ejercicios calculo integral

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

CALCULO IIPROBLEMAS RESUELTOS

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile

2008

Prefacio

Este libro con problemas resueltos pretende sirvir como texto para es-tudiantes en un primer curso de Calculo. Ası espero facilitar el estudio yla comprension de los estudiantes. Grupos especiales, estudiantes avanza-dos, lectores que deseen una presentacion mas completa y los alumnos, porası decirlo, normales que busquen lecturas complementarias pueden consultarel libro “Analisis Real” volumen 1 de Elon Lages Lima que trata los mismostopicos con un enfoque mas amplio.

La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, quesirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textosde calculo y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo dealgunas soluciones. Naturalmente, me gustarıa que el lector solo consultaselas soluciones despues de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cadaproblema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin exito, el que nos conducea buenos resultados en el proceso de aprendizaje.

Los problemas que el lector encontrara se basan en las ayudantıas delcurso de calculo II en la Pontificia Universidad Catolica de Chile, el cualesta dirigido a estudiantes de Matematica.

iii

Indice general

1. Integral de Riemann 1

2. Calculo Elemental 11

3. Integrales 29

4. Aplicaciones 51

5. Integrales Impropias 65

6. Series 93

v

Capıtulo 1

Integral de Riemann

1.1. Dada la funcion f(x) = x(x+2), a ≤ x ≤ 2a, a > 0. Calcule

∫ 2a

a

f(x)dx

como lımite de sumas de Riemann.

Solucion: Consideremos la particion del intervalo [1, 2a] obtenida al

subdividir el intervalo en n intervalos iguales de longotuda

n. Entonces

cada subintervalo Ii tiene la forma:

Ii =

[a + a · i − 1

n, a + a · i

n

[, i = 1, . . . , n.

Entonces,

f

(a + a · i

n

)· a

n=

(a + a · i

n

)(a + a · i

n+ 2

)· a

n

=

(a2 + a2 i

n+ 2a +

i

na2 + a2 i2

n2+ 2a

i

n

)a

n

=a3

n+ a3 i

n2+

2a2

n+ a3 i

n2+

a3 · i2n3

+2a2

n2i

=a3

n+ 2a3 i

n2+ a3 i2

n2i +

2a2

n

Sn =

n∑

i=1

f

(a + a

i

n

)a

n= a3+a3 n + 1

n+

a3

6

(n + 1)(2n + 1)

n2+a2n + 1

n+2a2.

Por lo tanto,

∫ 2a

a

f(x)dx = lımn→∞

Sn = a3 + a3 +a3

6+ a2 + 2a2 =

13

6a3 + 3a2.

1

2 §1. Integral de Riemann

1.2. Usando que:

lımn→∞

(1k + 2k + . . . + nk

nk+1

)=

1

k + 1, k ∈ N .

Si a > 0, k ∈ N, calcular ∫ a

0

xkdx .

Solucion: Note que la funcion f(x) = xk es continua y por lo tanto

existe

∫ a

0

xkdx. Para calcularla tomaremos lımites de sumas de Rie-

mann inferiores con particiones que dividen el intervalo [0, a] en n partesiguales, es decir

Pn = {x0, x1, . . . , xn} =

{0,

a

n,2a

n, . . . ,

na

n

}.

Entonces

n∑

i=1

f

((i − 1)a

n

)a

n= 0 · a

n+(a

n

)k

· a

n+

(2a

n

)ka

n+ . . . +

((n − 1)a

n

)ka

n

=ak+1

nk+1[1 + 2k + . . . + (n − 1)k] .

Usando el lımite dado obtenemos que∫ a

0

xkdx = lımn→∞

I(f,Pn) =ak+1

k + 1, a > 0 .

1.3. Calcular

∫ 0

−a

xkdx usando el mismo metodo del ejercicio anterior.

Solucion: Tenemos la particion

Pn =

{x0 = −a, x1 = −n − 1

na, . . . , xn−2 = −2a

n, xn−1 = −a

n, xn = 0

}.

Entonces

I(f,Pn) = 0 · a

n+(−a

n

)k a

n+

(−2a

n

)ka

n+ . . . +

(−(n − 1)a

n

)ka

n

=(−a)ka

nk+1[1 + 2k + . . . + (n − 1)k]

= −(−a)k+1

nk+1[1 + 2k + . . . + (n − 1)k] .

Calculo II - Rodrigo Vargas 3

Por lo tanto,∫ 0

−a

xkdx = lımn→∞

I(f,Pn) = −(−a)k+1

k + 1.

1.4. Use los ejercicios resueltos anteriormente para demostrar que:∫ b

a

xkdx =1

k + 1(bk+1 − ak+1), a < b .

Solucion:

Caso 1: 0 < a < b tenemos que∫ b

0

xkdx =

∫ a

0

xkdx +

∫ b

a

xkdx

bk+1

k + 1=

ak+1

k + 1+

∫ b

a

xkdx

⇒∫ b

a

xkdx =bk+1

k + 1− ak+1

k + 1.

Caso 2: a < b < 0∫ 0

a

xkdx =

∫ b

a

xkdx +

∫ 0

b

xkdx

− ak+1

k + 1=

∫ b

a

xkdx − bk+1

k + 1

⇒∫ b

a

xkdx =bk+1

k + 1− ak+1

k + 1.

Caso 3: a < 0 < b∫ b

a

xkdx =

∫ 0

a

xkdx +

∫ b

0

xkdx

= − ak+1

k + 1+

bk+1

k + 1.

En general, se obtiene que∫ b

a

xkdx =1

k + 1(bk+1 − ak+1), a < b .

1.5. a) Use que | sin x| ≤ |x| y la formula que convierte sin x − sin y enproducto para demostrar que

| sin x − sin y| ≤ |x − y| .


b) Sea f(x) = sin x definida en [a, b] y Pn una particion de [a, b] quedivide este intervalo en n partes iguales. Demuestre que

0 ≤ S(f,Pn) − I(f,Pn) ≤ (b − a)2

n,

donde S(f,Pn) es una suma superior de f con respecto a Pn yI(f,Pn) es una suma inferior de f con respecto a Pn.

Solucion:

a) Usaremos | sin x| ≤ |x| y la formula trigonometrica:

sin x − sin y = 2 cos

(x + y

2

)sin

(x − y

2

)

entonces

| sin x − sin y| ≤ 2

∣∣∣∣cos

(x + y

2

)sin

(x − y

2

)∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣cos

(x + y

2

)∣∣∣∣∣∣∣∣sin

(x − y

2

)∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣cos

(x + y

2

)∣∣∣∣∣∣∣∣(

x − y

2

)∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣(

x − y

2

)∣∣∣∣ = |x − y| .

b) Sea ai = a+(b−a) in, i = 0, 1, . . . , n y la particion Pn = {x0, x1, . . . , xn}.

Sabemos que

S(f,Pn) =

n∑

i=1

(xi − xi−1)Mi = (b − a)

n∑

i=1

1

nMi ,

I(f,Pn) =n∑

i=1

(xi − xi−1)mi = (b − a)n∑

i=1

1

nmi .

Denotemos por Mi = sin(x∗∗i ), mi = sin(x∗

i ) entonces para la parti-


cion Pn se tiene que

S(f,Pn) − I(f,Pn) = (b − a)

n∑

i=1

1

n(Mi − mi)

=b − a

n

n∑

i=1

| sin(x∗∗i ) − sin(x∗

i )|

≤ b − a

n

n∑

i=1

|x∗∗i − x∗

i |

≤ b − a

n

n∑

i=1

|xi − xi−1|

≤ b − a

n

n∑

i=1

(b − a) =(b − a)2

n.

1.6. Muestre que la funcion

f(x) =

{0 x ∈ Q

1 x ∈ R − Q

no es integrable en [a, b].

Solucion: Sea P = {x0, x1, . . . , xn} una particion de [a, b]. Entonces,debido a la densidad de los numeros racionales e irracionales en R ten-emos que

mi = ınf{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]} = 0 ,

Mi = sup{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]} = 1 .

Luego,

I(f,P) =

n∑

i=1

mi(xi − xi−1) = 0 ,

S(f,P) =n∑

i=1

Mi(xi − xi−1) =∑

i=1

(xi − xi−1) = xn − x0 = b − a .

Por lo tanto∫ b

a


I(f,P) = 0 ,

∫ b

a


S(f,P) = 1 .


Por ser la integral superior distinta al la integral inferior, se concluyeque f no es integrable.

1.7. Calcule, usando la definicion de integral definida,

∫ 3

1

1

x2dx .

Solucion: Consideremos la particion por subintervalos de igual medida,a saber, P = {x0, x1, . . . , xn} dada por

xi = 1 +2i

n=

n + 2i

n, i = 0, 1, . . . , n .

Observe que√

xixi−1 ∈ [xi−1, xi] entonces podemos considerar

Si = f(√

xixi−1)2

n=

1

xixi−1

2

n

=1(

n + 2i

n

)(n + 2(i − 1)

n

) 2

n

=2n

(n + 2i)(n + 2(i − 1))

= n

{1

n + 2(i − 1)− 1

n + 2i

}.

Aplicando la propiedad telescopica se obtiene que

n∑

i=1

Si = n

n∑

i=1

{1

n + 2(i − 1)− 1

n + 2i

}

= n

{1

n− 1

n + 2n

}= n

{2

3n

}=

2

3.

Por lo tanto, ∫ 3

1


n∑

i=1

Si =2

3.

1.8. Sea f : [−a, a] → R integrable. Si f es una funcion impar, pruebe

que

∫ a

−a

f(x)dx = 0. Si, por el contrario, f es par pruebe entonces que∫ a

−a

f(x)dx = 2

∫ a

0

f(x)dx.


Solucion: Si f es impar, basta probar que

∫ 0

−a

f(x)dx = −∫ a

0

f(x)dx.

Ahora bien, a cada particion P = {x0, x1, . . . , xn} de [0, a] le corres-ponde una particion P = {−xn,−xn−1, . . . , x1, x0} de [−a, 0]. Por ser fimpar entonces f(−x) = −f(x) para todo x ∈ [−a, a] entonces

∫ a

0


S(f, P ) = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)(xi − xi−1)

= − lımn→∞

n∑

i=1

f(−xi)((−xi−1) − (−xi))

= − lımn→∞

S(f, P ) = −∫ 0

−a

f(x)dx .

Ahora, si f es par, basta probar que

∫ 0

−a

f(x)dx =

∫ a

0

f(x)dx. Por ser

f par entonces f(−x) = f(x) para todo x ∈ [−a, a] entonces

∫ a

0


S(f, P ) = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)(xi − xi−1)

= lımn→∞

n∑

i=1

f(−xi)((−xi−1) − (−xi))

= lımn→∞

S(f, P ) =

∫ 0

−a

f(x)dx .

1.9. Usando sumas de Riemann calcule

lımn→∞

ln

(n∏

k=1

(1 +

k

n

)) 1n

.

Solucion:

Sn = ln

(n∏

k=1

(1 +

k

n

)) 1n

=

n∑

k=1

ln

((1 +

k

n

)) 1n

=

n∑

k=1

ln(1 + k/n)

n.

Esta suma corresponde a una suma de Riemann para una particionuniforme del intervalo [1, 2]. Por lo tanto,

lımn→∞

Sn =

∫ 2

1

ln(x)dx = x ln(x) − x∣∣∣2

1.


1.10. Calcule el siguiente lımite

lımn→∞

(1

n+

1

n + 1+

1

n + 2+ . . . +

1

2n − 1+

1

2n

).

Solucion: Se tiene que

lımn→∞

n∑

i=0

1

n + i= lım

n→∞

1

n

n∑

i=0

n

n + i

= lımn→∞

1

n

n∑

i=0

1

1 + i/n

=

∫ 1

0

dx

x + 1

= log(x + 1)∣∣∣1

0= log(2) .


lımn→∞

(n

1 + n2+

n

4 + n2+

n

9 + n2+ . . . +

n

(n − 1)2 + n2+

1

2n

).

Solucion: De manera similar

lımn→∞

n∑

i=1

n

n2 + i2= lım

n→∞

1

n

n∑

i=1

n2

n2 + i2

= lımn→∞

1

n

n∑

i=1

1

1 + i2/n2

=

∫ 1

0

dx

x2 + 1

= arctan x∣∣∣1

0= arctan(1) .


lımn→∞

[(1 +

1

n

)(1 +

2

n

)(1 +

3

n

). . .

(1 +

n − 1

n

)(1 +

n

n

)]1/n

.

Solucion: Notemos que

log

[n∏

i=1

(1 +

i

n

)]1/n

=1

nlog

[n∏

i=1

(1 +

i

n

)]=

1

n

n∑

i=1

log

(1 +

i

n

).


Entonces

lımn→∞

1

n

n∑

i=1

log

(1 +

i

n

)=

∫ 2

1

log(x)dx = [x log(x) − x]21 = 2 log(2) − 1 .

Aplicando la funcion exponencial a ambos lados de la igualdad de arribay usando la continuidad de la funcion exponencial obtenemos

exp (2 log(2) − 1) = exp

(lım

n→∞

1

n

n∑

i=1

log

(1 +

i

n

))

= lımn→∞

exp

(1

n

n∑

i=1

log

(1 +

i

n

))

= lımn→∞

exp

log

[n∏

i=1

(1 +

i

n

)]1/n

= lımn→∞

[n∏

i=1

(1 +

i

n

)]1/n

.

Capıtulo 2

Calculo Elemental

2.1. Calcular la integral

∫x2

4√

x3 + 1dx.

Solucion: Haciendo el cambio de variables y = x3 + 1 entonces dy =3x2dx y obtenemos

∫x2

4√

x3 + 1dx =

1

3

∫dy4√

y=

1

3

∫y−1/4dy

=1

3· 4

3y3/4 + C =

4

9(x3 + 1)3/4 + C .


∫sin

√x√

xdx.

Solucion: Tomando y =√

x entonces dy =1

2√

xdx y obtenemos

∫sin

√x√

xdx = 2

∫sin ydy = −2 cos y + C = −2 cos

√x + C .


∫2x − 3

4x2 − 12x + 1dx.

Solucion: Eligiendo y = 4x2 − 12x + 1 entonces dy = (8x − 12)dx =4(2x − 3)dx y tenemos que

∫2x − 3

4x2 − 12x + 1dx =

1

4

∫dy

y=

1

4log y + C

=1

4log(4x2 − 12x + 1) + C .

11

12 §2. Calculo Elemental


∫arcsin x√

1 − x2dx.

Solucion: Basta tomar y = arcsin x luego dy =dx√

1 − x2obtenien-

do que∫

arcsin x√1 − x2

dx =

∫y dy =

y2

2+ C =

(arcsin x)2

2+ C .


∫x sin x2 cos x2dx.

Solucion: Considere y = sin x2 luego dy = 2x cos x2dx entonces∫

x sin x2 cos x2dx =1

2

∫y dy =

1

2· y2

2+ C =

(sin x2)2

4+ C .


∫dx

x√

1 − (log x)2.

Solucion: Sea y = log x entonces dy = 1xdx y tenemos que

∫dx

x√

1 − (log x)2=

∫dy√1 − y2

= arcsin y + C = arcsin log x + C .


∫dx

x√

x2 − 1Arcsec x.

Solucion: Si y = Arcsec x entonces dy =dx

x√

x2 − 1por tanto

∫dx

x√

x2 − 1Arcsec x=

∫dy

y= log y + C = log Arcsec x + C .


∫aex + b

aex − bdx.

Solucion: Observemos que

aex + b

aex − b=

aex − b

aex − b+

2b

aex − b= 1 +

2b

aex − b.

Basta calcular

∫dx

aex − b, haciendo el cambio de variables y = ex con

dy = exdx implica dx =dy

yentonces

∫dx

aex − b=

∫dy

y(ay − b). (2.1)


Notemos que

1

y(ay − b)=

A

y+

B

ay − b(2.2)

multiplicando la ultima igualdad por y obtenemos

1

ay − b= A +

By

ay − b

evaluando en y = 0 se obtiene que A = −1

b. Demanera similar si mul-

tiplicamos por ay − b la igualdad (2.2) obtenemos

1

y=

A(ay − b)

y+ B

evaluando en y = b/a obtenemos B = a/b, es decir, podemos escribir(2.2) como

1

y(ay − b)= − 1

by+

a

b(ay − b)

usted puede verificar que esta igualdad se satisface haciendo el algebrarespectivo. Luego, volviendo a la igualdad (2.1) se tiene que

∫dx

aex − b=

∫dy

y(ay − b)= −1

b

∫dy

y+

a

b

∫dy

ay − b= I1 + I2

donde

I1 = −1

blog y + C1 .

Para calcular I2 hacemos el cambio de variables z = ay−b con dz = adyentonces

I2 =1

b

∫dz

z=

1

blog z + C2 =

1

blog(ay − b) + C2 .

Recordemos que y = ex entonces recapitulando obtenemos∫

aex + b

aex − bdx =

∫dx + 2b

∫dx

aex − b= x + 2b(I1 + I2) + C3

= x − 2 log ex + 2bC1 + 2 log(aex − b) + 2bC2 + C3

= x − 2x + 2 log(aex − b) + C

= −x + 2 log(aex − b) + C .


2.9. Calcule

∫x arctan(3x + 1) dx.

Solucion: Integrando por partes, haciendo

u = arctan(3x + 1), du =3

1 + (3x + 1)2dx ,

dv = xdx , v =x2

2.

Entonces,

∫x arctan(3x + 1) dx =

x2

2arctan(3x + 1) − 3

2

∫x2

1 + (3x + 1)2dx .

La ultima integral la podemos calcular haciendo el cambio de variablesz = 3x + 1 luego dz = 3dx y obtenemos que

∫x2

1 + (3x + 1)2dx =

1

3

∫ (z−13

)2

1 + z2dz

=1

3· 1

9

∫(z − 1)2

1 + z2dz

=1

27

{∫z2

1 + z2dz +

∫ −2z

1 + z2dz +

∫dz

1 + z2

}

=1

27{A1 + A2 + A3} .

Para calcular A1 hacemos lo siguiente

∫z2

1 + z2dz =

∫z2 + 1

z2 + 1dz −

∫dz

1 + z2= z − arctan z + C1 .

Para calcular A2 hacemos el cambio de parametros w = 1 + z2 luegodw = 2zdz entonces

A2 = −∫

dw

w= − log w + C2 = − log(1 + z2) + C2 .

A3 es claramente la integral de arctan z, por lo tanto

∫x2

1 + (3x + 1)2dx =

1

27

{(3x + 1) − log(1 + (3x + 1)2)

}+ C .

2.10. Calcule ∫(arcsin x)2dx .


Solucion: Integrando por partes se obtiene

u = (arcsin x)2, du =2 arcsin x√

1 − x2dx ,

dv = dx , v = x .

Luego∫

(arcsin x)2dx = x(arcsin x)2 − 2

∫x arcsin x√

1 − x2dx = x(arcsin x)2 − I1 .

La integral I1 la podemos integrar por partes, haciendo

u = arcsin x, du =1√

1 − x2dx ,

dv =x√

1 − x2dx , v = −

√1 − x2 .

Entonces

I1 = −2√

1 − x2 arcsin x − 2

∫ √1 − x2

1√1 − x2

dx

= −2√

1 − x2 arcsin x − 2x .

Por lo tanto∫

(arcsin x)2dx = x(arcsin x)2 − 2√

1 − x2 arcsin x − 2x .

2.11. Calcule ∫earcsin xdx .

Solucion: Haciendo el cambio de variables z = arcsin x luego dz =dx√

1 − x2entonces

∫earcsin xdx =

∫ez√

1 − sin2 zdz =

∫cos z ez dz .

Integrando por partes haciendo

u = cos z, du = − sin zdz ,dv = ezdz , v = ez .

Entonces∫

cos z ez dz = cos z ez +

∫sin z ez dz .


La ultima integral la podemos calcular por partes

u = sin z, du = cos zdz ,dv = ezdz , v = ez .

Entonces∫

cos z ez dz = cos z ez +

∫sin z ez dz

= cos z ez + sin z ez −∫

cos zez dz .

Despejando obtenemos que∫

cos z ez dz =1

2{cos z ez + sin z ez} + C ,

como z = arcsin x se obtiene que∫

earcsin xdx =1

2{cos(arcsin x) ez + x ez} + C .

2.12. Calcule ∫x2 arctanx

1 + x2dx .

Solucion: Integrando por partes haciendo

u = arctan x, du =1

1 + x2dx ,

dv =x2

1 + x2dx , v = x − arctanx .

Note que v se obtuvo mediante∫

x2

1 + x2dx =

∫x2 + 1

x2 + 1dx −

∫1

x2 + 1dx = x − arctanx .

Entonces∫

x2 arctanx

1 + x2dx = (x − arctanx) arctan x −

∫x

1 + x2dx

+

∫arctanx

1 + x2dx .

