∫ (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)−3−5 𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫ (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)−3

−5 𝑑𝑑𝑥𝑥 +

∫ (𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥)−3−5 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥3

3+ 𝑥𝑥2� −3−5 =

�(−3)3

3+ (−3)2� − �(−5)3

3+ (−5)2� = 0 −

�−503� = 50

3

Área bajo la curva es 503

c) ∫ 𝑟𝑟𝑥𝑥3𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥1.5

Completamos la diferencial y aplicamos la regla 8.

∫ 𝑟𝑟𝑥𝑥3𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥1.5 = ∫ 𝑟𝑟𝑥𝑥3 3

3𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥 =1

.5 13 ∫ 𝑟𝑟𝑥𝑥33𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥 = 1

3𝑟𝑟𝑥𝑥3� 1.5 = 1

3𝑟𝑟(1)3 − 1

3

1.5

= 0.906 − 0.377 ≅ 0.528

d) ∫ 𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥2+3

31

Completamos la diferencial y aplicamos la regla 9.

∫ 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥2+3

31 = 1

2 ∫2𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥2+3

31 = 1

2𝐿𝐿𝑛𝑛(𝑥𝑥2 + 3)| 31 =

12𝐿𝐿𝑛𝑛(32 + 3) − 1

2𝐿𝐿𝑛𝑛(12 + 3) = 1.2425 −

0.693 ≅ 0.55



Propiedades de la integral definida

Sean 𝑓𝑓(𝑥𝑥) y 𝑛𝑛(𝑥𝑥) dos funciones integrables en el intervalo [𝑟𝑟, 𝑏𝑏], y 𝑘𝑘 un número real. La integral definida cumple las siguientes propiedades:

• La integral extendida en un punto, [a, a], es igual a cero. No hay área.

� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑎𝑎

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 = 0

• La integral del producto de una constante por una función es igual a la constante por la integral de la función.

� 𝑘𝑘𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑘𝑘� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)

𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥

• La integral de la suma de funciones es igual a la suma de sus integrales individuales. Si ∫ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑥𝑥 y ∫ 𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑏𝑏𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑥𝑥 existen, entonces,

� [𝑓𝑓(𝑥𝑥) ± 𝑛𝑛(𝑥𝑥)]𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)

𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 ± � 𝑛𝑛(𝑥𝑥)

𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥

• Si 𝑓𝑓(𝑥𝑥) es continua en el intervalo [𝑟𝑟, 𝑏𝑏], al permutar los límites de una integral, ésta cambia de signo.

� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 = −� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)

𝑎𝑎

𝑏𝑏𝑑𝑑𝑥𝑥

• Si 𝑓𝑓(𝑥𝑥) es continua en el intervalo [𝑟𝑟, 𝑟𝑟], y sean tres puntos tales que a < b < c, entonces se cumple

� 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑐𝑐

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)

𝑏𝑏

𝑎𝑎𝑑𝑑𝑥𝑥 + � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)

𝑐𝑐

𝑏𝑏𝑑𝑑𝑥𝑥

Cálculo de áreas

Porqué utilizar el cálculo integral y no la geometría para encontrar áreas, la razón quizá es que la geometría solo nos permite encontrar áreas de figuras conocidas como rectángulos, círculos, etc.

Anteriormente calculamos área bajo la curva de una función continua delimitado por un intervalo [a, b] y las dos rectas que delimitan los intervalos, de ecuaciones 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟 y 𝑥𝑥 = 𝑏𝑏.



Este principio puede servir también para calcular las áreas comprendidas entre curvas, por simples operaciones aritméticas de adición y sustracción. Sabemos que para encontrar esta área bajo la curva utilizamos la integral definida ∫ 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑏𝑏𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑥𝑥 en el caso de que 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≥ 0 en 𝑟𝑟 ≤ 𝑥𝑥 ≤ 𝑏𝑏. Es claro que en este caso hablamos

de áreas positivas, que se encuentran superiores al eje de las 𝑥𝑥`𝑟𝑟. Por lo contrario, en el caso en que 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) y las líneas 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟 y 𝑥𝑥 = 𝑏𝑏 y el eje 𝑥𝑥`𝑟𝑟 cuando 𝑓𝑓(𝑥𝑥) ≤ 0, el área está situada debajo del eje 𝑥𝑥. El área total de una función estará dada por la expresión,

Á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙 = �(á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑛𝑛𝑝𝑝𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑙𝑙 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 𝑥𝑥) − �(á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑡𝑡𝑛𝑛𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑙𝑙 𝑟𝑟𝑒𝑒𝑟𝑟 𝑥𝑥)

Ejemplos.

a) Hallar el área limitada por la función 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 5𝑥𝑥 + 6 − 𝑥𝑥3 − 2𝑥𝑥2, el eje horizontal y las rectas 𝑥𝑥 = 1 y 𝑥𝑥 = −3

Solución:

El gráfico nos dice que se trata de dos áreas una superior y otra inferior al eje horizontal, de esta manera la solución es

∫ (5𝑥𝑥 + 6 − 𝑥𝑥3 − 2𝑥𝑥2)1−1 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫ (5𝑥𝑥 + 6 − 𝑥𝑥3 − 2𝑥𝑥2)−1

−3 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= �52𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 𝑥𝑥4

4− 2𝑥𝑥3

3� 1−1 − �5

2𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 − 𝑥𝑥4

4− 2𝑥𝑥3

3� −1−3 =

= ��52

12 + 6(1) − 14

4− 2(13)

3� − �5

2(−1)2 + 6(−1) − (−1)4

4− 2(−1)3

3�� −

− ��52

(−1)2 + 6(−1) − (−1)4

4− 2(−1)3

3� − �5

2(−3)2 + 6(−3) − (−3)4

4− 2(−3)3

3�� =

�9112

+ 3712� − �− 37

12− 9

4� = 32

3+ 16

3= 16

b) Encontrar el área entre las curvas 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2, 𝑦𝑦 = √𝑥𝑥 y las rectas, 𝑥𝑥 = 0 y 𝑥𝑥 = 1 Solución: Recordemos que la integral definida nos da el área bajo la curva de una función. Para encontrar el área que nos piden debemos encontrar el área bajo la curva de la función 𝑦𝑦 = √𝑥𝑥 y restar el área de la función 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2 y delimitada por las rectas. Así, el área total será,



En el caso de áreas formadas por dos curvas, como en este ejemplo, por consideraciones geométricas, el área de la intersección se calcula restando a la integral de 𝑓𝑓(𝑥𝑥) en el intervalo [−1, 1] el valor de la integral de 𝑛𝑛(𝑥𝑥) para ese mismo intervalo.

∫ √𝑥𝑥10 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫ 𝑥𝑥21

0 𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫ �√𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2�10 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2

3𝑥𝑥32 − 𝑥𝑥3

3� 10 = �2

3(1)

32 − (1)3

3� − 0 = 1

3

Ejercicios

1) Calcular el área limitada por la parábola y = 20 − 3x2 la recta x = 2 y los ejes coordenados.

Aplicaciones de la integración a la economía.

Hasta ahora hemos visto aplicaciones importantes del cálculo integral para obtener primitivas y el área bajo la curva de una función, de igual manera es útil en la Economía para resolver una gran variedad de situaciones, algunas de las cuales vamos a tratar en lo que sigue.

Excedente del consumidor.

Un problema relevante de la economía aplicada es desarrollar una medida de las ganancias o pérdidas que experimentan los individuos como consecuencia de las variaciones de los precios. Una manera de asignar un costo monetario a esta variación es a través del Excedente del Consumidor que permite estimar las ganancias o las pérdidas de bienestar a partir de la información sobre la curva de demanda de mercado del bien. Se puede definir este excedente del consumidor como la diferencia entre el precio máximo que estaría dispuesto a pagar y el precio que realmente paga. Un consumidor va a una tienda a comprar un litro de leche a un precio de 12 pesos, al llegar la leche cuesta 11 pesos. Puesto que el consumidor estaba dispuesto a pagar 12 pesos tiene un excedente de 1 peso. Si el precio del mercado es 𝑦𝑦0 y la demanda es 𝑥𝑥0, aquellos consumidores que estén dispuestos a pagar un precio superior al del mercado, ganan. El consumidor estaría dispuesto a pagar 𝑦𝑦1 por una cantidad incicial 𝑥𝑥1, un precio de 𝑦𝑦2, por una cantidad𝑥𝑥2 y así hasta la cantidad 𝑥𝑥0 en donde coincide el precio que paga y el que está dispuesto a pagar



𝑦𝑦0. En la gráfica es la región que muestra la diferencia entre la disposición marginal a pagar y el precio del mercado.

