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Indice general
1. Integracion 21.1. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1. Metodos analıticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2. Integrales trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.2. La integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.2.1. Aplicaciones de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.2.2. Integral impropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1
Capıtulo 1
Integracion
1.1. La integral indefinida
Definicion 1.1. Se dice una funcion A es una ANTIDERIVADA de una funcion f en un inter-valo I si y solo si
i) A es continua en el intervalo I.
ii) A′(x) = f(x) ∀x ∈ I, con la posibilidad de un numero finito de excepciones.
Ejemplo 1.1. Si α ∈ R− {−1}, entonces
A(x) =xα+1
α + 1
es una antiderivada de f(x) = xα en I = (0,∞).
Ejemplo 1.2. A(x) = sin(x) es una antiderivada de f(x) = cos(x) en I = (0,∞).
Proposicion 1.1. Si A y B son antiderivadas de f en un inervalo I, entonces existe una cons-tante c tal que
A(x) = B(x) + c ∀x ∈ I.
Definicion 1.2. Si A es una antiderivada de f , se escribe∫f(x)dx = A(x) + c.
Esta expresion se conoce como la integral indefinida de y = f(x).
Ejemplo 1.3. ∫xmdx =
xm+1
m+ 1+ c; m = −1.
2
Ejemplo 1.4. ∫sin(x)dx = − cos(x) + c.
Proposicion 1.2.
1.
∫(f ± g)dx =
∫fdx±
∫gdx.
2.
∫k · f(x)dx = k
∫f(x)dx; k :constante.
Ejemplo 1.5. ∫2x3 − 2
x2dx = 2
∫x3
x2dx− 2
∫dx
x2
= 2
∫xdx− 2
∫x−2dx
= x2 +2
x+ c.
1.1.1. Metodos analıticos
I) Formulas inmediatas.Consideraremos como formulas basicas de aparicion mas frecuente, a las siguientes expre-siones:
a)
∫undu =
un+1
n+ 1+ c; n = −1
b)
∫du
u= ln |u|+ c
c)
∫eudu = eu + c
d)
∫sin(u)du = − cos(u) + c
e)
∫cos(u)du = sin(u) + c
f )
∫du
a2 + u2=
1
aarctan
(ua
)+ c
g)
∫du√
a2 − u2= ln(u+
√a2 + u2) + c
h)
∫du√
u2 − a2= ln(u+
√u2 − a2) + c
3
i)
∫du
a2 − u2=
1
2aln
∣∣∣∣a+ u
a− u
∣∣∣∣+ c
II) Metodo de sustitucion simpleSupongamos que se debe enfrentar el problema de resolver una integral indefinida. Si estacorresponde a una de las formulas inmediatas.
Ejemplo 1.6. Calcular
∫xex
2
dx.
Solucion:
Sea u = x2, entonces du = 2xdx; de modo quedu
2= dx. Ası, de la formula c) se tiene∫
xex2
dx =1
2
∫eudu =
1
2eu + c =
1
2ex
2
+ c.
Usualmente, la integral a resolver exige la realizacion de una sustitucion que la transformaen una formula inmediata.
Ejemplo 1.7. Hallar I =
∫e√x
√xdx.
Solucion:
Sea u =√x, entonces du =
1
2√xdx; de modo que 2du =
dx√x. Ası,
I = 2
∫eudu = 2eu + c = 2e
√x + c.
Ejemplo 1.8. Hallar I =
∫x
x2 + 9dx.
Solucion:
Sea u = x2 + 9, entonces du = 2xdx; de modo quedu
2= xdx. Luego,
I =1
2
∫du
u=
1
2ln |u|+ c =
1
2ln |x2 + 9|+ c =
1
2ln(x2 + 9) + c.
Ejemplo 1.9. Calcular I =
∫x2 cos(x3)dx.
4
Solucion:
Sea u = x3, entonces du = 3x2dx; de lo cualdu
3= x2dx. Entonces
I =1
3
∫cos(u)du =
1
3sin(u) + c =
1
3sin(x3) + c.
Ejemplo 1.10. Calcular I =
∫dx
x2 − 4x+ 13.
Solucion:
Comox2 − 4x+ 13 = x2 − 4x+ 4 + 9 = (x− 2)2 + 9,
se tiene
I =
∫dx
(x− 2)2 + 9=
∫dx
(x− 2)2 + 32.
Sea u = x− 2, entonces du = dx, entonces empleando la formula f) con a = 3, se tiene
I =
∫dx
(x− 2)2 + 32=
1
3arctan
(x− 2
3
)+ c.
III) Integracion por partesAnte la ausencia de una propiedad especıfica para integrales cuyo integrando sea un pro-ducto de funciones, surge el metodo de integracion por partes, el cual se basa en laformula de derivacion de un producto de funciones, esto es
(f · g)′ = f · g′ + f ′ · g.
Integrando ambos miembros, se tiene
f(x) · g(x) =∫
f(x) · g′(x)dx+
∫f ′(x) · g(x)dx, (1.1)
luego ∫f(x) · g′(x)dx = f(x) · g(x)−
∫g(x) · f ′(x)dx.
Sustituyendo en la integral del primer miembro las expresiones
u = f(x) y dv = g′(x)dx,
se obtienendu = f ′(x)dx y v = g(x).
5
Reemplazando esto ultimo en (1.1), se concluye∫udv = uv −
∫vdu,
la cual es conocida como formula de integracion por partes.
Ejemplo 1.11. Calcular I =
∫x sin(x)dx.
Solucion
Sea u = x ⇒ du = dx y dv = sin(x)dx ⇒ v = − cos(x). Ası,
I = −x cos(x) +
∫cos(x)dx
= −x cos(x) + sin(x) + c.
Ejemplo 1.12. Calcular
∫sin2(x)dx =
∫sin(x) · sin(x)dx.
Solucion:
Sea u = sin(x) ⇒ du = cos(x)dx y dv = sin(x)dx ⇒ v = − cos(x). Entonces,∫sin2(x)dx = − sin(x) cos(x) +
∫cos2(x)dx
= − sin(x) cos(x) +
∫(1− sin2(x))dx
= − sin(x) cos(x) +
∫dx−
∫sin2(x)dx,
lo cual implica
2
∫sin2(x)dx = − sin(x) cos(x) +
∫dx = − sin(x) cos(x) + x.
Despejando, se concluye ∫sin2(x)dx = −sin(x) cos(x)
2+
x
2+ c.
Ejemplo 1.13. Calcular I =
∫(x2 + 1)exdx.
6
Solucion:
Sea u = x2 + 1 ⇒ du = 2xdx y dv = exdx ⇒ v = ex. Entonces
I = (x2 + 1)ex − 2
∫xexdx︸ ︷︷ ︸I1
. (1.2)
Para I1 :Sea t = x ⇒ dt = dx y dw = exdx ⇒ w = ex. Ası,
I1 = xex −∫
ex = xex − ex + c1. (1.3)
Por lo tanto, sustituyendo (1.3) en (1.2), se tiene
I = (x2 + 1)ex − 2[xex − ex] + c.
Ejemplo 1.14. Tambien es posible aplicar el metodo de integracion por partes para verificarformulas de reduccion que aparecen en las tablas de integrales. En efecto, probar que∫
secn(x)dx =1
n− 1[secn−2(x) · tan(x) + (n− 2)
∫secn−2(x)dx], n = 1
Solucion:
Sea In =∫secn(x)dx. Haciendo u = secn−2(x), se tiene
du = (n− 2) · secn−3(x) · sec(x) · tan(x)dx= (n− 2) · secn−2(x) · tan(x)dx,
dv = sec2(x)dx ⇒ v = tan(x).
Entonces∫secn(x)dx = secn−2(x) · tan(x)−
∫(n− 2) secn−2(x) tan2(x)dx
= secn−2(x) · tan(x)−∫
(n− 2) secn−2(x)(sec2(x)− 1)dx
= secn−2(x) · tan(x)− (n− 2)
∫secn(x)dx+
∫(n− 2) secn−2(x)dx,
lo cual implica
(n− 1)
∫secn(x)dx = secn−2(x) · tan(x) +
∫(n− 2) secn−2(x)dx
= secn−2(x) · tan(x) + (n− 2)
∫secn−2(x)dx,
7
Despejando y teniendo en cuenta que In =∫secn(x)dx, se concluye
In = secn−2(x) · tan(x)− (n− 2)[In − In−2] ⇔ (n− 1)In = secn−2(x) · tan(x)− (n− 2)In−2.
Por lo tanto,
In =1
n− 1[secn−2(x) · tan(x)− (n− 2)In−2],
esto es ∫secn(x)dx =
1
n− 1[secn−2(x) · tan(x) + (n− 2)
∫secn−2(x)dx].
IV) Integracion de funciones racionalesRecordemos que una funcion racional, R(x), es un cuociente de dos funciones polinomicas,esto es
R(x) =p(x)
q(x),
distinguiendose como:
i) Propias, si gr [p(x)] < gr [q(x)].
ii) Impropias, si gr [p(x)] ≥ gr [q(x)].
