Para realizar los siguientes ejercicios siempre es bueno hacer un dibujo, para tener más o menos

una idea de que es lo que estamos haciendo. Bien, yo no voy a hacer una tabla de valores para

cada gráfica, es muy tedioso y lo odio… :3, entonces voy a usar una graficadora online.

Éste es un taller de áreas, así que debería suponer en que sabes integrar al revés y al derecho,

pero de repente, veamos un poco de teoría.

Lo bueno es que no hay ninguna integral media fea... todavía no ves integrales que te harán

llorar y divertir. jajaja….

𝐴𝑙𝑔𝑢𝑛𝑎𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑠:

∫ cos (𝑢)𝑑𝑢 = sin (𝑥) + 𝐶

∫ sin (𝑢)𝑑𝑢 = −cos (𝑥) + 𝐶

∫1

𝑢𝑑𝑢 = ln(|𝑢|) + 𝐶

∫ 𝑢𝑛 = {𝑢𝑛+1

𝑛 + 1+ 𝐶, 𝑠𝑖: 𝑛 ≠ −1

ln(|𝑢|) + 𝐶, 𝑠𝑖: 𝑛 = −1

𝐴𝑙𝑔𝑢𝑛𝑎𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑢𝑠𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠:

∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) + ℎ(𝑥) + ⋯ ]𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ ℎ(𝑥)𝑑𝑥 + ⋯

∫ 𝑘𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

= ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑐

𝑎

+ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑐

Éste último lo usaremos cuando tengamos los límites de integración mezclados es decir desde

un negativo hasta un positivo, es decir no puedo integrar algo que está entre los negativos y

positivos al mismo tiempo, entonces abrimos esos dos intervalos y ahí sí.

Creo que nada más… caso contrario, lo iré mencionando en el desarrollo.

Y lo más importante de éste taller

𝑆𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑐á𝑙𝑐𝑢𝑙𝑜.

∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

= 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)

𝑎)𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 3

Bien, tenemos nuestra gráfica, tenemos pintada el área que queremos calcular, tenemos los

límites de integración que va desde 0 hasta 1. Pero si te das cuenta el área que vamos a calcular

está por debajo del eje “x”, entonces nos va a dar un resultado negativo, y no existen áreas

negativas, entonces aquí le damos un uso a la gráfica, si ya sé que el resultado me a salir negativo

entonces le multiplico a la integral por (-1)

(−1) ∫ (2𝑥 − 3)𝑑𝑥1

0

= (−1) [∫ 2𝑥𝑑𝑥1

0

+ ∫ −3𝑑𝑥1

0

] = −2 ∫ 𝑥𝑑𝑥1

0

− (−3) ∫ 𝑑𝑥1

0

= − (2)𝑥2

2+ 3𝑥|

1

0= −𝑥2 + 3𝑥|

1

0

Aplicando el segundo teorema fundamental del cálculo:

𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)

(−(1)2 + 3(1)) − (−(0)2 + 3(0)) = (−1 + 3) − (0) = 2

Es decir, el valor de esa área es igual a 2.

Además, otro camino, aunque algunos profesores no les agrada que hagan, es usar la geometría

elemental, es decir armar la figura mediante figuras que ya sepas tranquilamente obtener el

área, por ejemplo, en éste caso, el área sombreada es como que la unión de un rectángulo con

un triángulo y ambos sabes cómo obtener su área, podría ser una forma de cerciorarte de que

el resultado es efectivamente el que obtuviste de la integración.

𝑏)𝑓(𝑥) =5−𝑥

𝑥3

∫5 − 𝑥

𝑥3

2

1

𝑑𝑥 = ∫ (5

𝑥3−

𝑥

𝑥3)

2

1

𝑑𝑥 = ∫5

𝑥3

2

1

𝑑𝑥 − ∫𝑥

𝑥3

2

1

𝑑𝑥 = ∫ 5𝑥−32

1

𝑑𝑥 − ∫ 𝑥−22

1

𝑑𝑥

= 5 (𝑥−3+1

−3 + 1) − (

𝑥−2+1

−2 + 1)]

2

1= −5 (

𝑥−2

2) + (𝑥−1)]

2

1

Usando el segundo teorema fundamental del cálculo:

𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)

[−5 ((2)−2

2) + ((2)−1)] − [−5 (

(1)−2

2) + ((1)−1)]

[−5

8+

1

2] − [−

5

2+ 1]

[−1

8] − [−

3

2] =

11

8

El área de la zona sombreada es equivalente a 11

8

𝑐)𝑓(𝑥) = 2√𝑥 − 1

∫ 2√𝑥 − 1𝑑𝑥5

1

Podemos integrar por sustitución, entonces consideremos:

𝑢 = 𝑥 − 1

Derivamos:

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

Ahora, podríamos cambiar los límites de integración, en base a nuestra nueva variable, como

también podríamos hacer el cambio que hemos hecho y luego de integrar volver a la variable

original y ahí sí, aplicar lo límites establecidos para la variable original.

