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Método de integración por partes

El método de integración por partes se deduce de la regla de derivación de un producto. Dadas dos funciones \(f\) y \(g\) tenemos que:

\[\left(f(x)\cdot g(x)\right)'=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\]

Si despejamos el último sumando la expresión anterior la podemos escribir así:

\[f(x)\cdot g'(x)=\left(f(x)\cdot g(x)\right)'-f'(x)\cdot g(x)\]

Integrando las funciones de ambos miembros de la igualdad tendremos:

\[\int f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)\cdot g(x)dx\]

Si cambiamos la variable llamando \(u=f(x)\) y \(v=g(x)\) tendremos que \(du=f'(x)dx\) y \(dv=g'(x)dx\), con lo que sustituyendo en la expresión anterior:

\[\int udv=uv-\int vdu\]

La anterior se conoce con el nombre de fórmula de integración por partes.

La integración por partes es útil cuando la función a integrar puede considerarse como el producto de una función \(u\), cuya derivada es más sencilla que \(u\), por otra función que claramente es de la forma \(dv\) (función \(v\) cuya derivada es \(dv\)).

Veamos algunos ejemplos que ilustren el método de integración por partes.

Ejemplo 1

\[\int xe^xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=e^xdx&;&v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+C\]

Ejemplo 2

\[\int x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}
u=x &;&du=dx\\
dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x
\end{bmatrix}=-x\cos x-\int-\cos xdx=-x\cos x+\text{sen} x+C\]

Ejemplo 3

\[\int\ln xdx=\begin{bmatrix}u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=x\ln x-\int x\frac{1}{x}dx=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C\]

A veces se utiliza la integración por partes para hallar \(\int h\) en función, otra vez, de \(\int h\), y después despejar \(\int h\) en la ecuación resultante.

Ejemplo 4

\[\int\dfrac{\ln x}{x}dx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\dfrac{1}{x}dx&;&v=\ln x
\end{bmatrix}=\ln x\ln x-\int \frac{\ln x}{x}dx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 2\int \frac{\ln x}{x}dx=\ln^2x\Rightarrow\int \frac{\ln x}{x}dx=\frac{\ln^2 x}{2}+C\]

Otras veces hay que aplicar lo anterior pero integrando por partes más de una vez, lo que requerirá un cálculo algo más elaborado.

Ejemplo 5

\[\int e^x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+\int e^x\cos xdx=\]

\[=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\cos xdx&;&v=\text{sen} x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+e^x\text{sen} x-\int e^x\text{sen} xdx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2\int e^x\text{sen} xdx=e^x\text{sen} x-e^x\cos x\Rightarrow \int e^x\text{sen x}dx=\frac{e^x(\text{sen} x-\cos x)}{2}+C\]

Debido a que la integración por partes está basada en el reconocimiento de que una función es de la forma \(dv\) (la derivada de otra), cuantas más funciones sepamos integrar tanto mayores serán nuestras posibilidades de éxito. Con frecuencia es conveniente hacer una integración preliminar antes de abordar el problema principal.

Ejemplo 6

En este ejemplo vamos a utilizar que \(\displaystyle\int\ln xdx=x\ln x-x\) (que se dedujo en el ejemplo 3 integrando por partes).

\[\int\ln^2xdx=\int\ln x\ln xdx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\ln xdx&;&v=x\ln x-x
\end{bmatrix}=\]

\[=\ln x(x\ln x-x)-\int\frac{x\ln x-x}{x}dx=x\ln^2x-x\ln x-\int(\ln x-1)dx=\]

\[=x\ln^2x-x\ln x-(x\ln x-x)+x+C=x\ln^2x-2x\ln x+2x+C\]

Utilizando la fórmula \(\displaystyle\text{sen}^2x=\frac{1-\cos2x}{2}\) es fácil deducir la integral de la función \(\text{sen}^2x\):

\[\int\text{sen}^2xdx=\int\frac{1-\cos2x}{2}dx=\int\frac{1}{2}dx-\frac{1}{2}\int\cos2x=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen} 2x}{4}+C\]

Aunque el procedimiento es más largo, seguiremos ilustrando el método de integración por partes para deducir el resultado anterior.

Ejemplo 7

\[\int\text{sen}^2xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{sen}^2x &;&du=2\text{sen} x\cos xdx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=x\text{sen}^2x-\int2x\text{sen} x\cos xdx=\]

\[=x\text{sen}^2x-\int x\text{sen}2xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=\text{sen}2xdx&;&\displaystyle v=-\frac{\cos2x}{2}\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{sen}^2x-\left[-\frac{x\cos2x}{2}+\int\frac{\cos2x}{2}\right]=x\text{sen}^2x+\frac{x\cos 2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{2x\text{sen}^2x}{2}+\frac{x\cos^2x-x\text{sen}^2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\frac{x\text{sen}^2x+x(1-\text{sen}^2x)}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C\]

Finalmente integraremos por partes las funciones arcotangente, arcoseno y arcocoseno.

Ejemplo 8

\[\int\text{arctg} xdx=\begin{bmatrix}u=\text{arctg} x &;&du=\dfrac{1}{1+x^2}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arctg} x-\int \frac{x}{1+x^2}dx=x\text{arctg} x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C\]

Ejemplo 9

\[\int\text{arcsen} xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{arcsen} x &;&du=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arcsen} x-\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\text{arcsen} x+\sqrt{1-x^2}+C\]

Ejemplo 10

\[\int\arccos xdx=\begin{bmatrix}
u=\arccos x &;&du=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\arccos x-\int \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C\]

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5. Cálculo de áreas de figuras planas

Tanto en el artículo dedicado al teorema fundamental del cálculo como en el de la regla de Barrow hemos visto ya ejemplos de que la integral definida \(\int_a^b f(x)dx\) se interpreta geométricamente como el área encerrada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\). En este artículo daremos unas pautas, según los casos, para el cálculo de áreas de figuras planas.

