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S12INTIMPROPIAS(20203_II)UNAC.pptx

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA-ENERGÍA CÁLCULO INTEGRAL Mg. Yolanda Rosa Avalos Sigüenza 𝐂𝐈𝐂𝐋𝐎 𝟐𝟎𝟐𝟑 − 𝐈𝐈
LAS INTEGRALES IMPROPIAS
Integrales Impropias 3 Vamos a extender el concepto de integral definida para los siguientes tipos: Tipo 1. Cuando los limites de integración son infinitos o el intervalo de integración es infinito. Tipo 2. Cuando la función no está acotada en 𝒂, 𝒃 , es decir la función 𝒇(𝒙) presenta una discontinuidad infinita en 𝒂, 𝒃 . Las integrales que responden a algunos de estos casos se llaman Integrales impropias
𝐎𝐁𝐒𝐄𝐑𝐕𝐀𝐂𝐈Ó𝐍 Hasta el momento , en nuestro estudio del área bajo la curva mediante la integral definida hemos sobreentendido que: 1. Los límites de integración son finitos. 2. La función 𝒇(𝒙) es continua en 𝒂, 𝒃 o bien es acotada en ese intervalo, si 𝒇(𝒙) es discontinua. 3. Cuando se elimina alguna de estas dos condiciones, se dice que la integral resultante es una integral impropia.
𝐈𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐓𝐢𝐩𝐨 𝟏. 𝐈𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐈𝐧𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨𝐬 𝐄𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐢ó𝐧 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐛𝐚𝐣𝐨 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐲 = 𝟏 𝐱𝟐 𝑨 𝒕 = 𝟏 𝒕 𝒅𝒙 𝒙𝟐 = − 𝟏 𝒙 𝟏 𝒕 = 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝑨 𝒕 < 𝟏, 𝒔𝒊𝒏 𝒊𝒎𝒑𝒐𝒓𝒕𝒂𝒓 𝒒𝒖𝒆 𝒕𝒂𝒏 𝒈𝒓𝒂𝒏𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒂 𝒕 𝒔𝒊 𝒔𝒆 𝒕𝒐𝒎𝒂 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒄𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒕 → +∞ 𝐥𝐢𝐦 𝒕→+∞ 𝟏 − 𝟏 𝒕 = 𝟏 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒔𝒊 𝒕 → +∞, el área será 𝟏
𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝒊) 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏 𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 ∀𝒙 ≥ 𝒂, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑎 ∞ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝐒𝐢 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐎𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐟𝐢𝐠. 𝟏 𝒊𝒊) 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏 𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 ∀𝒙 ≤ 𝒃, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 −∞ 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim 𝑎→−∞ 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝐒𝐢 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐎𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐟𝐢𝐠. 𝟐
𝐃𝐄𝐅𝐈𝐍𝐈𝐂𝐈Ó𝐍 𝐃𝐄 𝐔𝐍𝐀 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐆𝐑𝐀𝐋 𝐈𝐌𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐀 𝐃𝐄 𝐓𝐈𝐏𝐎 𝟏 𝐼) 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐚 𝐭 𝐟 𝐱 𝐝𝐱, ∀𝐭 ≥ 𝐚, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞: 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝒔𝒊𝒆𝒎𝒑𝒓𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒂 𝐼𝐼) 𝒔𝒊 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒕 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, ∀𝒕 ≤ 𝒃, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆: −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒂→−∞ 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝐬𝐢𝐞𝐦𝐩𝐫𝐞 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐼𝐼𝐼) 𝐬𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 ∀𝐱 𝐲 𝐚 𝐞𝐬 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐧ú𝐦𝐞𝐫𝐨 𝐞𝐧 ℝ, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = −∞ 𝒂 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙,
𝑳𝒂𝒔 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍𝒆𝒔: 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝐃𝐄𝐅𝐈𝐍𝐈𝐂𝐈Ó𝐍 𝐃𝐄 𝐔𝐍𝐀 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐆𝐑𝐀𝐋 𝐈𝐌𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐀 𝐃𝐄𝐋 𝐓𝐈𝐏𝐎 𝟏 𝒂) 𝐬𝐞 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐧 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔, 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝒃) 𝐬𝐞 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐧 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 , 𝐬𝐢 𝐧𝐨 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝑐) Si las integrales −∞ 𝐚 𝐟 𝐱 𝐝𝐱, + 𝐚 +∞ 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐬𝐨𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞𝐬, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑵𝒐𝒕𝒂. −𝐚𝐪𝐮í 𝐬𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐫 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐧ú𝐦𝐞𝐫𝐨 𝐫𝐞𝐚𝐥 𝐚
𝑎 ∞ 𝑥𝑛𝑑𝑥, 𝑎 > 0 lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑥𝑛 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 𝑎 𝑏 = 1 𝑛 + 1 𝑏𝑛+1 − 𝑎𝑛+1 𝒊) 𝒔𝒊 𝒏 > −𝟏 → 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 lim 𝑏→∞ 𝐹 𝑏 = ∞; 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑎 ∞ 𝑥𝑛𝑑𝑥, 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝐢𝐢) 𝐬𝐢 𝐧 < −𝟏 → 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐲 𝑎 ∞ 𝑥𝑛 𝑑𝑥, = − 𝑎𝑛+1 𝑛 + 1 𝐢𝐢) 𝐬𝐢 𝐧 = −𝟏 → 𝑎 ∞ 𝑥𝑛 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑑𝑥 𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 𝑥 𝑎 𝑏 = ln 𝑏 − ln(𝑎) 𝑐𝑜𝑚𝑜 lim 𝑏→∞ 𝐹 𝑏 = ∞ ∴ 𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝑬𝒗𝒂𝒍𝒖𝒂𝒓:
𝟏. 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝟒. −∞ +∞ 𝟐𝒙 𝒙𝟐 + 𝟐 𝒅𝒙 𝟐. −𝟑 𝟐 𝒙 𝒙 + 𝟑 𝒅𝒙 𝟓. −𝟐 𝟒 𝟏 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙 Ejemplos 𝟑. −∞ +∞ 𝟐𝒙 𝒆𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝐓𝐨𝐝𝐚𝐬 𝐞𝐬𝐭𝐚𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐬𝐨𝐧 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚𝐬 −𝟑 𝟐 ∞ 0 −2 −∞ 2 ∞ 0 −∞ ∞ −𝟐 − 𝟏 𝟎 𝟏 𝟒
𝟏. 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 lim 𝑏→+∞ 1 𝑏 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝑑𝑥 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 1 = 𝑑𝑥 𝑥 + 3/2 2 − 13 4 = 1 13 ln 2𝑥 + 3 − 13 2𝑥 + 3 + 13 𝟏 𝟏𝟑 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝟐𝒙 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒙 + 𝟑 + 𝟏𝟑 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 − 𝒍𝒏 𝟐 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐 + 𝟑 + 𝟏𝟑 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 = 𝒍𝒏 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 = 𝒍𝒏 𝟏 = 𝟎 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟏𝟑 𝒍𝒏 𝟓 − 𝟏𝟑 𝟓 + 𝟏𝟑 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
