Calculo_2_2005

Version 0.1 , 01-Agosto-2005

Tabla de Contenidos

Tabla de Contenidos 3

1. La Nocion de Integral 71.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2. La Integral Definida: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2.1. Interpretacion Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2. Metodos de Resolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3. Propiedades: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.4. Teorema de Existencia: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Integral Indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2. El Teorema Fundamental del Calculo 212.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2. El Teorema Fundamental del Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.1. Primera Parte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2.2. Segunda Parte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.3. El Logaritmo Natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3.2. Propiedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3.3. La constante de Euler (γ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.4. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. Teorema del Valor Medio 333.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2.1. Teorema de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2.2. Teorema del Valor Medio Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2.3. Teorema del Valor Medio Integral Generalizado . . . . . . . . . . . . . . . . . 34


3

4 Tabla de Contenidos

4. El Metodo de Sustitucion 454.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2. Metodo de Sustitucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.2.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2.2. Sustituciones Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45


5. Metodos de Integracion 555.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2. Metodos de Integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2.1. Formulas Basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2.2. Integracion por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2.3. Fracciones Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.2.4. Sustituciones para racionalizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.2.5. Sustitucion de Weierstrass t = tan x

2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.3. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

6. Areas 716.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 716.2. Integracion Numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

6.2.1. Regla del Punto Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 716.2.2. Regla del Trapecio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.2.3. Regla de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

6.3. Area entre Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.4. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

7. Integrales Impropias 837.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.2. Integrales Impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7.2.1. Definicion de una Integral Impropia del Tipo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 837.2.2. Definicion de una Integral Impropia del Tipo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7.3. Analisis de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 847.3.1. Criterio de Comparacion para primera especie (o tipo 1) . . . . . . . . . . . . 847.3.2. Criterio de Comparacion con paso al lımite(primera especie) . . . . . . . . . . 847.3.3. Criterio de Comparacion para segunda especie . . . . . . . . . . . . . . . . . 847.3.4. Criterio de Comparacion con paso al lımite(segunda especie) . . . . . . . . . 84

7.4. Integrales Impropias Conocidas: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.4.1. Primer Tipo: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.4.2. Segundo Tipo: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85


Tabla de Contenidos 5

8. Volumenes 958.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.2. Volumenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

8.2.1. De Revolucion (Metodo del Disco) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.2.2. Mediante Cascarones Cilındricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 968.2.3. Secciones Transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.2.4. Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97


9. Aplicaciones de la Integral 1059.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.2. Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.3. Area de una Superficie de Revolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.4. Centros de Masa y Centroides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069.5. Aplicaciones con Ecuaciones Parametricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069.6. Aplicaciones en coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069.7. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079.8. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

10.Series 11310.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11310.2. Serie Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.3. Propiedad Telescopica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.4. Criterio de Necesidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.5. Criterio de Comparacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.6. Criterio de D’Alembert o de la razon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.7. Criterio de Cauchy o de la raız . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11410.8. Criterio de Raabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.9. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.10.Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.11.Criterio de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.12.Criterio de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.13.Criterio de la Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.14.Definicion de Serie Alternante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.15.Criterio de Leibnitz (para series alternantes) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.16.Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.17.Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11610.18.Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

11.Series de Potencias 12711.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12711.2. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12711.3. Radio de Convergencia Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12711.4. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

11.4.1. Error de aproximacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12811.5. Integracion aproximada usando series infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

6 Tabla de Contenidos


12.Curvas 14112.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14112.2. Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14112.3. Radio de Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14212.4. Centro de Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

12.4.1. Parametrizacion (x,f(x)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14212.5. Evoluta de C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14212.6. Parametrizacion Natural de una Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

12.6.1. Vectores tangente, normal y binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14312.6.2. Ecuaciones de Frenet-Serret . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

12.7. Torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14412.8. Triedro Movil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14412.9. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14412.10.Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

Respuestas a los Ejercicios Propuestos 155

Bibliografıa 158

Capıtulo 1

La Nocion de Integral

1.1. Introduccion

El origen del Calculo Integral se remonta al siglo III A.C., con los calculos de areas yvolumenes que realizo Arquımides. Sin embargo, recien en el siglo XVII podemos hablarde la invencion, o mejor dicho, del descubrimiento del Calculo.

Este retraso de 2000 anos se debio en parte al miedo y al recelo que mostraronlos griegos en tratar la nocion de infinito. Fue en el siglo XVII que, luego de diversosdescubrimientos en distintas areas de la Matematica, Newton y Leibniz desarrollaron loque hoy se conoce como el Calculo Infinitesimal.

Ya hace tiempo, distintos matematicos y fısicos habrıan estado intentando resolver elproblema de la braquistocrona con resultados poco auspiciosos. El problema consistıa endeterminar la curva por la que un cuerpo desciende en el menor tiempo posible entre dospuntos que no esten en posicion vertical u horizontal. Esto por el efecto de la gravedaden ausencia de roce.

John Bernoulli, lanzo este reto para los mejores matematicos del mundo. Luego de unano, se tenıan 5 soluciones: una de Leibniz, una de John Bernoulli, otra de su hermanoJacobo, otra del Marques de L’Hopital y una anonima. Todas, menos la de L’Hopital,llegaban al resultado correcto: la cicloide invertida.

Como era de esperar, todos se preguntaban quien era el autor de la respuesta anoni-ma (que la demostro en solo 67 palabras). Pero basto que John Bernoulli viera lademostracion para que exclamara: ”tanquam ex ungue leonen”, algo ası como ”¡reconoz-co al leon por sus garras!”: era Isaac Newton.

Anos despues, se supo, por la sobrina de Newton, que tal problema habrıa sidoresuelto por el, en menos de 12 horas, mientras los demas tomaron un ano. Lo que nosabıa la sobrina, era que Newton ya habıa pensado ese problema con anterioridad, y queprobablemente lo habıa resuelto, por lo que solo tuvo que refrescar su memoria.

7

8 CAPITULO 1. LA NOCION DE INTEGRAL

La pregunta que queda, es por que, si lo habıa resuelto, no lo publico. La respuestadada por Augusto de Morgan fue: ”Cada descubrimiento de Newton tenıa dos aspectos.Newton tuvo que hacerlo y, luego, los demas tenıamos que descubrir que el lo habıahecho”

Como Newton dijo: ”Si he llegado a ver mas lejos que otros es por que me subı enhombros de gigantes”. Intentaremos pararnos sobre sus hombros y veremos si somoscapaces de entender el llamado Calculo Integral.

1.2. La Integral Definida:

1.2.1. Interpretacion Geometrica

Comenzaremos el estudio analizando como podemos aproximar el area que quedabajo una funcion positiva, sobre el eje de las abscisas y entre las rectas x=a; x=b , comopodemos ver en la figura 1.

Figura 1.1: Area de la region descrita

Una primera aproximacion sera dividir el intervalo [a,b] en un numero determinadode subintervalos, de tal modo de construir rectangulos cuya base sera el largo de cadasubintervalo y cuya altura sera la funcion evaluada en algun punto de este. Ya se hacemuy intuitivo, que si tomamos un numero extremadamente grande de subintervalostendremos una buena aproximacion de el area que buscamos.

Nace el problema entonces, de decidir que altura escoger para cada rectangulo. Ver-emos que hay veces que convendra usar la funcion del extremo izquierdo del intervalo,otras la del derecho, y tambien otras veces convendra tomar la de algun punto interior,como el punto medio. A la suma del area de todos los rectangulos la denominaremossuma de Riemann, y distinguiremos especialmente cuando sea por la izquierda o por laderecha. En la figura dos vemos los tres casos mencionados:

1.2. LA INTEGRAL DEFINIDA: 9

Figura 1.2: Aproximacion por la izquierda, con el punto medio y por la derecha

Notamos que si el numero de subintervalos que tomemos tiende a infinito, no habra difer-encia en cual suma de Riemann escojamos, y por lo tanto llegamos a la siguiente defini-cion de Integral:

∫ b

a

f(x)dx = lımn→∞

n∑k=1

f(ak)∆xk

1.2.2. Metodos de Resolucion

Se hace necesario, entonces, encontrar un metodo para resolver integrales, tomandouna particion adecuada del intervalo. Haremos enfasis en los dos metodos mas comunes:

Progresion Aritmetica

En este caso haremos una particion del intervalo [a,b] en n subintervalos del mismotamano. De esta manera llegamos a los siguientes resultados:

∆xk =b− a

n; ak = a +

b− a

nk

∫ b

a


b− a

n

n∑k=1

f(a +b− a

nk)

Progresion Geometrica

En este caso haremos una particion del intervalo [a,b] en n subintervalos, de talmodo que sus largos esten en progresion geometrica. Con dicho proceso llegamos a lossiguientes resultados:

∆xk = ark−1(r − 1); ak = ark; r = n

√b

a


∫ b

a


an∑

k=1

f(ark)rk−1(r − 1)

1.2.3. Propiedades:

Las siguientes son propiedades de las Integrales definidas (se asume que cada una deellas existe).

1.∫ b

acdx = c(b− a); c constante

2.∫ b

a(f(x)± g(x))dx =

∫ b

af(x)dx±

∫ b

ag(x)dx

3.∫ b

acf(x)dx = c

∫ b

af(x)dx

4.∫ b

af(x)dx = −

∫ a

bf(x)dx

5.∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx +

∫ b

cf(x)dx

1.2.4. Teorema de Existencia:

Si f es continua sobre el intervalo cerrado [a,b], entonces∫ b

af(x)dx existe.

Nota:

A menudo se suele decir que la variable de integracion es muda. Esto significa, que en∫ b

af(x)dx

, la integral no dependera de x, y que perfectamente podrıamos ponerle otro nombre a tal variable.Esto es visible de la definicion de integral definida.

1.3. Integral Indefinida

Una integral indefinida es de la forma∫

f(x)dx . A primera vista, notamos que ladiferencia es la carencia de lımites de integracion y por lo tanto ya no se trata de unnumero, como las integrales definidas, sino que de una funcion.

Como notacion, para un uso proximo, diremos que la funcion F (x) =∫

f(x)dx es laantiderivada de f(x). Podemos pensar entonces en F(x), como una funcion cuya derivadaes f(x). De este modo, la funcion F (x) + C (con C constante) tambien representara unaantiderivada de f(x). Todos estos conceptos seran especialmete utiles cuando estudiemosel Teorema Fundamental del Calculo.

¿Sabıas que...

La palabra Calculo viene del latın Calculus que significa contar piedras.

1.4. EJERCICIOS RESUELTOS 11

1.4. Ejercicios Resueltos

1-Encuentra∫ 40 x2dx. Hazlo usando una suma de Riemann,

considerando en primer lugar la altura correspondiente a los puntosextremos izquierdos y luego los derechos

Solucion:

Sabemos, por el teorema de existencia, que la integral definida existe, pues x2 es una funcioncontinua en el intervalo [0,4].Procederemos usando una particion en Progresion Aritmetica, de modo que:

∆xk =4− 0

n=

4n

, k = {1, 2, 3, ...., n}

Generando una particion determinada por el conjunto de numeros:

{0,4n

, 24n

, 34n

, ...., (n− 1)4n

, 4}

Si consideramos el conjunto de los puntos extremos izquierdos, tenemos:

{0,4n

, 24n

, 34n

, ...., (n− 1)4n}

Ahora consideramos f(x) = x2 y tenemos la siguiente suma de Riemann: (Recordando querepresenta la suma de las areas de los rectangulos determinados por la particion)

(0)24n

+ (4n

)24n

+ (24n

)24n

+ ... + ((n− 1)4n

)24n

(4n

)3((1 + 22 + ... + (n− 1)2)

(4n

)3n−1∑k=0

k2

Sabemos que∑n−1

k=0 k2 = 16n(n− 1)(2n− 1). Reemplazando:

43

n3

16(n2 − n)(2n− 1)

43 16

2n3 − 3n2 + n

n3

323

2n3 − 3n2 + n

n3

Tenemos que tomar el lımite cuando n tiende a infinito:

lımn→∞

323

2n3 − 3n2 + n

n3


323

2 =643

Por lo tanto: ∫ 4

0

x2dx =643

Lo resolveremos ahora tomando los puntos extremos derechos en la particion, con lo que de lamisma manera, generamos el siguiente conjunto:

{ 4n

, 24n

, 34n

, ...., (n− 1)4n

, 4}

Considerando f(x) = x2 tenemos la siguiente suma de Riemann:

(4n

)24n

+ (24n

)24n

+ ... + ((n− 1)4n

)24n

+ (n4n

)24n

(4n

)3((1 + 22 + ... + (n− 1)2 + n2)

(4n

)3n∑

k=1

k2

Sabemos que∑n

k=1 k2 = 16n(n + 1)(2n + 1). Reemplazando:

43 16

2n3 + 3n2 + n

n3

323

2n3 + 3n2 + n

n3

Tenemos que tomar el lımite cuando n tiende a infinito:

lımn→∞

323

2n3 + 3n2 + n

n3

323

2 =643

Con esto obtenemos el mismo resultado tomando extremos izquierdos y derechos.∫ 4

0

x2dx =643

2-Sea f una funcion integrable, demostrar que∫ ba f(x)dx = 1

c

∫ cbca f(x

c )dx con c 6= 0

Solucion:


Usamos la definicion de integral: ∫ b

a


n∑k=1

f(ak)∆xk

Usando una particion en progresion aritmetica:

∆xk =b− a

n; ak = a +

b− a

nk

∫ b

a


n∑k=1

f(a +b− a

nk)

b− a

n

= lımn→∞

b− a

n

n∑k=1

f(a +b− a

nk)

= lımn→∞

cb− ca

cn

n∑k=1

f(ca

c+

cb− ca

cnk)

=1c

lımn→∞

cb− ca

n

n∑k=1

f(ca + cb−ca

n k

c)

Observamos que es la definicion de una integral con:

∆xk =cb− ca

n; ak = ca +

cb− ca

nk

Ademas la funcion sera f(xc ), por lo tanto:∫ b

a

f(x)dx =1c

∫ cb

ca

f(x

c)dx

3-Sea f una funcion integrable, demostrar que si f(x) es par, entonces∫ a−a f(x)dx = 2

∫ a0 f(x)dx

Solucion:

Sabemos que si una funcion es par se tiene:

f(x) = f(−x)

Por lo tanto: ∫ 0

−a


a

n

n∑k=1

f(−ka

n)


= lımn→∞

a

n

n∑k=1

f(ka

n)

=∫ a

0

f(x)dx

Con esto: ∫ 0

−a

f(x)dx =∫ a

0

f(x)dx

Luego: ∫ a

−a

f(x)dx =∫ 0

−a

f(x)dx +∫ a

0

f(x)dx = 2∫ a

0

f(x)dx

4-Calcula, mediante la definicion de Integral∫ ba sin(x)dx

Solucion:

Sabemos, por el teorema de existencia, que la integral definida existe, ya que sin(x) es una funcioncontinua en los Reales.Sabiendo esto, lo resolveremos usando una particion en Progresion Aritmetica, de modo que:

f(x) = sin(x);∆xk =b− a

n; ak = a +

b− a

nk

Reemplazando en la definicion de Integral queda:∫ b

a

sin(x)dx = lımn→∞

n∑k=1

f(a +(b− a)

nk)

b− a

n

= lımn→∞

b− a

n

n∑k=1

sin(a +(b− a)

nk)

Multiplicamos por sin( b−an )

sin( b−an )

= lımn→∞

b− a

n

1sin( b−a

n )

n∑k=1

sin(a +(b− a)

nk)sin(

b− a

n)

Ahora podemos usar la identidad

sin(α) sin(β) =12(cos(α− β)− cos(α + β))

Con lo que llegamos a:

= lımn→∞

b− a

n

1sin( b−a

n )

n∑k=1

12(cos(a +

b− a

nk − b− a

n)− cos(a +

b− a

nk +

b− a

n))


= lımn→∞

b− a

n

12sin( b−a

n )

n∑k=1

cos(a +b− a

n(k − 1))− cos(a +

b− a

n(k + 1))

Sumamos (y restamos) cos(a + b−an k)− cos(a + b−a

n k) para poder usar la propiedad telescopica

lımn→∞

b− a

2sin( b−an )n

n∑k=1

cos(a +b− a

n(k − 1))− cos(a +

b− a

nk) + cos(a +

b− a

nk)− cos(a +

b− a

n(k + 1))

= lımn→∞

b−an

2sin( b−an )

[cos(a)− cos(b) + cos(a +b− a

n)− cos(a + b− a +

b− a

n)]

Separamos el lımite en dos, pues sabemos que el primero es convergente e igual a 1.

=12

lımn→∞

b−an

sin( b−an )

lımn→∞

(cos(a)− cos(b) + cos(a +b− a

n)− cos(b +

b− a

n))

=12∗ 1 ∗ (cos(a)− cos(b) + cos(a)− cos(b))

=12(2 cos(a)− 2 cos(b))

= cos(a)− cos(b)∫ b

a

sin(x)dx = cos(a)− cos(b)

5-Buscaremos otra manera de calcular la Integral anterior usando laidentidad cis(x) = eix = cos(x) + i sin(x)

Solucion:

Tenemos entonces que: ∫ b

a

cis(x)dx =∫ b

a

eixdx =∫ b

a

cos(x) + i sin(x)dx

Usaremos nuevamente la resolucion mediante Progresion Aritmetica:

f(x) = ex;∆xk =b− a

n; ak = a +

b− a

nk

∫ b

a

eixdx = lımn→∞

b− a

n

n∑k=1

ei(a+ b−an k)

= lımn→∞

b− a

n

n∑k=1

eia(ei b−an )

k


= lımn→∞

b− a

neia

n∑k=1

(ei b−an )

k

Observamos que es una sumatoria geometrica

n∑k=1

rk = rrn − 1r − 1

Luego tenemos:

= lımn→∞

b− a

neiaei b−a

n(ei b−a

n )n− 1

ei b−an − 1

= lımn→∞

eiaei b−an

ei(b−a) − 1

i eib−a

n −1i b−a

n

Recordando que lımx→0

ex−1x = 1

= lımn→∞

eiaei b−an

ei(b−a) − 1i

= eia ei(b−a) − 1i

=ei(b−a+a) − eia

i

=eib − eia

i

Multilpicamos por ii

=eib − eia

i

i

i

=ieib − ieia

−1

= ieia − ieib

= i(cos(a) + i sin(a))− i(cos(b) + i sin(b))

= i cos(a)− sin(a)− i cos(b) + sin(b)

= (sin(b)− sin(a)) + i(cos(a)− cos(b))

⇒ (sin(b)− sin(a)) + i(cos(a)− cos(b)) =∫ b

a

cos(x)dx + i

∫ b

a

sin(x)dx

Finalmente: ∫ b

a

cos(x)dx = sin(b)− sin(a);∫ b

a

sin(x)dx = cos(a)− cos(b)


6- Calcular lımn→∞

1n(sin π

n + sin 2πn + sin 3π

n + ... + sin (n−1)πn )

Solucion:

lımn→∞

1n

(sinπ

n+ sin

2π

n+ sin

3π

n+ ... + sin

(n− 1)πn

) = lımn→∞

1n

n−1∑k=1

sinkπ

n

1π

lımn→∞

π

n

n−1∑k=1

sinkπ

n=

1π

lımn→∞

π

n

n∑k=1

sinkπ

n

Ya que cuando k = n ⇒ sin(kπn ) = sin(π) = 0.

Observamos que se trata de la definicion de integral con a=0 , b = π, de manera que:

f(x) = sin(x) ∆xk =b− a

n=

π

nak = a +

b− a

nk =

kπ

n

Por lo tanto:

lımn→∞

1n

(sinπ

n+ sin

2π

n+ sin

3π

n+ ... + sin

(n− 1)πn

) =1π

∫ π

0

sin(x)dx

Pero ya sabemos como calcular esta integral:

=1π

(cos(0)− cos(π)) =1π

(1− (−1))

=2π

7-Calcula por definicion∫ ba xpdx

Solucion:

Por el teorema de existencia, sabemos que la integral definida existira cuando xp sea una funcioncontinua en el intervalo de integracion. De esta forma, partimos de la hipotesis de que la funciones continua en [a,b], por lo que no hay singularidades, las que seran analizadas en capıtulosposteriores.

Caso 1: p 6= −1

Para resolverlo usaremos una particion en progresion geometrica:

f(x) = xp;∆xk = ark−1(r − 1); ak = ark; r = n

√b

a


∫ b

a

xpdx = lımn→∞

an∑

k=1

(ark)prk−1(r − 1)

= lımn→∞

ap+1(r − 1)n∑

k=1

(rk)prk−1

= lımn→∞

ap+1 r − 1r

n∑k=1

(rk)p+1

= lımn→∞

ap+1 r − 1r

n∑k=1

(rp+1)k

Distinguimos la Sumatoria Geometrica.

= lımn→∞

ap+1 r − 1r

rp+1 (rp+1)n − 1rp+1 − 1

= lımn→∞

ap+1(r − 1)rp (rn)p+1 − 1rp+1 − 1

= lımn→∞

ap+1(r − 1)rp ( ba )

p+1 − 1(r − 1)(rp + rp−1 + rp−2 + ... + r + 1)

= lımn→∞

ap+1rp ( ba )

p+1 − 1rp + rp−1 + rp−2 + ... + r + 1

Pero sabemos que cuando n →∞ ⇒ r → 1, por lo que

(rp + rp−1 + rp−2 + ... + r + 1) → (p + 1)

= ap+1 ( ba )

p+1 − 1p + 1

= ap+1 bp+1 − ap+1

ap+1(p + 1)

=bp+1 − ap+1

p + 1

Finalmente, si p 6= −1 : ∫ b

a

xpdx =bp+1 − ap+1

p + 1


Caso 2: p = −1

De igual forma:

f(x) =1x

;∆xk = ark−1(r − 1); ak = ark; r = n

√b

a

= lımn→∞

an∑

k=1

1ark

rk−1(r − 1)

= lımn→∞

n∑k=1

1r(r − 1)

= lımn→∞

r − 1r

n∑k=1

1

= lımn→∞

r − 1r

n

= lımn→∞

( ba )

1n − 1ba

1n

n

= lımn→∞

( ba )

1n − 11n

(a

b)

1n

Si hacemos el cambio m = 1n

= lımm→0

( ba )

m − 1m

(a

b)m

= lımm→0

( ba )

m − 1m

Ahora usamos L’Hopital:

= lımm→0

( ba )

mln( b

a )1

= ln(b

a)

Por lo tanto: ∫ b

a

dx

x= ln(

b

a)


1.5. Ejercicios Propuestos

1-Encuentra∫ 2

0x3dx. Hazlo usando una suma de Riemann, considerando en primer lugar la

altura correspondiente a los puntos extremos izquierdos y luego los derechos. Elige una particionen progresion aritmetica.

2-Demuestra la propiedad∫ b

a(f(x)± g(x))dx =

∫ b

af(x)dx±

∫ b

ag(x)dx

3-Sea f una funcion integrable, demostrar que si f(x) es impar, entonces∫ a

−af(x)dx = 0

4-Calcula, mediante la definicion de Integral∫ b

acos(x)dx

Hint: Usa la identidad cos(α) sin(β) = 12 (sin(α + β)− sin(α− β))

5-Calcula, mediante la definicion de Integral∫ b

aexdx

6-Calcula mediante la definicion de Integral∫ a

0(x4/a4)dx . Usa una particion a tu eleccion.

7-Calcula mediante la definicion de Integral∫ 3

1x−3dx . Especifica que problema podrıa haber

presentado en otro dominio de integracion.


( 1na + 1

na+b + 1na+2b + ... + 1

na+(n−1)b ) con a, b > 0

Capıtulo 2

El Teorema Fundamental delCalculo

2.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos el Teorema Fundamental del Calculo. Sus orıgenes seremontan al siglo XVII, con Isaac Barrow (el profesor de Newton en Cambridge), quienlogro relacionar los problemas de busqueda de tangentes con los problemas de calculode areas. Algunos le atribuyen su origen a los mismısimos Newton y Leibniz, pero fueBarrow quien demostro este teorema, en un comienzo pensandolo de manera geometrica.