Hagamos el cambio de límites:

𝑢 = (5) − 1 = 4

𝑢 = (1) − 1 = 0

Listo, entonces con todo esto reemplacemos en nuestra integral

∫ 2√𝑢𝑑𝑢4

0

= ∫ 2𝑢1

2⁄ 𝑑𝑢4

0

= 2 ∫ 𝑢1

2⁄ 𝑑𝑢 = 2 (𝑢

12⁄ +1

12⁄ + 1

)]4

0= 2 (

𝑢3

2⁄

32⁄

)]4

0= (

4

3) 𝑢

32⁄ ]

4

0

4

0

Usamos el teorema fundamental del cálculo

[(4

3) (4)

32⁄ ] − [(

4

3) (0)

32⁄ ] =

32

3≈ 10,67

𝑑)𝑓(𝑥) = ∫ (√𝑎 − √𝑥)2𝑑𝑥𝑎

0

Bueno no podemos hacer una gráfica bastante clara acerca de éste, pero la idea es la misma,

integrar…

∫ (√𝑎 − √𝑥)2

𝑑𝑥𝑎

0

= ∫ [(√𝑎)2 − 2(√𝑎)(√𝑥) + (√𝑥)2

] 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑥𝑎

0

− 2√𝑎 ∫ √𝑥𝑑𝑥𝑎

0

+ ∫ 𝑥𝑑𝑥𝑎

0

𝑎

0

= 𝑎𝑥 − 2√𝑎 (2

3) 𝑥

32⁄ +

𝑥2

2]

𝑎

0

Aplicando el segundo teorema fundamental de cálculo tenemos:

[𝑎(𝑎) − 2√𝑎 (2

3) (𝑎)

32⁄ +

(𝑎)2

2] − [𝑎(0) − 2√𝑎 (

2

3) (0)

32⁄ +

(0)2

2]

[𝑎2 +𝑎2

2− (2𝑎

12⁄ (𝑎)

32⁄ ) (

2

3)] − [0]

[3

2𝑎2 −

4

3𝑎2] =

𝑎2

6

Mira que también debes saber manejar el álgebra, es decir propiedades de los exponentes…

(𝑥𝑛)(𝑥𝑚) = 𝑥𝑚+𝑛

𝑥𝑛

𝑥𝑚= 𝑥𝑛−𝑚

√𝑥𝑚𝑛= 𝑥

𝑚𝑛⁄

𝑘

𝑥𝑚= 𝑘𝑥−𝑚

Son las que he venido usando, y espero no hayas tenido inconvenientes.

𝑒)𝑓(𝑥) = (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)

Nuevamente, mira que tenemos un área por encima del eje “x”, y otra por debajo de “x”,

entonces, ya sabes que hay que hacer verdad. Abrimos dos intervalos, como la función es

continua en todo su dominio entonces no hay problema de abrir la integral en dos intervalos,

espero ya sepas cuales van a ser esos intervalos.

∫ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥0

−2

= ∫ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥−1

−2

+ ∫ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥0

−1

∫ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥−1

−2

− ∫ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥0

−1

= ∫ [𝑥2 − 𝑥 − 2]𝑑𝑥−1

−2

+ ∫ [𝑥2 − 𝑥 − 2]𝑑𝑥0

−1

= (𝑥3

3−

𝑥2

2− 2𝑥)]

−1

−2− (

𝑥3

3−

𝑥2

2− 2𝑥)]