En general, toda funcion racional puede expresarse como una suma de:
a) Polinomios
b) Funciones de la formaA
(ax+ b)n, donde A, a y b son constantes y n es un entero
positivo.
c) Funciones de la formaA+Bx
(ax2 + bx+ c)m, donde A,B, a, b y c son constantes y m es un
entero positivo. Aquı, ax2 + bx + c es un polinomio cuadratico irreducible en R, estoes, la ecuacion ax2 + bx+ c = 0 no tiene raıces reales, de modo que b2 − 4ac < 0.
La tecnica algebraicampara representar una funcion racional como una suma de funcionesdel tipo a), b) o c) se llama Descomposicion en suma de fracciones parciales.
Reglas generales para descomponer una funcion racional en suma de fraccionesparciales (o simples)
Sea f(x) =p(x)
q(x), consideremos a f como una funcion propia, es decir
gr [p(x)] < gr [q(x)],
entonces:
Factorizar q(x) en factores lineales y cuadraticos irreducibles.
8
Factores lineales: Para cada factor lineal (ax+ b)n proponer la descomposicion
A1
(ax+ b)+
A2
(ax+ b)2+ · · ·+ An
(ax+ b)n(1.4)
Factores cuadraticos irreducibles: Para cada factor cuadratico irreducible Xm =(ax2 + bx+ c)m, proponer la descomposicion
B1x+ C1
X+
B2x+ C2
X2+ · · ·+ Bmx+ Cm
Xm(1.5)
Determinar los coeficientes Aj, Bj, Cj a partir del hecho que
(1.4) + (1.5) =r(x)
q(x)
(op(x)
q(x)
),
para uego integrar.
Si f(x) es una funcion impropia, esto es
gr [p(x)] ≥ gr [q(x)],
entonces, dividir p(x) por q(x) obteniendo
p(x)
q(x)= s(x) +
r(x)
q(x), con gr [r(x)] < gr [q(x)]
y luego, aplicar los metodos anteriores enr(x)
q(x).
Ejemplo 1.15. Calcular
∫3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx.
Solucion:
Notar que3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1=
3x+ 5
(x− 1)(x2 − 1)=
3x+ 5
(x− 1)2(x+ 1),
entonces3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1=
A
x− 1+
B
x− 1+
C
(x− 1)2,
de modo que3x+ 5 = A(x− 1)2 +B(x+ 1) + C(x2 − 1). (1.6)
Si en (1.6) x = 1 ⇒ 8 = 2B ⇒ B = 4,Si en (1.6) x = −1 ⇒ 2 = 4A ⇒ A = 1
2,
Si en (1.6) x = 0 ⇒ 5 = A+B − C ⇒ C = −12.
9
Por lo tanto,∫3x+ 5
x3 − x2 − x+ 1dx =
1
2
∫dx
x+ 1+ 4
∫dx
x− 1− 1
2
∫dx
(x− 1)2
=1
2ln |x+ 1|+ 4 ln |x− 1|+ 1
2· 1
x− 1+ c.
Ejemplo 1.16. Calcular
∫x3 + x2 + x+ 2
x4 + 3x2 + 2dx.
Solucion:
Comox3 + x2 + x+ 2
x4 + 3x2 + 2=
x3 + x2 + x+ 2
(x2 + 1)(x2 + 2),
se tiene quex3 + x2 + x+ 2
x4 + 3x2 + 2=
Ax+B
x2 + 1+
Cx+D
x2 + 2.
Ası,
x3 + x2 + x+ 2 = (Ax+B)(x2 + 2) + (Cx+D)(x2 + 1)
= (A+ C)x3 + (B +D)x2 + (2A+ C)x+ (2B +D),
desde donde se induce el sistemaA+ C = 1B +D = 12A+ C = 12B +D = 2,
resolviendo se tiene
A = 0B = 1C = 1D = 0.
Luego, ∫x3 + x2 + x+ 2
x4 + 3x2 + 2dx =
∫dx
x2 + 1+
∫x
x2 + 1dx
= arctan(x) +1
2ln(x2 + 2) + c.
Ejemplo 1.17. Calcular
∫x4 − x3 − x− 1
x3 − x2dx.
Solucion:
Sean p(x) = x4 − x3 − x− 1 y q(x) = x3 − x2. Entonces,
gr [p(x)] > gr [q(x)].
10
Dividiendo los polinomios, se obtiene
x4 − x3 − x− 1 : x3 − x2 = x = s(x)x4 − x3
−x− 1 = r(x) : resto.
Luego,p(x)
q(x)= s(x) +
r(x)
q(x)= x+
−x− 1
x3 − x2,
de modo que ∫x4 − x3 − x− 1
x3 − x2dx =
∫xdx−
∫x+ 1
x3 − x2dx︸ ︷︷ ︸
I1
.
Para I1 : ∫x+ 1
x3 − x2dx =
∫x+ 1
x2(x− 1)dx,
luegox+ 1
x2(x− 1)=
A
x+
B
x2+
C
x− 1,
lo cual implicax+ 1 = Ax(x− 1) +B(x− 1) + Cx2. (1.7)
Si en (1.7) x = 0 ⇒ 1 = −B ⇒ B = −1,Si en (1.7) x = 1 ⇒ 2 = C ⇒ C = 2,Si en (1.7) x = −1 ⇒ −4 = 2A ⇒ A = −2.
Ası,
I1 =
∫x+ 1
x3 − x2dx = −2
∫dx
x−
∫dx
x2+
∫2
x− 1dx
= −2 ln |x|+ 1
x+ 2 ln |x− 1|+ c,
lo que permite concluir que∫x4 − x3 − x− 1
x3 − x2dx =
x2
2+ 2 ln |x| − 1
x− 2 ln |x− 1|+ c.
Ejemplo 1.18. Calcular
∫x2 + x+ 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)dx
11
Solucion:
Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador y, ademas, el denomi-nador se presenta factorizado, entonces es posible proponer directamente la descomposicion:
x2 + x+ 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)=
A
x− 1+
B
x− 2+
C
x− 3,
desarrollando
x2 + x+ 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)=
A(x− 2)(x− 3) +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)(x− 2)
(x− 1)(x− 2)(x− 3),
lo cual implica
x2 + x+ 1 = A(x− 2)(x− 3) +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)(x− 2). (1.8)
En el caso de factores lineales no repetidos es posible economizar el planteamiento y reso-lucion del sistema de ecuaciones pertinen, basandonos en la siguiente estrategia: Evaluar(1.8) en los valores de x correspondientes a las raıces de cada factor lineal, lo que permitela determinacion directa de los coeficientes. En efecto
x− 1 = 0 ⇒ x = 1, luego desde (1.8) se tiene 3 = A(−1)(−2) ⇒ A = 32,
x− 2 = 0 ⇒ x = 2, luego desde (1.8) se tiene 7 = B(1)(−1) ⇒ A = −7,x− 3 = 0 ⇒ x = 3, luego desde (1.8) se tiene 13 = A(2)(1) ⇒ A = 13
2.
Por lo tanto,x2 + x+ 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)=
32
x− 1+
(−7)
x− 2+
132
x− 3,
integrando, se tiene∫x2 + x+ 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)dx =
3
2
∫dx
x− 1− 7
∫dx
x− 2+
13
2
∫dx
x− 3
=3
2ln |x− 1| − 7 ln |x− 2|+ 13
2ln |x− 3|+ c.
Ejemplo 1.19. Calcular
∫x2
x4 − 1dx.
Solucion:
Aquı, p(x) = x2 y q(x) = x4−1, como gr [p(x)] = 2 < 4gr[q(x)], entonces se debe factorizarq(x) en factores lineales y cuadraticos irreducibles en R. En efecto:
q(x) = x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1).
12
Por lo tanto, se propone la descomposicion
x2
x4 − 1=
A
x− 1+
B
x+ 1+
Cx+D
x2 + 1,
lo cual implica
x2
x4 − 1=
A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 − 1)
x4 − 1,
de modo que
x2 = A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 − 1)
⇒ x2 = A(x3 + x2 + x+ 1) +B(x3 − x2 + x− 1) + Cx3 +Dx2 − Cx−D
⇒ x2 = (A+B + C)x3 + (A−B +D)x2 + (A+B − C)x+ A−B −D.
Por lo tanto, se tiene el sistema de ecuaciones
A + B + C = 0A − B + D = 1A + B − C = 0A − B − D = 0
.
Resolviendo el sistema se concluye
A =1
4, B = −1
4, C = 0, D =
1
2,
luegox2
x4 − 1=
14
x− 1−
14
x+ 1+
12
x2 + 1.
Integrando, se obtiene∫x2
x4 − 1dx =
1
4
∫dx
x− 1− 1
4
∫dx
x+ 1+
1
2
∫dx
x2 + 1
=1
4ln |x− 1| − 1
4ln |x+ 1|+ arctan(x) + c.
V) Sustituciones trigonometricas
Una larga clase de integrales que pueden ser expresadas en terminos de funciones elemen-tales, son integrales de la forma ∫
R(x,√
Q(x))dx,
13
donde R(x, y) es una funcion racional de dos variables y Q(x) es un polinomio cuadratico.Entonces, completando el cuadrado del binomio en Q(x) y realizando una sustitucion linealsimple se pueden obtener los siguientes casos:
Caso I:
∫S(u,
√a2 − u2)du.
En este caso, la sustotucion trigonometrica recomendada es u = a sin(θ), con θ ∈[−π
2,π
2
],
ya que
√a2 − u2 =
√a2 − a2 sin2(θ) =
√a2(1− sin2(θ))
=√a2 cos2(θ)
= a cos(θ).