Al aumentar el precio, el consumidor tiene que gastar (𝑦𝑦1 − 𝑦𝑦0)𝑥𝑥1 más unidades monetarias para adquirir 𝑥𝑥1 productos, lo mismo tendría que gastar para adquirir 𝑥𝑥2 unidades, (𝑦𝑦2 − 𝑦𝑦0)𝑥𝑥2 Pero a su vez el aumento del precio hace que los consumidores reduzcan la demanda, de 𝑥𝑥𝑜𝑜 a 𝑥𝑥1. El área sombreada es la variación del excedente del consumidor y se evalúa como,

𝐸𝐸𝑥𝑥𝑟𝑟𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟𝑙𝑙 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑛𝑛𝑟𝑟𝑛𝑛𝑐𝑐𝑡𝑡𝑑𝑑𝑙𝑙𝑟𝑟 = � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0𝑦𝑦0𝑥𝑥0

0

Ejemplo. Si la función de demanda es 𝑦𝑦 = 40 − 6𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2, determinar el excedente del consumidor si 𝑥𝑥0 = 2 y cuando 𝑦𝑦0 = 13

Solución, Si 𝑥𝑥0 = 2, el valor de 𝑦𝑦0 correspondiente es 𝑦𝑦0(2) = 40 − 6(2) − (2)2 = 24. El excedente del consumidor (EC)

𝐸𝐸𝐶𝐶 = � (40 − 6𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 − (2)(24) =2

0 �40𝑥𝑥 − 3𝑥𝑥2 −

𝑥𝑥3

3�

2

0

= �80 − 12 −83� − 48 =

1963

− 48 =523

Si 𝑦𝑦0 = 13, el valor de 𝑥𝑥0 correspondiente es 13 = 40 − 6𝑥𝑥0 − 𝑥𝑥02. Los valores que satisfacen esta ecuación son,

40 − 6𝑥𝑥0 − 𝑥𝑥02 = 13 → 𝑥𝑥0(𝑥𝑥0 + 6) = 27



Los valores que satisfacen la ecuación son, 𝑥𝑥0 = 3 y 𝑥𝑥0 = −9, tomamos el valor positivo. Así, el excedente del consumidor (EC)

𝐸𝐸𝐶𝐶 = � (40 − 6𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 − (3)(13) =3

0 �40𝑥𝑥 − 3𝑥𝑥2 −

𝑥𝑥3

3�

3

0

= �120 − 27 −273� − 39 = 84 − 39 = 45

Excedente del productor

El excedente del productor es la diferencia entre el precio mínimo que percibe el productor y el precio al que estaría dispuesto a vender sus productos. El productor obtiene el excedente del productor cuando los consumidores están dispuestos a pagar más que el precio mínimo del productor. Son las ganancias adicionales de los productores, debido a la competencia del mercado. Es la diferencia entre el precio que realmente recibe el productor y el mínimo que está dispuesto a recibir.

La ganancia total de los productores o Excedente del productor, está dado por el área entre la curva de oferta y la recta horizontal 𝑦𝑦0. Y se evalúa entonces así,

𝐸𝐸𝑥𝑥𝑟𝑟𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟𝑙𝑙 𝑝𝑝𝑟𝑟𝑙𝑙𝑑𝑑𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟 = 𝑥𝑥0𝑦𝑦0 − � 𝑓𝑓(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥0

0

Ejemplos:

a) Encontrar el excedente del productor para las siguientes ecuaciones de oferta y el nivel de precios 𝑥𝑥0

i. 𝑦𝑦 = 0.01𝑥𝑥 + 3; 𝑥𝑥0 = 200 Primero calculamos el valor de 𝑦𝑦0 = 0.01(200) + 3 = 5

El Excedente de productor (𝐸𝐸𝐸𝐸)

𝐸𝐸𝐸𝐸 = (200)(5) − ∫ (0.01𝑥𝑥 + 3)2000 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= 0.012𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥| 2000 = 0 − 0.005𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥| 2000 =

= 1000 − 800 − 0 = $200 =



ii. 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥2

9+ 1; 𝑥𝑥0 = 3

De la misma manera que en el ejercicio anterior, iniciamos por calcular del valor de 𝑦𝑦0

𝑦𝑦0 = 32

9+ 1 = 2

El excedente del productor es,

𝐸𝐸𝐸𝐸 = (3)(2) − ∫ �𝑥𝑥2

9+ 1� 𝑑𝑑𝑥𝑥3

0 =

= 6 − 𝑥𝑥3

27+ 𝑥𝑥| 30 = 6 − 4 − 0 = $2

b) Las ecuaciones de demanda y de oferta de un cierto producto agrícola son; 𝑦𝑦𝑑𝑑 y 𝑦𝑦𝑠𝑠.

i) Encontrar los valores de equilibrio. ii) Dibujar y encontrar el excedente del productor de los siguientes modelos,

i. 𝑦𝑦𝑑𝑑 = 12 − 𝑥𝑥50

y 𝑦𝑦𝑠𝑠 = 𝑥𝑥20

+ 5 En primer igualamos las ecuaciones para encontrar el punto de equilibrio. 12 − 𝑥𝑥

50= 𝑥𝑥

20+ 5

12 − 5 = 𝑥𝑥50

+ 𝑥𝑥20→ 7 = 5𝑥𝑥+2𝑥𝑥

100

Despejando tenemos, 700 = 7𝑥𝑥 → 𝑥𝑥0 = 100 Entonces 𝑦𝑦0 = 100

20+ 5 = 10

El punto de equilibrio es (100,10). Con estos valores encontramos el excedente del productor.

𝐸𝐸𝐸𝐸 = (10)(100) − ∫ � 𝑥𝑥20

+ 5� 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 1000 −1000 �𝑥𝑥

2

40+ 5𝑥𝑥�100

0 =

= 1000 − 750 = $ 250 ii. 𝑦𝑦𝑑𝑑 = 80 − 2.5𝑥𝑥2 y 𝑦𝑦𝑠𝑠 = 8 + 8𝑥𝑥

Encontramos el punto de equilibrio. 80 − 2.5𝑥𝑥2 = 8 + 8𝑥𝑥

80 − 8 = 2.5𝑥𝑥2 + 8𝑥𝑥 0 = 2.5𝑥𝑥2 + 8𝑥𝑥 − 72

Resolvemos la ecuación de 2º grado,

𝑥𝑥0,1 = −8±�64−4(2.5)(−72)2(2.5



𝑥𝑥0,1 = −8±285

= 4,−325

Evidentemente tomamos el valor positivo y entonces 𝑥𝑥0 = 4 con este valor buscamos el valor correspondiente de 𝑦𝑦0 = 8 + 8(4) = 40. El punto de equilibrio se encuentra en (4, 40). Así, el excedente del productor que resulta es,

𝐸𝐸𝐸𝐸 = (4)(40) −� (8 + 8𝑥𝑥)4

0𝑑𝑑𝑥𝑥 = 160 − [8𝑥𝑥 + 4𝑥𝑥2]4

0 =

= 160 − 96 = 64

Beneficio máximo.

En general, el beneficio en una empresa y lo que determina su nivel de producción en la diferencia entre,

𝑏𝑏𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑓𝑓𝑡𝑡𝑟𝑟𝑡𝑡𝑙𝑙 = 𝐼𝐼𝑛𝑛𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟 − 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙 𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙

Una decisión importante a tomar es ¿cuánto producir? Y la respuesta tendría que ser cuando el beneficio es máximo. En condiciones de competencia perfecta, el beneficio máximo se alcanza cuando el ingreso marginal es igual al costo marginal. En un gráfico tendríamos lo siguiente,

De esta manera, el beneficio máximo lo obtenemos,

𝐵𝐵𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑓𝑓𝑡𝑡𝑟𝑟𝑡𝑡𝑙𝑙 𝑐𝑐á𝑥𝑥𝑡𝑡𝑐𝑐𝑙𝑙(𝜋𝜋𝑚𝑚𝑎𝑎𝑥𝑥) = � [𝑟𝑟′(𝑞𝑞) − 𝑟𝑟′(𝑞𝑞)]𝑎𝑎

0𝑑𝑑𝑞𝑞

Ejemplo.

Si el precio y la cantidad vendida en una organización, en situación de competencia perfecta, se determinan por la funciones de demanda 𝑦𝑦(𝑥𝑥) = 9 − 7𝑥𝑥2 y de costos 𝑟𝑟(𝑥𝑥) =−𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2 + 5𝑥𝑥. Determinar el beneficio máximo en este punto.