¿Es realmente fundamental este Teorema?. La relacion descrita anteriormente, mues-tra la cadena que une el calculo diferencial con el calculo integral. Es la primera vezque se hace explıcito el proceso inverso generado entre derivadas e integrales. Ademas,es la base de todo el calculo Integral, que fue explotado por Newton y Leibniz, que a suvez tiene gran influencia en otras areas de la ciencia. Despues de esto, si realmente esfundamental, quedara a juicio del lector!

2.2. El Teorema Fundamental del Calculo

2.2.1. Primera Parte

Sea f una funcion contina en [a,b] y sea F definida como:

F (x) =∫ x

a

f(t)dt a ≤ x ≤ b

Entonces F(x) es continua en [a,b] , diferenciable en ]a,b[ y F’(x)=f(x).

21

22 CAPITULO 2. EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO

2.2.2. Segunda Parte

Sea f integrable en [a,b] y F una primitiva (antiderivada) de f en ]a,b[ , entonces:∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a)

Aplicacion:

d

dx(∫ β(x)

α(x)

f(t)dt) = f(β(x))β′(x)− f(α(x))α′(x)

2.3. El Logaritmo Natural

2.3.1. Definicion

El Logaritmo Natural es una funcion que puede ser definida como una integral de la siguientemanera:

ln(x) =∫ x

1

1tdt

2.3.2. Propiedad

Recordamos que la funcion inversa de ln(x) es ex. Ademas lımn→∞

(1 + 1n )n = e

2.3.3. La constante de Euler (γ)

Propiedad

lımn→∞

(n∑

k=1

(1k

)− ln(n)) = γ ≈ 0,5772157

Entonces:n∑

k=1

1k

= ln(n) + γ + εn

εn representa el error y se tiene que:lım

n→∞εn = 0


1- Calcular∫ 42 x2dx

Solucion:


Sabemos , por el T.F.C. que: ∫ 4

2

x2dx =x3

3|42

=43

3− 23

3

=643− 8

3

=563

Por lo tanto: ∫ 4

2

x2dx =563

2- Calcular∫ π

20 cos(x)dx

Solucion:

Sabemos , por el T.F.C. que: ∫ π2

0

cos(x)dx = sin(x)|π20

= sin(π

2)− sin(0)

= 1

Por lo tanto: ∫ π2

0

cos(x)dx = 1

3- Calcular∫ 10

11+x2dx

Solucion:

Sabemos , por el T.F.C. que: ∫ 1

0

11 + x2

dx = arctan(x)|10

= arctan(1)− arctan(0)

=π

4


Por lo tanto: ∫ 1

0

11 + x2

dx =π

4

4- Calcular lımn→∞ ( n

n2+12 + nn2+22 + n

n2+32 + ... + nn2+n2 )

Solucion:

lımn→∞

(n

n2 + 12+

n

n2 + 22+

n

n2 + 32+ ... +

n

n2 + n2) = lım

n→∞

n∑k=1

n

n2 + k2

lımn→∞

1n

n∑k=1

1(n2+k2

n2 )

lımn→∞

1n

n∑k=1

11 + ( k

n )2

Observamos que se trata de la definicion de integral con a=0 , b=1 , de manera que:

f(x) =1

1 + x2∆xk =

b− a

n=

1n

ak = a +b− a

nk =

k

n

Por lo tanto:

lımn→∞

(n

n2 + 12+

n

n2 + 22+

n

n2 + 32+ ... +

n

n2 + n2) =

∫ 1

0

11 + x2

dx

Pero ya calculamos esta integral en el ejercicio anterior, con lo que:

lımn→∞

(n

n2 + 12+

n

n2 + 22+

n

n2 + 32+ ... +

n

n2 + n2) =

π

4

5- Calcular∫ π

40 sin(5x) sin(3x)dx

Solucion:

∫ π4

0

sin(5x) sin(3x)dx =∫ π

4

0

12(cos(5x− 3x)− cos(5x + 3x))dx

=12

∫ π4

0

[cos(2x)− cos(8x)]dx


=12

∫ π4

0

cos(2x)dx− 12

∫ π4

0

cos(8x)dx

=12

sin(2x)2

|π40 − 1

2sin(8x)

8|

π40

=12

sin(2π4 )

2− sin(0)

2]− 1

2[sin(8π

4 )8

− sin(0)8

=12

sin(π2 )

2− 1

2sin(2π)

8

=14

Por lo tanto: ∫ π4

0

sin(5x) sin(3x)dx =14

6- Calcular∫sin2(x)dx

Solucion:

Conocemos la identidad:

cos(2x) = cos2(x)− sin2(x) = 1− 2 sin2(x) ⇒ sin2(x) =1− cos(2x)

2

Luego: ∫sin2(x)dx =

∫1− cos(2x)

2dx

=∫

12− cos(2x)

2dx

=∫

12dx−

∫cos(2x)

2dx

=x

2− sin(2x)

4+ C

7- Sea f(x) = x sin(x) , calcular∫ π

20 f−1(x)dx

Solucion:

En primer lugar recordamos que graficamente la inversa de f(x) representa la curva simetrica conrespecto a la regla y=x


Figura 2.1: Grafico de f y su inversa

En la figura 1 observamos que la suma de las areas bajo la curva de f y f−1 es igual al area delcuadrado de lado π

2 ∫ π2

0

f−1(x)dx +∫ π

2

0

f(x)dx =π2

4Ademas como:

(sin(x)− x cos(x))′ = − cos(x) + x sin(x) + cos(x) = x sin(x)

Tenemos que: ∫ π2

0

f(x)dx = (sin(x)− x cos(x))|π20 = 1

Entonces: ∫ π2

0

f−1(x)dx + 1 =π2

4Finalmente: ∫ π

2

0

f−1(x)dx =π2

4− 1

8- Demostrar que ddx(

∫ g(x)a f(t)dt) = f(g(x))g′(x)

Solucion:

Sea F(x) una antiderivada de f(x) de manera tal que F ′(x) = f(x). De esta forma, segun el T.F.C.tendremos:

G(x) =∫ g(x)

a

f(t)dt = F (g(x))− F (a)

Queremos encontrar ddxG(x), luego:

d

dxG(x) =

d

dx[F (g(x))− F (a)]


=d

dx[F (g(x))]− d

dx[F (a)]

Por regla de la cadena:= F ′(g(x))g′(x)− 0

= f(g(x))g′(x)

Por lo tanto:d

dx(∫ g(x)

a

f(t)dt) = f(g(x))g′(x)

9-Resolver ddx(

x2∫√

x

1tdt) por dos metodos distintos

Solucion:

Primer Metodo: T.F.C.

d

dx(

x2∫√

x

1tdt) =

1x2

2x− 1√x

12√

x

=2x− 1

2x=

32x

Segundo Metodo: Resolviendo directamente la integral, y luego derivando

d

dx(

x2∫√

x

1tdt) =

d

dx(ln(t)|x

2√

x)

=d

dx(ln(x2)− ln(

√x))

=d

dx(2ln(x)− 1

2ln(x))

=d

dx(32ln(x))

=32x

Llegamos al mismo resultado con los dos metodos!

10- Calcula f ’(1) si f(x) =

√x∫

1x3et2dt


Solucion:

f(x) =

√x∫

1

x3et2dt = x3

√x∫

1

et2dt

Derivamos usando la regla del producto:

f ′(x) = x3 d

dx(

√x∫

1

et2dt) + 3x2

√x∫

1

et2dt

f ′(x) = x3ex 12√

x+ 3x2

√x∫

1

et2dt

Por lo tanto:

f ′(1) = e12

+ 3

1∫1

et2dt

f ′(1) =e

2+ 3 ∗ 0 =

e

2

11-Demuestra por definicion que∫ x1

1xdx = ln(x) con x > 0

Solucion:

Lo haremos usando una particion en progresion aritmetica:

f(x) =1x

;∆xk =x− 1

n; ak = 1 +

x− 1n

k

Reemplazando en la definicion de Integral queda:∫ x

1

1x

dx = lımn→∞

n∑k=1

1

1 + (x−1)n k

x− 1n

= lımn→∞

n∑k=1

n

n + (x− 1)kx− 1

n

= lımn→∞

n∑k=1

x− 1n + (x− 1)k


= lımn→∞

n∑k=1

1n

x−1 + k

= lımn→∞

[

nx−1+n∑k=1

1k−

nx−1∑k=1

1k

]

= lımn→∞

[

nxx−1∑k=1

1k−

nx−1∑k=1

1k

]

Ahora podemos usar la propiedad:

n∑k=1

1k

= ln(n) + γ + εn

Si reemplazamos queda:

lımn→∞

[ln(nx

x− 1) + γ + ε nx

x−1− ln(

n

x− 1)− γ − ε n

x−1]

lımn→∞

[ln(xn

x− 1)− ln(

n

x− 1) + ε xn

x−1− ε n

x−1]

lımn→∞

[ln(xn

x−1n

x−1

) + ε xnx−1

− ε nx−1

]

lımn→∞

[ln(x) + ε xnx−1

− ε nx−1

]

Pero como lımn→∞

εn = 0 ambos errores tenderan a cero y quedara simplemente:

= ln(x)

Por lo tanto: ∫ x

1

1x

dx = ln(x)

12- Calcula ln[ lımn→∞(1 + x

n)n]

Solucion:

ln[ lımn→∞

(1 +x

n)n] = lım

n→∞ln(1 +

x

n)n

= lımn→∞

nln(1 +x

n)

= lımn→∞

ln(1 + xn )

1n


= lımn→∞

ln(n+xn )

1n

= lımn→∞

ln(n + x)− ln(n)1n

= lımn→∞

∫ n+x

11t dt−

∫ n

11t dt

1n

Podemos aplicar L’Hopital, con lo que queda:

= lımn→∞

1n+x −

1n

− 1n2

= lımn→∞

−n2(n− (n + x)n(n + x)

)

= lımn→∞

xn

(n + x)= x

Por lo tanto:ln[ lım

n→∞(1 +

x

n)n] = x

De aca se desprende que si x=1 entonces:

ln[ lımn→∞

(1 +1n

)n] = 1 /exp

lımn→∞

(1 +1n

)n = e


1- Calcular∫ 1

−1x4dx

2- Calcular∫ 2π

π2

sin(x)dx

3- Calcular∫√3

−11

1+x2 dx


( 1(n+1)2 + 1

(n+2)2 + 1(n+3)2 + ... + 1

(n+n)2 )

5- Calcular∫ π

40

cos(4x) cos(2x)dx

2.5. EJERCICIOS PROPUESTOS 31

6- Demostrar que ddx (∫ β(x)

α(x)f(t)dt) = f(β(x))β′(x)− f(α(x))α′(x)

7-Resolver ddx (

x3∫cos(x)

t2dt) por dos metodos distintos

8-Calcula f ’(1) si f(x) =x3∫1

e3x+√

tdt

9-Demostrar que∫ b

a1xdx = ln( b

a ) con a,b > 0. Hagalo usando lo demostrado en el ejercicioresuelto 11 y propiedades de las integrales.

Capıtulo 3

Teorema del Valor Medio

3.1. Introduccion

En esta seccion se introduce principalmente el concepto de Promedio de una funcionen un intervalo, tambien llamado Valor Medio.

Son muchas las aplicaciones en las que podemos utilizar los Teoremas que seran enun-ciados, pero todas mantienen el mismo fondo. Por ejemplo, podremos acotar integralesque no seamos capaces de calcular en forma directa.

3.2. Teoremas

3.2.1. Teorema de Orden

Si f y g son funciones integrables en [a,b] y ∀x ∈ [a, b] f(x) ≥ g(x) entonces:

∫ b

a

f(x)dx ≥∫ b

a

g(x)dx

3.2.2. Teorema del Valor Medio Integral

Sea f funcion contınua en [a,b] , entonces ∃ c ∈ [a,b] tal que:

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

Nota:

Al valor de f(c) se le denomina valor medio o valor promedio de f en el intervalo [a,b]

33

34 CAPITULO 3. TEOREMA DEL VALOR MEDIO

Aplicacion

Si f(x1) y f(x2) son el mınimo y el maximo de f(x) en [a,b] respectivamente, entonces:

f(x1)(b− a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤ f(x2)(b− a)

3.2.3. Teorema del Valor Medio Integral Generalizado

Sea f funcion contınua en [a,b]. Sea g > 0 integrable en [a,b] entonces ∃ c ∈ [a,b] tal que:∫ b

a

f(x)g(x)dx = f(c)∫ b

a

g(x)dx

Aplicacion

Si f(x1) y f(x2) son el mınimo y el maximo de f(x) en [a,b] respectivamente, entonces:

f(x1)∫ b

a

g(x)dx ≤∫ b

a

f(x)g(x)dx ≤ f(x2)∫ b

a

g(x)dx

Nota:

El Teorema del Valor Medio es un caso particular de este ultimo teorema con g(x) = 1


1 -Sin calcular las Integrales, determina cual es mayor.∫ 1

0

x2 sin2(x)dx

∫ 1

0

x sin(x)dx

Solucion:

Por tratarse de funciones continuas, en los intervalos de integracion, sabemos que ambas integralesexisten.Como ambas integrales tienen los mismos lımites de integracion, el decidir cual es mayor se reducea comparar las siguientes funciones, en el intervalo [0,1]

x2 sin2(x) con x sin(x)

Como la primera representa el cuadrado de la segunda, y cuando x esta en [0,1] x sin(x) tambienesta en dicho intervalo, su cuadrado sera menor, por lo que tenemos:

x2 sin2(x) ≤ x sin(x)

La igualdad se dara solo cuando x=0


Finalmente, podemos ocupar el Teorema 2.1 de este capıtulo, con lo que tenemos:∫ 1

0

x2 sin2(x)dx <

∫ 1

0

x sin(x)dx

2- Calcular el valor medio o promedio de la funcion f(x) = 3x2 − 2xen el intervalo [1,4]

Solucion:

La funcion es contina en [1,4] , entonces segun el Teorema del Valor Medio Integral, existe un c en[1,4] tal que:

f(c) =1

4− 1

∫ 4

1

(3x2 − 2x)dx

=13(x3 − x2)|41

=13[(43 − 42)− (13 − 12)]

=1348

= 16

Por lo tanto el valor medio f(c) es 16

3- Teniendo en cuenta los balances anuales a lo largo de 5 anos de lavida de una empresa, se obtuvo la curva de beneficios dada porf(x) = 1

2x2 − 1

5x−15 (en cientos de millones de pesos). Hallar el

beneficio medio anual de la empresa.

Solucion:

La funcion es continua en [0,5] , entonces segun el Teorema del Valor Medio Integral, existe un cen [0,5] tal que:

f(c) =1

5− 0

∫ 5

0

(12x2 − 1

5x− 1

5)dx

=15(16x3 − 1

10x2 − 1

5x)|50

=15(1653 − 1

1052 − 1

55)


=256− 1

2− 1

5

=125− 15− 6

30=

10430

=5215

≈ 3,47

Por lo tanto el beneficio medio anual es de 347 millones de pesos.

4- Calcule la longitud media de todas las ordenadas positivas de laparabola y = 1− x2

Solucion:

Las ordenadas seran posiitivas cuando x ∈ [−1, 1]. Por lo tanto el promedio estara dado por:

11− (−1)

∫ 1

−1

(1− x2)dx

12(x− x3

3)|1−1

12[(1− 1

3)− (−1− −1

3)] = 1

Por lo tanto la longitud media de todas ls ordenadas positivas de la parabola y = 1− x2 es 1.

5- Demuestra que si f(x) es continua en [a,b] yb∫af(x)dx = 0 entonces

existe un punto c en [a,b] donde f(c)=0

Solucion:

Dado que f(x) es continua en [a,b] podemos usar el Teorema del Valor Medio Integral, por lo tantodebe existir un c en el intervalo tal que:

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx =1

b− a∗ 0 = 0

Con lo que queda demostrado.

6- Sea Aba(f) el valor medio e una funcion f en [a,b]. Demuestre que

si a < c < b, entonces existe un numero t, 0 < t < 1 tal que:

Aba(f) = tAc

a(f) + (1− t)Abc(f)


Solucion:

Si a < c < b entonces existe t ∈ (0, 1) tal que c = a + t(b− a). Entonces:

tAca(f) + (1− t)Ab

c(f) = t1

c− a

∫ c

a

f(x)dx + (1− t)1

b− c

∫ b

c

f(x)dx

Reemplazamos con c = a + t(b− a)

= t1

a + t(b− a)− a

∫ a+t(b−a)

a

f(x)dx + (1− t)1

b− (a + t(b− a))

∫ b

a+t(b−a)

f(x)dx

=1

(b− a)

∫ a+t(b−a)

a

f(x)dx + (1− t)1

(b− a)(1− t)

∫ b

a+t(b−a)

f(x)dx

=1

(b− a)

∫ a+t(b−a)

a

f(x)dx +1

b− a

∫ b

a+t(b−a)

f(x)dx

=1

(b− a)[∫ a+t(b−a)

a

f(x)dx +∫ b

a+t(b−a)

f(x)dx]

=1

(b− a)

∫ b

a

f(x)dx = Aba(f)

Por lo tanto ∃ t ∈ (0, 1) tal que

tAca(f) + (1− t)Ab

c(f) = Aba(f)

7- Demostrar que si f(x) es continua y decreciente , entonces1x

x∫0f(t)dt es decreciente

Solucion:

Nos basaremos en la aplicacion 2.2.1, usando tambien la regla del producto:

d

dx(1x

∫ x

0

f(t)dt) =1x

d

dx(∫ x

0

f(t)dt)− 1x2

∫ x

0

f(t)dt

=1x

f(x)− 1x2

∫ x

0

f(t)dt

xf(x)−∫ x

0f(t)dt

x2


Por el Teorema del Valor Medio Integral tenemos:

∃c ∈]0, x[; f(c)(x− 0) =∫ x

0

f(t)dt

xf(c) =∫ x

0

f(t)dt

Por lo tanto:xf(x)−

∫ x

0f(t)dt

x2=

xf(x)− xf(c)x2

=1x

(f(x)− f(c))

Pero como 0 < c < x y f(x) es decreciente : f(c) > f(x) por lo que:

d

dx(1x

∫ x

0

f(t)dt) =1x

(f(x)− f(c)) < 0

Con esto queda demostrado que 1x

x∫0

f(t)dt es decreciente.

8- Acotar4∫3

x2

x2+1dx

Solucion:

Intentaremos usar la aplicacion del Teorema del Valor Medio Integral. Para esto debemos buscarel mınimo y el maximo de la funcion f(x) = x2

x2+1 en el intervalo [2, 4].

d

dx(

x2

x2 + 1) =

(x2 + 1)2x− 2x3

(x2 + 1)2

=2x

(x2 + 1)2

Observamos que sera igual a cero siempre y cuando x=0.Tambien vemos que en el intervalo en cuestion, la derivada es siempre positiva, y por lo tanto f(x)es siempre creciente. De esta manera el mınimo en el intervalo sera f(3) = 9

10 y el maximof(4) = 16

17 .Utilizando la aplicacion 2.2.1 tenemos:

910

(4− 3) <

∫ 4

2

x2

x2 + 1dx <

1617

(4− 3)

910

<

∫ 4

2

x2

x2 + 1dx <

1617


0, 9 <

∫ 4

2

x2

x2 + 1dx < 0, 9412

En efecto:4∫

3

x2

x2 + 1dx =

4∫3

x2 + 1− 1x2 + 1

dx =

4∫3

(1− 1x2 + 1

)dx

= (x− arctan(x))|43 = (4− arctan(4))− (3− arctan(3))

= 1− arctan(4) + arctan(3) ≈ 0,9232

Por lo que hemos encontrado muy buenas cotas!!

9- Demostrar que 2−q ≤1∫0

dx(xp+1)q ≤ 1 p, q > 0

Solucion:

Tenemos que el mınimo de la funcion a integrar es f(1) = 12q y el maximo es f(0) = 1 Con lo cual,

usando la aplicacion del Teorema del Valor Medio Integral:

12q

(1− 0) ≤∫ 1

0

dx

(xp + 1)q≤ 1(1− 0)

Por lo tanto:

2−q ≤∫ 1

0

dx

(xp + 1)q≤ 1

10- Sean f y g integrables en [a,b] con g(x) ≥ 0.Ademas f(x) ≥ 0 ydecreciente, entonces:

∃c ∈]a, b[;∫ b

a

f(t)g(t)dt = f(a)∫ c

a

g(t)dt

Solucion:

Tomemos la funcion auxiliar

h(x) = f(a)∫ x

a

g(t)dt

.Tenemos entonces que h(x) es continua en [a, b] , h(a) = 0 ; h(b) = f(a)

∫ b

ag(t)dt


Ademas f(x) y g(x) son integrables en [a,b] y g(x) ≥ 0 por lo que podemos ocupar el Teorema delValor Medio Integral Generalizado :

∃c ∈]a, b[; f(c)∫ b

a

g(t)dt =∫ b

a

f(t)g(t)dt

Ademas como a < c , y f(x) es decreciente, resulta que f(a) > f(c) con lo que:

h(b) = f(a)∫ b

a

g(t)dt > f(c)∫ b

a

g(t)dt > 0 = h(a)

h(a) ≤ f(c)∫ b

a

g(t)dt ≤ h(b)

Comof(c)∫ b

ag(t)dt =

∫ b

af(t)g(t)dt reemplazamos obteniendo:

h(a) ≤∫ b

a

f(t)g(t)dt ≤ h(b)

Si recordamos, de Calculo 1, el Teorema del Valor Intermedio tenemos:

∃c2 ∈]a, b[;h(c2) =∫ b

a

f(t)g(t)dt

Y como h(c2) = f(a)∫ c2

ag(t)dt ; tenemos finalmente:

∃c2 ∈]a, b[; f(a)∫ c2

a

g(t)dt =∫ b

a

f(t)g(t)dt

11- Acota la siguiente integral:∫ 2π

π

sin2(x) + 11 + x2

dx

Solucion:

Sabemos que sin2(x)+11+x2 es una funcion continua en el intervalo [π, 2π] por lo que la integral existe.

Separamos: ∫ 2π

π

sin2(x) + 11 + x2

dx =∫ 2π

π

(sin2(x) + 1)(1

1 + x2)dx

Ahora usamos la aplicacion del Teorema del Valor Medio Integral Generalizado con:

f(x) = sin2(x) + 1 y g(x) =1

1 + x2


Tenemos que f(x) es continua y g(x) es integrable en [π, 2π]. Buscamos el mınimo y el maximo def(x):

f ′(x) = 2 sin(x) cos(x) = sin(2x)

Igualamos a cero para encontrar puntos crıticos:

sin(2x) = 0 ⇒

2x = 2π ⇒ x = π2x = 3π ⇒ x = 3

2π2x = 4π ⇒ x = 2π

Los puntos crıticos, en el intervalo de integracion, son:

x = {π,32π, 2π} (Los extremos ya estan incluıdos)

Calculamos la segunda derivada para ver la concavidad:

f ′′(x) = 2 cos(2x)2 = 4 cos(2x)

Evaluamos en los puntos crıticos:

f ′′(π) = 4 > 0 ⇒ f(π) es mınimo

f ′′(32π) = −4 < 0 ⇒ f(

32π) es maximo

f ′′(2π) = 4 > 0 ⇒ f(2π) es mınimo

Ademas:f(π) = f(2π) = 1 f(

32π) = 2

Finalmente, segun la aplicacion del Teorema del Valor Medio Generalizado de la seccion 2.3.1.tenemos:

f(π)∫ 2π

π

11 + x2

dx ≤∫ 2π

π

sin2(x) + 1x2 + 1

dx ≤ f(3π

2)∫ 2π

π

11 + x2

dx

Por lo tanto: ∫ 2π

π

11 + x2

dx ≤∫ 2π

π

sin2(x) + 1x2 + 1

dx ≤ 2∫ 2π

π

11 + x2

dx

arctan(x)|2ππ ≤

∫ 2π

π

sin2(x) + 1x2 + 1

dx ≤ 2arctan(x)|2ππ

arctan(2π)− arctan(π) ≤∫ 2π

π

sin2(x) + 1x2 + 1

dx ≤ 2(arctan(2π)− arctan(π))

0,15 ≤∫ 2π

π

sin2(x) + 1x2 + 1

dx ≤ 0,3

En efecto, con la ayuda de algun tipo de software matematico (como Maple!) podemos determinarque el valor de la integral es realmente 0.22..., por lo que hemos encontrado muy buenas cotasmediante la aplicacion 2.3.1.