La primera de las integrales la calculamos haciendo el cambio de varia-bles z = 1 + x2 luego dz = 2xdx entonces

∫x

x2 + 1dx =

1

2

∫dz

z=

1

2log z + C1 =

1

2log(1 + x2) + C1 .


La segunda integral la calculamos haciendo el cambio de variables w =arctan x luego dw = dx/(1 + x2) entonces

∫arctan x

1 + x2dx =

∫w dw =

w2

2+ C2 =

arctan2 x

2+ C2 .

Por lo tanto,∫

x2 arctanx

1 + x2dx = (x − arctanx) arctan x − 1

2log(1 + x2)

+arctan2 x

2+ C .

2.13. Calcule las derivadas de las siguientes funciones

y =

∫ x3

1

sin t4dt, y =

∫ x2

√x

t2

1 + t6dt, y =

∫ cos x

x3

(x − t) sin t2dt .

2.14. Si f(x) =

∫ x

1

x − t

sin3 tdt, calcule f ′

(π

2

).


f(x) = x

∫ x

1

dt

sin3 t−∫ x

1

t

sin3 tdt

entonces aplicando el teorema fundamental del calculo obtenemos

f ′(x) =

∫ x

1

dt

sin3 t+ x

(1

sin3 x

)− x

sin3 x=

∫ x

1

dt

sin3 t.

La ultima integral la podemos calcular por partes tomando

u =1

sin t, du =

cos t

sin tdt ,

dv =1

sin2 tdt , v = −cos t

sin t,

obteniendo∫ x

1

dt

sin3 t= − cos t

sin2 t

∣∣∣∣x

1

−∫ x

1

(1

sin t

)cos2 t

sin2 tdt

= − cos t

sin2 t

∣∣∣∣x

1

−∫ x

1

(1

sin t

)(1

sin2 t− 1

)dt

= − cos t

sin2 t

∣∣∣∣x

1

−∫ x

1

dt

sin3 t−∫ x

1

dt

sin t,


luego

f ′(x) =

∫ x

1

dt

sin3 t= −1

2

{cos t

sin2 t

∣∣∣∣x

1

+

∫ x

1

dt

sin t

}.

Basta calcular la integral de cosec x. Sabemos que

∫sec x dx = log | sec x + tan x|

entonces en analogıa se puede hallar que

∫dt

sin t= − log

∣∣∣∣1

sin t+

cos t

sin t

∣∣∣∣ .

Por lo tanto,

f ′(x) = −1

2

{cos t

sin2 t− log

∣∣∣∣1

sin t+

cos t

sin t

∣∣∣∣}∣∣∣∣

x

1

,

luego

f ′(π

2

)= −1

2

{cos t

sin2 t− log

∣∣∣∣1

sin t+

cos t

sin t

∣∣∣∣}∣∣∣∣

π/2

1

.

2.15. Calcule

∫dx√

4x − 3 − x2.

Solucion: Al completar cuadrado nos queda

−x2 + 4x − 3 = 1 − (x − 2)2

haciendo el cambio de variables z = x − 2 obtenemos

∫dt√

4x − 3 − x2=

∫dt√

1 − (x − 2)2=

∫dz√

1 − z2

sustituyendo z = sin t entonces dz = cos t dt luego

∫dz√

1 − z2=

∫cos t√

1 − sin2 tdt =

∫cos t√cos2 t

dt

=

∫dt = t + C = arc sen z + C

= arc sen(x − 2) + C .


2.16. Calcule

∫2x + 1

2x2 + x + 1dx.

Solucion: Notemos que∫

2x + 1

2x2 + x + 1dx =

1

2

∫4x + 2

2x2 + x + 1dx

=1

2

∫4x + 1

2x2 + x + 1dx +

1

2

∫dx

2x2 + x + 1= I1 + I2 .

Para calcular I1 tomamos la sustitucion u = 2x2 + x + 1 entonces du =(4x + 1)dx, por lo tanto

I1 =1

2

∫4x + 1

2x2 + x + 1dx =

1

2

∫du

u=

1

2log(2x2 + x + 1) + C1 .

Para calcular I2 completamos cuadrado

2x2 + x + 1 = 2

(x2 +

1

2x +

1

2

)= 2

((x +

1

4

)2

+7

16

)

y tomamos la sustitucion z = x + 14

y d = 7/16 obtenemos

I2 =1

2

∫dx

2x2 + x + 1=

1

4

∫dx

(x + 14)2 + 7

16

=1

4

∫dz

z2 + d

=1

4√

darctan

z√d

+ C2 =1√7

arctan4(x + 1

4

)√

7+ C2 .

Por lo tanto,

∫2x + 1

2x2 + x + 1dx =

1

2log(2x2 + x + 1) +

1√7

arctan4(x + 1

4

)√

7+ C .

2.17. Calcule

∫ex

√e2x + ex + 1

dx.

Solucion: Tomando la sustitucion u = ex obtenemos∫

ex

√e2x + ex + 1

dx =

∫du√

u2 + u + 1,

completando cuadrados obtenemos

u2 + u + 1 =

(u +

1

2

)2

+3

4


y haciendo la sutitucion z = u + 12

se obtiene

∫du√

u2 + u + 1=

∫du√

(z + 12)2 + 3

4

=

∫dz√

z2 + d

= log(z +√

z2 + d) + C

= log

(

u +1

2

)+

√(u +

1

2

)2

+3

4

+ C

= log

(

ex +1

2

)+

√(ex +

1

2

)2

+3

4

+ C .

2.18. Derivar aplicando derivacion logaritmica

(a) f(x) = xxx,

(b) g(x) = xsin2 x,

(c) h(x) =(3x − 2)(2x − 3) cos x

(5x + 7) log x.

Solucion:

(a) Notemos que

log f(x) = log(xx)x = x log xx = x2 log x .

Entonces derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que

1

f(x)f ′(x) = 2x log x + x2 · 1

x= 2x log x + x .

Por lo tanto,

f ′(x) = f(x)(2x log x + x) = xxx(2x log x + x) .

(b) Notemos que

log g(x) = log xsin2 x = sin2 x log x .


Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que

1

f(x)· f ′(x) = 2 sin x cos x log x + sin2 x · 1

x.

Por lo tanto,

f ′(x) = xsin2 x(

2x sin x cos x log x + sin2 x

x

).

(c) Notemos que

log h(x) = log

((3x − 2)(2x − 3) cosx

(5x + 7) log x

)

= log((3x − 2)(2x − 3) cosx) − log((5x + 7) log x)

= log(3x − 2) + log(2x − 3) + log(cosx) −log(5x + 7) − log(log x) .

Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos

1

h(x)· h ′(x) =

3

3x − 2+

2

2x − 3+

− sin x

cos x− 5

5x + 7− 1/x

log x.

Por lo tanto,

h′(x) =(3x − 2)(2x − 3) cos x

(5x + 7) log x

(3

3x − 2+

2

2x − 3− sin x

cos x− 5

5x + 7− 1

x log x

).

2.19. Calcule ∫4x(x2 + 1)2dx

de dos maneras alternativas:

a) Desarrolle el producto y despues integra.

b) Use la sustitucion w = x2 + 1.

Explique por que los resultados son distintos.

Solucion:

(a)∫

4x(x2 + 1)2dx =

∫4x(x4 + 2x2 + 1)dx =

∫(4x5 + 8x3 + 4x)dx

=2

3x6 + 2x4 + 2x2 .


(b) Haciendo la sustitucion w = x2 + 1 entonces dw = 2xdx y se tieneque

∫4x(x2+1)2dx =

∫2w2dw =

2

3w3 =

2

3(x2+1)3 =

2

3x6+2x4+2x2+

2

3.

Los resultados son distintos por lo siguiente: Una funcion f puede poseermas de una primitiva. En efecto, si F es primitiva de f entonces G(x) =F (x)+c tambien es primitiva. Ademas, si F y G son primitivas entoncesF ′(x) = G′(x) = f(x) lo cual implica que F (x)−G(x) = constante, talcomo ocurrio en este caso.

2.20. Calcule ∫2 sin x cos xdx

de tres maneras alternativas:

a) Usando la sustitucion v = sin x.

b) Usando la sustitucion w = cos x.

c) Utilizando la identidad sin2x = 2 sinx cos x.

Explique las diferencias obtenidas en la respuestas de a), b) y c).

Solucion:

(a) Haciendo la sustitucion v = sin x implica dv = cos xdx y obtenemos

∫2 sin x cos xdx =

∫2vdv = v2 = sin2 x = Fa(x) .

(b) Haciendo la sustitucion w = cos x implica dw = − sin xdx y se tieneque

∫2 sin x cos xdx = −

∫2wdw = −w2 = − cos2 x = Fb(x) .

(c) ∫2 sin x cos xdx =

∫sin 2xdx = −cos(2x)

2= Fc(x) .


Por lo dicho en el problema anterior las primitivas deberian tener difer-encia constante. En efecto, tenemos que

Fa(x) − Fb(x) = sin2 + cos2 x = 1 ,

Fa(x) − Fc(x) = sin2 x +cos(2x)

2=

1

2− cos(2x)

2+

cos(2x)

2=

1

2,

Fb(x) − Fc(x) = − cos2 x +cos(2x)

2= −1

2− cos(2x)

2+

cos(2x)

2= −1

2.

2.21. Calcule ∫ 1

0

dx

ex + e−x.

Solucion: Haciendo el cambio de variables u = ex implica du = exdx yse tiene que

∫ 1

0

dx

ex + e−x=

∫ e

1

dx

u + u−1=

∫ e

1

u

u2 + 1du =

1

2log(u2 + 1)

∣∣∣∣e

1

.

2.22. Para n entero positivo, calcule

∫ n

0

[x] dx .

Solucion:

∫ n

0

[x] dx =

∫ 1

0

[x]dx +

∫ 2

1

[x]dx +

∫ 3

2

[x]dx + . . . +

∫ n−1

n−2

[x]dx +

∫ n

n−1

[x]dx

=

∫ 1

0

0dx +

∫ 2

1

1dx +

∫ 3

2

2dx + . . . +

∫ n−1

n−2

(n − 2)dx +

∫ n

n−1

(n − 1)dx

= 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + (n − 2) + (n − 1)

=1

2(n − 1)n .

2.23. Calcule ∫ 2

0

x√

2x − x2dx .

Solucion: Tenemos que

I =

∫x√

2x − x2dx =

∫x√

1 − (x2 − 2x + 1)dx =

∫x√

1 − (x − 1)2dx.


Si hacemos x − 1 = sin t entonces x = sin t + 1 y dx = cos t dt, luego

I =

∫(sin t + 1) cos2 tdt

=

∫cos2 t sin tdt +

∫cos2 tdt

= −1

3cos3 t +

1

2[t + sin t cos t] .

Por lo tanto,

∫ 2

0

x√

2x − x2dx =

[−1

3cos3 t +

1

2(t + sin t cos t)

]π/2

−π/2

=π

2.

2.24. Calcule ∫dx

1 + 3 sin x + 4 cosx.

Solucion: Hacemos el cambio de variables

t = tanx

2, dx =

2

1 + t2dt ,

cos x =1 − t2

1 + t2, sin x =

2t

1 + t2.

Entonces, obtenemos que

I =

∫ 21+t2

1 + 6t1+t2

+ 4(1−t2)1+t2

dt

=

∫2

1 + t2 + 6t + 4 − 4t2dt

=

∫2

5 + 6t − 3t2dt

= −2

3

∫dt

t2 − 2t − 5/3.

Las soluciones de la ecuacion t2 − 2t − 5/3 = 0 son

α+ = 1 + 2

√2

3, α− = 1 − 2

√2

3.

Luego,

1

t2 − 2t − 5/3=

1

(t − α+)(t − α−)=

a

(t − α+)+

b

(t − α−)


donde

a =1

α+ − α−=

√3

4√

2,

b =1

α− − α+

= −√

3

4√

2.

Por lo tanto,

I = −2

3

{ √3

4√

2

∫dt

t − α+−

√3

4√

2

∫dt

t − α−

}

= −2

3

{ √3

4√

2log(t − α+) −

√3

4√

2log(t − α−)

}+ C

= −√

2

4√

3log

(t − α+

t − α−

)+ C .

2.25. Considere la funcion

f(x) = (1 − x2)

∫ x

0

dt

1 − t2.

Calcule

∫f(x)dx.

Solucion: Sea

g(x) =

∫ x

0

dt

1 − t2.

Integrando por partes tomando

u = g(x), du =1

1 − x2dx ,

dv = (1 − x2)dx , v = x − x3

3.

Se obtiene que∫

f(x)dx =

(x − x3

3

)g(x) −

∫x

1 − x2dx +

1

3

∫x3

1 − x2dx .

Debemos calcular 3 integrales incluido el calculo de g(x), para calcularla segunda y la tercera integral hacemos el cambio de variables w = x2

implica dw = 2xdx entonces∫

x

(1 − x2)dx =

1

2

∫dw

1 − w= −1

2log |1−w|+C2 = −1

2log |1−x2|+C2.


Para la tercera integral obtenemos

∫x3

1 − x2dx =

1

2

∫w

1 − wdw =

1

2

{−∫

1 − w

1 − wdw +

∫dw

1 − w

}

= −1

2w − log |1 − w| + C3 .

Para calcular g(x) hacemos fracciones parciales

1

1 − t2=

1

(1 + t)(1 − t)=

1

2

(1

1 − t

)+

1

2

(1

1 + t

),

luego,

g(x) =1

2log(1 + x) − 1

2log(1 − x) =

1

2log

(1 + x

1 − x

).

Por lo tanto∫

f(x)dx =

(x − x3

3

)1

2log

(1 + x

1 − x

)+

1

2log |1−x2|−1

6x2−1

3log |1−x2|+C.


I =

∫ 2a

−2a

x√

4a2 − x2dx −∫ 2a

0

x√

a2 − (x − a)2dx .

Solucion: La primera de las integrales es cero ya la funcion a integrares impar sobre un intervalo simetrico con respecto al origen. La segundaintegral la calculamos usando el cambio de variables

x − a = a sin θ, con θ ∈ [−π/2, π/2] .

Entonces, se obtiene que:

I = −∫ π/2

−π/2

(a + a sin θ)a cos θa cos θdθ

= −a3

∫ π/2

−π/2

cos2 θdθ − a3

∫ π/2

−π/2

cos2 θ sin θdθ = −π

2a3 .

2.27. (a) Calcule ∫ 3

0

x√

3x − x2 dx.


(b) Use una integral para calcular aproximadamente

10000∑

n=1

√n.

Solucion:

(a) Completando cuadrado se obtiene

3x − x2 = −(

x2 + 3x +9

4

)+

9

4=

9

4+

(x − 3

2

)2

.

Entonces

∫ 3

0

x√

3x − x2 dx =

∫ 3

0

x

√9

4−(

x − 3

2

)dx .

Haciendo el cambio de variables

x − 3

2=

3

2sin θ, θ ∈

[−π

2,π

2

].

Aquı dx = 32cos θ y obtenemos

∫ 3

0

x√

3x − x2dx =

∫ π/2

−π/2

(3

2sin θ +

3

2

)(3

2

)2

cos2 θdθ

=

(3

2

)3{∫ π/2

−π/2

sin θ cos2 θ dθ +

∫ π/2

−π/2

cos2 θ dθ

}

=

(3

2

)3{

cos3 θ

3

∣∣∣∣π/2

−π/2

+1

2

∫ π/2

−π/2

1 + cos(2θ) dθ

}

=

(3

2

)31

2

{θ +

sin(2θ)

2

}π/2

−π/2

=27

8· π

2.

(b)

2.28. Calcule ∫ln x√1 − x

dx .

Solucion: Integrando por partes haciendo

u = ln x, du =dx

x,

dv =dx√1 − x

, v = −2(1 − x)1/2 ,


y obtenemos

∫ln x√1 − x

dx = −2 ln x√

1 − x + 2

∫ √1 − x

xdx .

Para calcular la ultima integral hacemos el cambio de variables z2 =1 − x entonces 2zdz = −dx y obtenemos que

∫ √1 − x

xdx = −

∫z

1 − z2· 2zdz

= 2

∫1 − z2

1 − z2dz − 2

∫dz

1 − z2

= 2z − ln

(1 + z

1 − z

)+ C .

La segunda integral se obtuvo haciendo fraciones parciales, por lo tanto

∫ln x√1 − x

dx = −2 ln x√

1 − x + 4√

1 − x − 2 ln

(1 +

√1 − x

1 −√

1 − x

)+ C .

Capıtulo 3

Integrales

3.1. Deduzca que el valor absoluto de las integrales de seno y coseno sonpotivas y estan acotadas por la longitud del intervalo de integracion.

3.2. Demuestre que

(a) 0 ≤∣∣∣∣∫ b

a

arctan xdx

∣∣∣∣ ≤π

2(b − a), a ≤ b.

(b)1

4≤∫ 4

3

1

xdx ≤ 1

3.

Solucion:

a) La funcion f(x) = arctanx es continua por lo tanto su integral existeen cualquier intervalo. Ademas, sabemos que

|f(x)| ≤ π

2.

Por lo tanto,

0 ≤∣∣∣∣∫ b

a

arctanxdx

∣∣∣∣ ≤∫ b

a

| arctanx|dx

=

∫ b

a

|f(x)|dx ≤ π

2

∫ b

a

dx =π

2(b − a) .

b) Como 3 < x < 4, implica que1

4<

1

x<

1

3. Por lo tanto

∫ 4

3

dx

4≤∫ 4

3

dx

x≤∫ 4

3

dx

3;

29

30 §3. Integrales

es decir,1

4≤∫ 4

3

dx

x≤ 1

3.

3.3. Verifique, sin calcular la integral, que:

3

8≤∫ 3

0

1

x + 5dx ≤ 3

5.

Solucion: Sea f(x) =1

x + 5, x ∈ [0, 3], entonces se tiene,

f ′(x) = −(

1

x + 5

)2

< 0, x ∈ [0, 3].

Ası, tenemos que f es de creciente en [0, 3]. Como f(0) = 1/5, f(3) =1/8, tenemos que

1

8≤ f(x) ≤ 1

5, para todo x ∈ [0, 3].

Luego, se concluye que

3

8≤∫ 3

0

dx

x + 5≤ 3

5.

3.4. Pruebe que si f : [a, b] → R es derivable y convexa entonces

(b − a)f

(a + b

2

)≤∫ b

a

f(x)dx .

Solucion: Como f es derivable, en particular f es continua lo cualimplica que f es integrable. Recordemos que, si f : [a, b] → R es convexaentonces dados a1, . . . , an ∈ [a, b] y t1, . . . , tn ∈ [0, 1] tales que t1 + . . . +tn = 1 se tiene que

f(t1a1 + . . . + tnan) ≤ t1f(a1) + . . . + tnf(an).

Ahora, sea P una particion de [a, b] por subintervalos de igual longitud


y tomando h = (b − a)/n se tiene que

∫ b

a


n∑

i=1

f(a + ih)(b − a)

n

= (b − a) lımn→∞

1

n

n∑

i=1

f(a + ih)

≥ (b − a) lımn→∞

f

(1

n

n∑

i=1

f(a + ih)

)

= (b − a)f

(lım

n→∞

1

n

n∑

i=1

(a + ih)

)

= (b − a)f

(lım

n→∞

1

n

{an +

(b − a)n(n + 1)

2n

})

= (b − a)f

(lım

n→∞

{a +

(b − a)(n + 1)

2n

})

= (b − a)f

({a +

(b − a)

2

})

= (b − a)f

(a + b

2

).

3.5. Si f es una funcion continua de perıodo T usando el teorema funda-mental del calculo, demuestre que

∫ T

0

f(t)dt =

∫ a+T

a

f(t)dt, ∀ a ∈ R .

Solucion: Consideremos la funcion

g(x) =

∫ x+T

x

f(t)dt

por ser f periodica entonces f(x+T ) = f(x) para todo x ∈ R. Derivan-do la funcion g mediante el teorema fundamental del calculo obtenemosque

g′(x) = f(x + T ) − f(x) = 0, ∀ x ∈ R

lo que implica que la funcion g(x) = constante = c para todo x ∈ R

entonces c = g(0) = g(x) para todo x ∈ R es decir

∫ T

0

f(t)dt =

∫ a+T

a

f(t)dt, ∀ a ∈ R .

32 §3. Integrales

3.6. De la funcion g(x) se sabe que es continua, que g(2) = 4 y que

∫ 2

0

g(x)dx =

3. Se define

f(x) =1

2

∫ 0

x

g(t)dt.

Calcule f(2) y f ′(2).


f(x) =1

2

∫ 0

x

g(t)dt = −1

2

∫ x

0

g(t)dt

y por el teorema fundamental del calculo si G(x) =

∫ x

0

g(t)dt entonces

G′(x) = g(x) entonces

f(2) = −1

2

∫ 2

0

g(t)dt = −1

2

∫ 2

0

g(x)dx = −3

2

y ademas

f ′(2) = −1

2G′(2) = −1

2g(2) = −2 .

