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Tema 4: Integración en una variable
Cálculo de primitivas
1. Primeras definiciones y propiedades
Sea un intervalo de la recta real y sean : → R dos funciones, con derivable. Se dice
que es una primitiva de en cuando
0() = () ∀ ∈
Al conjunto de todas las primitivas de en lo llamaremos integral indefinida, o simplemente
integral, de en , y lo denotaremos porZ() o abreviadamente
Z
Se cumplen las siguientes propiedades:
1. Linealidad:R( + ) =
R +
R para todo par de funciones
R =
R para toda función y todo ∈
2. Toda función continua posee primitiva.
3. Si es una primitiva de en entonces todas las primitivas de en son de la forma +,
con ∈ R.
La última propiedad significa queR = + : ∈ R o abreviadamente
R = + ∈ R
Por comodidad en la notación la constante arbitraria podrá incluso omitirse.
1
2. Primitivas de tipo inmediato
Potencia (n 6= −1) R = +1
+1+
R[()] 0() = [()]+1
+1+
LogaritmoR1 = log ||+
R 0()()
= log |()|+
ExponencialR = +
R() 0() = () +
Trigonométricas Rcos = +
Rcos[()] 0() = [()] +R
= − cos+R [()] 0() = − cos[()] +R
1cos2
= tan+R
0()cos2[()]
= tan[()] +R1
2 = − cot+
R 0()
2[()] = − cot[()] +
Hiperbólicas Rcosh = +
Rcosh[()] 0() = [()] +R
= cosh+R[()] 0() = cosh[()] +
Arco-argumento R1√1−2 = +
R 0()√1−[()]2
= [()] +R1
1+2 = arctan+
R 0()
1+[()]2 = arctan[()] +R
1√1+2
= +R
0()√1+[()]2
= [()] +R1√2−1 = arg cosh+
R 0()√[()]2−1
= arg cosh[()] +
Observación:
De la tabla anterior puede deducirse como consecuencia la integral de cualquier polinomio:Z(0 + 1+ 2
2 + + ) = 0+ 1
2
2+ 2
3
3+ +
+1
+ 1+
Ejemplos:
1R36 = 37
7+
2R
53 = 5
R−3 = 5
−2−2 + = − 5
22+
3R −9√ = −9 R 1
2 = −932
32
+ = −6√3 +
4R5 4√3− 5 = 5
3
R3(3− 5)
14 = 5
3
(3−5)14+1
14+1
+ = 53
(3−5)54
54
+ = 434p(3− 5)5 +
5R2(3 − 4)5 = 1
3
R32(3 − 4)5 = 1
3
(3−4)66
+ =(3−4)618
+
6R
82
43+5 = 8
12
R122
43+5 = 2
3log |43 + 5|+
7R
4√1−2 =
R( )4 · 1√
1−2 =5
5+
8Rlog
=
R(log )1 · 1
= log2
2+
9R5 2 = 5
2
R2 2 = −5
2cos2 +
10 ( 6= 0) R7 cos() 4() = 7
R cos() 4() = 7
5()
5+ = 7
55() +
2
11R2 cos = 2
R()1 cos = 2
22+ = 2+
12R56
2
= 512
R126
2
= 5126
2
+
13R
3√cos4 5 5 = −1
5
R −5 5(cos 5) 43 = −15
(cos 5)43+1
43+1
+ = − 335
3√cos7 5+
14R6 tan 7 = 6
R 7cos 7
= −67
R −7 7cos 7
= −67log |cos 7|+
15R 1
2 = − R (−1) · (−−2) = −(−1) + = − cosh 1
+
16Rcosh 3 · 203 = 1
3
R3 cosh 3 · ( 3)20 = 213
63+
17R3−2 = 1
3
R33−2 = 1
33−2 +
18R3−2 = −1
2
R −23−2 = −123−2 +
19R(2− 3+ 5 − + 2 − 42 + 635) = 2− 3
22 + 5− 1
22 + 1
33 − 42 + 3
245 +
20R(2− 3+ 5 − + 2 − 42 + 635) = 2 − 3 + 5
22 − 1
22 + 2 − 4
33 + 36 +
21R(2− 5) = 1
2
R2(2− 5) = −1
2cos(2− 5) +
22R(2− 5) = −1
5
R −5(2− 5) = 15cos(2− 5) +
23Rcos(3) = 1
3
R3 cos(3) = 1
3(3) +
24R
3 = 2
23+
25R
3 =
R−3 = −2
−2 + = − 22+
26R
2
2−3 = −13R −322−3 = −13 log |2− 3|+
No toda integral se puede expresar en términos de funciones elementales 2
3. Ajuste de cuadrados
En algunas integrales, como las que se reducen al tipo arcoseno y arcotangente, conviene
ajustar la expresión cuadrática adecuadamente. Algunos casos en los que puede ser útil esta trans-
formación son en integrales de los siguiente tipos:R 1√2 + +
R 1
2 + +
con 6= 0.Nota: Para utilizar este método en el segundo tipo de integral debe ocurrir que el polinomio no
tenga raíces reales (tendrá 2 raíces complejas conjugadas).
Sacando factor común || la expresión se puede poner como suma o diferencia de cuadrados dela forma
±2 + + = ± (+)2
El cálculo ahora de los coeficientes que aparecen se hace sin más que desarrollar el cuadrado que hay
a la derecha e igualar término a término ambas expresiones polinonómicas.
Los pasos a seguir en estos 2 tipos de integrales son:
1. Poner el polinomio como suma o diferencia de cuadrados (como se acaba de indicar).
3
2. Dividir numerador y denominador entre el coeficiente adecuado para que el término indepen-
diente sea 1.
3. Ajustar la expresión para que el integrando sea la derivada del arco o del argumento correspon-
diente (también puede combinarse esto con algún cambio de variable, como veremos después).
Ejemplos:
1R
11+1002
=R
11+(10)2
= 110
R10
1+(10)2 = 1
10arctan 10+
2R
19+2
=R
1
9(1+2
9) = 1
9
R1
1+(3)2 = 1
3
R 13
1+(3)2 = 1
3arctan
3+
3R
3222+8
=R
38+222
= 38
R1
1+()2
4
= 382
R 2
1+(2)2 = 3
4arctan
2+
4R
1√1−42 =
12
R2√
1−(2)2 = 1
2 2+
5R
2√25−92 =
R2
25(1− 92
25) =
R2√
25√1−( 3
5)2= 2
553
R 35√
1−( 35)2 = 2
33
5+
6R
42+2+6
=R
4
5+(+1)2 = 4
R1
5[1+(+1√5)2] = 4
√55
R 1√5
1+(+1√5)2 =
4√5arctan +1√
5+
7R
122+2+5
= 12
R1
94+(+1
2)2 = 2
9
R1
1+( 23+ 1
3)2= 1
3
R 23
1+( 2+13)2 = 1
3arctan(2+1
3) +
8R
1√−2−4 =R
1√4−(+2)2
=R
14[1− (+2)2
4] = 2√
4
R 12√
1−(+22)2 = (+2
2) +
9R
1√112−48−42 =
R1√
4[28−12−2] =
R1√
4√64−(+6)2]
= 12
8√64
R 18√
1−(+68)2 = 1
2(+6
8) +
Ejemplo 7 (obtener la suma de cuadrados):
22 + 2+ 5 = 2(2 + +5
2)
Para descomponer este polinomio planteamos la igualdad
2 + +5
2= + (+)2 = + 2 + 2+2
Así, si identificamos los términos del mismo grado tendremos que
= 2 52= +2
Entonces vamos deduciendo las siguientes igualdades
1 = 2 = 12
52= 1
4+ = 9
4
En conclusión obtenemos los valores de los 3 coeficientes y los 2 signos
2 + +5
2= (+
1
2)2 +
9
4=9
4+ (+
1
2)2
y por tanto
22 + 2+ 5 = 2(2 + +5
2) = 2[
9
4+ (+
1
2)2]
4
Ejemplo 9 (obtener la diferencia de cuadrados):
112− 48− 42 = 4(28− 12− 2)
28− 12− 2 = − (+)2 = − 2 − 2−2
(el signo negativo que lleva delante el cuadrado del binomio (+) se debe al signo del coeficiente
de 2 del polinomio 28−12−2). Así, si identificamos los términos del mismo grado tendremos que
−12 = −2 28 = −2
Entonces vamos deduciendo las siguientes igualdades
= 6 28 = − 36 = 64
En conclusión obtenemos los valores de los 2 coeficientes
28− 12− 2 = 64− (+ 6)2
3.1. Integrales de tipo logaritmo+arcotangente
Son similares de las que se reducen al tipo arcotangente pero con un factor en el numerador. Esto
da lugar a un sumando cuya integral es de tipo logarítmico (que se suma al de tipo arcotangente).
