5-Integral de Riemann.

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1. Calcular las siguientes integrales indenidas: a).- Z q (2x + 5) 3 dx b). Z 2 e x +1 dx c). Z e 1 t t 2 dt d).- Z 2x 1 x 2 +4 dx e). Z (ln x) 2 x dx f). Z xe 2x (2x + 1) 2 dx g).- Z x x 1dx h). Z x 2 e 2x dx i). Z x 3 sen xdx Solución : (a) Integral inmediata: Z q (2x + 5) 3 dx = 1 2 Z (2x + 5) 3 2 (2) dx = 1 5 q (2x + 5) 5 + C. También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = 2x +5 du = 2dx dx = du 2 Z q (2x + 5) 3 dx = 1 2 Z u 3 2 du = 1 2 2 5 u 5 2 + C = 1 5 q (2x + 5) 5 + C. (b) Z 2 e x +1 dx = Z 2 1 e x +1 dx = Z 2e x e x +1 dx =2 Z e x e x +1 dx = 2 ln |e x +1| + C. También puede hacerse con el cambio de variable: u = e x +1 du = e x dx Z 2e x e x +1 dx =2 Z 1 u du = 2 ln |u| + C = 2 ln |e x +1| + C. (c) Integral inmediata: Z e 1 t t 2 dt = Z e 1 t μ 1 t 2 dt = e 1 t + C. También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = 1 t du = dt t 2 Z e 1 t t 2 dt = Z e u du = e u + C = e 1 t + C. (d) Z 2x 1 x 2 +4 dx = Z 2x x 2 +4 dx Z 1 x 2 +4 dx = 2 ln ¯ ¯ x 2 +4 ¯ ¯ 1 2 arctan ³ x 2 ´ + C. (e) Integral inmediata: Z (ln x) 2 x dx = Z (ln x) 2 μ 1 x dx = 1 3 ln 3 x + C. También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = ln x du = dx x 93 www.LibrosQ.com www.GRATIS2.com

Transcript of 5-Integral de Riemann.

Page 1: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann.Aplicaciones

1. Calcular las siguientes integrales indefinidas:

a).-Z q

(−2x+ 5)3dx b).−Z

2

e−x + 1dx c).−

Ze1t

t2dt

d).-Z2x− 1x2 + 4

dx e).−Z(lnx)2

xdx f).−

Zxe2x

(2x+ 1)2dx

g).-Zx√x− 1dx h).−

Zx2e2xdx i).−

Zx3 senxdx

Solución:

(a) Integral inmediata:Z q(−2x+ 5)3dx = −1

2

Z(−2x+ 5) 32 (−2) dx = −1

5

q(−2x+ 5)5 +C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = −2x + 5 ⇒ du = −2dx ⇒dx = −du

2Z q(−2x+ 5)3dx = −1

2

Zu32du = −1

2

2

5u52 + C = −1

5

q(−2x+ 5)5 + C.

(b)Z

2

e−x + 1dx =

Z2

1

ex+ 1

dx =

Z2ex

ex + 1dx = 2

Zex

ex + 1dx = 2 ln |ex + 1|+ C.

También puede hacerse con el cambio de variable:

u = ex + 1⇒ du = exdx⇒Z

2ex

ex + 1dx = 2

Z1

udu = 2 ln |u|+ C = 2 ln |ex + 1|+C.

(c) Integral inmediata:Ze1t

t2dt = −

Ze1t

µ−1t2

¶dt = −e 1t + C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u =1

t⇒ du =

−dtt2Z

e1t

t2dt = −

Zeudu = −eu + C = −e 1t + C.

(d)Z2x− 1x2 + 4

dx =

Z2x

x2 + 4dx−

Z1

x2 + 4dx = 2 ln

¯̄x2 + 4

¯̄− 12arctan

³x2

´+ C.

(e) Integral inmediata:Z(lnx)2

xdx =

Z(lnx)2

µ1

x

¶dx =

1

3ln3 x+ C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = lnx⇒ du =dx

x

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Page 2: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 94

Z(lnx)2

xdx =

Zu2du =

u3

3+C =

1

3ln3 x+ C.

(f) Por partes:

u = xe2x u0 = e2x + 2xe2x = (2x+ 1) e2x

v0 =1

(2x+ 1)2v =

−12 (2x+ 1)también podemos escribir

u = xe2x du =¡e2x + 2xe2x

¢dx = (2x+ 1) e2xdx

dv =1

(2x+ 1)2dx v =

−12 (2x+ 1)

Z

xe2x

(2x+ 1)2dx =

−xe2x2 (2x+ 1)

+1

2

Z(2x+ 1)e2x

(2x+ 1)dx =

−xe2x2 (2x+ 1)

+e2x

4+C =

e2x

4 (2x+ 1)+C.

(g) La haremos de tres formas:Cambio de variable: u = x− 1⇒ du = dxZx√x− 1dx =

Z(u+ 1)

√udu =

Zu32du+

Zu12du =

2

5u52 +

2

3u32 +C =

2

5

q(x− 1)5 +

2

3

q(x− 1)3 +C.

Cambio de variable: u2 = x− 1⇒ 2udu = dxZx√x− 1dx =

Z ¡u2 + 1

¢u.2udu = 2

Z ¡u4 + u2

¢du =

2

5u5 +

2

3u3 + C =

2

5

q(x− 1)5 +

2

3

q(x− 1)3 +C.