3.7. Demuestre que si g(x) =

∫ x

0

(sin x)f(t)dt entonces

g′′(x) + g(x) = 2f(x) cos x + f ′(x) sin x .


g(x) =

∫ x

0

(sin x)f(t)dt = (sin x)

∫ x

0

f(t)dt

debemos derivar usando la regla del producto para la derivada junto alteorema fundamental del calculo entonces

g′(x) = (sin x)′∫ x

0

f(t)dt + (sin x)

(∫ x

0

f(t)dt

)′

= (cos x)

∫ x

0

f(t)dt + (sin x)f(x) .

Derivando nuevamente obtenemos que

g′′(x) = (cos x)′∫ x

0

f(t)dt + (cos x)

(∫ x

0

f(t)dt

)′

+ (cos x)f(x) + (sin x)f ′(x)

= −(sin x)′∫ x

0

f(t)dt + (cos x)f(x) + (cos x)f(x) + (sin x)f ′(x)

= −g(x) + 2(cosx)f(x) + (sin x)f ′(x) .


3.8. Demuestre que si f ′′(x) > 0 para todo x, y se tiene

g(x) =

∫ x+1

x

(x − t)f(t)dt

entonces g′′(x) no cambia de signo.


g(x) = x

∫ x+1

x

f(t)dt −∫ x+1

x

tf(t)dt .

Derivando y aplicando el teorema fundamental del calculo obtenemosque:

g′(x) =

∫ x+1

x

f(t)dt + x[f(x + 1) − f(x)] − [(x + 1)f(x + 1) − xf(x)]

=

∫ x+1

x

f(t)dt − f(x + 1) .

Derivando nuevamente y aplicando el teorema fundamental del calculose obtiene que:

g′′(x) = f(x + 1) − f(x) − f ′(x + 1) =f(x + 1) − f(x)

(x + 1) − x− f ′(x + 1)

por el teorema del Valor Medio aplicado af(x + 1) − f(x)

(x + 1) − xse tiene que

existe c ∈ (x, x + 1) tal que

g′′(x) = f ′(c) − f ′(x + 1)

por ser f ′′(x) > 0 entonces f ′(x) es creciente y como c < x+1 entoncesg′′(x) < 0, es decir, g′′(x) no cambia de signo.

3.9. Sean f : [a, b] → R continua y α, β : I → [a, b] derivables. Defina

ϕ : I → R escribiendo ϕ(x) =

∫ β(x)

α(x)

f(t)dt para todo x ∈ I. Pruebe

que ϕ es derivable y que ϕ′(x) = f(β(x))β ′(x) − f(α(x))α′(x).

Solucion: Fijando c ∈ (a, b) se tiene que

ϕ(x) =

∫ c

α(x)

f(t)dt +

∫ β(x)

c

f(t)dt =

∫ β(x)

c

f(t)dt −∫ α(x)

c

f(t)dt .

34 §3. Integrales

Entonces basta considerar φ(x) =

∫ α(x)

x

f(t)dt. Ahora bien, φ = F ◦ α

donde F : [a, b] → R es dada por

F (x) =

∫ x

x

f(t)dt .

Por el teorema fundamental del calculo F es derivable y por ser αderivable entonces φ = F ◦ α es diferenciable y aplicando la regla de lacadena obtenemos

φ′(x) = F ′(α(x))α′(x) = f(α(x))α′(x) .

Usando esto se obtine que si

ϕ(x) =

∫ β(x)

c

f(t)dt −∫ α(x)

c

f(t)dt

entoncesϕ′(x) = f(β(x))β ′(x) − f(α(x))α′(x) .

3.10. Si f : [0, 1] → R es continua y

∫ x

0

f(t)dt =

∫ 1

x

f(t)dt, ∀ x ∈ [0, 1] .

Demuestre que f(x) = 0 para todo x ∈ [0, 1].

Solucion: Tenemos que∫ 1

0

f(t)dt =

∫ 1

1

f(t)dt = 0 .

Ademas,∫ 1

0

f(t)dt =

∫ x

0

f(t)dt +

∫ 1

x

f(t)dt = 2

∫ x

0

f(t)dt

lo cual implica que

∫ x

0

f(t)dt = 0 para todo x ∈ [0, 1]. Consideremos

ahora

F (x) =

∫ x

0

f(t)dt .

Como F (x) = 0 para todo x ∈ (0, 1) implica que F ′(x) = 0 para todox ∈ (0, 1), se sigue que f(x) = 0 para todo x ∈ (0, 1) y por continuidadse concluye que f(x) = 0 para todo x ∈ [0, 1].


3.11. Suponga que f : [a, b] → R es continua, que f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b]y que

∫ b

a

f(x)dx = 0.

Demuestre que f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b].

Solucion: Supongamos que existe un x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) > 0entonces por la continuidad de f podemos hallar un intervalo cerrado[c, d] ⊂ [a, b] tal que x0 ∈ [c, d] y f(x) > 1

2f(x0) para todo x ∈ [c, d].

Entonces,

0 =

∫ b

a

f(x)dx =

∫ c

a

f(x)dx +

∫ d

c

f(x)dx +

∫ b

d

f(x)dx

≥∫ d

c

f(x)dx >

∫ d

c

1

2f(x0)dx =

1

2f(x0)(d − c) > 0 ,

lo cual es una contradiccion.

3.12. Si f es continua y

∫ 3

1

f(x)dx = 8, demuestre que f alcanza el valor 4,

cuando menos una vez, en el intervalo [1, 3].

Solucion: Por ser f continua estamos en condiciones de usar el teo-rema del Valor Medio para integrales, a saber, existe un c ∈ [a, b] talque

∫ b

a

f(x)dx = f(c)(b − a) ,

entonces

8 =

∫ 3

1

f(x)dx = f(c)(3 − 1) =⇒ f(c) = 4 .

3.13. Si f [a, b] representa el valor promedio de f en el intervalo [a, b] y a <c < b, demostrar que

f [a, b] =c − a

b − af [a, c] +

b − c

b − af [c, b] .

36 §3. Integrales

Solucion:

f [a, b] =1

b − a

∫ b

a

f(x)dx

=1

b − a

{∫ c

a

f(x)dx +

∫ b

c

f(x)dx

}

=1

b − a

∫ c

a

f(x)dx +1

b − a

∫ b

c

f(x)dx

=c − a

(c − a)(b − a)

∫ c

a

f(x)dx +b − c

(b − c)(b − a)

∫ b

c

f(x)dx

=c − a

b − a

{1

c − a

∫ c

a

f(x)dx

}+

b − c

b − a

{1

b − c

∫ b

c

f(x)dx

}

=c − a

b − af [a, c] +

b − c

b − af [c, b] .

3.14. Sea f : R → R continua, no identicamente cero, tal que

f(x + y) = f(x)f(y), ∀ x, y ∈ R .

Pruebe que existe a ∈ R tal que f(x) = eax para todo x ∈ R.


f(x) = f(x/2 + x/2) = (f(x/2))2 ≥ 0, ∀ x ∈ R .

Si existe c ∈ R tal que f(c) = 0 entonces

f(x) = f(x − c + c) = f(x − c)f(c) = 0, ∀ x ∈ R ,

lo cual contradice que f no es identicamente nula entonces se concluyeque f(x) > 0 para todo x ∈ R. Ademas,

f(0) = f(0 + 0) = f(0)f(0) ⇒ f(0) = 1

yf(−x)f(x) = f(−x + x) = f(0) = 1 ⇒ f(−x) = f(x)−1 .

Se concluye que, si m ∈ Z entonces f(mx) = f(x)m. Tambien, paratodo q ∈ N,

f(x) = f(x/q + . . . + x/q) = f(x/q)q ⇒ f(x/q) = f(x)1/q .

Entonces, para todo r = p/q ∈ Q, tal que q ∈ N, se tiene que

f(r) = f(p/q) = f(1)p/q = f(1)r .

Sea f(1) = ea, se deduce que f(r) = ear para todo r ∈ Q, como f escontinua, se tiene que f(x) = eax para to x ∈ R.


3.15. Sea f : I → R derivable en el intervalo I, con f ′(x) = kf(x). Si paraalgun x0 ∈ I se tiene que f(x0) = c, entonces f(x) = c ek(x−x0) paratodo x ∈ I.

Solucion: Consideremos ϕ : I → R definida por

ϕ(x) = f(x) e−k(x−x0) ,

entonces

ϕ′(x) = f ′(x) e−k(x−x0) − kf(x) e−k(x−x0) = 0 .

Luego ϕ es constante en I como ϕ(x0) = c entonces ϕ(x) = c para todox ∈ I, es decir, f(x) = c ek(x−x0).

3.16. Demuestre que se cumple la siguiente desigualdad

e1/4 ≤∫ 1

0

ex2

dx ≤ e − 1 .

Solucion: Sabemos que x2 ≤ x para todo x ∈ [0, 1] entonces como lafuncion exponencial es creciente ex2 ≤ ex para todo x ∈ [0, 1] entonces

∫ 1

0

ex2

dx ≤∫ 1

0

exdx = ex∣∣∣1

0= e − 1 .

Para obtener la otra desigualdad recordemos que si f : [a, b] → R esconvexa hacia arriba entonces

(b − a)f

(a + b

2

)≤∫ b

a

f(x)dx

como ex2es convexa hacia arriba en [0, 1] entonces

∫ 1

0

ex2

dx ≥ f

(1

2

)= e1/4 .

3.17. Demuestre que si f es una funcion integrable, entonces

(a)

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b+c

a+c

f(x − c)dx,

(b)

∫ b

a

f(x)dx =1

c

∫ cb

ca

f(y

c

)dy.

38 §3. Integrales

Solucion: Consideremos la particion de [a, b] por subintervalos de iguallongitud, a saber, P = {x0, x1, . . . , xn} donde

xi = a + i(b − a)

n, i = 0, 1, . . . , n .

(a) Vamos a considerar la funcion auxiliar g(x) = f(x − c) entonces∫ b

a


n∑

i=1

f(xi)(b − a)

n

= lımn→∞

(b − a)

n

n∑

i=1

f

(a + i

(b − a)

n

)

= lımn→∞

(b + c) − (a + c)

n

n∑

i=1

f

((a + c) + i

((b + c) − (a + c))

n− c

)

= lımn→∞

(b + c) − (a + c)

n

n∑

i=1

f(yi − c)

= lımn→∞

(b + c) − (a + c)

n

n∑

i=1

g(yi)

=

∫ b+c

a+c

g(x)dx =

∫ b+c

a+c

f(x − c)dx

donde P = {y0, y1, . . . , yn} con yi = (a + c) + i ((b+c)−(a+c))n

es unaparticion del intervalo [a + c, b + c].

(b) Consideremos la funcion auxiliar h(x) = f(

xc

)entonces

∫ b

a


(b − a)

n

n∑

i=1

f(xi)

=1

clım

n→∞c(b − a)

n

n∑

i=1

f

(a + i

(b − a)

n

)

=1

clım

n→∞

(cb − ca)

n

n∑

i=1

f

(1

c

{ca + i

(cb − ca)

n

})

=1

clım

n→∞

(cb − ca)

n

n∑

i=1

f

(1

czi

)

=1

clım

n→∞

(cb − ca)

n

n∑

i=1

g(zi)

=1

c

∫ cb

ca

g(x)dx =1

c

∫ cb

ca

f(x

c

)


donde P = {z0, z1, . . . , zn} con zi = ca + i (cb−ca)n

es una particiondel intervalo [ca, cb].


lımn→∞

(cos

1

x+ sin

1

x

)x

.

Solucion:

lımn→∞

(cos

1

x+ sin

1

x

)x

= lımn→∞

elog(cos 1x+sin 1

x)x

= lımn→∞

e1x

log(cos 1x+sin 1

x) = elımn→∞

1x

log(cos 1x+sin 1

x)

en la ultima igualdad se ha usado la continuidad de la funcion expo-nencial y para calcular el lımite del exponente debemos usar la regla deL’Hopital

lımn→∞

x log

(cos

1

x+ sin

1

x

)= lım

n→∞

log(cos 1

x+ sin 1

x

)

1

x

= lımn→∞

− 1x2

(cos 1

x− sin 1

x

)(cos 1

x+ sin 1

x

)

− 1

x2

= lımn→∞

(cos 1

x− sin 1

x

)(cos 1

x+ sin 1

x

)

=cos(0) − sin(0)

cos(0) + sin(0)= 1 .

3.19. Sea Aba(f) el valor medio de una funcion f en [a, b], definido por

Aba(f) =

1

b − a

∫ b

a

f(x)dx .

Demuestre que si a < c < b, entonces existe un numero t, 0 < t < 1, talque

Aba(f) = tAb

a(f) + (1 − t)Abc(f) .

40 §3. Integrales

Solucion:

Aba(f) =

1

b − a

∫ b

a

f(x)dx

=1

b − a

{∫ c

a

f(x)dx +

∫ b

c

f(x)dx

}

=1

b − a

∫ c

a

f(x)dx +1

b − a

∫ b

c

f(x)dx

=c − a

(c − a)(b − a)

∫ c

a

f(x)dx +b − c

(b − c)(b − a)

∫ b

c

f(x)dx

=c − a

b − a

{1

c − a

∫ c

a

f(x)dx

}+

b − c

b − a

{1

b − c

∫ b

c

f(x)dx

}

=c − a

b − aAc

a(f) +b − c

b − aAb

c(f) .

Sea t =c − a

b − aentonces 0 < t < 1 y

1 − t = 1 − c − a

b − a=

(b − a) − (c − a)

b − a=

b − c

b − a

y por lo tantoAb

a(f) = tAba(f) + (1 − t)Ab

c(f) .

3.20. Aplicando el teorema del valor medio para integrales acote las siguienteintegral ∫ 5

1

x2

x2 + 1dx .

Solucion: Por el teorema del valor medio para integrales como f(x) =x2

x2 + 1es continua en [1, 5] entonces existe c ∈ [1, 5] tal que

∫ 5

1

f(x)dx = f(c)(5 − 1) = 4f(c) .

Como f ′(x) =2x

(x2 + 1)2≥ 0 para todo x ∈ [1, 5] entonces f es creciente

en [1, 5] es decir

f(1) ≤ f(c) ≤ f(5) ⇒ 1

2≤ f(c) ≤ 25

26

⇒ 2 ≤ 4f(c) ≤ 50

13

⇒ 2 ≤∫ 5

1

x2

x2 + 1dx ≤ 50

13.


3.21. Demuestre que

∫ 23

13

dx√2 − 3x2 + x4

<3

2.

Solucion: Notemos que 3x2 < 2 para todo x ∈[1

3,2

3

]entonces

−2 < −3x2 =⇒ x4 < 2 − 3x2 + x4

=⇒ x2 <√

2 − 3x2 + x4

=⇒ 1√2 − 3x2 + x4

<1

x2

=⇒∫ 2

3

13

dx√2 − 3x2 + x4

<

∫ 23

13

dx

x2

y como ∫ 23

13

dx

x2= −1

x

∣∣∣∣

23

13

= −3

2+ 3 =

3

2

se conluye lo pedido.

3.22. Demuestre que 2−q ≤∫ 1

0

dx

(xp + 1)q≤ 1 con p, q ∈ N.

Solucion: Tenemos que 0 ≤ xp ≤ 1, ∀ x ∈ [0, 1] entonces

1 ≤ xp + 1 ≤ 2 =⇒ 1 ≤ (xp + 1)q ≤ 2q ∀ x ∈ [0, 1]

=⇒ 2−q ≤ (xp + 1)−q ≤ 1 ∀ x ∈ [0, 1]

=⇒ 2−q ≤∫ 1

0

dx

(xp + 1)q≤ 1 .

3.23. Encuentre el valor de r de manera que las siguientes integrales pudenser resueltas con un cambio de variables apropiado:

∫xrex3

dx,

∫xr log xdx,

∫xr sin

√xdx .

Solucion: La primera integral haciendo el cambio de variables y = ex3

entonces dy = 3x2ex3dy lo que implica

dx =1

3x2ex3 dy

de donde se deduce que r = 2. De manera simliar, tomando y = log x

para la segunda integral obtenemos dy =dx

x, es decir

dx = xdy

42 §3. Integrales

se concluye que r = −1. Para la ultima integral basta ver el problema2, para darse cuenta que r = −1/2.

3.24. Demuestre que:

∫ x

a

(x − t)2

2f ′′′(t)dt = f(x) − f(a) − (x − a)f ′(a) − (x − a)2

2f ′′(a) .

Solucion: Integrando por partes tomando

u =(x − t)2

2, du = −(x − t)dt ,

dv = f ′′′(t)dt , v = f ′′(t) .

Obtenemos que

∫ x

a

(x − t)2

2f ′′′(t)dt =

(x − t)2

2f ′′(t)

∣∣∣∣x

a

+

∫ x

a

(x − t)f ′′(t)dt

= −(x − a)2

2f ′′(a) +

∫ x

a

(x − t)f ′′(t)dt .

Integrando por partes la integral de la derecha de la ultima igualdad,tomando

u = (x − t), du = −dt ,

dv = f ′′(t)dt , v = f ′(t) .

Se tiene que

∫ x

a

(x − t)2

2f ′′′(t)dt = −(x − a)2

2f ′′(a) + (x − t)f ′(t)

∣∣∣x

a+

∫ x

a

f ′(t)dt

= −(x − a)2

2f ′′(a) − (x − a)f ′(a) + f(t)

∣∣∣x

a

= −(x − a)2

2f ′′(a) − (x − a)f ′(a) + f(x) − f(a)

= f(x) − f(a) − (x − a)f ′(a) − (x − a)2

2f ′′(a) .

3.25. Si f es continua e invertible, tal que

∫f(x)dx = F (x), demuestre que

∫f−1(x)dx = xf−1(x) − F (f−1(x)) .


Aplique este hecho para calcular∫

log xdx y

∫arcsin xdx .

Solucion: Integrando por partes, tomando u = f−1(x) y dv = dxentonces du = (f−1(x))′dx y v = x y obtenemos que

∫f−1(x)dx = xf−1(x) −

∫x(f−1(x))′dx .

Notemos que si y = f−1(x) entonces dy = (f−1(x))′dx entonces

F (y) =

∫f(y)dy =

∫f(f−1(x))(f−1(x))′dx =

∫x(f−1(x))′dx .

Por lo tanto,∫

f−1(x)dx = xf−1(x) − F (f−1(x)) .

3.26. a) Deduzca una formula de reduccion para:∫

sinn x dx con n ∈ N, n > 1 .

b) Usela para calcular

∫ π/2

0

sinn x dx.

Solucion:

a) Esta integral puede escribirse como

In =

∫sinn−1 x sin x dx

e integrando por partes mediante

u = sinn−1 x, du = (n − 1) sinn−2 x cos xdx ,

dv = sin xdx , v = − cos x ,

y obtenemos

In = − sinn−1 x cos x +

∫(n − 1) sinn−2 x cos2 xdx

= − sinn−1 x cos x +

∫(n − 1) sinn−2 x(1 − sin2 x)dx

= − sinn−1 x cos x + (n − 1)

∫sinn−2 x dx − (n − 1)

∫sinn xdx

= − sinn−1 x cos x + (n − 1)

∫sinn−2 x dx − (n − 1)In .

44 §3. Integrales

Despejando In se obtiene

In = −sinn−1 x cos x

n+

n − 1

nIn−2 (3.1)

Aplicando (3.1) a n − 2 se obtiene

In−2 = −sinn−3 x cos x

n − 2+

n − 3

n − 2In−4

y ası sucesivamente hasta llegar a I1 si n es impar o a I0 cuando nes par, donde

I1 =

∫sin x dx = − cos x ,

I0 =

∫dx = x .

b) Observe que los terminos de la forma

−sink x cos x

k

se anulan evaludos en 0 y en π/2 entonces la formula de reduccionnos da 0 si n es impar y si n es par nos queda

∫ π/2

0

sinn x dx =n − 1

nIn−2 =

(n − 1

n

)(n − 3

n − 2

)In−4

=

(n − 1

n

)(n − 3

n − 2

)(n − 5

n − 4

)In−6

...

=

(n − 1

n

)(n − 3

n − 2

)(n − 5

n − 4

). . .

(3

4

)(1

2

)

π2

si n par

1 si n si.

3.27. Suponiendo que se tiene dos funciones f(x) y g(x), tal que

∫ 2

−2

f(x)dx = 4;

∫ 5

2

f(x)dx = 3;

∫ 5

−2

g(x)dx = 2.

¿Cual, si es que hay alguna, de las siguientes afirmaciones es verdadera?JUSTIFIQUE.


a)

∫ 2

5

f(x)dx = −3.

b)

∫ 5

−2

(f(x) + g(x))dx = 9.

c) f(x) ≥ g(x), para todo x en [−2, 5].