10R5−41+2
=R
51+2
+R −41+2
= 52
R21+2
− 4 R 11+2
= 52log |1 + 2|− 4 arctan+
11R
7−281+(2−5)2 =
78
R8−32
1+(2−5)2 =78
R8−20−121+(2−5)2 =
78
R8−20
1+(2−5)2+78
R −121+(2−5)2 =
78
R8−20
1+42−20+25− 214
R2
1+(2−5)2 =
= 78log |1 + (2− 5)2|− 21
4arctan(2− 5) +
12R
3+12+6+34
= 32
R 2+ 23
2+6+34 = 3
2
R 2+6−6+23
2+6+34 =
= 32
R2+6
2+6+34+ 3
2
R −6+23
2+6+34 = 3
2log |2 + 6+ 34|+ 3
2
R − 163
25+(+3)2 =
= 32log |2 + 6+ 34|− 8 R 1
25[1+(+35)2] = 3
2log |2 + 6+ 34|− 8
5
R 15
1+(+35)2 =
= 32log |2 + 6+ 34|− 8
5arctan(+3
5) +
13R
+
2+2 = 1
2
R2+2
2+2 = 1
2
R2
2+2+
R
2+2 = 1
2
R2
2+2+
R 1
1+()2 =
= 12log |2 + 2|+ arctan
+
Nota: En el caso logaritmo+arcotangente, y por consiguiente, en el caso arcotangente (por ser
un caso particular) es necesario que el polinomio de grado 2 que aparece en el denominador sea
irreducible, o lo que es lo mismo, que tenga raíces complejas.
14R
2−3√1−2 =
R2√1−2+
R −3√1−2 = −
R −2(1− 2)− 12 − 3 R 1√
1−2 =
= −√1− 2 − 3 +
5
4. Método de integración por partes
Recordemos la regla de derivación del producto:
[() · ()]0 = 0() · () + () · 0().Si despejamos el último sumando de la derecha e integramos nos sale:Z
() · 0() = () · ()−Z
0() · ().
Si imaginamos la situación
= () = () = 0() = 0()
y ponemos la relación inicial del modo
( · ) = · + · despejando el último sumando de la derecha e integrando nos saleZ
= −Z
Esta fórmula puede ser de utilidad cuando en el integrando nos aparece un producto
de dos funciones ( = y 0 = ), de modo que la integral que resulta de multiplicar
una primitiva de una de ellas (de ) por la derivada de la otra (de ) es más sencilla de
calcular que la integral original. En particular algunos casos en los que puede resultar
útil son cuando es un polinomio y es cos o ; o cuando es un logaritmo,
un arco o un argumento, y es un polinomio.
Ejemplos:
1. Z
Poniendo
= = = =R =
se obtiene que Z = −
Z = − + = (− 1) +
2. Z log
Poniendo
= log = =
=R = 2
2
se obtiene queZ log = log ·
2
2−Z
2
2
=
2
2log −
Z
2 =
2
2log − 2
4+
6
3. Zarctan
Poniendo
= arctan = = 1+2
=R =
se obtiene queZarctan = arctan · −
Z ·
1 + 2= arctan− 1
2
Z2
1 + 2 =
= arctan− 12log¯1 + 2
¯+
4. Z2 cos 3
Poniendo
= 2 = cos 3 = 2 =Rcos 3 = 1
3 3
se obtiene queZ2 cos 3 =
1
32 3−
Z1
3 3 · 2 = 1
32 3− 2
3
Z 3
En esta última integral poniendo
= = 3 = =R 3 = −1
3cos 3
se obtiene queZ 3 = · (−1
3cos 3)−
Z(−13cos 3) = −1
3 cos 3+
1
9 3
En conclusión se tiene queZ2 cos 3 =
1
32 3− 2
3
Z 3 =
=1
32 3− 2
3(−13 cos 3+
1
9 3) + =
1
32 3+
2
9 cos 3− 2
27 3+
Observemos que para resolver la integral inicial hemos utilizado el método de integración por
partes en dos ocasiones.
5. Z2 cos
Poniendo
= = cos = cos =Rcos =
7
se obtiene que Z cos = 2−
Z cos
luego Z cos+
Z cos =
1
22Z
2 cos = 2
Z cos = 2+
También se puede poner
= cos = = − =R = − cos
se obtiene que Z cos = − cos2 −
Z cos
luego Z2 cos = − cos2 + 0
Observación: En este ejemplo se observa la importancia de poner las constantes, pues las fun-
ciones 2 y − cos2 se encuentran ambas entre las primitivas de la función cos. Basta teneren cuenta que la igualdad
2+ = − cos2 + 0
es cierta para determinadas constantes, pues
1 = cos2 + 2 = 0 −
y entonces basta tomar, por ejemplo, 0 = 1 y = 0.
Observación: En el apéndice está explicado cómo resolver, utilizando el Método de Integración
por Partes, diversas integrales:Rcos2 ,
R2,
Rcos4 ,
R4
R2 cos2 , etc.
Se emplea un método recursivo en el que se van calculando las integrales en función de las anteriores.
5. Integrales racionales
Nos vamos a ocupar ahora de la resolución de integrales del tipoR ()
() polinomios
Suponemos que ambos polinomios no tienen raíces en común, pues en caso contrario podríamos
simplificar previamente los factores comunes correspondientes.
Caso 1: El grado de es menor que el de .
Necesitamos hallar las raíces de , reales y complejas. Para el desarrollo siguiente vamos a
suponer por simplicidad que el coeficiente principal de es 1, pues si no se podría sacar factor
común del denominador. Distiguiremos a su vez otros 3 subcasos.
8
Caso 1.1: tiene únicamente raíces de multiplicidad 1, reales y|o complejas (es decir, losfactores irreducibles de la descomposición de no aparecen repetidos).
Los factores irreducibles de grado 1 serán de la forma −, siendo su raíz real. Los
factores irreducibles de grado 2 serán de la forma 2++, teniendo dos raíces complejas.
Debido a lo anterior la fracción ()
()se descompone como suma de fracciones (denominadas fracciones
simples), cada una de ellas de la forma − (para alguna constante ∈ R), para cada factor
irreducible − correspondiente a la raíz real , y de la forma +2++
(para algunas constantes
∈ R), para cada factor irreducible 2 + + con raíces complejas.
En conclusión la integralR
()
() se transforma en una suma de integrales de la forma
R
−
y|o R +2++
. Mientras que las integrales del primer tipo son inmediatas:Z
− = log |− |+
las del segundo tipo son del tipo anteriormente visto como logaritmo+arcotangente.
Caso 1.2: tiene raíces reales de multiplicidad mayor que 1 (y posiblemente también
raíces de multiplicidad 1, reales y|o complejas), es decir, en la descomposición de como producto
de irreducibles aparece algún irreducible de la forma − repetido. Entonces la fracción ()
()se
descompone como suma de fracciones simples como explicamos a continuación. Para las raíces de
multiplicidad 1 (reales o complejas) aparecen factores del mismo estilo que en el caso 1.1; la diferencia
ahora está en que para cada raíz real de multiplicidad 1 (en la descomposición como producto
de irreducibles de () aparecería el factor (− )) tendríamos, en vez del factor − como antes,
una suma de fracciones de la forma
1
− +
2
(− )2+ +
(− )
(para algunas constantes 1 2 ∈ R). La resolución de la integral se haría como en el caso2.1, sólo que ahora tendríamos además integrales de la forma
R
(−) para 1, las cuáles son
inmediatas, puesZ
(− ) =
Z(− )− =
(− )−+1
−+ 1 + =
1−
(− )−1+
Caso 1.3: tiene alguna raíz compleja de multiplicidad mayor que 1, es decir, en la
descomposición de como producto de factores irreducibles aparece algún irreducible de grado dos
repetido. Comentaremos brevemente el Método de Hermite. Éste dice que la integral inicial se puede
transformar del siguiente modo: Z ()
() =
1()
1()+
donde 1 es el polinomio obtenido de rebajando en 1 la multiplicidad de cada raíz, 1 es un
polinomio de grado una unidad menos que 1 e es el tipo de integral que se plantearía si todas las
raíces de fuesen simples, es decir, sus sumandos son del tipo − para cada raíz real y del tipo
+2++
para cada factor 2 + + de de grado 2 con raíces complejas.