2n∫0

12n

sin(x)x+1 dx

Solucion:

lımn→∞

2n∫0

12n

sin(x)x + 1

dx

= lımn→∞

12n

2n∫0

sin(x)x + 1

dx

Tomemos f(x) = sin(x) y g(x) = 1x+1 entonces:

= lımn→∞

12n

2n∫0

f(x)g(x)dx

Tanto f(x) como g(x) son continuas e integrables en el intervalo [0, 2n] y g(x) ≥ 0. Podemosocupar la aplicacion del T.V.M.I.G. buscando el mınimo y maximo de f(x), que sabemos estandados por −1 y 1.Por lo tanto:

lımn→∞

12n

(−1)

2n∫0

g(x)dx ≤ lımn→∞

12n

2n∫0

f(x)g(x)dx ≤ lımn→∞

12n

(1)

2n∫0

g(x)dx

lımn→∞

12n

(−1)ln(x + 1)|2n0 ≤ lım

n→∞

12n

2n∫0


12n

(1)ln(x + 1)|2n0

lımn→∞

12n

(−1)[ln(2n + 1)− ln(1)] ≤ lımn→∞

12n

2n∫0


12n

(1)[ln(2n + 1)− ln(1)]

lımn→∞

− ln(2n + 1)2n

≤ lımn→∞

12n

2n∫0


ln(2n + 1)2n

Usamos L’Hopital para calcular los lımites de las cotas:

lımn→∞

− 12n + 1

≤ lımn→∞

12n

2n∫0


12n + 1

0 ≤ lımn→∞

12n

2n∫0

f(x)g(x)dx ≤ 0


Por lo tanto:

lımn→∞

2n∫0

12n

sin(x)x + 1

dx = 0


1 -Sin calcular las Integrales, determina cual es mayor:1∫0

√xdx ;

1∫0

3√

xdx

2- Calcular el valor medio o promedio de la funcion f(x) = sin(3x) + cos(2x) en el intervalo [0, π]

3- Teniendo en cuenta los balances anuales a lo largo de 4 anos de la vida de una empresa, seobtuvo la curva de beneficios dada por f(x) = 3x2 − 2x− 1 (en cientos de millones de pesos).Hallar el beneficio medio anual de la empresa.

4- Demostrar que si f(x) es continua y decreciente , entonces la funcion g(u) = 1u−a

u∫a

f(x)dx con

a < u ≤ b es decreciente en ]a,b]

5 -Acota la integral:23∫

− 23

(9− 4x2)(1− x2)dx

6 -Calcula lımn→∞

2n

2n∫1n

(1− cos(x2))dx

7 -Calcula lımn→∞

1n

3n∫n

cos(x2)x2+1 dx

Capıtulo 4

El Metodo de Sustitucion

4.1. Introduccion

En esta seccion aprenderemos a calcular integrales de un nivel de dificultad mayor.Aprenderemos un metodo que mezcla la simpleza con la utilidad. Esta herramientanos ayudara a construir una base firme para afrontar una amplia gama de problemasintegrales.

4.2. Metodo de Sustitucion

4.2.1. Definicion

Si u=g(x) es una funcion diferenciable, con recorrido I, y f es continua en I, entonces:∫f(g(x))g′(x)dx =

∫f(u)du

Si el intervalo I es [a,b], entonces:∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx =∫ g(b)

g(a)

f(u)du

Nota:

La idea sera entonces, reconocer el lado izquierdo de la igualdad (en la integral que queramoscalcular), luego realizar el cambio de variable y expresarlo como en el lado derecho, de manera defacilitar su calculo.

4.2.2. Sustituciones Trigonometricas

Identidades Utiles

cos2(x) + sin2(x) = 1 1 + tan2(x) = sec2(x)

45

46 CAPITULO 4. EL METODO DE SUSTITUCION

Recomendacion

Dadas las identidades, se recomienda mantener en mente los siguientes cambios:

x = a sin(θ) cuando salgan cosas de la forma a2 − x2

x = a tan(θ) cuando salgan cosas de la forma a2 + x2

x = a sec(θ) cuando salgan cosas de la forma x2 − a2

Nota:

Es importante que se entienda por que cada cambio resulta util, y que identidad se usara despuesde haberlo hecho.


1-Calcular∫ 20

5√

(t4 − t2)(10t3 − 5t)dt

Solucion:

Para calcularla usaremos el metodo de sustitucion:

u = t4 − t2 ⇒ du = (4t3 − 2t)dt

⇒ 52du = (10t3 − 5t)dt

Ademas los ındices cambiaran de la siguiente forma:

(t = 0) → (u = 0) (t = 2) → (u = 24 − 22 = 12)

Reemplazando: ∫ 2

0

5√

(t4 − t2)(10t3 − 5t)dt =∫ 12

0

5√

u52du

=52

∫ 12

0

5√

udu

=52

u65

65

|120

=2512

(12)65 − 25

12(0)

65

=2512

1265

= 25(12)15


Por lo tanto: ∫ 2

0

5√

(t4 − t2)(10t3 − 5t)dt = 25(12)15

Otra forma habrıa sido volver a la variable inicial u = t4 − t2 (con los lımites de integracioniniciales)

=2512

(t4 − t2)65 |20

=2512

(24 − 22)65 − 25

12(04 − 02)

65

=2512

1265 = 25(12)

15

Con lo que obtenemos el mismo resultado.

2- Calcular∫x3 cos(x4 + 2)dx

Solucion:

Vemos que la derivada de la expresion dentro del cos esta fuera de el, por lo que es convenienterealizas el siguiente cambio de variable:

u = x4 + 2 ⇒ du = 4x3dx ⇒ x3dx =du

4

Con esto queda: ∫x3 cos(x4 + 2)dx =

∫cos(u)du

4

=14

∫cos(u)du

=14

sin(u) + C

=14

sin(x4 + 2) + C

Por lo tanto: ∫x3 cos(x4 + 2)dx =

14

sin(x4 + 2) + C

3- Calcular∫axdx , a > 0

Solucion:


∫axdx =

∫eln(ax)dx

=∫

exln(a)dx

Hacemos la sustitucion:

u = xln(a) ⇒ du = ln(a)dx ⇒ dx =1

ln(a)du

Luego tenemos:

=∫

eu 1ln(a)

du

=1

ln(a)

∫eudu

=1

ln(a)eu + C

=1

ln(a)exln(a) + C

=1

ln(a)eln(ax) + C

=1

ln(a)ax + C

Finalmente: ∫axdx =

1ln(a)

ax + C

4- Calcular∫ π

40 tan4(θ)dθ

Solucion:

∫ π4

0

tan4(θ)dθ =∫ π

4

0

tan2(θ) tan2(θ)dθ

=∫ π

4

0

tan2(θ)(sec2(θ)− 1)dθ

=∫ π

4

0

tan2(θ) sec2(θ)dθ −∫

tan2(θ)dθ


=∫ π

4

0


(sec2(θ)− 1)dθ

=∫ π

4

0


sec2(θ)dθ +∫

dθ

=∫ π

4

0

tan2(θ) sec2(θ)dθ − tan(θ)|π40 + θ|

π40

=∫ π

4

0

tan2(θ) sec2(θ)dθ − [tan(π

4)− tan(0)] + [

π

4− 0]

=∫ π

4

0

tan2(θ) sec2(θ)dθ − 1 +π

4

Para calcular la integral que nos falta haremos la sustitucion:

u = tan(θ) ⇒ du = sec2(θ)dθ

Los lımites quedan de la siguiente manera:

(θ = 0) → (u = 0) (θ =π

4) → (u = 1)

Reemplazamos: ∫ 1

0

u2du− 1 +π

4

=u3

3|10 − 1 +

π

4

=13− 1 +

π

4= −2

3+

π

4Finalmente: ∫ π

4

0

tan4(θ)dθ =π

4− 2

3

5- Calcular∫sin3(x) cos3(x)dx

Solucion:

∫sin3(x) cos3(x)dx =

∫sin3(x) cos2(x) cos(x)dx

∫sin3(x) cos3(x)dx =

∫sin3(x)(1− sin2(x)) cos(x)dx


Hacemos el cambio de variable

u = sin(x) ⇒ du = cos(x)dx

Reemplazamos: ∫u3(1− u2)du

=∫

(u3 − u5)du

=u4

4− u6

6+ C

=sin4(x)

4− sin6(x)

6+ C

Finalmente: ∫sin3(x) cos3(x)dx =

sin4(x)4

− sin6(x)6

+ C

6- Calcular∫ ex√

16−e2xdx

Solucion:

∫ex

√16− e2x

dx =∫

ex√42 − (ex)2

dx

Realizamos el siguiente cambio de variable:

ex = 4 sin(θ) ⇒ θ = arcsinex

4

⇒ exdx = 4 cos(θ)dθ

Con esto queda: ∫4 cos(θ)dθ√

42 − 42 sin2(θ)

=∫

4 cos(θ)dθ√42(1− sin2(θ))

=∫

4 cos(θ)dθ√42 cos2(θ)

=∫

4 cos(θ)dθ

4 cos(θ)


=∫

dθ

= θ + C

= arcsinex

4+ C

Por lo tanto: ∫ex

√16− e2x

dx = arcsinex

4+ C

7- Calcular∫ (4x2−9)

32

x dx

Solucion:

∫(4x2 − 9)

32

xdx =

∫[4(x2 − ( 3

2 )2)]32

xdx

= 432

∫(x2 − ( 3

2 )2)32

xdx = 8

∫(x2 − ( 3

2 )2)32

xdx

Hacemos la siguiente sustitucion:

x =32

sec(θ) ⇒ dx =32

sec(θ) tan(θ)dθ

Si reemplazamos queda:

= 8∫

[( 32 sec(θ))2 − ( 3

2 )2]32

32 sec(θ)

32

sec(θ) tan(θ)dθ

= 8∫

(32)3[tan2(θ)]

32

tan(θ)dθ

= 27∫

tan3(θ) tan(θ)dθ

= 27∫

tan4(θ)dθ

Pero ya vimos una forma de calcular esta integral:

= 27(tan3(θ)

3− tan(θ) + θ) + C

= 9 tan3(θ)− 27 tan(θ) + 27θ + C


Sabemos que x = 32 sec(θ), por lo que nos interesa calcular tan(θ) en funcion de x, para lo cual

usamos la siguiente identidad:tan2(θ) = sec2(θ)− 1

Entonces:

tan2(θ) = (23x)2 − 1 =

4x2 − 99

Por lo que:

tan(θ) =√

4x2 − 93

Si volvemos a reemplazar en la integral tenemos:

= 9(√

4x2 − 93

)3 − 27(√

4x2 − 93

) + 27 arctan(√

4x2 − 93

) + C

Por lo tanto:∫(4x2 − 9)

32

xdx =

(4x2 − 9)32

3− 9√

4x2 − 9 + 27 arctan(√

4x2 − 93

) + C

8- Calcular∫ dx

x2√

16+25x2

Solucion:

∫dx

x2√

16 + 25x2=∫

dx

5x2√

1625 + x2

=∫

dx

5x2√

( 45 )2 + x2

Realizamos el siguiente cambio de variable:

x =45

tan(θ) ⇒ dx =45

sec2(θ)dθ

De esta forma:

5x2 = 5(45

tan(θ))2

Reemplazando queda: ∫ 45 sec2(θ)dθ

5( 45 tan(θ))2

√( 45 )2 + ( 4

5 tan(θ))2


=14

∫sec2(θ)dθ

tan2(θ)√

( 45 )2(1 + tan2(θ))

=516

∫sec2(θ)dθ

tan2(θ) sec(θ)

=516

∫sec(θ)dθ

tan2(θ)

=516

∫ 1cos(θ)

( sin(θ)cos(θ) )

2dθ

=516

∫cos(θ)sin2(θ)

dθ

Realizamos una nueva sustitucion:

u = sin(θ) ⇒ du = cos(θ)dθ

=516

∫du

u2

=516

(−1u

) + C

= − 516u

+ C

= − 516 sin(θ)

+ C

Tenıamos que x = 45 tan(θ) entonces debemos buscar una manera de calcular sin(θ) en funcion de

x. Para ello usaremos la identidad:

sin2(θ) =tan2(θ)

1 + tan2(θ)

Luego:

sin2(θ) =( 54x)2

1 + ( 54x)2

=2516x2

1 + 2516x2

=25x2

16 + 25x2

Por lo tanto:sin(θ) =

5x√(16 + 25x2)

Reemplazamos en la integral:

⇒ − 516 5x√

16+25x2

+ C


Por lo tanto: ∫dx

x2√

16 + 25x2= −

√16 + 25x2

16x+ C


1- Calcular∫ 1

0(2t− t3)

52 (9t2 − 6)dt

2- Calcular∫

1x sin(ln(x))dx

3- Calcular∫

xa−x2dx con a > 0

4- Calcular∫ π/2

0sin5(x)cos3(x)dx

5- Calcular∫

e4x√

4−e4xdx

6- Calcular∫ √

9x2−4x dx

7- Calcular∫

dx25x2+16

Capıtulo 5

Metodos de Integracion

5.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos distintos metodos de integracion, que complementare-mos con el metodo de sustitucion. Entre estos metodos tenemos integracion por partes,sustitucion para racionalizacion, fracciones parciales y una sustitucion con el angulomedio de la tangente.

5.2. Metodos de Integracion

5.2.1. Formulas Basicas

1.∫

xndx = xn+1

n+1 + C ; si n 6= −1

2.∫

dxx = ln|x|+ C

3.∫

cos(x)dx = sin(x) + C

4.∫

sin(x)dx = − cos(x) + C

5.∫

dx1+x2 = arctan(x) + C

6.∫

exdx = ex + C

5.2.2. Integracion por Partes

Sean f(x) y g(x) derivables, y ademas sus derivadas son continuas en el dominio, entonces:∫f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−

∫f ′(x)g(x)dx

Esto se puede reescribir como: ∫udv = uv −

∫vdu

55

56 CAPITULO 5. METODOS DE INTEGRACION

Regla Nemotecnica:

”Un Dıa Vi Una Vaca sin cola Vestida De Uniforme”

Si combinamos esta regla con el Teorema Fundamental del Calculo tenemos:∫ b

a

udv = uv|ba −∫ b

a

vdu

Nota:

Al resolver integrales por partes, es comun tener como resultado integrales recursivas, que daranorigen a una formula de reduccion. Tambien se daran casos en que en el lado derecho quede la mismaintegral que al lado izquierdo, en cuyo caso se podra despejar de manera simple.

5.2.3. Fracciones Parciales

Si tenemos el polinomio racional R(x)Q(x) distiniguimos los siguientes cuatro casos:

El Denominador, Q(x) es un producto de factores lineales distintos.

Q(x) = (a1x + b1)(a2x + b2)...(anx + bn)

⇒ R(x)Q(x)

=A1

a1x + b1+

A2

a2x + b2+ ... +

An

a1x + bn

Q(x) es un producto de factores lineales, algunos de los cuales se repiten.

Q(x) = (a1x + b1)r

⇒ R(x)Q(x)

=A1

a1x + b1+

A2

(a1x + b1)2+ ... +

An

(a1x + b1)r

Q(x) tiene factores cuadraticos irreducibles, ninguno de los cuales se repite.

Q(x) = ax2 + bx + c con b2 − 4ac < 0

⇒ R(x)Q(x)

=Ax + B

ax2 + bx + c

Q(x) tiene un factor cuadratico irreducible y repetido.

Q(x) = (ax2 + bx + c)r con b2 − 4ac < 0

⇒ R(x)Q(x)

=A1x + B1

ax2 + bx + c+

A2x + B2

(ax2 + bx + c)2+ ... +

Arx + Br

(ax2 + bx + c)r

5.2. METODOS DE INTEGRACION 57

5.2.4. Sustituciones para racionalizacion

Cuando un integrando tiene una expresion como n√

g(x) , puede ser util hacer u = n√

g(x). Encaso de haber mas raıces, podrıa ser bueno hacer u = r

√g(x) en que r es el mınimo comun multiplo

entre los ındices de los radicales de la funcion.

5.2.5. Sustitucion de Weierstrass t = tan x2

Ya vimos el metodo de sustitucion para calcular integrales. Sera util tener en mente el cambio devariable t = tan x

2 cuando estemos integrando una funcion racional trigonometrica para cambiarlaa una funcion racional ordinaria.

t = tanx

2dx =

21 + t2

dt − π < x < π

cosx

2=

1√1 + t2

sinx

2=

t√1 + t2

El Desafıo de Bart: 0 = −1

∫tan(x)dx =

∫sin(x)cos(x)

dx =∫

sin(x) sec(x)dx

Usamos integracion por partes haciendo u = sec(x) y dv = sin(x)dx∫tan(x)dx =

∫sin(x) sec(x)dx = − sec(x) cos(x)−

∫− cos(x) sec(x) tan(x)dx = −1+

∫tan(x)dx

Luego: ∫tan(x)dx = −1 +

∫tan(x)dx

0 = −1


¿Que paso? ¿Bart demostro que 0=-1 ?


1- Calcular∫ π0 x sin(2x)dx

Solucion:

Lo resolveremos integrando por partes:{u = x ⇒ du = dxdv = sin(2x)dx ⇒ v = − 1

2 cos(2x)

Con esto queda: ∫ π

0

x sin(2x)dx = −x

2cos(2x)|π0 +

12

∫ π

0

cos(2x)dx∫ π

0

x sin(2x)dx = −π

2+

14

sin(2x)|π0∫ π

0

x sin(2x)dx = −π

2

2- Calcular∫x2ln(x)dx

Solucion:

Primero notamos que ln(x) es derivable si x > 0 y su derivada es continua en el mismo intervalo.Ademas, x2 es una funcion derivable y su derivada es continua en los Reales. Con esto podemosusar integracion por partes, teniendo como conjunto valido aquel con x > 0{

u = ln(x) ⇒ du = dxx

dv = x2dx ⇒ v = x3

3

Con esto queda: ∫x2ln(x)dx =

x3

3ln(x)−

∫x3

3xdx∫

x2ln(x)dx =x3

3ln(x)− 1

3

∫x2dx

Finalmente: ∫x2ln(x)dx =

x3

3ln(x)− x3

9+ C


3- Calcular∫x3e−xdx

Solucion:

Lo resolveremos integrando por partes:{u = x3 ⇒ du = 3x2dxdv = e−xdx ⇒ v = −e−x

Con esto queda: ∫x3e−xdx = −x3e−x + 3

∫x2e−xdx

Repetimos el proceso, con el siguiente reemplazo:{u = x2 ⇒ du = 2xdxdv = e−xdx ⇒ v = −e−x

Entonces tenemos: ∫x3e−xdx = −x3e−x + 3(−x2e−x + 2

∫xe−xdx)

= −x3e−x − 3x2e−x + 6∫

xe−xdx

Vemos que debemos repetir el proceso por utima vez:{u = x ⇒ du = dxdv = e−xdx ⇒ v = −e−x

Reemplazando: ∫x3e−xdx = −x3e−x − 3x2e−x + 6(−xe−x +

∫e−xdx)

= −x3e−x − 3x2e−x − 6xe−x + 6∫

e−xdx

= −x3e−x − 3x2e−x − 6xe−x − 6e−x + C

Por lo tanto, el resultado es:∫x3e−xdx = −x3e−x − 3x2e−x − 6xe−x − 6e−x + C

4- Calcular∫arcsin(x)dx

Solucion:


Usamos integracion por partes:{u = arcsin(x) ⇒ du = dx√

1−x2 |x| < 1dv = dx ⇒ v = x

Con esto queda: ∫arcsin(x)dx = x arcsin(x)−

∫x√

1− x2dx

Esta integral podemos calcularla haciendo la sustitucion x = sin(t) o directamente:∫arcsin(x)dx = x arcsin(x) +

√1− x2 + C |x| < 1

5- Calcular∫e2x cos(x)dx

Solucion:

Usamos integracion por partes, el conjunto de validez sera los Reales.{u = e2x ⇒ du = 2e2xdxdv = cos(x)dx ⇒ v = sin(x)

Con esto queda: ∫e2x cos(x)dx = e2x sin(x)−

∫2e2x sin(x)dx∫

e2x cos(x)dx = e2x sin(x)− 2∫

e2x sin(x)dx

Para calcular esta integral, volvemos a usar integracion por partes.{u = e2x ⇒ du = 2e2xdxdv = sin(x)dx ⇒ v = − cos(x)

Por lo tanto: ∫e2x cos(x)dx = e2x sin(x)− 2(−e2x cos(x) + 2

∫e2x cos(x)dx)∫

e2x cos(x)dx = e2x sin(x) + 2e2x cos(x)− 4∫

e2x cos(x)dx

Si llamamos I =∫

e2x cos(x)dx tenemos:

I = e2x sin(x) + 2e2x cos(x)− 4I

5I = e2x sin(x) + 2e2x cos(x)

I =15(e2x sin(x) + 2e2x cos(x)) + C


Por lo tanto: ∫e2x cos(x)dx =

15e2x sin(x) +

25e2x cos(x) + C

6- Calcular∫sec3(θ)dθ

Solucion:

∫sec3(θ)dθ =

∫sec(θ) sec2(θ)dθ

Lo haremos integrando por partes:{u = sec(θ) ⇒ du = sec(θ) tan(θ)dθdv = sec2(θ)dθ ⇒ v = tan(θ)

Con lo que: ∫sec3(θ)dθ = sec(θ) tan(θ)−

∫sec(θ) tan2(θ)dθ∫

sec3(θ)dθ = sec(θ) tan(θ)−∫

sec(θ)(sec2(θ)− 1)dθ∫sec3(θ)dθ = sec(θ) tan(θ)−

∫sec3(θ)dθ +

∫sec(θ)dθ

Tenemos la integral que buscamos definida en forma recursiva, luego procedemos a despejarla:

⇒ 2∫

sec3(θ)dθ = sec(θ) tan(θ) +∫

sec(θ)dθ

⇒∫

sec3(θ)dθ =12

sec(θ) tan(θ) +12

∫sec(θ)dθ

Hay distintas maneras de calcular∫

sec(θ)dθ , una de ellas es multiplicar po sec(θ)+tan(θ)sec(θ)+tan(θ)

12

sec(θ) tan(θ) +12

∫sec(θ)

sec(θ) + tan(θ)sec(θ) + tan(θ)

dθ

12

sec(θ) tan(θ) +12

∫sec2(θ) + sec(θ) tan(θ)

sec(θ) + tan(θ)dθ

Ahora hacemos el cambio:

u = sec(θ) + tan(θ) ⇒ du = (sec2(θ) + sec(θ) tan(θ))dθ

Reemplazamos:12

sec(θ) tan(θ) +12

∫du

u


=12

sec(θ) tan(θ) +12ln(|u|) + C

=12

sec(θ) tan(θ) +12ln(| sec(θ) + tan(θ)|) + C

Por lo tanto: ∫sec3(θ)dθ =

12

sec(θ) tan(θ) +12ln(| sec(θ) + tan(θ)|) + C

7- Demostrar que∫ dx

(x2+a2)n = 12(n−1)a2 [

x(x2+a2)n−1 + (2n− 3)

∫ dx(x2+a2)n−1 ]

donde n es un natural diferente de 1

Solucion:

Observemos que:

1(a2 + x2)n

=1a2

a2 + x2 − x2

(a2 + x2)n=

1a2

[a2 + x2

(a2 + x2)n− x2

(a2 + x2)n]

Por lo tanto:1

(a2 + x2)n=

1a2

[1

(a2 + x2)n−1− x2

(a2 + x2)n]

De esta forma: ∫dx

(a2 + x2)n=

1a2

[∫

dx

(a2 + x2)n−1−∫

x2dx

(a2 + x2)n]

Calcularemos∫

x2

(a2+x2)n usando integracion por partes:{u = x ⇒ du = dxdv = x

(a2+x2)n dx ⇒ v = − 12(n−1)(a2+x2)n−1

Entonces: ∫x2dx

(a2 + x2)n= − x

2(n− 1)(a2 + x2)n−1+

12(n− 1)

∫1

(a2 + x2)n−1dx

Ademas: ∫dx

(a2 + x2)n=

1a2

[∫

dx

(a2 + x2)n−1−∫

x2dx

(a2 + x2)n]

Si reemplazamos tenemos:∫dx

(a2 + x2)n=

1a2

[∫

dx

(a2 + x2)n−1− (− x

2(n− 1)(a2 + x2)n−1+

12(n− 1)

∫dx

(a2 + x2)n−1dx)]

∫dx

(a2 + x2)n=

1a2

[(1− 12(n− 1)

)∫

dx

(a2 + x2)n−1+

x

2(n− 1)(a2 + x2)n−1]

5.3. EJERCICIOS RESUELTOS 63∫dx

(a2 + x2)n=

1a2

[2n− 3

2(n− 1)

∫dx

(a2 + x2)n−1+

x

2(n− 1)(a2 + x2)n−1]

Finalmente: ∫dx

(x2 + a2)n=

12(n− 1)a2

[x

(x2 + a2)n−1+ (2n− 3)

∫dx

(x2 + a2)n−1]

Visto de otra forma, si llamamos In =∫

dx(x2+a2)n tenemos:

In =1

2(n− 1)a2[

x

(x2 + a2)n−1+ (2n− 3)In−1]

A esto se le llama formula de reduccion, que nos permite cambiar el problema In por el problemaIn−1. Mediante sucesivas aplicaciones, el problema dependera de:∫

dx

x2 + a2=

1a

arctan(x

a) + C

Con lo que, si iteramos, seremos capaces de calcular In para cualquier n natural.