Solucion:

a) Es verdadera, basta observar que

∫ 2

5

f(x)dx = −∫ 5

2

f(x)dx = −3 .

b) Es verdadera, observe que

∫ 5

−2

(f(x) + g(x))dx =

∫ 5

−2

f(x)dx +

∫ 5

−2

g(x)dx

=

∫ 2

−2

f(x)dx +

∫ 5

2

f(x)dx + 2

= 4 + 3 + 2 = 9 .

c) Es falsa, para esto considere el siguiente ejemplo, sea

f(x) =

1 si x 6= 0

0 si x = 0

y g(x) =2

7. Entonces

∫ 5

−2

f(x)dx = 7 y

∫ 5

−2

g(x)dx = 2 ,

pero en x = 0: f(0) = 0 < g(0) = 17.

3.28. Determine el intervalo [a, b] para el cual el valor de la integral

∫ b

a

(2 + x − x2)dx

es maximo.


2 + x − x2 = −(x + 1)(x − 2)

46 §3. Integrales

entonces el grafico de la funcion 2 + x − x2 es un parabola concavahacia abajo que corta al eje X en −1 y 2. El siguiente dibujo muestrala situacion geometrica.

x

y

-1 2

areanegativa

areanegativa

areapositiva

Se concluye que [a, b] = [−1, 2].

3.29. Si f es una funcion derivable tal que, para todo x ∈ R,∫ x

0

f(t)dt = [f(x)]2

determine f .

Solucion: Nos proponemos derivar a ambos lados de la igualdad paraesto debemos saber cual es la derivada de la funcion parte entera, comoesta funcion es constante se tiene que

d

dx[x] = 0 ∀ x ∈ (n, n + 1) con n ∈ Z .

Entonces derivando la igualdad obtenemos

d

dx

(∫ x

0

f(t)dt

)= f(x) = 2[f(x)]

d

dx[f(x)] .

Se concluye que f(x) = 0 para todo x ∈ (n, n+1) con n ∈ Z. Ahora bien,como f es derivable esto implica que f es continua y por la continuidadde f obtenemos que f(x) = 0 para todo x ∈ R. En efecto, sea {xn} ⊂R−Z una sucesion de puntos tal que lım

n→∞xn = m ∈ Z entonces f(xn) =

0 para todo n ∈ N ya que xn ∈ R − Z y obtenemos por la continuidadde f que

f(m) = f(

lımn→∞

xn

)= lım

n→∞f(xn) = 0 .


3.30. Sea f continua, creciente, con f(0) = 0, f(1) = 1 y

∫ 1

0

f(x)dx =1

3.

Calcule ∫ 1

0

f−1(y)dy .

Solucion: Es posible obtener la solucion al problema de manera ge-ometrica, dado que la funcion f es creciente con f(0) = 0 y f(1) = 1entonces f es de la forma.

x

y

1

1

f

f−1

Si trazamos la funcion inversa en el grafico se deduce que

∫ 1

0

f−1(x)dx =2

3.

Ahora obtendremos la solucion de manera formal, tomando el cambiode variables y = f(x) entonces dy = f ′(x)dx y obtenemos

∫ 1

0

f−1(x)dx =

∫ 1

0

f−1(f(x))f ′(x)dx =

∫ 1

0

xf ′(x)dx .

Integrando por partes tomando u = x y dv = f ′(x)dx entonces du = dxy v = f(x) se obtiene

∫ 1

0

f−1(x)dx =

∫ 1

0

xf ′(x)dx = xf(x)∣∣∣1

0−∫ 1

0

f(x)dx = 1 − 1

3=

2

3.

3.31. Si f es una funcion continua, demuestre que∫ x

0

f(v)(x − v)dv =

∫ x

0

(∫ v

0

f(t)dt

)dv .

Solucion: Consideremos

F (v) =

∫ v

0

f(t)dt .

48 §3. Integrales

Entonces,∫ x

0

(∫ v

0

f(t)dt

)dv =

∫ x

0

F (v)dv .

Integrando por partes tomando u = F (v) y dv = dv entonces

du = F ′(v)dv = f(v)dv,

v = v y obtenemos que

∫ x

0

(∫ v

0

f(t)dt

)dv =

∫ x

0

F (v)dv

= vF (v)∣∣∣x

0−∫ x

0

vf(v)dv

= xF (x) −∫ x

0

vf(v)dv

= x

∫ x

0

f(t)dt −∫ x

0

vf(v)dv

= x

∫ x

0

f(v)dv −∫ x

0

vf(v)dv

=

∫ x

0

f(v)(x − v)dv .

3.32. Obtenga una formula de reduccion para

In =

∫xnex dx .

Usando la formula obtenida, calcule

∫x5ex dx .

Solucion: Integrano por partes, tomando u = xn, dv = exdx entoncesdu = nxn−1dx y v = ex. Luego,

In = xnex − n

∫xn−1exdx = xnex − nIn−1 .


En particular,

I0 =

∫ex dx = ex + C ,

I1 = xex − I0 = xex − ex + C ,

I2 = x2ex − 2I1 = x2ex − 2xex + 2ex + C

= 2!ex

[1 − x +

x2

2

]+ C ,

I3 = x3ex − 3I2

= x3ex − 3x2ex + 6xex − 6ex + C

= 3!ex

[−1 +

x

1!− x2

2!+

x3

3!

]+ C .

En general,

In = n!ex

[xn

n!− xn−1

(n − 1)!+ . . . ± x

1!∓ 1

]+ C .

Por lo tanto,∫

x5ex dx = 5!ex

[x5

120− x4

24+

x3

6− x2

2+ x − 1

]+ C .

3.33. Obtenga una formula de reduccion para

In =

∫dx

(1 + x2)n.

Solucion: Si n = 1 entonces I1 = arctan x + C. Si n > 1 tenemos que

In =

∫dx

(1 + x2)n=

∫1 + x2

(1 + x2)ndx −

∫x2

(1 + x2)ndx

=

∫dx

(1 + x2)n−1−∫

x2

(1 + x2)ndx

= In−1 −∫

x2

(1 + x2)ndx .

La segunda integral la podemos calcular por partes, tomando u = x,

dv =x

(1 + x2)nluego du = dx y haciendo el cambio de variables w =

1 + x2 y dw = 2xdx obtenemos

v =

∫x

(1 + x2)ndx =

1

2

∫dw

wn= − 1

2(n − 1)wn−1.

50 §3. Integrales

Luego

∫x2

(1 + x2)ndx = − x

2(n − 1)(1 + x2)n−1+

1

2(n − 1)

∫dx

(1 + x2)n−1

= − x

2(n − 1)(1 + x2)n−1+

1

2(n − 1)In−1 .

Por lo tanto,

In = In−1 −x

2(n − 1)(1 + x2)n−1+

1

2(n − 1)In−1 .

Capıtulo 4

Aplicaciones

4.1. Un arco de cincunferencia gira en torno de su cuerda, demuestre que elvolumen del cuerpo generado es

4

3a3 4

3πa3 sin α +

2

3πa3 sin α cos2 α − 2πa3α cos α,

donde a es el radio y 2α es la medida angular del arco.

Solucion: La situacion se presenta en el siguiente dibujo

ba

α

De la figura obtenemos que

b = a cos(π − α) = a cos(−α) = a cos α .

Entonces las ecuaciones parametricas nos quedan

x = a cos t ,

y = a sin t + a cos α = a(sin t + cos α) .

51

52 §4. Aplicaciones

Luego, el volumen es

V = −a3π

∫ 2α

0

(sin t + cos α)2 sin tdt

= −a3π

∫ 2α

0

(sin2 t + 2 sin t cos α + cos2 α) sin tdt

= −a3π

{∫ 2α

0

sin3 tdt + 2 cosα

∫ 2α

0

sin2 tdt + cos2 α

∫ 2α

0

sin tdt

}.

La primera integral la podemos calcular por partes, haciendo u = sin2 ty dv = sin tdt obtenemos que du = 2 sin t cos t y v = − cos tdt entonces∫ 2α

0

sin3 tdt = − sin2 t cos t∣∣∣2α

0+ 2

∫cos2 t sin tdt

= − sin2 2α cos 2α + 2

∫ 2α

0

(1 − sin2 t) sin tdt

= − sin2 2α cos 2α + 2

∫ 2α

0

sin tdt − 2

∫ 2α

0

sin3 tdt .

Despejando se obtiene que∫ 2α

0

sin3 tdt = −1

3sin2 2α cos 2α − 2

3(cos 2α − 1) .

La segunda integral la calculamos mediante∫ 2α

0

sin2 tdt =

∫ 2α

0

(1 − cos(2t)

2

)dt

=1

2

∫ 2α

0

dt − 1

2

∫ 2α

0

cos(2t)dt

=1

22α − 1

2

sin(2t)

2

∣∣∣∣2α

0

= α − 1

4sin(4α) .

La tercera integral es sencilla de calcular y da∫ 2α

0

sin tdt = − cos t∣∣∣2α

0= 1 − cos 2α

Por lo tanto,

V = −a3π

{−1

3sin2 2α cos 2α − 2

3cos 2α +

2

3+ 2α cos α

−1

2cos α sin 4α + cos2 α − cos2 α cos 2α

}.


4.2. Dibuje el grafico de la funcion r = cos2 θ. Calcule el volumen del cuerpogenerado al rotar alrededor del eje 0X.

Solucion: El grafico se aprecia en la siguiente figura

Si r = cos2 θ entonces las coordenadas polares nos quedan

x = cos3 θ ,

y = sin θ cos2 θ ,

con dx = −3 cos2 θ sin θ. La curva de revolucion se obtiene solo revolu-cionando la curva en los ultimos 2 cuadrantes entonces el volumen dela curva revolucionada es:

V = −3

∫ 2π

π

(sin θ cos2 θ)2 cos2 θ sin θdθ

= −3

∫ 2π

π

sin3 θ cos6 θdθ .

Haciendo el cambio de variables t = cos θ entonces dt = − sin θdθ yobtenemos

V = −3

∫ 2π

π

sin3 θ cos6 θdθ

= 3

∫ 1

−1

(1 − t2)t6dt

= 3

[t7

7− t9

8

]1

−1

= 3

[(1

7− 1

8

)−(−1

7+

1

8

)]=

3

28.


4.3. Un tronco cilindrico circular recto, de 20 cm. de radio basal, se taladratransversalmente dejando un hoyo de seccion cuadrada de 20 cm de la-do, con dos caras opuestas perpendiculares al eje del tronco y las otrasdos caras simetricas respecto del eje del tronco. Determine el volumende madera extraıda.

Solucion: El dibujo muestra el corte seccional del tubo

rr

f(x)

r

h

r = 20 cm

Entonces el area seccional del tubo menos el hoyo transversal es

A(x) = h · f(x) − 202

donde f(x) = 2√

400 − x2 entonces el volumen del tubo menos el hoyotransversal es

V1 =

∫ 20

−20

A(x)dx =

∫ 20

−20

(h · f(x) − 400)dx

= h

∫ 20

−20

f(x)dx − 400(20 − (−20))

= 2h

∫ 20

−20

√400 − x2dx − 16000 .

Haciendo la sustitucion x = 20 sin θ entonces dx = 20 cos θdθ y obten-


emos

V1 = 2h

∫ π/2

−π/2

20√

1 − sin2 θ · 20 cos θdθ − 16000

= 2 · 202h

∫ π/2

−π/2

√cos2 θ cos θdθ − 16000

= 2 · 202h

∫ π/2

−π/2

cos2 θdθ − 16000

= 2 · 202h

∫ π/2

−π/2

1 + cos 2θ

2dθ − 16000

= 2 · 202h

{1

2

∫ π/2

−π/2

dt +1

2

∫ π/2

−π/2

cos 2θdθ

}− 16000

= 2 · 202h

{π

2+

1

2· sin 2θ

2

∣∣∣∣π/2

−π/2

}− 16000

= 2 · 202h

{π

2+

1

4· (sin(π) − sin(−π))

}− 16000

= 202hπ − 16000 .

El volumen del cilindro es V2 = π202 · h entonces el volumen del hoyotransversal es V = V2 − V1 = 1600.

4.4. El punto (3, 2) esta ubicado en una curva y en cualquier punto (x, y) enla curva, la recta tangente tiene pendiente igual a (2x − 3). Determinela ecuacion de la curva.

Solucion: Mediante el Teorema Fundamental del Calculo se deduceque

f(x) = f(a) +

∫ x

a

f ′(t)dt .

Si y = f(x) es la curva entonces como la recta tangente tiene pendiente


igual a 2x − 3 entonces f ′(x) = 2x − 3 usando lo anterior obtenemos

f(x) = f(3) +

∫ x

3

f ′(t)dt

= 2 +

∫ x

3

(2t − 3)dt

= 2 +[t2 − 3t

]x3

= 2 + (x2 − 3x) − (9 − 9)

= x2 − 3x + 2 .

4.5. La pendiente de la recta tangente en cualquier punto (x, y) de una curvaes 3

√x. Si el punto (9, 4) es un punto de la curva, determine la ecuacion

de la curva.

Solucion: Sea y = f(x) la curva entonces saber la pendiente de larecta tangente en cualquier punto a la curva es equivalente a saber quef ′(x) = 3

√x. Entonces

f(x) = f(a) +

∫ x

a

f ′(t)dt

= f(9) +

∫ x

9

3√

t dt

= 4 + 3 · 2

3t3/2

∣∣∣∣x

9

= 4 + 2(x3/2 − 93/2)

= 2x3/2 − 50 .

4.6. Los puntos (−1, 3) y (0, 2) forman parte de una curva y en cualquier

punto de la curvad2y

dx2= 2 − 4x. Determine la ecuacion de la curva.

Solucion: Por el Teorema del Valor Medio como f : [−1, 0] → R escontinua. Si f es derivable entonces, existe c ∈ (−1, 0) tal que

f ′(c) =f(0) − f(−1)

0 + 1=

2 − 3

1= −1 .

Entonces, aplicando el Teorema Fundamental del Calculo obtenemos


que

f ′(x) = f ′(c) +

∫ x

c

f ′′(t)dt

= −1 +

∫ x

c

(2 − 4t) dt

= −1 +[2t − 2t2

]xc

= −1 + (2x − 2x2) − (2c − 2c2)

= 2c(c − 1) − 1 + 2x − 2x2 .

Aplicando esto nuevamente se obtiene

f(x) = f(0) +

∫ x

0

f ′(t)dt

= 2 +

∫ x

0

[(2c(c − 1) − 1) + 2(t − t2)]dt

= 2 +

{(2c(c − 1) − 1)t + 2

(t2

2− t3

3

)}x

0

= 2 + [2c(c − 1) − 1]x + x2 − 2

3x3 .

Ahora, como f(−1) = 3 entonces

3 = 2 + [1 − 2c(c − 1)] + 1 +2

3=⇒ 0 = [1 − 2c(c − 1)] +

2

3

=⇒ −2c2 + 2c +5

3= 0

=⇒ c2 − c − 5

6= 0 .

Las soluciones de esta ecuacion cuadratica son

c =1 ±

√1 + 4 · 5

6

2=

1

2± 1

2

√13

3.

Sean c+ = 12

+ 12

√133

y c− = 12− 1

2

√133

y note que

c+(c+ − 1) = −(

1

2+

1

2

√13

3

)(1

2− 1

2

√13

3

)

y

c−(c− − 1) = −(

1

2− 1

2

√13

3

)(1

2+

1

2

√13

3

).


Como ambas expresiones son iguales a 5/6 obtenemos que la curva tienela expresion

f(x) = 2 +

(2 · 5

6− 1

)x + x2 − 2

3x3 = 2 +

2

3x + x2 − 2

3x3 .

4.7. La cicloide es la curva en el plano trazada por un punto en un cırculocuando rueda sin resbalar a lo largo de una recta. Encuentre las corde-nadas parametricas cuando la recta es el eje x y el radio del cırculo es ry halle el volumen del solido de revolucion del cıcloide correspondientea completar una rotacion del disco.

Solucion:

b bb

b

b

}cθ

x

y

Cuando el cırculo rueda sin resbalar en un angulo θ, el centro del cırculoes movido a (rθ, r). Notemos que b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces lascoordenadas parametricas son

x = rθ − r sin θ ,

y = r − r cos θ .

Entonces, dx = (r − r cos θ)dθ y

V = π

∫ 2π

0

(f(x))2dx

= π

∫ 2π

0

(r − r cos θ)2(r − r cos θ)dθ

= πr3

∫ 2‘pi

0

(1 − cos θ)3dθ

= πr3

∫ 2π

0

(1 − 3 cos θ + 3 cos2 θ − cos3 θ)dθ

= πr3

[θ − 3 sin θ + 3

(θ

2+

sin(2θ)

4

)+ sin θ − sin3 θ

3

]2π

0

= πr3[π + 3π] = 4π2r3 .


4.8. Calcule el area de la region en el primer cuadrante limitada por la curvagrafico de (x + 2)2y = 4 − x.

Solucion: El grafico de la funcion se aprecia en la siguiente figura

y

x

Entonces

A =

∫ 4

0

4 − x

(x + 2)2dx

= −∫ 4

0

x + 2

(x + 2)2dx +

∫ 4

0

6

(x + 2)2dx

= −∫ 4

0

dx

x + 2+ 6

∫ 4

0

dx

(x + 2)2

= − log(x + 2)∣∣∣4

0+ 6

∫ 6

2

dw

w2

= − log 6 + log 2 + −w−1∣∣∣6

2

= log 2 − log 6 + 6

(−1

6+

1

2

)

= log 2 − log 6 − 1 + 3 = 2 + log 2 − log 6 .

4.9. Calcule la longitud de la curva

x = a(2 cos t − cos 2t), y = a(2 sin t − sin 2t) .


x′(t) = a(−2 sin t + ‘2 sin 2t), y′(t) = a(2 cos t − 2 cos 2t)


Entonces la longitud de la curva es

s =

∫ √(x′(t))2 + (y′(t))2dt

=

∫ √a2(4 sin2 t − 8 sin t sin 2t + 4 sin2 2t) + a2(4 cos2 t − 8 cos t cos 2t + 4 cos2 2t)dt

=

∫ √a2(4 + 4 − 8(sin t sin 2t + cos t cos 2t))dt

=

∫a√

8 − 8 cos(t − 2t)dt

= a√

8

∫ √1 − cos tdt

= a√

8

∫ √2 sin2(t/2)dt

= a√

16

∫sin(t/2)dt

= −8a cos

(t

2

)+ C .

4.10. Un punto movil del plano tiene una trayectoria con componentes develocidad

x′(t) = 2t sin t ,

y′(t) = 2t cos t .

a) Calcule la longitud del camino recorrido en el intervalo de tiempo[0, 3].

b) Si para t = 0 las coordenadas del punto movil son 80, 2), ¿a que dis-tancia del origen se encuentra el punto para t = π

2?

Solucion:

a) Tenemos que la longityd del camino recorrido es

s =

∫ 3

0

√4t2 sin2 t + 4t2 cos2 tdt

=

∫ 3

0

2t dt = t2∣∣∣3

0= 32 = 9 .

b) Por el Teorema Fundamental del Calculo tenemos que

f(x) = f(a) +

∫ x

a

f ′(t)dt .


Podemos aplicar lo anterior para cada una de las componentes, yaque poseemos el valor inicial, luego

x(t) = x(a) +

∫ t

a

x′(z)dz

= x(0) +

∫ t

0

2z sin zdz

= − 2z cos z∣∣∣t

0+ 2

∫ t

0

cos zdz

= −2t cos t + 2 sin t .

La integral la calculamos por partes tomando u = x y dv = sin zdz,de manera similar obtenemos que

y(t) = y(0) +

∫ t

0

y′(z)dz

= 2 +

∫ t

0

2z cos zdz

= 2 + 2 z sin z∣∣∣t

0− 2

∫ t

0

sin zdz

= 2 + 2t sin t + 2 cos t − 2

= 2t sin t + 2 cos t .

Por lo tanto, el movil en t = π/2 se encuentra con componentes

x(π/2) = 2, y(π/2) = π

y su distancia con el origen es

d =√

(x(π/2))2 + (y(π/2))2 =√

4 + π2 .

4.11. Calcule la longitud de la curva

y = x3/2, x ∈ [0, 4] .

Solucion: Sea f(x) = x3/2 entonces sabemos que la longitud de la curvaes

s =

∫ 4

0

√1 + (f ′(x))2dx =

∫ 4

0

√1 +

9

4x dx .

Haciendo el cambio de variables z = 1 + 94x implica dz = 9

4dx y obten-

emos

s =4

9

∫ 10

1

z1/2 =4

9· 2

3z3/2

∣∣∣∣10

1

=8

27(103/2 − 1) .