Determinamos las funciones marginales de ingreso y de costos. En el caso del ingreso tendríamos,

Ingreso total= (9 − 7𝑥𝑥2)𝑥𝑥 = 9𝑥𝑥 − 7𝑥𝑥3 y el ingreso marginal 𝑟𝑟′(𝑥𝑥) = 9 − 21𝑥𝑥2



El costo marginal 𝑟𝑟′(𝑥𝑥) = −𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 5 Estas funciones se representan en la siguiente gráfica,

Para maximizar el beneficio, igualamos las funciones de ingreso y de costo marginal,

9 − 21𝑥𝑥2 = −𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 5 9 − 21𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 − 5 = 0

−20𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 + 4 = 0

Esta ecuación tiene como solución,

𝑥𝑥1 =12

𝑦𝑦 𝑥𝑥2 = −25

Solo 𝑥𝑥1 tiene sentido económico, de esta manera,

𝐵𝐵𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑓𝑓𝑡𝑡𝑟𝑟𝑡𝑡𝑙𝑙 𝑐𝑐á𝑥𝑥𝑡𝑡𝑐𝑐𝑙𝑙 = � (−20𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 + 4)𝑑𝑑𝑥𝑥 =1 2⁄

0�−

203𝑥𝑥3 + 𝑥𝑥2 + 4𝑥𝑥� 1 2⁄

0=

=1712

Curva de Lorenz.

En economía se utiliza la curva de Lorenz para describir la distribución del ingreso entre las familias en un país. La curva de Lorenz toma valores reales entre [0,1] con puntos extremos (0,0) y (1,1) y es continua, creciente y cóncava hacia arriba. En esta curva se relacionan los porcentajes acumulados de población, generalmente divididos en porcentajes acumulados de ingreso que esta población recibe. En el eje de abscisas se representa la población "ordenada" de forma que los percentiles de ingresos más bajos quedan a la izquierda y los más altos a la derecha.

Los puntos en la curva se determinan ordenando todas las familias según sus ingresos y se calculan los porcentajes de ellas con respecto al total. No hay familias con ingreso ‘cero’ y la suma del ingreso de todas las familias es ‘uno’. Si la curva coincide con la recta de equidistribución, tendríamos una condición de ingreso equitativo. El área entre la curva de Lorenz y la recta 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥 mide en cuánto difiere la distribución del ingreso del ingreso equitativo. En otras palabras, mientras más se acerque la curva de Lorenz a la recta de equidistribución es más equitativa; por lo contrario, si se aleja será menos equitativa.

Se llama coeficiente de desigualdad a la relación,



𝐿𝐿 =𝐴𝐴𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑛𝑛𝑟𝑟𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝐿𝐿𝑙𝑙𝑟𝑟𝑟𝑟𝐿𝐿 𝑦𝑦 𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑞𝑞𝑛𝑛𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑏𝑏𝑛𝑛𝑟𝑟𝑡𝑡ó𝑛𝑛

á𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑏𝑏𝑟𝑟𝑒𝑒𝑙𝑙 𝑙𝑙𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑞𝑞𝑛𝑛𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑏𝑏𝑛𝑛𝑟𝑟𝑡𝑡ó𝑛𝑛.

El área bajo la línea de equidistribución es un rectángulo de base y altura la unidad, entonces el coeficiente es,

𝐿𝐿 =∫ 𝑥𝑥10 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫ 𝑙𝑙(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥1

01

2�= 2� �𝑥𝑥 − 𝑙𝑙(𝑥𝑥)�𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0

Cuando este coeficientes cero, la distribución del ingreso es equitativa y mientras se acerque al valor de uno, la distribución será más inequitativa.

Ejemplo:

Encontrar el coeficiente de desigualdad si la curva de Lorenz es 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 1516𝑥𝑥2 + 1

16𝑥𝑥,

𝐿𝐿 = 2� �𝑥𝑥 − �1516

𝑥𝑥2 +1

16𝑥𝑥�� 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

1

02� �−

1516

𝑥𝑥2 +1516

𝑥𝑥� 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2 �1516�� (𝑥𝑥 − 𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥

1

0

1

0

=158�𝑥𝑥2

2−𝑥𝑥3

3�1

0 =158�

12−

13− 0� =

516

≅ 0.312

¿Qué proporción del ingreso recibe el 20% de las familias?

𝑓𝑓(. 2) =1516

(.2)2 +1

16(. 2) = 0.05

El 20% de las familias recibe el 5% del ingreso total.

Ejercicios.

1) Si la función de demanda está dada por la función 𝑝𝑝𝑑𝑑 = 10/(3𝑥𝑥 + 25). Encuentre el excedente del consumidor si el precio de venta es de 20 pesos.

2) Encuentre el excedente del productor si la oferta está determinada por la función 𝑝𝑝𝑠𝑠 = 5 + 0.01(𝑥𝑥 − 1)2 a un nivel de venta de 25 pesos.

3) En un mercado de competencia perfecta, para un producto dado, si las funciones de demanda y de oferta están determinadas por las funciones 𝑝𝑝𝑑𝑑 = 10/(3𝑥𝑥 + 25) y 𝑝𝑝𝑠𝑠 = 5 + 0.01(𝑥𝑥 − 1)2 respectivamente. Calcular los excedentes del consumidor y del productor.

4) La distribución del ingreso de un país sigue la curva de Lorenz 𝑦𝑦 = 1920𝑥𝑥2 + 1

20𝑥𝑥.

¿Qué proporción del ingreso recibe el 12% de las familias?



Técnicas de Integración.

Recordemos que la integración es el proceso inverso de la derivación. Sin embargo, la integración es más complicada de llevar a cabo. Si en una función se incluyen funciones elementales, como 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑟𝑟𝑥𝑥 o 𝑛𝑛(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥𝑛𝑛, encontrar su derivada es simple. Por otra parte, hemos visto métodos de cálculo que nos permiten diferenciar, casi cualquier función que pueda escribir. Si bien, para muchos de los problemas de integración se tienen fórmulas que permiten su solución directa, en algunos no tenemos un procedimiento simple. Por ejemplo, para

encontrar la antiderivada de una función elemental como 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑟𝑟𝑥𝑥2 no es tan simple. Incluso en casos donde la antiderivada existe, la técnica para encontrarla es difícil. Por esta razón presentamos estas tres técnicas de integración para hacer frente a este tipo de problemas.

Integración por sustitución

Este método de integración por sustitución también se le conoce como método de cambio de variable. Se basa en realizar un reemplazo de variables adecuado que permita convertir el integrando en algo sencillo con una integral o antiderivada simple. Este método del cambio de variable es la versión integral a la regla de la cadena en la derivación.

Por la regla de la cadena sabemos que, dadas dos funciones 𝑓𝑓(𝑥𝑥) y 𝑛𝑛(𝑥𝑥) y 𝐹𝐹(𝑥𝑥) es la antiderivada para 𝑓𝑓(𝑥𝑥), la regla de la cadena establece que,

𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥

[𝐹𝐹(𝑛𝑛(𝑥𝑥))] = 𝐹𝐹′(𝑛𝑛(𝑥𝑥))𝑛𝑛′(𝑥𝑥)

Sustituimos 𝐹𝐹’(𝑥𝑥) por 𝑓𝑓(𝑥𝑥)


[𝐹𝐹(𝑛𝑛(𝑥𝑥))] = 𝑓𝑓(𝑛𝑛(𝑥𝑥))𝑛𝑛′(𝑥𝑥)

Si integramos esta función tenemos,

�𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥

[𝐹𝐹(𝑛𝑛(𝑥𝑥))] = �𝑓𝑓 (𝑛𝑛(𝑥𝑥))𝑛𝑛′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Finalmente

�𝑓𝑓 �𝑛𝑛(𝑥𝑥)�𝑛𝑛′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝐹𝐹�𝑛𝑛(𝑥𝑥)� + 𝑟𝑟

Para la integral definida tendremos,



� 𝑓𝑓𝑏𝑏

𝑎𝑎�𝑛𝑛(𝑥𝑥)�𝑛𝑛′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝐹𝐹(𝑛𝑛(𝑥𝑥))|𝑏𝑏

𝑟𝑟

Ejemplos:

a) Sean ∫(3𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 + 3)(6𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Hacemos 𝑛𝑛 = (3𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 + 3) y su diferencial 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥

= 6𝑥𝑥 + 6𝑥𝑥2

Despejamos y tenemos 𝑑𝑑𝑛𝑛 = (6𝑥𝑥 + 6𝑥𝑥2)𝑑𝑑𝑥𝑥 sustituimos los valores de 𝑛𝑛 y 𝑑𝑑𝑛𝑛 en la integral original y nos queda

∫𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑2

2+ 𝑟𝑟 Finalmente remplazamos los valores originales y tenemos la

solución.

