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4. La regla de Barrow

Dada una función continua en un intervalo \([a,\,b]\), podemos calcular \(\int_a^b f(x)dx\) de una manera mucho más rápida y eficiente a cómo se ha hecho en uno de los ejemplos del artículo anterior, en el que directamente se había aplicado el teorema fundamental del cálculo.

Regla de Barrow

Sea \(f\) una función continua en \([a,\,b]\) y \(F\) una primitiva de \(f\). Entonces:

\[\int_a^b f=F(b)-F(a)\]

Demostración:

Por el teorema fundamental del cálculo sabemos que la función \(G(x)=\int_a^x f\) es una primitiva de \(f\), con lo que \(G'(x)=f(x)\). Como por hipótesis \(F\) también es una primitiva de \(f\) tenemos también que \(F'(x)=f(x)\).

Sabemos que dos funciones que tienen la misma derivada se diferencian, a lo sumo, en una constante, es decir, \(G(x)=F(x)+C\).

Si en la igualdad anterior hacemos \(x=a\) tenemos que \(G(a)=F(a)+C\). Pero \(G(a)=\int_a^a f=0\), con lo que \(0=F(a)+C\Rightarrow C=-F(a)\), con lo que la igualdad se convierte en \(G(x)=F(x)-F(a)\).

Finalmente, si en esta última igualdad, hacemos \(x=b\), obtenemos

\[G(b)=F(b)-F(a)\Rightarrow \int_a^b f=F(b)-F(a)\]

tal y como queríamos demostrar.

En la práctica para calcular la integral definida \(\int_a^b f\) buscamos una primitiva \(F(x)\) de \(f\): \(F(x)=\int f(x)dx\), calculamos \(F(b)\) y \(F(a)\) y hacemos

\[\int_a^b f=\left[F(x)\right]_a^b=F(b)-F(a)\]

Por tanto, el cálculo práctico de integrales definidas se hace con las mismas reglas que el cálculo de integrales indefinidas. Además, cuando se utilice un cambio de variable se puede actuar cambiando también los valores de \(a\) y \(b\) (llamados límites de integración), con lo cual no hay necesidad de deshacer el cambio para obtener el valor de la integral definida correspondiente.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 1

Calcular \(\displaystyle\int_1^3(x^2-x)dx\).

Solución:

Una primitiva del integrando es \(F(x)=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}\) y por tanto

\[\int_1^3(x^2-x)dx=\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right]_1^3=\left(\frac{3^3}{3}-\frac{3^2}{2}\right)-\left(\frac{1^3}{3}-\frac{1^2}{2}\right)=\frac{14}{3}\]

La interpretación geométrica es clara. El área de la región limitada por la curva \(y=x^2-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=1\) y \(x=3\) es igual a \(\frac{14}{3}\ \text{u}^2\).

regla barrow 01

Ejemplo 2

Calcular \(\displaystyle\int_{-1}^1(x^3-x)dx\).

Solución:

\[\int_{-1}^1(x^3-x)dx=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^1=\left(\frac{(-1)^4}{4}-\frac{(-1)^2}{2}\right)-\left(\frac{1^4}{4}-\frac{1^2}{2}\right)=0\]

En este caso es evidente que no es \(0\) el área del recinto limitado por la curva \(y=x^3-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=-1\) y \(x=1\).

regla barrow 02

Pero es que, por otro lado:

\[\int_{-1}^1(x^3-x)dx=\int_{-1}^0(x^3-x)dx+\int_0^1(x^3-x)dx=\]

\[=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^0+\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_0^1=\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{4}\right)=0\]

Obsérvese que si la función es negativa en un intervalo, el valor de la integral definida también lo es (ya se comentó en un artículo anterior que un "signo menos delante de un área" sólo indica que el recinto correspondiente se encuentra bajo el eje \(X\)).

En todo caso del cálculo anterior se desprende que el área de cada uno de los dos recintos de la figura anterior es \(\frac{1}{4}\) y que, por tanto, el área de la región encerrada por la gráfica de la función \(f(x)=x^3-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=-1\) y \(x=1\), es igual a \(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\).

En el siguiente artículo se propondrá un método para el cálculo de áreas de recintos planos.

Ejemplo 3

Calcular \(\displaystyle\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx\).

Solución:

Hagamos el cambio de variable \(t=2x+1\ \text{;}\ dt=2dx\). Entonces \(x=\frac{t-1}{2}\ \text{;}\ dx=\frac{dt}{2}\). Los límites de integración \(a\) y \(b\) (en este caso \(0\) y \(4\)) también cambiarán. Para \(x=0\) resulta \(t=2\cdot0+1=1\) y para \(x=4\) resulta \(t=2\cdot4+1=9\). Por lo tanto:

\[\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx=\int_1^9\frac{\frac{t-1}{2}}{\sqrt{t}}\frac{dt}{2}=\frac{1}{4}\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt\]

Calculemos ahora una primitiva \(F(t)\) de \(\dfrac{t-1}{\sqrt{t}}\):

\[F(t)=\int\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=\int\left(t^{\frac{1}{2}}-t^{-\frac{1}{2}}\right)dt=\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}-2t^{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\sqrt{t^3}-2\sqrt{t}\]

Entonces:

\[\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=F(9)-F(1)\]

Pero:

\[F(9)=\frac{2}{3}\sqrt{9^3}-2\sqrt{9}=\frac{2}{3}\cdot27-2\cdot3=18-6=12\]

\[F(1)=\frac{2}{3}\sqrt{1^3}-2\sqrt{1}=\frac{2}{3}-2=-\frac{4}{3}\]

Por tanto:

\[\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx=\frac{1}{4}\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=\frac{1}{4}\left(12-\left(-\frac{4}{3}\right)\right)=\frac{1}{4}\cdot\frac{40}{3}=\frac{10}{3}\]

De la regla de Barrow se puede deducir otra práctica regla para derivar bajo el signo integral.

Derivación bajo el signo integral

Sea \(f\) una función continua en un intervalo \([c,\,d]\) y sean \(u\) y \(v\) funciones derivables en un intervalo \((a,\,b)\), de tal forma que las imágenes de las funciones \(u\) y \(v\) están contenidas en el intervalo \([c,\,d]\). Entonces, para todo \(x\in(a,\,b)\), se verifica que

\[\frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=f(v(x))v'(x)-f(u(x))u'(x)\]

Nota: el símbolo \(\displaystyle \frac{d}{dx}\) en la expresión \(\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt\), significa "derivada respecto de la variable \(x\)" de la función \(\displaystyle\int_{u(x)}^{v(x)}f\).

Demostración:

Consideremos las funciones

\[\Phi(x)=\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt\,,\,x\in(a,\,b)\quad\text{;}\quad F(y)=\int f(y)dy\,,\,y\in[c,\,d]\]

Por la regla de Barrow, para todo \(x\in(a,\,b)\) se tiene que

\[\Phi(x)=F(v(x))-F(u(x))\]

Derivando la expresión anterior haciendo uso de la regla de la cadena, tenemos que

\[\Phi'(x)=F'(v(x))v'(x)-F'(u(x))u'(x)=f(v(x))v'(x)-f(u(x))u'(x)\]

tal y como queríamos demostrar.

Un ejemplo sería el siguiente:

\[\frac{d}{dx}\int_{\text{e}^x}^{\text{sen}\,x}\left(2+\sqrt[3]{t}\right)dt=\left(2+\sqrt[3]{\text{sen}\,x}\right)\cos x-\left(2+\sqrt[3]{\text{e}^x}\right)\text{e}^x\]


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