−∞ +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 lim 𝑎→−∞ 𝑎 0 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 + −∞ +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 = −∞ 0 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 + 0 +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 0 +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 = 𝑒𝑥 1 + 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑒𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑥 lim 𝑎→−∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 𝑎 0 + lim 𝑏→∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 0 𝑏 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒆𝟎 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝒆−∞ + 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝒆+∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒆𝟎 𝜋 4 − 0 + 𝜋 2 − 𝜋 4 = 𝜋 2 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝑑𝑢 𝑢2 + 1 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨. 𝟏 𝐄𝐧𝐜𝐮𝐞𝐧𝐭𝐫𝐞 𝐞𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐥𝐢𝐦𝐢𝐭𝐚𝐝𝐚 𝐩𝐨𝐫 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐲 = 𝐞−𝐱 , 𝐱 = −𝟏 𝐲 𝐞𝐥 𝐞𝐣𝐞 𝐱 𝑨 = −𝟏 +∞ 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝟏 𝒃 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒆−𝒙 −𝟏 𝒃 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝑨 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒆−𝒃 + 𝒆𝟏 = − 𝟏 𝒆𝒃 + 𝒆 = − 𝟏 𝒆∞ + 𝒆 = 𝒆 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐 𝟐 𝟎 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟗 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟗 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝒙 𝟑 𝟎 𝒃 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝒃 𝟑 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈(𝟎) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈(𝟎) = 𝝅 𝟐 0
Ejemplo 3. 𝟎 +∞ 𝟐𝐱𝐞−𝐱 𝐝𝐱 Integrando por partes 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐮 = 𝐱 → 𝐝𝐮 = 𝐝𝐱; 𝐝𝐯 = 𝐞−𝐱 → 𝐯 = −𝐞−𝐱 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝐞−𝐱 𝟎 𝒃 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙𝒅𝒙 = −𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝒆𝟎(𝟎 + 𝟏) = −2 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 + 𝟎 𝒃 𝒆−𝒙𝒅𝒙 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃𝒆−𝒃 − 𝟎𝒆𝟎 + 𝒆−𝒃 − 𝒆𝟎 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃𝒆−𝒃 + 𝒆−𝒃 − 𝒆𝟎 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝟏 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃 + 𝟏 𝒆𝒃 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒆𝒃 = 𝟎
0 ∞ 𝑑𝑥 𝑥2 + 1 𝐥𝐢𝐦 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒙 𝟎 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒃 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒃 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝟎 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝟎 = 𝝅 𝟐 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
PROBLEMAS Determine si las integrales indicadas son convergentes o divergentes, en caso de ser convergente, determine su valor. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. −∞ −𝟒 𝟏 −𝒙 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 𝒅𝒙 −∞ +∞ 𝟏 𝟏 + 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝟒 +∞ 𝟏 𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒆𝒙 𝟏 + 𝒆𝒙 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙
𝟐 ∞ 𝒙𝟐 − 𝟓 𝒙 + 𝟒 𝒅𝒙 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 lim 𝑏→∞ 2 𝑏 𝑥2 − 5 𝑥 + 4 𝑑𝑥 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 2 𝑏 𝑥2 − 5 𝑥 + 4 𝑑𝑥 = 𝑥2 2 − 4𝑥 + 11𝑙𝑛 𝑥 + 4 2 𝑏 𝑏2 2 − 4𝑏 + 11𝑙𝑛 𝑏 + 4 − −6 + 11ln(6) 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝑏2 2 − 4𝑏 + 11𝑙𝑛 𝑏 + 4 − −6 + 11ln(6) 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒃𝟐 𝟐 − 𝟒𝒃 + 𝟏𝟏𝒍𝒏 𝒃 + 𝟒 − −𝟔 + 𝟏𝟏𝒍𝒏(𝟔) ∞ + 𝟏𝟏𝒍𝒏 ∞ − −𝟔 + 𝟏𝟏 ln 𝟔 = ∞
−∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = −∞ 𝟎 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 + 𝟎 +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 𝟎 +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = lim 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 𝟎 𝒃 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 − 𝟎 𝒃 𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 = 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝟎 𝒃 𝒖 = 𝒙 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒙; 𝒅𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 → 𝒗 = 𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 = 𝒃𝒔𝒆𝒏𝒉𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒃 − 𝟎𝒔𝒆𝒏𝒉 𝟎 − 𝒄𝒔𝒉 𝟎 = 𝒃𝒔𝒆𝒏𝒉𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒃 − 𝟏 lim 𝒃→+∞ 𝑏𝑠𝑒𝑛ℎ𝑏 − 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑏 = lim 𝒃→+∞ 𝐛(𝐞𝟐𝐛 − 𝟏) 𝟐𝐞𝐛 − 𝐞𝟐𝐛 + 𝟏 𝟐𝐞𝐛 = ∞ 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝐬𝐞𝐧𝐡𝐛 = 𝐞𝐛 − 𝐞−𝐛 𝟐 = 𝐞𝟐𝐛 − 𝟏 𝟐𝐞𝐛
lim 𝑏→+∞ b(e2b − 1) 2eb − e2b + 1 2eb = lim 𝑏→+∞ b(e2b − 1) − e2b − 1 2eb
Integrales impropias de Tipo 2: 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂+𝜺 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝑎 𝑏 𝒂+ 𝜺 𝜺 𝒊𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝑎 𝑏 𝐛 − 𝜺 𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝒊𝒊𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐱𝐜𝐞𝐩𝐭𝐨 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐜, 𝐚 < 𝐜 < 𝐛, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝑏 𝒄 𝒄 − 𝜺1 𝒄 + 𝜺2 𝑎 𝜺1 𝜺2
21 Integrales impropias de Tipo 2: El área de la región es: 𝑨(𝑹) = 𝟐 𝟏𝟎 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟐+𝜺 𝟏𝟎 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙 Intervalos discontinuos 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨. 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟐 𝐱 − 𝟐 𝟐+𝛆 𝟏𝟎 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟖 − 𝟐 + 𝛆 − 𝟐 = 𝟒 𝟐𝒖𝟐 𝑑𝑜𝑚 𝑓 : 𝒙 − 𝟐 > 𝟎 → 𝒙 > 𝟐 𝒙 𝒚 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝟐 + 𝜺 2 𝟏𝟎 𝟐 + 𝜺 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟖 − 𝛆
Ejemplo 𝒆𝒗𝒂𝒍ú𝒆: −∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 −∞ +∞ 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱 = 𝐥𝐢𝐦 𝐚→−∞ 𝐚 𝟎 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱 + 𝐥𝐢𝐦 𝐛→+∞ 𝟎 𝐛 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱𝐝𝐱 … … . (∗) 𝒔𝒆𝒂 𝒖 = 𝒙 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒙; 𝒅𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 → 𝒗 = 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 −∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝒂 𝟎 + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝟎 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ 𝟎𝒔𝒊𝒏𝒉 𝟎 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝟎 − 𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 − 𝟎𝒔𝒊𝒏𝒉 𝟎 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝟎) 𝟎 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ −𝟏 − 𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 + 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ −𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 = ∞ 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟏 𝟎 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑐 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 1 ∞ 𝑥 2𝑥2 + 2𝑐 − 𝑐 𝑥 + 1 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑥 2𝑥2 + 2𝑐 − 𝑐 𝑥 + 1 = 𝑥2 + 𝑥 − 2𝑐𝑥2 − 2𝑐2 2𝑥2 + 2𝑐 𝑥 + 1 = (1 − 2𝑐)𝑥2 +𝑥 − 2𝑐2 2𝑥2 + 2𝑐 𝑥 + 1 observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea convergente, el grado del numerador debe ser menor que 2 . luego c = 1 2 1 ∞ 𝑥 2𝑥2 + 1 − 1 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 lim 𝑏→∞ 1 𝑏 𝑥 2𝑥2 + 1 − 1 2(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 1 4 1 𝑏 4𝑥 2𝑥2 + 1 𝑑𝑥 − 1 2 1 𝑏 1 𝑥 + 1 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 1 4 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 − 1 2 𝑙𝑛 𝑥 + 1 1 𝑏 = lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1/4 1 𝑏 = 1 4 lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1 𝑏 = 1 4 𝑙𝑛 lim 𝑏→∞ 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1 𝑏 = 1 4 𝑙𝑛 lim 𝑏→∞ 2𝑏2 + 1 𝑏 + 1 2 − 3 4 = 1 4 𝑙𝑛 5 4
E𝑱𝑬𝑹𝑪𝑰𝑪𝑰𝑶 𝐸𝑣𝑎𝑙ú𝑒: 𝑎) 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 𝑏) 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 0,4 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆 𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒆𝒏 𝒙 = 𝟏 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 0 4 (𝑥 − 1)−2 𝑑𝑥 = − 1 𝑥 − 1 0 4 4 𝟏 𝟏 − 𝜺1 𝟏 + 𝜺2 2 𝜺1 𝜺2 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺1 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝟏+𝜺𝟐 𝟒 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺1 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ − 1 𝑥 − 1 0 𝟏−𝜺1 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 1 𝜺1 − 1 = ∞ − 1 3 + 1
𝑏) 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 = 0 𝜋/2 𝜋/2 − 𝜺 𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 0 𝜋 2 −𝜺 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑢2 = 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 → 2𝑢𝑑𝑢 = −𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 = − 2𝑢𝑑𝑢 𝒖 = −𝟐𝒖 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟐 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟎 𝜋 2 −𝜺 = −𝟐 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏 𝝅 𝟐 − 𝜺 − 𝟏 = 2
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 1. 4 15 𝑑𝑥 3 𝑥 − 4 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆: 4 15 𝑑𝑥 3 𝑥 − 4 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟒+𝜺 𝟏𝟓 𝒙 − 𝟒 −𝟏/𝟑 𝒅𝒙 = 3 2 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 𝟒+𝜺 𝟏𝟓 4 15 𝟒+ 𝜺 𝜺 = 𝟑 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟑 𝟏𝟐𝟏 − 𝟒 + 𝜺 − 𝟒 𝟐/𝟑 = 𝟑 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟑 𝟏𝟐𝟏 − 𝜺𝟐/𝟑 = 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟐𝟏(𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆) 2. −5 5 𝑑𝑥 2𝑥 − 10 4 −𝟓 𝟓 𝒅𝒙 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 𝟒 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟐 −𝟓 𝟓−𝜺 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 −𝟒 (𝟐) 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 𝟑 −𝟓 𝟓−𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 −5 5 𝟓 − 𝜺 𝜺 = − 𝟏 𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 −𝟐𝜺 𝟑 − 𝟏 𝟖𝟎𝟎𝟎 = − 𝟏 𝟔 ∞ − 𝟏 𝟖𝟎𝟎𝟎 = −∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 = 𝟐 𝟓 − 𝜺 − 𝟏𝟎) = 𝟏𝟎 − 𝟐𝜺 − 𝟏𝟎
INTEGRALES IMPROPIAS DE TIPO 3 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙; −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 Donde se combinan de los dos tipos anteriores Ejemplo. Evalúe −𝟐 +∞ 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟑 𝟑𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 −𝟐 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟑 𝒙𝟑 + 𝟖 +∞ −𝟐 𝜺 −𝟐+𝜺 −𝟐 +∞ 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟐+𝜺 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙, 𝟎 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 1 𝒙𝟑+8 −𝟐+𝜺 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 1 𝒙𝟑+8 𝟎 𝒃 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚….
= − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 1 𝒙𝟑+8 −𝟐+𝜺 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 1 𝒙𝟑+8 𝟎 𝒃 … 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟖 − 𝟏 𝟏𝟐𝜺 − 𝟔𝜺𝟐 + 𝜺𝟑 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃𝟑 + 𝟖 − 𝟏 𝟖 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟖 − 𝟏 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 ∞𝟑 + 𝟖 − 𝟏 𝟖 = − 1 3 𝟏 𝟖 − ∞ − 1 3 𝟎 − 𝟏 𝟖 = ∞ + 𝟏 𝟐𝟒 = ∞ 𝒆𝒔 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆
𝐟 𝐱 = 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝟎 +∞ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞: 𝟎 +∞ 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 = 𝟎 𝟑−𝜺 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 + 𝟑+𝜺 𝟓 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 + 𝟓 +∞ 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 𝟎 𝟑−∈ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟑−𝜺 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒙 − 𝟑 −𝟐𝒅𝒙 = − 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟎 𝟑−∈ = − 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ − 𝟏 ∈ − 𝟏 𝟑 = ∞ 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 0 +∞ 𝟑 𝟓 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
Calcular el área si es posible bajo la curva entre 𝐟 𝐱 = 𝟏 𝐱 , 𝐱 ≥ 𝟏 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑪𝒐𝒎𝒐 𝟏 𝒙 > 𝟎, ∀𝒙 ∈ 𝟏, +∞ 𝑨 𝒕 = 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒍𝒏𝒙 𝟏 𝒃 = = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒃 − 𝒍𝒏(𝟏) = 𝒍𝒏 +∞ − 𝟎 = +∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐍𝐨 𝐬𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐞𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐢ó𝐧 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝒙
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫𝐞𝐬 𝐞𝐧𝐭𝐞𝐫𝐨𝐬 𝐝𝐞 n 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐥𝐨𝐬 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐞𝐬 𝟎 𝟏 𝐝𝐱 𝟏 − 𝐱 𝟏−𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐲 𝐞𝐯𝐚𝐥ú𝐞 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐞𝐬𝐨𝐬 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫𝐞𝐬 S𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝟎, 𝟏 0 1 𝟏 − 𝜺 𝜺 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 (− 𝒅𝒙) = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 − 𝒙 𝒏 𝒏 𝟎 𝟏−𝜺 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝜺𝒏 𝒏 − 𝟏 𝒏 = − 𝟎 − 𝟏 𝒏 𝒔𝒊 𝟏 − 𝒏 ≠ 𝟏 ⟺ 𝒏 ≠ 𝟎, 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = 𝟏 𝒏 , 𝒔𝒊 𝒏 ∈ 𝕫 − 𝟎 , 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝟏 Rpta. −Es convergente 𝒔𝒊 𝒏 ∈ 𝕫 − 𝟎 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = − 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝒔𝒊 𝒏 = 𝟎 − 𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 𝟎 𝟏 = − 𝐥𝐧 𝟎 − 𝐥𝐧(𝟏) ∄
𝒔𝒊 𝒏 = 𝟎 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 𝟎 𝟏−𝜺 − (−𝒅𝒙) 𝟏 − 𝒙 = −𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 = −𝑙𝑛 1 − 1 + 𝜺 + 𝑙𝑛 1 = −𝑙𝑛 0 + 𝑙𝑛 1
𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎𝐒 𝐃𝐄 𝐂𝐎𝐍𝐕𝐄𝐑𝐆𝐄𝐍𝐂𝐈𝐀 De las integrales impropias se quiere sabersi son convergentes o divergentes
𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎 𝐃𝐄 𝐂𝐎𝐌𝐏𝐀𝐑𝐀𝐂𝐈Ó𝐍 𝐒𝐞𝐚 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐮𝐧𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚, 𝐝𝐞𝐬𝐞𝐚𝐦𝐨𝐬 𝐬𝐚𝐛𝐞𝐫 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐞𝐥𝐥𝐨 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐚𝐞𝐫 𝐮𝐧𝐚 𝐧𝐮𝐞𝐯𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐠 𝐱 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐟 𝐱 𝐭𝐚𝐥 𝐪𝐮𝐞: 𝒊)𝟎 ≤ 𝒇 𝒙 ≤ 𝒈 𝒙 𝒄𝒐𝒏 𝒂 < 𝒙 < 𝒃 ó 𝒊𝒊)𝟎 ≤ 𝒈 𝒙 ≤ 𝒇 𝒙 𝒄𝒐𝒏 𝒂 < 𝒙 < 𝒃 𝐄𝐧 𝐞𝐥 𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐫 𝐜𝐚𝐬𝐨: 𝟎 ≤ 𝐟 𝐱 ≤ 𝐠 𝐱 ∧ 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ⟹ 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐄𝐧 𝐞𝐥 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨 𝐜𝐚𝐬𝐨: 𝟎 ≤ 𝐠 𝐱 ≤ 𝐟 𝐱 ∧ 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ⟹ 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐓𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚. −𝐒𝐞𝐚𝐧 𝐟 𝐲 𝐠 𝐝𝐨𝐬 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐭𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐪𝐮𝐞 𝐟 𝐱 ≤ 𝐠 𝐱 , 𝐚 ≤ 𝐱 ≤ 𝐛 𝒚 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐬𝐨𝐧 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚𝐬 𝐒𝐢 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟏. 𝟎 𝟏 𝐱𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐 𝟏 𝐱 𝐝𝐱 , 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏 𝟏 𝒙 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝟎, 𝟏 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐬𝐞 𝐬𝐚𝐛𝐞 𝐪𝐮𝐞: −𝟏 ≤ 𝐬𝐞𝐧𝐱 ≤ 𝟏; 𝐬𝐞𝐧(𝐱) ≤ 𝟏 𝒔𝒆𝒏 𝟏 𝒙 ≤ 𝟏, ∀𝒙 ≠ 𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 ≤ 𝟏 𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 ≤ 𝒙𝟐, 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟏 𝒇 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟎 𝟏 𝒙𝟐𝒅𝒙 = 𝒙𝟑 𝟑 𝟎 𝟏 = 𝟏 𝟑 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 ∴ 𝟎 𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟐. 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 𝟗 + 𝐱𝟒 ≥ 𝐱𝟒 , ∀𝐱 ≥ 𝟑 𝟏 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟏 𝒙𝟐 → 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟏 𝟑𝒙𝟒 > 𝟎 𝟏 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟏 𝟑𝒙𝟔 , x ≥ 3 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟔 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟔 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝟑 𝟑 𝒃 𝒙−𝟔𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟏𝟓 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒙𝟓 𝟑 𝒃 = − 𝟏 𝟏𝟓 𝐥𝐢𝐦 𝐛→+∞ 𝟏 𝐛𝟓 − 𝟏 𝟐𝟒𝟑 = 𝟏 𝟑𝟔𝟒𝟓 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ∴ 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 𝒆𝒔convergente 𝟗 + 𝐱𝟒 ≥ 𝐱𝟐 , ∀𝐱 ≥ 𝟑 𝟏 𝟑 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒
Ejemplo 3. Dada la integral determine si es convergente o divergente 𝟎 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 𝟎 ≤ 𝒇 𝒙 ≤ 𝒈(𝒙) 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐱𝟐 + 𝟓𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝟎, 𝟒 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≥ 𝒙, ∀𝒙 ∈ 𝟎, 𝟒 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≤ 𝟏 𝒙 → 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≤ 𝟏 𝒙 0 4 𝑑𝑥 𝑥 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 0+𝜺 4 𝑥−1/2 𝑑𝑥 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒙 𝜺 𝟒 = 𝟐 𝟐 − 𝟎 = 𝟒 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟎 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 lim ∈→0+ ∈ 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 = 𝒙 + 𝟐 𝟐 − 𝟒 𝒙 + 𝟐 = 𝒖 → 𝒅𝒙 = 𝒅𝒖 𝑑𝑢 𝒖𝟐 − 𝟒 = 𝑙𝑛 𝑢 + 𝒖𝟐 − 𝟒 = 𝑙𝑛 𝑥 + 2 + 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ∈ 4 = 𝑙𝑛 6 + 32 − 𝑙𝑛 ∈ +2 + ∈𝟐 +𝟒 ∈ 𝑙𝑛 6 + 32 − ln(2)
−∞ 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 .Ejemplo. Evalúe Integral combinada de primer y segundo tipo −∞, −𝟏 ∪ −𝟏, 𝟎 Ejemplo. Evalúe 𝟎 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 Discontinua en x=a 𝟎 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 = 𝟎 𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 + 𝒂 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒂−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒂+𝜺𝟐 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝛆1→𝟎+ −𝟏 𝐚 − 𝛆1 − 𝐚 − 𝟏 𝐚 + 𝐥𝐢𝐦 𝛆𝟐→𝟎+ −𝟏 𝟐𝐚 − 𝐚 + 𝟏 𝐚 + 𝛆𝟐 − 𝐚 = ∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
−∞ 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 #𝐸𝑣𝑎𝑙ú𝑒: 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 −∞, −𝟏 ∪ −𝟏, 𝟎 −∞ − 2 − 1 0 𝜺1 𝜺𝟐 lim 𝑎→−∞ 𝒂 −𝟐 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 lim 𝜺1→0+ −𝟐 −𝟏−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 lim 𝜺2→0+ −𝟏+𝜺2 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝐼 = lim 𝑎→−∞ 1 2 𝑙𝑛 𝑥 − 1 𝑥 + 1 𝑎 −2 = 1 2 𝑙𝑛 3 − 1 2 𝑙𝑛 1 − 2 𝑎 + 1 = 1 2 𝑙𝑛 3 lim 𝜺1→0+ −𝟐 −𝟏−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 = lim 𝜺1→0+ 1 2 𝑙𝑛 𝑥 − 1 𝑥 + 1 −2 −𝟏−𝜺1 = 1 2 𝑙𝑛 −2 − 𝜺1 −𝜺1 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒
Ejemplo Determine si la integral es convergente o divergente 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝒇(𝒙) = 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 , 𝒈(𝒙) = 𝟏 𝟐𝒙𝟒 , 𝒆𝒔𝒕𝒐𝒆𝒔𝒇(𝒙) ≤ 𝒈(𝒙) Como 𝒈(𝒙) es convergente, entonces 𝐟(𝒙) es convergente 1 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 = lim 𝒃→+∞ 1 𝑏 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 = − 𝟏 𝟏𝟎 lim 𝒃→+∞ 𝟏 𝒙𝟓 𝟏 𝒃 = − 𝟏 𝟏𝟎 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 Ejemplo analiza la convergencia o divergencia de 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝟎 ≤ 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 ≤ 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 = 𝟏 𝟐 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒆𝒙 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒆𝒙 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 → 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆
Ejercicios. Estudie la convergencia o divergencia de 𝒂) 𝟏 +∞ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝒃) 𝟑 +∞ 𝟕 𝒙𝟑𝟒 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙 𝒄) 𝟎+ 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝒙 𝒅𝒙 𝒅) 𝟏 +∞ 𝟒𝒙𝟐 𝟒 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙
CRITERIO DEL COCIENTE 𝒇(𝒙) ≥ 𝟎𝒈(𝒙) ≥ 𝟎, ∀𝒙 ∈ 𝒂, +∞ i) Si 𝒍𝒊𝒎 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝒄, 𝒄 ≠ 𝟎 ó ∞, 𝒍𝒂𝒔 𝒊𝒏𝒕 𝒆 𝒈𝒓𝒂𝒍𝒆𝒔 𝟎 ∞ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙, 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙, 𝒂𝒎𝒃𝒂𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏 𝒐 𝒂𝒎𝒃𝒂𝒔 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏 ii) 𝑺𝒊 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝟎𝒚𝒔𝒊 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 → 𝟎 ∞ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 iii)𝑺𝒊 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = ∞ 𝒚 𝒔𝒊 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 → 𝟎 ∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 Si f y g son funciones continuas sobre el intervalo 𝒂, +∞ y
Ejemplo. Analice la convergencia o divergencia de 𝟏 +∞ 𝟒𝒙𝒅𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 = 𝟒 𝟏 +∞ 𝒙𝒅𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 𝒙 𝒙𝟒 𝟓 + 𝟖 𝒙𝟐 + 𝟑 𝒙𝟒 → 𝒈(𝒙) = 𝟏 𝒙𝟑 , 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 𝟏 𝒙𝟑 = 𝟒 𝟓 ≠ 𝟎 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 Ejemplo. analice la convergencia o divergencia de 𝟒 +∞ 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒙𝟔 + 𝟑𝟐 𝒅𝒙 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 −𝟏 𝟎 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟎 −𝟏 𝟎 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝒖 = 𝒙−𝟏 → 𝒅𝒖 = −𝒙−𝟐𝒅𝒙 𝒅𝒗 = 𝒆𝟏/𝒙 𝒙𝟐 𝐝𝐱 → 𝒗 = −𝒆𝟏/𝒙 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒆𝟏/𝒙 − 𝟏 𝒙 𝒆𝟏/𝒙 −𝟏 −𝜺 = 𝟏 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒆−𝟏/𝜺 − 𝟏 𝜺 𝒆− 𝟏 𝜺 − 𝟐𝒆−𝟏 = − 𝟏 𝜺 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒆− 𝟏 𝜺 𝜺 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝜺 𝒆− 𝟏 𝜺 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝜺𝟐 −𝟏 𝜺𝟐 𝒆− 𝟏 𝜺 = 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝐦𝐮𝐞𝐬𝐭𝐫𝐞 𝐪𝐮𝐞 𝟏 ∞ 𝐝𝐱 𝐱𝐩 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝐩 > 𝟏, 𝐲 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝐩 ≤ 𝟏 𝑖) 𝒑 ≠ 𝟏, 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒙−𝒑 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = − 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒊𝒊) 𝒑 > 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = 𝟏 𝒑 − 𝟏 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝒊𝒊𝒊)𝒑 < 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = +∞, 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒊𝒗) 𝒑 = 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒙 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝒃 − 𝐥𝐧(𝟏) = +∞, 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟎
𝒆𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐 𝒎𝒖𝒆𝒔𝒕𝒓𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝟎 < 𝒑 < 𝟏, 𝒚 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒔𝒊 𝒑 ≥ 𝟏, 𝐱 ∈ 𝟎, 𝟏 𝒊) 𝐬𝐢 𝟎 < 𝒑 < 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒙−𝒑𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒙−𝒑+𝟏 𝟎+∈ 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒊𝒊) 𝐬𝐢 𝐩 = 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝐥𝐧(𝟏) − 𝒍𝒏 ∈ = +∞, 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝒊𝒊𝒊) 𝐬𝐢𝒑 > 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝒑 − 𝟏 ∈𝒑−𝟏 − 𝟏 𝒑 − 𝟏 = +∞ , 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝑥−𝑝 𝑑𝑥 = 𝑥−𝑝+1 −𝑝 + 1 ∈ 1
𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒙−𝒑𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒙−𝒑+𝟏 𝟎+∈ 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝟏 − 𝒑 − 𝝐𝟏−𝒑 𝟏 − 𝒑 = 𝟏 𝟏 − 𝒑 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟏. 𝟒 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 𝒙𝟐 + 𝟒 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝟎 < 𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟐 + 𝟒 ≤ 𝟏 𝒙𝟐 , ∀𝒙 ∈ 𝟒, +∞ 𝟒 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑 = 𝟐 2. 𝟏 +∞ 𝐬𝐞𝐧 𝐱𝟐 𝐱𝟐 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒐 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝟎 < 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟐 𝒙𝟐 < 𝟏 𝒙𝟐 ∴ 1 +∞ sen x2 x2 𝑑𝑥, 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −𝟏 +∞ 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒐 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆? 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑 = 𝟐
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞 𝐤 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐬𝐞𝐚 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟐 +∞ 𝒌 𝒙 + 𝟐 − 𝟓𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝒅𝒙 𝟐 +∞ 𝒌 𝒙 + 𝟐 − 𝟓𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝒅𝒙 = 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝑙𝑛 lim 𝑏→+∞ 𝒙 + 𝟐 𝒌 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 = 𝑘 = 5 3 = 𝒍𝒏 𝟏 𝟑 − 𝟒𝟓/𝟑 𝟒𝟏/𝟑 𝟓/𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒌𝒍𝒏 𝒙 + 𝟐 − 𝟓 𝟔 𝒍𝒏 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒙 + 𝟐 𝒌 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 𝑙𝑛 lim 𝑏→+∞ 𝒙 + 𝟐 𝟓/𝟑 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 = 𝒍𝒏 lim 𝑏→+∞ 𝑏5/3 3𝑏5/3 − 45/3 41/3 5/6
0 11 𝑑𝑥 𝑥 − 1 2/3 𝟎 𝟒−∈ 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 + 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎 𝟒−∈ 𝒙 − 𝟒 −𝟐/𝟑𝒅𝒙 + 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒙 − 𝟒 −𝟐/𝟑𝒅𝒙 + 4 0 11 ∈ ∈ 𝟒 −∈ 𝟒 +∈ 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐. 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝟎 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 = 𝟎 𝟒−∈ 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 + 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 = 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = lim ∈→0+ 3 3 𝑥 − 4 0 𝟒−∈ + lim ∈→0+ 3 3 𝑥 − 4 𝟒+∈ 𝟏𝟏 = 𝟑 𝟑 𝟒 + 𝟑 𝟏𝟏