9
Nota: El cálculo de los coeficientes que aparecen se realiza teniendo en cuenta que
()
()=
(1()
1()) +
(sólo hay que hacer la derivada de la primera fracción pues la segunda se cancela con la integral)
luego procediendo como en otras ocasiones, igualando las dos fracciones resultantes y por tanto, al
tener el mismo denominador, igualando los numeradores.
Caso 2: El grado de es mayor o igual que el de .
Se realiza la división de entre y nos daría un polinomio como cociente, , y un polinomio
de grado inferior al de como resto, . En definitiva tendríamos que
() = ()() +() ()
()= () +
()
()
y entonces Z ()
() =
Z()+
Z()
()
La primera de estas integrales es inmediata pues el integrando es un polinomio, y la segunda integral
está dentro del caso 1, que es cuando el numerador tiene grado menor que el denominador.
Ejemplos:
1. Z− 2
2 − 4+ 4 =Z
− 2(− 2)2 =
Z1
− 2 = log |− 2|+
2. Z3− 5
2 − 2− 3 =Z
3− 5(− 3)(+ 1) =
Z1
− 3+Z
2
+ 1 =
= log |− 3|+ 2 log |+ 1|+ = log
¯− 3(+ 1)2
¯+
El método de hallar los coeficientes que aparecen en la primera igualdad en la descomposición
de la fracción 3+2(−1)(2+2+2) se basa en platear lo siguiente:
3+ 2
(− 1)(2 + 2+ 2) =
− 1++
2 + 2+ 2=
(2 + 2+ 2) + (− 1)(+)
(− 1)(2 + 2+ 2) =
=2 + 2+ 2+2 +−−
(− 1)(2 + 2+ 2) =(+)2 + (2+ −)+ 2−
(− 1)(2 + 2+ 2)luego
3+ 2 = (+)2 + (2+ −)+ 2−
luego
0 = (+)
3 = (2+ −)
2 = 2−
10
Si sumamos las 3 ecuaciones nos sale 5 = 5 luego = 1. Luego = −1 y = 0. Por tanto
3+ 2
(− 1)(2 + 2+ 2) =1
− 1 +−
2 + 2+ 2
3. Z3+ 2
3 + 2 − 2 =Z
3+ 2
(− 1)(2 + 2+ 2) =Z
1
− 1−Z
2 + 2+ 2 =
= log |− 1|− 12
Z2
2 + 2+ 2 = log |− 1|− 1
2
Z2+ 2− 22 + 2+ 2
=
= log |− 1|− 12
Z2+ 2
2 + 2+ 2+
Z
2 + 2+ 2=
= log |− 1|− 12log¯2 + 2+ 2
¯+
Z
1 + (+ 1)2= log
|− 1|p|2 + 2+ 2| +arctan(+1)+
4. Z64 − 113 + 242 − 36+ 125 − 24 + 53 − 82 + 4 =
Z64 − 113 + 242 − 36+ 12
(− 1)2(2 + 4) =
=
Z2
− 1−Z
(− 1)2+3Z
+
Z
2 + 4 = 2 log |− 1|+ 1
− 1+3 log ||+1
2log¯2 + 4
¯+
5. Z2 − 2− 2
5 + 24 + 3 + 22 =
Z2 − 2− 2
2(+ 2)(2 + 1) =
= −Z
2− 12
Z
+3
10
Z
+ 2+
Z 15+ 8
5
2 + 1 =
=1
− log ||
2+3 log |+ 2|
10+1
10
Z2
2 + 1+
Z 85
1 + 2+ =
=1
− 12log ||+ 3
10log |+ 2|+ 1
10log¯2 + 1
¯+8
5arctan+
6. Z34 − 43 + 62 + 2+ 1
5 + 23 + =
Z34 − 43 + 62 + 2+ 1
(2 + 1)2 =
=+
2 + 1+
Z
+
Z+
2 + 1
Para calcular todos los coeficientes se deriva y obtenemos
34 − 43 + 62 + 2+ 1(2 + 1)2
=−2 − 2+
(2 + 1)2+
+
+
2 + 1=
=(−2 − 2+)+(2 + 1)2 + (+)(2 + 1)
(2 + 1)2
Para hallar el valor de los coeficientes se procede ahora como en el resto de integrales racionales:
al igualar los numeradores o bien se identifican los coeficientes de los términos de los respectivos
grados, o se le dan diversos valores a hasta obtener un número de ecuaciones suficiente para
11
tener un sistema de ecuaciones lineales del que se pueda extraer la solución. En este ejemplo,
omitiendo los cálculos, se obtiene que:
= 1 = 3 = −1 = 2 = −1. Por tantoZ34 − 43 + 62 + 2+ 1
(2 + 1)2 =
3− 12 + 1
+
Z1
+
Z2− 12 + 1
=
=3− 12 + 1
+ log ||+ log¯2 + 1
¯− arctan+
7. Para resolver la integral
=
Z328 + 667 + 245 + 724 + 53 + 2 + 20+ 30
4(− 1)(2 + 2+ 2)3
utilizamos la descomposición que nos da el método de Hermite y obtenemos que
=1()
3(2 + 2+ 2)2+
Z
+
Z
− 1+Z
+
2 + 2+ 2
donde 1() es un polinomio de grado 6 (una unidad inferior al que hay debajo). En la resolución
(que se omite por ser demasiado extensa) se ha utilizado el hecho de que 2+2+2 = (+1)2+1.
Solución: Los coeficientes valen = −1 = 2 = −1 = 0 y el polinomio 1() =
46 + 123 + 82 + 5. La integral da
=46 + 123 + 82 + 5
3(2 + 2+ 2)2− log ||+ 2 log |− 1|− 1
2log¯2 + 2+ 2
¯+ arctan(+ 1) +
8. Z3 − 2 + 3
2 + 1 =
Z(− 1)(2 + 1)− + 4
2 + 1 =
Z(− 1)(2 + 1)
2 + 1+
Z −+ 42 + 1
=
=
Z(− 1)− 1
2
Z2− 82 + 1
=2
2− − 1
2[
Z2
2 + 1− 8
Z1
2 + 1] =
=2
2− − 1
2log¯2 + 1
¯+ 4arctan+
9. Z −6 + 25 + 44 − 63 + 142 − 13+ 65 − 33 + 22 =
=
Z(2− )(5 − 33 + 22) + 4 + 23 + 102 − 13+ 6
5 − 33 + 22 =
=
Z(2−)+
Z4 + 23 + 102 − 13+ 6
5 − 33 + 22 = 2−122+
Z4 + 23 + 102 − 13+ 6
2(− 1)2(+ 2) =
= 2− 122 +
Z(−2+3
2+
1
− 1 +2
(− 1)2 +2
+ 2) =
= 2− 122 − 2 log − 3
+ log(− 1)− 2
− 1 + 2 log(+ 2) +
12
10. Z24 − 113 + 182 − 8+ 1
2 − 5+ 6 =
Z(22 − + 1)(2 − 5+ 6) + 3− 5
2 − 5+ 6 =
=
Z(22 − + 1 +
3− 52 − 5+ 6) =
2
33 − 2
2+ +
Z3− 5
(− 2)(− 3)) =
=2
33 − 2
2+ +
Z4
− 3+Z −1
− 2 =2
33 − 2
2+ + 4 log |− 3| − log |− 2|
6. Cambios de variable (método de sustitución)
Sean : [ ]→ R y : [ ] → [ ] funciones, con de clase 1 y tal que 0() 6= 0 ∀ ∈] [(esto se traduce en que es biyectiva). Entonces se cumple queZ
() =
Z [()] · 0()
En la práctica decimos que hacemos el cambio de variable, = (), lo cual consiste en sustituir cada
vez que aparezca por () (también debe ser sustituido por 0()). Así diríamos que hacemos
el cambio de variable
= () con = 0()
Observación: A veces interesa hacer el cambio inverso, es decir, dadas
: [ ]→ R : [ ]→ [ ]
como antes, entonces Z [()] · 0() =
Z()
es decir, hacemos el cambio
= () con = 0()
Observación: Al resolver la integral final tendremos calculada una primitiva de la función que
hay en su integrando, la cual dependerá de . Lo que hay que hacer para calcular un primitiva de la
función que está en la integral inicial dependiente de es poner la expresión final, que depende de ,
ahora en función de , deshaciendo el cambio.