Caso 1

Si la función \(f(x)\) es positiva en el intervalo \([a,\,b]\) (o lo que es lo mismo, su gráfica se encuentra por encima del eje \(X\)), para hallar el área \(A\) comprendida entre la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\), hallaremos una primitiva \(F\) de \(f\) y usaremos directamente la regla de Barrow:

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

Ejemplo 1

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=4x-x^2\) y el eje \(X\).

La parábola corta al eje \(X\) en los puntos de abscisas \(0\) y \(4\), y el recinto plano del que se busca el área está situado por encima del eje \(X\).

area figuras planas 01

Por lo tanto, el área buscada será:

\[A=\int_0^4(4x-x^2)dx=\left[2x^2-\frac{x^3}{3}\right]_0^4=32-\frac{64}{3}=\frac{32}{3}\,\text{u}^2\]

Caso 2

Si la curva es negativa en el intervalo \([a,\,b]\) (o lo que es lo mismo, su gráfica se encuentra por debajo del eje \(X\)), al aplicar la regal de Barrow obtendremos un número negativo. Como el área debe ser positiva haremos

\[A=-\int_a^b f(x)dx\]

Ejemplo 2

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=x^2-6x+5\), las rectas \(x=1\), \(x=2\) y el eje \(X\).

area figuras planas 02

Como el trozo considerado se encuentra por debajo del eje \(X\) tendremos que

\[A=-\int_1^2(x^2-6x+5)dx=-\left[\frac{1}{3}x^3-3x^2+5x\right]_1^2=\]

\[=-\left[\left(\frac{8}{3}-12+10\right)-\left(\frac{1}{3}-3+5\right)\right]=-\left(\frac{2}{3}-\frac{7}{3}\right)=\frac{5}{3}\,\text{u}^2\]

Caso 3

Si la curva es positiva y negativa a trozos en \([a,\,b]\), entonces hay que integrar cada parte por separado y sumar los valores absolutos de los resultados. Obsérvese que, en este caso, hemos de resolver la ecuación \(f(x)=0\) para averiguar los puntos de corte de la curva con el eje \(X\).

Ejemplo 3

Hallar el área comprendida entre la curva \(y=\cos x\) y el eje \(X\) entre los puntos \(0\) y \(\pi\).

Si no nos damos cuenta de que hay un trozo positivo y otro negativo e integramos directamente entre \(0\) y \(\pi\) obtenemos

\[A=\int_0^\pi\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,0=0-0\]

y esto no es posible (una situación idéntica se presentaba en el ejemplo 2 del artículo anterior).

area figuras planas 03

Por tanto, hemos de resolver la ecuación \(\cos x=0\), cuya solución es \(x=\frac{\pi}{2}\), e integramos la parte positiva y la parte negativa por separado, obteniendo:

\[A_1=\int_0^{\pi/2}\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^{\pi/2}=\text{sen}\frac{\pi}{2}-\text{sen}\,0=1-0=1\]

\[A_1=\int_{\pi/2}^\pi\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_{\pi/2}^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,\frac{\pi}{2}=0-1=-1\]

Sumando los valores absolutos de las dos partes, tenemos que el área buscada es \(A=1+1=2\,\text{u}^2\).

Caso 4. Área comprendida entre dos curvas

Para calcular el área comprendida entre dos curvas se hallan sus puntos de intersección y se integran ambas, restando después. Es decir, el área comprendida entre dos curvas \(f\) y \(g\) es igual al área comprendida entre la función diferencia, \(f-g\), y el eje \(X\).

Ejemplo 4

Hallar el área encerrada entre las curvas \(y=x^2\), \(y=-x^2+2x+4\).

area figuras planas 04

Hallemos los puntos de intersección de las dos curvas. Para ello resolvemos el sistema correspondiente.

\[\begin{cases}y=x^2\\y=-x^2+2x+4\end{cases}\Rightarrow x^2=-x^2+2x+4\Rightarrow2x^2-2x-4=0\]

Esta última ecuación de segundo grado tiene por soluciones \(x_1=-1\) y \(x_2=2\). Por consiguiente el área buscada es:

\[A=\int_{-1}^2(-x^2+2x+4)dx-\int_{-1}^2x^2dx=\int_{-1}^2(-2x^2+2x+4)dx=\]

\[=\left[-\frac{2}{3}x^3+x^2+4x\right]_{-1}^2=\left(-\frac{16}{3}+4+8\right)-\left(\frac{2}{3}+1-4\right)=\frac{20}{3}-\left(-\frac{7}{3}\right)=\frac{27}{3}=9\,\text{u}^2\]

Ejemplo 5

Hallar el área de la región limitada por la gráficas \(f(x)=x^3-x\) y \(g(x)=x^2\).

Los cortes de \(f\) y \(g\) se obtienen resolviendo la ecuación \(x^3-x=x^2\):

\[x^3-x=x^2\Leftrightarrow x(x^2-x-1)=0\Leftrightarrow x_1=0\ ,\ x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\ ,\ x_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]

Además, como se puede observar en la gráfica siguiente

\[g(x)\leq f(x)\Leftrightarrow x\in\left[\frac{1-\sqrt{5}}{2},\,0\right]\quad\text{;}\quad f(x)\leq g(x)\Leftrightarrow x\in\left[0,\,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right]\]

area figuras planas 05

Por tanto el área \(A\) que se busca es la suma de las áreas de los recintos \(A_1\) y \(A_2\) donde

\[A_1=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx\quad\text{;}\quad A_2=\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx\]

Por un lado

\[A_1=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0\approxeq\]

\[\approxeq0-\left(\frac{(-0.618)^4}{4}-\frac{(-0.618)^2}{2}-\frac{(-0.618)^3}{3}\right)=0-(0.036-0.191+0.079)=0.0761\]