Por partes:

(u = x u0 = 1

v0 =√x− 1 v =

2

3

q(x− 1)3

Ão

(u = x du = dx

dv =√x− 1dx v =

2

3

q(x− 1)3

!Zx√x− 1dx = 2x

3

q(x− 1)3− 2

3

Z q(x− 1)3dx = 2x

3

q(x− 1)3− 2

3· 25

q(x− 1)5+C =

2x

3

q(x− 1)3 − 4

15

q(x− 1)5 + C.

Puede observarse que las funciones resultantes por los tres métodos se diferencia en unaconstante, que en este caso vale cero. En efecto:2

5

q(x− 1)5 + 2

3

q(x− 1)3 −

µ2x

3

q(x− 1)3 − 2

3· 25

q(x− 1)5

¶= −2x− 2

3

q(x− 1)3 +

10

15

q(x− 1)5 =

= −23(x− 1)

q(x− 1)3 + 2

3(x− 1)

q(x− 1)3 = 0.

(h) Por partes:

(u = x2 u0 = 2x

v0 = e2x v =1

2e2x

Ão

(u = x2 du = 2xdx

dv = e2xdx v =1

2e2x

!Zx2e2xdx =

1

2x2e2x−

Zxe2xdx. Para hacer esta última integral volvemos a utilizar el méto-

do de integración por partes.

(u = x u0 = 1

v0 = e2x v =1

2e2x

Ão

(u = x du = dx

dv = e2xdx v =1

2e2x

!Zx2e2xdx =

1

2x2e2x−

Zxe2xdx =

1

2x2e2x−1

2xe2x+

1

2

Ze2xdx =

1

2x2e2x−1

2xe2x+

1

4e2x+C.

(i) Por partes:½u = x3 u0 = 3x2

v0 = senx v = − cosxµo½u = x3 du = 3x2dxdv = senxdx v = − cosx

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Page 3: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 95Zx3 senxdx = −x3 cosx + 3

Zx2 cosxdx. Para hacer esta última integral volvemos a

utilizar el método de integración por partes.½u = x2 u0 = 2xv0 = cosx v = senxZ

x3 senxdx = −x3 cosx+3Zx2 cosxdx = −x3 cosx+3x2 senx− 6

Zx senxdx. Para re-

alizar la última integral volvemos a utilizar el método de integración por partes.½u = x u0 = 1v0 = senx v = − cosxZ

x3 senxdx = −x3 cosx+ 3Zx2 cosxdx = −x3 cosx+ 3x2 senx− 6

Zx senxdx =

−x3 cosx+3x2 senx+6x cosx−6Zcosxdx = −x3 cosx+3x2 senx+6x cosx−6 senx+C.

2. CalcularZ2x√2x− 3dx, utilizando el método de sustitución y el de integración por partes.

Solución:

(a) Lo hacemos primeramente por el método de sustitución.Utilizamos el cambio de variable:

u2 = 2x− 3⇒ x =

u2 + 3

22udu = 2dxZ

2x√2x− 3dx =

Z ¡u2 + 3

¢uudu =

Z ¡u4 + 3u2

¢du =

u5

5+ u3 + C =

q(2x− 3)55

+q(2x− 3)3 +C.

También puede realizarse el cambio: u = 2x− 3⇒(x =

u+ 3

2du = 2dxZ

2x√2x− 3dx =

Z(u + 3)

√udu

2=1

2

Zu3/2du +

3

2

Zu1/2du =

1

5u5/2 + u3/2 + C =q

(2x− 3)55

+q(2x− 3)3 + C.

(b) Ahora por el método de integración por partes:

u = 2x u0 = 2

v0 =√2x− 3 v =

q(2x− 3)33Z

2x√2x− 3dx =

2xq(2x− 3)33

−23

Z q(2x− 3)3dx =

2xq(2x− 3)33

−23·25·12

q(2x− 3)5+

C =

=2xq(2x− 3)33

− 2

15

q(2x− 3)5 + C.

Si realizamos algunos cálculos vemos, al igual que sucedía en el apartado g) del primerejercicio, que estos resultados coinciden, aunque la diferencia en general es una constante.

2xq(2x− 3)33

− 2

15

q(2x− 3)5 =

(2x− 3)q(2x− 3)33

+3q(2x− 3)33

−2q(2x− 3)515

=

=q(2x− 3)3 +

q(2x− 3)53

−2q(2x− 3)515

=q(2x− 3)3 +

q(2x− 3)55

.

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Page 4: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 96

3. Calcular las siguientes integrales indefinidas:

a).-Zsen5 2x cos 2xdx b).-

Zcos3 3xdx c).-

Zx sen2 xdx

d).-Zsen 6x sen 5xdx e).-

Z1r

1− 2x2

3

dx f).-Z

1√x2 − 4dx

g).-Zex√1− e2xdx h).-

Zxp

(x2 + 3)3dx i).-

Z2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 dx

j).-Zx2 − 1x+ x3

dx k).-Z

2x− 3(x− 13)2dx l).-

Z1

cosxdx

m).-Z

dx

3 cosx− 4 senx , n).-Zsenx− cosxcosx+ senx

dx, o).-Z

1

senxdx

Solución:

(a) Integral inmediata:Zsen5 2x cos 2xdx =

1

2

Zsen5 2x (2 cos 2x) dx =

1

12sen6 2x+ C.

(b)Zcos3 3xdx =

Z ¡cos2 3x

¢cos 3xdx =

Z ¡1− sen2 3x¢ cos 3xdx =

=

Zcos 3xdx−

Z ¡sen2 3x

¢cos 3xdx =

1

3sen 3x− 1

9sen3 3x+ C.