Ejemplo: Resolver las siguientes integrales realizando los cambios propuestos:
Apartado 1. 2. 3. 4.
IntegralRcos(
√)√
R(log )
R √1−
R
2+2+1
cambio = 2 = 2 log = = = cos = = =
13
1. Zcos(√)√
=
Zcos
2 = 2
Zcos = 2 + = 2(
√) +
2. Z(log )
=
Z = − cos + = − cos(log ) +
3. Como
=
cos=
√1− 2
=√1− 2
se tiene queZ √1− =
Z √1− √1− 2
=
Z √1− p
(1− )(1 + ) =
Z √1− √
1− √1 +
=
=
Z1√1 +
=
Z(1 + )
− 12 =
(1 + )12
12
+ = 2√1 + + = 2
√1 + +
4. Z
2 + 2 + 1 =
Z1
()2 + 2 + 1() =
Z1
2 + 2+ 1 =
=
Z1
(+ 1)2 =
Z(+ 1)−2 =
(+ 1)−1
−1 = − 1
+ 1= − 1
+ 1+
5. En la integral Z1
−√
podemos realizar el cambio
= 2 = 2 con lo que =√
Entonces la integral queda así:Z1
−√ =Z
2
2 − = 2
Z1
− 1 = 2 log |− 1|+ = 2 log¯√
− 1¯+
6. En la integral Z1
( 3√− 1)
podemos realizar el cambio
= 3 = 32 con lo que = 3√
Entonces la integral queda así:Z1
( 3√− 1) =
Z32
3(− 1) = 3Z
1
(− 1) = 3Z(1
− 1 −1
) =
= 3 log |− 1|− 3 log ||+ = 3 log¯3√− 1
¯− 3 log
¯3√¯+
14
7. En la integral Z3
+√+ 2
podemos realizar el cambio
+ 2 = 2 = 2 con lo que =√+ 2
Entonces la integral queda así:Z3
+√+ 2
=
Z6
2 − 2 + =
Z6
(− 1)(+ 2)
Ahora ponemos la fracción en suma de fracciones
6
(− 1)(+ 2) =
− 1 +
+ 2=
(+ 2) +(− 1)(− 1)(+ 2)
por lo que
6 = (+ 2) +(− 1)Aquí dando los valores = −2 = 1 se obtienen las ecuaciones
−12 = −36 = 3
de donde se obtiene que
= 2 = 4
Entonces nuestra integral saleZ6
(− 1)(+ 2) =Z
2
− 1+Z
4
+ 2 = 2 log |− 1|+ 4 log |+ 2|+
Entonces, deshaciendo el cambio de variable se obtiene queZ3
+√+ 2
= 2 log |− 1|+ 4 log |+ 2|+ = 2 log¯√
+ 2− 1¯+ 4 log
¯√+ 2 + 2
¯8. En la integral Z
16√+ 4√
podemos realizar el cambio
= 12 = 1211 por lo que = 12√
y la integral queda así:Z1
6√+ 4√ =
Z1211
2 + 3 = 12
Z9
1 + =
15
=
Z(8 − 7 + 6 − 5 + 4 − 3 + 2 − + 1)(+ 1)− 1
+ 1 =
=
Z(8 − 7 + 6 − 5 + 4 − 3 + 2 − + 1− 1
+ 1) =
=9
9− 8
8+
7
7− 6
6+
5
5− 4
4+
3
3− 2
2+ − log |+ 1|+ =
=
12√9
9−
12√8
8+
12√7
7−
12√6
6+
12√5
5−
12√4
4+
12√3
3−
12√2
2+ 12√− log
¯12√+ 1
¯+
Estas 2 últimas integrales están englobadas en un tipo general denominado integrales irracionales,
que en el apéndice se comentará con más detalle. Básicamente se intenta eliminar la raíz o raíces
para transformar la expresión del integrando en otra de tipo racional.
Ejercicio planteado: Indicar cómo queda (sin resolver) la integralR 6√+1+ 8
√+1
4√+1−2 realizando
el cambio
+ 1 = 24
Ejercicio planteado: Indicar cómo queda (sin resolver) la integral
Z q−1+1
+ 1
realizando el cambio− 1+ 1
= 2
6.1. Integrales trigonométricas
Para integrales en las que aparecen funciones del tipo y/o cos, podemos probar con los
siguientes cambios:
= cos
= = tan = tan
2
Están puestos por orden de más simple a más complicado (los dos primeros tienen el mismo grado de
complicación). Por ello es aconsejable empezar probando por orden, salvo que se sepa alguna regla
que nos diga lo contrario (en el apéndice está explicada una de estas reglas). La idea es transformar
la integral en una de tipo racional y notaremos que el cambio probado funciona cuando salga una
función de este estilo (sin raíces cuadradas). En cada caso interesará poner la expresión de la función
únicamente en función de .
Observación: Generalizando un poco más también son válidos los cambios cuando en vez de
y cos tenemos ( + ) y cos( + ), cosa que ocurrirá también en buena parte de los
cambios que veremos.
Ejemplo:
16
1. Z2 cos3
Podemos hacer el cambio
= = cos
de donde obtenemos queZ2 cos3 =
Z2 cos2 cos =
Z2(1− 2)(cos ) =
Z2(1− 2) =
=
Z(2 − 4) =
3
3− 5
5+ =
3
3− 5
5+
2. Z 2
cos 2(1 + cos2 2)
Realizaremos el cambio
cos 2 = = −2 2AsíZ
2
cos 2(1 + cos2 2) =
1
2
Z −2 2− cos 2(1 + cos2 2) =
1
2
Z
−(1 + 2)=1
2
Z −1(1 + 2)
=
=1
2
Z[−1+
1 + 2] =
1
2[− log ||+ 1
2
Z2
1 + 2] =
− log ||2
+1
4log¯1 + 2
¯+
Deshaciendo el cambio (poniendo = cos 2) se tiene finalmente queZ 2
cos 2(1 + cos2 2) =
− log |cos 2|2
+1
4log¯1 + cos2 2
¯+
3. Zcos3(3− 2)
Podemos hacer el cambio
= (3− 2) = 3 cos(3− 2)
de donde obtenemos queZcos3(3−2) =
Zcos2(3−2) cos(3−2) = 1
3
Z[1−2(3−2)][3 cos(3−2)] =
=1
3
Z(1− 2) =
1
3[− 3
3] + =
(3− 2)3
− 3(3− 2)9
+
17
4. Z1
2
Haremos el cambio
tan = con lo que (1 + tan2 ) = = 1+2
Así Z1
2 =
Z1
1− cos2 =Z
1− 11+tan2
=
Z 1+2
1− 11+2
=
Z
1 + 2 − 1 =
=
Z1
2 =
Z−2 =
−1
−1 + = −1+ = − 1
tan+ = − cot+
5. Z1
22+ 3 cos2
Haremos el cambio
tan = con lo que (1 + tan2 ) = = 1+2
Así Z1
22+ 3 cos2 =
Z1
2(1− 11+tan2
) + 3 11+tan2
=
Z1
2 + 11+tan2
=
=
Z1 + tan2
2 + 2 tan2 + 1 =
Z1 + 2
3 + 22
1 + 2=
Z1
3 + 22 =
=1
3
Z1
1 + 232 =
q32
3
Z q23
1 +³q
23´2 = 1√
6arctan
r2
3+ =
=1√6arctan
Ãr2
3tan
!+
Para integrales de la forma Z cos
con naturales podemos realizar un cambio trigonométrico de los anteriormente citados. Si los
dos índices son pares el cambio = tan transforma la integral en una racional del caso 1.3, un
caso un poco complicado por su extensión, ya que habría que utilizar normalmente el método de
Hermite. Veamos algunos casos sencillos de otro modo: usando las fórmulas
cos2 = 1+cos 22
2 = 1−cos 22
(basta aprenderse una de ellas, mejor la primera, pues la otra puede obtenerse a partir de ella) y
sustituir entonces cada factor de la forma cos2 ó 2 por la expresión en función de cos 2. La
18
integral inicial se transformará ahora en una suma de integrales, siendo cada una de ellas,
salvo alguna constante que pueda aparecer, de la formaZcos 2
En cada una de estas integrales volvemos a aplicar esto. Si la potencia es impar haríamos el cambio
= 2
y resolveríamos la integral. Si la potencia es par haríamos la sustitución
cos2 2 =1 + cos 4
2
y seguiríamos así el proceso hasta tener calculadas todas las integrales que nos van saliendo.