4.12. El siguiente es el grafico de f(x) = sin 2x + cos 3x para x ∈ [0, 2π], lasraıces ordenadas de menor a mayor son x1, x2, x3, x4, x5 y x6. Ademas,x4 = (1, 1π), x5 = 3

2π.

| | | |

+

+

+

+

π2

π 3π2

2π

1

2

-1

-2

x

y

Para la region encerrada entre la curva y el eje x, x ∈ [x4, x5], calculeel area, la abscisa del centroide y el volumen del cuerpo de revolucional girar alrededor del eje y.

Solucion: En este caso el area de la region encerrada es

A =

∫ x5

x4

f(x)dx =

∫ x5

x4

(sin(2x) + cos(3x))dx

=

[−cos(2x)

2+

sin(3x)

3

]x5

x4

= −cos(3π)

2+

sin(92π)

3+

cos(2, 2π)

2− sin(3, 3π)

3

∼= 1

2+

1

3− 0, 41 + 0, 27 ∼= 2, 303 .

La abscisa del centroide es

y =1

2

∫ x5

x4

f 2(x)dx

∫ x5

x4

f(x)dx

.


Basta calcular

∫ x5

x4

f 2(x)dx =

∫ x5

x4

(sin2(2x) + 2 sin(2x) cos(3x) + cos2(3x))dx

=

∫ x5

x4

1 − cos(4x)

2dx + 2

∫ x5

x4

sin(2x) cos(3x)dx +

∫ x5

x4

1 + cos(6x)

2dx

=

[x +

sin(6x)

12− sin(4x)

8

]x5

x4

+ 2

∫ x5

x4

sin(2x) cos(3x)dx .

Notemos que

cos(3x) = cos(x) cos(2x) − sin(x) sin(2x)

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

= cos3(x) − cos(x) sin2(x) − 2 sin2(x) cos(x)

= cos3(x) − 3 sin2(x) cos(x) .

Como sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) entonces

2 sin(2x) cos(3x) = 4 sin(x) cos4(x) − 12 sin3(x) cos2(x) .

Haciendo un cambio de variables tomando u = cos x obtenemos

2

∫ x5

x4

sin(2x) cos(3x)dx = 4

∫ x5

x4

sin(x) cos4(x)dx − 12

∫ x5

x4

sin3(x) cos2(x)dx

= −4

5cos5 x − 12

∫u2(1 − u2)du

=

[−4

5cos5 x − 12

3cos3 x +

12

5cos5 x

]x5

x4

=

[8

5cos5 x − 12

3cos3 x

]x5

x4

.

Por lo tanto

∫ x5

x4

f 2(x)dx =

[x +

sin(6x)

12− sin(4x)

8+

8

5cos5 x − 12

3cos3 x

]x5

x4

.

El volumen del cuerpo de revolucion al girar alrededor del eje y es

V = 2π

∫ x5

x4

xf(x)dx = 2π

[∫ x5

x4

x sin 2xdx +

∫ x5

x4

x cos 3xdx

].


Integrando por partes ambas integrales, obtenemos que

∫ x5

x4

x sin 2xdx = −x cos 2x

2

∣∣∣∣x5

x4

+1

2

∫ x5

x4

cos 2xdx

=

[−x cos 2x

2+

sin 2x

4

]x5

x4

,

∫ x5

x4

x cos 3xdx = −x sin 3x

3

∣∣∣∣x5

x4

− 1

3

∫ x5

x4

sin 3xdx

=

[−x sin 3x

3+

cos 3x

9

]x5

x4

.

Capıtulo 5

Integrales Impropias

5.1. Si a > 0 y p ∈ R. Demuestre que

∫ +∞

a

1

xpdx =

a1−p

p − 1si p > 1 ,

+∞ si p ≤ 1 .

Solucion:

♣ Si p = 1

∫ +∞

a

dx

xp= lım

c→+∞

∫ c

a

dx

x= lım

c→+∞(log c − log a) = +∞ .

♣ Si p 6= 1

∫ +∞

a

dx

xp= lım

c→+∞

∫ c

a

dx

xp= lım

c→+∞

x−p+1

−p + 1

∣∣∣∣c

a

= lımc→+∞

{c1−p

1 − p− a1−p

1 − p

}=

a1−p

p − 1− 1

1 − plım

c→+∞c1−p .

Este ultimo lımite depende del valor de p, se tiene que

lımc→+∞

c1−p =

{0 si p > 1+∞ si p < 1

.

5.2. Pruebe que la integral ∫ ∞

1

dx

1 + x2

65

66 §5. Integrales Impropias

es convergente y calculela.


0 ≤ x2 ≤ x2 + 1 ⇒ 1

x2 + 1≤ 1

x2⇒∫ ∞

1

dx

x2 + 1≤∫ ∞

1

dx

x2,

como

∫ ∞

a

dx

x2converge se tiene que la integral dada inicialmente tam-

bien converge. Ademas∫ ∞

1

dx

x2 + 1= lım

c→∞

∫ c

a

dx

x2 + 1= lım

c→∞arctan x

∣∣∣c

1

= lımc→∞

(arctan c − arctan 1) =π

2− π

4=

π

4.

5.3. Pruebe que la integral ∫ +∞

1

sin x

x2dx

es convergente.

Solucion: Usando el criterio de comparacion, tenemos:

sin ≤ 1 ⇒ sin x

x2≤ 1

x2⇒∫ +∞

1

sin x

x2dx ≤

∫ +∞

1

dx

x2,

como

∫ +∞

1

dx

x2converge, la integral dada inicialmente tambien converge.

5.4. Pruebe que ∫ ∞

1

e−xxn dx

converge para todo n ∈ N.

Solucion: Sean f(x) = e−xxn y g(x) = 1x2 entonces

lımx→+∞

f(x)

g(x)= lım

x→+∞

xn+2

ex.

Este ultimo lımite evaluado da en forma directa una forma indetermi-

nada del tipo+∞+∞ por lo que podemos aplicar la regla de L’Hopital y

obtenemos

lımx→+∞

xn+2

ex= lım

x→+∞

(n + 2)xn+1

ex.


Que nos vuelve a dar una forma indeterminada del mismo tipo, por loque si aplicamos sucesivamente la regla de L’Hopital obtenemos

lımx→+∞

xn+2

ex= lım

x→+∞

(n + 2)(n + 1)n . . . 2 · 1ex

= 0 .

Ası, la convergencia de

∫ +∞

1

dx

x2implica la convergencia de la integral

dada inicialmente.

5.5. Calcular

(a)

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx,

(b)

∫

R

x2

1 + x2dx.

Solucion:

(a) Usando la definicion∫ +∞

0

x2

1 + x2dx = lım

c→+∞

∫ c

0

x2

x2 + 1dx .

Sumando y restando 1 en el numerador, obtenemos∫ c

0

x2 + 1 − 1

1 + x2dx =

∫ c

0

(1 − 1

x2 + 1

)dx

=

∫ c

0

dx −∫ c

0

dx

x2 + 1

=(x − arctan x

)c

0

= c − arctan c .

Aplicando lımite obtenemos∫ +∞

0

x2

1 + x2dx = lım

c→+∞c − arctan c = +∞− π

2= +∞ ,

por lo cual esta integral diverge.

(b) Notemos que∫

R

x2

1 + x2dx =

∫ +∞

−∞

x2

1 + x2dx =

∫ 0

−∞

x2

1 + x2dx+

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx ,

como la segunda integral diverge, por lo calculado anteriormente,

se tiene que

∫

R

x2

x2 + 1dx diverge.


5.6. Sea f : [a,∞) → R continua, positiva y monotona creciente. Pruebe

que si

∫ +∞

a

f(x) dx converge entonces lımx→+∞

x · f(x) = 0.

Solucion: Consideremos la funcion

ϕ(x) =

∫ x

a

f(t) dt ,

como

∫ +∞

a

f(x) dx converge implica que existe lımx→+∞

ϕ(x) = L. Dado

ε > 0 existe M > 0 tal que para todo x > A se tiene que

|ϕ(x) − L| <ε

2.

Usando la desigualdad triangular se obtiene

|ϕ(x) − ϕ(x/2)| = |ϕ(x) − L + L − ϕ(x/2)|≤ |ϕ(x) − L| + |ϕ(x/2) − L|<

ε

2+

ε

2= ε ,

esto ultimo es valido para todo x > 2A, entonces

ε > |ϕ(x) − ϕ(x/2)|

=

∣∣∣∣∣

∫ x

a

f(t) dt −∫ x/2

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∫ x

x/2

f(t) dt

∣∣∣∣

>

∣∣∣∣f(x

2

)∫ x

x/2

dt

∣∣∣∣

=∣∣∣f(x

2

)· x

2

∣∣∣ .

Tomando x/2 = z se tiene que para cada z > A se tiene que |zf(z)| < εy por lo tanto

lımz→+∞

zf(z) = 0 .

5.7. Demuestre que

lımn→∞

∫ +∞

0

e−x cos(nx) dx = 0 .


Solucion: Usando la definicion, se tiene que

∫ +∞

0

e−x cos(nx) dx = lımc→+∞

∫ c

0

e−x cos(nx) dx .

Integrando por partes, tomando

u = cos(nx), du = −n sin(nx)dx ,

dv = e−xdx , v = −e−x ,

obtenemos∫ c

0

e−x cos(nx) dx = −e−x cos(nx)∣∣∣c

0− n

∫ c

0

e−x sin(nx) dx .

La ultima integral la calculamos integrando por partes haciendo

u = sin(nx), du = n cos(nx)dx ,

dv = e−xdx , v = −e−x ,

y obtenemos

∫ c

0

e−x sin(nx) dx = −e−x sin(nx)∣∣∣c

0+ n

∫ c

0

e−x cos(nx) dx

Por lo tanto,

∫ c

0

e−x cos(nx)dx = −e−x cos(nx)∣∣∣c

0+n e−x sin(nx)

∣∣∣c

0−n2

∫ c

0

e−x cos(nx)dx.

despejando se obtiene que

∫ c

0

e−x cos(nx) dx =1

1 + n2

(−e−x cos(nx)

∣∣∣c

0+ n e−x sin(nx)

∣∣∣c

0

)

=1

1 + n2

(1 − e−c cos(nc) + ne−c sin(nc)

).

Entonces

lımn→∞

(∫ +∞

0

e−x cos(nx) dx

)= lım

n→∞

(lım

c→+∞

∫ c

0

e−x cos(nx) dx

)

= lımn→∞

1

1 + n2= 0 .


5.8. Demuestre que ∫ +∞

0

e−xxn dx = n! .

Solucion: Sea In =

∫ c

0

e−xxn dx, integrando por partes obtenemos

In = −e−xxn∣∣∣c

0+ n

∫ c

0

e−xxn−1 = −e−ccn + nIn−1 .

Entonces

Jn =

∫ +∞

0

e−xxn dx = lımc→+∞

In = lımc→+∞

nIn−1 = nJn−1 .

Ademas, J0 = lımc→+∞

I0 = lımc→+∞

1 − e−c = 1, se concluye que

∫ +∞

0

e−xxn dx = n! .


0

dx

x4 + 1=

√2π

4.


x4+1 = x4+2x2+1−2x2 = (x2+1)2−2x2 = (x2+√

2x+1)(x2−√

2x+1),

haciendo fracciones parciales se obtiene que

1

(x2 +√

2x + 1)(x2 −√

2x + 1)=

1

2√

2

{x +

√2

x2 +√

2x + 1− x −

√2

x2 −√

2x + 1

}.

Entonces,

∫ c

0

x +√

2

x2 +√

2x + 1dx =

1

2

{∫ c

0

2x +√

2

x2 +√

2x + 1dx +

∫ c

0

√2

x2 +√

2x + 1dx

}

=1

2log(x2 +

√2x + 1)

∣∣∣∣c

0

+

√2

2

∫ c

0

dx

(x +√

22

)2 + 12

=1

2log(x2 +

√2x + 1)

∣∣∣∣c

0

+√

2 arctan(√

2x + 1)∣∣∣c

0

=1

2log(c2 +

√2c + 1) +

√2(arctan(

√2c + 1) − π

4) .


De manera similar se obtiene que

∫ c

0

x −√

2

x2 −√

2x + 1dx = −1

2log(c2−

√2c+1)+

√2(arctan(

√2c−1)+

π

4) .

Por lo tanto

∫ c

0

dx

x4 + 1=

√2

8

{log

1 +√

2c + c2

1 −√

2c + c2+ 2 arctan(

√2c + 1) + 2 arctan(

√2c − 1)

}.

Haciendo c → +∞ obtenemos que

∫ +∞

0

dx

x4 + 1=

√2

8· 2π =

√2π

4.

5.10. Sean f, g : [a,∞) → R funciones continuas tal que g′ es continua,g′(x) ≤ 0 y lım

x→+∞g(x) = 0 y

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt

es acotada para x ≥ a. Pruebe que

∫ +∞

a

f(x)g(x)dx

es convergente.

Solucion: Integrando por partes obtenemos que

∫ +∞

a

f(x)g(x) dx = lımc→+∞

∫ c

a

f(x)g(x) dx

= lımc→+∞

F (x)g(x)∣∣∣c

a− lım

c→+∞

∫ c

a

F (x)g′(x) dx .

Como lımx→+∞

g(x) = 0 y F (x) esta acotada entonces

lımc→∞

g(x)F (x) = 0 y g(a)F (a) = 0


entonces

∫ +∞

a

f(x)g(x) dx = − lımc→+∞

∫ c

a

F (x)g′(x) dx

≤∣∣∣∣ lımc→+∞

∫ c

a

F (x)g′(x) dx

∣∣∣∣

≤ lımc→+∞

∫ c

a

|F (x)g′(x)| dx

≤ M lımc→+∞

∫ c

a

|g′(x)| dx

= −M lımc→+∞

∫ c

a

g′(x) dx

= M lımc→+∞

(g(a) − g(c)) dx = Mg(a) .

Por lo tanto,

∫ +∞

a

f(x)g(x) dx converge.


1

sin x

xdx

es convergente.

Solucion: Sean f(x) = sin x y g(x) =1

xentonces g′(x) = − 1

x2≤ 0,

lımx→+∞

g(x) = 0 y

|F (x)| =

∣∣∣∣∫ x

1

sin t dt

∣∣∣∣ =∣∣∣− cos t

∣∣∣x

1

∣∣∣ = | cos 1 − cos x| ≤ 2 .

Por el problema anterior se concluye que

∫ +∞

1

f(x)g(x) dx =

∫ +∞

1

sin x

xdx

es convergente.

5.12. Sea b > 0, p ∈ R. Demuestre que la integral impropia

∫ b

0+

x−pdx =

b1−p

1 − psi p < 1 ,

+∞ si p ≥ 1 ..


Solucion: Sea ε > 0 tenemos que∫ b

ε

x−pdx =b1−p − ε1−p

1 − p, p 6= 1 .

Entonces

I =

∫ b

0

x−pdx = lımε→0

∫ b

ε

x−pdx

= lım ε → 0

(b1−p

1 − p− ε1−p

1 − p

)

=b1−p

1 − p− lım

ε→0

ε1−p

1 − p.

Cuando ε → 0+ tenemos que:

lımε→0+

ε1−p =

lımε→0+

1

εp−1si 1 − p < 0 ,

lımε→0+

ε1−p si 1 − p > 0 .

=

+∞ si 1 − p < 0 ,

0 si 1 − p > 0 .

Si p = 1, entonces∫ b

0

1

xdx = lım

ε→0+log x

∣∣∣∣b

ε

= +∞ .

5.13. Pruebe que las siguientes integrales divergen∫ 2

1

dx

x(log x)2,

∫ 2

1

dx

(x − 1)2.

Solucion: Haciendo el cambio de vaariables u = log x obtenemos que∫

dx

x(log x)2=

∫du

u2= −1

u+ C = − 1

log x+ C

y ∫1

(x − 1)2= − 1

x − 1+ C .

Entonces∫ 2

1

dx

x(log x)2= lım

ε→1+

∫ 2

ε

dx

x(log x)2

= lımε→1+

− 1

log x

∣∣∣∣2

ε

= lımε→1+

1

log ε− 1

log 2= −∞ ,


esto implica que la primera integral diverge. De la misma manera ten-emos

∫ 2

1

dx

(x − 1)2= lım

ε→1+

∫ 2

ε

dx

(x − 1)2

= lımε→1+

− 1

x − 1

∣∣∣∣2

ε

= lımε→1+

1

ε − 1− 1 = +∞

y la segunda integral tambien es divergente.

5.14. Pruebe que ∫ ∞

1

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx

converge y encuentre su valor.

Solucion: Por definicion la integral impropia converge si los siguienteslımites existen

lımε→1+

∫ 2

ε

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx, lım

R→+∞

∫ R

2

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx.

Notemos que∫ (

1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx = − 1

log x+

1

x − 1+ C .

Entonces

lımε→1+

∫ 2

ε

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx = lım

ε→1+− 1

log x+

1

x − 1

∣∣∣∣2

ε

= lımε→1+

1 − 1

log 2+

1

log ε− 1

ε − 1.

Calculamos el lımite aplicando la regla de L’Hopital dos veces

lımε→1+

1

log ε− 1

ε − 1= lım

ε→1+

ε − 1 − log ε

(ε − 1) log ε

= lımε→1+

−1 − 1ε

log ε + ε−1ε

= lımε→1+

ε − 1

ε − 1 + ε log ε

= lımε→1+

1

2 + log ε=

1

2.


Por lo tanto,

lımε→1+

∫ 2

ε

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx = − 1

log 2+

3

2.

Ahora bien, para la segunda integral tenemos

lımR→+∞

∫ R

2

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx = lım

R→+∞

[− 1

log x+

1

x − 1

]R

2

= lımR→+∞

− 1

log R+

1

R − 1+

1

log 2− 1

=1

log 2− 1 .

Hemos probado que ambos lımites existen por lo tanto

I =

∫ ∞

1

(1

x(log x)2− 1

(x − 1)2

)dx

converge y su valor es

I = − 1

log 2+

3

2+

1

log 2− 1 =

1

2.

5.15. Demuestre que para todo a > 1 la integral

∫ ∞

1

a−xdx converge.


a−x = e−x log a

entonces∫

a−xdx =

∫e−x log adx = − 1

log ae−x log a + C = − a−x

log a+ C .

Por lo tanto,

∫ ∞

1

a−xdx = lımR→∞

∫ R

1

a−xdx = lımR→∞

(1

a log a− 1

log ae−R log a

)=

1

a log a.

5.16. Sea f : [1,∞) → (0,∞) una funcion continua tal que

lımx→+∞

(f(x))1/x = 0.


Demuestre que ∫ ∞

1

(f(x))1/xdx

converge.

Solucion: Comolım

x→+∞(f(x))1/x = 0

entonces existe M > 0 tal que

f(x)1/x ≤ 1

x2, ∀ x > M

y comparando se obtiene que

∫ ∞

M

f(x)1/xdx ≤∫ ∞

M

dx

x2< +∞ .

Como la funcion f(x)1/x es continua en [1, M ] entonces inmediatamentees integrable y por lo tanto

∫ ∞

1

f(x)1/xdx =

∫ R

1

f(x)1/xdx +

∫ ∞

R

f(x)1/xdx

es convergente.

5.17. Sea f : [1,∞) → (0,∞) una funcion continua tal que

lımx→+∞

(f(x))1/x = 0.

Demuestre que ∫ ∞

1

(f(x))dx

converge.

Solucion: Comolım

x→+∞(f(x))1/x = 0

entonces existe M > 0 tal que

f(x)1/x ≤ 1

a, ∀ x > M

entoncesf(x) ≤ a−x, ∀ x > M


comparando se obtiene que

∫ ∞

M

f(x)dx ≤∫ ∞

M

a−xdx ≤∫ ∞

1

a−xdx < +∞ .

Como la funcion f(x) es continua en [1, M ] entonces inmediatamentees integrable y por lo tanto

∫ ∞

1

f(x)dx =

∫ R

1

f(x)dx +

∫ ∞

R

f(x)dx

es convergente.

5.18. Demuestre que ∫ ∞

1

( e

x

)x

dx

es convergente.

Solucion: Basta aplicar el problema anterior ya que

lımx→+∞

(( e

x

)x)1/x

= lımx→+∞

( e

x

)= 0 .

5.19. Sea f : (0,∞) → R definida por

f(x) =log x

1 + x2.

Probar que las areas A y B son finitas e iguales.

x

y

A0

B


Solucion: La funcion f se anula en x = 1 entonces

A =

∣∣∣∣∫ 1

0

log x

1 + x2dx

∣∣∣∣ , B =

∣∣∣∣∫ ∞

1

log x

1 + x2dx

∣∣∣∣ .

Haciendo el cambio de variables x = 1/y obtenemos que

A =

∣∣∣∣∫ 1

0

log x

1 + x2dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ 1

+∞

log(1/y)

1 + (1/y)2

(− 1

y2

)dy

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣−∫ +∞

1

log y

1 + y2dy

∣∣∣∣ = B .