8- Calcular∫ dx

x2−a2 con a ∈ <

Solucion:

∫dx

x2 − a2=∫

dx

(x + a)(x− a)

Queremos usar el metodo de integracion con fracciones parciales:

1(x + a)(x− a)

=A

x + a+

B

x− a/(x + a)(x− a)

1 = A(x− a) + B(x + a) = x(A + B) + (aB − aA)

Con esto llegamos al siguiente sistema:{

A + B = 0aB − aA = 1

Resolviendo tenemos: A = − 12a B = 1

2a entonces:

1(x + a)(x− a)

=12a

(−1

x + a+

1x− a

)

Por lo que la integral queda:12a

∫(−1

x + a+

1x− a

)dx

=12a

(−ln|x + a|+ ln|x− a|) + C


=12a

ln|x− a

x + a|+ C

Por lo tanto: ∫dx

x2 − a2=

12a

ln|x− a

x + a|+ C

9- Calcular∫ 3x2+6

x3+x2−2xdx

Solucion:

∫3x2 + 6

x3 + x2 − 2xdx =

∫3x2 + 6

x(x2 + x− 2)dx

=∫

3x2 + 6x(x + 2)(x− 1)

dx

Usamos fracciones parciales:

3x2 + 6x(x + 2)(x− 1)

=A

x+

B

x− 1+

C

x + 2

3x2 + 6 = A(x− 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(x− 1)

3x2 + 6 = A(x2 + x− 2) + B(x2 + 2x) + C(x2 − x)

3x2 + 6 = x2(A + B + C) + x(A + 2B − C) + (−2A)

Con esto llegamos al siguiente sistema:

A + B + C = 3A + 2B − C = 0−2A = 6

De aca A = −3 , B = 3 , C = 3. Por lo tanto:

3x2 + 6x(x + 2)(x− 1)

=−3x

+3

x− 1+

3x + 2

Entonces: ∫3x2 + 6

x3 + x2 − 2xdx =

∫(−3x

+3

x− 1+

3x + 2

)dx

∫3x2 + 6

x3 + x2 − 2xdx = 3ln|x|+ 3ln|x− 1|+ 3ln|x + 2|+ C

Finalmente: ∫3x2 + 6

x3 + x2 − 2xdx = 3ln| (x− 1)(x + 2)

x|+ C


10- Calcular∫ 5x2+12x+1

x3+3x2−4 dx

Solucion:

∫5x2 + 12x + 1x3 + 3x2 − 4

dx =∫

5x2 + 12x + 1(x− 1)(x + 2)2

dx

Usamos fracciones parciales:

5x2 + 12x + 1(x− 1)(x + 2)2

=A

x− 1+

B

x + 2+

C

(x + 2)2

5x2 + 12x + 1 = A(x + 2)2 + B(x− 1)(x + 2) + C(x− 1)

5x2 + 12x + 1 = A(x2 + 4x + 4) + B(x2 + x− 2) + C(x− 1)

5x2 + 12x + 1 = x2(A + B) + x(4A + B + C) + (4A− 2B − C)


A + B = 54A + B + C = 124A− 2B − C = 1

De aca A = 2 , B = 3 , C = 1. Si reemplazamos:

5x2 + 12x + 1(x− 1)(x + 2)2

=2

x− 1+

3x + 2

+1

(x + 2)2

Entonces: ∫5x2 + 12x + 1x3 + 3x2 − 4

dx =∫

(2

x− 1+

3x + 2

+1

(x + 2)2)dx

Por lo tanto: ∫5x2 + 12x + 1x3 + 3x2 − 4

dx = 2ln|x− 1|+ 3ln|x + 2| − 1x + 2

+ C

11- Calcular∫ x4−x3+3x2−10x+8

x3−x2−4 dx

Solucion:

Primero notamos que el grado del numerador es mayor que el del denominador, por lo quedividimos resultando:∫

x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8x3 − x2 − 4

dx =∫

xdx +∫

3x2 − 6x + 8x3 − x2 − 4

dx


∫x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8

x3 − x2 − 4dx =

x2

2+∫

3x2 − 6x + 8(x− 2)(x2 + x + 2)

dx

Separamos en fracciones parciales:

3x2 − 6x + 8(x− 2)(x2 + x + 2)

=A

x− 2+

Bx + C

x2 + x + 2

3x2 − 6x + 8 = A(x2 + x + 2) + (Bx + C)(x− 2)

3x2 − 6x + 8 = A(x2 + x + 2) + B(x2 − 2x) + C(x− 2)

3x2 − 6x + 8 = x2(A + B) + x(A− 2B + C) + (2A− 2C)


A + B = 3A− 2B + C = −62A− 2C = 8

De aca A = 1 , B = 2 , C = −3. Si reemplazamos:

3x2 − 6x + 8(x− 2)(x2 + x + 2)

=1

x− 2+

2x− 3x2 + x + 2∫

x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8x3 − x2 − 4

dx =x2

2+∫

(1

x− 2+

2x− 3x2 + x + 2

)dx∫x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8

x3 − x2 − 4dx =

x2

2+ ln|x− 2|+

∫2x− 3

x2 + x + 2dx

Queremos calcular la siguiente integral:∫2x− 3

x2 + x + 2dx =

∫2x + 1− 4x2 + x + 2

dx

=∫

2x + 1x2 + x + 2

dx−∫

4x2 + x + 2

dx

= ln|x2 + x + 2| −∫

4(x2 + x + 1

4 ) + 74

dx

= ln(x2 + x + 2)−∫

4

(x + 12 )2 + (

√7

2 )2dx

Hacemos la sustitucion:

x +12

=√

72

tan(u) ⇒ dx =√

72

sec2(u)du

= ln(x2 + x + 2)−∫

4

(√

72 tan(u))2 + 7

4

√7

2sec2(u)du

= ln(x2 + x + 2)−∫

474 (tan2(u) + 1)

√7

2sec2(u)du


= ln(x2 + x + 2)− 8√

77

∫1

sec2(u)sec2(u)du

= ln(x2 + x + 2)− 8√

77

∫du

= ln(x2 + x + 2)− 8√

77

u

Pero u = arctan( 2√

77 (x + 1

2 ))

ln(x2 + x + 2)− 8√

77

arctan(2√7(x +

12)) + C

Por lo tanto:

=∫

2x− 3x2 + x + 2

dx = ln(x2 + x + 2)− 8√7

arctan(2√7(2x + 1

2)) + C

Retomamos lo que tenıamos:∫x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8

x3 − x2 − 4dx =

x2

2+ ln|x− 2|+

∫2x− 3

x2 + x + 2dx

Reemplazamos:∫x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8

x3 − x2 − 4dx =

x2

2+ ln|x− 2|+ ln(x2 + x + 2)− 8√

7arctan(

2x + 1√7

) + C

Es decir:∫x4 − x3 + 3x2 − 10x + 8

x3 − x2 − 4dx =

x2

2+ ln(|x− 2|(x2 + x + 2))− 8√

7arctan(

2x + 1√7

) + C

12- Calcular∫ dx

3√

x+√

x

Solucion:

Hacemos la sustitucion u = 6√

x ya que 6 es el mınimo comun multiplo entre 2 y 3.

u = x16 ⇒ du =

16x−

56 dx

⇒ dx = 6(x16 )5du = 6u5du

Ademas 3√

x = u2 y√

x = u3


∫dx

3√

x +√

x=∫

6u5du

u2 + u3

= 6∫

u3du

1 + u

Hacemos la sustitucion t = u + 1 entonces dt = du

= 6∫

(t− 1)3dt

t

= 6∫

(t3 − 3t2 + 3t− 1)dt

t

= 6∫

(t2 − 3t + 3− 1t)dt

= 6(t3

3− 3t2

2+ 3t− ln|t|) + C

= 2(u + 1)3 − 9(u + 1)2 + 18(u + 1)− 6ln|u + 1|+ C

Por lo tanto:∫dx

3√

x +√

x= 2( 6

√x + 1)3 − 9( 6

√x + 1)2 + 18( 6

√x + 1)− 6ln| 6

√x + 1|+ C

13- Calcular∫ dx

3 sin(x)+4 cos(x)

Solucion:

Por tratarse de una funcion racional trigonometrica, es conveniente usar la sustitucion:

t = tanx

2dx =

21 + t2

dt − π < x < π

cosx

2=

1√1 + t2

sinx

2=

t√1 + t2

Reemplazamos:∫dx

3 sin(x) + 4 cos(x)=∫

dx

3(2 sin(x2 ) cos(x

2 )) + 4(cos2(x2 )− sin2(x

2 ))

=∫ 2

1+t2 dt

6( t√1+t2

1√1+t2

) + 4(( 1√1+t2

)2 − ( t√1+t2

)2)


=∫ 2

1+t2 dt

6 t1+t2 + 4( 1−t2

1+t2 )

=∫

2dt

6t + 4− 4t2=∫

dt

3t + 2− 2t2

=∫

dt

(1 + 2t)(2− t)=∫

(2

5(2t + 1)− 1

5(t− 2))dt

=15

∫2dt

(2t + 1)− 1

5

∫1

t− 2dt

=15ln|2t + 1| − 1

5ln|t− 2|+ C

Por lo tanto: ∫dx

3 sin(x) + 4 cos(x)=

15ln|

2 tan x2 + 1

tan x2 − 2

|+ C


1- Calcular∫ π

20

x cos(2x)dx

2- Calcular∫

x3ln(x)dx

3- Calcular∫

arctan(x)dx

4- Calcular∫

e2x sin(x)dx

5- Demostrar que∫

sinn(x)dx = − sinn−1(x) cos(x)n + n−1

n

∫sinn−1(x)dx

6- Calcular∫

1(x2+1)3

7- Calcular∫

5x+3x2+4x+4dx

8- Calcular∫

x2+1(x+2)2 dx

9- Calcular∫

1√x− 3√x

dx

10- Calcular∫ π

20

1sin(x)+cos(x)dx

Capıtulo 6

Areas

6.1. Introduccion

Ya se introdujo la nocion de integral como un area, y se uso este concepto paraexplicar su definicion. Ahora seremos capaces de calcular distintas areas acotadas porcurvas conocidas usando integrales.

Aprenderemos tambien, a integrar con respecto a la variable del eje de las abscisascomo la del eje de las ordenadas y distinguiremos casos en que convendra una u otra.

6.2. Integracion Numerica

Muchas veces no podremos calcular la primitiva de una Integral para tener ası su valor, otendremos una serie de puntos que tendremos que interpolar. En estos casos podremos recurrir ametodos de aproximacion entre los cuales ya estudiamos el del extremo izquierdo y derecho. Ahorapresentamos tres nuevos metodos:

6.2.1. Regla del Punto Medio

Sean ∆x = b−an , x0 = a y xk = a + k∆x se tiene:

∫ b

a

f(x)dx ≈ ∆xn∑

k=1

f(xi + xi−1

2)

Error Teorico de Aproximacion

Si |f ′′(x)| ≤ M cuando x ∈ [a, b]

|Em| ≤M(b− a)3

24n2

71

72 CAPITULO 6. AREAS

6.2.2. Regla del Trapecio

Sean ∆x = b−an , x0 = a y xk = a + k∆x se tiene:∫ b

a

f(x)dx ≈ ∆x

2[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + ... + 2f(xn−2) + 2f(xn−1) + f(xn)]


Si |f ′′(x)| ≤ M cuando x ∈ [a, b]

|Et| ≤M(b− a)3

12n2

6.2.3. Regla de Simpson

Sean ∆x = b−an , x0 = a y xk = a + k∆x se tiene:∫ b

a

f(x)dx ≈ ∆x

3[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3)... + 2f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)]


Si |f iv(x)| ≤ M cuando x ∈ [a, b]

|Es| ≤M(b− a)5

180n4

6.3. Area entre Curvas

El area de la region acotada por las curvas y=f(x) , y=g(x) y las rectas x=a , x=b , donde f yg son continuas y f(x) ≥ g(x) para todo x en [a, b] es:

A =∫ b

a

(f(x)− g(x))dx


En general, eludiendo la condicion de que f(x) ≥ g(x), podemos escribir:

A =∫ b

a

|f(x)− g(x)|dx

donde:

|f(x)− g(x)| ={

f(x)− g(x) si f(x) ≥ g(x)g(x)− f(x) si f(x) < g(x)

Por otro lado, si el area esta acotada por las curvas de ecuacion x=f(y) , x=g(y) , y=c , y=d dondef y g son continuas y f(y) ≥ g(y) para todo y en [c, d] es:

A =∫ d

c

(f(y)− g(y))dy

Del mismo modo, si eludimos la condicion f(y) ≥ g(y), podemos escribir:

A =∫ d

c

|f(y)− g(y)|dx


1- a)Utiliza la regla del Punto Medio para aproximar∫ 10 ex2

dx en 4partes iguales.

Solucion:

a)Usamos la Regla del Punto Medio:∫ 1

0

f(x)dx ≈ 1− 04

4∑k=1

f(xi + xi−1

2)

=14[f(

0 + 0,252

) + f(0,25 + 0,5

2) + f(

0,5 + 0,752

) + f(0,75 + 1

2)]


=14[f(0,125) + f(0,375) + f(0,625) + f(0,875)]

=14[e0,1252

+ e0,3752+ e0,6252

+ e0,8752]

=14[1,01574 + 1,15099 + 1,4799 + 2,1503]

=14[5,79498]

Por lo tanto: ∫ 1

0

ex2dx ≈ 1,44875

2- a)Utiliza la regla Trapezoidal para aproximar∫ 50√

xdx en 10 partesiguales.b) ¿Es esta aproximacion mayor o menor que el valor de laintegral? c) Comprueba con el TFC.

Solucion:

a)Usamos la Regla del Trapecio:∫ b

a

f(x)dx =b− a

2n[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + ... + 2f(xn−2) + 2f(xn−1) + f(xn)]

∫ 5

0

f(x)dx ≈ 5− 020)

[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + ... + 2f(x8) + 2f(x9) + f(x10)]

=14[f(0) + 2f(0,5) + 2f(1) + ... + 2f(x4) + 2f(x4,5) + f(5)]

=14[√

0 + 2√

0,5 + 2√

1 + ... + 2√

4 + 2√

4,5 +√

5]

=14[29,53887576]∫ 5

0

√xdx ≈ 7,3847189

b) Sea f(x) =√

x entonces

f ′(x) =1

2√

x⇒ f ′′(x) = − 1

4x32

Observe que f ′′(x) < 0 para x ≥ 0 y por lo tanto, la grafica de la funcion f = (x, y)/y =√

x esconcava hacia abajo en el intervalo. En consecuencia la aproximacion obtenida es menor que∫ 5

0

√xdx


c)Usando el TFC tenemos: ∫ 5

0

√xdx =

23x

32 |50 =

235

32 =

103

√5 = 7,454

Efectivamente era menor!

3- Utiliza la regla de Simpson para aproximar∫ 20

√1 + x3dx con n=4

Solucion:

Usamos la Regla:∫ b

a

f(x)dx ≈ ∆x

3[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3)... + 2f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)]

∫ 2

0

f(x)dx ≈ 2− 03(4)

[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + f(x4)]∫ 2

0

f(x)dx ≈ 16[f(0) + 4f(0,5) + 2f(1) + 4f(1,5) + f(2)]∫ 2

0

√1 + x3dx ≈ 1

6[√

1 + 03 + 4√

1 + 0,53 + 2√

1 + 13 + 4√

1 + 1,53 +√

1 + 23]

=16[19,437668]∫ 2

0

√1 + x3dx ≈ 3,240

4- Utiliza las reglas del Punto Medio, del Trapecio y de Simpson paraaproximar

∫ 30

11+x4dx con n=6

Solucion:

Punto Medio: ∫ 3

0

f(x)dx ≈ 36

6∑k=1

f(xi + xi−1

2)

=12[f(0,25) + f(0,75) + f(1,25) + f(1,75) + f(2,25) + f(2,75)]

=12[

11 + 0,254

+1

1 + 0,754+

11 + 1,254

+1

1 + 1,754+

11 + 2,254

+1

1 + 2,754]


=12[0,996 + 0,7596 + 0,291 + 0,096 + 0,0375 + 0,017]

=12[2,19742]

Por lo tanto: ∫ 3

0

11 + x4

dx ≈ 1,098709

Trapecio: ∫ 3

0

f(x)dx ≈ 312

[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + 2f(x4) + 2f(x5) + f(x6)]

=14[f(0) + 2f(0,5) + 2f(1) + 2f(1,5) + 2f(2) + 2f(x2,5) + f(3)]

=14[

11 + 04

+2

1 + 0,54+

21 + 14

+2

1 + 1,54+

21 + 24

+2

1 + 2,54+

11 + 34

]

=14[1 + 1,8823 + 1 + 0,3298 + 0,11764 + 0,0499 + 0,01219]

=14[4,392014]

Por lo tanto: ∫ 3

0

11 + x4

dx ≈ 1,098004

Simpson: ∫ 3

0

f(x)dx ≈ 318

[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + 4f(x5) + f(x6)]

=16[f(0) + 4f(0,5) + 2f(1) + 4f(1,5) + 2f(2) + 4f(2,5) + f(3)]

=16[

11 + 04

+4

1 + 0,54+

21 + 14

+4

1 + 1,54+

21 + 24

+4

1 + 2,54+

11 + 34

]∫ 3

0

f(x)dx ≈ 16[1 + 3,7647 + 1 + 0,65979 + 0,11764 + 0,09984 + 0,01219

=16[6,65418587]

Por lo tanto: ∫ 3

0

11 + x4

dx ≈ 1,109031

5- ¿Que valor debiese tener n, para que las aproximacionesMn, Tn, Sna

∫ 10 exdx tengan un error teorico de 0.00001


Solucion:

Punto Medio: Si x ∈ [0, 1]1 ≤ f ′′(x) = ex ≤ e

Entonces el error teorico es:

|Em| ≤e(1− 0)3

24n2=

e

24n2= 0,00001

n2 =e

24(0,00001)= 11326,174

n =√

11326,174 = 106,42

Entonces con n ≥ 107 el error sera menos que 0,00001

Trapecio: Si x ∈ [0, 1]1 ≤ f ′′(x) = ex ≤ e


|Em| ≤e(1− 0)3

12n2=

e

12n2= 0,00001

n2 =e

12(0,00001)= 22652,349

n =√

22652,349 = 150,51


Simpson: Si x ∈ [0, 1]1 ≤ f iv(x) = ex ≤ e


|Em| ≤e(1− 0)4

180n4=

e

1180n4= 0,00001

n4 =e

180(0,00001)= 1510,15657

n = 4√

1510,15657 = 38,86


6- Calcular el area entre y = x2 , y = 2x2+1

Solucion:


Primero buscamos los puntos de interseccion:

x2 =2

x2 + 1

x4 + x2 − 2 = 0 ⇒ (x2 + 2)(x2 − 1) = (x2 + 2)(x + 1)(x− 1) = 0

x = −1 ; x = 1

Por lo tanto, tenemos los siguientes puntos de interseccion: (-1,1) ; (1,1). Graficamos:

Podemos expresar el area como:

A =∫ 1

−1

(2

x2 + 1− x2)dx

A = −x3

3|1−1 + 2 arctanx|1−1

A = −13− 1

3+ 2 arctan (1)− 2 arctan (−1)

A = −23

+π

2− −π

2

A = −23

+ π

7- Calcular el area entre y = x2 + 2 , y = 2x + 5 , x = 0, x = 6

Solucion:

Primero buscamos los puntos de interseccion:

y = x2 + 2 y = 2x + 5

⇒ x2 + 2 = 2x + 3

x2 − 2x− 3 = 0 ⇒ (x− 3)(x + 1) = 0


x = −1 ; x = 3

Por lo tanto, tenemos los siguientes puntos de interseccion: (-1,3) ; (3,11). Graficamos:

A =∫ 3

0

[(2x + 5)− (x2 + 2)]dx +∫ 6

3

[(x2 + 2)− (2x + 5)]dx

A =∫ 3

0

[−x2 + 2x + 3]dx +∫ 6

3

[x2 − 2x− 3]dx

A = (−x3

3+ x2 + 3x)|30 + (

x3

3− x2 − 3x)|63

A = [(−273

+ 9 + 9)− 0] + [(2163− 36− 18)− (

273− 9− 9)]

A = 9 + 18 + 9 = 36

8- Calcular el area de la porcion del plano encerrada por las curvasde ecuaciones y2 = x− 1 ; y = x− 3

Solucion:

Primero graficamos: tenemos que encontrar los puntos de interseccion.

x = y2 + 1 x = y + 3

⇒ y2 + 1 = y + 3

y2 − y − 2 = 0 ⇒ (y − 2)(y + 1) = 0

y = −1 ; y = 2

Por lo tanto, tenemos los siguientes puntos de interseccion: (2,-1) ; (5,2). Graficamos:Podemos, entonces, calcular el area:

A = 2∫ 2

1

√x− 1dx +

∫ 5

2

[√

x− 1− (x− 3)]dx


A = 223(x− 1)

32 |21 + [

23(x− 1)

32 − x2 + 3x]|52

A = 2(23− 0) + [(

163− 25

2+ 15)− (

23− 4

2+ 6)] =

276

Por lo tanto:A =

92

Ahora viendolo desde el punto de vista de las ordenadas:

A =∫ 2

−1

[(y + 3)− (y2 + 1)]dy = (y2

2+ 3y − y3

3− y)|21

A = (y2

2− y3

3+ 2y)|21 = (

42− 8

3+ 4)− (

12

+13− 2) =

276

Por lo tanto:A =

92

Obtuvimos el mismo resultado!