Por otro lado

\[A_2=\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx=\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}\right]_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\approxeq\]

\[\approxeq\left(\frac{1.618^3}{3}-\frac{1.618^4}{4}+\frac{1.618^2}{2}\right)-0=1.412-1.713+1.309=1.008\]

Finalmente tenemos

\[A=A_1+A_2=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx+\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx\approxeq0.0761+1.008=1.0841\,\text{u}^2\]


← 4. La regla de Barrow

6. Volumen de un cuerpo de revolución →

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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:

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


← 3. El teorema fundamental del cálculo

5. Cálculo de áreas de figuras planas →

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3. El teorema fundamental del cálculo

En el artículo anterior hemos visto que el concepto de integral definida de una función \(f\) en un intervalo \([a,\,b]\), \(\int_a^b f(x)dx\), viene a representar el área comprendida entre la curva (gráfica de \(f\)), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\), tal y como se representa en la siguiente figura.

th fdtal calculo 01

Existe una estrecha relación entre la integral definida o, lo que es lo mismo, el cálculo del área bajo la curva, y la derivación. Esto, en principio, es bastante sorprendente. El teorema fundamental del cálculo pone de manifiesto la relación mencionada. Antes de enunciarlo demostraremos un resultado de interés, el teorema del valor medio para integrales. También introduciremos el concepto de función área de una función \(f\) en un intervalo cerrado.

Teorema del valor medio para integrales

Si \(f(x)\) es continua en \([a,\,b]\), entonces existe un punto \(c\in(a,\,b)\) tal que

\[\int_a^b f(x)dx=f(c)\cdot(b-a)\]

Demostración:

Sean \(m\) y \(M\) el mínimo y el máximo de \(f(x)\) en \([a,\,b]\). Entonces

\[m(b-a)\leq\int_a^b f(x)dx\leq M(b-a)\]

th fdtal calculo 03

Es decir:

\[m\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq M\]

Sean \(x_1\), \(x_2\) los puntos de \([a,\,b]\) tales que \(f(x_1)=m\), \(f(x_2)=M\). Entonces la igualdad anterior también se puede escribir así:

\[f(x_1)\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq f(x_2)\]

Aplicando el teorema de los valores intermedios existirá un punto \(c\in(x_1,\,x_2)\) tal que

\[f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\]

O lo que es lo mismo, hemos demostrado que existe \(c\in(a,\,b)\) tal que

\[\int_a^b f(x)dx=f(c)\cdot(b-a)\]

como queríamos demostrar.

El teorema del valor medio para integrales puede interpretarse geométricamente de la siguiente manera: existe un punto \(c\in(a,\,b)\) tal que el rectángulo de base \(b-a\) y altura \(f(c)\) tienen la misma área que la encerrada por la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas \(x=a\), \(x=b\).

th fdtal calculo 02

La función área

Dada una función \(f\), continua en un intervalo \([a,\,b]\), podemos calcular \(\int_a^c f\) para todo número \(c\in[a,\,b]\). Podemos entonces considerar una nueva función:

\[F(x)=\int_a^x f\, ,\ \forall\,x\in[a,\,b]\]

La función anterior es el área encerrada bajo la gráfica de \(f\) entre \(a\) y un punto variable \(x\).

Cuanto mayor sea la ordenada de \(f\), más rápidamente crece el área bajo ella, \(F\), y por tanto, mayor es \(F'\). Cuando \(f\) es negativa, lo es el área. Por tanto, \(F\) decrece y su derivada es negativa. Estas consideraciones intuitivas entre las funciones \(f\) y \(F'\) quedan patentes con mayor precisión en el siguiente teorema.

Teorema fundamental del cálculo

Si \(f\) es una función continua en \([a,\,b]\), entonces la función \(\displaystyle F(x)=\int_a^x f\), \(x\in[a,\,b]\), es derivable y se verifica que \(F'(x)=f(x)\).

Demostración:

Para hallar \(F'(x)\) calcularemos

\[\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}\]

El numerador es

\[F(x+h)-F(x)=\int_a^{x+h}f-\int_a^x f=\int_a^{x+h}f-\left(-\int_x^a f\right)=\int_x^a f+\int_a^{x+h}f=\int_x^{x+h}f\]

th fdtal calculo 04

Por el teorema del valor medio para integrales, al ser \(f\) continua en \([x,\,x+h]\), existe \(c\in[x,\,x+h]\) tal que

\[\int_x^{x+h}f=f(c)\cdot(x+h-x)=f(c)\cdot h\]

Por tanto:

\[F'(x)=\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\lim_{h\to0}\left[\frac{1}{h}\int_x^{x+h}f\right]=\lim_{h\to0}\left[\frac{1}{h}f(c)\cdot h\right]=\lim_{h\to0}f(c)\]

Como \(c\in[x,\,x+h]\), el límite \(\displaystyle\lim_{h\to0}f(c)=f(x)\), pues \(f\) es continua.

Por tanto, \(F'(x)=f(x)\), que es lo queríamos demostrar.

Veamos algunos ejemplos del uso del teorema fundamental del cálculo

Ejemplo 1

Podemos aplicar el teorema fundamental del cálculo para calcular la derivada de la función \(F(x)=\int_1^x(\ln t-2)dt\). Puesto que la función \(f(t)=\ln t-2\) es continua en todo su dominio, se tiene que \(F'(x)=\ln x-2\). Por otro lado, como \(F'(x)=0\Rightarrow\ln x-2=0\Rightarrow x=e^2\) y, además, \(F''(e^2)>0\), la función \(F\) tiene en el punto \(x=e^2\) un mínimo. Obsérvese que gracias al teorema fundamental del cálculo hemos obtenido el mínimo de la función sin necesidad de resolver la integral.