Nota: En el apéndice se explica otra técnica para resolver este tipo de integrales.
Ejemplos:
1. Zcos2 =
Z1 + cos 2
2 =
1
2
Z(1 + cos 2) =
1
2(+
1
2
Z2 cos 2) =
=1
2(+
1
2 2) + =
1
2+
1
4 2+
2. Z2 cos2 =
Z1− cos 2
2·1 + cos 2
2 =
1
4
Z(1−cos2 2) = 1
4(−
Z1 + cos 4
2) =
=1
4− 1
8(+
1
4
Z4 cos 4) =
1
4− 1
8− 1
32 4+ =
1
8− 1
32 4+
3. Zcos6 =
Z ¡cos2
¢3 =
Z µ1 + cos 2
2
¶3 =
1
8
Z(1+3 cos 2+3 cos2 2+cos3 2) =
=1
8(+
3
2 2+ 3
Zcos2 2+
Zcos3 2 =
1
8(+
3
2 2+ 31 + 2)
donde
1 =
Zcos2 2 =
Z1 + cos 4
2 =
2+
4
8
2 =
Zcos3 2 =
Zcos 2 · (1− 22) =
Zcos 2−
Zcos 2 22 =
=1
2 2− 1
632
Entonces Zcos6 =
1
8(+
3
2 2+ 3[
2+
4
8] +
1
2 2− 1
632)
Se deja la simplificación final (agrupando términos similares) como ejercicio.
19
Finalmente comentaremos un tipo de integrales especial. Del tipo producto de dos trigonométri-
cas seno o coseno.
Ejemplo: Para hallar la integral Z 7 · cos 5
utilizamos la fórmula trigonométrica
7 · cos 5 = 1
2( 12+ 2)
y se obtieneZ 7 · cos 5 = 1
2(
Z 12+
Z 2) =
1
24cos 12+
1
4cos 4+
Nota: En este ejemplo hemos utilizado la fórmula para pasar del producto de un seno por un
coseno a una suma otra técnica para resolver este tipo de integrales.
6.2. Otros cambios de variable
1. (Muy importante) En la integral Z √1− 2
realizamos el cambio de variable
= = cos con lo que =
y saleZ √1− 2 =
Z √1− 2 cos =
Z √cos2 cos =
Zcos2 =
Z(1 + cos 2)
2 =
=
2+
2
4+ =
2+2 cos
4+ =
+ cos
2+ =
=+
√1− 2
2+ =
+ √1− 2
2+
2. En la integral Z √1− 162
viéndola del modo Z p1− (4)2
podemos hacer el cambio de variable
4 = = 14cos con lo que = 4
y sale Z p1− (4)2 = 1
4
Zcos2 =
=1
4· + cos
2+ =
1
8( 4+ 4
√1− 162) +
20
3. En la integral Z √5− 452
después de sacar factor comúnZ √5− 452 =
√5
Z √1− 92 =
√5
Z p1− (3)2
podemos hacer el cambio de variable
3 = = 13cos con lo que = 3
y sale Z √5− 452 =
√5
Z p1− (3)2 =
√5
3
Zcos2 =
=
√5
3· + cos
2+ =
√5
6( 3+ 3
√1− 92) +
4. En la integral Z p4− (3+ 5)2
después de sacar factor comúnZ p4− (3+ 5)2 = 2
Z r1− (3+ 5
2)2
realizamos el cambio de variable3+ 5
2=
y se procede como en los dos casos anteriores.
Integral definida
7. Integrales definidas
7.1. Integral y propiedades
Los conceptos de integral y de función integrable (en el sentido de Riemann) son un poco
complejos y no lo vamos a tratar con mucho rigor. Expongamos aquí una idea intuitiva del concepto:
Dada una función (en principio) positiva
: [ ]→ R
21
pretendemos analizar el área del recinto limitado por la curva = () (y el eje ) en el intervalo
de definición [ ].
Tomamos una ”partición” del intervalo. Esto consiste en un conjunto finito ordenado
= 0 1 2 −1 =
de puntos de [ ]. En cada subintervalo del tipo [ +1] se pueden construir dos tipos de rectángulos
que tengan como base la longitud del subintervalo mencionado y con alturas, respectivamente, el
mínimo y el máximo absolutos de la función en [ +1]. Las áreas de estos rectángulos
valdrían, respectivamente,
[ +1] · y [ +1] ·
y serían menor o igual y mayor o igual, respectivamente, que el área que la curva = () encierra
en dicho subintervalo. Esto puede hacerse en todos los subintervalos: en [0 1], en [1 2], ... y en
[−1 ]. Puede observarse que la suma de las áreas de los rectángulos pequeños (sumas inferiores)
siempre va a ser menor o igual que el área y que la suma de las áreas de los rectángulos grandes
(sumas superiores) siempre va a ser mayor o igual que . Pues bien, sin entrar en muchos detalles
rigurosos, podríamos decir que es una función integrable en el intervalo [ ] si las sumas inferiores
y las sumas superiores se acercan cada vez más en tanto en cuanto la partición aumenta en número
de puntos y la longitud de los subintervalos decrece, tanto que ambas sumas tienen el mismo límite,
cuando el número de puntos de la partición tiende a infinito y la longitud de los subintervalos tiende
a 0. Este límite (que a la postre representará geométricamente el área ) se llama integral definida
de en dicho intervalo, y lo denotaremos por
Z
o por
Z
() (o en vez de otra variable),
Vamos a manejar el valor de las integrales de funciones sin fijarnos demasiado en esta pseudo-
definición teórica que hemos visto, ni preocuparnos por qué tales funciones son integrables. De hecho,
ver de forma directa si una función es integrable o no en un intervalo puede ser un problema bastante
difícil, según el caso. De todos modos no va a ser de gran interés para nosotros resolver este problema.
Hay una clase muy amplia de funciones que son integrables, pues toda función continua en un
intervalo es integrable en dicho intervalo. Es más, la hipótesis de continuidad puede rebajarse
un poco, pues si una función es continua en casi todos los puntos de un intervalo [ ], excepto en un
número finito, en los cuáles existen los límites laterales de la función y son finitos, también la función
es integrable en [ ].
Interpretación de la integral
Vamos a relacionar esta parte con la pseudodefinición que hemos visto antes. Recordemos pues
queR
() puede calcularse, de modo aproximado, tomando una partición adecuada del intervalo
= 0 1 2 −1 =
22
y calculando la suma de las áreas de los rectángulos inferiores o superiores, anteriormente citados.
Imaginemos dada una de esas particiones y dos puntos consecutivos y +1. El área de los rectán-
gulos mayor o menor correspondientes es muy próxima a
() · (+1 − )
que es el área de un rectángulo similar en el que la altura no es necesariamente la mínima ni la
máxima, sino la del extremo izquierdo del intervalo [ +1]. Entonces el valor del área será muy
próximo a la de la suma de todos los rectángulos así obtenidos.
Pues bien, esta idea nos permite utilizar la integral para otros conceptos diferentes del cálculo de
áreas planas (al final del tema, en el apéndice estarán algunos de ellos). Vamos a expresar esta idea
de otro modo, más fácilmente generalizable:
Imaginemos que tomamos un punto ∈] [ y que éste da lugar a un rectángulo de altura () yde base (a este valor lo llamaremos incremento de , y representará una cantidad ”infinitesimal”,
es decir, muy muy pequeña). El área de dicho rectángulo sería () · y el área encerrada por
la curva = () y el eje en el intervalo [ ] sería (solo de modo formal no con rigor) como la
suma de las áreas de todos los rectángulos anteriores para cada punto ∈] [, es decir
=X∈][
() ·
y esta suma infinita es la que interpretamos como nuestra integral. Entonces se tiene que
=
Z
()
1. Notación: Se defineZ
= 0
para todo , yZ
= −Z
para todo .
Propiedades
1. Si es positiva su integral representa gráficamente el área que la curva = () y el eje
encierran en el intervalo [ ]. En caso de que tome distintos signos la integral tiene el mismo
significado, sólo que en los trozos en los que tenga valores positivos el área se cuenta con
signo positivo y en los trozos en los que tenga valores negativos el área se cuenta con signo
negativo.