Para probar que estas areas son finitas, basta probar que una de ellases finita, observemos que

A =

∣∣∣∣∫ 1

0

log x

1 + x2dx

∣∣∣∣ = −∫ 1

0

log x

1 + x2dx

≤ −∫ 1

0

log xdx = − (x log x − x )∣∣∣1

0= 1 < +∞ .

5.20. Sea f : R → R una funcion decreciente y derivable en R tal que

lımx→+∞

f(x) = 0 .

(a) Pruebe que

∫ ∞

0

|f ′(x)|dx < +∞.

(b) Pruebe que

∫ ∞

0

f(x) sin(3x)dx converge.

Solucion:

(a) Como f es creciente entonces f ′(x) ≤ 0 y obtenemos∫ ∞

0

|f ′(x)|dx = lımR→∞

∫ R

0

|f ′(x)|dx

= − lımR→∞

∫ R

0

f ′(x)dx

= − lımR→∞

(f(R) − f(0)) = f(0) < +∞ .

(b) Integrando por partes tomando

u = f(x), du = f ′(x)dx ,

dv = sin(3x)dx , v = −1

3cos(3x) ,


Obtenemos

∫ R

0

f(x) sin(3x) = − 1

3f(x) cos(3x)

∣∣∣∣R

0

+1

3

∫ R

0

f ′(x) cos(3x)dx

=1

3f(R) cos(3R) − 1

3f(0) +

1

3

∫ R

0

f ′(x) cos(3x)dx .

Como cos(3R) es acotado y lımR→∞

f(R) = 0 entonces

lımR→∞

1

3f(R) cos(3R) = 0 .

Ademas, por lo probado anteriormente tenemos que

lımR→∞

∫ R

0

|f ′(x) cos(3x)|dx ≤ lımR→∞

∫ R

0

|f ′(x)|dx < +∞ .

Por lo tanto, la integral dada al comienzo converge.

5.21. Estudie la convergencia o divergencia de la integral

∫ +∞

0

dx

(1 + x)√

x.


∫ ∞

0

dx

(x + 1)√

x=

∫ 1

0

dx

(x + 1)√

x+

∫ ∞

1

dx

(x + 1)√

x.

Probaremos que la integral converge por comparacion:

1 ≤ x + 1 ⇒√

x ≤√

x(x + 1) ⇒ 1√x(x + 1)

≤ 1√x

.

Como

∫ 1

0

dx

x1/2converge entonces

∫ 1

0

dx√x(x + 1)

converge. Ahora bien,

notemos que

x3/2 ≤ x3/2 + x1/2 =√

x(x + 1) ⇒ 1√x(x + 1)

≤ 1

x3/2.

Como

∫ ∞

1

dx

x3/2converge entonces

∫ ∞

1

dx√x(x + 1)

converge. Por lo tan-

to la integral dada al comienzo converge.



∫ 1

0

dx

1 − cos x.

Solucion: Por definicion tenemos que

∫ 1

0

dx

1 − cos x= lım

ε→0+

∫ 1

ε

dx

1 − cos x.

Notemos que

1

1 − cos x=

1 + cos x

1 − cos2 x=

1

sin2 x+

cos x

sin2 x.

Sabemos que

∫ 1

ε

dx

sin2 x= − cos x

sin x

∣∣∣1

ε=

cos ε

sin ε− cos 1

sin 1

y integrando por partes tomando

u = cos x, du = − sin xdx ,

dv =1

sin2 xdx , v = −cos x

sin x,

obtenemos∫ 1

ε

cos x

sin2 xdx = − cos2 x

sin x

∣∣∣∣1

ε

−∫ 1

ε

cos xdx

=cos2 ε

sin ε− cos2 1

sin 1− sin 1 + sin ε .

Por lo tanto,

∫ 1

0

dx

1 − cos x= lım

ε→0+

(cos ε

sin ε− cos 1

sin 1+

cos2 ε

sin ε− cos2 1

sin 1− sin 1 + sin ε

)= +∞.


∫ 3

−3

dx

x2.


∫ 3

−3

dx

x2=

∫ 3

0

dx

x2+

∫ 0

−3

dx

x2.


Entonces

∫ 3

0

dx

x2= lım

ε→0+

∫ 3

ε

dx

x2= lım

ε→0+−1

x

∣∣∣∣3

ε

= lımε→0

(1

ε− 1

3

)= +∞ .

Ademas, haciendo el cambio de variable u = −x obtenemos que

∫ 0

−3

dx

x2= −

∫ 0

3

du

u2=

∫ 3

0

du

u2= +∞ .

Por lo tanto, la integral dada inicialmente diverge.


∫ 4

0

dx√2x3/2 − x2

.

Solucion: Haciendo el cambio de variables x = u2 implica dx = 2uduentonces

I =

∫ 4

0

dx√2x3/2 − x2

=

∫ 2

0

2u√2u3 − u4

du = 2

∫ 2

0

du√2u − u2

completando cuadrado obtenemos

I =

∫ 2

0

du√2u − u2

=

∫ 2

0

du√1 − (u − 1)2

=

∫ 1

0

du√1 − (u − 1)2

+

∫ 2

1

du√1 − (u − 1)2

= lıma→0

∫ 1

a

du√1 − (u − 1)2

+ lımb→2

∫ b

1

du√1 − (u − 1)2

= lıma→0

arcsin(u − 1)∣∣∣1

a+ lım

b→2arcsin(u − 1)

∣∣∣b

1=

π

2+

π

2= π .

Por lo tanto la integral dada inicialmente converge.

5.25. En cada caso, calcule la integral, si ella converge

(a)

∫ π/2

0

cos x√sin x

dx,

(b)

∫ ∞

2

dx

x log x,


(c)

∫ ∞

0

e−√

x

√x

dx,

(d)

∫ 4

0

dz

z2 − 16,

(e)

∫ ∞

0

y

y4 + 1dy,

(f)

∫ 0

−∞

ex

1 + exdx.

Solucion:

(a) Haciendo el cambio de variables u = sin x implica du = cos xdxentonces ∫

cos x√sin x

dx =

∫du√u

= 2√

sin x + C .

Luego

∫ π/2

0

cos x√sin x

dx = lımε→0

∫ π/2

ε

cos x√sin x

dx

= lımε→0

[2√

sin x]π/2

ε

= 2 − lımε→0

2√

sin ε = 2 .

(b) Haciendo el cambio de variables w = log x implica dw = 1xdx luego

∫ ∞

2

dx

x log x= lım

R→∞

∫ ∞

log 2

dw

w= lım

R→∞log w

∣∣∣∞

log 2= +∞ .

(c) Haciendo el cambio de variables z =√

x implica dz =dx

2√

xentonces

∫e−

√x

√x

dx = 2

∫e−udu = −2e−u + C .

Por lo tanto, tenemos que

∫ ∞

0

e−√

x

√x

dx = lımε→0

∫ 1

ε

e−√

x

√x

dx + lımR→∞

∫ R

1

e−√

x

√x

dx

= lımε→0

[2e−

√x]1

ε+ lım

R→∞

[2e−

√x]R1

=2

e− lım

ε→02e−

√ε + 2 lım

R→∞e−

√R − 2

e= −2 .


(d) Por fracciones parciales tenemos que

1

z2 − 16=

1

(z − 4)(z + 4)=

1

8(z − 4)− 1

8(z + 4),

entonces∫ 4

0

dz

z2 − 16= lım

a→4

∫ a

0

dz

z2 − 16

= lıma→4

{1

8

∫ a

0

dz

z − 4− 1

8

∫ a

0

dz

z + 4

}

=1

8lıma→4

{log |z − 4| − log |z + 4|

}a

0

=1

8lıma→4

log

∣∣∣∣z − 4

z + 4

∣∣∣∣a

0

=1

8lıma→4

log

∣∣∣∣a − 4

a + 4

∣∣∣∣−1

8log | − 1| = −∞ .

(e) Haciendo el cambio de variables x = y2 implica dx = 2ydy entonces

∫ ∞

0

y

y4 + 1dy = lım

R→∞

∫ R

0

y

y4 + 1dy

=1

2lım

R→∞

∫ R

0

1

x2 + 1dx

=1

2lım

R→∞arctanx

∣∣∣R

0

=1

2lım

R→∞arctanR =

π

4.

(f) Haciendo el cambio de variables y = 1 + ex implica dy = exdxentonces

∫ 0

∞

ex

1 + exdx = lım

R→∞

∫ 0

R

ex

1 + exdx

= lımR→∞

∫ 2

R

dy

y

= lımR→∞

log y∣∣∣2

R

= 2 − lımR→∞

log R = −∞ .

5.26. En cada caso, determine la convergencia o divergencia


(a)

∫ ∞

0

cos(x2)dx,

(b)

∫ ∞

0

2x cos(x4)dx,

(c)

∫ 0

∞

dx

1 − x4.

Solucion:

(a) Haciendo el cambio de variables x =√

u implica dx =1

2√

udu

entonces ∫ ∞

0

cos(x2)dx =

∫ ∞

0

cos u

2√

udu .

Usaremos un criterio probado en el problema 5.10:Si f, g : [a,∞) → R son funciones continuas tal que g′ es continua,g′(x) ≤ 0 y lım

x→+∞g(x) = 0 y

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt

es acotada para x ≥ a. Entonces

∫ +∞

a

f(x)g(x)dx

es convergente.

Tomando f(x) = cos x y g(x) =1

2√

xtenemos que

g′(x) = − 1

2x3/2≤ 0, lım

x→∞g(x) = 0 .

Ademas, F es acotada en efecto

|F (x)| =

∣∣∣∣∫ x

1

cos tdt

∣∣∣∣ = | sin 1 − sin x| ≤ 2 .

Por lo tanto, ∫ ∞

1

f(x)g(x)dx =

∫ ∞

1

cos x

2√

xdx


es convergente.Para analizar la convergencia en [0, 1] lo hacemos por comparacion,observemos que

cos x

2√

x≤ 1√

x.

Como

∫ 1

0

1

x1/2dx converge entonces

∫ 1

0

cos x

2√

xdx converge.

Todo lo anterior prueba la convergencia de∫ ∞

0

cos(x2)dx .

(b) Haciendo el cambio de variable x2 = u implica 2xdx = du obtene-mos ∫ ∞

0

2x cos(x4)dx =

∫ ∞

0

cos(u2)du

la cual es convergente por el problema anterior.

(c) Por fracciones parciales tenemos que

1

1 − x4=

1

(1 − x)(1 + x)(1 + x2)=

1

4(1 − x)+

1

4(1 + x)+

1

2(1 + x2).

Entonces∫

dx

1 − x4=

1

4

∫dx

1 − x+

1

4

∫dx

1 + x+

1

2

∫dx

1 + x2

= −1

4log(1 − x) +

1

4log(1 + x) +

1

2arctanx + C

=1

4log

∣∣∣∣1 + x

1 − x

∣∣∣∣+1

2arctanx + C .

Luego,∫ 0

∞

dx

1 − x4= lım

R→0

∫ 2

R

dx

1 − x4+ lım

a→1

∫ a

2

dx

1 − x4+ lım

b→1

∫ 0

b

dx

1 − x4.

Para el primer lımite tenemos

lımR→0

∫ 2

R

dx

1 − x4= lım

R→0

[1

4log

∣∣∣∣1 + x

1 − x

∣∣∣∣+1

2arctanx

]2

R

=1

4log 3 +

1

2arctan 2 − lım

R→0

[1

4log

∣∣∣∣1 + R

1 − R

∣∣∣∣+1

2arctanR

]

=1

4log 3 +

1

2arctan 2 − π

4.


El segundo lımite nos da

lıma→1

∫ a

2

dx

1 − x4= lım

a→1

{1

2log

∣∣∣∣1 + a

1 − a

∣∣∣∣+ arctan a

}

−1

4log 3 − 1

2arctan 2 = +∞ .

Esto nos basta para afirmar que la integral dada es divergente.

5.27. En cada caso calcule la integral impropia o demuestre su divergencia:

(a)

∫ e

1

dx

x(log x)1/3,

(b)

∫ π/2

0

dx

cos x,

(c)

∫ 3

1

dx√4x − x2 − 3

,

(d)

∫ 1

0

x3 + x1/3 − 2

x3/5dx,

(e)

∫ 1

0

dx

1 − x3.

Solucion:

(a) Haciendo el cambio de variables u = log x implica du =1

xdx en-

tonces ∫ e

1

dx

x(log x)1/3=

∫ 1

0

du

u1/3= lım

ε→0

∫ 1

ε

u−1/3du

= lımε→0

3

2z2/3

∣∣∣∣1

ε

=3

2− lım

ε→0

2

3ε2/3 =

2

3.

(b) Haciendo el cambio de variables t = tan(x/2) se tiene que

dx =2dt

1 + t2, cos x =

1 − t2

1 + t2,

entonces haciendo fracciones parciales se obtiene∫ π/2

0

dx

cos x= 2

∫ 1

0

dt

1 − t2= 2 lım

a→1

∫dt

1 − t2

= lıma→1

log

(1 + t

1 − t

)∣∣∣∣a

0

= lıma→1

log

(1 + a

1 − a

)= +∞ .


(c) Completando cuadrado obtenemos que

∫ 3

1

dx√4x − x2 − 3

=

∫ 3

1

dx√1 − (x − 2)2

= lıma→1

∫ 2

a

dx√1 − (x − 2)2

+ lımb→3

∫ b

2

dx√1 − (x − 2)2

= lıma→1

arcsin(x − 2)∣∣∣2

a+ lım

b→3arcsin(x − 2)

∣∣∣b

2

= − lıma→1

arcsin(a − 2) + lımb→3

arcsin(b − 2)

=π

2+

π

2= π .

(d) Tenemos que

∫ 1

0

x3 + x1/3 − 2

x3/5dx = lım

ε→0

∫ 1

ε

x3 + x1/3 − 2

x3/5dx

= lımε→0

∫ 1

ε

x12/5 + x−4/15 − 2x−3/5dx

= lımε→0

{5

17x17/5 − 15

3x−3/15 − 2 · 5

2x2/5

}1

ε

=5

17− 5x2/5 − 15

3+

15

3lımε→0

ε−3/15 = +∞ .

(e) Por fracciones parciales tenemos que

1

1 − x3=

1

(1 − x)(x2 + x + 1)=

1

2(1 − x)+

2x + 1

3(x2 + x + 1),

entonces∫ 1

0

dx

1 − x3=

1

3

∫ 1

0

dx

1 − x+

1

3

∫ 1

0

2x + 1

x2 + x + 1dx

=1

3lıma→1

∫ a

0

dx

1 − x+

1

3log(x2 + x + 1)

∣∣∣1

0

= −1

3lıma→1

log(1 − x)∣∣∣a

0+

1

3log(3)

= −1

3lıma→1

log(1 − a) +1

3log(3) = +∞ .

5.28. Calcule la integral impropia o demuestre su divergencia∫ 1

0

ex

√1 − cos x

dx .


Solucion: Consideremos la funcion ϕ : [0, 1] → R dada por

ϕ(x) = xex −√

2 sin(x

2

)

entonces

ϕ′(x) = ex + xex −√

2

2cos(x

2

).

Notemos que ex ≥√

22

cos(x/2) lo cual implica que ϕ′(x) ≥ 0 entoncesϕ es creciente y como ϕ(0) = 0 se conluye que ϕ(x) ≥ 0 para todox ∈ [0, 1], es decir,

√2 sin

(x

2

)≤ xex .

Usando la identidad trigonometrica

cos α − cos β = −2 sinα + β

2sin

α − β

2

se llega a que

√1 − cos x =

√cos 0 − cos x =

√−2 sin

(x

2

)sin(−x

2

)

=

√2 sin2

(x

2

)=

√2 sin

(x

2

)≤ xex .

Por lo tanto1

x≤ ex

√1 − cos x

, ∀ x ∈ [0, 1] .

Como

∫ 1

0

dx

xdiverge por comparacion se concluye que

∫ 1

0

ex

√1 − cos x

dx

diverge.

5.29. Determine la convergencia o divergencia

∫ ∞

0

dx√x(1 + x2)

.


∫ ∞

0

dx√x(1 + x2)

=

∫ 1

0

dx√x(1 + x2)

+

∫ ∞

1

dx√x(1 + x2)

.


Para x ∈ [0, 1] tenemos que

1 ≤ 1 + x2 ⇒ 1 ≤√

1 + x2 ⇒√

x ≤√

x(1 + x2) ⇒ 1√x(1 + x2)

≤ 1√x

.

Como

∫ 1

0

dx√x

converge por comparacion implica que

∫ 1

0

dx√x(1 + x2)

converge.Para x ∈ [1,∞) tenemos que

x2 ≤ 1+x2 ⇒ x ≤√

1 + x2 ⇒ x3/2 ≤√

x(1 + x2) ⇒ 1√x(1 + x2)

≤ 1

x3/2.

Como

∫ ∞

1

dx

x3/2converge por comparacion implica que

∫ ∞

1

dx√x(1 + x2)

converge. Por lo tanto, la integral dada inicialmente converge.

5.30. Para cata t > 0, determine la convergencia o divergencia de

∫ ∞

0

xt−1e−xdx .

Solucion: Para demostrar que dicha integral converge la descomponemosen la suma

∫ +∞

0

xt−1e−xdx =

∫ 1

0

xt−1e−xdx +

∫ +∞

1

xt−1e−xdx .

Observe que

e−xxt−1 ≤ 1

x1−t, ∀ x ∈ [0, 1]

lo que por comparacion implica la convergencia de la primera integralde la suma. La segunda integral converge por que

e−xxt−1 ≤ 1

x2

para todo x suficientemente grande. En efecto, esta desigualdad esequivalente a

xt+1

ex≤ 1 .

Ahora bien, sabemos que lımx→+∞

xt+1

ex= 0, luego existe a > 0 tal que si

x > a implique xt+1/ex ≤ 1.


5.31. Calcule la integral impropia o demuestre su divergencia

∫ 2

0

dx√|1 − x2|

.

Solucion: Sabemos que

∫dx√

1 − x2= arcsin x + C,

∫dx√

x2 − 1= log(x +

√x2 − 1) + C .

Descomponemos la integral de la siguiente manera

∫ 2

0

dx√|1 − x2|

=

∫ 1

0

dx√|1 − x2|

+

∫ 2

1

dx√|1 − x2|

=

∫ 1

0

dx√1 − x2

+

∫ 2

1

dx√x2 − 1

= lıma→1

∫ a

0

dx√1 − x2

+ lımb→1

∫ 2

b

dx√x2 − 1

= lıma→1

(arcsin a − arcsin 0) + lımb→1

(log(2 +√

3)

− log(b +√

b2 − 1))

=π

2+ log(2 +

√3) .

5.32. Determine la convergencia o divergencia de

∫ 1

0

log x

1 − xdx .

Solucion: Haciendo el cambio de variables x =1

yimplica dx = − 1

y2dy

y obtenemos

∫ 1

0

log x

1 − xdx =

∫ 1

∞

log(1/y)

1 − 1/y

(− 1

y2

)dy

= −∫ ∞

1

log y

y(y − 1)dy .

Para x ∈ [a,∞) con a > 1 tenemos que

log x

(x − 1)x≤

√x

(x − 1)x=

1√x(x − 1)

≤ 1

(x − 1)3/2.


En efecto, basta notar que

x−1 ≤ x ⇒√

x − 1 ≤√

x ⇒ (x−1)3/2 ≤√

x(x−1) ⇒ 1√x(x − 1)

≤ 1

(x − 1)3/2.

Como∫ ∞

a

dx

(x − 1)3/2= lım

R→∞

∫ R

a

dx

(x − 1)3/2= − lım

R→∞

2√x − 1

∣∣∣∣R

a

=2√

a − 1< +∞.

Por comparacion tenemos que∣∣∣∣−∫ ∞

a

log x

x(x − 1)dx

∣∣∣∣ ≤∫ ∞

a

∣∣∣∣log x

x(x − 1)

∣∣∣∣ dx ≤∫ ∞

a

dx

(x − 1)3/2< +∞ .

Por otro lado, la funcion f : [1, a] → R dada por

f(x) =log x

x(x − 1)

es continua, ya que aplicando la regla de L’Hopital tenemos que

lımx→1

f(x) = lımx→1

log x

x(x − 1)= lım

x→1

1

x2x − 1

= 1

entonces existe

∫ a

1

log x

x(x − 1)dx y por lo tanto la integral dada inicial-

mente es convergente.

5.33. Determine las condiciones sobre los numeros reales p y q para la con-vergencia de ∫ ∞

1

dx

xp(log x)q.

Solucion: Afirmamos que converge sola para p > 1 y 0 ≤ q < 1. Seaa > 1 entonces

∫ ∞

1

dx

xp(log x)q=

∫ a

1

dx

xp(log x)q+

∫ ∞

a

dx

xp(log x)q.