1 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 𝟐𝒙 𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟒 𝒕𝟐 + 𝟏 𝒕 𝒕𝒅𝒕 = 𝟒 𝒕𝟑 𝟑 + 𝒕 = 𝟒 𝒙 − 𝟏 𝟑/𝟐 𝟑 + 𝒙 − 𝟏 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨. 𝐄𝐯𝐚𝐥ú𝐞: 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 1 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 = lim ∈→0+ 1+∈ 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏+∈ 𝟐 𝟐𝒙 𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟒𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝒙 − 𝟏 𝟑/𝟐 𝟑 + 𝒙 − 𝟏 𝟏+∈ 𝟐 𝟏𝟔 𝟑 − 𝟒𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟎 + 𝟎 𝒊𝒎𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒕𝒊𝒑𝒐 𝟐
𝟐 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 = 𝟐+∈ 𝟏𝟎 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏𝟎 − 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏 + 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 ∞ − 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏𝟎 = 𝟎 + 𝝅 𝟐 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐. 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒊𝒎𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒕𝒊𝒑𝒐 𝟑 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 𝒙 𝟐 𝟐+∈ 𝟏𝟎 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 𝒙 𝟐 𝟏𝟎 𝒃
FUNCIÓN GAMMA FUNCIÓN BETA 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 Definición. La función gamma es aquella cuya regla de correspondencia y dominio son 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟏 𝟐 → 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝝅, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟏 → 𝜞 𝟏 = 𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒆−𝒕 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟐 → 𝜞 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕𝒆−𝒕 Nota. La función Gamma no se puede evaluar en término de funciones elementales La función Gamma posee propiedades muy útiles para el cálculo de integrales que se pueden expresar en términos de ella
𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ = − lim 𝒃→∞ 𝟏 𝒆∞ − 𝟏 𝒆𝟎 = 𝟏 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = − 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕(− 𝒅𝒕) = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝐬𝐞 𝐫𝐞𝐬𝐮𝐞𝐥𝐯𝐞 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬 𝑡𝒆−𝒕𝑑𝑡 = 𝒖 = 𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒕; 𝒗 = −𝒆−𝒕 −𝑡𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 −𝑑𝑡 = −𝑡𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 = 𝒆−𝒕 (−𝑡 − 1) − lim 𝒃→∞ 𝒆−𝒕 (𝑡 + 1)𝟎 𝒃 − 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝟏 𝟏 = 1 lim 𝒃→∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 = lim 𝒃→∞ 𝒃 + 𝟏 𝒆𝒃 = lim 𝒃→∞ 𝟏 𝒆𝒃 = 𝟎
𝐅𝐔𝐍𝐂𝐈Ó𝐍 𝐆𝐀𝐌𝐌𝐀 Teorema 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 , ∀ 𝒙 > 𝟎; 𝜞 𝟏 = 𝟏 𝑷𝒓𝒖𝒆𝒃𝒂 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬 𝒖 = 𝒆−𝒕 → 𝒅𝒖 = −𝒆−𝒕 ; 𝒅𝒗 = 𝒕𝒙−𝟏 𝐝𝐭 → 𝒗 = 𝒕𝒙 𝒙 𝜞 𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝐥𝐢𝐦 𝒙→∞ 𝒆−𝒕 𝒕𝒙 𝒙 𝟎 ∞ + 𝟏 𝒙 𝟎 ∞ 𝒕𝒙𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟎 + 𝟏 𝒙 𝜞 𝒙 + 𝟏 ∴ 𝒙 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟏; 𝜞 𝟏 = 𝟎 ∞ 𝒕𝟎𝒆−𝒕𝒅𝒕 = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ = − 𝐥𝐢𝐦 𝒕→∞ 𝒆−𝒕 = 𝟏 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎
𝜞 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕𝒆−𝒕 lim 𝑏→∞ 0 𝑏 𝒕𝒆−𝒕𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝒕𝒆−𝒕 + 0 𝑏 𝒆−𝒕𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝒕𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 0 𝑏 = −𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒕𝒆−𝒕 − 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒆−𝒕 = − 𝒃𝒆−𝒃 − 𝟎 + 𝒆−𝒃 − 𝟏 𝒖 = 𝒕; 𝒅𝒗 = 𝒆−𝒕𝐝𝐭 0 𝑏 𝒆𝒃 = 1 𝒆𝒃 0
𝟐. 𝜞(𝟏/𝟐) = 𝝅 = 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 Prolongación Analítica Ejemplo 𝜞(𝟓) = 𝟒! = 𝟒𝒙𝟑𝒙𝟐𝒙𝟏 = 𝟐𝟒 𝜞(𝟕) = 𝟔! = 𝟔𝒙𝟓𝒙𝟒𝒙𝟑𝒙𝟐𝒙𝟏 = 𝟕𝟐𝟎 𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐄𝐃𝐀𝐃𝐄𝐒 1. 𝜞 𝒏 = 𝒏 − 𝟏 !, 𝒔𝒊 𝒏 = 𝟏, 𝟐, 𝟑. . . 𝑺𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐞𝐱𝐭𝐞𝐧𝐝𝐞𝐫 𝐥𝐚 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐠𝐚𝐦𝐦𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐱 < 𝟎 𝐝𝐞𝐥 𝐭𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 → 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙 … . . (𝜶) −𝟏 < 𝒙 < 𝟎 → 𝟎 < 𝒙 + 𝟏, 𝒅𝒆 𝒎𝒐𝒅𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒐𝒓(𝜶)𝒔𝒆 𝒉𝒂 𝒆𝒙𝒕𝒆𝒏𝒅𝒊𝒅𝒐 𝒂𝒍 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 − 𝟏 < 𝒙 < 𝟎 𝒚 𝒂𝒔í 𝒔𝒖𝒄𝒆𝒔𝒊𝒗𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑵𝒐𝒕𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝜞 𝒏 𝐧𝐨 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐫 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐝𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐧 = −𝟏, 𝐧𝐢 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐧𝐢𝐧𝐠𝐮𝐧 𝕫−
3. 𝜞 − 𝟓 𝟐 = 𝜞 − 𝟓 𝟐 +𝟏 − 𝟓 𝟐 = −𝟐 𝟓 𝜞 − 𝟑 𝟐 = −𝟐 𝟓 −𝟐 𝟑 𝜞 − 𝟏 𝟐 = −𝟐 𝟓 −𝟐 𝟑 −𝟐 𝟏 𝜞 𝟏 𝟐 = − 𝟖 𝟏𝟓 𝝅 𝐸𝑗𝑒𝑚𝑝𝑙𝑜 𝟏. 𝜞 − 𝟏 𝟐 = 𝜞 − 𝟏 𝟐 + 𝟏 − 𝟏 𝟐 = −𝟐𝜞 𝟏 𝟐 = −𝟐 𝝅 𝑷𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔 𝑎) 𝜞 𝟎+ = +∞, 𝜞 +∞ = +∞, 𝒃) 𝐥𝐢𝐦 𝒙→𝟎+ 𝒙𝜞 𝒙 = 𝟏 𝒄) 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 = 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅𝒑 , 𝟎 < 𝒑 < 𝟏, 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒎𝒖𝒆𝒔𝒕𝒓𝒂 𝒄𝒐𝒏 𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆𝒔 𝟐. 𝜞(−𝟑/𝟐) = 𝜞(−𝟏/𝟐) −𝟑/𝟐 = 𝟒 𝟑 𝝅 𝜞 − 𝟑 𝟐 = 𝜞 − 𝟑 𝟐 +𝟏 − 𝟑 𝟐 = − 𝟐 𝟑 𝜞(−𝟏/𝟐) 𝜞 − 𝟑 𝟐 = 𝟒 𝟑 𝝅 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙
𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝒊) 𝒔𝒊 𝒆𝒏 𝜞 𝒙 , se hace el cambio de variable 𝒖 = 𝒆−𝒕 𝒅𝒖 = −𝒆−𝒕 dt −𝒕𝒍𝒏 𝒆 = 𝒍𝒏𝒖 → −𝒕 = 𝒍𝒏𝒖 𝒕 → 𝟎, 𝒖 → 𝟏, 𝒕 → +∞, 𝒖 → 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝒊𝒊) 𝒔𝒊 𝒖 = 𝒕𝒂 , 𝒂 > 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝒂𝒙 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒙−𝟏 𝒕𝒂−𝟏 𝒅𝒕, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎
𝐸𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜𝑠 𝟐. 𝟎 ∞ 𝒆−𝒙𝟐𝒅𝒙 𝐄𝐯𝐚𝐥ú𝐞: . 𝟏 𝟎 ∞ 𝟑𝒙𝒆−𝒙𝟑𝒅𝒙 𝟑. 𝟎 ∞ 𝒙𝟓 𝒆−𝟓𝒙𝟐𝒅𝒙 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒙𝟐 = 𝒕 → 𝟐𝒙𝒅𝒙 = 𝒅𝒕