Ejemplo 2

Supongamos que queremos calcular el área encerrada por la gráfica de la función seno entre \(0\) y \(\pi\). Es decir, queremos hallar \(\int_0^\pi \text{sen}\,x\,dx\). Para ello llamaremos \(F(x)=\int_a^x\text{sen}\,t\,dt\)

th fdtal calculo 05

Por el teorema fundamental del cálculo, \(F'(x)=\text{sen}\,x\). Por tanto, al ser \(F\) una primitiva de la función seno:

\[F(x)=\int \text{sen}\,x\,dx=-\cos x+C\]

Como \(F(0)=\int_0^0\text{sen}\,t\,dt=0\), entonces \(-\cos0+C=0\), es decir, \(C=\cos0=1\). Por tanto tenemos que \(F(x)=-\cos x+1\). De este modo, el área que queremos calcular es:

\[\int_0^\pi\text{sen}\,x\,dx=F(\pi)=-\cos\pi+1=-(-1)+1=2\]

Por tanto el área que se buscaba es de \(2\ \text{u}^2\).

En el artículo siguiente veremos otro método (el que se usa habitualmente) para el cálculo de áreas: la regla de Barrow.

Finalmente reseñar que el teorema fundamental del cálculo afirma que la función área bajo la gráfica de \(f\), \(F(x)=\int_a^x f\), es una primitiva de \(f(x)\), ya que \(F'(x)=f(x)\). Esta es la razón por la que al cálculo de primitivas se le llama integración o cálculo de integrales, y se utiliza la expresión \(\int f(x)dx\) para designar una primitiva de la función \(f(x)\).

Obsérvese en la siguiente figura la relación entre \(F\) y \(f\) (haz clic sobre la figura para ver el movimiento):

En este ejemplo la gráfica de color rojo es \(f(x)=(x-3)^3+3(x-3)^2\) en el intervalo \([1,\,4]\). De manera similar a como se ha hecho en el ejemplo anterior, se puede comprobar con facilidad que \(F(x)=\dfrac{(x-3)^4}{4}+(x-3)^3+4\) (la gráfica de color azul). La ordenada de esta última función (el punto de color azul) nos da el área encerrada por la gráfica de \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales que pasan por las abscisas \(1\) y \(x\) (en color verde).


← 2. Integral definida

4. La regla de Barrow →

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2. Integral definida

Consideremos una función \(y=f(x)\) continua en un intervalo \([a,\,b]\). Hagamos una partición de este intervalo por los puntos \(t_0,\,t_1,\,t_2,\,\ldots,\,t_{n-1},\,t_n\). Supongamos también que esta partición cumple que \(a=t_0<t_1<t_2<\ldots<t_{n-1}<t_n=b\).

Consideremos los rectángulos cuyas bases son los intervalos parciales \([t_i,\,t_{i+1}]\) y cuyas alturas son los mínimos \(m_i\) de la función en cada uno de dichos intervalos. La suma de las áreas de esos rectángulos la vamos a llamar suma inferior y la denotaremos con la letra \(s\).

integral definida 01

Procedamos de manera y similar y hagamos la misma operación de antes tomando en lugar de los mínimos, los máximos \(M_i\) de la función en cada uno de los intervalos. La suma de las áreas de esos rectángulos la denotaremos por \(S\), y se llama suma superior.

integral definida 02

En caso de que la altura de alguno de esos rectángulos sea negativa, el área de dicho rectángulo también se tomará negativa (esto ocurre en el caso de que la gráfica de la función se encuentre por debajo del eje \(X\)). Dicho de otro modo, el signo "menos" que preceda a un área expresa únicamente que dicha área corresponde a una región situada bajo el eje \(X\) (en otro caso, un área negativa sería algo difícil de imaginar).

Es inmediato comprobar que, dada una partición del intervalo \([a,\,b]\), la suma inferior es siempre menor o igual que la suma superior: \(s\leq S\).

Si añadimos un nuevo punto a la partición, por ejemplo \(t_1'\), las nuevas sumas inferior \(s'\) y superior \(S'\) cumplen que \(s\leq s'\) y \(S\geq S'\). En efecto, si el punto \(t_1'\) está situado, por ejemplo, entre \(t_1\) y \(t_2\), observando la figura siguiente vemos que \(s'\) excede a \(s\) y que \(S\) excede a \(S'\) en los trozos sombreados de color naranja.

integral definida 06

Así pues, al ir añadiendo puntos, las particiones correspondientes tendrán sumas inferiores cada vez más grandes y sumas superiores cada vez más pequeñas, y puede demostrarse que tomando un número suficientemente grande de puntos para que los "intervalitos" de la partición sean suficientemente pequeños, las sumas inferior y superior se acercan tanto como queramos, es decir, \(\lim s=\lim S\) (donde estos límites representan el número al que tienden \(s\) y \(S\) cuando la longitud de los intervalitos de la partición tiende a cero).

El valor de los límites anteriores recibe el nombre de integral definida de la función \(f(x)\) en el intervalo \([a,\,b]\), y se representa del siguiente modo:

\[\int_a^b f(x)dx\]

Cuando la función \(f(x)\) es positiva, la integral definida \(\int_a^b f(x)dx\) representa el área comprendida entre la curva, el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\).

integral definida 09

Si la función \(f(x)\) no es continua en todos los puntos de \([a,\,b]\), pero este intervalo puede descomponerse en un número finito de intervalos cerrados \([a_i,\,b_i]\) en los que \(f(x)\) es continua, se define \(\int_a^b f(x)dx\) como la suma de las integrales \(\int_{a_i}^{b_i} f(x)dx\) en cada intervalo parcial \([a_i,\,b_i]\) (ver figura siguiente).

integral definida 07

Por definición, la integral definida cumple las siguientes propiedades (se recomienda pensar en la interpretación geométrica de cada una de ellas).

\[\int_a^a f(x)dx=0\]

\[\int_a^b f(x)dx=-\int_b^a f(x)dx\]

\[\int_a^c f(x)dx+\int_c^b f(x)dx=\int_a^b f(x)dx\]