Ejemplo 1.20. Evaluar
∫x√
3− 2x− x2dx.
Solucion:
Completando el cuadrado del binomio, se tiene
3− 2x− x2 = 3− (x2 + 2x+ 1) + 1 = 4− (x+ 1)2.
La sustitucion lineal esta dada por
u = x+ 1 → du = dx y x = u− 1.
Reemplazando, se tiene ∫x√
3− 2x− x2dx =
∫u− 1√4− u2
du.
Luego, se aplica la sustitucion trigonometrica
u = 2 sin(θ) ⇒ du = 2 cos(θ)dθ.
Ası, ∫u− 1√4− u2
du =
∫(2 sin(θ)− 1)2 cos(θ)√
4− 4 sin2(θ)dθ
=
∫(2 sin(θ)− 1)2 cos(θ)
2 cos(θ)dθ
=
∫(2 sin(θ)− 1)dθ
= −2 cos(θ)− θ + c.
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Para obtener la integral en terminos de la variable u es necesario dibujar un triangulorectangulo que modela sustitucion trigonmetrica utilizada. En este caso
u = 2 sin(θ) ⇒ sin(θ) =u
2,
por lo tanto, el triangulo rectangulo involucrado es
Entonces, cos(θ) =
√4− u2
2y es directo que θ = arcsin
(u2
), de modo que
∫u− 1√4− u2
du = −2
√4− u2
2− arcsin
(u2
)+ c,
y como u = x+ 1, se tiene∫x√
3− 2x− x2dx = −
√4− (x+ 1)2 − arcsin
(x+ 1
2
)+ c.
Caso II:
∫S(u,
√a2 + u2)du.
En este caso, la sustitucion trigonometrica recomendada es u = a tan(θ), ya que
√a2 + u2 =
√a2 + a2 tan2(θ) =
√a2(1 + tan2(θ))
=√
a2 sec2(θ)
= a sec(θ),
con θ ∈[−π
2,π
2
].
Ejemplo 1.21. Determinar
∫dx
x2√x2 + 4
.
15
Solucion:
Se aplica directamente la sustitucion trigonometrica
x = 2 tan(θ) ⇒ dx = 2 sec2(θ)dθ.
Luego ∫dx
x2√x2 + 4
=
∫2 sec2(θ)
4 tan2(θ) · 2 sec(θ)dθ
=1
4
∫sec(θ)
tan2(θ)dθ
=1
4
∫cos(θ)
sin2(θ)dθ.
Empleando sustitucion simple
u = sin(θ) ⇒ du = cos(θ)dθ,
se tiene
1
4
∫cos(θ)
sin2(θ)dθ =
1
4
∫du
u2
= − 1
4u+ c
= − 1
4 sin(θ)+ c
= −1
4csc(θ) + c.
El triangulo rectangulo asociado a la sustitucion x = 2 tan(θ) debe satisfacer tan(θ) =x
2y
esta dado por
Entonces, csc(θ) =
√x2 + 4
x. Por lo tanto∫
dx
x2√x2 + 4
= −1
4·√x2 + 4
x+ c.
16
Caso III:
∫S(u,
√u2 − a2)du.
En este caso, la sustitucion trigonometrica recomendada es u = a sec(θ), ya que√u2 − a2 =
√a2 sec2(θ)− a2 =
√a2(sec2(θ)− 1)
=√a2 tan2(θ)
= a tan(θ).
Aquı a ∈ (−∞,−a) ∪ [a,∞) es el dominio del integrando, de modo que rigurosamente esnecesario distinguir:
i) Si u ≥ a, entonces 0 ≤ sec(θ) <π
2
ii) Si u ≤ −a, entonces π ≤ sec(θ) <3π
2
Ejemplo 1.22. Hallar
∫ √x2 − 2x− 1dx.
Solucion:
Completando el cuadrado de binomio se tiene
x2 − 2x− 1 = x2 − 2x+ 1− 2 = (x− 1)2 − 2,
aplicado la sustitucion linealu = x− 1 ⇒ du = dx.
Reemplazando ∫ √x2 − 2x− 1dx =
∫ √u2 − 2du.
Lueho, se aplica la sustitucion trigonometrica:
u =√2 sec(θ) ⇒ du =
√2 sec(θ) · tan(θ)dθ.
(Aquı se debe entener que se restringe la funcion sec(θ) a los intervalos [0,π
2) y [π,
3π
2) de
acuerdo si u ≥√2 o u ≤ −
√2).
Entonces ∫ √u2 − 2du =
∫(√2 tan(θ))(
√2 sec(θ) · tan(θ))dθ
= 2
∫sec(θ) tan2(θ)dθ
= 2
∫(sec3(θ)− sec(θ))dθ.
17
En el Ejemplo 1.14 se dedujo que∫secn(x)dx =
1
n− 1[secn−2(x) · tan(x) + (n− 2)
∫secn−2(x)dx], n = 1.
Aplicando esta formula para n = 3 y x = θ, se tiene∫sec3(θ)dθ =
1
2[sec(θ) · tan(θ) +
∫sec(θ)dθ, ]
reemplazando, se obtiene∫ √u2 − 2du = 2[
1
2(sec(θ) · tan(θ) +
∫sec(θ)dθ)]− 2
∫sec(θ)dθ
= sec(θ) · tan(θ)−∫
sec(θ)dθ,
y como ∫sec(θ)dθ = ln | sec(θ) + tan(θ)|
se concluye ∫ √u2 − 2du = sec(θ) · tan(θ)− ln | sec(θ) + tan(θ)|+ c.
El triangulo asociado a las sustituciones usadas u =√2 sec(θ) ⇒ sec(θ) =
u√2=
x− 1√2
es
dado por
Luego∫ √x2 − 2x− 1dx =
x− 1√2
·√x2 − 2x− 1√
2− ln
∣∣∣∣x− 1√2
+
√x2 − 2x− 1√
2
∣∣∣∣+ c
=1
2(x− 1)
√x2 − 2x− 1− ln |x− 1 +
√x2 − 2x− 1|+ c.
Problemas resueltos: Integracion por partes
1. Hallar
∫x sin(x)dx.
18
Solucion:
Caben tres elecciones:
a)u = x sin(x), dv = dx; b)u = sin(x), dv = dx; c)u = x, dv = sin(x)dx.
a) Sean u = x sin(x), dv = dx. Entonces, du = (sin(x) + x cos(x))dx, v = x y∫x sin(x)dx = x · x sin(x)−
∫x(sin(x) + x cos(x))dx.
La integral resultante no es tan sencilla como la original, y esta eleccion queda des-cartada.
b) Sean u = sin(x), dv = xdx. Entonces du = cos(x)dx, v =1
2x2 y∫
x sin(x)dx =1
2x2 sin(x)− 1
2
∫x2 cos(x)dx.
La integral resultante no es tan sencilla como la original, y esta eleccion tambien quedadescartada.
c) Sean u = x, dv = sin(x)dx. Entonces, du = dx, v = − cos(x) y∫x sin(x)dx = −x cos(x) +
∫cos(x)dx = −x cos(x) + sin(x) + c.
2. Hallar
∫xexdx.
Solucion:
Sean u = x, dv = exdx. Entonces, du = dx, v = ex y∫xexdx = xex −
∫exdx = xex − ex + c.
3. Hallar
∫x2 ln(x)dx.
Solucion:
Sean u = ln(x), dv = x2dx. Entonces du =dx
x, v = x3
3y∫
x2 ln(x)dx =x3
3ln(x)−
∫x3
3
dx
x
=x3
3ln(x)− 1
3
∫x2dx
=x3
3ln(x)− 1
9x3 + c.
19
4. Hallar
∫x√1 + xdx.
Solucion:
Sean u = x, dv =√1 + xdx. Entonces du = dx, v =
2
3(1 + x)3/2 y∫
x√1 + xdx =
2
3x(1 + x)3/2 − 2
3
∫(1 + x)3/2dx
=2
3x(1 + x)3/2 − 4
15(1 + x)5/2 + c.
5. Hallar
∫arcsin(x)dx.
Solucion:
Sean u = arcsin(x), dv = dx. Entonces du =dx√1− x2
, v = x y
∫arcsin(x)dx = x arcsin(x)−
∫x√
1− x2dx = x arcsin(x) +
√1− x2 + c.
6. Hallar
∫sin2(x)dx.
Solucion:
Sean u = sin(x), dv = sin(x)dx. Entonces du = cos(x)dx, v = − cos(x) y∫sin2(x)dx = − sin(x) cos(x) +
∫cos2(x)dx
= − sin(x) cos(x) +
∫(1− sin2(x))dx
= −1
2sin(2x) +
∫dx−
∫sin2(x)dx.
Por lo tanto
2
∫sin2(x)dx = −1
2sin(2x) + x+ c′ y
∫sin2(x)dx =
1
2x− 1
4sin(2x) + c.
7. Hallar
∫sec3(x)dx.
20
Solucion:
Sean u = sec(x), dv = sec2(x)dx. Entonces du = sec(x) tan(x), v = tan(x) y∫sec3(x)dx = sec(x) tan(x)−
∫sec(x) tan2(x)dx
= sec(x) tan(x)−∫
sec(x)(sec2(x)− 1)dx
= sec(x) tan(x)−∫
sec3(x)dx+
∫sec(x)dx.