(c) Por partes:

u = x u0 = 1

v0 = sen2 x v =

Zsen2 xdx =

1

2

Z(1− cos 2x) dx = 1

2

µx− sen 2x

2

¶Zx sen2 xdx =

1

2

µx2 − x sen 2x

2

¶−Z1

2

µx− sen 2x

2

¶dx =

1

2

µx2 − x sen 2x

2

¶−12

µx2

2+cos 2x

4

¶+

C =

=x2

2− x sen 2x

4−µx2

4+cos 2x

8

¶+ C =

1

8

¡2x2 − 2x sen 2x− cos 2x¢+ C.

(d) Para calcular esta integral hay que tener en cuenta que sen a sen b =1

2(cos (a− b)− cos (a+ b)) .Z

sen 6x sen 5xdx =1

2

Z(cosx− cos (11x)) dx = 1

2

µsenx− 1

11sen 11x

¶+ C.

(e)Z

1r1− 2x

2

3

dx =

Z1vuut1−Ã√2x√

3

!2dx =√3√2

Z √2√3vuut1−Ã√2x√3

!2dx =√3√2arcsen

√2x√3+

C.

(f) Esta integral puede hacerse de dos formas.Primera: es inmediata si tenemos en cuenta las funciones hiperbólicas inversas.Z

1√x2 − 4dx = argcosh

³x2

´+C = ln

¯̄̄̄¯x2 +

√x2 − 42

¯̄̄̄¯+C = ln ¯̄̄x+√x2 − 4¯̄̄− ln 2 + C| {z }

D

=

= ln¯̄̄x+√x2 − 4

¯̄̄+D.

Segunda: Teniendo en cuenta los cambios trigonométricos.

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Page 5: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 97

Cambio de variable: x = 2 sec t =2

cos t⇒(dx = 2

sen t

cos2 tdt = 2 tg t sec tdt√

x2 − 4 = √4 sec2 t− 4 = 2√sec2 t− 1 = 2 tg tZ1√x2 − 4dx =

Z2 tg t sec tdt

2 tg t=

Zsec tdt =(ver apartado l) de este ejercicio)= ln |sec t+ tg t|+

C =

= ln

¯̄̄̄¯x2 +

√x2 − 42

¯̄̄̄¯+ C = ln ¯̄̄x+√x2 − 4¯̄̄+D.

(g) En primer lugar realizamos el cambio de variable: u = ex ⇒ du = exdx. Entonces,Zex√1− e2xdx =

Z √1− u2du. Ahora realizamos el cambio u = sen t ⇒ du = cos tdt.

Sustituyendo obtenemos,Zex√1− e2xdx =

Z √1− u2du =

Zcos2 tdt =

1

2

Z(1 + cos 2t) dt =

=1

2

µt+

1

2sen 2t

¶+C =

1

2(t+ sen t cos t) =

1

2

³arcsen ex + ex

√1− e2x

´+ C.

(h) Esta integral es inmediata:Zxp

(x2 + 3)3dx =

1

2

Z2xp

(x2 + 3)3dx =

1

2

Z(x2 + 3)−

32 2xdx = (x2 + 3)−

12 + C =

1p(x2 + 3)

+C.

(i) Descomponemos2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 en suma de fracciones simples. Como el grado del nu-

merador es mayor que el grado del denominador, dividimos y obtenemos2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 =

2x +x+ 5

x2 − 2x− 8 . Ya que las ceros del denominador son 4 y −2 tenemos x2 − 2x − 8 =

(x− 4) (x+ 2) . Por tanto, la descomposición seráx+ 5

x2 − 2x− 8 =A

x+ 2+

B

x− 4 =A(x− 4) +B(x+ 2)

x2 − 2x− 8 ⇒ A(x− 4) +B(x+ 2) = x+ 5.

Para x = 4⇒ 6B = 9⇒ B =3

2.

Para x = −2⇒ −6A = 3⇒ B = −12.

Por lo tantoZ2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 dx =

Z2xdx+

3

2

Z1

x− 4dx−1

2

Z1

x+ 2dx =

= x2 +3

2ln |x− 4|− 1

2ln |x+ 2|+C = x2 + ln

s|x− 4|3|x+ 2| +C.

(j) Descomponemosx2 − 1x+ x3

en suma de fracciones simples.

x2 − 1x+ x3

=A

x+Bx+ C

x2 + 1=A(x2 + 1) +Bx2 + Cx

x+ x3⇒ A(x2 + 1) +Bx2 + Cx = x2 − 1

⇒ (A+B)x2 + Cx+A = x2 − 1⇒A+B = 1

C = 0A = −1

⇒A = −1B = −2C = 0

Por lo tantoZx2 − 1x+ x3

dx = −Z1

xdx+

Z2x

x2 + 1dx = − ln |x|+ln ¯̄x2 + 1¯̄+C = ln ¯̄̄̄x2 + 1

x

¯̄̄̄+

C.

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Page 6: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 98

(k) Descomponemos2x− 3(x− 13)2 en suma de fracciones simples.