Desde un punto de vista intuitivo, la integral definida se ha de entender como una suma de infinitos sumandos que son infinitamente pequeños, es decir, el área que queda encerrada bajo la curva \(y=f(x)\) puede considerarse como suma de las áreas de los infinitos "rectangulitos" de base \(dx\) y altura \(f(x)\) (ver figura).

integral definida 08


← 1. Concepto de área de figura plana

3. El teorema fundamental del cálculo →

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Una integral racional

Vamos a calcular una primitiva de la función \(f(x)=\dfrac{1}{x^2-a^2}\) donde \(a\) es un número real cualquiera distinto de cero. Es decir, se trata de calcular la integral indefinida \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}\). Para ello vamos a descomponer en dos fracciones simples la fracción \(\dfrac{1}{x^2-a^2}\). Como \(x^2-a^2=(x+a)(x-a)\), tenemos:

\[\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{E}{x+a}+\frac{F}{x-a}=\frac{E(x-a)+F(x+a)}{(x+a)(x-a)}=\]

\[=\frac{Ex-Ea+Fx+Fa}{x^2-a^2}=\frac{(E+F)x-Ea+Fa}{x^2-a^2}\]

De aquí se deduce, igualando las fracciones algebraicas primera y última, que

\[\begin{cases}E+F=0\\-Ea+Fa=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}E=-F\\2Fa=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}E=-\frac{1}{2a}\\F=\frac{1}{2a}\end{cases}\]

Es decir:

\[\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{-\frac{1}{2a}}{x+a}+\frac{\frac{1}{2a}}{x-a}\]

Por tanto:

\[\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}=\int{\frac{-\frac{1}{2a}}{x+a}dx}+\int{\frac{\frac{1}{2a}}{x-a}dx}=\]

\[=-\frac{1}{2a}\int{\frac{1}{x+a}dx}+\frac{1}{2a}\int{\frac{1}{x-a}dx}=-\frac{1}{2a}\ln|x+a|+\frac{1}{2a}\ln|x-a|+C=\]

\[=\frac{1}{2a}(\ln|x-a|-\ln|x+a|)+C=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C\]

O sea:

\[\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C\qquad(1)\]

Ejemplo

Calcular \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\)

Solución.

\[\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2\int{\frac{1}{4x^2-1}dx}=2\int{\frac{\frac{1}{4}}{x^2-\frac{1}{4}}dx}=\]

\[=2\cdot\frac{1}{4}\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}\]

La integral \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}\) es del tipo \(\displaystyle\int{\frac{1}{x^2-a^2}dx}\) con \(a=\dfrac{1}{2}\). Por tanto, usando la fórmula \((1)\):

\[\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}=\frac{1}{2\cdot\frac{1}{2}}\ln\left|\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}\right|+C=\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

Entonces:

\[\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{1}{x^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}dx}=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

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5 ejercicios diversos sobre cálculo integral

Ejercicio 1

Calcular \(f(x)\) de manera que \(f'(x)=\ln|4x^2-1|\) y \(f(0)=0\).

Ejercicio 2

Consideremos la función \(f:(0\,,2)\longrightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\begin{cases}-\ln x&\text{si}&0<x\leqslant 1\\-\ln(2-x)&\text{si}&1<x<2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Estudiar la continuidad y derivabilidad de \(f\) en el punto \(x=1\).
  2. Representar aproximadamente la gráfica de \(f\).
  3. Calcular \(\displaystyle\int^2_0{f(x)\,dx}\).

Ejercicio 3

Encontrar una función \(f\) sabiendo que \(f(1)=0\) y que

\[f'(x)=\begin{cases}x&\text{si}&x<0\\ \displaystyle\frac{1}{x+1}-e^x&\text{si}&x\geqslant0\end{cases}\]

Ejercicio 4

Dada la siguiente función de la que se sabe que es continua:

\[f(x)=\begin{cases}a\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\b\,\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\e^{bx/2}-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Encontrar \(a\) y \(b\).
  2. Estudiar la derivabilidad de \(f\).
  3. Hacer una representación gráfica aproximada de \(f\).
  4. Sea \(R\) el recinto limitado por la gráfica de \(f\) y las rectas verticales \(x=0\) y \(x=3\). Hallar el área de \(R\).

Ejercicio 5

Sea \(f\) una función derivable de la que se sabe que la curva \(y=f(x)\) pasa por los puntos \(\left(\dfrac{1}{2},\,1\right)\) y \((2,\,\ln8)\) y que en cada uno de sus puntos su pendiente es proporcional al valor absoluto del logaritmo neperiano de la absicas. Se pide:

  1. Determinar \(f\).
  2. Calcular \(\displaystyle\int^2_{0,5}{f(x)\,dx}\).
  3. Sea \(R\) el recinto limitado por la citada curva y las rectas \(y=1\), \(x=\dfrac{1}{2}\) y \(x=2\). Hallar el área de \(R\).
  4. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OX\).
  5. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OY\).

Calculemos las primitivas de \(\ln|4x^2-1|\). Para ello integraremos por partes:

\[\int{\ln|4x^2-1|\,dx}=\begin{bmatrix}u=\ln|4x^2-1|&\text{;}&\displaystyle du=\frac{8x}{4x^2-1}dx\\dv=dx&\text{;}&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\ln|4x^2-1|-\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}\,dx}\]

Para calcular la última intergral, hemos de dividir el numerador entre el denominador, obteniéndose de cociente \(2\) y de resto también \(2\) con lo que, como "dividendo es igual a divisor por cociente más el resto", tenemos:

\[8x^2=(4x^2-1)\cdot2+2\Rightarrow\frac{8x^2}{4x^2-1}=2+\frac{2}{4x^2-1}\]

Entonces:

\[\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}dx}=\int{\left(2+\frac{2}{4x^2-1}\right)dx}=\]

\[2x+\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2x+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

La resolución de la última integral, \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\), la puedes ver aquí.