Entonces
2
∫sec3(x)dx = sec(x) tan(x) +
∫sec(x)dx = sec(x) tan(x) + ln | sec(x) + tan(x)|+ c′
y∫sec3(x)dx =
1
2[sec(x) tan(x) +
∫sec(x)dx = sec(x) tan(x) + ln | sec(x) + tan(x)|] + c.
8. Hallar
∫x2 sin(x)dx.
Solucion:
Sean u = x2, dv = sin(x)dx. Entonces du = 2xdx, v = − cos(x) y∫x2 sin(x)dx = −x2 cos(x) + 2
∫x cos(x)dx.
Para la integral resultante, sean t = x y dw = cos(x)dx. Entonces dt = dx, w = sin(x) y∫x2 sin(x)dx = −x2 cos(x) + 2
(x sin(x)−
∫sin(x)dx
)= −x2 cos(x) + 2x sin(x) + 2 cos(x) + c.
1.1.2. Integrales trigonometricas
Las siguientes identidades se utilizan para hallar algunas de las integrales trigonometricas deesta seccion:
1. sin2(x) + cos2(x) = 1.
2. 1 + tan2(x) = sec2(x).
21
3. 1 + cot2(x) = csc2(x).
4. sin2(x) =1
2(1− cos(2x)).
5. cos2(x) =1
2(1 + cos(2x)).
6. sin(x) cos(x) =1
2sin(2x).
7. sin(x) cos(y) =1
2[sin(x− y) + sin(x+ y)].
8. sin(x) sin(y) =1
2[cos(x− y)− cos(x+ y)].
9. cos(x) cos(y) =1
2[cos(x− y) + cos(x+ y)].
10. 1− cos(x) = 2 sin2(12x).
11. 1 + cos(x) = 2 cos2(12x).
12. 1± sin(x) = 1± cos(12π − x).
Dos reglas de sustitucion utiles en ciertos casos simples:
1. Para
∫sinm(x) cosn(x)dx : Si m es impar, sustituir u = cos(x). Si n es impar, sustituir
u = sin(x).
2.
∫tanm(x) secn(x)dx : Si n es par, sustotuir u = tan(x). Si m es impar, sustituir u = sec(x).
Problemas resueltos
Senos y cosenosEn los siguientes ejercicios, evaluar la integral de la izquierda.
1.
∫sin2(x)dx =
∫1
2(1− cos(2x))dx =
1
2x− 1
4sin(2x) + c.
2.
∫cos2(3x)dx =
∫1
2(1 + cos(6x))dx =
1
2x+
1
12sin(6x) + c.
3.
∫sin3(x)dx =
∫sin2(x) sin(x)dx =
∫(1− cos2(x)) sin(x)dx = − cos(x) +
1
3cos3(x) + c.
Esta solucion es equivalente a la obtenida usando la sustitucion u = cos(x), du = − sin(x)dx,como sigue∫
sin3(x)dx = −∫
(1− u2)du = −u+1
3u3 + c = − cos(x) +
1
3cos3(x) + c.
22
4. ∫cos5(x)dx =
∫cos4(x) cos(x)dx =
∫(1− sin2(x))2 cos(x)dx
=
∫cos(x)dx− 2
∫sin2(x) cos(x)dx+
∫sin4(x) cos(x)dx
= sin(x)− 2
3sin3(x) +
1
5sin5(x) + c.
5. ∫sin2(x) cos3(x)dx =
∫sin2(x) cos2(x) cos(x)dx =
∫sin2(x)(1− sin2(x)) cos(x)dx
=
∫sin2(x) cos(x)dx−
∫sin4(x) cos(x)dx
=1
3sin3(x)− 1
5sin5(x) + c.
6. ∫cos4(2x) sin3(2x)dx =
∫cos4(2x) sin2(2x) sin(2x)dx =
∫cos4(2x)[1− cos2(2x)] sin(2x)dx
=
∫cos4(2x) sin(2x)dx−
∫cos6(2x) sin(2x)dx
= − 1
10cos5(2x) +
1
14cos7(2x) + c.
7. ∫sin3(3x) cos5(3x)dx =
∫(1− cos2(3x)) cos5(3x) sin(3x)dx
=
∫cos5(3x) sin(3x)dx−
∫cos7(3x) sin(3x)dx
= − 1
18cos6(3x) +
1
24cos8(3x) + c,
o bien∫sin3(3x) cos5(3x)dx =
∫sin3(3x)(1− sin2(3x))2 cos(3x)dx
=
∫sin3(3x) cos(3x)dx− 2
∫sin5(3x) cos(3x)dx+
∫sin7(3x) cos(3x)dx
=1
12sin4(3x)− 1
9sin6(3x) +
1
24sin8(3x) + c.
8.
∫cos3
(x3
)dx =
∫ (1− sin2
(x3
))cos
(x3
)dx = 3 sin
(x3
)− sin3
(x3
)+ c.
sustituciones trigonometricas
1. Hallar
∫dx
x2√4 + x2
.
23
Solucion:
Sea x = 2 tan(z), ası que x y z estan relacionados como en la figura. Entonces dx =2 sec2(z)dz,
√4 + x2 = 2 sec(z) y∫
dx
x2√4 + x2
=
∫2 sec2(z)
(4 tan2(z))(2 sec(z))dz =
1
4
∫sec(z)
tan2(z)dz
=1
4
∫cos(z)
sin2(z)dz
= − 1
4 sin(z)+ c = −
√4 + x2
4x+ c.
2. Hallar
∫x2
√x2 − 4
dx.
Solucion:
Sea x = 2 sec(z), ası que x y z estan relacionadas como en la figura. Entonces dx =2 sec(z) tan(z)dz,
√x2 − 4 = 2 tan(z) y∫
x2
√x2 − 4
dx =
∫4 sec2(z)
2 tan(z)(2 sec(z) tan(z))dz = 4
∫sec3(z)dz
= 2 sec(z) tan(z) + 2 ln | sec(z) + tan(z)|+ c′
=1
2x√x2 − 42 ln |x+
√x2 − 4|+ c.
24
3. Hallar
∫ √9− 4x2
xdx.
Solucion:
Sea x =3
2sin(z) (vease la figura); entonces dx =
3
2cos(z)dz,
√9− 4x2 = 3 cos(z) y
∫ √9− 4x2
xdx =
∫3 cos(z)32sin(z)
(3
2cos(z)
)dz = 3
∫cos2(z)
sin(z)dz
= 3
∫1− sin2(z)
sin(z)dz = 3
∫csc(z)dz − 3
∫sin(z)dz
= 2 ln | csc(z)− cot(z)|+ 3 cos(z) + c′
= 2 ln
∣∣∣∣3−√9− 4x2
x
∣∣∣∣+√9− 4x2 + c.
4. Hallar
∫dx
x√9 + 4x2
.
25
Solucion:
Sea x =3
2tan(z) (vease figura); entonces dx =
3
2sec2(z)dz,
√9 + 4x2 = 3 sec(z) y
∫dx
x√9 + 4x2
=
∫ 32sec2(z)
(32tan(z))(3 sec(z))
dz =1
3
∫csc(z)dz
=1
3ln | csc(z)− cot(z)|+ c′
=1
3ln
∣∣∣∣3−√9− 4x2
x
∣∣∣∣+√9− 4x2 + c
5. Hallar
∫(16− 9x2)3/2
x6dx.
Solucion:
Sea4
3sin(z) (vease figura); entonces dx =
4
3cos(z)dz,
√16− 9x2 = 4 cos(z) y
∫(16− 9x2)3/2
x6dx =
∫(64 cos3(z))(4
3cos(z))
4096729
sin6(z)dz =
243
16
∫cos4(z)
sin6(z)dz
=243
16
∫cot4(z) csc2(z)dz = −243
80cot5(z) + c
= −243
80
(16− 9x2)5/2
243x5+ c
= − 1
80
(16− 9x2)5/2
x5+ c.
26
6. Hallar
∫x2
√2x− x2
dx =
∫x2√
1− (x− 1)2dx.
Solucion:
Sea x− 1 = sin(z) (vease figura); entonces dx = cos(z)dz,√2x− x2 = cos(z) y∫
x2
√2x− x2
dx =
∫(1 + sin(z))2
cos(z)cos(z)dz =
∫(1 + sin(z))2dz
=
∫ (3
2+ 2 sin(z)− 1
2cos(2z)
)dz
=3
2z − 2 cos(z)− 1
4sin(2z) + c
=3
2arcsin(x− 1)− 2
√2x− x2 − 1
2(x− 1)
√2x− x2 + c
=3
2arcsin(x− 1)− 1
2(x+ 3)
√2x− x2 + c.