23
Ejemplo: Si
: [2 8]→ R
es una función integrable que es positiva para 6 y negativa para 6 se tendría que la
integral8Z2
= −
donde es el área que la curva = () encierra en el intervalo [2 6] y es el área que la
curva = () encierra en el intervalo [6 8].
2. Dados se tiene que para integrable en [ ] se cumple la fórmula
Z
=
Z
+
Z
Nota: La fórmula final es válida también sea cual sea la posición relativa entre los puntos
y (no tienen por qué ser ).
3. Si y son funciones integrables en [ ] entonces
Z
+ =
Z
+
Z
4. Si es una función integrable en [ ] y ∈ R, entoncesZ
=
Z
Teorema fundamental del cálculo integral: Dada
: [ ]→ R
una función continua. ∀ ∈ [ ] definimos
: [ ]→ R
por
() =
Z
Entonces ∀ ∈] [ se tiene que es derivable en y que
0() = ()
24
Concluimos que es una primitiva de en ] [.
Veamos ahora lo que más utilizaremos a la hora de calcular las integrales definidas:
Regla de Barrow: Sea : [ ]→ R una función continua y : [ ]→ R una primitiva de
. EntoncesZ
= ()− ()
Observaciones:
1. Podremos usar las siguientes notaciones
()− () = [ ()]
= [ ()]
=
=
2. Es indiferente la situación relativa entre y para aplicar la regla de Barrow, es decir, también
es válida aunque .
3. La última notación es mejor cuando haya duda sobre la variable respecto de la que se integra,
por ejemplo en integrales paramétricas o múltiples.
4. Es interesante remarcar que para el cálculo de una integral definida, la variable que se utiliza
es ”muda” es decir, no afecta al resultado final pues luego se evalúa el valor de la primitiva en
los extremos del intervalo. Esto es así porque si es una primitiva de entonces
Z
() = [ ()]
= ()− () = [ ()]
=
Z
()
Ejemplos:
1.2Z−1
(2− 5) = [2 − 5] 2
−1 = [4− 10− (1 + 5)] = −12
2.2Z0
= [− cos]2
0
= [− cos 2− (− cos 0)] = 0 + 1 = 1
3.Z−1
− 23 = [−233]
−1 = [−233 − (−2
3−3)] =
2
3(1
3− 3)
25
4. Para la función
() =
(+ 3 si 0
+ 2 si ≥ 0se tiene que
5Z−2
() =
0Z−2
(+ 3)+
5Z0
(+ 2) = [2
2+ 3] 0
−2 + [2
2+ 2]50 =
= [0− (2− 6)] + [(252+ 10)− 0] = 4 + 45
2=53
2
7.2. Integración por partes
La fórmula de integración por partes que utilizamos para calcular primitivas puede generalizarse
al caso de integrales definidas del siguiente modo:
Z
= []
−
Z
Así, a la hora de aplicar la fórmula de integración por partes en una integral definida podemos utilizar
la fórmula anterior, o bien, calcular una primitiva de la función que hay dentro de la integral por la
fórmula de integración por partes y después aplicar la regla de Barrow.
Ejemplos: Calcular las siguientes integrales definidas mediante el método de integración por
partes:
1.1Z0
Poniendo
= = se tiene que = =R =
luego la integral queda así
1Z0
= []1
0−
1Z0
= − 0− [] 10= − [− 1] = 1
2.2Z1
log
Vamos a calcular primero un primitiva de log . Para ello hacemos el cambio
= log = por lo que se tiene que =
=
26
EntoncesZlog = log · −
Z
= log −
Z = log − = (log − 1)
Por tanto2Z1
log = [(log − 1)] 2
1= 2(2− 1)− (0− 1) = 2 + 1
7.3. Cambios de variable
Los cambios de variable pueden aplicarse también en integrales definidas. De modo similar al de
la integración por partes, tenemos dos opciones: o bien hallamos una primitiva de la función que hay
dentro de la integral realizando un cambio de variable y después aplicamos la regla de Barrow, o
bien aplicamos el cambio de variable directamente en la integral. De este último modo, si hacemos
el cambio
= () en la integralR
()
obtendríamosZ
() =
Z
(())0()
En la práctica normalmente los extremos y de la nueva integral son desconocidos y
tendremos que calcularlos. Lo haremos teniendo en cuenta que
() = () =
Además, hay que tener presente que los puntos y deben eligirse de modo que la función sea
biyectiva, por lo que en general no sirven cualesquier puntos cumpliendo () = y que () = .
Ejemplos: Calcular las siguientes integrales definidas mediante el cambio de variable dado:
1.3R0
√+ 1 cambio + 1 = 2 = 2 de donde =
√+ 1
Vamos a calcular previamente la primitiva de la función que aparece en el integrando, con el
cambio anterior: Z √+ 1 =
Z √22 =
Z22 =
2
33 =
2
3(√+ 1)
3
Entonces3Z0
√+ 1 = [
2
3
³√+ 1
´3]3
0=16
3− 23=14
3
27
Nota: Hay integrales como ésta en la que no es estrictamente necesario realizar un cambio de
variable, pues3Z0
√+ 1 =
3Z0
(+ 1)12 = [
(+ 1)32
32
]3
0=14
3
2.27R8
1( 3√−1) cambio = 3 = 32 con lo que = 3
√
Con el cambio la integral queda así (tengamos en cuenta que cuando = 8 debe valer =3√8 = 2 y que cuando = 27 debe valer =
3√27 = 3)
27Z8
1
( 3√− 1) =
3Z2
32
(− 1)3 = 33Z2
1
(− 1) = 33Z2
(1
− 1 −1
) =
= 3[log |− 1|− log ||] 32= 3[(log 2− log 3)− (log 1− log 2)] = 3[2 log 2− log 3]
3.2R0
3 cos8 cambio cos = − =
Se tiene que2Z0
3 cos8 = −2Z0
2 cos8 (−)
Como varía en el intervalo [0 2], de la igualdad cos = se obtiene que varía entre cos 0 = 1
y cos 2= 0. Por tanto la integral anterior quedaría así
−0Z1
(1− 2)8 =
1Z0
(8 − 10) = [9
9− 11
11]1
0=1
9− 1
11− (0− 0) = 2
99
4.12R0
√1− 2 cambio = = cos
Como varía en el intervalo [0 12], de la igualdad = se deduce que debemos tomar un
intervalo en el que la función seno, además de ser biyectiva, sus valores oscilen entre 0 y 12. Eso
siempre se obtiene para ∈ [−2 2] (por ejemplo no valdría el intervalo [−
2 52]; como regla
general para este cambio, siempre se pueden tomar los valores de un subintervalo del intervalo
[−2 2]). De este modo la integral anterior quedaría así
12Z0
√1− 2 =
6Z0
√1− 2 cos =
6Z0
cos cos =
6Z0
cos2 =
6Z0
1 + cos 2
2 =
28
6Z0
(1
2+1
2cos 2) = [
2+1
42]
6
0
=
12+1
4
3− 0 =
12+1
4
√3
2=
12+
√3
8
7.4. Derivación de funciones dadas mediante integrales
Como consecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral sabemos cómo hallar la derivada
de funciones de la forma
() =
Z
()
pues
0() = ()
Más generalmente veamos cómo se hace la derivada de funciones de la forma
() =
2()Z1()
()
para 1 y 2 funciones derivables. La fórmula que se obtiene (que se deduce del Teorema funda-
mental del cálculo integral y de la derivación de funciones compuestas) es la siguiente:
0() = (2()) · 02()− (1()) · 01()
Ejemplo: Calcular las derivadas de las siguientes funciones dadas mediante una integral:
Función 1() =5R0
2
2() =1R
Derivada 01() = 25
2 · 5− 0 · 0 = 5252 02() =
1· 0−
· 1 = −−
Función 3() =cosR3
2− 4() =5R23
12
Derivada 03() = − cos2 − cos − 272−3 0
4() =1
(5)2· 5− 1
(23)2· 62 = 1
52− 3
24
Función 5() =log R
Derivada 05() = log (log ) · 1
− () · 1√
1−2 = (log )− √1−2
Función 6() =R
log
3 = log ·
R
13
Derivada 06() =
1·
R
13+ log · ( 1
3· 1− 1
3· cos)
29
7.5. Teorema del valor medio para integrales
Como consecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral se deduce que si : [ ] −→ R
es continua entonces existe un ∈ [ ] tal queZ
() = ()(− )
8. Integrales impropias
La cuestión de estudiar integrales impropias viene motivada por el hecho de determinar si hay
recintos no acotados que encierren un área finita. Seremos breves a la hora de tratar las
integrales impropias. Diremos para simplificar la cuestión (sin mucho rigor) que son integrales en las
que la función que hay en el integrando no está definida en algún punto del intervalo de integración,
preferentemente, alguno de los dos extremos. En primer lugar nos encontraremos con integrales
impropias de la forma+∞Z
donde el problema está en que el intervalo de definición es
[+∞[
en cuyo caso claramente la función no está definida en el extremo derecho del intervalo. Entonces el
cálculo de la integral se realiza mediante el siguiente límite
+∞Z
= lım→+∞
Z
Diremos que la integral+∞R
es convergente si el límite anterior existe y es finito. En caso
de ser infinito tal límite diremos que la integral es divergente. Finalmente si dicho límite no existe
diremos que la integral no existe. De modo similar ocurre para integrales impropias de la forma
Z−∞
donde el problema está en que el intervalo de definición es
]-∞ [
en cuyo caso su cálculo se realiza mediante el límite
Z−∞
= lım→−∞
Z
30
Ejemplo:
+∞Z1
1
3 = lım
→+∞
R1
13 = lım
→+∞
R1
−3 = lım→+∞
[−2−2 ]
1=
= lım→+∞ [− −2
2− (−1
2)] = lım
→+∞ [− −22− (−1
2)] = lım
→+∞ [− 122+ 1
2] = 0 +
1
2=1
2
La integral es convergente y su valor es 12.