2x− 3(x− 13)2 =

A

(x− 13) +B

(x− 13)2 =A(x− 13) +B(x− 13)2 ⇒ Ax− 13A+B = 2x− 3⇒½

A = 2−13A+B = −3 ⇒

½A = 2B = 23

Por lo tanto,Z2x− 3(x− 13)2dx = 2

Z1

(x− 13)dx+ 23Z

1

(x− 13)2dx = 2 ln |x− 13|−23

(x− 13) + C.También podemos hacer esta integral sin utilizar la descomposición en fracciones simples:Z

2x− 3(x− 13)2dx =

Z2x− 26− 3 + 26

(x− 13)2 dx =

Z2x− 26

x2 − 26 + 169dx+Z

23

(x− 13)2dx = ln¯̄x2 − 26 + 169¯̄−

23

(x− 13) + C =

= ln¯̄(x− 13)2¯̄− 23

(x− 13) + C = 2 ln |x− 13|−23

(x− 13) + C.(l) Este ejercicio lo hacemos de tres formas:

Primera: En primer lugar como integral racional en senos y cosenos. Realizamos el cambio

de variables u = tgx

2⇒ cosx =

1− u21 + u2

; dx =2du

1 + u2. Sustituyendo estos valores en la

integral obtenemosZ1

cosxdx =

Z 2du

1 + u2

1− u21 + u2

=

Z2du

1− u2 =(descomponiendo en fracciones simples)=

=

Zdu

1− u +Z

du

1 + u= − ln |1− u|+ ln |1 + u| = ln

¯̄̄̄1 + u

1− u¯̄̄̄+ C = ln

¯̄̄̄¯̄1 + tg

x

2

1− tg x2

¯̄̄̄¯̄+ C.

Segunda: Realizamos el cambio de variable senx = t ⇒ cosx =√1− t2, dx = dt√

1− t2 .Así, la integral quedaZ

1

cosxdx =

Z1√1− t2 ·

dt√1− t2 =

Zdt

1− t2 =(descomponiendo en fracciones simples)

=1

2(− ln |1− t|+ ln |1 + t|) + C =

=1

2ln

¯̄̄̄1 + t

1− t¯̄̄̄+ C =

1

2ln

¯̄̄̄1 + senx

1− senx¯̄̄̄+ C = ln

s¯̄̄̄1 + senx

1− senx¯̄̄̄+ C.

Tercera: Una tercera forma de hacerlo es teniendo en cuenta lo siguiente:(secx)0 =

µ1

cosx

¶0=senx

cos2 x= secx. tg x

(tg x)0 =1

cos2 x= sec2 x

Entonces,Z1

cosxdx =

Zsecxdx =

Zsecx (secx+ tg x)

secx+ tg xdx =

Zsec2 x+ secx. tg x

secx+ tg xdx = ln |secx+ tg x|+

C.

(m) Realizamos el cambio de variables u = tgx

2⇒ senx =

2u

1 + u2; cosx =

1− u21 + u2

; dx =

2du

1 + u2. Sustituyendo estos valores en la integral obtenemos

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Page 7: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 99

Zdx

3 cosx− 4 senx =

Z 2du

1 + u2

31− u21 + u2

− 4 2u

1 + u2

=

Z −2du3u2 + 8u− 1 . Esta última integral es

racional y se resuelve descomponinedo el integrando en suma de fracciones simples:

−23u2 + 8u− 1 =

A

3u− 1 +B

u+ 3

Realizando los cálculos como en casos anteriores obtenemos A = −35y B =

1

5. Por lo

tanto,Zdx

3 cosx− 4 senx =Z −2du3u2 + 8u− 1 = −

3

5

Zdu

3u+ 1+1

5

Zdu

u+ 3=

= −15ln |3u+ 1|+ 1

5ln |u+ 3|+ C = 1

5ln

¯̄̄̄u+ 3

3u+ 1

¯̄̄̄+ C =

1

5ln

¯̄̄̄¯̄ tg

x

2+ 3

3 tgx

2+ 1

¯̄̄̄¯̄+ C.

(n) Integral inmediataZsenx− cosxcosx+ senx

dx = − ln |cosx+ senx|+ C.

También puede hacerse con el cambio u = tgx

2, pero es más complicado.

(o) Realizamos la integral por cuatro caminos distintos.

Primero: En primer lugar con el cambio u = tgx

2⇒ senx =

2u

1 + u2; dx =

2du

1 + u2.

Z1

senxdx =

Z 2du

1 + u22u

1 + u2

=

Zdu

u= ln |u|+C = ln

¯̄̄tgx

2

¯̄̄+C.

Segundo: Una segunda forma es teniendo en cuenta que senx = 2 senx

2cos

x

2. Entonces,Z

1

senxdx =

Z1

2 senx

2cos

x

2

dx =

Z1

2 tgx

2cos2

x

2

dx =

Ztg−1

x

2

³tgx

2

´0dx = ln

¯̄̄tgx

2

¯̄̄+

C.

Tercero: Hacemos el cambio de variable t = cosx ⇒ senx =√1− t2; dx =

−1√1− t2dt.

Así,Z1

senxdx =

Z1√1− t2

−1√1− t2dt =

Z −11− t2dt =(descomponiendo en fracciones simples)=

1

2ln

¯̄̄̄1− t1 + t

¯̄̄̄+ C =

=1

2ln

¯̄̄̄1− t1 + t

¯̄̄̄+ C =

1

2ln

¯̄̄̄1− cosx1 + cosx

¯̄̄̄+C = ln

s¯̄̄̄1− cosx1 + cosx

¯̄̄̄+C.

Cuarto: Por último, también puede hacerse teniendo en cuenta

(cscx)0 =µ

1

senx

¶0=− cosxsen2 x

= − cotg x cscx.

(cotg x)0 = − 1

sen2 x= − csc2 x.

EntoncesZ

1

senxdx =

Zcscxdx =

Zcscx (cotg x+ cscx)

cotg x+ cscxdx =

Zcsc2 x+ cotg x+ cscx

cotg x+ cscxdx =

− ln |cotg x+ cscx|+ C.