Ejercicios de recapitulacion
1. Hallar la integral indicada y comprobar el resultado mediante integracion.
27
a)
∫x
37dx
b)
∫ (3ex +
2
x− x2
2
)dx
c)
∫3x2 + 2x− 5
x3dx
d)
∫1
x2dx
e)
∫(3t2 −
√5t+ 2)dt
f )
∫ (x
12 − 3x
23 + 6
)dx
g)
∫ (ex
2+ x
√x
)dx
h)
∫(x3 − 2x2)
(1
x− 5
)dx
i)
∫ √t(t2 − 1)dt
j )
∫x(2x+ 1)2dx
k)
∫x2 + 3x− 2√
xdx
l)
∫ (2eu +
6
u+ ln(2)
)du
2. Calcular las siguientes integrales, utilizando el metodo de sustitucion simple.
a)
∫x(x2 + 1)3dx
b)
∫ex(1 + ex)3dx
c)
∫1 + ln(x)
xdx
d)
∫x
x+ 1dx
e)
∫sec2(x)
√1 + tan(x)dx
f )
∫sin(x)
(1 + cos(x))3dx
28
g)
∫3t
1 + t2dt
h)
∫ √1 + sin2(x) sin(2x)dx
i)
∫xex
2
dx
j )
∫ecos(x) sin(x)dx
k)
∫e2y − 1
e2y + 2dy
l)
∫5 cos(7x)dx
m)
∫cos(x)
sin2(x)dx
n)
∫arcsin(x)√1− x2
dx
n)
∫(e5x + a5x)dx
3. Calcular las siguientes integrales, utilizando integracion por partes.
a)
∫x sec2(3x)dx
b)
∫x2exdx
c)
∫x√
a+ bxdx
d)
∫x2√1− xdx
e)
∫arc cos(2x)dx
f )
∫(x3 + 5x2 − 2)e2xdx
g)
∫ex cos(x)dx
h)
∫ln(t)
t3dt
i)
∫sin(x) ln(cos(x))dx
29
j )
∫x2 sin(3x)dx
k)
∫x
cos2(x)dx
l)
∫sin(x) ln(cos(x))dx
m)
∫x cos(x)dx
n)
∫x2 cos(x)dx
n)
∫ex sin(2x)dx
o)
∫xarcsec(x)dx
p)
∫arcsin(x)dx
Ejercicios propuestos
I) Integrales inmediatas y por sustitucion simple.
a)
∫(8x4 + 4x3 − 6x2 − 4x+ 5)dx =
8
5x5 + x4 − 2x3 − 2x2 + 5x+ c.
b)
∫(3√x− x
√x
4)dx = 6
√x− 1
10x2√x+ c
c)
∫(
4
x√x+
1
x2+ 2)dx = −1
x6√x− 8√
x+ 2x+ c
d)
∫(x2 +
13√x)2dx =
x5
5+
3
4x2 3√x2 + c
e)
∫dx
sin2(3x)= −cot(3x)
3+ c
f )
∫dx
3x− 7=
1
3ln |3x− 7|+ c
g)
∫dy
(2− y)2=
1
2(2− y)2+ c
h)
∫(1− x3)2x2dx = −1
9(1− x3)2 + c
i)
∫x
2x2 + 3dx =
1
2
√2x2 + 3 + c
30
j )
∫(1 +
√x)2√
xdx =
2
3(1 +
√x)3 + c
k)
∫a4xdx =
a4x
4 ln(a)+ c
l)
∫sin(2x)
(1 + cos(2x))2dx =
1
2(1 + cos(2x))+ c
m)
∫e2x
e2x + xdx =
1
2ln(e2x + 3) + c
n)
∫(ex + 1)2exdx =
(ex + 1)3
3+ c
n)
∫ √1 +
√x√
xdx =
4
3
√(1 +
√x)3 + c
II) Compruebe las siguientes igualdades, empleando integracion por partes.
a)
∫x sec2(3x)dx =
x
3tan(3x)− 1
9ln | sec(3x)|+ c
b)
∫x2e−3xdx = −1
3e−3x(x2 +
2
3x+
2
9) + c
c)
∫x√
a+ bxdx =
2(bx− 2a)√a+ bx
3b2+ c
d)
∫x arcsin(x2)dx =
1
2x2 arcsin(x2) +
1
2
√1− x4 + c
e)
∫x2 ln(x)dx =
1
9x3(3 ln(x)− 1) + c
f )
∫x2 cos(2x)dx =
1
2x2 sin(2x) +
1
2x cos(2x)− 1
4sin(2x) + c
g)
∫ex sin(4x)dx =
1
17ex(sin(4x)− 4 cos(4x)) + c
h)
∫x sec2(x)dx = x tan(x) + ln | cos(x)|+ c
i)
∫(ln(x))2dx = x(ln(x))2 − 2x ln(x) + 2x+ c
III) Sustitucion trigonometrica
a)
∫ √25− x2
xdx = 5 ln
∣∣∣∣5−√25− x2
x
∣∣∣∣+√25− x2 + c
b)
∫dx
x2√a2 − x2
= −√a2 − x2
a2x+ c
31
c)
∫dx
(a2 + x2)=
x
a2√a2 + x2
+ c
d)
∫dt√
t2 − 4t+ 13= ln |t− 2 +
√t2 − 4t+ 13|+ c
e)
∫dx
(4x− x2)3/2=
x− 2
3√4x− x2
+ c
IV) Fracciones parciales.
a)
∫dx
x2 + 7x+ 6=
1
5ln
∣∣∣∣x+ 1
x+ 6
∣∣∣∣+ c
b)
∫x2 − 3x− 1
x3 + x2 − 2xdx = ln
∣∣∣∣∣(x+ 2)√x(x+ 2)
x− 1
∣∣∣∣∣+ c
c)
∫x
x2 − 4x+ 4dx = ln |x− 2| − 2
x− 2+ c
d)
∫dx
(x− 2)(x− 1)2=
1
x− 1+ ln
∣∣∣∣x− 2
x− 1
∣∣∣∣+ c
e)
∫dx
x(x2 + 1)= ln
∣∣∣∣ x√x2 + 1
∣∣∣∣+ c
f )
∫dx
x2 − 9=
1
6ln
∣∣∣∣x− 3
x+ 3
∣∣∣∣+ c
g)
∫x3 − 6
x4 + 6x2 + 8dx = ln
(x2 + 4√x2 + 2
)+
3
2arctan
(x2
)− 3√
2arctan
(x√2
)+ c
h)
∫3x− 7
x3 + x2 + 4x+ 4dx = ln
(x2 + 4
(x+ 1)2
)+
1
2arctan
(x2
)+ c
i)
∫x4 − 2x3 + 3x2 − x+ 3
x3 − 2x2 + 3xdx =
1
2x2 + ln
∣∣∣∣ x√x2 − 2x+ 3
∣∣∣∣+ c
j )
∫dx
e2x − 3ex=
1
3ex+
1
9ln
∣∣∣∣ex − 3
ex
∣∣∣∣+ c (Hacer u = ex)
1.2. La integral definida
Son dos problemas, ambos geometricos, los que motivaron las ideas mas potentes del Calculo.Uno de ellos es el problema de la recta tangente que nos condujo al concepto de derivada, el otroes el problema de areas que nos conducira al concepto de integral definida.
Hasta el momento solamente es posible calcular el area de figuras geometricas conocidas,esto es: cuadrados, rectangulos, triangulos, cırculos, etc. Interesa ahora poder calcular areas deregiones mas complicadas, como por ejemplo regiones cuyas fronteras corresponden a graficas defunciones.
32
Consideremos una funcion f continua y no negetiva definida en [a, b] y seaR = {(x, y) / a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)}, esto es, la region acotada por las rectas x = a, x = b,
la curva y = f(x) y el eje X, como lo muestra la figura. Usualmente R se denomina region bajola curva y = f(x) entre a y b.
Vamos a precisar el area de R. En efecto:Sea n un entero positivo arbitrario; subdividimos el intervalo [a, b] en n subintervalos de igual
longitud, esto es, b−an. Para ello debemos obtener los puntos x0 = a, x1, x2, ..., xn = b, tales que
xk−1 < xk,
xk − xk−1 =b− a
n, k = 1, 2, ..., n.
Denotaremos por ∆x a la longitud de cada subintervalo, esto es:
∆x = xk − xk−1 =b− a
n, k = 1, 2, ..., n.
Como f es continua en cada subintervalo [xk−1, xk], entonces f alcanza un mınimo en algunnumero uk de [xk−1, xk]. Para cada k se construye un rectangulo de base ∆x y altura f(uk), demodo que su area es f(uk)∆x. Graficamente:
33
que denotaremos por Rn. Entonces
Area(Rn) =n∑
k=1
f(uk)∆x,
donde f(uk) es el mınimo de f en [xk−1, xk], k = 1, 2, ..., n. Graficamente
Es claro que si n es muy grande (o bien ∆x es muy pequeno) entonces Area(Rn) ≈ Area(R).Se intuye que si A = Area(R), entonces
A = lımn→∞
(∆x) → 0n∑
n=1
f(uk)∆x.
(∆x → 0)
Definicion 1.3. i) Se llama particion de [a, b], que denotaremos por P , a la (n+ 1)−tupla
P = (x0, x1, ..., xn)
tal quea = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b.
ii) Se llama refinamiento de P , que denotaremos por T , a la n−tupla
T = (c1, c2, ...., cn)
tal quexk−1 ≤ ck ≤ xk, para k = 1, 2, ..., n.
Tambien cada numero ck se llama punto de muestra.
Definicion 1.4. Sea f una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b] y sea P una particionde [a, b] y T un refinamiento de P . Se llama suma de Riemann de f para P , que denotaremospor Rp, a la expresion
Rp =n∑
k=1
f(ck)∆xk,
donde ∆xk = xk+1 − xk, k = 0, 1, 2, ..., n− 1.