∫(3𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥3 + 3)(6𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = �3𝑥𝑥2+2𝑥𝑥3+3�2

2+ 𝑟𝑟

Una forma alternativa de resolver este problema sería multiplicar los polinomios y después realizar la integración; sin embargo, el método de cambio de variable es más rápido.

b) ∫(3𝑥𝑥 − 3)2 𝑑𝑑𝑥𝑥

En este ejercicio hacemos 𝑛𝑛 = 3𝑥𝑥 − 3 la diferencial es 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 3𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑑𝑑𝑑𝑑3

= 𝑑𝑑𝑥𝑥

sustituimos en la integral original y nos queda,

∫𝑛𝑛2 𝑑𝑑𝑑𝑑3 = 13 ∫ 𝑛𝑛

2 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 13��𝑑𝑑

3

3��+ 𝑟𝑟 si sustituimos el resultado es,

∫(3𝑥𝑥 − 3)2 𝑑𝑑𝑥𝑥 = (3𝑥𝑥−3)3

9+ 𝑟𝑟

c) ∫𝑥𝑥2√𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥

∫ 𝑥𝑥2√𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥, efectuamos el cambio de variable de manera que

𝑛𝑛 = 𝑥𝑥 + 1, 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥

= 1 despejamos 𝑥𝑥 = 𝑛𝑛 − 1 y elevamos al cuadrado

𝑥𝑥2 = (𝑛𝑛 − 1)2 Sustituimos y nos queda la integral

∫(𝑛𝑛 − 1)2 √𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑥𝑥 = ∫(𝑛𝑛2 − 2𝑛𝑛 + 1)√𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑛𝑛 = ∫(√𝑛𝑛 − 2𝑛𝑛32 +𝑛𝑛

52)𝑑𝑑𝑛𝑛

= 23𝑛𝑛32 − 4

5𝑛𝑛52 + 2

7𝑛𝑛72 + 𝑟𝑟 Sustituimos nuevamente y tenemos

�𝑥𝑥2√𝑥𝑥 + 1𝑑𝑑𝑥𝑥 =23

(𝑥𝑥 + 1)32 −

45

(𝑥𝑥 + 1)52 +

27

(𝑥𝑥 + 1)72 + 𝑟𝑟

=70(𝑥𝑥 + 1)

32 − 84(𝑥𝑥 + 1)

52 + 30(𝑥𝑥 + 1)

72

105+ 𝑟𝑟

=2(𝑥𝑥 + 1)

32

105[35 − 84(𝑥𝑥 + 1) + 30(𝑥𝑥 + 1)2] + 𝑟𝑟



=2(𝑥𝑥 + 1)

32

105[8 − 12𝑥𝑥 + 15𝑥𝑥2] + 𝑟𝑟

d) ∫ 𝑥𝑥3

√𝑥𝑥2−1𝑑𝑑𝑥𝑥 para eliminar el término √𝑥𝑥2 − 1, realizamos la siguiente sustitución

𝑛𝑛 = 𝑥𝑥2 − 1 de donde 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 2𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 → 𝑑𝑑𝑑𝑑2

= 𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥, asimismo 𝑥𝑥2 = 𝑛𝑛 + 1,

Sustituimos en la integral original,

� 𝑥𝑥2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥√𝑥𝑥2 − 1

= �(𝑛𝑛 + 1)𝑑𝑑𝑛𝑛

2√𝑛𝑛=

12�(𝑛𝑛 + 1)𝑛𝑛−1 2⁄ 𝑑𝑑𝑛𝑛 =

12�(𝑛𝑛1 2⁄ + 𝑛𝑛−1 2⁄ )𝑑𝑑𝑛𝑛

=𝑛𝑛3 2⁄

3+ 𝑛𝑛1 2⁄ + 𝑟𝑟 =

13𝑛𝑛1 2⁄ (𝑛𝑛 + 3) + 𝑟𝑟

Sustituimos hacia atrás 𝑛𝑛 = 𝑥𝑥2 − 1

=13

(𝑥𝑥2 − 1)1 2⁄ (𝑥𝑥2 − 1 + 3) + 𝑟𝑟 = (𝑥𝑥2 − 1)1 2⁄

3(𝑥𝑥2 + 2) + 𝑟𝑟

e) ∫ 𝑒𝑒3𝑥𝑥+5𝑒𝑒2𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 Hacemos la siguiente sustitución.

𝑛𝑛 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 y 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑟𝑟𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 sustituimos y despejamos 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑

�𝑟𝑟3𝑥𝑥 + 5𝑟𝑟2𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = �𝑛𝑛3 + 5𝑛𝑛2.𝑛𝑛

𝑑𝑑𝑛𝑛 = �𝑛𝑛3 + 5𝑛𝑛3

𝑑𝑑𝑛𝑛 = �𝑛𝑛3

𝑛𝑛3𝑑𝑑𝑛𝑛 + �

5𝑛𝑛3𝑑𝑑𝑛𝑛

�𝑑𝑑𝑛𝑛 + 5�𝑑𝑑𝑛𝑛𝑛𝑛3

= 𝑛𝑛 −5

2𝑛𝑛2+ 𝑟𝑟

Sustituimos hacia atrás y

�𝑟𝑟3𝑥𝑥 + 5𝑟𝑟2𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 −5

2𝑟𝑟2𝑥𝑥+ 𝑟𝑟

f) ∫ 𝑒𝑒√𝑥𝑥+5

√𝑥𝑥+542 𝑑𝑑𝑥𝑥

Realizamos el cambio de variable siguiente, 𝑛𝑛2 = 𝑥𝑥 + 5 y su derivada 2𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑𝑥𝑥, sustituimos en la integral original, nos queda

�𝑟𝑟𝑑𝑑

𝑛𝑛(2𝑛𝑛)𝑑𝑑𝑛𝑛 =

4

22� 𝑟𝑟𝑑𝑑𝑑𝑑𝑛𝑛 =

4

22𝑟𝑟𝑑𝑑|4

2

Rescribimos la solución,

�𝑟𝑟√𝑥𝑥+5

√𝑥𝑥 + 5

4

2𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2𝑟𝑟√𝑥𝑥+5�42 = 2𝑟𝑟3 − 2𝑟𝑟√7 ≅ 11.983

g) ∫ 𝑥𝑥√4 + 𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥50

Proponemos el siguiente cambio 𝑛𝑛2 = 4 + 𝑥𝑥 la derivada 2𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑𝑥𝑥, despejando tenemos 𝑥𝑥 = 𝑛𝑛2 − 4 y 𝑛𝑛 = √4 + 𝑥𝑥, así,

� (𝑛𝑛2 − 4)5

0𝑛𝑛(2𝑛𝑛)𝑑𝑑𝑛𝑛 = 2� (𝑛𝑛4 − 4𝑛𝑛2)

5

0𝑑𝑑𝑛𝑛 = 2

𝑛𝑛5

5− 8

𝑛𝑛3

3�5

0



=6𝑛𝑛5 − 40𝑛𝑛3

15� 5

0 =2

15𝑛𝑛3(3𝑛𝑛2 − 20)� 5

0 =2

15(4 + 𝑥𝑥)

32(3𝑥𝑥 − 8)� 5

0

= �126

5� − �−

12815

� =50615

De los ejemplos anteriores podemos deducir una metodología para la integración de funciones por sustitución o cambio de variable.

1) Definir una nueva variable, 𝑛𝑛 = 𝑛𝑛(𝑥𝑥) de manera que el cambio nos permita simplificar la función a integrar.

2) Despejar la nueva variable y obtener su derivada, 3) Modificar la integral y dejarla en términos de la nueva variable. 4) Integrar la función en términos de 𝑛𝑛 y rescribir la solución en términos de

𝑥𝑥 remplazando 𝑛𝑛 por la función equivalente 𝑛𝑛(𝑥𝑥)

Ejercicios.

1. ∫2(2𝑥𝑥 − 1)4𝑑𝑑𝑥𝑥 = 8𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 1) + 𝑟𝑟

2. ∫(1 + 2𝑥𝑥)(𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥2

6(3𝑥𝑥2 + 14𝑥𝑥 + 9) + 𝑟𝑟

3. ∫3 𝑥𝑥2√𝑥𝑥3 − 3 𝑑𝑑𝑥𝑥 = √𝑥𝑥3 − 3 �23𝑥𝑥3 − 2� + 𝑟𝑟

4. ∫ −4𝑥𝑥(1−2𝑥𝑥2)

𝑑𝑑𝑥𝑥 = ln �𝑥𝑥2 − 12� + 𝑟𝑟

5. ∫ 𝑥𝑥(𝑥𝑥2 + 1)310 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 15

8

6. ∫ 𝑥𝑥

�2𝑥𝑥2+1𝑑𝑑𝑥𝑥2

0 = 1

7. ∫ 𝑥𝑥√𝑥𝑥 − 3 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 1445

73

Integración por partes

En algunas funciones aplicar la integración directamente no es posible. De acuerdo a la naturaleza de la función, podemos probar su solución por el método de integración por partes para encontrar la función primitiva.



Este método se utiliza cuando tenemos un producto de funciones. Para deducir el método de integración partimos de la derivada de un producto. Más precisamente, para dos funciones 𝑛𝑛(𝑥𝑥) y 𝑐𝑐(𝑥𝑥) derivables, tenemos


𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑐𝑐(𝑥𝑥) = 𝑛𝑛′(𝑥𝑥).𝑐𝑐(𝑥𝑥) + 𝑛𝑛(𝑥𝑥).𝑐𝑐′(𝑥𝑥)

Para deducir la fórmula de integración por partes, integramos esta última, recordemos que la integración es proceso inverso de la derivación.