Para la primera I1 =

∫ a

1

dx

xp(log x)qhay que hacer

lımx→1

1

xp(log x)q

1

(x − 1)q

= lımx→1

1

xplımx→1

(x − 1

log x

)q

= 1 · 1 = 1


luego

∫ a

1

dx

xp(log x)qy

∫ a

1

dx

(1 − x)qambas convergen o ambas divergen

y ∫ a

1

(1 − x)−qdx = (x − 1)1−q∣∣∣a

1

converge solamente si, y solo si q < 1.

Para I2: Si 0 ≤ q < 1 tenemos que

1

xp(log x)q<

1

xp, con p > 1

y la convergencia de∫∞

adxxp implica la convergencia de

∫∞a

dxxp(log x)q .

Ahora, si 0 ≤ q < 1 y p < 1 tenemos que

lımx→∞

1

xp(log x)q

1

x(p+1)/2

= lımx→∞

x(1−p)/2

(log x)q= lım

x→∞

1 − p

2x(1−p)/2−1

q(log x)q−1 1

x

(L’Hopital)

=1 − p

2qlım

x→∞

x(1−p)/2

(log x)q−1= +∞

entonces la divergencia de∫∞

adx

x(p+1)/2 implica la divergencia de∫∞

adx

xp(log x)q .

Capıtulo 6

Series

6.1. Demuestre que

(a)

∞∑

n=1

1

n(n + 1)= 1,

(b)∞∑

n=1

1

n(n + 1)(n + 3)=

7

36,

(c)

∞∑

n=1

(arctan n − arctan(n − 1)) =π

2,

(d)∞∑

n=1

(ne−nx2 − (n − 1)e−(n−1)x2

) =

{0 si x 6= 0+∞ si x = 0

.

Solucion:

(a) Usando la propiedad telescopica tenemos que

∞∑

n=1

1

n(n + 1)= lım

k→∞

k∑

n=1

1

n(n + 1)

= lımk→∞

k∑

n=1

{1

n− 1

n + 1

}

= lımk→∞

(1 − 1

k + 1

)= 1 .

(b) Por fracciones parciales tenemos que

1

n(n + 1)(n + 3)=

1

3n− 1

2(n + 1)+

1

6(n + 3)

93

94 §6. Series

=1

3

(1

n− 1

n + 1

)+

1

3(n + 1)− 1

2(n + 1)+

1

6(n + 3)

=1

3

(1

n− 1

n + 1

)− 1

6(n + 1)+

1

6(n + 3)

=1

3

(1

n− 1

n + 1

)− 1

6

(1

n + 1− 1

n + 2

)− 1

6(n + 2)+

1

6(n + 3)

=1

3

(1

n− 1

n + 1

)− 1

6

(1

n + 1− 1

n + 2

)− 1

6

(1

n + 2− 1

n + 3

)

entonces usando la propiedad telescopica obtenemos

k∑

n=1

1

n(n + 1)(n + 3)=

1

3

(1 − 1

k + 1

)−1

6

(1

2− 1

k + 2

)−1

6

(1

3− 1

k + 3

).

Haciendo k → ∞ obtenemos que

∞∑

n=1

1

n(n + 1)(n + 3)=

1

3− 1

6· 1

2− 1

6· 1

3=

7

36.

(c) Esta es una serie telescopica asi que

∞∑

n=1

(arctan n − arctan(n − 1)) = lımk→∞

k∑

n=1

(arctan n − arctan(n − 1))

= lımk→∞

(arctan k − arctan 0)

= lımk→∞

arctan k =π

2.

(d) Si x 6= 0 entonces

∞∑

n=1

((ne−nx2 − (n − 1)e−(n−1)x2

) = lımk→∞

k∑

n=1

(ne−nx2 − (n − 1)e−(n−1)x2

)

= lımk→∞

ke−kx2

= lımk→∞

k

ekx2 = 0 .

Si x = 0 entonces

∞∑

n=1

((n − (n − 1)) = lımk→∞

k∑

n=1

(n − (n − 1))

= lımk→∞

k∑

n=1

1 = lımk→∞

k = +∞ .


6.2. Pruebe que la serie

∞∑

n=1

log n

n2converge.


log n ≤√

n ⇒ log n

n2≤

√n

n2=

1

n3/2.

Como la serie∞∑

n=1

1

nrconverge para r > 1 se concluye por comparacion

que∞∑

n=1

log n

n2converge.

6.3. Demuestre que la serie∞∑

n=2

1

n log ndiverge.


∞∑

n=2

1

n log n=

1

2 log 2+

{1

3 log 3+

1

4 log 4

}

+

{1

5 log 5+

1

6 log 6+

1

7 log 7+

1

8 log 8

}+ . . .

≥ 1

2 log 2+

{1

4 log 4+

1

4 log 4

}

+

{1

8 log 8+

1

8 log 8+

1

8 log 8+

1

8 log 8

}+ . . .

=1

2 log 2+

2

4 log 4+

4

8 log 8+

8

16 log 16+ . . .

=1

2 log 2+

1

2 log 22+

2 log 23+

1

2 log 24+ . . .

=1

2

{1

log 2+

1

2 log 2+

1

3 log 2+

1

4 log 2+ . . .

}

=1

2 log 2

{1 +

1

2+

1

3+

1

4+ . . .

}

=1

2 log 2

∞∑

n=1

1

n.

Como la serie armonica∞∑

n=1

1

nes divergente por comparacion se concluye

que la serie dada originalmente diverge.

96 §6. Series

6.4. Demuestre que si r > 1 la serie

∞∑

n=2

1

n(log n)rconverge.


∞∑

n=2

1

n(log n)r=

{1

2(log 2)r+

1

3(log 3)r

}

+

{1

4(log 4)r+

1

5(log 5)r+

1

6(log 6)r+

1

7(log 7)r

}+ . . .

≤{

1

2(log 2)r+

1

2(log 2)r

}

+

{1

4(log 4)r+

1

4(log 4)r+

1

4(log 4)r+

1

4(log 4)r

}+ . . .

=2

2(log 2)r+

4

4(log 4)r+

8

8(log 8)r+ . . .

=1

(log 2)r+

1

(log 22)r+

1

(log 23)r+ . . .

=1

(log 2)r+

1

(2 log 2)r+

1

(3 log 2)r+ . . .

=1

(log 2)r

{1 +

1

2r+

1

3r+ . . .

}

=1

(log 2)r

∞∑

n=1

1

nr< +∞ , siempre que r > 1 .

6.5. Si∞∑

n=1

a2n y

∞∑

n=1

b2n convergen. Pruebe que

∞∑

n=1

anbn converge absoluta-

mente.

Solucion: Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz se tiene que

(n∑

i=1

|aibi|)2

≤n∑

i=1

a2i ·

n∑

i=1

b2i ∀ n ∈ N .

Haciendo n → ∞ se obtiene el resultado.

6.6. Demuestre que lımn→∞

en

nn= 0.


Solucion: Sea an =en

nny observemos que

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

en+1

(n + 1)n+1

en

nn

= lımn→∞

en+1nn

en(n + 1)n+1

= lımn→∞

e

n + 1·(

n

n + 1

)n

= lımn→∞

e

n + 1lım

n→∞

(n + 1

n

)−n

= lımn→∞

e

n + 1lım

n→∞

(1 +

1

n

)−n

= 0 · e−1 = 0 .

Entonces, por el criterio de D´Alambert se obtiene que la serie

∞∑

n=1

en

nn

es convergente entonces el termino general de la serie tiene a cero como

lımite, es decir, lımn→∞

en

nn= 0.

6.7. Pruebe que si {an} es una sucesion decreciente y∞∑

n=1

an converge en-

tonces lımn→∞

n · an = 0.

Solucion: Sean S =∞∑

n=1

an, Sn =n∑

k=1

ak y n = 2m. Notemos que

cuando n → ∞ implica que m → ∞ y entonces

nan = 2ma2m

= 2(a2m + a2m + . . . + a2m)

≤ 2(am+1 + am+2 + . . . + a2m)

≤ 2(am+1 + . . . + a2m + . . .) = 2(S − Sm) .

Por lo tanto,

lımn→∞

nan ≤ 2 lımm→∞

(S − Sm) = 0 .

Note que los terminos de la sucesion no son negativos (¿Porque?), estoimplica que lım

n→∞nan = 0.

6.8. Si

∞∑

n=1

an es absolutamente convergente. Pruebe que

∞∑

n=1

a2n converge.

98 §6. Series

Solucion: Sabemos que si una serie converge entonces el termino gene-

ral de la serie tiene lımite cero, entonces como la serie

∞∑

n=1

an es ab-

solutamente convergente entonces la sucesion {an} tiene lımite cero,en particular las sucesiones convergentes son acotadas, entonces existec ∈ R tal que ∣∣∣∣

a2n

an

∣∣∣∣ = |an| ≤ c

es decir,a2

n = |a2n| ≤ c|an|

y por comparacion se tiene la convergencia de la serie∞∑

n=1

a2n.

6.9. Determine si la serie

∞∑

n=1

(log n

n

)n

es convergente utilizando los test de

Cauchy y de D´Alambert.

Solucion: Aplicando el criterio de Cauchy se obtiene

lımn→∞

n√

an = lımn→∞

log n

n= 0 .

Por otro lado, se tiene que

an+1

an=

(log(n + 1)

n + 1

)n+1

(log n

n

)n =log(n + 1)

n + 1

(n

(n + 1)

)n(log(n + 1)

log(n)

)n

.

El primer factor tiene lımite cero, el segundo e−1, luego basta probarque el tercer factor esta acotado. Para n ≥ 3 tenemos

(n + 1

n

)n

< n ⇒ (n + 1)n < nn+1

⇒ n log(n + 1) < (n + 1) log n

⇒ log(n + 1)

log n<

n + 1

n

⇒(

log(n + 1)

log n

)n

<

(n + 1

n

)n

< e ,

luego lımn→∞

an+1

an= 0. Ambos criterios nos senalan que la serie es con-

vergente.


6.10. Analice la convergencia de la serie

1 +1 · 21 · 3 +

1 · 2 · 31 · 3 · 5 +

1 · 2 · 3 · 41 · 3 · 5 · 7 + . . . .

Solucion: Usaremos el criterio de D´Alambert para probar que la serieconverge, en efecto,

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

1 · 2 · 3 . . . n · (n + 1)

1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)(2n + 1)1 · 2 · 3 . . . n

1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)

= lımn→∞

(n + 1)!

1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)(2n + 1)n!

1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)

= lımn→∞

(n + 1)!

n!· 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)

1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)(2n + 1)

= lımn→∞

n + 1

2n + 1=

1

2< 1 .

6.11. Analice la convergencia de la serie

(2

1

)2

+

(3

3

)2

+

(4

5

)2

+

(5

7

)2

+ · · · .

Solucion: Notemos que el termino general de la serie es an =

(n + 1

2n − 1

)2

y como

lımn→∞

an = lımn→∞

(n + 1

2n − 1

)2

=1

26= 0

entonces la serie dada no converge.

6.12. Analice la convergencia de las siguientes series

(a)∞∑

n=1

2 + (−1)n

3n,

(b)

∞∑

n=1

sin2

(1

n

),

(c)∞∑

n=1

(n!)2

(2n)!,

(d)

∞∑

n=1

n!

3n,

(e)∞∑

n=1

( n√

n − 1)n.

Solucion:

100 §6. Series

(a) Notemos que2 + (−1)n

3n≤ 3

3n=

1

3n

y la serie

∞∑

n=1

(1

3

)n

es una serie geometrica y por lo tanto conver-

gente, se deduce por comparacion que la serie original es conver-gente.

(b) Sabemos que | sin x| ≤ |x| entonces∣∣∣∣sin

2

(1

n

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣sin(

1

n

)∣∣∣∣2

≤∣∣∣∣1

n

∣∣∣∣2

=1

n2.

Como la serie∞∑

n=1

1

n2es convergente por comparacion la serie dada

es convergente.

(c) Usando el criterio de D´Alambert probaremos que la serie converge,tenemos que

lımn→∞

an+1

an

= lımn→∞

((n + 1)!)2

(2(n + 1))!

(n!)2

(2n)!

= lımn→∞

((n + 1)!

n!

)2(2n)!

(2n + 2)!

= lımn→∞

((n + 1)n!

n!

)2

· (2n)!

(2n + 1)(2n + 1)(2n)!

= lımn→∞

(n + 1)2

(2n + 1)(2n + 1)=

1

4< 1 .

(d) Usando el criterio de D´Alambert probaremos que la serie diverge,tenemos que

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(n + 1)!

3n+1

n!

3n

= lımn→∞

(n + 1)n!

n!

3n

3n+1

= lımn→∞

n + 1

3= +∞ .

(e) Usando el criterio de Cauchy obtenemos que

lımn→∞

n√

an = lımn→∞

( n√

n − 1) = 0

luego la serie es convergente.


6.13. Determinen para que valores de x las siguientes series convergen

a)∞∑

n=1

nkxn b)∞∑

n=1

nnxn c)∞∑

n=1

xn

nnd)

∞∑

n=1

n!xn, e)∞∑

n=1

xn

n2.

Solucion:

(a) Usando el criterio de DÁlambert obtenemos que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣(n + 1)kxn+1

nkxn

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣x(

1 +1

n

)k∣∣∣∣∣ = |x| < 1

la serie converge si −1 < x < 1.

(b) Usando el criterio de DÁlambert obtenemos que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣(n + 1)n+1xn+1

nnxn

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣x(

1 +1

n

)n

(n + 1)

∣∣∣∣= x · e · lım

n→∞(n + 1)

la serie converge solo cuando x = 0.

(c) Usando el criterio de DÁlambert obtenemos que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

xn+1

(n + 1)n+1

xn

nn

∣∣∣∣∣∣∣∣= lım

n→∞

∣∣∣∣x(

n

n + 1

)n1

n + 1

∣∣∣∣

= |x| lımn→∞

∣∣∣∣(

n

n + 1

)n∣∣∣∣ lımn→∞

∣∣∣∣1

n + 1

∣∣∣∣ = |x| · e−1 · 0 = 0

la serie converge para −∞ < x < ∞.

(d) Usando el criterio de DÁlambert obtenemos que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣(n + 1)!

n!· xn+1

xn

∣∣∣∣ = |x| lımn→∞

|n + 1|

la serie converge solo cuando x = 0.

(e) Usando el criterio de DÁlambert obtenemos que

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣n2

(n + 1)2· xn+1

xn

∣∣∣∣ = |x| lımn→∞

∣∣∣∣n2

n2 + 2n + 1

∣∣∣∣ = |x|

la serie converge para −1 ≤ x ≤ 1.

102 §6. Series

6.14. Determine la serie que corresponde a la sucesion de sumas parciales

(sn) =2

3n.

Indique si la serie converge o diverge; si es convergente calcule la suma.

Solucion: Las sumas parciales de sn esta dada por

An = s1 + s2 + . . . + sn =2

3+

2

32+ . . . +

2

3n(6.1)

multiplicando a An por 13

obtenemos

1

3An =

2

32+

2

33+ . . . +

2

3n+

2

3n+1(6.2)

si hacemos (6.1)−(6.2) obtenemos

An

(1 − 1

3

)=

2

3− 2

3n+1⇒ An = 1 − 1

3n

nos interesa analizar la convergencia de la serie

∞∑

n=1

An =∞∑

n=1

3n − 1

3n

como lımn→∞

An = 1 6= 0 se concluye que la serie diverge.

6.15. Determine una serie geometrica cuya suma sea 6 y tal que cada terminosea 4 veces la suma de todos los que le siguen.

Solucion: Queremos buscar una serie geometrica que satisfaga

∞∑

n=0

arn =a

1 − r= 6 ,

arn = 4∞∑

k=n+1

ark .

De la segunda condicion se obtiene que

arn = 4∞∑

k=n+1

ark = 4a∞∑

k=0

rk+n+1

= 4arn+1

∞∑

k=0

rk =4arn+1

1 − r


entonces simplicando obtenemos que

1 =4r

1 − r⇒ 1 − r = 4r ⇒ r =

1

3.

Usando esto en la primera de las condiciones obtenidas nos da que a = 9.

6.16. Una persona anda en bicicleta, despues que ella retira los pies de lospedales, manteniendo una direccion recta, la rueda del frente gira 60veces en los primeros 10 segundos; ademas en cada perıodo sucesivo de10 segundos la rueda gira 1

5de las veces que giro en el perıodo inmedi-

atamente anterior. Obtenga el total de veces que giro la rueda antes dedetenerse.

Solucion: Notemos que en el periodo n-esimo de 10 segundos la rueda

da an =60

5n−1vueltas, luego el total de veces que giro la rueda antes de

detenerse es:

∞∑

n=1

an =

∞∑

n=1

60

5n−1= 60

∞∑

n=0

1

5n=

60

1 − 1/5= 75 .

6.17. En el plano de coordenadas (x, y) dibujamos la siguiente “curva polig-onal”, formadam alternadamente, por segmentos de rectas horizontalesy verticales: partiendo del origen hacia la derecha un segmento de rectahorizontal de longitud 4, seguido de un segmento vertical hacia arribade la misma longitud, despues un segmento horizontal hacia la derechade longitud 4

3, seguido de uno vertical hacia ariba de la misma longitud,

y ası indefinidamente, en cada paso la longitud de los segmentos es 13

dela longitud de los segmentos del paso anterior y todos estos segmentosestan unidos, cada uno empieza en el punto final del anterior. Calculeel area de la region del plano encerrada entre la “curva poligonal” y larecta que une su punto final con el origen.

6.18. Determine si la serie es convergente o divergente.

(a)∞∑

n=1

sin

(1

n

),

(b)

∞∑

n=1

(−1)n+1

√n

3n − 2.

104 §6. Series

6.19. Determine una serie, con todos los terminos distintos de 0, tal que∞∑

n=1

an = 6 y

∞∑

n=1

a2n = 4.

6.20. Use el criterio integral para demostrar que las siguientes series conver-gen:

(a)

∞∑

n=1

1

n2 + 1,

(b)

∞∑

n=1

1

n4 + 1,

(c)∞∑

n=1

ne−n2

,

(d)

∞∑

n=1

n

n2 + 1,

(e)∞∑

n=2

1

n log n,

(f)

∞∑

n=1

1

1 +√

n.

Solucion:

(a) Sean an =1

1 + n2y f(x) =

1

1 + x2, entonces an = f(n) y f es

monotona decreciente. El criterio de la integral asegura que∞∑

n=1

an

converge si y solo si

∫ ∞

1

f(x)dx converge. Luego,

∫ ∞

1

f(x)dx = lımR→∞

∫ R

1

1

1 + x2dx

= lımR→∞

arctan x∣∣∣R

1

= lımR→∞

(arctan R − arctan 1)

=π

2− π

4=

π

4.

Se concluye que la serie dada es convergente.


(b) Sean f(x) =1

1 + x4y g(x) =

1

1 + x2. Es claro que f(x) ≤ g(x)

para todo x ≥ 1. Luego,

∫ ∞

1

f(x)dx ≤∫ ∞

1

g(x)dx.

Sabemos por el problema anterior que la integral de la derechaes convergente, luego por el criterio de comparacion la integral∫ ∞

1

f(x)dx es convergente y usando el criterio de la integral se

tiene que la serie dada es convergente.

(c) Sea f(x) = xe−x2para aplicar el criterio de la integral debemos

demostrar que f es monotona decreciente y positiva para x ≥ 1. Enefecto,

f ′(x) = e−x2

+ xe−x2

(−2x) = e−x2

(1 − 2x2).

El signo de f ′ es el signo de (1 − 2x2) y se tiene que f ′ es negativapara x > 1√

2. Analicemos la convergencia de la integral, haciendo

el cambio de variables u = −x2 implica du = −2xdx y obtenemosque

∫ ∞

1

xe−x2

dx = lımR→∞

∫ R

1

xe−x2

dx

= −1

2lım

R→∞

∫ −R2

−1

eudx

= −1

2lım

R→∞eu∣∣∣−R2

−1

= −1

2lım

R→∞(e−R2 − e−1) =

1

2e−1 .

Esto garantiza la convergencia de la serie dada.

(d) Sea f(x) =x

x2 + 1es sencillo probar que esta funcion es positiva

y monotona decreciente para x ≥ 1. Para analizar la convergenciahacemos el cambio de variables u = x2 + 1 implica du = 2xdx y

106 §6. Series

obtenemos que∫ ∞

1

x

x2 + 1dx = lım

R→∞

∫ R

1

x

x2 + 1dx

=1

2lım

R→∞

∫ 1+R2

2

du

u

=1

2lım

R→∞log u

∣∣∣1+R2

2

=1

2lım

R→∞(log(1 + R2) − log 2) = +∞ ,

esto prueba que la serie dada originalmente es divergente.