34
Graficamente
Definicion 1.5. Se llama Norma de P , que denotaremos por ∥P∥ a la expresion
∥P∥ = max0≤k≤n−1
{∆xk = xk+1 − xk},
de modo que I = lım∥P∥→0
n∑k=1
f(ck)∆xk debe interpretarse como
(∀ε > 0)(∃δ > 0)( Si P es una particion de [a, b] con ∥P∥ < δ
entonces
|n∑
k=1
f(ck)∆xk − I| < ε, para cualquier refinamiento T de P ).
Observacion 1.1. El alumno debera analizar el hecho de que para δ > 0 existe una infinidad departiciones con ∥P∥ < δ y para cada una de estas particiones P hay una infinidad de eleccionesposibles de refinamientos T . Por lo tanto hay un numero infinito de sumas de Riemann Rp
diferentes asociadas a cada particion P .
Con todas estas consideraciones podemos, entonces, presentar la definicion de integral definidacomo un lımite de sumas de Riemann:∫ b
a
f(x)dx = lım∥P∥→0
n∑k=1
f(ck)∆xk.
Observacion 1.2. En la integral definida
∫ b
a
f(x)dx, a < b, llamaremos a : lımite inferior y
b : lımite superior. Ademas debera entenderse que x es una variable ficticia, esto es, x puedereemplazarse por cualquier otra letra, luego∫ b
a
f(x)dx =
∫ b
a
f(u)du =
∫ b
a
f(t)dt.
35
Definicion 1.6. i) Si f(a) existe, entonces∫ a
a
f(x)dx = 0.
ii) Si f es integrable en [a, b] entonces∫ d
a
f(x)dx = −∫ a
b
f(x)dx.
El siguiente teorema es presentado sin su demostracion, su prueba puede ser encontrada enlibros de Calculo avanzado.
Teorema 1.1. Sea f una funcion acotada en [a, b] y continua en [a, b] excepto en un numerofinito de puntos, entonces f es integrable en [a, b].
Ejemplo 1.23. La funcion f(x) =
{1, si x = 0,1
x2, si x = 0
cuya grafica es
no es integrable en [−1, 1], ya que no es acotada en [−1, 1]. Esto se justifica por que el aporte decualquier suma de Riemann en un subintervalo que contiene a x = 0 puede acerce arbitrariamengrande al escoger un punto ck del refinamiento lo suficientemente cerca de de x = 0.
Teorema 1.2. (Teorema fundamental del Calculo)Sea f una funcion continua en [a, b] y F una antiderivada de f en [a, b], entonces∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a).
Demostracion: Sea P = {a = x0, x1, ..., xn = b} una particion de [a, b]. Entonces
F (b)− F (a) = F (xn)− F (xn−1) + F (xn−1)− F (xn−2) + · · ·+ F (x1)− F (x0)
=n∑
k=1
F (xk)− F (xk−1).
36
Segun el Teorema del valor medio para derivadas, aplicado a F en el intervalo [xk−1, xk], se tiene
F (xk)− F (xk−1) = F ′(ck)(xk − xk−1), ck ∈ (xk−1, xk)
= f(ck)∆xk.
Luego
F (b)− F (a) =n∑
k=1
f(ck)∆xk.
Ası, aplicando lımite cuando ∥P∥ → 0 en esta ultima igualdad y teniendo en cuenta que F (b)−F (a) es constante con respecto a ∥P∥, tiene
lım∥P∥→0
(F (b)− F (a)) = F (b)− F (a) = lım∥P∥→0
∞∑k=1
f(ck)∆xk
=
∫ b
a
f(x)dx.
Por lo tanto,
F (b)− F (a) =
∫ b
a
f(x)dx.
Notacion:
F (b)− F (a) = F (x)∣∣ba.
Ejemplo 1.24. Evaluar
∫ 5
0
x
1 + x2dx.
Solucion:
De la Seccion 2 de tecnicas de integracion, se sabe que si f(x) =x
1 + x2, entonces una
antiderivada esta dada por F (x) =1
2ln(1 + x2). Por lo tanto
∫ 5
0
x
1 + x2dx =
1
2ln(1 + x2)
∣∣50=
1
2ln(26)− 1
2ln(1)
=1
2ln(26) ≈ 1,629.
Ejemplo 1.25. Evaluar
∫ 2
0
√x2 + x(2x+ 1)dx
37
Solucion
Como en el ejemplo anterior, si f(x) =√x2 + x(2x+1), entonces mediante sustitucion simple
u = x2 + x, se tiene que F (x) =2
3(x2 + x)3/2 es una antiderivada de f .
Luego
∫ 2
0
√x2 + x(2x+ 1)dx =
2
3(x2 + x)3/2
∣∣20
=2
3· 63/2 − 2
3· (0)
=2
3· 63/2 ≈ 9,8.
Teorema 1.3. (Linealidad)Si f y g son integrables en [a, b] y k es una constante, entonces kf y f ± g son integrables en
[a, b], de modo que
i)
∫ b
a
k · f(x)dx = k
∫ b
a
f(x)dx
ii)
∫ b
a
[f(x)± g(x)]dx =
∫ b
a
f(x)dx±∫ b
a
g(x)dx
Teorema 1.4. (Comparacion)Si f y g son integrables en [a, b] tales que f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces∫ b
a
f(x)dx ≤∫ b
a
g(x)dx.
Teorema 1.5. (Aditividad)Si f es integrable en [a, b], entonces∫ b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx, c ∈ (a, b).
Teorema 1.6. (Acotamiento)Si f es integrable en [a, b] y m ≤ f(x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], entonces
m(b− a) ≤∫ b
a
f(x)dx ≤ M(b− a).
Teorema 1.7. (Derivacion de una integral definida)Sea f una funcion continua en [a, b] y x ∈ (a, b) un punto variable. Si una funcion G es
definida por
G(x) =
∫axf(t)dt, para a ≤ x ≤ b.
38
Entonces, G es diferenciable en [a, b] y su derivada es f , es decir
G′(x) =d
dx[
∫ x
a
f(t)dt] = f(x).
Observacion 1.3.
i) En algunos textos este Teorema tambien se considera como Teorema fundamental del Calcu-lo.
ii) Una consecuencia de este Teorema es que toda funcion continua f tiene una antiderivadaA dada por
A(x) =
∫ x
a
f(t)dt
Ejemplo 1.26. Si y =
∫ x
0
√1 + ttdt, calcular
dy
dx.
Solucion:
En este caso, aunque es factible (pero laborioso) resolver la integral definida
∫ x
0
√1 + t2dt y
despues derivar, lo que realmente interesa es la aplicacion del Teorema anterior. En efecto:
f(t) =√1 + t2 es continua en [0,∞].
Ası, si G(x) =
∫ x
0
√1 + t2dt, entonces
dy
dx= G′(x) = f(x) =
√1 + t2.
Ejemplo 1.27. Si y =
∫ x3
0
(3t− 1)dt, hallardy
dx.
Solucion:
Insistiremos en la aplicacion del Teorema anterior, aun cuando ahora existe la complicacionde que el lımite superior de la integral es x3. Esta dificultad se resuelve usando la Regla de laCadena. En efecto:
Sea u = x3, entonces
dy
dx=
dy
du· dudx
=d
du
[∫ u
0
(3t− 1)dt
]3x2
= (3u− 1) · 3x2
= (3x3 − 1) · 3x2 = 9x5 − 3x2.
39
Estudiaremos ahora como afecta a los lımites de una integral definida, una sustitucion ocambio de variables utilizada en su resolucion. Por ejemplo, calcular:∫ 4
0
x√x2 + 9dx.
Para determinar una antiderivada de f(x) = x√x2 + 9 utilizaremos la sustitucion u = x2 + 9,
entonces du = 2xdx, de modo que xdx =du
2. Ası∫
x√x2 + 9dx =
1
3(x2 + 9)3/2.
Si se aplica el Teorema fundamental del Calculo, se obtiene:∫ 4
0
x√x2 + 9dx =
1
3(x2 + 9)3/2
∣∣40
=1
3[253/2 − 93/2]
=1
3[53 − 33] =
98
3.
Teorema 1.8. (Sustitucion o cambio de variables)Sea g una funcion con derivada continua y no nula en [a, b] y f una funcion continua sobre
el rango de g. Entonces ∫ b
a
f(g(x)) · g′(x)dx =
∫ g(b)
g(a)
f(u)du.
Demostracion: Sea A una antiderivada de f (la existencia de A esta garantizada por el Teorema1.7), entonces ∫ g(b)
g(a)
f(u)du = A(u)
∣∣∣∣b(b)g(a)
= A(g(b))− A(g(a)). (1.9)
Por otra parte, usando sustitucion:
u = g(x) ⇒ du = g′(x)dx,
se tiene ∫f(g(x)) · g′(x)dx =
∫f(u)du = A(u) + c = A(g(u)) + c.
Luego ∫ b
a
f(g(x)) · g′(x)dx = A[(g(u)) + c]
∣∣∣∣ba
= (A(b(b)) + c)− (A(g(a)) + c)
= A(g(b))− A(g(a)). (1.10)
40
Ası, comparando (1.9) y (1.10) se concluye∫ b
a
f(g(x)) · g′(x)dx =
∫ g(b)
g(a)
f(u)du.