�𝑑𝑑𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑐𝑐(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = �𝑛𝑛′(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 + �𝑛𝑛(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Nos queda,

𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑐𝑐(𝑥𝑥) = �𝑛𝑛′(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 + �𝑛𝑛(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Despejamos y tenemos finalmente la fórmula de integración por partes

�𝑛𝑛(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑐𝑐(𝑥𝑥) −�𝑛𝑛′(𝑥𝑥) . 𝑐𝑐(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Para la integral definida será,

� 𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎. 𝑐𝑐′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑛𝑛(𝑥𝑥)𝑐𝑐(𝑥𝑥)|𝑏𝑏

𝑟𝑟 − � 𝑛𝑛′(𝑥𝑥)𝑏𝑏

𝑎𝑎. 𝑐𝑐(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Ejemplos.

a) ∫𝑥𝑥 𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 Para aplicar integración por partes tomamos 𝑛𝑛 = 𝑥𝑥 su diferencial es 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑𝑥𝑥, por el otro lado hacemos 𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 integramos ambos lados de la ecuación y nos

queda, 𝑐𝑐 = 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑥𝑥

𝑎𝑎 con estos valores realizamos el cálculo,

�𝑥𝑥 𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 =𝑥𝑥𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥 − �

𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥

𝑟𝑟𝑑𝑑𝑥𝑥 =

𝑥𝑥𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥 −

1𝑟𝑟�𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

=𝑥𝑥𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥 −

1𝑟𝑟2𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 =

𝑟𝑟𝑎𝑎𝑥𝑥

𝑟𝑟2(𝑟𝑟𝑥𝑥 − 1) + 𝑟𝑟

b) ∫ ln (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

Hacemos 𝑛𝑛 = ln (𝑥𝑥) entonces 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑐𝑐 = 𝑥𝑥 Aplicamos la formula y tenemos,

� ln (𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 ln(𝑥𝑥) −�𝑥𝑥1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥) − 𝑥𝑥 + 𝑟𝑟 = 𝑥𝑥(ln(𝑥𝑥) − 1) + 𝑟𝑟

c) ∫ 𝑟𝑟𝑥𝑥 (1 + 𝑥𝑥)2𝑑𝑑𝑥𝑥



Hacemos 𝑛𝑛 = (1 + 𝑥𝑥)2 entonces 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 2(1 + 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 Aplicamos la formula y tenemos,

�𝑟𝑟𝑥𝑥 (1 + 𝑥𝑥)2𝑑𝑑𝑥𝑥 = (1 + 𝑥𝑥)2𝑟𝑟𝑥𝑥 − 2�(1 + 𝑥𝑥)𝑟𝑟𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥

Necesitamos aplicar nuevamente integración por partes para resolver la nueva integral, ahora hacemos 𝑛𝑛 = (1 + 𝑥𝑥) y 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 𝑐𝑐 = 𝑟𝑟𝑥𝑥 Aplicamos la formula y tenemos,

�𝑟𝑟𝑥𝑥 (1 + 𝑥𝑥)2𝑑𝑑𝑥𝑥 = (1 + 𝑥𝑥)2𝑟𝑟𝑥𝑥 − 2 �(1 + 𝑥𝑥)𝑟𝑟𝑥𝑥 − �𝑟𝑟𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥�

= (1 + 𝑥𝑥)2𝑟𝑟𝑥𝑥 − 2[(1 + 𝑥𝑥)𝑟𝑟𝑥𝑥 − 𝑟𝑟𝑥𝑥] + 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟𝑥𝑥(1 + 2𝑥𝑥 + 𝑥𝑥2 − 2 − 2𝑥𝑥 + 2) + 𝑟𝑟 = 𝑟𝑟𝑥𝑥(𝑥𝑥2 + 1) + 𝑟𝑟

d) ∫ 𝑥𝑥31 √𝑥𝑥 + 1 𝑑𝑑𝑥𝑥

Hacemos 𝑛𝑛 = 𝑥𝑥 entonces 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑐𝑐 = √𝑥𝑥 + 1 𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑐𝑐 = 23

(1 + 𝑥𝑥)3 2⁄

Aplicamos la formula y tenemos,

∫ 𝑥𝑥31 √𝑥𝑥 + 1 𝑑𝑑𝑥𝑥 = (𝑥𝑥) 23

(1 + 𝑥𝑥)3 2⁄ − ∫ 23

(1 + 𝑥𝑥)3 2⁄ 𝑑𝑑𝑥𝑥=

= �2𝑥𝑥3

(1 + 𝑥𝑥)3 2⁄ − �23� �2(1+𝑥𝑥)5 2⁄

5��3

1 = �� 215� (1 + 𝑥𝑥)3 2⁄ (3𝑥𝑥 − 2)�3

1

= �� 215� (4)3 2⁄ (7)� − �� 2

15� (2)3 2⁄ (1)� = 112

15− 4√2

15= 7.089

e) ∫ 𝑥𝑥𝑒𝑒𝑥𝑥

(1+𝑥𝑥)231 𝑑𝑑𝑥𝑥

Hacemos 𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥 entonces 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑟𝑟𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)

𝑑𝑑𝑐𝑐 = 1(1+𝑥𝑥)2

𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑐𝑐 = −11+𝑥𝑥

Aplicamos el procedimiento

�𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥

(1 + 𝑥𝑥)23

1𝑑𝑑𝑥𝑥 = �𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥 �

−11 + 𝑥𝑥

� − �−1

1 + 𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)𝑑𝑑𝑥𝑥�3

1

= �−𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥

1 + 𝑥𝑥+ �𝑟𝑟𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥� 3

1 = �−𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥

1 + 𝑥𝑥+ 𝑟𝑟𝑥𝑥�3

1 = �𝑟𝑟𝑥𝑥(1 + 𝑥𝑥) − 𝑥𝑥𝑟𝑟𝑥𝑥

1 + 𝑥𝑥�3

1

= �𝑟𝑟𝑥𝑥

1 + 𝑥𝑥�3

1 = �𝑟𝑟3

4� − �

𝑟𝑟1

2� ≅ 3.662

f) ∫ x3

√1−x2dx

Iniciamos haciendo el siguiente cambio ∫ x3

√1−x2dx = ∫ x2 x

√1−x2dx

Hacemos 𝑛𝑛 = 𝑥𝑥2 entonces 𝑑𝑑𝑛𝑛 = 2𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥



𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑥𝑥√1−𝑥𝑥2

𝑑𝑑𝑥𝑥 y 𝑐𝑐 = −(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄

�x3

√1 − x2dx = −𝑥𝑥2(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄ − �−2𝑥𝑥(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄ 𝑑𝑑𝑥𝑥

= −𝑥𝑥2(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄ −23

(1 − 𝑥𝑥2)3 2⁄ + 𝑟𝑟 =

−(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄

3(3𝑥𝑥2 + 2(1 − 𝑥𝑥2) + 𝑟𝑟

= −(1 − 𝑥𝑥2)1 2⁄

3(𝑥𝑥2 + 2) + 𝑟𝑟

Ejercicios.

1. ∫(ln 𝑥𝑥)2 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑥𝑥(𝑙𝑙𝑛𝑛2𝑥𝑥 − 2𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥 + 2) + 𝑟𝑟

2. ∫𝑥𝑥 𝑟𝑟5𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 = 125𝑟𝑟5𝑥𝑥(5𝑥𝑥 − 1) + 𝑟𝑟

3. ∫(2𝑥𝑥 + 5)(𝑥𝑥 + 1)1 2⁄ 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 25

(2𝑥𝑥 + 7(𝑥𝑥 + 1)3 2⁄ + 𝑟𝑟

4. ∫(7 − 3x2)e−xdx = e−x(3x2 + 6x − 1)

5. ∫ x2

√x+4dx2

−1 = 215 √x + 4(3x2 − 16x + 128) = 1.324

6. ∫ x30 e−3xdx = −19

e−3x(3x + 1) = 0.11

7. ∫ lnxx2

dx =21 0.1534

Integración por fracciones parciales

Si la función a integrar 𝑓𝑓(𝑥𝑥) es una fracción racional, es posible reducir esta fracción en fracciones simples que nos permitan encontrar primitivas. Este método es útil para fracciones propias3; es decir, cuando el grado del polinomio del numerador es menor al grado del polinomio del denominador. Si 𝐴𝐴(𝑥𝑥) y 𝐵𝐵(𝑥𝑥) son dos polinomios, las fracciones que podemos resolver con este proceso tienen la forma,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) =𝐴𝐴(𝑥𝑥)𝐵𝐵(𝑥𝑥)

=𝑟𝑟0 + 𝑟𝑟1𝑥𝑥 + 𝑟𝑟2𝑥𝑥2 + ⋯+ 𝑟𝑟𝑚𝑚𝑥𝑥𝑚𝑚

𝑏𝑏0 + 𝑏𝑏1𝑥𝑥 + 𝑏𝑏2𝑥𝑥2 + ⋯+ 𝑏𝑏𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 𝑐𝑐 < 𝑛𝑛

Para reducir esta fracción, tenemos que factorizar el denominador para efectuar la descomposición en fracciones parciales equivalentes, de acuerdo a los criterios que se indican en la siguiente tabla.