9- Calcular el area de la porcion del plano comprendida entre losgraficos de cos x y sin x con x ∈ [0, 2π]

Solucion:

Graficamos:Usando Simetrıa, podemos expresar el area como:

A = 4∫ π

4

0

(cos x− sinx)dx + 4∫ π

π2

sinxdx

A = 4(sinx + cos x)|π40 + (− cos x)|ππ

2


A = 4(√

22

+√

22− 1− (−1) + 0)

A = 4√

2


1- Utiliza la regla del Punto Medio para aproximar∫ 2

1e

1x dx con n=4

2- Utiliza la regla Trapezoidal para aproximar∫ 2

0

√1 + x3dx con n=4 (Use tres decimales).

Compare su resultado con la aproximacion mediante la Regla de Simpson

3- Utiliza la regla de Simpson para aproximar∫1˙93x2dx con n=8. Compare su resultado con la

aproximacion mediante la Regla Trapezoidal

4- Utiliza las reglas del Punto Medio, del Trapecio y de Simpson para aproximar∫ 1

0e−x2

dx conn=10

5- Calcula los errores teoricos para∫ 1

0exdx con n=10 mediante la regla del Trapecio y la regla de

Simpson

6- Calcule el area de la region limitada por la grafica de las ecuaciones:

3x + 5y − 23 = 0 ; 5x− 2y − 28 = 0 ; 2x− 7y + 26 = 0

7- Calcule el area de la region limitada por la grafica de las ecuaciones:

y = 6x− x2 ; y + x + 1 = 0 ; x = 1 ; x = 3

8- Calcule el area de una elipse de semiejes a,b


9- Calcule el area de la region encerrada por la curva y = x3 y la cuerda que une los puntos(−2, 8) con (2, 8)

10- La parabola y = 4x− x2 con el eje X forman una figura. Encuentre la ecuacion de la recta quepasa por el origen, dividiendo esta figura en dos regiones de igual area.

Capıtulo 7

Integrales Impropias

7.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos las integrales impropias. Veremos en que consisten,cuales son sus tipos, aprenderemos algunas integrales impropias basicas y finalmenteestudiaremos metodos para analizar su convergencia.

7.2. Integrales Impropias

7.2.1. Definicion de una Integral Impropia del Tipo 1

∫ ∞

a

f(x)dx = lımt→∞

∫ t

a

f(x)dx

∫ b

−∞f(x)dx = lım

t→−∞

∫ b

t

f(x)dx

Las integrales impropias seran convergentes si tal lımite existe y divergentes en caso contrario.Si∫ a

−∞ f(x)dx y∫∞

af(x)dx son convergentes, entonces por definicion:∫ ∞

−∞f(x)dx =

∫ a

−∞f(x)dx +

∫ ∞

a

f(x)dx

7.2.2. Definicion de una Integral Impropia del Tipo 2

Si f es continua en [a, b) y discontinua en b, entonces:∫ b

a

f(x)dx = lımt→b−

∫ t

a

f(x)dx

Si f es continua en (a, b] y discontinua en a, entonces:∫ b

a

f(x)dx = lımt→a+

∫ b

t

f(x)dx

83

84 CAPITULO 7. INTEGRALES IMPROPIAS

Si f tiene una discontinuidad en c , a < c < b y si son convergentes tanto∫ c

af(x)dx como

∫ b

cf(x)dx

entonces: ∫ b

a

f(x)dx =∫ c

a

f(x)dx +∫ b

c

f(x)dx

Nota:

Suelen denominarse Integrales Impropias del tipo 3, a las que son del tipo 1 y 2 a la vez.

7.3. Analisis de Convergencia

7.3.1. Criterio de Comparacion para primera especie (o tipo 1)

Sean f y g funciones continuas y f(x) ≥ g(x) ≥ 0 cuando x ≥ a entonces:

si∫∞

af(x)dx es convergente ⇒

∫∞a

g(x)dx es convergente

si∫∞

ag(x)dx es divergente ⇒

∫∞a

f(x)dx es divergente

7.3.2. Criterio de Comparacion con paso al lımite(primera especie)

Sea a ≤ x, f(x) ≥ 0 , g(x) > 0 y l = lımx→∞

f(x)g(x) entonces:

si l=0 (o finito) y∫∞

ag(x)dx converge ⇒

∫∞a

f(x)dx converge

si l=∞ (o finito 6= 0) y∫∞

ag(x)dx diverge ⇒

∫∞a

f(x)dx diverge

7.3.3. Criterio de Comparacion para segunda especie

Si a < x ≤ b, a es singularidad, 0 ≤ f(x) ≤ g(x) entonces:

si∫ b


∫ b

af(x)dx converge

si∫ b

af(x)dx diverge ⇒

∫ b

ag(x)dx diverge

7.3.4. Criterio de Comparacion con paso al lımite(segunda especie)

Si a < x ≤ b, a es singularidad, f(x) ≥ 0 , g(x) > 0 y l = lımx→a

f(x)g(x) entonces:

si l es finito y∫ b


∫∞a

f(x)dx converge

si l 6= 0 (pudiendo ser infinito) y∫ b

ag(x)dx diverge ⇒

∫ b

af(x)dx diverge

7.4. INTEGRALES IMPROPIAS CONOCIDAS: 85

7.4. Integrales Impropias Conocidas:

7.4.1. Primer Tipo:

∫ ∞

a

dx

xp={

converge si p > 1diverge si p ≤ 1∫ ∞

a

e−pxdx ={

converge si p > 0diverge si p ≤ 0

7.4.2. Segundo Tipo:

Si p ∈ <+ ∫ b

a

dx

(x− a)p={

converge si p < 1diverge si p ≥ 1∫ b

a

dx

(b− x)p={

converge si p < 1diverge si p ≥ 1


1- Calcular0∫

−∞xexdx

Solucion:

∫ 0

−∞xexdx = lım

t→−∞

∫ 0

t

xexdx

{u = x ⇒ du = dxdv = exdx ⇒ v = ex

= lımt→−∞

(xex|0t −∫ 0

t

exdx) = lımt→−∞

(−tet − ex|0t )

= lımt→−∞

(−tet − 1 + et)

= lımt→−∞

(−tet − 1) = lımt→−∞

(−t

e−t− 1)

Usamos L’Hopital:

= lımt→−∞

(−1−e−t

− 1) = −1

Por lo tanto: ∫ 0

−∞xexdx = −1


2- Calcular∞∫−∞

dxx2+2ax+b2 ; b > |a|

Solucion:

Tenemos que

x2 + 2ax + b2 = (x + a)2 + (b2 − a2)

Por lo tanto: ∫ ∞

−∞

dx

x2 + 2ax + b2=∫ ∞

−∞

dx

(x + a)2 + (b2 − a2)

=∫ ∞

−∞

dx

(b2 − a2)[ (x+a)2

b2−a2 + 1]

Hacemos la sustitucion

u =x + a√b2 − a2

⇒ du =dx√

b2 − a2⇒ dx =

√b2 − a2du

x : −∞→∞ ⇒ u : −∞→∞

Queda entonces:

=∫ ∞

−∞

√b2 − a2du

(b2 − a2)(u2 + 1)

=1√

b2 − a2

∫ ∞

−∞

du

u2 + 1

=1√

b2 − a2lım

t→∞

∫ t

−t

du

u2 + 1

=1√

b2 − a2lım

t→∞arctan(u)|t−t

=1√

b2 − a2lım

t→∞(arctan(t)− arctan(−t))

=1√

b2 − a2(π

2− −π

2)

Por lo tanto:∞∫

−∞

dx

x2 + 2ax + b2=

π√b2 − a2

3- Estudiar la convergencia de∞∫a

dxxp para distintos valores de p, con


a > 0

Solucion:

Si p=1 ∫ ∞

a

dx

xp= lım

t→∞

∫ ∞

a

dx

x

= lımt→∞

ln(x)|ta = lımt→∞

(ln(t)− ln(a)) ∼ ∞

Por lo tanto si p=1 diverge.Si p 6= 1 ∫ ∞

a

dx

xp= lım

t→∞

x1−p

1− p|ta

= lımt→∞

t1−p

1− p− a1−p

1− p

Si p < 1 ⇒ 1− p > 0 ⇒ diverge.Si p > 1 ⇒ 1− p < 0 ⇒ converge.Finalmente, si a > 0: ∫ ∞

a

dx

xp={


4- Estudiar la convergencia de∞∫a

e−pxdx para distintos valores de p

Solucion:

Si p=0 ∫ ∞

a

e−pxdx = lımt→∞

∫ ∞

a

dx

= lımt→∞

x|ta = lımt→∞

(t− a) ∼ ∞

Por lo tanto si p=0 diverge.Si p 6= 0 ∫ ∞

a

e−pxdx = lımt→∞

−e−px

p|ta

= lımt→∞

e−pa

p− e−pt

p

Si p < 0 ⇒ −pt ∼ ∞ ⇒ diverge.Si p > 0 ⇒ −pt ∼ −∞ ⇒ converge.Finalmente: ∫ ∞

a

e−pxdx ={



5- Estudiar la convergencia deb∫a

dx(x−a)p con p ∈ <+

Solucion:

Si p = 1 ∫ b

a

dx

(x− a)p= lım

t→a+ln(x− a)|bt = lım

t→a+(ln(b− a)− ln(t− a)) ∼ ∞

Por lo tanto si p=1 diverge.Si p 6= 1 ∫ b

a

dx

(x− a)p=∫ b

a

(x− a)−pdx = lımt→a+

∫ b

t

(x− a)−pdx

= lımt→a+

(x− a)1−p

1− p|bt = lım

t→a+

(b− a)1−p

1− p− (t− a)1−p

1− p

Si p < 1 ⇒ 1− p > 0 ⇒ converge.Si p > 1 ⇒ 1− p < 0 ⇒ diverge.Finalmente: ∫ b

a

dx

(x− a)p={


Si hacemos el cambio de variable:

x− a = b− y ⇒ dx = −dy

x : a → b ⇒ y : b → a

Entonces: ∫ b

a

dx

(x− a)p=∫ a

b

−dy

(b− y)p=∫ b

a

dy

(b− y)p

Luego: ∫ b

a

dy

(b− y)p={


6- Convierte la integral∫ ba f(x)dx con singularidad en b, a una

integral de tipo I

Solucion:

Se hace:

u =1

b− x⇒ b− x =

1u

⇒ x = b− 1u

⇒ dx =du

u2


x : a → b ⇒ u :1

b− a→∞

Por lo tanto: ∫ b

a

f(x)dx =∫ ∞

1b−a

1u2

f(b− 1u

)du

Siempre se puede transformar una integral de segunda especia a una de primera especie. A vecessimplificara el problema, pero hay que tener cuidado cuando lo complica.Si la singularidad es en ’a’, el cambio a hacer es: u = 1

x−a . Queda como ejercicio propuesto!!

7- Estudiar la convergencia de∞∫3

x3+2√x8+1

dx para x ≥ 3

Solucion:

x3 + 2√x8 + 1

≥ x3

√x8 + 1

≥ x3

√x8 + x8

=x3

√2x8

=x3

√2x4

=1√2x

Pero∞∫3

dx√2x

diverge, entonces:∫∞3

x3+2√x8+1

dx que es mayor, tambien diverge


e3x

e6x+5e3x+2dx para x ≥ 3

Solucion:

e3x

e6x + 5e3x + 2≤ e3x

e6x= e−3x

Pero∫∞3

e−3xdx converge, entonces∫∞3

e3x

e6x+5e3x+2dx que es menor, tambien converge


ln(x)x+5 dx

Solucion:

Tomamos g(x) = 1x tal que

∫∞1

g(x)dx diverge. Entonces

l = lımx→∞

ln(x)x+51x

= lımx→∞

xln(x)x + 5


= lımx→∞

1 + ln(x)1

∼ ∞

Por lo tanto l = lımx→∞

f(x)g(x) ∼ ∞ con

∫∞1

g(x)dx divergente, por lo que:∫∞a

ln(x)x+5 dx diverge.


dxx√

3x+2

Solucion:

Tomamos g(x) = 1

x32

tal que∫∞1

g(x)dx converge. Entonces

l = lımx→∞

1x√

3x+21

x32

= lımx→∞

√x√

3x + 2

= lımx→∞

1√3x+2

x

= lımx→∞

1√3 + 2

x

=1√3

Entonces l = lımx→∞

f(x)g(x) finito y

∫∞1

g(x)dx converge, por lo que:∫∞a

dxx√

3x+2converge.

11- Estudiar la convergencia de0∫

−∞x2dx

(x2+x+1)52

Solucion:

Hacemos:y = −x ⇒ dx = −dy

x : −∞→ 0 ⇒ y : ∞→ 0

Entonces queda: ∫ 0

−∞

x2dx

(x2 + x + 1)52

=∫ 0

∞

(−y)2(−dy)((−y)2 + (−y) + 1)

52

=∫ ∞

0

y2dy

(y2 − y + 1)52

Tomamos g(y) = 1y3 tal que

∫∞1

g(y)dy converge. Entonces

l = lımy→∞

y2

(y2−y+1)52

1y3

= lımy→∞

y5

(y2 − y + 1)52


= lımy→∞

1(1− 1

y + 1y2 )

52

= 1

Entonces l = lımx→∞

f(x)g(x) finito y

∫∞0

g(x)dx converge, por lo que:∞∫0

y2dy

(y2+−y+1)52=

0∫−∞

x2dx

(x2+x+1)52

tambien converge.

12- Estudiar la convergencia de10∫1

dx√x6−1

Solucion:

Tiene singularidad en x=1Para x > 1 tenemos: √

x6 − 1 >√

x− 11√

x6 − 1<

1√x− 1

Como10∫1

dx√x−1

es convergente tenemos que10∫1

dx√x6−1

converge.

13- Estudiar la convergencia de1∫−1

eArcsin(x)dx1−x

Solucion:

Arcsin(x) ≥ −π

2

eArcsin(x)

1− x≥ e

−π2

1− x

Entonces: ∫ 1

−1

e−π2

1− xdx ≥ e−

π2

∫ 1

−1

dx

1− x

Pero como la ultima integral diverge, tenemos que1∫−1

eArcsin(x)dx1−x es divergente.

14- Estudiar la convergencia de8∫2

dx√(x−2)(8−x)


Solucion:

Tiene singularidades en x=2 y x=8. La separamos de la siguiente forma:∫ 8

2

dx√(x− 2)(8− x)

=∫ 3

2

dx√(x− 2)

√(8− x)

+∫ 8

3

dx√(x− 2)

√(8− x)

LLamemos I1 =∫ 3

2dx√

(x−2)√

(8−x); I2 =

∫ 8

3dx√

(x−2)√

(8−x)entonces:

∫ 8

2

dx√(x− 2)(8− x)

= I1 + I2

Para analizar la convergencia de I1 tomemos g(x) = 1√x−2

sabiendo que∫ 3

2dx√x−2

converge.

lımx→2+

1√x−2

√8−x

1√x−2

= lımx→2+

1√8− x

=1√6

Por lo tanto I1 converge.Para estudiar la convergencia de I2 tomemos g(x) = 1√

8−xsabiendo que

∫ 8

3dx√8−x

converge.

lımx→8−

1√x−2

√8−x

1√8−x

= lımx→8−

1√x− 2

=1√6

Con el mismo analisis tenemos que I2 converge. Por lo tanto

8∫2

dx√(x− 2)(8− x)

converge


1-(a)Transforma la integral impropia de segunda especie3∫1

dx√x(3−x)

en una integral impropia de

primera especie,(b) y luego en una integral propia. (c)¿Siempre es posible transformar una integralimpropia en una integral propia?

2-Estudiar la convergencia de la integral∞∫1

x2dx4x4+2x3+x+1 por dos metodos distintos

3-Determine siπ∫0

1−cos(x)x2 dx es ina integral impropia o propia. En caso de ser impropia determine

su tipo.


4-Demuestra que si∞∫a

|f(x)|dx converge, entonces∞∫a

f(x)dx tambien converge. Infiera que si una

integral es absolutamente convergente, entonces es convergente.

5-¿Es posible que∞∫a

f(x)dx sea convergente y∞∫a

|f(x)|dx divergente?

6-Estudia la convergencia de6∫3

ln(x)(x−3)4 dx

7-Estudia la convergencia de4π∫2π

cos(x)4√x−2π

dx

8-Estudia la convergencia de4∫3

dx

x2(x3−27)23

Capıtulo 8

Volumenes

8.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos el calculo de Volumenes por medio de integrales. Estaes una de las aplicaciones mas interesantes que nos conectan con el mundo geometrico,y nos acercan a figuras en tres dimensiones.

8.2. Volumenes

8.2.1. De Revolucion (Metodo del Disco)

El Volumen del cuerpo obtenido al girar la region plana acotada por y=f(x), y=0, x=a, x=b,en torno del eje X es:

V =∫ b

a

π(f(x))2dx

Analogamente el volumen del cuerpo obtenido al girar la region plana acotada por x=f(y) , x=0,y=c, y=d, en torno del eje Y es:

V =∫ d

c

π(f(y))2dy

95

96 CAPITULO 8. VOLUMENES

En forma general, el volumen generado al rotar la region limitada por las curvas y=f(x) , y=g(x),x=a, x=b donde f(x) ≥ g(x) sobre el eje X es:

V =∫ b

a

π[(f(x))2 − (g(x))2]dx

8.2.2. Mediante Cascarones Cilındricos

El volumen generado, al girar el area limitada por y=f(x), y=0, x=a, x=b, donde 0 ≤ a < b, entorno al eje Y es:

V =∫ b

a

2πxf(x)dx

El volumen generado, al girar el area limitada por x=f(y), x=0, y=c, y=d, donde 0 ≤ c < d, entorno al eje X es:

V =∫ d

c

2πyf(y)dy


En forma general, el volumen generado al girar en torno al eje Y, el area de la region limitada porlas curvas y=f(x), y=g(x), x=a, x=b, donde f(x) ≥ g(x) y 0 ≤ a < b, en torno al eje Y es:

V =∫ b

a

2πx[f(x)− g(x)]dx

Ojo:

En el metodo de cascarones cilındricos, la variable de integracion es distinta a la del eje derotacion.

8.2.3. Secciones Transversales

Si A(x) representa el area de una ”seccion transversal”de un solido, en un dominio [a, b], entoncessu volumen es:

V =∫ b

a

A(x)dx

8.2.4. Teorema de Pappus

Si se hace girar una region R plana que esta totalmente a un lado de una recta l, el volumen delcuerpo resultante es el producto del area A de R, por la distancia d, recorrida por el centroide deR.

V = 2πxA = A ∗ d


1- Calcula el volumen de una esfera de radio r.

Solucion:

Notamos que para determinar el volumen de una esfera de radio r podemos rotar lasemicircunferencia y =

√r2 − x2 en torno al eje X.


El Volumen sera entonces:V =

∫ r

−r

π(√

r2 − x2)2dx

= π

∫ r

−r

(r2 − x2)dx = π

∫ r

−r

(r2 − x2)dx

= π(r2x− x3

3)|r−r = π[(r3 − r3

3)− (−r3 +

r3

3)]

V =43πr3

Nota:

Se podrıa haber recurrido a un argumento de simetrıa y duplicar el resultado de la rotacion de uncuarto de circunferencia.

2- Calcula el volumen de un toro macizo o toroide, cuyos radios son ry R.

Solucion:

Sin perdida de generalidad , podemos generar el toroide rotando la circunferencia(x−R)2 + y2 = r2 en torno al eje Y.


Recurriendo a la simetrıa del problema podemos rotar la parte superior de la circunferencia yduplicar el resultado.Rotaremos entonces la cascara externa x =

√r2 − y2 + R y le restaremos el resultado de la

rotacion de la cascara interna x = −√

r2 − y2 + R.Podemos representar el volumen entonces como:

V = 2π

∫ r

0

[(√

r2 − y2 + R)2 − (−√

r2 − y2 + R)2]dy

V = 2π∫ r

0

4R√

r2 − y2dy

V = 8πR

∫ r

0

√r2 − y2dy

Esta integral representa el area de un cuarto de circunferencia de radio r, por lo que es π r2

4 , conlo que el volumen es:

V = 2π2Rr2

3- La region R limitada por las graficas de las ecuaciones y2 = 4x yx2 = 4y gira alrededor del eje Y. Determine el volumen del solido derevolucion ası generado.

Solucion:

Usaremos el metodo de los discos, para lo cual necesitamos expresar ambas funciones en terminosde la variable independiente y.

V = π

∫ d

c

[f(y)2 − g(y)2]dy

V = π

∫ 4

0

[4y − (y2

4)2]dy


V = π

∫ 4

0

[4y − y4

16]dy = π(2y2 − y5

80)|40

V =965

π

4- Calcula el volumen del cuerpo generado al girar la region limitada

por y = x(x− 1)2 , y=0 alrededor del eje Y

Solucion:

Por la forma del problema, se hace mas adecuado resolverlo mediante el metodod e cascarones ocapas cilındricas.Esbozamos un grafico para determinar los lımites de integracion:

El Volumen es entonces:

V = 2π

∫ 1

0

xf(x)dx = 2π

∫ 1

0

x[x(x− 1)2]dx

= 2π

∫ 1

0

x2(x− 1)2dx = 2π∫ 1

0

(x4 − 2x3 + x2)dx

= 2π(x5

5− x4

2+

x3

3)|10

= 2π(15− 1

2+

13) =

π

15

5- Calcula el volumen del cuerpo generado al hacer girar la regionlimitada por y = 2x− x2 , y=0 en torno de la recta x=3

Solucion:


Nuevamente convendra usar el metodo de cascarones cilındricos. Podemos ver en la figura que laforma de la integral cambiara a:

V = 2π

∫ b

a

(3− x)f(x)dx

Esbozamos un grafico para determinar los lımites de integracion:

El Volumen es entonces:

V = 2π∫ 2

0

(3− x)(2x− x2)dx

V = 2π

∫ 2

0

(x3 − 5x2 + 6x)dx = 2π(x4

4− 5

x3

3+ 3x2)|20

V =163

π

6- Un cuerpo tiene base circular de radio 1. Las seccionestransversales paralelas, perpendiculares a la base, son cuadrados.Calcula el volumen del cuerpo.

Solucion:


En este caso usaremos secciones transversales sabiendo que V =∫ b

aA(x)dx

El area de un corte sera

A = (2y)(2y) = 4y2 = 4(1− x2)

Por lo tanto integramos en el dominio y calculamos el volumen:

V =∫ 1

−1

4(1− x2)dx

= 4(x− x3

3)|1−1 =

163

7- Calcula el volumen de un marraquetoide elıptico.

Solucion:

En cada punto de la elipse de la figura, se encuentra un cırculo de radio ’y’, generandose elmarraquetoide.

El area de un corte seraA = πy2

En que x2

a2 + y2

b2 = 1 por lo que y2 = b2

a2 (a2 − x2). Podemos expresar el area, entonces, como:

A(x) = π[b2

a2(a2 − x2)]

Por simetrıa, el volumen sera:

V = 4π

∫ a

0

b2

a2(a2 − x2)dx

= 4πb2

a2(a2x− x3

3)|a0 = 4π

b2

a2(a3 − a3

3)

=83πab2


8- Calcula el volumen de un casquete polar de radio r y altura h

Solucion:

El casquete se generara al girar parte de la circunferencia en torno del eje Y (En este caso, esequivalente a calcular el area de una seccion transversal)Podemos expresar su volumen como:

V = π

∫ r

r−h

f(y)2dy = V = π

∫ r

r−h

x2dy

V = π

∫ r

r−h

(r2 − y2)dy

V = π(r2y − y3

3)|rr−h = π[(r3 − r3

3)− (r2(r − h)− (r − h)3

3)]

V =πh2(3r − h)

3

9- Calcula el volumen del toroide calculado anteriormente, perousando el Teorema de Pappus

Solucion:

El centroide del cırculo es:x = R

A = πr2


Entonces el voumen sera:V = 2πxA = 2π(R)(πr2) = 2π2Rr2


1-Encuentre el volumen del solido de revolucion generado al girar alrededor del eje X la region quese encuentra en el primer cuadrante y que esta limitada por las graficas de y2 = x, y = 0 , x = 1 ,x = 4

2-Obtenga la formula del volumen de un cono circular recto de altura h y base de radio r,considerando al cono como un solido de revolucion.