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Page 8: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 100

4. Calcular las siguientes integrales definidas:

a).-Z 1

−1x(x2 + 1)3dx b).-

Z 4

0

1p(2x+ 1)

dx c).-Z 2π

0x senxdx

d).-Z 2

1(x− 1)√2− xdx e).-

Z π

0cos2 dx f).-

Z 4

1

lnx

xdx

Solución:

(a) Calculamos una primitiva de la función y posteriormente aplicamos la regla de Barrow.Zx(x2 + 1)3dx =

1

2

Z(2x) (x2 + 1)3dx =

(x2 + 1)4

4+ C. Por tanto

Z 1

−1x(x2 + 1)3dx =·

(x2 + 1)4

4

¸1−1= 4− 4 = 0.

Nótese que la integral es nula porque la función del integrando es impar y el intervalosimétrico respecto al origen.

(b)Z 4

0

1p(2x+ 1)

dx =1

2

Z 4

0

2p(2x+ 1)

dx =hp(2x+ 1)

i40= (3− 1) = 2.

(c) Buscamos una primitiva sin tener en cuenta los límites de integración y utilizamos despuésla regla de Barrow. La primitiva la buscamos utilizando el método de integración por partes½u = x u0 = 1v0 = senx v = − cosx ⇒

Zx senxdx = −x cosx+

Zcosxdx = −x cosx+senx+C ⇒Z 2π

0x senxdx = [−x cosx+ senx]2π0 = −2π.

Otra forma es utilizar la fórmula de integración por partes para las integrales definidasZ 2π

0x senxdx = [−x cosx]2π0 +

Z 2π

0cosxdx = −2π+

Z 2π

0cosxdx = −2π+[senx]2π0 = −2π.

(d)Z 2

1(x− 1)√2− xdx

Realizamos el cambio u = 2−x⇒ du = −2dx⇒ para x = 1⇒ u = 1 y para x = 2⇒ u = 0.Entonces:Z 2

1(x − 1)√2− xdx =

Z 0

1(1− u)√udu = −

Z 1

0(1− u)√udu =

Z 1

0(u− 1)√udu ="

2√u5

5− 2√u3

3

#10

=2

5− 23=−415

(e)Z π

0cos2 xdx =

1

2

Z π

0(1 + cos 2x) dx =

·1

2

µx+

1

2sen 2x

¶¸π0

2.

(f)Z 4

1

lnx

xdx =

·ln2 x

2

¸41

=ln2 4

2.

5. En cada uno de los siguientes apartados, hacer un esbozo de la región acotada por las gráficas ycalcular su área:

(a) f(x) = −x2 + 4x+ 2, g(x) = x+ 2

(b) y =1

x2, y = 0, x = 1, x = 5.

(c) f(y) = y(2− y), g(y) = −y.(d) g(x) =

4

2− x, y = 4, x = 0.

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Page 9: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 101

(e) y = 2 senx, y = tg x, x =−π3, x =

−π3.

(f) y = xe−x2 , y = 0, x = 0, x = 1.

Solución:

(a) Buscamos los puntos en los que se cortan la parábola y = −x2+4x+2 y la recta y = x+2.Para ello resolvemos el sistema de ecuaciones

½y = −x2 + 4x+ 2

y = x+ 2cuyas soluciones son

(0, 2) y (3, 5) (ver Figura 21). Por tanto, el área es A =Z 3

0

£¡−x2 + 4x+ 2¢− x+ 2¤ dx =Z 3

0

¡−x2 + 3x¢ dx = 9

2.

x

y

2

3

5

y=-x2+4x+2

y=x+2

0

Figura 21: Representación gráfica de y = −x2 + 4x+ 2, y = x+ 2 y área a clacular.

(b) A =Z 5

1

1

x2dx =

·−1x

¸51

=−15+ 1 =

4

5. (Ver Figura 22)

(c) En este caso tenemos dos funciones que dependen de la variable y. Buscamos los puntos enlos que se cortan la parábola x = 2y − y2 y la recta x = −y. Para ello debemos resolverel sistema

½x = 2y − y2

x = −y cuyas soluciones son (0, 0) y (−3, 3). (Véase la Figura 23).Esteárea puede calcularse por dos caminos.Primero: Integrando respecto de la variable x.

A =

Z 0

−3

£¡1 +√1− x¢− (−x)¤ dx+ Z 1

0

£¡1 +√1− x¢− ¡1−√1− x¢¤ dx

=

·x− 2

3

q(1− x)3 + x

2

2

¸0−3+

·−43

q(1− x)3

¸10

=9

2

Segundo: Integrando respecto de la variable y.

A =

Z 3

0

£2y − y2 − (−y)¤ dy = Z 3

0

¡3y − y2¢ dy = 9

2(es más simple).

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Page 10: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 102

1 5

y

x

y=1/x2

Figura 22: Representación gráfica de y = 1/x2 y área a determinar.

x=1+(1-x)1/2

x

y

1

1

x=1-(1-x)1/2

y=-x x=2y-y2

-3

3

Figura 23: Representación gráfica de y = −x, x = 2y − y2 y el área pedida.

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Page 11: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 103

(d) Calculamos el valor de x para el que la gráfica y =4

2− x corta a la recta y = 4 y

obtenemos 4 =4

2− x ⇒ 2 − x = 1 ⇒ x = 1. (Ver Figura 24).Por tanto, el área es

x

y

1

4

y=4/(2-x)

Figura 24: Representación gráfica de y = 42−x junto con el área solicitada.

A =

Z 1

0

µ4− 4

2− x¶dx = [4x+ 4 ln (2− x)]10 = 4− 4 ln 2.