3 Si la fracción es impropia se puede hacer propia al efectuar la división y después integrar. Por ejemplo, si

tenemos 𝑥𝑥3−2𝑥𝑥𝑥𝑥−1

, efectuamos la división y nos queda 𝑥𝑥3−2𝑥𝑥𝑥𝑥−1

= 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 1 − 1𝑥𝑥−1



Forma del Factor Forma de fracción parcial correspondiente Factor lineal simple

𝒂𝒂𝒙𝒙 + 𝒃𝒃 𝐴𝐴

𝑎𝑎𝑥𝑥+𝑏𝑏 donde A es una constante

Factor lineal repetido (𝒂𝒂𝒙𝒙 + 𝒃𝒃)𝒏𝒏

𝐴𝐴1𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑏𝑏

+𝐴𝐴2

(𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑏𝑏)2+ ⋯+

𝐴𝐴𝑛𝑛(𝑟𝑟𝑥𝑥 + 𝑏𝑏)𝑛𝑛

Donde 𝐴𝐴1,𝐴𝐴2, … . ,𝐴𝐴𝑛𝑛 son constantes

Factor cuadrático simple 𝒂𝒂𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒃𝒃𝒙𝒙 + 𝒄𝒄

𝐴𝐴𝑥𝑥 + 𝐵𝐵𝑟𝑟𝑥𝑥2 + 𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

A y B son constantes

Factor cuadrático repetido (𝒂𝒂𝒙𝒙𝟐𝟐 + 𝒃𝒃𝒙𝒙 + 𝒄𝒄)𝒏𝒏

𝐴𝐴1𝑥𝑥 + 𝐵𝐵1𝑟𝑟𝑥𝑥2 + 𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑟𝑟

+𝐴𝐴2𝑥𝑥 + 𝐵𝐵2

(𝑟𝑟𝑥𝑥2 + 𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑟𝑟)2 + ⋯+𝐴𝐴𝑛𝑛𝑥𝑥 + 𝐵𝐵3

(𝑟𝑟𝑥𝑥2 + 𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑟𝑟)𝑛𝑛

Donde 𝐴𝐴1,𝐴𝐴2, …𝐴𝐴𝑛𝑛 𝐵𝐵1,𝐵𝐵2, …𝐵𝐵𝑛𝑛 son constantes a determinar

Ejemplos.

a) ∫ 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑥𝑥(𝑥𝑥2−1)

Realizamos una primera corrección. 𝑥𝑥(𝑥𝑥2 − 1) = 𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)(𝑥𝑥 − 1) Expresamos la función en las siguientes fracciones simples,

1𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)(𝑥𝑥 − 1)

=𝐴𝐴𝑥𝑥

+𝐵𝐵

(𝑥𝑥 + 1)+

𝐶𝐶(𝑥𝑥 − 1)

Para encontrar los valores de A, B y C establecemos el siguiente sistema de ecuaciones

1 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 1)(𝑥𝑥 − 1) + 𝐵𝐵𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 1) + 𝐶𝐶𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1) 1 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥2 − 1) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥) + 𝐶𝐶(𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥) 1 = 𝑥𝑥2(𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶) + 𝑥𝑥(𝐶𝐶 − 𝐵𝐵) − 𝐴𝐴

Igualamos los factores de lado izquierdo y derecho de la igualdad y deducimos las siguientes ecuaciones

�𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 0𝐶𝐶 − 𝐵𝐵 = 0−𝐴𝐴 = 1

→ 𝐴𝐴 = −1𝐶𝐶 = 𝐵𝐵

𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 1 ↔

𝐴𝐴 = −1𝐵𝐵 = 1

2�

𝐶𝐶 = 12�

Sustituimos estos valores y nos queda

�𝑑𝑑𝑥𝑥

𝑥𝑥(𝑥𝑥2 − 1) = �−1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

1 2⁄(𝑥𝑥 + 1)𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

1 2⁄(𝑥𝑥 − 1)𝑑𝑑𝑥𝑥

= − ln(𝑥𝑥) +12

ln(𝑥𝑥 + 1) +12

ln(𝑥𝑥 − 1) + 𝑟𝑟

b) ∫ 2𝑥𝑥−1𝑥𝑥2+5𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥

Primero probamos que sea una fracción propia, en nuestro caso lo es, porque el grado del polinomio del denominador es mayor.



Expresamos la función como una suma de fracciones simples 2𝑥𝑥 − 1𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 5)

=𝐴𝐴𝑥𝑥

+𝐵𝐵

𝑥𝑥 + 5 → 2𝑥𝑥 − 1 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 5) + 𝐵𝐵𝑥𝑥

Agrupamos de acuerdo a la variable 𝑥𝑥

𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 = 2 𝑦𝑦 5𝐴𝐴 = −1 ∴ 𝐴𝐴 = −15

; 𝐵𝐵 = 2 +15

=115

Finalmente sustituimos los valores de A y B y resolvemos la integral que resulta.

�2𝑥𝑥 − 1𝑥𝑥2 + 5𝑥𝑥

𝑑𝑑𝑥𝑥 = −15�

1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥 +

115�

1𝑥𝑥 + 5

𝑑𝑑𝑥𝑥

= −15𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥) +

115𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥 + 5) + 𝑟𝑟

c) ∫ 𝑥𝑥4−𝑥𝑥3+𝑥𝑥2+3𝑥𝑥−2𝑥𝑥2+𝑥𝑥−2

𝑑𝑑𝑥𝑥

Es una fracción impropia, tenemos que resolver primero la división polinómica,

De esta manera la integral a resolver nos queda,

∫ 𝑥𝑥4−𝑥𝑥3+𝑥𝑥2+3𝑥𝑥−2𝑥𝑥2+𝑥𝑥−2

𝑑𝑑𝑥𝑥 =

= ∫ �𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 + 5 − 6𝑥𝑥−8𝑥𝑥2+𝑥𝑥−2

� 𝑑𝑑𝑥𝑥

= ∫𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 +∫5 𝑑𝑑𝑥𝑥 − ∫ 6𝑥𝑥−8𝑥𝑥2+𝑥𝑥−2

𝑑𝑑𝑥𝑥

Nos vamos a ocupar por el momento en la última integral, ya que las tres primeras se resuelven por medio de las reglas de integración directa. Así, buscamos las raíces del polinomio,

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 2 = (𝑥𝑥 − 1)(𝑥𝑥 + 2) Las fracciones parciales correspondientes a la fracción son,

6𝑥𝑥 − 8(𝑥𝑥 + 2)(𝑥𝑥 − 1)

=𝐴𝐴

(𝑥𝑥 + 2)+

𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 1)

Es sistema de ecuaciones correspondiente es, 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 = 6 Despejamos en la segunda ecuación y nos da 𝐴𝐴 = 2𝐵𝐵 + 8, −𝐴𝐴 + 2𝐵𝐵 = −8 Sustituimos. 3𝐵𝐵 = −2 ∴ 𝐵𝐵 = −2

3 y por consiguiente 𝐴𝐴 = 20

3

Finalmente sustituimos las constantes y nos queda,

�𝑥𝑥2𝑑𝑑𝑥𝑥 − �2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑥𝑥 +� 5 𝑑𝑑𝑥𝑥 − �20

3(𝑥𝑥 + 2)𝑑𝑑𝑥𝑥 + �2

3(𝑥𝑥 − 1) 𝑑𝑑𝑥𝑥

=𝑥𝑥3

3− 𝑥𝑥2 + 5𝑥𝑥 −

203

ln(𝑥𝑥 + 2) +23

ln(𝑥𝑥 − 1) + 𝑟𝑟

d) ∫ 𝑥𝑥−3𝑥𝑥2+8𝑥𝑥+16

𝑑𝑑𝑥𝑥

En primer lugar, es una fracción propia. Buscamos las raíces del polinomio 𝑥𝑥2 +8𝑥𝑥 + 16, como es una ecuación de 2º grado



𝑥𝑥1,2 =−8 ± �64 − 4(16)

2=−82

= −4 raiz doble

Expresamos la función como una suma de fracciones simples 𝑥𝑥 − 3

(𝑥𝑥 + 4)2=

𝐴𝐴1𝑥𝑥 + 4

+𝐴𝐴2

(𝑥𝑥 + 4)2 → 𝑥𝑥 − 3 = 𝐴𝐴1(𝑥𝑥 + 4) + 𝐴𝐴2

Para encontrar los valores 𝐴𝐴1 y 𝐴𝐴2 partimos de las ecuaciones, 𝐴𝐴1𝑥𝑥 = 1 y 4𝐴𝐴1 + 𝐴𝐴2 = −3 ∴ 𝐴𝐴2 = −3 − 4 = −7