3-El interior de la elipse cuya ecuacion es x2

a2 + y2

b2 = 1 , a > b, gira alrededor del eje X. Calcule elvolumen del solido generado. (Este solido se conoce como esferoide alargado).

4-Encuentre el volumen del solido generado al rotar la region limitada por las graficas de y = x3,y = 0, x = 2 alrededor del eje Y.

5-Encuentre el volumen del solido generado al rotar la region limitada por las graficas dey = 6x− x2, y = 0 alrededor del eje Y.

6-Calcule el volumen del solido obtenido al rotar la region R = {(x, y)|x ≤ y ≤ x(4− x)} alrededorde la recta x = −2

7-La base de un solido es un triangulo equilatero de lado a y sus secciones perpendiculares a labase son semicırculos con diametros perpendiculares a una altura fija del triangulo. Hallar elvolumen del solido.

8-La base de un solido es un triangulo equilatero de lado a y sus secciones perpendiculares a labase son triangulos equilateros con uno de sus lados perpendicular a una altura fija del triangulo.Hallar el volumen del solido.

Capıtulo 9

Aplicaciones de la Integral

9.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos variadas aplicaciones de las Integrales. Seremos capacesde calcular la longitud de una curva, el area de una superficie de revolucion y el centroidede una figura.

9.2. Longitud de Arco

Si f ′(x) es continua en el intervalo [a, b], entonces la longitud de la curva y = f(x) en tal intervaloes:

L =∫ b

a

ds =∫ b

a

√1 + (f ′(x))2dx

Del mismo modo, si tenemos la curva es x=g(y),con g’(y) continua en el intervalo [c, d], entonces lalongitud de g en dicho intervalo es:

L =∫ d

c

ds =∫ d

c

√1 + (g′(y))2dy

9.3. Area de una Superficie de Revolucion

Sea f(x) una funcion positiva, en que f’(x) es continua en el intervalo [a, b], entonces el area desuperficie obtenida al rotar f(x), a ≤ x ≤ b en torno al eje X es:

S =∫ b

a

2πf(x)ds =∫ b

a

2πf(x)√

1 + (f ′(x))2dx

Analogamente, si x=g(y) tiene derivada continua en el intervalo [c, d], entonces el area de su-perficie obtenida al rotar g(y), c ≤ x ≤ d en torno al eje Y es:

S =∫ d

c

2πg(y)ds =∫ d

c

2πg(y)√

1 + (g′(y))2dy

105

106 CAPITULO 9. APLICACIONES DE LA INTEGRAL

9.4. Centros de Masa y Centroides

El centro de masa de una placa de masa m y densidad ρ(x), limitada por y=f(x), y=0, x=a,x=b es (x, y) en que:

x =My

m=

∫ b

aρ(x)xf(x)dx∫ b

aρ(x)f(x)dx

y =Mx

m=

∫ b

aρ(x) 1

2 (f(x))2dx∫ b

aρ(x)f(x)dx

Si la densidad ρ es constante, el centroide sera:

x =1A

∫ b

a

xf(x)dx y =1A

∫ b

a

12(f(x))2dx

El centroide de la figura limitada por y=f(x), y=g(x), x=a, x=b, (f(x) > g(x)) con densidadconstante es (x, y) en que:

x =1A

∫ b

a

x(f(x)− g(x))dx y =1A

∫ b

a

12[(f(x))2 − (g(x))2]dx

9.5. Aplicaciones con Ecuaciones Parametricas

Las ecuaciones parametricas x(t), y(t) con derivadas conrinuas, t0 ≤ t ≤ t1 , describen unacurva cuya longitud de arco es:

L =∫ t1

t0

√(dx

dt)2 + (

dy

dt)2dt

Si hacemos girar esta curva en torno al eje X, generaremos una superficie cuya area es:

S =∫ t1

t0

2πyds =∫ t1

t0

2πy

√(dx

dt)2 + (

dy

dt)2dt

El Volumen generado, al rotar la figura definida por las ecuaciones parametricas y(t), x(t), cont∈ [t0, t1] y el eje X, alrededor de este mismo es:

V =∫ t1

t0

y(t)2dx(t)

dtdt

9.6. Aplicaciones en coordenadas Polares

El Area de la region (plana) descrita por r(θ) con α ≤ θ ≤ β es:

A =12

∫ β

α

(r(θ))2dθ


La longitud de arco correspondiente a esta curva es:

L =∫ β

α

√(r(θ))2 + (

dr

dθ)2dθ

El area de la superficie de revolucion generada al girar la region determinada por r(θ), θ ∈ [α, β],alrededor de la lınea con ecuacion θ = 0 es:

S = 2π∫ β

α

r sin θ

√r2 + (

dr

dθ)2dθ


1- Encuentre la longitud de la parte de la parabola con ecuaciony = 4− x2 que esta en la parte superior del eje x.

Solucion:

La curva cuya longitud deseamos determinar es la grafica de f(x) = 4− x2 con −2 ≤ x ≤ 2.Ademas f ′(x) = −2x entonces:

L =∫ 2

−2

√1 + (−2x)2dx =

∫ 2

−2

√1 + 4x2dx

Hacemos la sustitucion x = 12 tan(t) y obtenemos:

L =∫ arctan(4)

arctan(−4)

12

sec(t)3dt

=14[sec(t) tan)t) + ln| sec(t) + tan(t)]|arctan(4)

arctan(−4)

= 2√

(17) +14ln(

√17 + 4√17− 4

) = 2√

17 +12ln(√

17 + 4)

2- Encuentre la longitud de la circunferencia de un cırculo de radio r.

Solucion:

Ya que un cırculo no es la grafica de una funcion, debemos dividirlo en partes que sean graficas defunciones. Lo mas sencillo serıa considerar el semicırculo f(x) =

√r2 − x2 con x ∈ [−r, r] ,

calcular su longitud y multiplicarla por dos. Sin embargo f ′(x) = −x√r2−x2 no esta definida en x=r,

entonces f’(x) no es continua en el intervalo. Por lo tanto lo resolveremos parametricamente:

x(t) = r cos(t) y(t) = r sin(t) 0 ≤ t ≤ 2π


L =∫ b

a

√(dx

dt)2 + (

dy

dt)2dt =

∫ 2π

0

√(−r sin(t))2 + (r cos(t))2dt

L = r

∫ 2π

0

dt = 2πr

3- Encuentre la longitud de la curva que es grafica de

x = cos3 t , y = sin3 t , t ∈ [0, π]

Solucion:

Aquı:x′(t) = −3 cos2 t sin t , y = 3 sin2 t cos t

Vemos que ambas derivadas son continuas en [0, π], por lo que:

L =∫ π

0

√(−3 cos2 t sin t)2 + (3 sin2 t cos t)2dt

=∫ π

0

√9 cos4 t sin2 t + 9 sin4 t cos2 tdt

= 3∫ π

0

√cos2 t sin2 tdt

Notamos que: √cos2 t sin2 t = cos t sin t si t ∈ [0,

π

2]√

cos2 t sin2 t = − cos t sin t si t ∈ [π

2, π]

Por lo tanto:

L = 3∫ π

2

0

cos t sin tdt− 3∫ π

π2

cos t sin tdt

L = 3(sin2 t

2)|

π20 − 3(

sin2 t

2)|ππ

2=

32

+32

= 3

Esta curva representa a la parte superior del astroide x23 + y

23 = 1 . Note que dy

dx no existe parax=0, y en consecuencia, no habrıamos podido resolverlo en coordenadas cartesianas, sinparametrizar.

4- Encuentre la longitud del cardioide con ecuacion r = a(1 + cos θ)

Solucion:


Tenemos drdθ = −a sin(θ) y la longitud de la curva es:

L = 2∫ π

0

√r2 + (

dr

dθ)2dθ = 2

∫ π

0

√(a(1 + cos θ))2 + (−a sin(θ))2dθ

= 2∫ π

0

√a2(1 + 2 cos θ + cos2 θ) + a2 sin2 θdθ

= 2∫ π

0

√2a2(1 + cos θ)dθ

= 2√

2a

∫ π

0

√1 + cos θdθ

= 4a∫ π

0

cosθ

2dθ = 8a(sin

θ

2)|π0

Por lo tanto:L = 8a

5- Sea C la parte de la grafica y2 = 4x entre los puntos A(1,2) yB(4,4). Encuentre el area de la superficie de revolucion generada algirar C alrededor del eje x.

Solucion:

C es la grafica de la funcion f(x) = 2√

x, x ∈ [1, 4]. Como f ′(x) = 1√x

es continua en [1, 4] tenemos:

A =∫ 4

1

2πf(x)√

1 + f ′(x)2dx =∫ 4

1

4π√

x

√1 +

1x

dx

= 4π

∫ 4

1

√x + 1dx = 4π

23(x + 1)

32 |41

Por lo tanto:A =

8π

5(5

32 − 2

32 )

6- Encuentre el area de superficie de una esfera de radio r.

Solucion:

Generamos la superficie rotando la semicircunferencia f(x) =√

r2 − x2, con x ∈ [−r, r]. Puestoque f’(x) no esta definida en x=-a, x=a , parametrizamos la semicircunferencia como x = r cos t,y = r sin t, t ∈ [0, π].


Tenemos ası que el area de la superficie generada es:

S =∫ t1

t0

2πy

√(dx

dt)2 + (

dy

dt)2dt

=∫ π

0

2πr sin t√

(−r sin t)2 + (r cos t)2dt

= 2πr2

∫ π

0

sin tdt = 2πr2(− cos t)|π0

S = 4πr2

7- La parte de la astroide x23 + y

23 = a

23 que esta sobre el eje X gira

alrededor del mismo. Calcular el area de la superficie ası generada.

Solucion:

Parametrizamos la curva: x = a cos3 t, y = a sin3 t, t ∈ [0, π]. Luego tenemos:

S = 2π

∫ π

0

a sin3 t

√(−3a cos2 t sin t)2 + (3a sin2 t cos t)2dt

S = 6πa2

∫ π

0

sin3 t√

cos2 t sin2 tdt

Pero: √cos2 t sin2 t = cos t sin t si t ∈ [0,

π

2]√

cos2 t sin2 t = − cos t sin t si t ∈ [π

2, π]

Entonces:

S = 6πa2(∫ π

2

0

sin4 t cos tdt−∫ π

π2

sin4 t cos tdt)

= 6πa2((15

sin5 t)|π20 − (

15

sin5 t)|ππ2) =

125

πa2

8- Encuentre el centroide del cuarto de cırculo de radio a ubicado enel primer cuadrante.

Solucion:


Como nos piden calcular el centroide, sabemos que se trata de una placa homogenea, por lo que ladensidad es constante y es equivalente a calcular el centro de gravedad.

x =1A

∫ b

a

xf(x)dx

=1

πa2

4

∫ a

0

x√

a2 − x2dx

=4

πa2(−1

3)(a2 − x2)

32 |a0

x =4a

3π

Por simetrıa sabemos que y debiera ser lo mismo, veamos:

y =1A

∫ b

a

12(f(x))2dx

=1

πa2

4

12

∫ a

0

(a2 − x2)dx

=2

πa2(a2x− x3

3)|a0

y =4a

3π

Por lo tanto (x, y) = ( 4a3π , 4a

3π )

9- Encuentre el centroide de la region limitada por las graficas dey = 2x− x2 y el eje X

Solucion:

Primero calculemos el area de la figura:

A =∫ 2

0

(2x− x2)dx = (x2 − x3

3)|20 =

43

x =1A

∫ b

a

xf(x)dx

=143

∫ 2

0

x(2x− x2)dx

=34(23x3 − x4

4)|20 = 1


Lo cual tiene sentido dado que la region es simetrica respecto a la recta x=1

y =1A

∫ b

a

12(f(x))2dx

=38

∫ 2

0

(4x2 − 4x3 + x4)dx

=38(43x3 − x4 +

x5

5)|20 =

25

Por lo tanto (x, y) = (1, 25 )


1-Encuentra la longitud de la grafica y = ln(sin(x)) ,x ∈ [π4 , π

2 ]

2-Encuentra la longitud de la grafica y = x23 , x ∈ [−1, 1]

3-Encuentra la longitud de la curva cuya representacion parametrica es x = 2(1− cos t) ,y = 2 sin t , t ∈ [0, 2π]

4-Encuentra la longitud de la grafica r = a sin3( θ3 )

5-Encuentra el area de la superficie de revolucion generada al girar alrededor del eje x la parte dela grafica de y2 = 2x entre los puntos (4,

√8) y (12, 2

√6)

6-El reflector parabolico del faro de un automovil tiene 30 cms de diametro y 10 cms deprofundidad. Encuentre su area.

7-Una arco, que tiene representacion parametrica x = t3, y = t2 entre los puntos donde t=0 yt=2, gira alrededor del eje X. Encuentre el area de la superficie de revolucion.

8- Encuentre el centroide de la region limitada por las graficas de x2 = 16y, y x = y2 − 2y

Capıtulo 10

Series

10.1. Introduccion

Los trabajos de Cauchy sobre las series infinitas constituyen la primera exposicionimportante sobre el tema y contribuyen a introducir un cierto rigor en el aspecto de laconvergencia de las series infinitas. En su Curso de analisis, Cauchy dice a proposito delas sucesiones: Una serie (sucesion) es una sucesion infinita de cantidades, u0, u1, u2, ....que se suceden en virtud de una ley determinada. Estas cantidades son los diferentesterminos de la sucesion considerada. A continuacion, pasa al concepto de convergenciade una serie como sigue: Sea sn = u0 + u1 + u2 + ... + un la suma de los n primerosterminos, donde n es un entero (numero natural). Si la suma sn tiende hacia un ciertolımite s para valores crecientes de n, entonces la serie se dice convergente, y el lımite encuestion se llama la suma de la serie. Por el contrario, si la suma sn no se aproxima aun lımite determinado cuando n aumenta indefinidamente, la serie es divergente y notendra suma.

Cauchy muestra claramente en este pasaje que el concepto de lımite esta directa-mente implicado en la definicion de convergencia de una serie, y pone de relieve el hechode que una serie infinita puede tener una suma en el sentido de un lımite. A continuacion,enuncia el criterio de convergencia que lleva su nombre: una sucesion Sm converge haciaun lımite solo si la diferencia de Sn+r y de Sn, para todo valor de n suficientementegrande, puede hacerse menor en valor absoluto que cualquier cantidad dada. Cauchydemostro que esta condicion era necesaria a partir de la definicion de convergencia, perono pudo demostrar la suficiencia porque no disponıa de una definicion rigurosa de losnumeros irracionales para apoyar su demostracion.

Despues de haber demostrado la condicion necesaria de su criterio de convergencia,Cauchy enuncia y demuestra criterios especıficos para la convergencia de series de termi-nos positivos. Se encuentran, entre otros, los criterios de la raız n-esima, de la razon,de comparacion, del logaritmo. Demuestra tambien que la suma un + vn de dos seriesconvergentes converge hacia la suma de las sumas distintas, y un resultado semejantepara el producto. Cauchy muestra a continuacion que las series de terminos negativosconvergen cuando las series de los valores absolutos de los terminos convergen, y deduce

113

114 CAPITULO 10. SERIES

de ello el criterio de Leibniz para las series alternantes...... ¡Veamos entonces uno de lospasatiempos de Cauchy!

10.2. Serie Geometrica

∞∑n=1

arn−1 ⇒{

a1−r si |r| < 1∞ si |r| ≥ 1

10.3. Propiedad Telescopica

Si an = bn − bn−1

⇒n∑

k=1

ak =n∑

k=1

bk − bk−1 = bn − b0

Nota:

A continuacion, cuando no se haga explıcito, las series tendran solo terminos positivos (menosen el caso de las series alternantes).

10.4. Criterio de Necesidad

Si∞∑

n=1an converge ⇒ lım

n→∞an = 0

10.5. Criterio de Comparacion

Si∞∑

n=1an converge y 0 ≤ bn ≤ an ⇒

∞∑n=1

bn converge

10.6. Criterio de D’Alembert o de la razon

Si lımn→∞

an+1an

= l entonces:

∞∑n=1

an ⇒

converge si l < 1diverge si l > 1criterio nada concluye si l = 1

10.7. Criterio de Cauchy o de la raız

Si lımn→∞

n√

an = l entonces:

∞∑n=1

an ⇒

converge si l < 1diverge si l > 1criterio nada concluye si l = 1

10.8. CRITERIO DE RAABE 115

10.8. Criterio de Raabe

Si lımn→∞

n[ an

an+1− 1] = l entonces:

∞∑n=1

an ⇒

converge si l > 1diverge si l < 1criterio nada concluye si l = 1

10.9. Teorema

Si lımn→∞

bn

an= l 6= 0 con an y bn positivos

⇒∞∑

n=1

bn es convergente o divergente segun sea∞∑

n=1

an

10.10. Teorema

Sea an sucesion monotona decreciente positiva:

⇒∞∑

n=1

an y∞∑

n=1

2na2n son ambas convergentes o divergentes.

10.11. Criterio de Dirichlet

Sean an y bn dos sucesiones de reales. Si:

i) La sucesion Sn con Sn =∞∑

k=1

ak es acotada y

ii) La sucesion bn es monotona y lımn→∞

bn = 0

⇒∞∑

k=1

anbn converge

10.12. Criterio de Abel

Sean an y bn dos sucesiones de reales. Si:

i)∞∑

k=1

an converge y

ii) La sucesion bn es monotona y acotada

⇒∞∑

k=1

anbn converge


10.13. Criterio de la Integral

Sea f una funcion real y continua definida en [1,∞[ , positiva y decreciente, entonces:

∞∑n=1

f(n) converge ⇔ lımn→∞

∫ n

1

f(x)dx existe y es finito

10.14. Definicion de Serie Alternante

Si an es una sucesion de terminos positivos, entonces

∞∑n=1

(−1)n−1an es una serie alternante

10.15. Criterio de Leibnitz (para series alternantes)

Si en una serie alternante se cumplen las dos propiedades siguientes:i)an > an+1 > 0 ∀n ≥ 1

ii) lımn→∞

an = 0

⇒ la serie es convergente

10.16. Definicion

∞∑n=1

an converge absolutamente ⇔∞∑

n=1

|an| converge

∞∑n=1

an converge condicionalmente ⇔∞∑

n=1

an converge y∞∑

n=1

|an| diverge


1- Calcula∞∑

k=1rk−1 con |r| < 1

Solucion:

∞∑k=1

rk−1 = lımn→∞

n∑k=1

rk−1


Definamos Sn =n∑

k=1

rk−1 , con lo que tenemos:

Sn = 1 + r + r2 + r3 + ... + rn−1

rSn = r + r2 + r3 + r4 + ... + rn−1 + rn

Si restamos:

Sn − rSn = (1 + r + r2 + r3 + ... + rn−1)− (r + r2 + r3 + r4 + ... + rn−1 + rn) = 1− rn

Sn(1− r) = 1− rn

Sn =1− rn

1− r

Finalmente tenemos:∞∑

k=1

rk−1 = lımn→∞

Sn = lımn→∞

1− rn

1− r

Como |r| < 1∞∑

k=1

rk−1 =1

1− r

2- Calcula∞∑

k=1

1k(k+1)

Solucion:

Usamos fracciones parciales:1

k(k + 1)=

A

k+

B

k + 1

Obtenemos A=1 , B=-1∞∑

k=1

1k(k + 1)

=∞∑

k=1

1k− 1

k + 1

Usando la Propiedad Telescopica:

= lımn→∞

(n∑

k=1

1k− 1

k + 1) = lım

n→∞(11− 1

n + 1)

Por lo tanto:∞∑

k=1

1k(k + 1)

= 1

3- Explique por que la siguiente serie es divergente:


1 + 11 + 2

+1 + 21 + 4

+1 + 31 + 6

+ ...

Solucion:

Tenemos que el termino general es an = 1+n1+2n con n ∈ [1,∞[. Luego:

lımn→∞

an = 1 6= 0

Vemos que no cumple con el criterio de necesidad, por lo tanto es divergente.

4- Demuestra que la serie∞∑

n=13n3+1

2n3−n+4 diverge

Solucion:

lımn→∞

∞∑n=1

3n3 + 12n3 − n + 4

=326= 0

Como no cumple con el criterio de necesidad, la serie diverge.

5- Estudie la convergencia de∞∑

n=1n(n+ 1

n )

(n+ 1n )n

Solucion:

lımn→∞

n(n+ 1n )

(n + 1n )n

= lımn→∞

nnn1n

(n + 1n )n

= lımn→∞

n1n

(1 + 1n2 )n

= lımn→∞

n1n

((1 + 1n2 )n2)

1n

= 1 6= 0

Vemos que no cumple con el criterio de necesidad, por lo tanto es divergente.

6- Estudia la convergencia de∞∑

k=13−k8k+1

Solucion:


∞∑k=1

3−k8k+1 = 8∞∑

k=1

(83)k

Se trata de una serie geometrica con r = 83 ≥ 1 , por lo tanto diverge.

7- Estudia la convergencia de 1 + 11∗3 + 1

1∗3∗5 + 11∗3∗5∗7 + ...

Solucion:

El termino general( con n ∈ [1,∞[ ) de esta serie es:

an =1

1 ∗ 3 ∗ 5 ∗ ... ∗ (2n− 1)

Pero ∀ n ∈ N; n > 1 se tiene 2n− 1 ≥ 3, por lo que:

an ≤ (13)n−1

Como∞∑

n=1( 13 )n−1 converge por ser una serie geometrica de razon 1

3 < 1, entonces segun el criterio

de comparacion,∞∑

n=1an tambien converge

8- ¿Es cierto que si∞∑

n=1(an − bn) converge, entonces

∞∑n=1

an y/o∞∑

n=1bn

convergen?

Solucion:

No es cierto, pues si an = 1n , bn = 1

n+1 tenemos:

0 < an − bn =1

n(n + 1)<

1n2

Luego, segun el criterio de comparacion,∞∑

n=1(an − bn) converge, pero tanto

∞∑n=1

an como∞∑

n=1bn

divergen.

9- Analice la convergencia de∞∑

k=1

2+cos kk


Solucion:

Como ∀ k ∈ < cos k ≥ −1 se tiene:2 + cos k

k≥ 1

k

Dado que∞∑

k=1

1k diverge, segun el criterio de comparacion,

∞∑k=1

2+cos kk tambien divergera.

10- Encontrar valores positivos de a, para los cuales converge la serie∞∑

n=1

(an)n

n!

Solucion:

Usamos el criterio de D’Alembert con an = (an)n

n!

l = lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(a(n+1))n+1

(n+1)!

(an)n

n!

= lımn→∞

a(n + 1

n)n = lım

n→∞a(1 +

1n

)n

l = a ∗ e

Podemos generalizar, con el criterio:

∞∑n=1

(an)n

n!

{converge si 0 < a < 1

ediverge si a > 1

e

¿Que pasa si a = 1e?


n=1n2

λn ; λ > 0

Solucion:

Usaremos el criterio de la raız con an = n2

λn

l = lımn→∞

n√

an = lımn→∞

n

√n2

λn

= lımn→∞

n

√n2

λn=

1λ


Ademas notamos que si λ = 1 la serie diverge, luego tenemos:

∞∑n=1

n2

λn

{converge si λ > 1diverge si λ ≤ 1


n=1n!

(a+1)(a+2)...(a+n)

Solucion:

Tenemos an = n!(a+1)(a+2)...(a+n) y

an+1

an=

(n+1)!(a+1)(a+2)...(a+n)(a+n+1)

n!(a+1)(a+2)...(a+n)

=n + 1

a + n + 1

Como lımn→∞

an+1an

= 1 usamos el criterio de Raabe:

l = lımn→∞

n[an

an+1− 1] = lım

n→∞n[

a + n + 1n + 1

− 1]

= lımn→∞

an

n + 1= a

Segun el criterio de Raabe, tenemos que si a > 1 converge, y si a < 1 diverge.Ademas si a = 1 el termino general sera an = 1

n+1 con lo que divergera. Por lo tanto:

∞∑n=1

n!(a + 1)(a + 2)...(a + n)

{converge si a > 1diverge si a ≤ 1

13- Estudie la convergencia de la serie∞∑

n=1

ln(n+1)−ln(n)arctan(2n)

Solucion:

an =ln(n + 1)− ln(n)

arctan(2n)

Tomamos bn = 1n

lımn→∞

an

bn= lım

n→∞

ln(n+1)−ln(n)arctan(2n)

1n


= lımn→∞

nln(1 + 1n )

arctan(2n)= lım

n→∞

ln((1 + 1n )n)

arctan(2n)

=ln(e)

π2

=2π

Luego∞∑

n=1an y

∞∑n=1

bn se comportan de la misma forma. Finalmente, como∞∑

n=1bn es divergente,

∞∑n=1

an tambien diverge.