Por tanto:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

y como \(f(0)=0\) resulta:

\[f(0)=0-0+0+c\Rightarrow c=0\]

Así, finalmente:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|\]

Para estudiar la continuidad en \(x=1\), calculamos los límites laterales:

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}(-\ln x)=-\ln1=0=f(1)\\ \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}(-\ln(2-x))=-\ln1=0\end{cases}\]

Entonces, como \(\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}=f(1)\), se tiene que \(f\) es continua en \(x=1\).

Veamos las derivadas laterales:

\[f^{'}_{-}(x)=-\frac{1}{x}\Rightarrow f^{'}_{-}(1)=-1\quad\text{;}\quad f^{'}_{+}(x)=\frac{1}{2-x}\Rightarrow f^{'}_{+}(1)=1\]

Como \(f^{'}_-(1)\neq f^{'}_{+}(1)\), se tiene que \(f\) no es derivable en el punto \(x=1\).

La gráfica de la función \(f\) es la siguiente:

ejercicios integrales 01

Obsérvese que en el punto \(x=1\) la función, al no ser derivable, presenta un punto "anguloso" o en pico.

Como \(f(x)\) está definida a trozos, la integramos a trozos:

\[\int_0^2f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_1^2f(x)dx=\int_0^1-\ln x\,dx+\int_1^2-\ln(2-x)dx\]

Calculemos la primera de las dos últimas integrales definidas.

\[\int_0^1-\ln x\,dx=\left[x-x\ln x\right]_0^1=(1-1\cdot\ln1)-(0-\lim_{x\to0^+}x\ln x)=(1-0)-(0-0)=1\]

Para entender lo anterior hemos de explicar algunas cosas.

Hemos usado por un lado que \(\int-\ln xdx=x-x\ln x+C\), integral que se puede calcular fácilmente usando el método de integración por partes.

Por otro lado, puesto que el logaritmo neperiano no está definido en cero, hemos calculado el límite correspondiente, usando la regla de L'Hôpital:

\[\lim_{x\to0^+}x\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}-x=0\]

Podríamos calcular la segunda integral definida por un procedimiento similar. Sin embargo, vamos a aprovechas el cálculo anterior mediante un cambio de variable.

\[\int-\ln(x-2)dx=\begin{bmatrix}y=2-x &\Rightarrow &dx=-dy \\  x=2&\Rightarrow&y=0 \\ x=1&\Rightarrow&y=1 \end{bmatrix}=\int_1^0-\ln y(-dy)=\int_0^1-\ln y\,dy=1\]

Por tanto, finalmente

\[\int_0^2f(x)dx=1+1\]

Obsérvese que el valor de la integral definida anterior coincide con el área de la región delimitada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=0\), \(x=2\) .

ejercicios integrales 02

Observemos que \(f\) es derivable en \(x=0\) por estar definida \(f'(0)=0\), de lo cual se deduce que \(f\) es continua en en \(x=0\). Integrando tenemos:

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+C_1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+C_2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

De \(f(1)=0\) se deduce que \(\ln2-e+C_2=0\), o sea, \(C_2=e-\ln2\).

De la continuidad de \(f\) en \(x=0\) resulta que \(C_1=-1+C_2\), es decir, \(C_1=e-\ln2-1\).

Por tanto la función \(f\) que se pide es

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+e-\ln2-1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+e-\ln2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

Como se sabe que \(f\) es continua tenemos que

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to3/2^-}f(x)=\lim_{x\to3/2^-}a\ln(2-x)=a\ln(1/2)=-a\ln2 \\ \displaystyle\lim_{x\to3/2^+}f(x)=\lim_{x\to3/2^+}b\,\text{sen}(\pi x)=-b\end{cases}\Rightarrow a\ln2=b\]

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^-}b\,\text{sen}(\pi x)=0 \\ \displaystyle\lim_{x\to2^+}f(x)=\lim_{x\to2^+}(e^{bx/2}-4)=e^b-4\end{cases}\Rightarrow e^b-4=0\]

De lo anterior se deduce que \(e^b-4=0\Rightarrow e^b=4\Rightarrow b=\ln 4=\ln2^2\Rightarrow b=2\ln 2\), y que \(a\ln2=b\Rightarrow a=2\).

De este modo la función queda de la forma

\[f(x)=\begin{cases}2\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\2\ln 2\cdot\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\2^x-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Si exceptuamos los puntos \(x=\dfrac{3}{2}\) y \(x=2\), la derivada de \(f\) es

\[f'(x)=\begin{cases}\frac{-2}{2-x}&\text{si}&x<3/2 \\2\pi\ln 2\cdot\cos(\pi x)&\text{si}&3/2< x<2\\2^x\cdot\ln2&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Es muy fácil darse cuenta de que la derivada por la izquierda en \(\dfrac{3}{2}\) no coincide con la derivada por la derecha en \(\dfrac{3}{2}\). Del mismo modo la derivada por la izquierda en \(x=2\) no coincide con la derivada por la derecha en \(x=2\). Por tanto \(f\) no es derivable ni en \(x=\dfrac{3}{2}\) ni en \(x=2\).