Observación: Habitualmente para calcular el valor de una integral impropia, por ejemplo de la
forma+∞R
, siendo una primitiva, se abrevia el modo de escribir, poniendo que
+∞Z
= [()]+∞= lım
→+∞()−()
(sin necesidad de utilizar la variable auxiliar ).
En el casoR−∞
pondríamos
Z−∞
= [()]
−∞ = ()− lım→−∞
()
En el ejemplo anterior resultaría
+∞Z1
1
3 = [
−2−2 ]
+∞1
= lım→+∞
− −2
2− (−1
2) = 0 +
1
2=1
2
Ejemplos:
1.+∞Z1
1√ =
+∞Z1
− 12 = [
12
12
]+∞1= lım
→+∞12
12
− 112
= +∞− 2 = +∞
La integral es divergente y su valor es +∞.
2.+∞Z0
−2 = [1
−2−2] +∞
0= lım
→+∞1
−2−2 − 1
−2 = 0 +1
2=1
2
La integral es convergente y su valor es 12.
3.−1Z−∞
1
= [log ||] −1−∞ = log 1− lım
→−∞log || = log 1− log(+∞) = 0− (+∞) = −∞
La integral es divergente y su valor es −∞.
31
Si observamos, las integrales impropias anteriores tenían uno de los extremos conflictivo. Puede
darse el caso en que los dos extremos sean conflictivos. En tal caso puede operarse así:
Ejemplos:
1.+∞Z−∞
1
1 + 2 = [arctan]
+∞−∞ = [ lım
→+∞arctan− lım
→−∞arctan] =
2− (−
2) =
La integral es convergente con valor .
2. Para la función
() =
( si ≤ 0− si 0
calculemos la integral+∞Z−∞
()
Como es una función a trozos, haremos la integral en cada uno de los trozos, la parte positiva
y negativa del eje, respectivamente,
+∞Z−∞
() =
0Z−∞
()+
+∞Z0
() =
0Z−∞
+
+∞Z0
− = [] 0
−∞ + [−−] +∞0
=
= [0 − lım→−∞
] + [ lım→+∞
− − − (−0)] = [1− −∞] + [−−∞ + 1] = 1− 0 + 0 + 1 = 2La integral es convergente y su valor es 2.
Nota: La función que se integra en este ejemplo tiene un problema en el punto 0, y es que es
una función a trozos y precisamente este punto es el que separa los dos trozos en los que la
definición de la función cambia. Igualmente pasa con la función del ejemplo siguiente (que ni
siquiera es continua en el 0 ni en el 1).
3. Para la función
() =
⎧⎪⎨⎪⎩1
1+2si 0
2− 3 si ∈ [0 1]13si 1
calculemos la integral+∞Z−∞
()
Análogamente al ejemplo anterior haremos la integral en cada uno de los trozos
+∞Z−∞
() =
0Z−∞
()+
1Z0
()+
+∞Z1
() =
0Z−∞
1
1 + 2+
1Z0
(2− 3)++∞Z1
1
3 =
32
= [arctan]0
−∞ + [2 − 3] 10+ [− 1
22]+∞1
=
= [arctan 0− lım→−∞
arctan] + [1− 3− 0] + [ lım→+∞
− 1
22− (−1
2)] =
= [0− arctan−∞] + [−2] + [0 + 12] = [0− (−
2)]− 3
2=
2− 32=
− 32
La integral es convergente y su valor es +32
9. Aplicación geométrica de la integral: cálculo de áreas de
recintos planos
Para el cálculo del área de algunos recintos planos necesitamos recordar la ecuación de algunas
curvas sencillas. Entre éstas usaremos preferentemente rectas y circunferencias.
Las rectas en el plano afín adoptan alguna de las siguientes ecuaciones:
= + =
(las últimas son las rectas verticales). Para determinar la ecuación de una recta es suficiente saber
dos puntos por los que pasa.
Las circunferencias en el plano afín adoptan la forma:
(− )2 + ( − )2 = 2
Concretamente, la anterior es la circunferencia de centro ( ) y de radio . Cada una de ellas consta
de dos curvas en las que se puede despejar la variable en función de la variable
= +p2 − (− )2 = −
p2 − (− )2
La primera corresponde a la semicircunferencia superior y la segunda a la semicircunferencia inferior.
Por otro lado la circunferencia anterior determina dos regiones del plano: su interior, el círculo
(abierto) de centro ( ) y de radio , de ecuación
(− )2 + ( − )2 2
y el exterior, de ecuación
(− )2 + ( − )2 2
9.1. Área encerrada por una función
Recordemos que si tenemos una función continua y positiva
: [ ]→ R
33
entonces la integralR
representa el área que encierran la curva = () y el eje en
[ ] (a veces se expresa, de modo abreviado como el área encerrada por la función y el eje
en el intervalo [ ]). Cuando la función no toma únicamente valores positivos en el intervalo
[ ] la integralR
resulta ser la suma de las áreas de cada uno de los recintos que son
encerrados por la función y el eje a lo largo del intervalo [ ], contando con signo
positivo los recintos situados por encima del eje y con signo negativo los recintos situados por
debajo. A nosotros nos interesa tratar el área siempre con signo positivo, de manera que cuando
planteemos hallar el área encerrada por una función y el eje en un intervalo nos referiremos
a contar todas la áreas con signo positivo. De este modo el área que nosotros buscaremos será la
integralR
| |. Para ello es suficiente con hallar, en los intervalos [ ] ⊆ [ ] en los que la
función sea positiva, la integralR
, y en los intervalos [ ] ⊆ [ ] en los que la función
sea negativa, la integralR
(−).Ejemplo: Hallar el área encerrada por la función
() = 3 − 32 + 2
y el eje en el intervalo [0 3].
Debemos calcular la integral3Z0
¯3 − 32 + 2
¯
Para ello tenemos que ver en qué intervalos la función toma valores positivos y negativos. Si
hallamos sus raíces veremos que son 0 1 y 2. Entonces es fácil deducir que esta función toma valores
positivos en los intervalos [0 1] y [2+∞[, y valores negativos en ]-∞ 0] y [1 2]. Entonces tenemos
que3Z0
¯3 − 32 + 2
¯ =
=
1Z0
(3 − 32 + 2)−2Z1
(3 − 32 + 2)+3Z2
(3 − 32 + 2) =
= [4
4− 3 + 2]
1
0− [
4
4− 3 + 2]
2
1+ [
4
4− 3 + 2]
3
2= (
1
4− 0)− (0− 1
4) + (
9
4− 0) = 11
4
34
Gráfica de la función () = 3 − 32 + 2
Observación:(Importante) En la práctica, halladas las raíces, el área se puede obtener calcu-
lando las integrales en cada uno de los subintervalos dados y sumando todos estos números en valor
absoluto. Así no nos preocuparía el signo hasta el final. En el caso anterior se haría así: Una vez
halladas las raíces 0 1 y 2 los intervalos que nos salen a partir del dado [0 3] serán [0 1], [1 2] y [2 3].