Así, sustituyendo las constantes en las fracciones simples, nos queda la integral

�𝑥𝑥 − 3

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 20𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

1𝑥𝑥 + 4

𝑑𝑑𝑥𝑥 − 7�1

(𝑥𝑥 + 4)2 𝑑𝑑𝑥𝑥

= ln(𝑥𝑥 + 4) +7

(𝑥𝑥 + 4) + 𝑟𝑟

e) ∫ 6𝑥𝑥−5𝑥𝑥2+𝑥𝑥−20

𝑑𝑑𝑥𝑥

En primer lugar, es una fracción propia. Segundo, Encontramos las raíces del polinomio 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 20, como es una ecuación de 2º grado

𝑥𝑥1,2 =−1 ± �1 − 4(−20)

2=−1 ± 9

2= 4,−5

Expresamos la función como una suma de fracciones simples 6𝑥𝑥 − 5

(𝑥𝑥 − 4)(𝑥𝑥 + 5)=

𝐴𝐴𝑥𝑥 − 4

+𝐵𝐵

𝑥𝑥 + 5 → 6𝑥𝑥 − 5 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 + 5) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 − 4)

Agrupamos de acuerdo a la variable 𝑥𝑥 6𝑥𝑥 − 5 = 𝑥𝑥(𝐴𝐴 + 𝐵𝐵) + (5𝐴𝐴 − 4𝐵𝐵)

Tercero, buscamos los valores de A y B, al desarrollar las siguientes ecuaciones

𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 = 6 5𝐴𝐴 − 4𝐵𝐵 = −5

Resolvemos el sistema de ecuaciones, multiplicamos por 4 la primera ecuación

𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 = 6 (4) 5𝐴𝐴 − 4𝐵𝐵 = −5

________________________________________________________

9𝐴𝐴 = 19 ∴ 𝐴𝐴 =199

Sustituimos el valor de A en la primera ecuación y nos queda

199

+ 𝐵𝐵 = 6 ∴ 𝐵𝐵 =359

Finalmente sustituimos los valores de A y B y resolvemos la integral que resulta.

�6𝑥𝑥 − 5

𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 20𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

199

1𝑥𝑥 − 4

𝑑𝑑𝑥𝑥 + �359

1𝑥𝑥 + 5

𝑑𝑑𝑥𝑥

=199𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥 − 4) +

359𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥 + 5) + 𝑟𝑟

f) ∫ 3𝑥𝑥2+𝑥𝑥−4𝑥𝑥3−2𝑥𝑥2−3𝑥𝑥

84 𝑑𝑑𝑥𝑥

Es una fracción propia. Las raíces del polinomio son, 𝑥𝑥3 − 2𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥 = 𝑥𝑥(𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 − 3)



Son tres raíces, la primera es cero, 𝑥𝑥1 = 0 las otras las buscamos por la ecuación de segundo grado y son

𝑥𝑥2,3 =2 ± �4 − 4(−3)

2=

2 ± 42

= 3,−1

Expresamos la fracción como suma de fracciones simples así, 3𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 4

𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 1)(𝑥𝑥 − 3)=𝐴𝐴𝑥𝑥

+𝐵𝐵

𝑥𝑥 + 1+

𝐶𝐶𝑥𝑥 − 3

Agrupamos y encontramos los valores de 𝐴𝐴,𝐵𝐵 y 𝐶𝐶 3𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 4 = 𝐴𝐴(𝑥𝑥 − 3)(𝑥𝑥 + 1) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥)(𝑥𝑥 − 3) + 𝐶𝐶(𝑥𝑥)(𝑥𝑥 + 1)

= 𝐴𝐴(𝑥𝑥2 − 2𝑥𝑥 − 3) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥) + 𝐶𝐶(𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥) = 𝑥𝑥2(𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶) + 𝑥𝑥(−2𝐴𝐴 − 3𝐵𝐵 + 𝐶𝐶) − 3𝐴𝐴

Resolvemos el sistema de ecuaciones,

−3𝐴𝐴 = −4𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 3

−2𝐴𝐴 − 3𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 1 →

𝐴𝐴 = 43�

𝐵𝐵 = 53� − 𝐶𝐶

−3(53� − 𝐶𝐶) + 𝐶𝐶 = 11

3�

→

𝐴𝐴 = 43�

𝐵𝐵 = −12�

𝐶𝐶 = 136�

Sustituimos estos valores de 𝐴𝐴 = 43, 𝐵𝐵 = −1

2 y 𝐶𝐶 = 13

6 y resolvemos la integral

�3𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥 − 4𝑥𝑥3 − 2𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥

8

4𝑑𝑑𝑥𝑥 =

43�

1𝑥𝑥𝑑𝑑𝑥𝑥

8

4−

12�

1𝑥𝑥 + 1

8

4𝑑𝑑𝑥𝑥 +

136�

1𝑥𝑥 − 3

8

4𝑑𝑑𝑥𝑥 =

=43

ln(𝑥𝑥) −12

ln(𝑥𝑥 + 1) +136

ln(𝑥𝑥 − 3)� 84

= �43

ln 8 −12

ln 9 +136

ln 5� − �43

ln 4 −12

ln 5� = 5.161 − 1.043 = 4.117

g) ∫ 2𝑥𝑥2−𝑥𝑥−1𝑥𝑥3+5𝑥𝑥2+3𝑥𝑥−9

𝑑𝑑𝑥𝑥31

Es una fracción propia. Para encontrar las raíces del polinomio usamos división sintética, Dado el polinomio 𝑝𝑝(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥3 + 5𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥 − 9, buscamos raíces enteras; por lo que iniciamos con divisores de -9 (±1, ±3, ±9). Una primera raíz es (𝑥𝑥 + 3) el polinomio nos queda,

𝑝𝑝(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥3 + 5𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥 − 9 = (𝑥𝑥+ 3)(𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 − 3)

Son tres raíces, la primera es cero, 𝑥𝑥1 = −3 las otras las buscamos por la ecuación de segundo grado y son

𝑥𝑥2,3 =−2 ± �4 − 4(−3)

2=−2 ± 4

2= 1,−3

Tenemos una raíz doble (𝑥𝑥 + 3)2 y (𝑥𝑥 − 1). Expresamos la fracción como suma de fracciones simples así,



2𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 − 1(𝑥𝑥 + 3)2(𝑥𝑥 − 1)

=𝐴𝐴1𝑥𝑥 + 3

+𝐴𝐴2

(𝑥𝑥 + 3)2+

𝐵𝐵𝑥𝑥 − 1

Agrupamos y encontramos los valores de 𝐴𝐴,𝐵𝐵 y 𝐶𝐶

2𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 − 1 = 𝐴𝐴1(𝑥𝑥 + 3)(𝑥𝑥 − 1) + 𝐴𝐴2(𝑥𝑥 − 1) + 𝐵𝐵(𝑥𝑥 + 3)2 = 𝐴𝐴1(𝑥𝑥2 + 2𝑥𝑥 − 3) + 𝐴𝐴2𝑥𝑥 − 𝐴𝐴2 + 𝐵𝐵(𝑥𝑥2 + 6𝑥𝑥 + 9)

= (𝐴𝐴1 + 𝐵𝐵)𝑥𝑥2 + (2𝐴𝐴1+𝐴𝐴2 + 6𝐵𝐵)𝑥𝑥 + (−3𝐴𝐴1−𝐴𝐴2 + 9𝐵𝐵)

𝐴𝐴1 + 𝐵𝐵 = 2 2𝐴𝐴1+𝐴𝐴2 + 6𝐵𝐵 = −1 −3𝐴𝐴1−𝐴𝐴2 + 9𝐵𝐵 = −1

Sumamos las tres ecuaciones y 𝐵𝐵 =0

Sustituimos y 𝐴𝐴1 = 2 4+𝐴𝐴2 = −1 ∴ 𝐴𝐴2 = −5

Sustituimos estos valores

�2𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 − 1

𝑥𝑥3 + 5𝑥𝑥2 + 3𝑥𝑥 − 9

3

1𝑑𝑑𝑥𝑥 = �

2𝑥𝑥 + 3

3

1𝑑𝑑𝑥𝑥 + �

−5(𝑥𝑥 + 3)2 𝑑𝑑𝑥𝑥

3

1

= 2 ln(𝑥𝑥 + 3) +5

𝑥𝑥 + 3�31 = �2 ln 6 +

56�− �2 ln 4 +

54�

= 4.417 − 4.0226 = 0.394

De la solución de estos ejercicios, deducimos la siguiente metodología para la solución de integrales por el método de fracciones parciales.