La representación gráfica de \(f\) es:

ejercicios integrales 03

 El recinto \(R\) del que se pide el área queda de la siguiente manera:

ejercicios integrales 04

Obsérvese que el recinto \(R\) queda dividido claramente en cuatro regiones, dos por encima y dos por debajo del eje \(X\). Por tanto su área \(A\) será igual a

\[A=\int_0^1f(x)dx+\left|\int_1^{3/2}f(x)dx\right|+\left|\int_{3/2}^2f(x)dx\right|+\int_2^3f(x)dx\]

Calculemos primero las integrales indefinidas correspondientes:


\[\int2\ln(2-x)dx=2\int\ln(2-x)dx=\begin{bmatrix}
u=\ln(2-x)&\Rightarrow &\displaystyle du=\frac{-1}{2-x}dx \\
dv=dx&\Rightarrow &v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=2x\ln(2-x)+2\int\frac{x}{2-x}dx=2x\ln(2-x)+2\int\left(-1+\frac{2}{2-x}\right)dx=\]

\[=2x\ln(2-x)-2x-4\ln(2-x)+C=(2x-4)\ln(2-x)-2x+C\]


\[\int2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)+C\]


\[\int(2^x-4)dx=\frac{2^x}{\ln 2}-4x+C\]


Por tanto:

\[\int_0^1f(x)dx=\int_0^1 2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_0^1=(0-2)-(-4\ln 2)=4\ln2-2\]

\[\int_1^{3/2}f(x)dx=\int_1^{3/2}2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_1^{3/2}=(\ln2-3)-(0-2)=\ln2-1\]

\[\int_{3/2}^2 2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=\left[-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)\right]_{3/2}^2=-\frac{2\ln 2}{\pi}\]

\[\int_2^3(2^x-4)dx=\left[\frac{2^x}{\ln 2}-4x\right]_2^3=\left(\frac{8}{\ln2}-12\right)-\left(\frac{4}{\ln2}-8\right)=\frac{4}{\ln2}-4\]

Así pues, el área del recinto \(R\) es

\[A=4\ln2-2+|\ln2-1|+\left|-\frac{2\ln2}{\pi}\right|+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=4\ln2-2+1-\ln2+\frac{2\ln2}{\pi}+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=\left(3+\frac{2}{\pi}\right)\ln2+\frac{4}{\ln2}-5\,\text{uds}^2\approx3.29\,\text{uds}^2\]

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Cálculo de áreas de recintos planos. Volumen de un cuerpo de revolución

En este artículo damos por hecho que se saben integrar funciones elementales utilizando los conocidos métodos de integración. Utilizaremos además la conocida regla de Barrow, según la cual si \(F(x)\) es una primitiva de \(f(x)\), y \(f(x)\) es continua en un intervalo cerrado \([a\ ,\ b]\), entonces:

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

Cálculo de áreas de recintos planos

Si una función \(y=f(x)\) es positiva en un intervalo cerrado \([a\ ,\ b]\), para hallar el área \(A\) comprendida entre la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\), \(x=b\) pondremos:

\[A=\int_a^b f(x)\, dx\]


Ejemplo 1

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=4x-x^2\) y el eje \(X\).

La parábola corta al eje \(X\) en los puntos de absciasa \(0\) y \(4\), y el recinto plano considerado está situado por encima del eje \(X\) (véase la figura).

recintos 02

Por lo tanto el área buscada será:

\[A=\int_0^4\left(4x-x^2\right)\, dx=\left[2x^2-\frac{1}{3}x^3\right]_0^4=\frac{32}{3}\]


Si la curva es negativa en \([a\ ,\ b]\), entonces:

\[A=-\int_a^b f(x)\, dx\]


Ejemplo 2

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=x^2-6x+5\), las rectas \(x=1\), \(x=2\) y el eje \(X\).

Como el recinto considerado se encuentra por debajo del eje \(X\) escribiremos:

\[A=-\int_1^2\left(x^2-6x+5\right)\, dx=-\left[\frac{1}{3}x^3-3x^2+5x\right]_1^2=\frac{5}{3}\]

recintos 03


Si la curva es positiva y negativa a trozos en \([a\ ,\ b]\), entonces hay que integrar cada parte por separado y sumar los valores absolutos de los resultados.


Ejemplo 3

Hallar el área comprendida entre la curva \(y=\cos x\) y el eje \(X\) entre los puntos \(0\) y \(\pi\).

recintos 04

Si no nos damos cuenta de que hay un trozo positivo y otro negativo e integramos directamente entre \(0\) y \(\pi\) obtenemos:

\[A=\int_0^\pi\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,0=0-0=0\]

Y esto es absurdo.

En vez de eso integramos la parte positiva y la parte negativa por separado y tenemos:

\[A_1=\int_0^{\pi/2}\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^{\pi/2}=1-0=1\]

\[A_2=\int_{\pi/2}^\pi\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_{\pi/2}^\pi=0-1=-1\]

Sumando los valores absolutos de las dos partes, tenemos que el área buscada es \(A=1+1=2\).


Para calcular el área comprendida entre dos curvas se hallan sus puntos de intersección y se integran ambas, restando después.


Ejemplo 4

Hallar el área encerrada entre las curvas \(y=x^2\), \(y=-x^2+2x+4\).

Hallemos los puntos de intersección de las dos curvas resolviendo el sistema

\[\begin{cases}y=x^2\\y=-x^2+2x+4\end{cases}\]

Procediendo por igualación tenemos que \(x^2=-x^2+2x+4\Rightarrow2x^2-2x+4=0\). Esta ecuación tiene dos soluciones, que son \(x_1=-1\), \(x_2=2\). Por consiguiente, el área buscada es:

\[A=\int_{-1}^2\left(-x^2+2x+4\right)\, dx-\int_{-1}^2 x^2\, dx=\int_{-1}^2\left(-2x^2+2x+4\right)\, dx=\left[-\frac{2}{3}x^3+x^2+4x\right]_{-1}^2=9\]

recintos 05

Volumen de un cuerpo de revolución

Para calcular el área de una figura por medio de una integral se dividía esta figura en rectangulitos pequeñísimos de base \(dx\) y altura \(f(x)\), y la suma de las áreas de estos infinitos rectangulitos era el área de toda la figura: \(A=\int_a^b f(x)\, dx\).

De la misma manera, para calcular el volumen de un cuerpo, éste puede dividirse en finísimas rebanadas en forma de prisma o de cilindro, y pueden sumarse sus volúmenes por medio de una integral.