14- Estudie la convergencia de la serie∞∑

n=1

n√

n

(n+1) 3√

n4+1

Solucion:

an =n√

n

(n + 1) 3√

n4 + 1

Tomemos bn = n√

n

n3√

n4= 1

n56

lımn→∞

an

bn= lım

n→∞

n√

n

(n+1) 3√n4+1

1

n56

= 1

Luego∞∑

n=1an y

∞∑n=1

bn se comportan de la misma forma. Finalmente, como∞∑

n=1bn es divergente,

∞∑n=1

an tambien diverge.


n=21

nlnn

Solucion:

Tenemos que an = 1nlnn es monotona, decreciente y positiva para n ≥ 2 entonces

∞∑n=2

an y∞∑

n=22na2n ambas convergen o ambas divergen, por lo que analizaremos la segunda:

∞∑n=2

2na2n =∞∑

n=2

2n 12nln2n


=∞∑

n=2

1nln(2)

Como∞∑

n=2

1nln(2) diverge,

∞∑n=2

2na2n diverge, y por lo tanto∞∑

n=2an tambien es divergente.

16- Estudia la convergencia de la serie∞∑

n=1earctan n

n2+1

Solucion:

Tomemos f(x) = earctan x

x2+1 , que es una funcion real y continua definida en [1,∞[, positiva ydecreciente, entonces:

lımn→∞

∫ n

1


earctan x|n1 = lımn→∞

(earctan n − earctan 1) = eπ2 − e

π4

Como∫ n

1f(x)dx converge, segun el criterio de la integral,

∞∑n=1

earctan n

n2+1 converge.

17- Estudia la convergencia de la serie∞∑

n=1(−1)nln( n

n−1)

Solucion:

Se trata de una serie alternante con n = ln( nn−1 ). Usaremos el criterio de Leibnitz para analizar su

convergencia:

cn − cn+1 =n

n− 1− n + 1

n=

n2 − n2 + 1n(n + 1)

=1

n(n + 1)> 0

Pero sabemos que an = ln(cn) y ln(x) es una funcion creciente, que mantiene el orden, por lotanto an > an+1 (es decreciente) y cumple la primera parte. Ademas:

lımn→∞

ln(n

n− 1) = 0

Por lo que cumple tambien con la segunda parte del criterio, entonces la serie es convergente.

18- Calcula∞∑

k=1

(−1)k+1

k

Solucion:


∞∑k=1

(−1)k+1

k= lım

2n→∞

2n∑k=1

(−1)k+1

k

= lım2n→∞

2n∑k=1

(−1)k+1

k= 1− 1

2+

13− 1

4+ ... +

12n− 1

− 12n

= (1 +13

+15

+ ... +1

2n− 1)− (

12

+14

+ ... +12n

)

= (1 +11

+13

+ ... +1

2n− 1+

12n

)− 2(12

+14

+ ... +12n

)

=2n∑

k=1

1k− 2

n∑k=1

12k

=2n∑

k=1

1k−

n∑k=1

1k

= (γ + ln(2n) + ε2n)− (γ + ln(2) + εn) = ln(2n

n) + ε2n − εn

= ln(2) + ε2n − εn

Por lo tanto:∞∑

k=1

(−1)k+1

k= lım

n→∞(ln(2) + ε2n − εn) = ln(2)

Esta serie converge condicionalmente.


1- Calcule∞∑

n=1

∫ n+1

ndx

1+x2

2- Explique por que la siguiente serie diverge: 0,0001 +√

0,0001 + 3√

0,0001 + ...


i=1

1i√3


i=1

2+sin ii2


i=1

1∗3∗5∗...∗(2i−1)1∗4∗...∗(3i−2)


i=1

( 13 )i−1 2i−5

i(i2−5)



i=1

i4e−i2

8- Mediante el criterio de la Integral, estudie la convergencia de∞∑

i=1

3ln(lnn)

nlnn


i=1

1

n1+ 1n

10- Demuestre que∞∑

i=1

(−1)i

√i2+1

es condicionalmente convergente.

Capıtulo 11

Series de Potencias

11.1. Introduccion

El calculo diferencial fue desarrollado por los trabajos de Fermat, Barrow, Wallisy Newton entre otros. Ası en 1711 Newton introdujo la formula de interpolacion dediferencias finitas de una funcion f(x); formula extendida por Taylor al caso de infinitosterminos bajo ciertas restricciones, utilizando de forma paralela el calculo diferencial y elcalculo en diferencias finitas. El aparato fundamental del calculo diferencial era el desar-rollo de funciones en series de potencias, especialmente a partir del teorema de Taylor,desarrollandose casi todas las funciones conocidas por los matematicos de la epoca. Peropronto surgio el problema de la convergencia de la serie, que se resolvio en parte con laintroduccion de terminos residuales, ası como con la transformacion de series en otrasque fuesen convergentes. Junto a las series de potencias se incluyeron nuevos tipos dedesarrollos de funciones, como son los desarrollos en series asintoticas introducidos porStirling y Euler. La acumulacion de resultados del calculo diferencial transcurrio rapi-damente, juntando casi todos los resultados que caracterizan su estructura actual.

11.2. Series de Potencias

Son series de la forma∞∑

n=0

an(x− x0)n

11.3. Radio de Convergencia Absoluta

1R

= lımn→∞

n√

an = lımn→∞

|an+1

an|

El intervalo que determina R en torno a x0, en el cual la serie converge, se denomina intervalo

de convergencia de∞∑

n=0an(x− x0)n , entonces:

127

128 CAPITULO 11. SERIES DE POTENCIAS

∞∑n=0

an(x− x0)n converge absolutamente para |x− x0| < R

∞∑n=0

an(x− x0)n diverge para |x− x0| > R

Los extremos se analizan por separado!

11.4. Teorema de Taylor

Suponiendo que f tiene derivadas continuas de todo orden en un intervalo fijo del tipo ]x0 −r, x0 + r[ y que existe M > 0 tal que ∀ n ∈ N, se tiene |f (n)(x)| < M en tal intervalo, entonces laserie de Taylor de la funcion f en torno de x0 sera:

f(x) =∞∑

k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k

Esto es con f0(x0) = f(x0) f (1)(x0) = f ′(x0) ...

Se denomina serie de MacLaurin a la serie de Taylor con x0 = 0

11.4.1. Error de aproximacion

Si escribimos:∞∑

k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k =n∑

k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k + Rn+1

Rn+1 es conocido como el resto de Lagrange, y puede calcularse como:

Rn+1 =∫ x

x0

f (n+1)(t)n!

(x− t)ndt

Usando el Teorema del Valor Medio podemos acotarlo por:

Rn+1 =f (n+1)(x∗)(n + 1)!

(x− x0)n+1

para algun x∗ ∈ [x0, x].De modo que el error maximo luego de n terminos de la serie de Taylor sera el maximo valor deeste resultado con x∗ variando en el intervalo.

11.5. INTEGRACION APROXIMADA USANDO SERIES INFINITAS 129

11.5. Integracion aproximada usando series infinitas

La integral definida∫ b

af(x)dx se puede calcular cuando podemos encontrar una an-

tiderivada en el intervalo. Sin embargo, no siempre es posible expresar la integral comosu correspondiente antiderivada que se pueda obtener por medio de sumas, productos,cuocientes o composiciones de un numero finito de funciones algebraicas, trigonometric-as, trigonometricas inversas, exponenciales o logaritmicas, como por ejemplo

∫ b

acos x

x dx

,∫ b

ae−x2

dx ,∫ b

a

√1− x3dx, etc.

En estos casos sera util encontrar el valor aproximado usando series de potencias.El procedimiento consiste en desarrollar el integrando f(x) como una serie de Taylor, ydespues integrar termino a termino, tantas veces como se desee.Este metodo es bastante util para calcular lımites y algunas series que mediante inte-gracion o derivacion se puedan llevar a alguna conocida, como la geometrica.


1- Encontrar el radio de convergencia de:∞∑

n=1n−1n+1(x + 2)n

Solucion:

Tenemos:an =

n− 1n + 1

R = lımn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣ n−1n+1

nn+2

∣∣∣∣∣ = 1

⇒ El radio de convergencia es 1

2- Encontrar el intervalo de convergencia de la serie de potencias∞∑

n=1

(−1)n

(2n)! xn

Solucion:

Tenemos:

an =(−1)n

(2n)!

R = lımn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)n

(2n)!

(−1)n+1

(2n+2)!

∣∣∣∣∣ = lımn→∞

(2n + 1)(2n + 2) ∼ ∞


El intervalo de convergencia es el que abarca todos los reales, ya que la serie converge ∀ x ∈ <

3- Encontrar el radio de convergencia de:∞∑

n=1n!xn

Solucion:

Tenemos:an = n!

R = lımn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣ n!(n + 1)!

∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣ 1n + 1

∣∣∣ = 0

⇒ El radio de convergencia es 0, y la serie solo converge para x=0

4- Encontrar el intervalo de convergencia y el radio de convergencia

de:∞∑

k=1

(−1)k(x−3)k

k9k

Solucion:

Usemos el criterio de D’Alembert para estudiar la convergencia:Tenemos:

l = lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)n+1

(n+1)9n+1 (x− 3)n+1

(−1)n

n9n (x− 3)n

∣∣∣∣∣ < 1

l = |x− 39

| < 1

⇒ Notese que el radio de convergencia es 9, y el intervalo de convergencia absolutaesta dado por:

|x− 3| < 9 → −6 < x < 12

Si x=-6 diverge, ya que:∞∑

k=1

(−1)k(x− 3)k

k9k=

∞∑k=1

1k

Si x=12 converge, ya que:∞∑

k=1

(−1)k(x− 3)k

k9k=

∞∑k=1

(−1)k

k

Finalmente el radio de convergencia es 9, y el conjunto de convergencia es ]− 6, 12]


5- Encontrar el radio y el intervalo de convergencia de la serie de

potencias∞∑

n=1n

n2+1xn

Solucion:

Tenemos:an =

n

n2 + 1

R = lımn→∞

∣∣∣ nn2+1n+1

(n+1)2+1

∣∣∣ = 1

⇒ El radio de convergencia es 1, y el intervalo de convergencia absoluta estara dado por:

|x| < 1 → −1 < x < 1

Nota:

Podrıamos haberlo hecho con el criterio de D’Alembert, como en el ejercicio anterior, obteniendoel mismo resultado.

Analicemos los extremos:Si x = −1:

∞∑k=1

n

n2 + 1xn =

∞∑k=1

n

n2 + 1(−1)n

La analizaremos con el criterio de Leibnitz para series alternantes:

i) Si tomamos f(x) = xx2+1 se tiene f ′(x) = 1−x2

(x2+1)2 < 0 ∀x > 1

ii) lımn→∞

nn2+1 = 0

Por lo tanto, si x = −1 la serie es convergente.

Si x = 1:∞∑

k=1

n

n2 + 1xn =

∞∑k=1

n

n2 + 1

Esta serie diverge (se puede concluir esto al compararla con bn = 1n ).

Finalmente el radio de convergencia es 1, y el intervalo de convergencia es [−1, 1[

6- Encontrar el radio y el intervalo de convergencia para∞∑

n=1

(−1)n

nan (x− a)n con a > 0


Solucion:

Tenemos:

an =(−1)n

nan

R = lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)n

nan

(−1)n+1

(n+1)an+1

∣∣∣∣∣ = a

⇒ El radio de convergencia es a, y el intervalo de convergencia absoluta estara dado por:

|x− a| < a → 0 < x < 2a

Si x = 0 diverge ya que:∞∑

n=1

(−1)n

nan(x− a)n =

∞∑n=1

1n

Si x = 2a converge ya que:∞∑

n=1

(−1)n

nan(x− a)n =

∞∑n=1

(−1)n

n

Finalmente el radio de convergencia es a, y el intervalo de convergencia es ]0, 2a]

7- Determinar los valores de x para los cuales la siguiente serie

converge:∞∑

n=1

(−1)n

n(x−a)nbn con a > 0, b > 0

Solucion:

Para calcular esto utilizaremos el criterio de D’Alembert:

an =(−1)n

n(x− a)nbn

l = lımn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)n+1

(n+1)(x−a)n+1bn+1

(−1)n

n(x−a)nbn

∣∣∣∣∣ = 1|x− a|b

Entonces, para que converga se debe tener l < 1, es decir:

1|x− a|b

< 1 ⇒ |x− a| > 1b

x− a >1b

∨ x− a < −1b

x > a +1b

∨ x < a− 1b


Ahora analicemos los extremos:

Si x = a− 1b diverge ya que:

∞∑n=1

(−1)n

n(x− a)nbn=

∞∑n=1

1n

Si x = a + 1b converge ya que:

∞∑n=1

(−1)n

n(x− a)nbn=

∞∑n=1

(−1)n

n

Por lo tanto, la serie converge si x ∈ ]−∞, a− 1b [ U [a + 1

b ,∞[

8- Desarrollar 1x2+10x+27 en serie de potencias

Solucion:

1x2 + 10x + 27

=1

(x + 5)2 + 2=

12− [−(x + 5)2]

=1

(x + 5)2 + 2=

1

2(1− [− (x+5)2

2 ])=

12

1

(1− [− (x+5)2

2 ])

Observamos que se trata de una serie geometrica con:∣∣∣−(x + 5)2

2

∣∣∣ < 1 ⇒ |x + 5| <√

2

−5−√

2 < x < −5 +√

2

Entonces:1

x2 + 10x + 27=

12

1

(1− [− (x+5)2

2 ])=

12

∞∑k=0

(−(x + 5)2

2)k

Finalmente:

1x2 + 10x + 27

=12

∞∑k=0

(−1)k

2k(x + 5)2k con (−5−

√2) < x < (−5 +

√2)

9- Desarrollar f(x) = 13 [ln( 1+x√

1−x+x2 ) +√

3 arctan(2x−1√3 ) + π

2√

3 ] en seriede potencias.


Luego demostrar que la serie alternante 1− 14 + 1

7 −110 + ... converge y

encontrar su valor.

Solucion:

Calculemos f’(x)

f ′(x) =13[

11 + x

− 1√1− x + x2

12√

1− x + x2(2x− 1) +

√3

11 + ( 2x−1√

3)2

2√3]

f ′(x) =1

1 + x3=

11− (−x3)

Vemos que es el resultado de una serie geometrica de razon −x3, por lo que |x| < 1

f ′(x) =∞∑

k=0

(−x3)k =∞∑

k=0

(−1)kx3k

Integramos:

f(x) =∫ x

0

f ′(x)dx =∫ x

0

∞∑k=0

(−1)kx3kdx =∞∑

k=0

∫ x

0

(−1)kx3kdx

f(x) =∞∑

k=0

(−1)k

3k + 1x3k+1 = x− x4

4+

x7

7− x10

10+ ...

Es claro que f(1) = 1− 14 + 1

7 −110 + .... Aplicando el criterio de Leibnitz vemos que la serie f(1)

es convergente pues:

lımn→∞

13n + 1

= 0

13n− 1

− 13(n + 1)− 1

> 0

Por lo tanto tenemos:

f(x) =∞∑

k=0

(−1)k

3k + 1x3k+1 con − 1 < x ≤ 1

f(1) = 1− 14

+17− 1

10+ ... =

13[ln(2) +

√3π

6+

π

2√

3] =

13[ln(2) +

π√3]

10- Encuentra el desarrollo de Taylor, en torno al cero, de f(x) = ex

, luego deducir el de ex2

Solucion:


f(x) = ex ⇒ f(0) = 1

f ′(x) = ex ⇒ f ′(0) = 1

f ′′(x) = ex ⇒ f ′′(0) = 1

f (k)(x) = ex ⇒ f (k)(0) = 1

Entonces tenemos:

ex =∞∑

k=0

xk

k!= 1 + x +

x2

2!+ ...

Por lo tanto para ex2tenemos:

ex2=

∞∑k=0

(x2)k

k!=

∞∑k=0

x2k

k!

11- Encuentre el polinomio de Taylor de grado n de f(x) = sin x en π6

Luego use su resultado para aproximar sin(31◦)

Solucion:

f(x) = sin x ⇒ f(π

6) =

12

f ′(x) = cos x = sin(x +π

2) ⇒ f ′(

π

6) =

√3

2

f ′′(x) = − sinx = sin(x + π) ⇒ f ′′(π

6) = −1

2

f ′′′(x) = − cos x = sin(x +3π

2) ⇒ f ′′′(

π

6) = −

√3

2

f (k)(x) = sin(x +kπ

2) ⇒ f (k)(

π

6) = sin(

π

6+

kπ

2)

Entonces tenemos:

sinx =∞∑

k=0

sin(π6 + kπ

2 )k!

(x− π

6)k

Podemos escribirlo como:

sinx =n∑

k=0

( sin(π6 + kπ

2 )k!

(x− π

6)k)

+ Rn+1


en que:

Rn+1 =sin(z + (n+1)π

2 )(n + 1)!

(x− π

6)n+1 con

π

6< z < x

Queremos aproximar sin( 31π180 ), por lo que tenemos:

sin(31◦) = sin(31π

180) =

12

+√

32

π

180− 1

4(

π

180)2−

√3

12(

π

180)3 + ...+

sin(π6 + nπ

2 )n!

(π

180)n +Rn+1(

31π

180)

Rn+1 =sin(z + kπ

2 )(n + 1)!

(31π

180− π

6)n+1 con

π

6< z <

31π

180

Como | sinu| ≤ 1 , deducimos que:

|Rn+1| ≤( 31π

180 −π6 )n+1

(n + 1)!

Si tomamos n=4, entonces|Rn+1| ≤ 0,00000000001

sin(31◦) ≈ 0,515038075

12- Calcule∫ 10

sinxx dx correcta hasta la tercera cifra decimal.

Solucion:

Definamos H(x) = sin xx = x− x3

3! + x55! −

x77! + x9

9! −...

x∫ 1

0

H(x)dx = lımt→0+

∫ 1

t

H(x)

= lımt→0+

∫ 1

t

1x

[x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− ...]dx

Notemos que la serie del integrando converge a 1 cuando x tiende a cero.

=∫ 1

0

1dx−∫ 2

0

x2

3!dx +

∫ 1

0

x4

5!dx−

∫ 1

0

x6

7!dx + ...

= 1− 13 ∗ 3!

+1

5 ∗ 5!− 1

7 ∗ 7!+ ...

Ya que 17∗7! = 0,000028, el error de aproximacion hecho al usar 1− 1

3∗3! + 15∗5! para calcular∫ 1

0sin x

x dx es menor que 0,000028. Como 1− 13∗3! + 1

5∗5! = 0,94611 , se concluye que:∫ 1

0

sinx

xdx = 0,946


13- Mediante el uso de series de potencias, calcule lımx→0

sinx−arctanxx2 ln(1+x)

Solucion:

El desarrollo de MacLaurin de sin(x) es:

sin(x) =∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)!

Tenemosarctan(x) =

∫ x

0

11 + x2

dx =∫ x

0

11− [−x2]

dx

en que el integrando corresponde al resultado de una serie geometrica de razon −x2, con| − x2| < 1 → |x| < 1, por lo que:

arctan(x) =∫ x

0

∞∑k=0

(−x2)k =∫ x

0

∞∑k=0

(−1)kx2k

Entonces:

arctan(x) =∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

2k + 1

Por otro lado, escribiendo ln(1 + x) =∫ x

01

1+xdx =∫ x

01

1−[−x]dx y procediendo del mismo modo sellega a:

ln(1 + x) =∞∑

k=1

(−1)k+1xk

k

con lo que:

x2ln(1 + x) =∞∑

k=1

(−1)k+1xk+2

k

Reemplazando en el lımite tenemos:

lımx→0

sinx− arctanx

x2 ln(1 + x)= lım

x→0

(∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k+1)! )− (∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

2k+1 )

∞∑k=1

(−1)k+1xk+2

k

= lımx→0

(x− x3

3! + x5

5! −x7

7! + ε1)− (x− x3

3 + x5

5 − x7

7 + ε2)

x3 − x4

2 + x5

3 − x6

4 + ε3

= lımx→0

x3( 13 −

13! ) + x5( 1

5! −15 ) + x7( 1

7 −17! ) + ε1 − ε2

x3 − x4

2 + x5

3 − x6

4 + ε3

Factorizamos por x3 en el numerador y en el denominador:

= lımx→0

x3[( 13 −

13! ) + x2( 1

5! −15 ) + x4( 1

7 −17! ) + ε1

x3 − ε2x3 ]

x3[1− x2 + x2

3 − x3

4 + ε3x3 ]


= lımx→0

( 13 −

13! ) + x2( 1

5! −15 ) + x4( 1

7 −17! ) + ε1

x3 − ε2x3

1− x2 + x2

3 − x3

4 + ε3x3

Se puede demostrar que lımx→0

εi

x3 = 0 para i ∈ {1, 2, 3} (hagalo), por lo que

lımx→0

sinx− arctanx

x2 ln(1 + x)=

13− 1

3!=

16

14- Calcula usando integracion y derivacion∞∑

k=1krk−1 con |r| < 1

Solucion:

∞∑k=1

krk−1 =d

dr

(∫(∞∑

k=1

krk−1)dx)

=d

dr

( ∞∑k=1

∫krk−1dr

)=

d

dr

( ∞∑k=1

rk)

=d

dr

( 11− r

)=

1(1− r)2

15- Calcular∞∑

k=1k2xk con |x| < 1

Solucion:

∞∑k=1

k2xk = x∞∑

k=1

k2xk−1 = xd

dx

(∫(∞∑

k=1

k2xk−1)dx)

= xd

dx

( ∞∑k=1

∫k2xk−1dx

)= x

d

dx

( ∞∑k=1

kxk)

= xd

dx

(x

∞∑k=1

kxk−1)

= xd

dx

(x

1(1− x)2

)

=x2 + x

(1− x)3


16- Calcular∞∑

k=0

(k+1)(k+2)(k+3)3! xk con |x| < 1

Solucion:

∞∑k=0

(k + 1)(k + 2)(k + 3)3!

xk =d

dx

(d

dx

(d

dx

( ∞∑k=0

∫ (∫ (∫ ( (k + 1)(k + 2)(k + 3)3!

xk)dx)dx)dx

)))

=d

dx

(d

dx

(d

dx

( ∞∑k=0

xk+3

3!

)))=

13!

d

dx

(d

dx

(d

dx

( ∞∑k=1

xk+2

)))

=13!

d

dx

(d

dx

(d

dx

(x3

∞∑k=1

xk−1

)))=

13!

d

dx

(d

dx

(d

dx

(x3

1− x

)))

=1

(1− x)4

17- Calcular∞∑

k=1

x2k−1

2k−1 con |x| < 1

Solucion:

∞∑k=1

x2k−1

2k − 1=∫ ( ∞∑

k=1

d

dx(x2k−1

2k − 1)

)dx

=∫ ( ∞∑

k=1

x2k−2

)dx =

∫ ( ∞∑k=1

(x2)k−1

)dx

=∫ (

11− x2

)dx =

∫ (1

(1− x)(1 + x)

)dx

=12

∫ (1

(1 + x)+

11− x

)dx =

12ln∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣Nota:

En este tipo de ejercicio hay que tener cuidado con eliminar alguna constante al derivar, y luegono recuperarla al integrar.



1- Encuentre el conjunto de convergencia de la serie x1∗2 + x2

2∗3 + x3

3∗4 + ...