(e) Sea f(x) =1

x log xlas hipotesis del criterio de la integral son sat-

isfacidos por esta funcion, basta calcular la integral, haciendo elcambio de variables u = log x implica du = 1

xdx y obtenemos

∫ ∞

2

dx

x log x= lım

R→∞

∫ R

2

dx

x log x

= lımR→∞

∫ log R

log 2

du

u

= lımR→∞

log u∣∣∣log R

log 2

= lımR→∞

(log(log R) − log(log 2)) = +∞ .

(f) Sean f(x) = (1 +√

x)−1 y g(x) = (1 + x)−1. Claramente se tieneque g(x) ≤ f(x). Notemos que

∫ ∞

1

dx

1 + x= lım

R→∞

∫ R

1

dx

1 + x

= lımR→∞

log(1 + x)∣∣∣R

1

= lımR→∞

(log(1 + R) + log 2) = +∞ .

Por comparacion se tiene que

∫ ∞

1

dx

1 +√

xdiverge y por el criterio

de la integral se obtiene que la serie dada es convergente.

6.21. Sea g : [0, 1] → R+ continua y creciente en [0, 1], con g(0) = 0. Pruebe

que la serie

∞∑

n=1

g

(1

n

)converge si y solo si la integral

∫ 1

0

g(x)

x2dx con-

verge.


Solucion: Haciendo el cambio de varibales1

x= u implica − 1

x2dx = du

y obtenemos que

∫ 1

0

g(x)

x2dx = −

∫ 1

∞g

(1

u

)du =

∫ ∞

1

g

(1

u

)du .

Ademas, como g es creciente entonces g′(x) ≥ 0 para todo x entonces

d

dug

(1

u

)= − 1

u2g′

(1

u

)≤ 0,

es decir, g(1/u) es monotona decreciente, ademas como g es continua

lımx→∞

g

(1

x

)= g

(lım

x→∞

1

x

)= g(0) = 0

entonces

∞∑

n=1

g

(1

n

)es convergente ⇔

∫ ∞

1

g

(1

u

)du es convergente

⇔∫ 1

0

g(x)

x2dx es convergente .

6.22. Suponiendo que la serie

∞∑

n=1

an es absolutamente convergente, con an 6= 0

¿que se puede decir sobre la convergencia de

∞∑

n=1

1

(an)? Justifique.

Solucion: Como la serie

∞∑

n=1

an es absolutamente convergente entonces

el termino general de la serie tiene lımite cero, es decir, lımn→∞

an = 0 y

se sabe que las sucesiones convergente son acotadas, luego existe c > 0tal que

|an| ≤ c ⇒ an ≤ c ⇒ 1

c≤ 1

an.

Por comparacion como la serie

∞∑

n=1

1

cdiverge implica la divergencia de

∞∑

n=1

1

(an).

108 §6. Series

6.23. Usando la derivacion de

∞∑

n=1

xn, calcule∑

n=1

n

2n.

Solucion: Sabemos que para |x| < 1 se tiene que

∞∑

n=0

xn =1

1 − xSea

f(x) =1

1 − x− 1 =

∞∑

n=1

xn entonces

f ′(x) =1

(1 − x)2=

d

dx

(∞∑

n=1

xn

)=

∞∑

n=1

nxn−1 .

Evaluando en x = 12

obtenemos que

f ′(1/2) =1

(1 − 1/2)2= 4 =

∞∑

n=1

n

2n−1

por lo tanto∞∑

n=1

n

2n=

1

2

∑

n=1

n

2n−1=

1

2f ′(1/2) = 2 .

6.24. Obtenga la reoresentacion en serie de potencias de la funcion

f(x) =ex − 1

x

y, usando la derivada de ella, calcule∞∑

n=1

n

(n + 1)!.

Solucion: Sabemos que

ex =∞∑

n=0

xn

n!= 1 +

∞∑

n=1

xn

n!

entonces el desarrollo en serie de potencias de f(x) es

f(x) =1

x

∞∑

n=1

xn

n!=

∞∑

n=1

xn−1

n!.

Derivando obtenemos que

f ′(x) =

∞∑

n=2

(n − 1)

n!xn−2 =

∞∑

n=1

n

(n + 1)!xn−1 .


Note que f ′(1) =

∞∑

n=1

n

(n + 1)!y por otro lado se tiene que

f ′(x) =xex − ex + 1

x⇒ f ′(1) = 1

y por lo tanto

∞∑

n=1

n

(n + 1)!= 1.

6.25. Si

∞∑

n=1

an es convergente y an ≥ 0 para todo n ∈ N entonces la serie

∞∑

n=1

anxn es absolutamente convergente para todo x ∈ [−1, 1] y

∞∑

n=1

an sin(nx),∞∑

n=1

an cos(nx)

son absolutamente convergentes para todo x ∈ R.

Solucion: En efecto, basta notar que para x ∈ [−1, 1]

∞∑

n=1

|anxn| =

∞∑

n=1

|an||x|n ≤∞∑

n=1

|an| =

∞∑

n=1

an < +∞

de manera similar, para todo x ∈ R

∞∑

n=1

|an sin(nx)| =

∞∑

n=1

|an|| sin(nx)| ≤∞∑

n=1

|an| =

∞∑

n=1

an < +∞ ,

∞∑

n=1

|an cos(nx)| =

∞∑

n=1

|an|| cos(nx)| ≤∞∑

n=1

|an| =

∞∑

n=1

an < +∞ .

6.26. La serie

1 − 1

2+

2

3− 1

3+

2

4− 1

4+

2

5− 1

5+

2

6− 1

6+ · · ·

tiene terminos alternadamente positivos y negativos y su termino gene-ral tiende a cero. No obstante es divergente. ¿Por que esto no contradiceel Teorema de Leibniz?

Solucion: El teorema de Leibniz afirma que:

110 §6. Series

Si (an) es una sucesion decreciente que tiende a cero entonces

∞∑

n=1

(−1)n+1an

es una serie convergente.El Teorema de Leibniz no es contradecido debido a que la serie dada noes monotona, por ejemplo

1

2= a2 ≤ a3 =

2

3y a3 ≥ a4 =

1

3.

6.27. Si

∞∑

n=1

an es absolutamente convergente y lımn→∞

bn = 0, escriba cn =

aobn + a1bn−1 + · · · + anb0. Pruebe que lımn→∞

cn = 0.

Solucion: Si

∞∑

n=1

an es absolutamente convergente entonces existe a ∈ R

tal que

∞∑

n=1

|an| = a y como lımn→∞

bn = 0 entonces (bn) es acotado en-

tonces existe b ∈ R tal que |bn| ≤ b para todo n ∈ N. Ademas, dadoε > 0 existe N ∈ N tal que

|bn| <ε

2a, ∀ n > N

y de la convergencia de la serie

∞∑

n=N

|an| <ε

2b.

Entonces, si n > 2N tenemos que

|cn| = |a1bn + · · ·+ aNbn−N + aN+1bn−N+1 + · · ·+ anb1|≤ |a1||bn| + · · ·+ |aN ||bn−N | + |aN+1||bn−N+1| + · · ·+ |an||b1|≤ (|a1| + · · ·+ |aN |) ε

2a+ (|aN+1| + · · · + |an|) b

<aε

2a+

ε

2bb = ε .

6.28. Pruebe que una serie es absolutamente convergente si, y solo si, las

sumas parciales de la serie

∞∑

n=1

|an| estan acotadas.


Solucion: Sea

∞∑

n=1

an una serie absolutamente convergente entonces

existe a ∈ R tal que

∞∑

n=1

|an| = a luego

|Sk| =

∣∣∣∣∣

k∑

n=1

an

∣∣∣∣∣ ≤k∑

n=1

|an| = a

y las sumas parciales son acotas. Reciprocamente, si existe a ∈ R talque |Sk| ≤ a, entonces la sucesion (Sn) es acotada y monotona creciente(los terminos son positvos), luego es convergente, es decir

lımn→∞

Sn =

∞∑

n=1

|an| = a .

6.29. Sean (an) una sucesion acotada y (bn) una sucesion positiva y decre-ciente. Pruebe que

∞∑

n=1

an(bn − bn+1)

es absolutamente convergente.

Solucion: Si (an) es acotada entonces existe K > 0 tal que |an| ≤ Kpara todo n ∈ N y notemos que

Sm =m∑

n=1

|an(bn − bn+1)|

≤ K

m∑

n=1

|bn − bn+1|

= K

m∑

n=1

(bn − bn+1) (bn es decreciente)

= K(b1 − bm+1) ≤ Kb1 (bn es positiva)

entonces la sucesion de sumas parciales es acotada y por el problemaanterior esto implica que la serie es absolutamente convergente.

6.30. Sean (bn) una sucesion positiva, decreciente y

∞∑

n=1

an una serie conver-

gente. Pruebe que

∞∑

n=1

anbn es convergente.

112 §6. Series

Solucion: En efecto, consideramos las sumas parciales

Cp =

p∑

n=1

bnan = a1b1+a2b2+·+anbn = A1b1+(A2−A1)b2+· · ·+(Ap−Ap−1)bn

donde Aj =

j∑

n=1

an. Entonces

Cp = A1(b1 − b2) + A2(b2 − b3) + · · ·+ Ap−1(bp−1 − bp) + Apbp

es decir

Cp − Apbp =

p−1∑

n=1

An(bn − bn+1)

el problema anterior asegura que la serie del lado derecho es convergente.

Como lımp→∞

Ap =

∞∑

n=1

an y lımp→∞

bp = b ≥ 0 se tiene que la sucesion de

sumas parciales, es una sucesion convergente.

6.31. Si P (n) es un polinomio de grado p y Q(n) es un polinomio de grado q.Demuestre que la serie

∞∑

n=1

P (n)

Q(n)

converge si q > p + 1.

Solucion: Sean

P (n) =

p∑

k=1

aknk, Q(n) =

q∑

k=1

bknk .

Notemos que

lımn→∞

P (n)

Q(n)1

nq−p

= lımn→∞

P (n)

Q(n)np

nq

= lımn→∞

P (n)

np

nq

Q(n)

= lımn→∞

P (n)

nplım

n→∞

nq

Q(n)

= ap ·1

bq


como q−p > 1 la serie

∞∑

n=1

1

nq−pconverge lo cual implica la convergencia

de

∞∑

n=1

P (n)

Q(n).

6.32. Hallar el radio de convergencia de cada una de las siguientes series depotencia:

(a)

∞∑

n=0

n3zn,

(b)

∞∑

n=0

2n

n!zn,

(c)∞∑

n=0

2n

n2zn,

(d)∞∑

n=0

n3

3nzn.

Solucion:

(a) R = lımn→∞

an

an+1= lım

n→∞

n3

(n + 1)3= lım

n→∞

n3

n3 + 3n2 + 3n + 1= 1.

(b) R = lımn→∞

an

an+1= lım

n→∞

2n

n!· (n + 1)!

2n+1= lım

n→∞

n + 1

2= ∞.

(c) R = lımn→∞

an

an+1= lım

n→∞

2n

n2· (n + 1)2

2n+1= lım

n→∞

n2 + 2n + 1

2n2=

1

2.

(d) R = lımn→∞

an

an+1= lım

n→∞

n3

3n· 3n+1

(n + 1)3= lım

n→∞

3n3

n3 + 3n2 + 3n + 1= 3.

6.33. Hallar el radio de convergencia de cada una de las siguientes series depotencias:

(a)

∞∑

n=0

anzn,

(b)

∞∑

n=0

zn!.

Solucion:

114 §6. Series

(a) R = lımn→∞

∣∣∣∣an

an+1

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣an

an+1

∣∣∣∣ =1

|a| .

(b) El k-esimo coeficiente de la serie es

ak =

{1 si k = n! ,0 si k 6= n! .

entonceslım sup

n→∞|an|1/n = 1 ⇒ R = 1 .

6.34. Demuestre que el radio de convergencia de la serie de potencias

∞∑

n=1

(−1)n

nzn(n+1)

es 1, y discuta la convergencia para z = 1,−1.

Solucion: El k-esimo coeficiente de la serie es

ak =

(−1)n

nsi k = n(n + 1) ,

0 si k 6= n(n + 1) .

entonces para k = n(n + 1) se tiene que

lımn→∞

|an|1/n = lım supn→∞

1

n1/n= 1

y para k 6= n(n + 1) lım |an|1/n = 0, por lo tanto

lım supn→∞

|an|1/n = 1 ⇒ R = 1 .

Para z = 1,−1 basta aplicar el Teorema de Leibniz para obtener laconvergencia de la serie.

6.35. Pruebe que si lımn→∞

n√

|an| = L entonces las series de potencias

∞∑

n=0

anx2n y

∞∑

n=0

anx2n+1

tienen radio de convergencia igual a 1/√

L.

Solucion: Consideremos∞∑

n=0

anx2n =∑

n=0

bnxn,


donde b2n = an y b2n−1 = 0. Entonces, lımn→∞

2n−1√

b2n−1 = 0 y

lımn→∞

2n√

b2n = lımn→∞

√n√

an =√

lımn→∞

n√

an =√

L .

Por lo tanto, la sucesion ( n√

|bn|) tiene dos valores lımites: 0 y√

L. Por lo

tanto, el radio de convergencia de

∞∑

n=0

anx2n es 1/√

L. Un razonamiento

analogo vale para la otra serie.

6.36. Determine el radio de convergencia de las siguientes series:

∞∑

n=0

an2

xn,

∞∑

n=0

a√

nxn y

∞∑

n=1

nlog n

n xn .


lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣a(n+1)2

an2

∣∣∣∣∣ = lımn→∞

|an2+2n+1 · a−n2 |

= lımn→∞

|a|2n+1 =

0 si |a| < 1 ,+∞ si |a| > 1 ,1 si |a| = 1 .

entonces el radio de convergencia es

R =1

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣=

+∞ si |a| < 1 ,0 si |a| > 1 ,1 si |a| = 1 .

Para la siguiente serie tenemos que

R = lımn→∞

∣∣∣∣an

an+1

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣a√

n

a√

n+1

∣∣∣∣ = lımn→∞

|a|√

n−√

n+1

= |a|lım

n→∞

√n −

√n + 1

= |a|lım

n→∞

n − (n + 1)√n +

√n + 1

= |a|lım

n→∞

−1√n +

√n + 1 = |a|0 = 1 .

Finalmente, para hallar el radio de convergencia de la ultima serie depotencias, denotamos por

an = nlog n

n

116 §6. Series

entonces

lımn→∞

log an = lımn→∞

log n

nlog n = lım

n→∞

(log n)2

n= 0

luego

lımn→∞

log

(an

an+1

)= lım

n→∞log an − lım

n→∞log an+1 = 0 .

Por lo tanto, el radio de convergencia es

R = lımn→∞

an

an+1= lım

n→∞exp

(log

(an

an+1

))

= exp

(lım

n→∞log

(an

an+1

))= e0 = 1 .

6.37. Pruebe que la funcion f : (−r, r) → R, dada por f(x) =∞∑

n=0

anxn, donde

r es el radio de convergencia de la serie es una funcion par (respectiva-mente, impar) si, y solo si, an = 0 para todo n impar (respectivamente,par).

Solucion: Si an = 0 para n impar entonces

f(x) =

∞∑

n=0

anxn =∑

a2n−1x2n−1+

∑a2nx2n =

∑a2n(−x)2n = f(−x).

Recıprocamente, si f es par entonces f(x) = f(−x) y tenemos que

f(x) = f(−x) =∞∑

n=0

an(−x)n =∑

n paranxn −

∑

n impar

anxn

lo cual implica despejando que para todo x ∈ (−r, r)

0 =∑

n impar

anxn = a1x + a3x3 + a5x

5 + · · · (6.3)

derivando y evaluando en x = 0 se obtiene que a1 = 0, para demostrarque an = 0 para n impar se deriva n veces la igualdad (6.3) y se evaluaen x = 0.


6.38. Sea

∞∑

n=0

anxn una serie de potencias cuyos coeficientes estan determina-

dos por las igualdades a0 = a1 = 1 y an+1 = an + an−1. Demuestre queel radio de convergencia de dicha serie es igual a (−1 +

√5)/2.

Solucion: Consideremos la sucesion xn =an

an+1entonces claramente

0 ≤ an ≤ an+1 lo que implica que 0 ≤ xn ≤ 1, es decir, la sucesion xn

es acotada. Ademas, es posible demostrar por induccion que

an+1an−1 = a2n + (−1)n, n ≥ 2

entonces

|xn − xn+1| =

∣∣∣∣an

an+1

− an+1

an+2

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣anan+2 − a2

n+1

an+1an+2

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣a2

n+1 + (−1)n+1 − a2n+1

an+1an+2

∣∣∣∣ =1

an+1an+2

luego, las distancias entre los terminos de la sucesion tiende a cero,entonces existe lım

n→∞xn = R. Ahora note que

xn+1 =1

1 + xn

⇒ R =1

1 + R⇒ R2 + R − 1 = 0

las soluciones de esta ultima ecuacion son R =−1 ±

√5

2y como xn > 0

entonces R =−1 +

√5

2.

6.39. Pruebe que la funcion

f(x) =∞∑

n=0

(−1)n 1

(n!)2

(x

2

)2n

esta bien definida para todo x ∈ R y que f ′′ +f ′

x+ f =

1

2para todo

x 6= 0.


an =(−1)n

(n!)2· 1

22n.

118 §6. Series

Tenemos que el radio de convergencia es

R = lımn→∞

∣∣∣∣an

an+1

∣∣∣∣ = lımn→∞

((n + 1)!)2 · 22(n+1)

(n!)2 · 22n= lım

n→∞4(n + 1)2 = +∞

luego la funcion esta bien definida para todo x ∈ R. Ademas, derivandoobtenemos

f ′(x) =∞∑

n=1

(−1)n

(n!)2· 2n

22nx2n−1 ,

f ′′(x) =

∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· 2n(2n − 1)

22nx2n−2 ,

1

xf ′(x) =

∞∑

n=1

(−1)n

(n!)2· 2n

22nx2n−2 .

Entonces

f ′′(x) +1

xf ′(x) =

∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· 2n(2n − 1)

22nx2n−2 +

∞∑

n=1

(−1)n

(n!)2· 2n

22nx2n−2

=∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· 2n(2n − 1)

22nx2n−2 − 1

2+

∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· 2n

22nx2n−2

= −1

2+

∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· (2n

22n{(2n − 1) + 1} x2n−2

= −1

2+

∞∑

n=2

(−1)n

(n!)2· (2n)2

22nx2(n−1)

= −1

2+

∞∑

n=1

(−1)n+1

((n + 1)!)2· (2(n + 1))2

22(n+1)x2n

= −1

2+

∞∑

n=1

(−1)n+1

(n!)2· 1

22nx2n

= −1 −∞∑

n=1

(−1)n

(n!)2· 1

22nx2n +

1

2

= −∞∑

n=0

(−1)n

(n!)2· 1

22nx2n +

1

2= −f(x) +

1

2.

6.40. Sean (an) y (bn) sucesiones de numeros positivos tal quean+1

an≤ bn+1

bn.

Demuestre que si

∞∑

n=1

bn converge entonces

∞∑

n=1

an converge.



an+1

an

≤ bn+1

bn

⇒ an+1

bn+1

≤ an

bn

.

Luego la sucesion

(an

bn

)es decreciente y como (an) y (bn) son sucesiones

positivas entoncesan

bn

> 0 esto implica que es acotada, por lo tanto es

una sucesion monotona y acotada, es decir, posee lımite. Se sabe quelas sucesiones convergentes son acotadas entonces existe c ∈ R tal que

an

bn≤ c ⇒ an ≤ c bn .

Por comparacion como∑

bn converge implica que∑

an converge.

6.41. En el plano de coordenadas (x, y) dibujamos la siguiente “curva poligo-nal”, formada, alternadamente, por segmentos de rectas horizontales yverticales: partiendo del origen hacia la dercha un segmento de erectahorizontal de longitud 15, seguido de un segmento vertical hacia arribade la misma longitud, despues un segmento horizontal hacia la derechade longitud 3, seguido de uno vertical hacia arriba de la misma longitud,y ası indefinidamente, en cada paso la longitud del par de segmentos

(uno horizontal y otro certical) es1

5de la longitud del par de segmen-

tos del paso anterior y todos estos segmentos estan unidos, cada unoempieza en el punto final del anterior. Calcule el area de la region delplano encerrada entre la “curva poligonal” y la recta que une su puntofinal con el origen.

Solucion: Se trata de una cantidad infinita de triangulos isosceles deareas

an =1

2

(15

5n

)2

, n = 0, 1, 2, . . . .

Luego el area total es

∞∑

n=0

an =152

2

∞∑

n=0

1

25n=

152

2

1

1 − 1/25=

152 · 25

48.

ejercicios calculo integral

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n n n n n n

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n n n n n3 n

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n n nk

como f x

funcin f x