(e) Teniendo en cuenta la simetría de la gráfica mostrada en la Figura 25, el área es A =

2

Z π3

0(2 senx− tg x) dx = 2 [−2 cosx− ln |cosx|]π/30 = 2− ln 2.

x

y y=tg x

y=sen x

π/3

-π/3

Figura 25: Gráfica de las funciones y = senx e y = tg x

(f) A =Z 1

0xe−x2dx =

·−12e−x2

¸10

=1

2− 12e−1. Véase el área solicitada en la Figura 26.

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Page 12: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 104

x

y

1

y=xe -x2

Figura 26: Gráfica de la función y = xe−x2 y área pedida.

6. Usar el método de los discos y el de las capas para calcular el volumen del sólido generado, algirar en torno de la recta dada, la región acotada por las gráficas de las ecuaciones

a) y = x3, y = 0, x = 2 (a1) el eje x (a2) el eje y (a3) la recta x=4.

b) y = 2x2, y = 0, x = 2 (b1) eje x (b2) eje y (b3) recta x=2 (b4) recta y=8.

c) y =1√x+ 1

, y = 0, x = 0, x = 3 (c1) eje x (c2) eje y.

Solución:

En todos los apartados denotaremos Vd cuando se utilice el método de los discos para calcularel volumen y Vc cuando se utilice el métodos de las capas.

(a) La región acotada puede visualizarse en la Figura 27

x

y

x=4

2

y=x3

Figura 27: Gráfica de la función y = x3.

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Page 13: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 105

a1) Eje x.

Vd = π

Z 2

0x6dx = π

·x7

7

¸20

=128

7π.

Vc = 2π

Z 8

0y³2− y 13

´dy = 2π

·y2 − 6

7y73

¸80

=128

7π.

a2) Eje y.

V1d = π

Z 8

04dy = 32π.

V2d = π

Z 8

0y23dy = π

·3

5y53

¸80

=96

Vd = V1d − V2d = 32π − 965π =

64

5π.

Vc = 2π

Z 2

0x4dx = 2π

·x5

5

¸20

=64

5π.

a3) Recta x = 4.

V1d = π

Z 8

0

³4− y 13

´2dy = π

Z 8

0

³16− 8y 13 + y 23

´dy = π

·16y − 6y 43 + 3

5y53

¸80

=

π

µ128− 96 + 96

5

¶V2d = π

Z 8

04dy = 32π.

Vd = V1d − V2d = π

µ128− 96 + 96

5

¶− 32π = 96

5π.

Vc = 2π

Z 2

0(4− x)x3dx = 2π

·x4 − x

5

5

¸20

=96

5π.

(b) Hacemos sólo el apartado (b4). Los otros tres apartados son análogos a los resueltos másarriba.

b4) Recta y = 8.(Véase la Figura 28)V1d = π

Z 2

082dx = 128π.

x

y

2

8

y=2x2

x=(y/2)1/2

y

8-y

2-(y/2)1/2

(y/2)1/2

Figura 28: Gráfica de la función y = 2x2.

V2d = π

Z 2

0

¡8− 2x2¢2 dx = π

Z 2

0

¡64− 32x2 + 4x4¢ dx = π

·64x− 32

3x3 +

4

5x5¸20

=

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Page 14: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 106

1024

15π

Vd = V1d − V2d = 896

15π.

Vc = 2π

Z 8

0(8− y)

µ2−

ry

2

¶dy = 2π

Z 8

0

Ã16− 2y − 4√2√y +

ry3

2

!dy =

896

15π.

c1) Eje x .

Vd = π

Z 3

0

1

x+ 1dx = π [ln |x+ 1|]30 = π ln 4

V1c = 2π

Z 12

03ydy = 2π

·3y2

2

¸ 12

0

=3π

4.

V2c = 2π

Z 1

12

µ1

y2− 1¶ydy = 2π

·ln y − y

2

2

¸112

= 2π

µln 2− 3

8

¶Vc = V1c + V2c =

4+ 2π

µln 2− 3

8

¶= 2π ln 2.

c2) Eje y.

V1d = π

Z 12

09dy = π [9y]

120 =

2.

V2d = π

Z 1

12

µ1

y2− 1¶2dy = π

Z 1

12

µ1

y4− 2

y2+ 1

¶dy = π

·− 1

3y3+2

y+ y

¸112

=5π

6

Vd = V1d + V2d =9π

2+5π

6=16π

3.

Vc = 2π

Z 3

0

x√x+ 1

dx = 2π

Z 2

12¡u2 − 1¢ du = 4π ·u3

3− u

¸21

=16π

3.

En la última integral se realizado el cambio de variables x+1 = u2 ⇒ dx = 2udu y losnuevos límites de integración han sido: para x = 0⇒ u = 1 y para x = 3⇒ u = 2.

7. Hallar el volumen del sólido cuya base está acotada por el círculo x2+y2 = 4, con las secciones,perpendiculares al eje x, que se especifican.

a) cuadrados (b) triángulos equiláteros (c) semicírculos.

Solución:

(a) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un cuadrado de lado l es l2 setiene

V = 2

Z 2

0(2y)2 dx = 2

Z 2

0

³2√4− x2

´2dx = 2

Z 2

0

¡16− 4x2¢ dx = 2 ·16x− 4x3

3

¸20

=128

3.

(b) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un triángulo equilátero de lado

l esl2√3

4se tiene

V = 2

Z 2

0

√3¡4− x2¢ dx = 2√3 ·4x− x3

3

¸20

=32√3

3.