0

−1

{((−1)3

3−

(−1)2

2− 2(−1)) − (

(−2)3

3−

(−2)2

2− 2(−2))}

+ {((0)3

3−

(0)2

2− 2(0)) − (

(−1)3

3−

(−1)2

2− 2(−1))}

= {(7

6) − (−

2

3)} + {(0) − (

7

6)} =

11

6−

7

6=

2

3

El área sombreada es de 2

3

𝑓)𝑔(𝑥) = (1 + 2√𝑥)2

∫ (1 + 2√𝑥)2𝑑𝑥 =4

0

∫ [(1)2 + 4√𝑥 + (2√𝑥)2]𝑑𝑥 =4

0

∫ [1 + 4√𝑥 + 4𝑥]𝑑𝑥4

0

= ∫ 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑥1

2⁄ 𝑑𝑥 + 4 ∫ 𝑥𝑑𝑥4

0

=4

0

(𝑥 +8

3𝑥

32⁄ + 2𝑥2)]

4

0

4

0

Usando el teorema fundamental del cálculo

((4) +8

3(4)

32⁄ + 2(4)2) − ((0) +

8

3(0)

32⁄ + 2(0)2)

((4) +8

3(4)

32⁄ + 2(4)2) − ((0) +

8

3(0)

32⁄ + 2(0)2) =

172

3≈ 57,33

Entonces el área sombreada es de aproximadamente 57,33

𝑔)𝑓(𝑥) = (2𝑎 + 1)4

∫ (2𝑎 + 1)4𝑑𝑎1

0

Integración por sustitución

𝑢 = 2𝑎 + 1

Derivando:

𝑑𝑢 = 2𝑑𝑎

Despejamos:

𝑑𝑎 =𝑑𝑢

2

Cambiando los límites:

𝑢 = 2(1) + 1 = 3 𝑢 = 2(0) + 1 = 1 Reemplazamos:

∫ (𝑢)4𝑑𝑢

2

3

1

=1

2∫ 𝑢4

3

1

=1

2(

𝑢5

5)⌉

3

1

1

2(

(3)5

5) −

1

2(

(1)5

5) =

243

10−

1

10=

121

5= 24,2

El área sombreada vale 24,2

ℎ)𝑓(𝑥) = 𝑥𝑙𝑛(𝑥)

∫ 𝑥𝑙𝑛(𝑥)𝑑𝑥8

1

Debemos integrar por partes, entonces recordemos la fórmula:

∫ 𝑢𝑑𝑣𝑏

𝑎

= 𝑢𝑣|𝑏

𝑎− ∫ 𝑣𝑑𝑢

𝑏

𝑎

Puedes recordarlo diciendo:

(Un Día Vi) (Una Vaca) (Vestida De Uniforme)

Entonces debemos escoger quien a hacer el papel de “u” …y quien va a ser el papel de “dv”, una

forma sencilla es usar el método ILATE (Inversa, Logarítmica, Aritmética, Trigonométricas,

Exponencial) es decir nosotros en nuestra integral tenemos una aritmética (x) y una logarítmica

(ln(x)), entonces según tu pronuncias ILATE cual suena primera la “A” o la “L” ... La “L” ¿cierto?,

entonces ya sabemos quién va a ser nuestro “u” y lo que sobre será “dv”

𝑢 = ln(𝑥)

Derivamos:

𝑑𝑢 =1

𝑥𝑑𝑥

Ahora:

𝑑𝑣 = 𝑥

Integramos:

𝑣 =𝑥2

2

Listo, entonces vamos a ir reemplazamos según la fórmula

∫ 𝑙𝑛(𝑥)𝑥𝑑𝑥8

1

= ln(𝑥)𝑥2

2]

8

1− ∫ (

𝑥2

2)

1

𝑥𝑑𝑥

8

1

∫ 𝑙𝑛(𝑥)𝑥𝑑𝑥8

1

= {(ln(8)82

2) − (ln(1)

12

2)} −

1

2∫ (𝑥)𝑑𝑥

8

1

∫ 𝑙𝑛(𝑥)𝑥𝑑𝑥8

1

= {(66,54) − (0)} −1

2(

𝑥2

2)⌉

8

1

∫ 𝑙𝑛(𝑥)𝑥𝑑𝑥8

1

= {(66,54)} − [(1

2(

(8)2

2)) − (

1

2(

(1)2

2))]

∫ 𝑙𝑛(𝑥)𝑥𝑑𝑥8

1

= {(66,54)} − [16 −1

4] ≈ 50,79

Entonces el área bajo la curva es de aproximadamente 50,79

𝑖)𝑓(𝑥) = sin (𝑥)

∫ sin (𝑥)𝑑𝑥

𝜋2⁄

0

= −cos (𝑥)]𝜋

2⁄

0

(−cos (𝜋

2)) − (− cos(0)) = 1

Éste estuvo muy fácil, jajaja.