Entonces tenemos que el área es
3Z0
¯3 − 32 + 2
¯ =
¯¯1Z0
(3 − 32 + 2)¯¯+
¯¯2Z1
(3 − 32 + 2)¯¯+
¯¯3Z2
(3 − 32 + 2)¯¯ =
=
¯1
4
¯+
¯−14
¯+
¯9
4
¯=11
4
Si se pide el área que la función y el eje encierran, sin darnos ningún intervalo, se
sobreentiende que es la suma de las áreas de cada uno de los recintos con área finita que
delimita la curva = () con el eje .
Ejemplo: Hallar el área encerrada por la función
() = 3 − 32 + 2
y el eje .
Si tenemos en cuenta que las raíces de son 0 1 y 2, debemos calcular la integral
2Z0
¯3 − 32 + 2
¯ =
¯¯1Z0
3 − 32 + 2¯¯+
¯¯2Z1
3 − 32 + 2¯¯ = ¯14
¯+
¯−14
¯=1
2
Nota: Si recordamos la gráfica de la función anterior se apreciará mejor la elección de los intervalos.
9.2. Área encerrada por dos funciones
El área que encierran dos funciones y en un intervalo [ ], interpretada como la
suma de las áreas positivas de los recintos que encierran las curvas
= () = ()
35
en [ ], puede calcularse por la fórmula
Z
| − |
(o equivalentementeR
| − |). Así, es como calcular el área que encierra la gráfica de la función − (o la función − ) en el intervalo [ ].
Nota: Los recintos cuya área estamos calculando se llaman recintos básicos si cumplen lo
siguiente: que una de las curvas está por encima de la otra en todo el recinto. Si, por ejemplo,
= () es la que está por encima y la que está por debajo es = (), el recinto básico se podría
expresar así:
Ω = ( ) : ≤ ≤ () ≤ ≤ ()Ejemplo: Hallar el área encerrada por las funciones () = 2 y () = 1
23 en el intervalo
[−3 1].Debemos calcular la integral
1Z−3
¯1
23 − 2
¯
Teniendo en cuenta que los puntos de corte de ambas funciones (o, lo que es lo mismo, las raíces de
la función 123 − 2) son 0−2 y 2 tenemos que calcular la integral1Z−3
¯1
23 − 2
¯ =
¯¯−2Z−3
(1
23 − 2)
¯¯+
¯¯0Z−2
(1
23 − 2)
¯¯+
¯¯1Z0
(1
23 − 2)
¯¯ =
=
¯¯[48 − 2]
−2−3
¯¯+
¯¯[48 − 2]
0
−2
¯¯+
¯¯[48 − 2]
1
0
¯¯ =
=
¯(−2− (9
8))
¯+ |(0− (−2))|+
¯(−78− 0)
¯= 2 +
9
8+ 2 +
7
8= 6
Gráficas = 123 e = 2
36
Gráfica de la función () = 123 − 2
Si se pide el área que las funciones y encierran, sin darnos ningún intervalo, se sobreentiende
que es la suma de las áreas de cada uno de los recintos (con área finita) que delimitan las curvas
= () e = ().
Ejemplo: Hallar el área encerrada por las funciones () = 2 y () = 123.
Teniendo en cuenta que los puntos de corte de ambas funciones (o, lo que es lo mismo, las raíces
de la función 123 − 2) son 0−2 y 2, debemos calcular la integral
2Z−2
¯1
23 − 2
¯ =
¯¯0Z−2
(1
23 − 2)
¯¯+
¯¯2Z0
(1
23 − 2)
¯¯ =
=
¯¯[48 − 2]
0
−2
¯¯+
¯¯[48 − 2]
2
0
¯¯ = |(0− (−2))|+ |(−2− 0)| = 2 + 2 = 4
9.3. Área de recintos limitados por varias curvas
Para calcular el área de recintos que estén limitados por varias curvas resulta muy conveniente
conocer la representación gráfica de dicho recinto. Entonces dividimos el recinto en subrecintos básicos
(por lo que cada uno de éstos estará limitado sólo cada uno de ellos por dos curvas).
Ejemplo: Hallar el área del recinto limitado por las curvas
(− 1)2 + 2 = 1 = = 0
Observemos que la primera es la circunferencia de centro (1 0) y radio 1 y la segunda es el eje .
Si nos fijamos en el recinto
37
hay que hallar, en primer lugar, los puntos de corte de la circunferencia y la recta = . Hay que
resolver, pues, el sistema formado por ambas ecuaciones
(− 1)2 + 2 = 1 =
Por ejemplo sustituyendo por en la ecuación de la circunferencia tenemos la ecuación
( − 1)2 + 2 = 1 luego 22 − 2 = 0 de donde las soluciones son = 0 = 1
Y como = , deducimos que la coordenada de los puntos de corte son 0 y 1, respectivamente.
Podemos dividir ahora el recinto en dos. Una parte será el recinto limitado por la curva = y el eje
en el intervalo [0 1], y otra el recinto limitado por la parte superior de la circunferencia anterior
y el eje en el intervalo [1 2]. De este modo el área de nuestro recinto será la suma de las áreas
de los otros dos recintos, luego lo calcularemos así
1Z0
+
2Z1
p1− (− 1)2 = 1 +2
La primera de las áreas es inmediata, pues
1 = [2
2]1
0=1
2− 0 = 1
2
Para la segunda realicemos el siguiente cambio de variable en la integral
− 1 = = cos
y entonces
2 =
2Z0
cos2 =
2Z0
1 + cos 2
2 = [
2+
2
4]
2
0=
4+ 0− (0 + 0) =
4
Al final el área de nuestro recinto es 12+
4
38
Figura 1:
Observación: Aunque lo hemos enfocado desde el punto de vista de las integrales, este ejemplo
concreto puede realizarse sin integrales, pues si observamos el área del primer recinto es un triángulo
rectángulo cuyos catetos miden 1, y el segundo recinto es un cuadrante de circunferencia. Quien
esté familiarizado con las áreas de este tipo de figuras geométricas puede, a veces, ahorrarse algunos
cálculos.
Ejemplo: Hallar el área del recinto limitado por las curvas
= −92+ 34 = 5 = 2
La primera es una recta y las otras dos son exponenciales. Si nos fijamos en el recinto
(y haciendo un sencillo cálculo) vemos que ambas exponenciales se cortan en el punto (0 1).
Ahora tenemos que hallar los puntos de corte de estas curvas con la recta. Éstos son (nada sencillos
de obtener) (2 25) con la de color azul y (4 16) con de color rojo. Podemos dividir ahora el recinto
en dos. Una parte será el recinto limitado por ambas exponenciales en el intervalo [0 2], y otra el
recinto limitado superiormente por la recta e inferiormente por la exponencial roja en el intervalo
[2 4]. De este modo el área de nuestro recinto será la suma de las áreas de los otros dos recintos,
luego lo calcularemos así
2Z0
(5 − 2)+4Z2
(34− 92− 2) = [ 5
log 5− 2
log 2]2
0+ [34− 9
42 − 2
log 2]4
2=
= [25
log 5− 4
log 2− ( 1
log 5− 1
log 2) + [136− 36− 16
log 2− (68− 9− 4
log 2)] =
=24
log 5− 15
log 2+ 41 ≈ 342716
39
9.4. Área de recintos no acotados
Se hace de modo similar pero con integrales impropias.
Ejemplo: Calcular el área de la curva
=1
1 + 2
en R.
Ésta seríaZR
1
1 + 2 =
+∞Z−∞
1
1 + 2 = [arctan]
+∞
−∞= [ lım
→+∞arctan− lım
→−∞arctan] =
2− (−
2) =
Nota: La gráfica de la curva = 11+2
es
Ejemplo: Calcular el área que encierran las curvas
=3 − 82
=
en el intervalo [3+∞[.Este área sería
+∞Z3
¯3 − 82
−
¯ =
+∞Z3
¯− 8
2−
¯ =
+∞Z3
¯− 82
¯ = 8
+∞Z3
1
2 =
= 8
+∞Z3
−2 = 8[−1]+∞
3
= 8[ lım→+∞
− 1− (−1
3)] = 8(0 +
1
3) =
8
3
Nota: Observemos las gráficas de las curvas y veremos que la segunda es la asíntota oblícua de la
primera.
40
Figura 2:
41