(c) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un semicirculo de radio l esl2π

2se tiene

V = 2

Z 2

0

π

2

¡4− x2¢ dx = π

·4x− x

3

3

¸20

=16π

3.

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Page 15: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 107

8. Un sólido se genera haciendo girar la región acotada por y = 12x2 e y = 2 alrededor del eje y. Se

perfora un orificio circular, centrado en el eje de giro, de modo que el sólido pierde un cuarto desu volumen. ¿Qué diámetro tiene el orificio?

Solución:

Calculamos en primer lugar el volumen del sólido Vs por el método de los discos

Vs = π

Z 2

02ydy = π

£y2¤20= 4π

Ahora calculamos el volumen del sólido que se genera cuando se perfora un orificio circular deradio a (es la incognita del problema), Va por el método de las capas.

Va = 2π

Z a

0x(2− x

2

2)dx = π

Z a

0

¡4x− x3¢ dx = π

·2x2 − x

4

4

¸a0

= π

µ2a2 − a

4

4

¶Como Va =

Vs4, tenemos que a es solución de la ecuación 2a2 − a

4

4= 1⇒ a4 − 8a2 + 4 = 0. Es

una ecuación bicuadrada, cuyas soluciones son −1 +√3,−1−√3, 1 +√3, 1−√3. En principiosólo los valores 1+

√3 y −1+√3 tienen sentido en nuestro problema ya que los otros dos valores

son negativos. Si tenemos en cuenta que 1 +√3 = 2.73205... > 2 y no tiene sentido en nuestro

caso, obtenemos que a = −1 +√3 y por tanto el diameto pedido es 2a = −2 + 2√3.9. Sea R la región limitada por las gráficas de las funciones y = e−x, y = 0, x = 0, x = 2. Calcularel área de la región R, el volumen al girar alrededor del eje y y el volumen al girar alrededor dela recta y = 2.

Solución:

A =

Z 2

0e−xdx = − [e−x]20 = 1− e−2.

Eje y

Vc = 2π

Z 2

0xe−xdx = 2π [−xe−x − e−x]20 = 2π(1− 3e−2).

V1d = π

Z e−2

04dy = 4πe−2

V2d = π

Z 1

e−2ln2 ydy = (integración por partes) = π

£y ln2 y − 2y ln y + 2y¤1

e−2 = π(2− 10e−2)

Vd = V1d + V2d = 4πe−2 + π(2− 10e−2) = 2π − 6e−2.

Recta y = 2

V1d = π

Z 2

04dx = 8π

V2d = π

Z 2

0(2− e−x)2 dx = π

Z 2

0

¡4− 4e−x + e−2x¢ dx = π

·4x+ 4e−x − 1

2e−2x

¸20

= π(9

2−

1

2e−4 + 4e−2)

Vd = V1d − V2d = 8π − π(9

2− 12e−4 + 4e−2) =

2+

π

2e−4 − 4πe−2.

V1c = 2π

Z 1

e−2(2− y) (− ln y) dy = 2π

·y2

2ln y − y

2

4− 2y ln y + 2y

¸1e−2

= 2π

µ7

4− 6e−2 + 5

4e−4¶

V2c = 2π

Z e−2

0(2− y) (2) dy = 2π £4y − y2¤e−2

0= 2π

¡4e−2 − e−4¢

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Page 16: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 108

Vc = V1c + V2c = 2π

µ7

4− 6e−2 + 5

4e−4¶+ 2π

¡4e−2 − e−4¢ = 2πµ7

4− 2e−2 + 1

4e−4¶=7π

2+

π

2e−4 − 4πe−2.

10. Calcular la longitud de arco de la gráfica de la función y =2

3x32 + 1 en el intervalo [0, 1] .

Solución:

La longitud de arco s =Z 1

0

p1 + f 0(x)2dx. En este caso y teniendo en cuenta que f(x) =

2

3x32+1

y f 0(x) =√x tenemos que

s =

Z 1

0

√1 + xdx =

·2

3

q(1 + x)3

¸10

=2

3

¡2√2− 1¢ .

11. Un objeto parte del origen y se mueve por el eje y. Al mismo tiempo, un perseguidor parte delpunto (1, 0) y se mueve en dirección al objeto. Si la velocidad del perseguidor es doble que la del

objeto, la ecuación de la trayectoria del perseguidor es y =1

3

³x32 − 3x 12 + 2

´. ¿Qué distancia

ha recorrido el objeto en el momento de ser capturado? Probar que el perseguidor recorre eldoble.

Solución:

La distancia que recorre el objeto se obtiene cuando el perseguidor alcanza el eje de las y, es

decir, sustituyendo en la ecuación de la trayectoria el valor x = 0, por lo tanto d0 =2

3.

La distancia que recorre el perseguidor es la longitud de la curva desde el punto (1, 0) al punto

(0,2

3).

dp =

Z 1

0

s1 +

µ√x

2− 1

2√x

¶2dx =

Z 1

0

µ√x

2+

1

2√x

¶dx =

"√x3

3+√x

#10

=4

3

Efectivamente dp = 2d0.

12. Averiguar si las siguientes integrales impropias son convergentes, y en caso afirmativo, obtenersu valor.

a).-Z ∞

0e−xdx b).-

Z 0

−∞x2e−xdx c).-

Z 8

0

1

(8− x) 13dx

d).-Z 2

0

1

(x− 1) 43dx e).-

Z 1

0

6

x− 1dx f).-Z ∞

1

e−1x

x2dx.