Ejemplo 1.28. Usando el Teorema de sustitucion, calcular∫ 4
0
x√x2 + 9dx.
Solucion:
Aquı, g(x) = x2 + 9 es una funcion con derivada continua y no nula en [0, 4]. Ademas,f(u) =
√u es continua en [9,∞], el rango de g. Luego
Como f(g(x)) · g′(x)dx =√x2 + 92xdx y g(0) = 24, entonces
∫ 4
0
x√x2 + 9dx =
∫ 4
0
f(g(x))g′(x)dx =1
2
∫ 25
9
f(u)du
=1
2
∫ 25
9
√udu
=1
2· 23(u3/2)
∣∣∣∣259
=1
3(253/2 − 93/2)
=1
3(53 − 33) =
98
3.
Ejemplo 1.29. Calcular
∫ 1
0
x+ 2
x2 + 4x+ 1dx.
Solucion:
Sea u = x2 + 4x+ 1 ⇒ du = (2x+ 4)dx
= 2(x+ 2)dx
⇒ du
2= (x+ 2)dx.
Para determinar los nuevos lımites de integracion, considerar que:
Si x = 0 ⇒ u = 1,x = 1 ⇒ u = 6.
41
Por lo tanto ∫ 1
0
x+ 2
x2 + 4x+ 1dx =
1
2
∫ 6
1
du
u
=1
2ln |u|
∣∣∣∣61
=1
2(ln(6)− ln(1))
=1
2ln(6).
Teorema 1.9. (Simetrıa)Sea f una funcion continua en [−a, a] :
i) Si f es una funcion par en [−a, a], entonces∫ a
−a
f(x)dx = 2
∫ a
0
f(x)dx.
ii) Si f es una funcion impar en [−a, a], entonces∫ a
−a
f(x)dx = 0.
Ejemplo 1.30. Calcular
∫ 4
−4
x4dx.
Solucion:
Como f(x) = x4, se deduce que es una funcion par. Entonces∫ 4
−4
x4dx = 2
∫ 4
0
x4dx
= 2 · x5
5
∣∣∣∣50
=2
5· (4)5.
Ejemplo 1.31. Calcular
∫ 5
−5
x√x2 + 1dx.
42
Solucion:
Sea f(x) = x√x2 + 1dx, entonces
f(−x) = −x√(−x)2 + 1 = −(x
√x2 + 1) = −f(x),
de modo que f es una funcion impar. Por lo tanto∫ 5
−5
x√x2 + 1dx = 0.
1.2.1. Aplicaciones de la integral definida
A. Area de regiones planasEn la seccion de Integral definida se entregaron los fundamentos que justifican la validezdel siguiente teorema.
Teorema 1.10. Sea f una funcion continua y no-negativa en [a, b] y sea R la regioncomprendida entre las graficas de f, el eje X y las rectas x = a y x = b; es decir
R = {(x, y) / a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)},
entonces
Area(R) =
∫ b
a
f(x)dx.
Ejemplo 1.32. Calcular el area de la region interior a la elipse
x2
a2+
y2
b2= 1, a > b.
Solucion:
Aplicando simetrıa, se tiene que el area pedida es igual a cuatro veces el area de la region
R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b
a
√a2 − x2}
43
Por lo tanto
Area(R) =
∫0
b
a
√a2 − x2dx.
Pero
∫ a
0
√a2 − x2dx =
πa2
4, y que representa el area bajo la curva f(x) =
√a2 − x2,
0 ≤ x ≤ a, la cual corresponde al area de la cuarta parte de un cırculo de radio a. Luego
Area(R) =b
a· πa
2
4=
ab
4π.
Por lo tanto, area pedida es 4 · Area(R) = πab.
Observacion 1.4. El Teorema anterior es adaptable al caso de una region comprendidaentre las graficas de una funcion x = g(y) continua y no-negativa en [c, d], las rectas y = c,y = d y el eje Y .
Ejemplo 1.33. Encontrar el area de la region acotada por el grafico de y =√x, las rectas
x = 0, y = 3 y el eje Y .
Solucion:
Graficamente, se tiene
44
Entonces R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ y2, 0 ≤ y ≤ 3}. Luego
Area(R) =
∫ 3
0
y2dy =y3
3
∣∣∣∣30
= 9.
B. Regiones comprendidas entre dos curvas
Teorema 1.11. Si f y g son funciones continuas en [a, b] tales que g(x) ≤ f(x) para todox ∈ [a, b]. Si
R = {(x, y) / a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x)},
entonces
Area(R) =
∫ b
a
[f(x)− g(x)]dx.
Demostracion:
i) Si f y g son funciones no-negativas en [a, b] (ver figura)
Entonces, aplicando el Teorema 1.10 se tiene
A(R) =
∫ b
a
f(x)dx−∫ b
a
g(x)dx
=
∫ b
a
[f(x)− g(x)]dx.
45
ii) Si f o g son funciones negativas en [a, b] (ver figura)
entonces, escogiendom = mın{g(x) / a ≤ x ≤ b}
se trasladan las funciones f y g una distancia |m| en el eje Y . Ası, se obtienen lasfunciones no-negativas
f1(x) = f(x) + |m|; g1(x) = g(x) + |m|, x ∈ [a, b]
que comprenden una region congruente con la region original R. Ası
Area(R) =
∫ b
a
[f1(x)− g1(x)]dx =
∫ b
a
[f(x)− g(x)]dx.
Ejemplo 1.34. Calcular el area de la region acotada por las graficas de las funcionesy = x2, y =
√x.
Solucion:
Graficamente
Por lo tantoR = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤
√x},
46
luego
Area(R) =
∫ 1
0
[√x− x2]dx
= (2
3x3/2 − x3
3)
∣∣∣∣10
=2
3− 1
3=
1
3.
Ejemplo 1.35. Calcular el area de la region acotada por las curvas y = sin(x), y = cos(x),el eje Y y la recta x = π.
Solucion:
Observar que al graficar la region, se tiene que en [0, π] existe solo una interseccion entrelas curvas, en efecto
sin(x) = cos(x) ⇒ x =π
4
de modo que cambia el orden entre las funciones a partir del punto x =π
4. Por lo tanto
Area(R) =
∫ π/4
0
(cos(x)− sin(x))dx+
∫ π
π/4
(sin(x)− cos(x))dx
= sin(x)
∣∣∣∣π/40
+ cos(x)
∣∣∣∣π/40
− cos(x)
∣∣∣∣ππ/4
− sin(x)
∣∣∣∣ππ/4
= sin(π
4) + (cos(
π
4)− 1)− (cos(π)− cos(
π
4))− (sin(π)− sin(
π
4))
= sin(π
4) + cos(
π
4)− 1− (−1− cos(
π
4))− (0− sin(
π
4))
= 2 sin(π
4) + 2 cos(
π
4)
= 2
√2
2+ 2
√2
2= 2
√2.
47
Ejemplo 1.36. Calcular el area de la region R acotada por las graficas de y−x = 6, y = x3
y x+ 2y = 0.
Solucion
Realizando el grafico de las curvas, se observa que la region queda subdividida en dosregiones (R = R1 ∪R2), donde
R1 = {(x, y) / − 4 ≤ x ≤ 0, −x
2≤ y ≤ x+ 6},
R2 = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 2, x3 ≤ y ≤ x+ 6}.
Luego
Area(R) = Area(R1) + Area(R2)
=
∫ 0
−4
[(x+ 6)− (−x
2)]dx+
∫ 2
0
[(x+ 6)− x3]dx
= (x2
2+ 6x+
x2
4)
∣∣∣∣0−4
+ (x2
2+ 6x− x4
4)
∣∣∣∣20
= (0− (8− 24 + 4)) + ((2 + 12− 4)− 0)
= 22.
48
Ejercicios propuestos
1. Calcule el area encerrada por las graficas de y = x− 2 e y = (x− 2)2.
2. Calcular el area de la region comprendida por las graficas de:
a) y2 = 4− x e y2 = 4− 4x
b) x = y2 y x2 = −8y
3. Calcular el area de la region comprendida entre las curvas definidas por
y = x2 − 6x+ 5, y = −x2 + 6x+ 5.
4. Hallar el area limitada por la parabola y = x2 − 7x+ 6, el eje X y las rectas x = 2; x = 6.
5. Hallar el area comprendida entre las parabolas y2 = 8x y x2 = −8y.
6. Calcular el area comprendida por la region y = x3 − 6x2 + 8x y el eje X.
7. Calcular el area de la superficie limitada por las graficas indicadas. Expresar los resultadosen unidades de superficie.
a) y = x2, y = −x, x = −1, x = 1
b) f(x) = −x2 − 3x, g(x) = 3− x
c) x = 3− y2, y = x− 1
d) x = y2, x2 = −8y
e) f(x) = x2 − 4x+ 3, g(x) = −x2 + 2x+ 3
f ) y = 4− x2, y = |x|g) y = e−x, y = 0, x = 0, x = 1
h) y2 = 4− x, y2 = 4− 4x
i) y = 6x− x2, 5x− 3y = 10
49
1.2.2. Integral impropia
Definicion 1.7.
i) Sea f una funcion continua en [a,+∞], entonces∫ +∞
a
f(x)dx = lımb→+∞
∫ b
a
f(x)dx.
ii) Sea f una funcion continua en [−∞, b], entonces∫ b
−∞f(x)dx = lım
a→−∞
∫ b
a
f(x)dx.