1) Verificamos que sean una fracción propia. Si es impropia efectuamos la división y después integramos

2) Encontramos las raíces del polinomio del denominador. 3) Expresamos la fracción en fracciones parciales simples, de acuerdo a la tabla que

se definió arriba. 4) Buscamos los valores de las Constantes A, B, etc 5) Sustituimos los valores de las constante en las fracciones parciales e integramos

Ejercicios

1) ∫ 𝑥𝑥−3𝑥𝑥3+2𝑥𝑥2

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 54𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥 − 5

4ln(𝑥𝑥 + 2) + 3

2𝑥𝑥+ 𝑟𝑟

2) ∫ 7+2𝑥𝑥𝑥𝑥2−𝑥𝑥−2

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 113

ln(𝑥𝑥 − 2) − 53

ln(𝑥𝑥 + 1) + 𝑟𝑟

3) ∫ 𝑥𝑥−3𝑥𝑥2−2𝑥𝑥+1

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑙𝑙𝑛𝑛(𝑥𝑥 − 1) + 2𝑥𝑥−1

+ 𝑟𝑟

4) ∫ 𝑥𝑥−9(𝑥𝑥+5)(𝑥𝑥−2)

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 2 ln(𝑥𝑥 + 5) − ln(𝑥𝑥 − 2) + 𝑟𝑟

5) ∫ 𝑥𝑥𝑥𝑥2−1

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 12

ln (𝑥𝑥2 − 1)�32 = 0.493

2

6) ∫ 𝑥𝑥+5(𝑥𝑥+5)2(𝑥𝑥−1)

𝑑𝑑𝑥𝑥42 = 1

6ln(𝑥𝑥 − 1) − 1

6ln (𝑥𝑥 + 5)�4

2 = 0.141



Cálculo de la trayectoria temporal de un factor. El cálculo integral permite la resolución de problemas que impliquen la determinación de la trayectoria temporal de alguna variable sobre la base de una forma de cambio conocida, trayectoria temporal ésta que puede calcularse

• Sin horizonte finito, mediante integrales indefinidas, o • En un intervalo de tiempo concreto, mediante el uso de integrales definidas.

El siguiente ejemplo es muestra de este uso de la integración. Supongamos que el flujo de inversión neta esta descrito por la ecuación 𝐼𝐼(𝑟𝑟) = 3√𝑟𝑟, y que el stock inicial de capital, en el momento 𝑟𝑟 = 0, es 𝐾𝐾(0). ¿Cuál es la trayectoria temporal del capital K? Solución La trayectoria temporal del capital K buscada viene dada por la integración de I(t) con respecto a t,

𝐾𝐾(𝑟𝑟) = �𝐼𝐼(𝑟𝑟)𝑑𝑑𝑟𝑟 = �3√𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = 2𝑟𝑟3 2⁄ + 𝑟𝑟

Para determinar el valor de la constante, tenemos en cuenta la hipótesis de que el stock inicial de capital, en el momento 𝑟𝑟 = 0, es 𝐾𝐾(0), de donde 𝐶𝐶 = 𝑘𝑘(0). En definitiva la trayectoria temporal del capital es

𝐾𝐾(𝑟𝑟) = 2𝑟𝑟3 2⁄ + +𝐾𝐾(0) Asimismo hacemos notar que el concepto de integral definida entrará en escena cuando queramos valorar la formación de capital durante algún intervalo de tiempo, en vez de la trayectoria temporal de K.

Cálculo de la utilidad neta.

Esta aplicación está referida a todo tipo de utilidad neta incluyendo el caso del beneficio neto. No olvidemos que el beneficio es la utilidad desde el punto de vita del empresario. Por ejemplo,

Una empresa tiene como función de ingresos 𝐼𝐼(𝑟𝑟) = 𝑟𝑟2 − 2𝑟𝑟 + 1 y como función de gastos 𝐺𝐺(𝑟𝑟) = 47 + 1. Calcular el beneficio neto acumulado en el intervalo de tiempo [0,5] si consideramos un factor de actualización de la forma 𝑟𝑟−𝑡𝑡.

Solución.



El beneficio neto se calcula como ingresos menos gastos, todo ello multiplicado por el factor 𝑟𝑟−𝑡𝑡 a fin de actualizar el beneficio acumulado:

� 𝑟𝑟−𝑡𝑡[𝐼𝐼(𝑟𝑟) − 𝐺𝐺(𝑟𝑟)]𝑑𝑑𝑟𝑟5

0

Integral que se resuelve por partes: 𝑛𝑛 = 𝑟𝑟2 − 6𝑟𝑟𝑑𝑑𝑐𝑐 = 𝑟𝑟−𝑡𝑡𝑑𝑑𝑟𝑟

La solución final es −(𝑟𝑟−5 + 4)

Supongamos que dentro de 𝑥𝑥 años dos planes de inversión generarán utilidades a razón de 𝑅𝑅1(𝑥𝑥) y 𝑅𝑅2(𝑥𝑥) pesos al año respectivamente, y que para los próximos 𝑁𝑁 años la razón 𝑅𝑅2(𝑥𝑥) será mayor que la razón 𝑅𝑅1(𝑥𝑥). Por consiguiente la diferencia 𝑅𝑅2(𝑥𝑥) − 𝑅𝑅1(𝑥𝑥) representa la razón a que la utilidad generada por el segundo plan excede al primero; es decir, el exceso de utilidad neta está dado por

� [𝑅𝑅2(𝑥𝑥) − 𝑅𝑅1(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥𝑁𝑁

0

Ejemplo. Supongamos que dentro de x años un plan de inversión generará una utilidad a razón de 𝑅𝑅1(𝑥𝑥) = 50 + 𝑥𝑥2 pesos al año, mientras que un segundo plan lo hará a razón de 𝑅𝑅2(𝑥𝑥) = 200 + 5𝑥𝑥 pesos al año.

a) ¿Durante cuántos años será más rentable el segundo plan? b) Calcular el exceso de utilidad neta si se invierte en el segundo plan durante el

período hallado en el anterior punto c) Interpretar el exceso de utilidad de forma gráfica

Solución

El segundo plan debería ser el más rentable, hasta que se iguales,

𝑅𝑅2(𝑥𝑥) = 𝑅𝑅1(𝑥𝑥)

Es decir, 50 + 𝑥𝑥2 = 200 + 5𝑥𝑥 → 𝑥𝑥2 − 5𝑥𝑥 − 150 → 𝑥𝑥 = 15, 𝑥𝑥 = −10

Como esta última solución no es viable, resulta que son 15 los años en los que el segundo plan de inversión es mas rentable que el primero. El exceso de utilidad neta es



� [𝑅𝑅2(𝑥𝑥) − 𝑅𝑅1(𝑥𝑥)]𝑑𝑑𝑥𝑥15

0= � [−50 − 𝑥𝑥2 + 200 + 5𝑥𝑥]𝑑𝑑𝑥𝑥

15

0

� [−50 − 𝑥𝑥2 + 200 + 5𝑥𝑥]𝑑𝑑𝑥𝑥 = 150𝑥𝑥 +52𝑥𝑥2 −

13𝑥𝑥3� 15

0 = 1687.5 𝑝𝑝𝑟𝑟𝑟𝑟𝑙𝑙𝑟𝑟15

0

Finalmente, la interpretación gráfica del exceso de utilidad de forma gráfica es, simplemente, el área comprendida entre las curvas 𝑅𝑅1(𝑥𝑥) 𝑦𝑦 𝑅𝑅2(𝑥𝑥)

Supongamos que hacemos una inversión que promete pagar A dólares en un tiempo t (donde el presente es el tiempo 𝑟𝑟0. ¿Cuánto debemos estar dispuestos a pagar por este tipo de inversión? Está claro que no quiere pagar tanto como unos dólares. Por si tuviéramos unos dólares ahora, podríamos invertir a la tasa actual de interés y, en el tiempo t, queremos volver a nuestros originales Unos dólares más los intereses devengados. En lugar de ello, sólo debe estar dispuesto a pagar una cantidad P que, si se invierte en t años, daría lugar a unos dólares. Llamamos P el valor actual de una de dólares en t años. Vamos asumir capitalización continua de interés. Si la corriente (anual) la tasa de interés es r, entonces P dólares invertido en t años rendirá dólares PERT

Bibliografía.

Goldstein, L. J, Lay D. C., Schneider, D. I. CALCULUS AND ITS APPLICATIONS, Prentice Hall, Englewood Cliffs, New Jersey USA, 1993.

Larson R.E., Hostetler R. P. y Edwards B. H. CÁLCULO Y GEOMETRIA ANALÍTICA. Sexta edición, Editorial Mc Graw Hill, Madrid

Apostol T. M CALCULUS, Cálculo con funciones de una variable, con una introducción al algebra lineal. Editorial Reverté Ediciones, Volumen I, México, 1999.

notas de clase r

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