Solución:

(a)Z ∞

0e−xdx = lim

b→∞

Z b

0e−xdx = limb→∞ [−e−x]b0 = lim

b→∞¡−e−b + 1¢ = 1. Por tanto, la

integral es convergente y su valor esZ ∞

0e−xdx = 1.

(b) En primer lugar calculamosRx2e−xdx. utilizando para ello el método de integración por

partes.½u = x2 u0 = 2xv0 = e−x v = −e−x ⇒ R

x2e−xdx = −x2e−x + 2 R xe−xdx. Volvemos a utilizar inte-gración por partes, ahora

½u = x u0 = 1v0 = e−x v = −e−x ⇒

Rx2e−xdx = −x2e−x−2xe−x−2e−x =

e−x¡−x2 − 2x− 2¢ . Entonces Z 0

−∞x2e−xdx = lim

b→−∞

Z 0

bx2e−xdx = limb→−∞

£e−x

¡−x2 − 2x− 2¢¤0b=

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Page 17: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 109

−2− limb→−∞

µ−b2 − 2b− 2eb

¶= −2−∞ = −∞, luego esta integral es divergente.

(c)Z 8

0

1

(8− x) 13dx = lim

b→8−

Z b

0

1

(8− x) 13dx = lim

b→8−

·−32(8− x) 23

¸b0

= limb→8−

·−32(8− b) 23

¸+ 6 =

6. Por tanto la integral es convergente y su valor esZ 8

0

1

(8− x) 13dx = 6.

(d)Z 2

0

1

(x− 1) 43dx = lim

b→1−

Z b

0

1

(x− 1) 43dx+ lim

c→1+

Z 2

c

1

(x− 1) 43dx.

limb→1−

Z b

0

1

(x− 1) 43dx = lim

b→1−

h−3(x− 1)− 1

3

ib0= limb→1−

h−3(b− 1)−1

3

i+3 =∞. Como una de

las dos integrales es divergente, la integral es divergente.

(e)Z 1

0

6

x− 1dx = limb→1−

Z b

0

6

x− 1dx = limb→1−

[6 ln |x− 1|]b0 = limb→1−

[6 ln |b− 1|] = −∞, luego laintegral es divergente.

(f)Z ∞

1

e−1x

x2dx = lim

b→∞

Z b

1

e−1x

x2dx = lim

b→∞

he−1x

ib1= limb→∞

he−1b

i− e−1 = 1− e−1. por lo tanto la

integral es convergente y su valor esZ ∞

1

e−1x

x2dx = 1− 1

e.

13. Calcular:

(a) limx→∞ [3 ln(x+ 3)− 3 ln(x+ 1)] .

(b)Z

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx.

(c)Z ∞

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx.

Solución:

(a) limx→∞ [3 ln(x+ 3)− 3 ln(x+ 1)] = lim

x→∞£ln(x+ 3)3 − ln(x+ 1)3¤ = lim

x→∞

·ln(x+ 3)3

(x+ 1)3

¸= ln

µlimx→∞

·(x+ 3)3

(x+ 1)3

¸¶= ln 1 = 0.

(b) Para calcularZ

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx descomponemos el integrando en fracciones sim-

ples. Como el denominador es de grado menor que el denominador y x3 + 3x2 + 15x +

9 = (x+ 3)2 (x+ 1) tenemos que4x− 8

x3 + 3x2 + 15x+ 9=

A

x+ 1+

B

x+ 3+

C

(x+ 3)2=

A(x+ 3)2 +B(x+ 1)(x+ 3) + C(x+ 1)

x3 + 3x2 + 15x+ 9⇒ A(x+ 3)2 +B(x+ 1)(x+ 3) + C(x+ 1) = 4x− 8. Dando valores a x obtenemosPara x = −3⇒ −2C = −20⇒ C = 10

Para x = −1⇒ 4A = −12⇒ A = −3Para x = 0 ⇒ −27 + 3B + 10 = −8 ⇒ B = 3. Por lo tanto

Z4x− 8

x3 + 3x2 + 15x+ 9dx =Z −3

x+ 1dx+

Z3

x+ 3dx+

Z10

(x+ 3)2dx = −3 ln |x+ 1|+ 3 ln |x+ 3|− 10

x+ 3+ C.

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Page 18: 5-Integral de Riemann.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 110

(c) Con los cálculos hechos en los apartados anteriores tenemosZ ∞

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx = limb→∞

Z b

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx =

limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3− 10

b+ 3−µ3 ln 2− 10

4

¶¸=5

2− 3 ln 2, ya que

limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3− 10

b+ 3

¸= limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3

¸− limb→∞

·− 10

b+ 3

¸= 0.

14. a) CalcularZ

x2√x3 + 1

dx

b) Calcular el volumen que se obtiene cuando la región limitada por la gráfica de la función

y =x√x3 + 1

, el eje de las x y la recta x = 1, gira en torno del eje y.

Solución:

(a) La integral es inmediataZ

x2√x3 + 1

dx =1

3

Z3x2√x3 + 1

dx =2

3

√x3 + 1 + C.

También podía haberse hecho con el cambio de variables u = x3 + 1⇒ du = 3x2dxZx2√x3 + 1

dx =1

3

Zdu√u=1

3

Zu−

12du =

2

3

√u+C =

2

3

√x3 + 1 + C.

(b) La función que gira entorno del eje de las y es f(x) =x√x3 + 1

. Si utilizamos el método de

las capas obtenemos que el volumen pedido es

V = 2πR 10 xf(x)dx = 2π

Z 1

0

x2√x3 + 1

dx = 2π

·2

3

√x3 + 1

¸10

=4π

3

¡√2− 1¢ .

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