Si consideramos el trozo de superficie comprendido entre la curva \(y=f(x)\), el eje \(X\), y las rectas \(x=a\), \(x=b\), éste engendra al girar alrededor del eje \(X\) un cuerpo de revolución.

recintos 06

El volumen \(V\) de este cuerpo vale:

\[V=\pi\int_a^b\left(f(x)\right)^2\, dx\]

Demostración.

Dado un punto \(x\) comprendido entre \(a\) y \(b\), consideremos el rectángulito de base \(dx\) y altura \(f(x)\) (ver figura anterior). Este rectangulito engendra al girar alrededor del eje \(X\) un disco cilíndrico finísimo cuyo volumen vale el área de su base por su altura, es decir, \(\pi\left(f(x)\right)^2 dx\). Si sumamos los volúmenes de todos estos discos cilíndricos finísimos obtenidos de esta forma entre \(a\) y \(b\), tendremos el volumne de todo el cuerpo, es decir:

\[V=\int_a^b\pi\left(f(x)\right)^2\, dx=\pi\int_a^b\left(f(x)\right)^2\, dx\]


Ejemplo 5

Hallar el volumen del cuerpo de revolución engendrado al girar alrededor del eje \(X\) la porción de plano comprendida entre la curva \(y=\sqrt{x}\), el eje \(X\), y las rectas \(x=1\), \(x=3\).

El cuerpo de revolución es ciertamente similar al de la figura anterior. Basta pues aplicar la fórmula que acabamos de demostrar:

\[V=\pi\int_1^3(\sqrt{x})^2\, dx=\pi\int_1^3x\, dx=\pi\left[\frac{1}{2}x^2\right]_1^3=4\pi\]

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Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas (III)

Hace algún tiempo, un antiguo alumno me mostró una integral que le pusieron en uno de sus exámenes de matemáticas de primer curso de ingeniería. Era esta:

integrales16

Me puse a hacerla y me obsesioné tirando por un camino que, aunque no equivocado, sí largo y tortuoso, y publiqué la solución en mi anterior sitio Web. Una persona desconocida para mí, que se hacía llamar Primitivo, me mandó un correo electrónico haciéndome ver el camino corto y realmente sencillo para resolver esta integral. Aquí lo tenéis:

integrales17

integrales18

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integrales20

Solamente hay que darse cuenta de que al integrar por partes se resuelve la siguiente integral de manera inmediata:

integrales21

De hecho la solución a la integral propuesta es la misma que proporciona WolframAlpha.

Como se trata de cálculo de primitivas, expondré también aquí cómo se me ocurrió hacerla, no perdemos nada por ello y tendremos oportunidad de aprender algo más. En el desarrollo utilizaré algunas de las integrales ya calculadas en el artículo anterior sobre integrales indefinidas y cálculo de primitivas. Básicamente lo que hice es, en primer lugar, un cambio de variable (lo primero que se me ocurrió cuando vi la raíz de uno menos equis al cuadradado) y luego integré por partes. Veámoslo:

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integrales26

Un breve inciso. Ahora adquieren sentido los dos artículos anteriores sobre cálculo de primitivas. Ya se han utilizado varias de las fórmulas que aparecen en los mencionados artículos. Ahora vamos a utilizar, para finalizar, que 

integrales27

Así pues:

integrales28

integrales29

Y ahora hay que deshacer los cambios y aquí empiezo a sentir algo de desasosiego pues dos primitivas de una misma función se diferencian únicamente en una constante. Y no sé porqué me da que una vez deshechos los cambios la primitiva que saldrá finalmente aquí no se parece mucho a la calculada anteriormente. ¿O sí, jugando con identidades trigonométricas? Yo lo dejo aquí. Si queréis hacer alguna aportación será bienvenida. Por supuesto, os agradecería que me comuniquéis cualquier error. No me extrañaría que hubiera alguno. 

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Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas (II)

En la entrada anterior sobre integrales indefinidas se obtuvieron las siguientes:

\[\int{\cos^2x\,dx}=\frac{x+\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

\[\int{\text{sen}^2x\,dx}=\frac{x-\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

\[\int{x\cos x\,dx}=x\,\text{sen}\,x+\cos x+C\]

\[\int{x\,\text{sen}\,x\,dx}=-x\cos x+\text{sen}\,x+C\]

\[\int{\text{sen}\,x\cos x\,dx}=\frac{\text{sen}^2x}{2}+C=-\frac{\cos^2x}{2}+C\]

 Vamos a calcular un par de ellas más. Para ello utilizaremos algunas de las fórmulas anteriores.

\[\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\begin{bmatrix}u=x&\text{;}&du=dx\\dv=\text{sen}^2x\,dx&\text{;}&v=\frac{1}{2}(x-\text{sen}\,x\cos x)\end{bmatrix}=\]

\[=\frac{1}{2}x(x-\text{sen}\,x\cos x)-\frac{1}{2}\int{(x-\text{sen}\,x\cos x)\,dx}=\]

\[=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{2}\,\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}\,\frac{\text{sen}^2x}{2}+C=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\]

\[\int{x\cos^2x\,dx}=\int{x(1-\text{sen}^2x)\,dx}=\int{x\,dx}-\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\]

\[=\frac{1}{2}x^2-\left(\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\right)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\]

Si introduces la expresión x*(sin(x))^2 en WolframAlpha obtienes la integral indefinida:

\[\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\frac{1}{8}\left(2x(x-\text{sen}\,2x)-\cos2x\right)+C\]

que es equivalente a la obtenida anterioremente ya que

\[\frac{1}{8}\left(2x(x-\text{sen}\,2x)-\cos2x\right)=\frac{1}{8}(2x^2-2x\,\text{sen}\,2x-\cos2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\,2\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{8}(\cos^2x-\text{sen}^2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{8}(1-2\,\text{sen}^2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x-\frac{1}{8}\]

Paso a paso WolframAlpha la realiza así:

WolframAlpha01

 

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