2- Encuentre el intervalo de convergencia de∞∑

n=1

(3x−1)n

n

3- Encuentre el conjunto de convergencia de la serie∞∑

n=1

(2n)n

(n+1)n+1 xn


n=1

8n

x3n


n=1

12n−1 (x−1

x+1 )2n−1

6- Obtenga la serie de Taylor alrededor del cero para la funcion f(x) = (1 + x)p con p ∈ <. Useeste resultado para obtener una expansion de g(x) = 1√

1−x2 , y finalmente encuentre el desarrollode arcsin(x)

7- Encuentre el desarrollo de arctan(x) . Use el resultado para aproximar arctan( 15 ) hasta la

cuarta cifra decimal

8- Calcule∫ 1

0cos(

√x)dx y

∫ 1

0cos x√

xdx correctas hasta la tercera cifra decimal.

9- Mediante el uso de series de potencias, calcule lımx→0

sin(tan x)−tan(sin x)arcsin(arctan x)−arctan(arcsin x)

10- Calcular∞∑

k=0

(k + 1)(k + 5)xk con |x| < 1

Capıtulo 12

Curvas

12.1. Introduccion

En esta seccion estudiaremos curvas, tanto en el plano como el espacio. Se introducennuevos conceptos como curvatura de una curva en un punto, radio de curvatura, evoluta,etc. Seremos capaces de calcular algunos planos importantes (osculador, rectificante,normal) , y las rectas determinadas por los vectores que forman el Triedro Movil en unpunto dado.

Finalmente estudiaremos las formulas de Frenet Serret, que son especialmente utilescuando se tiene una curva parametrizada con la longitud de arco.

12.2. Curvatura

Sea x(t), y(t) una parametrizacion de una curva C, con x2t + y2

t 6= 0 en el intervalo [t1, t2].Sean s=S(t) la longitud de arco C del punto Q al punto P(x(t),y(t)). Ademas sea α = A(s) elangulo que la tangente a C en P forma con la direccion positiva del eje x, donde −π

2 ≤ α ≤ π2 .

Si la razon de cambio de α con respecto a s en t existe, el valor absoluto de esta razon se llamacurvatura de la curva C en el punto P(x(t),y(t)).

K =∣∣∣dα

ds

∣∣∣Es posible demostrar que para todo t ∈ [t1, t2] se tiene:

κ =|xtytt − ytxtt|(x2

t + y2t )

32

Nota:

La notacion xt quiere decir dxdt , y xtt = d2x

dt2

141

142 CAPITULO 12. CURVAS

Parametrizacion −→r (t)

En general, con una parametrizacion −→r (t) se tiene:

κ(t) =||−→r ′(t)×−→r ′′(t)||

||−→r ′(t)||3

12.3. Radio de Curvatura

Si P(x(t),y(t)) es un punto en C donde la curvatura no es cero, se define el radio de curvaturacomo:

R =1κ

12.4. Centro de Curvatura

El centro de curvatura de C en P es el punto Q de la normal a C en P en el lado concavo de C,cuya distancia a P es igual al radio de curvatura R de C en P. (Buen trabalengua!)Dicho en palabras mas simples: El cırculo de curvatura de C en P es el cırculo con centro en Q yradio R. (ahhhh, ahı si po’h)

12.4.1. Parametrizacion (x,f(x))

Cuando se tenga la funcion definida explıcitamente como y=f(x), se puede parametrzar comox=x , y=f(x) en terminos del parametro x. En estos casos se tiene:

κ =|f ′′(x)|

(1 + (f ′(x))2)32

En consecuencia el radio de curvatura sera:

R =(1 + (f ′(x))2)

32

|f ′′(x)|

12.5. Evoluta de C

Si la curvatura κ de C en P existe y es diferente de cero (f ′′(x) 6= 0) y el angulo α ∈]0, π2 [ ,

entonces cuando un punto P(x(t),y(t)) se mueve a lo largo de la curva C, el centro de curvaturade κ(h, k) se mueve a lo largo de una segunda curva que se llama la evoluta de C, en que para unpunto dado podemos calcular el centro de curvatura como:

h = x− f ′(x)(1 + (f ′(x))2)f ′′(x)

k = y +1 + (f ′(x))2

f ′′(x)

12.6. PARAMETRIZACION NATURAL DE UNA CURVA 143

Si la parametrizacion es (x(t),y(t)) se tiene:

h = x− yt(x2t + y2

t )xtytt − ytxtt

k = y +xt(x2

t + y2t )

xtytt − ytxtt

12.6. Parametrizacion Natural de una Curva

Dada una curva de ecuacion −→r (λ) = (x(λ), y(λ), z(λ)), definida por un parametro λ arbitrario,nos interesara parametrizarla con la longitud de arco, para poder analizar sus propiedades de mejorforma. A esta parametrizacion (con la longitud de arco) se le denomina parametrizacion natural deuna curva.Recordemos que en este caso:

s = s(λ) =∫ λ

λ1

||−→r ′(λ)||dλ =∫ λ

λ1

√−→r ′(λ) ∗ −→r ′(λ)dλ

12.6.1. Vectores tangente, normal y binormal

Sea −→r (t) el vector posicion de una partıcula y s(t) la distancia que la partıcula ha recorrido alo largo de la curva. Entonces se define el vector tangente unitario como:

t(t) =d−→rds

Para calcular el vector normal con una parametrizacion regular:

−→n (t) = (−→r ′(t)×−→r ′′(t))×−→r ′(t)

Si podemos parametrizarlo naturalmente se puede hacer:

n(t) =dtds

| dtds |

Finalmente:b = t× n

De las identidades anteriores se puede concluır que:

n = b× t ; t = n× b

12.6.2. Ecuaciones de Frenet-Serret

dt

ds= κn


dn

ds= −κt + τ b

db

ds= −τ n

Estas pueden ser escritas matricialmente como: tn

b

′

=

0 κ 0−κ 0 τ0 −τ 0

tn

b

12.7. Torsion

Bajo una parametrizacion −→r (t) se tiene que la torsion es:

τ(t) =[r′(t) r′′(t) r′′′(t)]||r′(t)× r′′(t)||2

donde [r′(t) r′′(t) r′′′(t)] representa el producto caja entre los tres vectores.

La torsion es una medida de la variacion del vector binormal; como el vector binormal es per-pendicular al plano osculador, la variacion de este vector medira el ajuste de la curva a tal plano. Dehecho, la condicion necesaria y suficiente para que una curva no rectilınea (por tanto con curvaturadistinta de cero) sea plana es que la torsion sea cero.

12.8. Triedro Movil

A los tres vectores: normal, tangente y binormal se les denomina Triedro Movil de una curva.Se definen los planos normal, osculador y rectificante de acuerdo a la figura siguiente. El planonormal es el que contiene los vectores normal y binormal. El plano osculador es el que contienelos vectores tangente y normal y el plano rectificante es el que contiene los vectores tangente ybinormal.Todos estos son elementos del triedro de Frenet (quienes lo conforman).


1- Encuentre la curvatura en cualquier punto de la elipse x2

a2 + y2

b2 = 1;a > b > 0

Solucion:

Parametrizamos como x = a cos t , y = b sin t con t ∈ [0, 2π], entonces tenemos:

xt = −a sin t yt = b cos t


xtt = −a cos t ytt = −b sin t

Por lo tanto:

κ =|xtytt − ytxtt|(x2

t + y2t )

32

=|(−a sin t)(−b sin t)− (b cos t)(−a cos t)|

((−a sin t)2 + (b cos t)2)32

κ =ab

(a2 sin2 t + b2 cos2 t)32

Observamos que si se tratara de una circunferencia en que a = b, la curvatura serıa κ = 1a , que es

constante en todo punto, e igual al recıproco de su radio.

2- Encuentre la curvatura para la grafica de la curva C conrepresentacion parametrica x(t) = t , y(t) = 1

8t2 ; luego encuentre el

radio de curvatura en el caso en que t=4. Por ultimo, encuentre unarepresentacion parametrica de la evoluta de la curva.

Solucion:

En este caso:xt = 1 yt =

t

4

xtt = 0 ytt =14


Luego, reemplazando:

κ =16

(t2 + 16)32

Para t = 4 tenemos: x = 4 , y = 2

κ =16

(t2 + 16)32

=1

8√

2

Por lo tanto:R =

1κ

= 8√

2

El centro de curvatura asociado con el punto P (4, 2) es un punto de la normal a C en P1. Estanormal tiene por ecuacion x + y = 6, y ademas sabemos que el centro Q(h, k) esta a 8

√2 unidades

de P en el lado concavo de la curva C.

(h− 4)2 + (k − 2)2 = 128

h + k = 6

Resolviendo obtenemos las soluciones (-4,10) y (12,-6), pero solo la primera esta en el ladoconcavo de la curva C, entonces el centro es Q(−4, 10). Grafiquemos:

Para calcular la evoluta, usamos:

h = x− yt(x2t + y2

t )xtytt − ytxtt

= t−t4 (1 + ( t2

16 ))14

k = y +xt(x2

t + y2t )

xtytt − ytxtt=

18t2 +

1(1 + ( t2

16 ))14

Simplificando, la evoluta es:

h(t) = − t3

16k(t) =

38t2 + 4

Graficamos:


3- Sea x(t) = t3 ; y(t) = t2 una posible parametrizacion de una curvaC. Encuentre la parametrizacion natural de C, medida desde el puntot=0

Solucion:

−→r (t) = (t3, t2)

−→r ′(t) = (3t2, 2t)

||−→r ′(t)|| =√

9t4 + 4t2 =√

t2√

9t2 + 4

Como t ≥ 0 |t2| = t

||−→r ′(t)|| = t√

9t2 + 4

Por lo tanto:

s =∫ t

0

x√

9x2 + 4dx

s =127

(9t2 + 4)32 − 8

27Si despejamos t tenemos:

t =13

√(27s + 8)

23 − 4

Sustituyendo este valor en la pramaetrizacion −→r (t) = (t3, t2) queda:

−→r (s) = (13[(27s + 8)

23 − 4]

32 ,

13[(27s + 8)

23 − 4])

4- Encontrar el punto de maxima curvatura de−→r (t) = (t, (1− t)2, (1 + t)2)


Solucion:

−→r ′(t) = (1, 2(t− 1), 2(1 + t))

−→r ′′(t) = (0, 2, 2)

Entonces:||−→r ′(t)|| =

√8t2 + 9

−→r ′(t)×−→r ′′(t) = (−8,−2, 2)

||−→r ′(t)×−→r ′′(t)|| = 6√

2

κ(t) =||−→r ′(t)×−→r ′′(t)||

||−→r ′(t)||3=

6√

2(8t2 + 9)

32

Derivamos e igualamos a cero.

κ′(t) = − 144√

2t

(8t2 + 9)52

= 0

Por lo tanto el unico punto con derivada cero es t = 0, ademas se puede verificar que κ′′(0) < 0por lo que −→r (0) = (0, 1, 1) corresponde al punto de maxima curvatura.

5- Demuestre que dada una curvatura cualquiera κ(s) entonces existeuna curva −→r (s) con esa curvatura

Solucion:

Sea:

θ(s) =∫ s

0

κ(u)du

tal queθ′(s) = κ(s)

Definamos:−→r (s) = (

∫ s

0

cos(θ(u))du,

∫ s

0

sin(θ(u))du)

El vector tangente unitario es:

t(s) = −→r ′(s) = (cos(θ(s)), sin(θ(s)))

Luego:t′(s) = (− sin(θ(s))θ′(s), cos(θ(s))θ′(s)) = (− sin(θ(s))κ(s), cos(θ(s))κ(s))


Observamos que el vector unitario normal es:

n(s) = (− sin(θ(s)), cos(θ(s)))

Con lo que finalmente tenemos:t′(s) = κ(s)n(s)

Concluımos entonces que −→r (s) es una curva con curvatura κ(s)

6- Para la helice −→r (t) = (cos t, sin t, t) , encuentre en t=0: losvectores tangente, normal y binormal, la curvatura, la torsion, losplanos rectificante, osculador y normal y finalmente la recta tangente

Solucion:

−→r (t) = (cos t, sin t, t) → = −→r (0) = (1, 0, 0)

−→r ′(t) = (− sin t, cos t, 1) → −→t (0) = −→r ′(0) = (0, 1, 1)

−→r ′′(t) = (− cos t,− sin t, 0) → −→r ′′(0) = (−1, 0, 0)−→r ′′′(t) = (sin t,− cos t, 0) → −→r ′′′(0) = (0,−1, 0)

Calculamos el vector binormal:

−→b = −→r ′ ×−→r ′′ = (0, 1, 1)× (−1, 0, 0) = (0,−1, 1)

Por lo que el vector normal es:

−→n = −→b ×−→r ′ = (0,−1, 1)× (0, 1, 1) = (−2, 0, 0)

n = (−1, 0, 0)

||−→r ′(0)|| =√

2

−→r ′(0)×−→r ′′(0) = (0,−1, 1)

||−→r ′(0)×−→r ′′(0)|| =√

2

Con esto, la curvatura es:

k(s) =√

2(√

2)3=

12

Por otro lado:

[r′(0) r′′(0) r′′′(0)] =0 1 1-1 0 00 -1 0

= 1


Por lo que:

τ(t) =[r′(t) r′′(t) r′′′(t)]||r′(t)× r′′(t)||2

=1

(√

2)2=

12

El plano rectificante pasa por (1,0,0) y tiene como vector ortogonal a −→n (0) = (−1, 0, 0) , por loque la ecuacion del plano es:

−1(x− 1) + 0(y − 0) + 0(z − 0) = 0

x = 1

El plano normal pasa por (1,0,0) y tiene como vector ortogonal a −→t (0) = (0, 1, 1) , por lo que laecuacion del plano es:

0(x− 1) + 1(y − 0) + 1(z − 0) = 0

y = −z

El plano osculador pasa por (1,0,0) y es ortogonal a (0,-1,1) por lo que su ecuacion es:

0(x− 1)− 1(y − 0) + 1(z − 0) = 0

y = z

La recta tangente estara dada por la ecuacion:

α(t) = P0 + (t− t0)t(t0)

α(t) = (1, 0, 0) + t(0,

√2

2,

√2

2) = (1,

√2

2t,

√2

2t)

7- Se tiene la curva regular −→r (s) parametrizada por longitud de arco,con curvatura κ(s) y torsion τ(s) definidas en <3. Determinar lacurvatura de −→r ′(s)

Solucion:

LLamemos −→ϕ (s) = −→r ′(s) tenemos entonces:

−→ϕ (s) = t(s)

Luego:−→ϕ ′(s) = t′(s) = κ(s)n(s)

Si derivamos:−→ϕ ′′(s) = κ′(s)n(s) + κ(s)n′(s)

Pero dnds = −kt + τ b, luego:

−→ϕ ′′(s) = κ′(s)n(s) + κ(s)[−κ(s)t(s) + τ(s)b(s)]


−→ϕ ′′(s) = κ′(s)n(s)− κ2(s)t(s) + κ(s)τ(s)b(s)

Podemos calcular entonces:||−→ϕ ′(s)|| = κ(s)

−→ϕ ′(s)×−→ϕ ′′(s) = κ3(s)b(s) + κ2(s)τ(s)t(s)

||−→ϕ ′(s)×−→ϕ ′′(s)|| = κ2(s)√

κ2(s) + τ2(s)

Por lo tanto, la curvatura de −→ϕ (s) sera:

κ−→ϕ (t) =

√κ2(s) + τ2(s)

κ(s)

8- Encontrar una curva contenida en la esfera x2 + y2 + z2 = 1 , talque en cada punto de ella corte al meridiano correspondiente en unangulo fijo α

Solucion:

La esfera unitaria puede parametrizarse, con 0 < θ < 2π , 0 < φ < π, como:

x(θ, φ) = cos(θ) sin(φ)

y(θ, φ) = sin(θ) sin(φ)

z(φ) = cos(φ)

En un punto (x,y,z) el vector tangente al meridiano que pasa por ese punto, se obtiene derivandoel vector posicion con respecto a φ, manteniendo θ fijo, obteniendose:

−→t = (cos(θ) cos(φ), sin(θ) cos(φ),− sin(φ))

que observamos tiene largo 1.Por otro lado, sabiendo que la curva esta sobre la esfera, podemos parametrizarla como−→r (t) = (x(t), y(t), z(t)) en que:

x(t) = cos(θ(t)) sin(φ(t))

y(t) = sin(θ(t)) sin(φ(t))

z(t) = cos(φ(t))

Con esto tenemos que el vector tangente sera −→t (t) = −→r ′(t) en que:

x′(t) = cos(θ(t)) cos(φ(t))φ′(t)− sin(θ(t)) sin(φ(t))θ′(t)

y′(t) = sin(θ(t)) cos(φ(t))φ′(t) + cos(θ(t)) sin(φ(t))θ′(t)

z′(t) = − sin(φ(t))φ′(t)


Entonces:

||−→r ′(t)|| =√

sin2(φ(t))(θ′)2 + (φ′)2)

Estamos buscando θ(t) , φ(t) tales que el vector tangente al meridiano y el vector tangente a laruva se corten en un angulo α, es decir:

cos α =−→t (t) ∗ −→r ′(t)

||−→t (t)||||−→r ′(t)||

Reemplazamos y obtenemos:

cos α =φ′(t)√

sin2(φ(t))(θ′)2 + (φ′)2

Aca vemos que podrıamos escoger distintas parametrizaciones que cumplan con la condicion.Tomamos, por ejemplo, φ(t) = t

cos α =1√

sin2(t)(θ′)2 + 1⇒ sin2(t)(θ′)2 + 1 =

1cos2 α

sin2(t)(θ′)2 = sec2 α− 1 = tan2 α

θ′(t) = tanα1

sin t

Hacemos Separacion de Variables:

dθ = tan α1

sin tdt∫

dθ =∫

tanα1

sin tdt

Con lo que obtenemos:θ = tan(α)ln|csc(t)− cot(t)|+ C

Por lo tanto, la curva es:

x(t) = cos(tan(α)ln|csc(t)− cot(t)|+ C

)sin(t)

y(t) = sin(

tan(α)ln|csc(t)− cot(t)|+ C)

sin(t)

z(t) = cos(t)



1- Encuentra la curvatura y el radio de curvatura para la parabola y = x2. Encuentra el centro delcırculo de curvatura en el punto (1.1)

2- Encuentra la curvatura y el radio de curvatura para la cicolide x = a(θ − sin θ) y = a(1− cos θ)0 < θ < 2π

3- Expresar una circunferencia de radio r, centrada en (h,k) en terminos del parametro natural.

4- Encuentra la curvatura y la torsion en un punto arbitrario de la curva r(t) = (t, t2, 23 t3)

5- Dada la curva alabeada de ecuaciones −→r (t) = (t, 2t2 − 1, t2 + t) , t ∈ < obtener los elementosdel triedro de Frenet en el punto (0,-1,0). Incluya rectas tangente, normal, y planos rectificante,osculador y normal.

6- Para la curva regular dada por −→r (t) = (t, t2, t3), calcular la distancia del punto (1,2,3) al planoosculador en el punto (1,1,1)

7- Probar que las orbitas de los planetas son planas.Hint: Usar −→F = m−→a y que la fuerza gravitatoria es −→F = −C

−→r||−→r ||3

8- Se tiene la curva regular −→r (s) parametrizada por longitud de arco, con curvatura κ(s) y torsionτ(s) definidas en <3. Determinar la torsion de −→r ′(s)

Respuestas a los EjerciciosPropuestos

Capıtulo I

1 4

4 sin(b)− sin(a)

5 eb − ea

6 a5

7 49

8 ln(a+b)−ln(a)b

Capıtulo II

1 25

2 −1

3 7π12

4 12

5 16

7 3x8 + cos2(x) sin(x)

8 3e4

Capıtulo III

11∫0

√xdx <

1∫0

3√

xdx

2 23π

3 1100 millones de pesos

5 5,35 <

23∫

− 23

(9− 4x2)(1− x2)dx < 12

6 0

7 0

Capıtulo IV

1 − 67

2 − cos(ln(x)) + C

3 − 12ln(a)

a−x2+ C

4 124

5 − 12

√4− e4x + C

6√

9x2 − 4− 2 arctan

√9x2−4

2+ C

7 120

arctan 5x4

+ C

155

156

Capıtulo V

1 − 12

2 14x4ln(x)− x4

16+ C

3 x arctan(x)− 12ln(x2 + 1) + C

4 − 15e2x cos(x) + 2

5e2x sin(x) + C

5 x4(x2+1)2

+ 3x8(x2+1)

+ 38

arctan(x) + C

7 5ln|x + 2|+ 7x+2

+ C

8 x− 4ln|x + 2| − 5x+2

+ C

9 2√

x + 2 3√

x + 6 6√

x + 6ln| 6√

x− 1|+ C

10 −√

2ln(√

2− 1)

Capıtulo VI

1 2,01421

2 Mt = 3,283 ; Ms = 3,240

3 Mt = 732 ; Ms = 728

4 M10 = 0,7471 ; T10 = 0,7462 ; S10 = 0,7468

5 Et = −0,00143 ; Es = −0,000001

6 312

7 643

8 πab

9 8

10 y = (4− 3√

32)x

Capıtulo VII

1 (a)∞∫12

duu√

3u−1(b)

√2∫

0

2dt√3−t2

(c)No.

2 Converge

3 Es una integral propia

5 Si, y en estos casos se dice que∞∫a

f(x)dx es

condicionalmente convergente

6 Diverge

7 Es absolutamente convergente ⇒ converge

8 Converge

Capıtulo VIII

1 152

π

2 13r2h

3 43πab2

4 645

π

5 216π

6 632

π

7 a3√348

π

8 a3

8

Capıtulo IX

1 ln(√

2 + 1)

2 227

(1323 − 8)

3 4π

4 32πa

5 1963

π

6 12254

π

7 128π(125√

10+1)1215

8 ( 4415

, 2815

)

Capıtulo X

1 π4

2 No cumple con la condicion necesaria

3 Diverge

4 Converge

5 Converge

6 Converge

7 Converge

8 Diverge

9 Diverge

157

Capıtulo XI

1 [−1, 1]

2 [0, 23[

3 [− 12, 1

2[

4 (−∞,−2)U(2,∞)

5 {x|x > 0}

6 g(x) = 1 +∞∑

k=1

1∗3∗5∗...∗(2k−1)2∗4∗6∗...∗2k

x2k

arcsin(x) = x +∞∑

k=1

1∗3∗5∗...∗(2k−1)2∗4∗6∗...∗2k

x2k+1

2k+1

7∞∑

n=1

(−1)n−1

2n−1x2n−1 con |x| < 1

arctan( 15) ≈ 0,1974

8 0,764 y 1,809 respectivamente

9 1

10 3x−5(x−1)3

Capıtulo XII

1 K = 2

(1+4x2)32

R = 12(1 + 4x2)

32

(xc, yc) = ( 4−6√

665

, 3+3√

665

)

2 K = − 1

4a sin( θ2 )

R(θ) = 4a sin( θ2)

3 −→r (s) = (r cos( sr) + h, r sin( s

r) + k)

4 K =2|t|√

16t2−16t3+4t+5

(1+4t2+4t4)32

τ = 2t(16t2−16t3+4t+5)

5 t(0) = (√

22

, 0,√

22

) n(0) = (−√

26

, 2√

23

,√

26

)

b(0) = (− 23,− 1

3, 2

3)

recta tangente = (√

2t2

,−1,√

2t2

)

recta normal = (−√

26

t, 2√

23

t− 1,√

26

t)

plano rectificante : x− 4y − z = 4

plano osculador : 2x + y − 2z = −1

plano normal : x + z = 0

6√

1919

8 κ(s)τ ′(s)−τ(s)κ′(s)κ(s)[κ2(s)+τ2(s)]

Bibliografıa

[Apo73] T. Apostol, Calculus, vol. 1, Reverte, 1973.

[Ayr01] Frank Ayres, Teorıa y problemas de calculo diferencial e integral, 1901.

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