Observacion 1.5. Las expresiones
∫ +∞
a
f(x)dx y
∫ b
−∞f(x)dx son llamadas integrales impro-
pias de lımite infinito y se dice que son convergentes cuando el lımite que las define existe,en caso contrario se dice que son divergentes.
Ejemplo 1.37. Determinar si
∫ +∞
2
1
(x− 1)2dx es convergente o divergente.
Solucion:
Como ∫ b
2
1
(x− 1)2dx = − 1
x− 1
∣∣∣∣b2
= 1− 1
b− 1,
entonces ∫ +∞
2
1
(x− 1)2dx = lım
b→+∞
∫ b
2
1
(x− 1)2dx
= lımb→+∞
(1− 1
b− 1) = 1.
Por lo tanto, la integral
∫ +∞
2
1
(x− 1)2dx es convergente.
Ejemplo 1.38. Analizar la convergencia de
∫ +∞
0
eαxdx, α ∈ R.
50
Solucion:
∫ +∞
0
eαxdx = lımb→+∞
∫ b
0
eαxdx
= lımb→+∞
eαx
α
∣∣∣∣b0
= lımb→+∞
1
α(eαb − 1)
=1
α( lımb→+∞
eαb − 1).
Debemos considerar los siguientes casos:
i) Si α > 0, entonces lımb→+∞
eαb = +∞. Luego
∫ +∞
0
eαxdx
es divergente.
ii) Si α < 0, entonces lımb→+∞
eαb = lımb→+∞
e1
e−αb = 0. Luego
∫ +∞
0
eαxdx = − 1
α,
por lo que la integral es convergente.
iii) Si α = 0. En este caso no es posible evaluar la expresion anterior, de modo que debemosreemplazar α = 0 en la expresion original, esto es∫ +∞
0
eαxdx =
∫ +∞
0
dx = lımb→+∞
b = +∞,
de modo que la integral es divergente.
Definicion 1.8. Sea f una funcion continua en (−∞,+∞). Si a ∈ R, entonces∫ +∞
−∞f(x)dx =
∫ a
−∞f(x)dx+
∫a
+∞f(x)dx,
siempre y cuando las integrales impropias
∫ a
−∞f(x)dx y
∫a
+∞f(x)dx sean convergentes.
51
Ejemplo 1.39. En la asignatura de Estadıstica se estudiara la funcion densidad normal, definidapor
f(x) =1√2π
e−x2
2
Mas adelante sera posible demostrar que
1√2π
∫ +∞
−∞e−
x2
2 dx = 1.
A partir de este resultado se puede deducir que:
i) La funcion de densidad normal tiene medida igual a cero, esto es:∫ +∞
−∞xf(x)dx = 0.
En efecto: ∫ +∞
−∞xf(x)dx =
1√2π
∫ +∞
−∞xe−
x2
x dx = 0,
ya que el integrando es una funcion impar.
ii) La funcion de densidad normal tiene varianza igual a 1, esto es∫ +∞
−∞x2f(x)dx = 1.
En efecto: ∫ +∞
−∞x2f(x)dx =
1√2π
∫ +∞
−∞x2e−
x2
2 dx
=2√2π
∫ +∞
0
xe−x2
2 dx,
ya que el integrando es una funcion par.
52
Ahora, integrando por partes se tiene:
Sea u = x ⇒ du = dx
dv = xe−x2
2 dx ⇒ v = −e−x2
2 .
Luego ∫ b
0
x2e−x2
2 dx = −xe−x2
2
∣∣∣∣b0
+
∫ b
0
e−x2
2 dx
= −be−b2
2 +
∫ b
0
e−x2
2 dx.
Lo que implica ∫ +∞
0
xe−x2
2 dx = − lımb→+∞
(be−b2
2 ) + lımb→+∞
∫ b
0
e−x2
2 dx
= − lımb→+∞
(be−b2
2 ) +
∫ +∞
0
e−x2
2 dx.
Usando la regla de L’opital, se tiene
lımb→+∞
(be−b2
2 ) = lımb→+∞
eb
b2/2 = lımb→+∞
1
beb2/2= 0.
Por otra parte
int+∞0 e−
x2
2 dx =1
2
∫ +∞
−∞x2e−
x2
2 dx =1
2
√2π.
Por lo tanto ∫ +∞
−∞x2f(x)dx =
2√2π
∫ +∞
0
x2e−x2
2 dx
=2√2π
(0 +
√2π
2) = 1.
Ejemplo 1.40. Calcular el area comprendida entre la curva y =1
1 + x2y el eje X, es decir,
x ∈ (−∞,+∞).
53
Solucion:
Graficamente
Analıticamente
Area(R) =
∫ +∞
−∞
1
1 + x2dx = 2
∫ +∞
0
1
1 + x2dx,
ya que el integrando es una funcion par. Luego,
Area(R) = 2 lımb→+∞
(arctan(x))
∣∣∣∣b0
= 2 lımb→+∞
(arctan(b)− arctan(0))
= 2 · (π2− 0) = π.
Definicion 1.9.
i) Sea f una funcion continua en [a, b) tal que lımx→b−
|f(x)| = ∞, entonces
∫ b
a
f(x)dx = lımt→b−
∫ t
a
f(x)dx.
ii) Sea f una funcion continua en (a, b] tal que lımx→a+
|f(x)| = ∞, entonces
∫ b
a
f(x)dx = lımt→a+
∫ b
t
f(x)dx.
Observacion 1.6. Las integrales anteriores se llaman integrales impropias de integradosinfinitos y se dice que son convergentes si el lımite que las define existe y divergentes encaso contrario.
54
Definicion 1.10. Sea f una funcion continua en [a, b], excepto en un numero c ∈ (a, b), tal quelımx→c
|f(x)| = ∞, entonces
∫ b
a
f(x)dx =
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx,
siempre y cuando las integrales impropias
∫ c
a
f(x)dx y
∫ b
c
f(x)dx sean convergentes.
Ejemplo 1.41. Formalizaremos la situacion planteada en la introduccion, esto es∫ 1
−2
1
x2dx.
Como lımx→0
∣∣∣∣ 1x2
∣∣∣∣ = ∞, se tiene
∫ 1
−2
1
x2dx =
∫ 0
−2
1
x2dx+
∫ 1
0
1
x2dx.
Utilizando el ejemplo anterior, se deduce que
∫ 1
0
1
x2dx es divergente. Por lo tanto
∫ 1
−2
1
x2dx es
divergente.
Ejemplo 1.42. Analizar la convergencia de
∫ 7
−2
1
(x+ 1)2/3dx.
Solucion:
Es claro que lımx→−1
∣∣∣∣ 1
(x+ 1)2/3
∣∣∣∣ = ∞, entonces
∫ 7
−2
1
(x+ 1)2/3dx =
∫ −1
−2
1
(x+ 1)2/3dx+
∫ 7
−1
1
(x+ 1)2/3dx.
Analizaremos cada una de las integrales del lado derecho de esta ultima igualdad.∫ −1
−2
1
(x+ 1)2/3dx = lım
t→−1−
∫ t
−2
1
(x+ 1)2/3dx
= lımt→−1−
3(x+ 1)1/2∣∣∣∣t−2
= 3 lımt→−1−
[(t+ 1)1/3 − (−1)1/3] = 3.
55
Por otra parte ∫ 7
−1
1
(x+ 1)2/3dx = lım
t→−1+
∫ 7
t
1
(x+ 1)2/3dx
= lımt→−1+
3(x+ 1)1/3∣∣∣∣7t
= 3 lımt→−1+
[81/3 − (t+ 1)1/3] = 6.
Como ambas integrales son convergentes, se tiene que la integral es convergente y su valor deconvergencia es ∫ 7
−2
1
(x+ 1)2/3dx = 3 + 6 = 9.
Ejercicios propuestos
1. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias.
a)
∫ 1
0
dx√x
b)
∫ 1/2
0
dx
x ln2(x)
c)
∫ 2
−1
dx
x
d)
∫ +∞
1
dx
x ln2(x)
e)
∫ 2
0
dx
(x− 1)2
f )
∫ +∞
1
e−kxdx
g)
∫ 1
0
dx√1− x2
h)
∫ +∞
1
arctan(x)
1 + x2dx
i)
∫ +∞
−∞
dx
1 + x2
j )
∫ 1
0
dx
x3 − 5x2
k)
∫ +∞
0
sin(x)dx
56
2. Aplicaciones
a) La funcion Gamma se define por
Γ(n) =
∫ +∞
0
xn−1e−xdx, n > 0.
1) Demuestre que la integral que define a Γ converge
2) Hallar Γ(1), Γ(2), Γ(3)
3) Demuestre que Γ(n+ 1) = Γ(n)
b) La transformada de Laplace de una funcion f(t) se definie por
L(s) =∫ +∞
0
f(t)e−stdt,
la cual es una funcion de s, si la integral que la define converge. Calcular la tansformadade Laplace de:
1) f(t) = te2t
2) f(t) = sin(t)
3) f(t) = cos(t)
57