𝑗)𝑓(𝑥) = −𝑥2 + 𝑥 − 1

Para éste ejercicio podemos jugar un poco, si tenemos una ecuación de la forma

𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐

Entonces podemos deducir dos cosas:

𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = {𝑎, 𝑎 < 0, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑝𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑠𝑒 𝑎𝑏𝑟𝑒 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑎, 𝑎 > 0, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑝𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑠𝑒 𝑎𝑏𝑟𝑒 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎

Entonces miremos la siguiente gráfica:

La gráfica en color rojo, únicamente he cambiado

los signos de la función, la gráfica en color azul es la

gráfica original.

Que quiero conseguir con esto, que te des

cuenta que técnicamente ésta integral no debería existir

porque el área BAJO la curva en color azul se va hasta el

infinito no sé hasta dónde se va.

Por eso, lo que podemos hacer es darle la vuelta

a la parábola y calcular el área bajo esa curva…que por

su puesto ese si existe y es finita.

𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 𝑥 + 1

∫ [𝑥2 − 𝑥 + 1]𝑑𝑥3

0

=𝑥3

3−

𝑥2

2+ 𝑥]

3

0

((3)3

3−

(3)2

2+ (3)) − (

(0)3

3−

(0)2

2+ (0)) = 9 −

9

2+ 3 = 7,5

Entonces el área bajo la curva es de 7,5

𝑘)𝑓(𝑡) = (1

3𝑡 − 2)

2

Mira, que tenemos el área en dos lugares, entonces no podemos hacer la integración así

nomás, debemos abrir donde intervalos de integración.

∫ (1

3𝑡 − 2)

2

𝑑𝑡 =1

−2

∫ (1

3𝑡 − 2)

2

𝑑𝑡0

−2

+ ∫ (1

3𝑡 − 2)

2

𝑑𝑡1

0

= ∫ (1

9𝑡2 −

4

3𝑡 + 4) 𝑑𝑡 + ∫ (

1

9𝑡2 −

4

3𝑡 + 4) 𝑑𝑡

1

0

0

−2

(1

27𝑡3 −

2

3𝑡2 + 4𝑡)⌉

0

−2+ (

1

27𝑡3 −

2

3𝑡2 + 4𝑡)⌉

1

0

(1

2703 −

2

302 + 40) − (

1

27(−2)3 −

2

3(−2)2 + 4(−2)) + (

1

27(1)3 −

2

3(1)2 + 4(1))

− (1

27(0)3 −

2

3(0)2 + 4(0))

(0) − (−296

27) + (

91

27) − (0) ≈ 14,33

El área bajo la curva sería aproximadamente 14,33

𝑙)𝑓(𝑥) =1

9 + 2𝑥

∫1

9 + 2𝑥

0

−3

𝑑𝑥

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖ó𝑛:

Consideremos:

𝑢 = 9 + 2𝑥

Derivando:

𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥

Despejando:

𝑑𝑥 =𝑑𝑢

2

Reemplazando:

∫ (1

𝑢)

𝑑𝑢

2

0

−3

=1

2ln (𝑢)⌉

0

−3

Pero, no te vayas a olvidar que no cambiamos los límites de integración para la nueva variable,

entonces debemos volver a la variable original para poder usar los limites originales:

1

2ln (9 + 2𝑥)⌉

0

−3= (

1

2ln (9 + 2(0))) − (

1

2ln(9 + 2(−3))) = 1,098 − 0,649 ≈ 0,5487

Entonces el área de esa zona es aproximadamente 0,5487

𝑚)𝑓(𝑥) = cos (2𝑥)

La ventaja de las gráficas trigonométricas, es que son simétricas es decir si calculamos una

parte de ella y tenemos alguna otra sección que es igual a ésta por ejemplo en éste caso, los intervalos

desde 0 hasta pi medios, es la misma que desde pi medios hasta pi… entonces podemos hacer algo de

trampa multiplicando la integral desde cero hasta pi y la multiplicamos por dos.

2 ∫ cos (2𝑥)𝑑𝑥

𝜋2⁄

0

= 2 (sin (2𝑥)

2)]

𝜋2⁄

0

sin (2𝑥)⌉𝜋

2⁄

0= 𝑠𝑖𝑛 (2

𝜋

2) − sin(2(0)) = 0

Y el área que se forma entre éstas figura es demasiado pequeño, entonces es casi cero.

Y eso sería todo espero te sirva y si tienes alguna duda me avisas.