Ejemplos Calcule la integral 𝟎 ∞ 𝒙𝟑𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒙𝟑/𝟐 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒙𝟑/𝟐 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝜞 𝟓 𝟐 𝜞 𝟓 𝟐 = 𝜞 𝟏 + 𝟑 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝜞 𝟏 + 𝟏 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟑 𝟒 𝝅 1. 2.Calcule 𝟎 ∞ 𝒙𝟏𝟎 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒖 = 𝒙𝟐 → 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒖−𝟏/𝟐 𝒅𝒖, 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙 = 𝟎, 𝒖 = 𝟎 ; 𝒙 → ∞, 𝒖 → ∞ 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒖 𝟏𝟏 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 = 𝜞 𝟏𝟏 𝟐 = 𝟗𝟒𝟓 𝟏𝟔 𝝅 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 3. 𝟎 ∞ 𝒙𝟓/𝟐 𝒆−𝟔𝒙 𝒅𝒙 = 𝒕 = 𝟔𝒙 → 𝒅𝒕 = 𝟔𝒅𝒙; 𝒙 = 𝒕 𝟔 , 𝒙 = 𝟎 → 𝒕 = 𝟎, 𝒙 = ∞, 𝒕 = ∞ 𝟏 𝟔 𝟎 ∞ 𝒕 𝟔 𝟓/𝟐 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟎 ∞ 𝒕 𝟔 𝟓 𝟐 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟏 𝟔𝟓/𝟐 𝟎 ∞ 𝒕 𝟕 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔𝟕/𝟐 𝜞 𝟕 𝟐 = 𝟏 𝟔𝟕/𝟐 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟏𝟓 𝝅 𝟖 𝟔𝟕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒕 − 𝟏 = 𝟑 𝟐 → 𝒕 = 𝟓 𝟐 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐𝒔 3. 𝜞 𝟑 = 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟐. 𝟏. 𝜞 𝟏 = 𝟐. 𝟏 = 𝟐! 4. 𝜞 𝟓 = 𝟒𝜞 𝟒 = 𝟒. 𝟑. 𝜞 𝟑 = 𝟒. 𝟑. 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟒. 𝟑. 𝟐. 𝟏𝜞 𝟏 = 𝟒! 5. 𝜞 𝟕 = 𝟔𝜞 𝟔 = 𝟔. 𝟓. 𝜞 𝟓 = 𝟔. 𝟓. 𝟒𝜞 𝟒 = 𝟔. 𝟓. 𝟒. 𝟑𝜞 𝟑 = 𝟔. 𝟓. 𝟒. 𝟑. 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟔! 𝐍𝐨𝐭𝐚. 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝐀𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝒂) 0 ∞ 𝑡1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 0 ∞ 𝑡 3 2−1 𝑒−𝑡𝑑𝑡 → 𝑥 = 3 2 , luego 𝟎 ∞ 𝒕 𝟑 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝜞 𝟏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟐 𝝅 𝑏) 𝟎 ∞ 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙 , (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐭 = 𝒙𝟐 → 𝒅𝒕 = 𝟐𝐱𝐝𝐱) 𝟎 ∞ 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟐 𝒙 = 𝒕𝟏/𝟐 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕𝒅𝒕
Ejercicio. Para n=1,2,…, y 𝒎 > −𝟏 probar que 𝟎 𝟏 𝒙𝒎 𝐥𝐧 𝒙 𝒏 𝒅𝒙 = (−𝟏)𝒏 𝒏! (𝒎 + 𝟏)𝒏+𝟏 1. 2. calcule 𝒂) 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕, 𝒃) 𝟎 ∞ 𝒕𝟏𝟎 𝒆−𝟓𝒕 𝒅𝒕 𝒄) 𝟎 ∞ 𝒕𝟐𝒆−𝟐𝒕𝟐 𝒅𝒕, 𝒅) 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 Pruebe que: 𝒊) 𝟎 𝟏 𝐥𝐧 𝒙 𝒏 𝒅𝒙 = (−𝟏)𝒏 𝒏!, 𝒏 = 𝟏, 𝟐, . . . 𝒊𝒊) 0 1 ln 1 𝑥 1/2 𝑑𝑥 = 𝜋 2
𝑡1/2 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 𝑡2𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝑢 = 𝑡1/2 → 𝑑𝑢 = 1 2 𝑡−1/2𝑑𝑡; 𝑣 = −𝑒−𝑡 𝑡1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡𝑡 1 2 + 1 2 𝑡−1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝑡−1/2 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 𝑢 = 𝑡1/2 𝒖 = 𝒕−𝟏/𝟐 → 𝒅𝒖 = − 𝟏 𝟐 𝒕−𝟑/𝟐 𝒅𝒕
𝒂) 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟐𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝟐𝒅𝒕 𝒕 = 𝒖 𝟐 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟐𝒕 𝐬𝐢 𝐭 = 𝟎 → 𝐮 = 𝟎 𝐬𝐢 𝐭 = ∞ → 𝐮 = ∞ 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒖 𝟐 −𝟏/𝟐 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 = 𝟐 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟐𝝅 𝟐 𝒙 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒙 = 𝟏 𝟐
𝒃) 𝟎 ∞ 𝒕𝟏𝟎 𝒆−𝟓𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟓𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝟓𝒅𝒕 → 𝒅𝒖 𝟓 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟎 → 𝒖 = 𝟎 𝒔𝒊 𝒕 = ∞ → 𝒖 = ∞ 𝒕 = 𝒖 𝟓 𝟎 ∞ 𝐭𝟏𝟎 𝐞−𝟓𝐭 𝐝𝐭 = 𝟏 𝟓 𝟎 ∞ 𝐮 𝟓 𝟏𝟎 𝐞−𝐮 𝐝𝐮 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝟎 ∞ 𝒖𝟏𝟎 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 𝒙 − 𝟏 = 𝟏𝟎 → 𝒙 = 𝟏𝟏 𝟎 ∞ 𝐭𝟏𝟎 𝐞−𝟓𝐭 𝐝𝐭 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝜞 𝟏𝟏 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝟏𝟎!
𝒅) 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟎 → 𝒖 → ∞ 𝐮 = −𝐥𝐧𝐭 → 𝐭 = 𝒆−𝒖 → 𝒅𝒕 = −𝒆−𝒖𝒅𝒖 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟏 → 𝒖 → 𝟎 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 = ∞ 𝟎 𝒖 𝟒 (−𝒆−𝒖 𝒅𝒖) = 0 ∞ 𝑢4 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 = 𝜞 𝟓 = 𝟒!
0 1 𝑑𝑥 −5𝑙𝑛𝑥 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝐮 = −𝐥𝐧𝐱 → 𝐥𝐧𝐱 = −𝐮 → 𝐱 = 𝐞−𝐮 → 𝒅𝒙 = −𝐞−𝐮 𝒅𝒖 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐒𝐢 𝐱 = 𝟎, 𝐮 → ∞ ; 𝐬𝐢 𝐱 = 𝟏 → 𝐮 → 𝟎 ∞ 0 −𝐞−𝐮 𝒅𝒖 𝑢 = 1 5 0 ∞ 𝒖−𝟏/𝟐𝐞−𝐮𝒅𝒖 = 1 5 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟓 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝒙 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒙 = 𝟏 𝟐
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟎 𝟏 𝟒 𝟑 𝒍𝒏 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐭 = 𝐥𝐧 𝟏 𝐱 → 𝟏 𝐱 = 𝐞𝐭 → 𝐞−𝐭 = 𝐱 𝑑𝑥 = −𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟎 → 𝒕 → ∞ 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟏 → 𝒕 → 𝟎 0 1 4 3 𝑙𝑛 1 𝑥 𝑑𝑥 = 4 0 1 3 𝑡 −𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 4 0 ∞ 𝒕𝟏/𝟑𝐞−𝒕𝒅𝑡 = 4𝜞 𝟒 𝟑 = 𝟒 𝟑 𝜞 𝟏 𝟑
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐮𝐞𝐬𝐭𝐨𝐬 𝑎) 0 1 𝑑𝑥 −7𝑙𝑛𝑥 𝑏) 0 1 𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 1 𝑥 𝑐) 0 1 𝑑𝑥 1 − 𝑥4 𝒂) 𝟎 ∞ 𝒆−𝟐𝒙 𝒅𝒙 𝒙 𝒃) 𝟎 ∞ 𝒆−𝟑 𝒙𝒅𝒙 𝒄) 𝟎 ∞ 𝒙 + 𝟏 𝟐𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙
FUNCION BETA 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎 Donde la función integrando:𝒇 𝒙 = 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏𝒅𝒙 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝟎 < 𝒙 < 𝟏 Según la definición de función Beta m, n son cualquier número real positivo Nota. La función Beta 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒎 > 𝟎, 𝒏 > 𝟎 La función Beta se define por la siguiente integral impropia 𝟎 𝟏 𝒙−𝟐/𝟑 (𝟏 − 𝒙)−𝟏/𝟐 𝒅𝒙 = 𝑩 𝟏 𝟑 , 𝟏 𝟐 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐 𝒎 − 𝟏 = − 𝟐 𝟑 → 𝒎 = 𝟏 𝟑 𝒏 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒏 = 𝟏 𝟐
𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 = 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨. 𝒕 = 𝒙 𝟑 → 𝒙 = 𝟑𝒕 → 𝒅𝒙 = 𝟑𝒅𝒕 𝐱 = 𝟎 → 𝐭 = 𝟎; 𝐱 = 𝟑 → 𝐭 = 𝟏 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐞 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐁𝐞𝐭𝐚 𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 = 𝟎 𝟑 𝒙𝟏/𝟐 (𝟑 − 𝒙)𝟏/𝟔 𝒅𝒙 = 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙 𝐇𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮𝐧 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 = 𝟑𝟏/𝟔 𝟎 𝟏 (𝟑𝒕)𝟏/𝟐 (𝟏 − 𝒕)𝟏/𝟔 𝟑𝒅𝐭 = 𝟑𝟓/𝟑 𝟎 𝟏 𝒕𝟏/𝟐 (𝟏 − 𝒕)𝟏/𝟔 𝒅𝐭 = 𝟑𝟓/𝟑 𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 𝒎 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒎 = 𝟑 𝟐 𝒏 − 𝟏 = 𝟏 𝟔 𝒏 = 𝟕 𝟔 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟑 𝟐 + 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚
𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟑 𝟐 + 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟖 𝟑 = 𝝅 𝟏𝟐 𝜞 𝟏 𝟔 𝟏𝟎 𝟗 𝜞 𝟐 𝟑 𝚪 𝐱 + 𝟏 = 𝐱𝚪 𝐱 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 = 𝟏 𝟔 𝜞 𝟏 𝟔 𝜞 𝟖 𝟑 = 𝟓 𝟑 𝜞 𝟓 𝟑 = 𝟓 𝟑 𝟐 𝟑 𝜞 𝟐 𝟑 𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 == 𝟑𝟓/𝟑𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝟑𝟓/𝟑 𝝅 𝟏𝟐 𝜞 𝟏 𝟔 𝟏𝟎 𝟗 𝜞 𝟐 𝟑 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 … 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝟔 𝒙𝟔 = 𝒕 → 𝒙 = 𝒕𝟏/𝟔 , 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟎 < 𝒙 < 𝟏 → 𝟎 < 𝒕 < 𝟏 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟔 𝒕−𝟓/𝟔 𝒅𝒕 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝟔 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝟏 𝟏 − 𝒕 𝒕−𝟓/𝟔𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝒕−𝟓/𝟔 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐𝒅𝒕 𝒎 − 𝟏 = − 𝟓 𝟔 → 𝒎 = 𝟏 𝟔 𝒏 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒏 = 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝒕−𝟓/𝟔 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝑩 𝟏 𝟔 , 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟔 𝜞 𝟏/𝟔 𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟐/𝟑 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎
𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐 1. 0 1 2𝑥3 1 − 𝑥 4 𝑑𝑥
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑩 𝟑, 𝟓 = 𝟎 𝟏 𝒙𝟐 𝟏 − 𝒙 𝟒 𝒅𝒙 = 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝒖 𝟐 𝒖𝟒 𝒅𝒖 𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐄𝐃𝐀𝐃𝐄𝐒 𝟏. 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝑩 𝒏, 𝒎 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏𝒅𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒚𝒏−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒎−𝟏𝒅𝒚 𝑯𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒙 = 𝟏 − 𝒚 𝟏 − 𝒙 = 𝒖 → 𝒅𝒙 = −𝒅𝒖 𝒙 = 𝟎 → 𝒖 = 𝟏; 𝒙 = 𝟏 → 𝒖 = 𝟎 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝒖 𝟐𝒖𝟒𝒅𝒖 = 𝟎 𝟏 𝒖𝟒 − 𝟐𝒖𝟓 + 𝒖𝟔 𝒅𝒖 = 𝒖𝟓 𝟓 − 𝒖𝟔 𝟑 + 𝒖𝟕 𝟕 𝟎 𝟏 = 𝟏 𝟓 − 𝟏 𝟑 + 𝟏 𝟕 = 𝟐𝟏 − 𝟑𝟓 + 𝟏𝟓 𝟏𝟎𝟓 = 𝟏 𝟏𝟎𝟓
𝐏𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝟐. 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 3. 𝟎 𝛑/𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐𝐦−𝟏 𝛉 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐧−𝟏 𝛉 𝐝𝛉 = 𝟏 𝟐 𝐁 𝐦, 𝐧 , 𝐦, 𝐧 > 𝟎 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨𝐬 𝟏. 𝟎 𝟏 𝒙𝟒 𝟏 − 𝒙 𝟑 𝒅𝒙 𝒎 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒎 = 𝟓 𝒏 − 𝟏 = 𝟑 → 𝒏 = 𝟒 𝟎 𝟏 𝒙𝟒 𝟏 − 𝒙 𝟑𝒅𝒙 = 𝜞 𝟓 𝜞 𝟒 𝜞 𝟗 = 𝟒! 𝟑! 𝟖! = 𝟒! 𝒙𝟑𝒙𝟐 𝟖𝒙𝟕𝒙𝟔𝒙𝟓𝒙𝟒! = 𝟏 𝟐𝟖𝟎 2. 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟓𝒙 𝒄𝒐𝒔𝟔 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟑, 𝟕 𝟐 = 𝜞(𝟑)𝜞(𝟕/𝟐) 𝟐𝜞(𝟏𝟑/𝟐) = 𝟐! 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝝅 𝟐𝟑 𝟐 𝟏𝟏. 𝟗. 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝝅 𝟐𝟔 = 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒎 = 𝟑; 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟔 → 𝒏 = 𝟕 𝟐 3. 𝟎 𝟏 𝒙𝟓 𝟏 − 𝒙 𝟑 𝒅𝒙 = 𝑩(𝟔, 𝟒) = 𝜞(𝟔)𝜞(𝟒) 𝜞(𝟏𝟎) 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒎 = 𝟑 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟔 → 𝒏 = 𝟕 𝟐 𝟐 𝟐𝟑𝟏 4. 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅 − 𝟏 = 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 ; 𝟎 < 𝒑 < 𝟏
. 𝟎 𝛑/𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐𝐦−𝟏 𝛉 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐧−𝟏 𝛉 𝐝𝛉 = 𝟏 𝟐 𝐁 𝐦, 𝐧 0 𝛑/𝟐 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 0 𝛑/𝟐 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 = 0 𝛑/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙𝟏/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙−𝟏/𝟐 𝑑𝑥 = 𝟐𝐦 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒎 = 𝟑 𝟒 𝟐𝐧 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → n = 1 4 0 𝛑/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙𝟏/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙−𝟏/𝟐 𝑑𝑥 = 𝛽 𝟑 𝟒 , 𝟏 𝟒 = 𝜞 𝟑 𝟒 𝜞 𝟏 𝟒 𝜞 𝟏 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝒑𝝅 = 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 ; 𝟎 < 𝒑 < 𝟏 = 𝜞 𝟏 𝟒 𝜞 𝟏 − 𝟏 𝟒 = 𝟏 𝟐 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅 𝟒 = 𝝅 𝟐 𝟐 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐵𝑒𝑡𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒:
𝐸𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜 Demuestre que:𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷(𝒂, 𝒃 + 𝟏) 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 = 𝜞 𝒂 + 𝟏 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝟏 + 𝒃 = 𝜷 𝒂, 𝒃 + 𝟏 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 + 𝟏 𝜞 𝒂 + 𝒃 + 𝟏 𝐒𝐮𝐦𝐚𝐧𝐝𝐨 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷 𝒂, 𝒃 + 𝟏 = 𝒂 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 + 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒂 + 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷(𝒂, 𝒃 + 𝟏) 𝒂𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 (𝒂 + 𝒃)𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒂 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 … .∗ = 𝜞 𝒂 𝒃𝜞 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 … . 𝝋 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨
Demuestre que: −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 𝜋 2 , 𝑠𝑖 𝑛 = 0 𝜋 2𝑛 − 1 ‼ 2𝑛 + 2 ‼ , 𝑛 = 1,2,3 … 𝑠𝑖 𝑛 = 0 → −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑑𝑥 = −1 1 1 − 𝑥2𝑑𝑥 = −𝜋/2 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃 = 𝜃 2 + 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 4 −𝜋/2 𝜋/2 = 𝜋 2 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠𝑖 𝑛 = 1,2,3 … −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 2 0 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 0 1 1 − 𝑢 1/2𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 = 𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = 𝑢−1/2 2 𝑑𝑢 𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒂−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒃−𝟏 𝒅𝒙, 𝒃 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒃 = 𝟑 𝟐 𝒂 − 𝟏 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 → 𝒂 = 𝒏 + 𝟏 𝟐 0 1 1 − 𝑢 1/2𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 2 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝜋 2
𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒆𝒔 𝒖 = 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 → 𝒅𝒖 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝒕𝒏−𝟑/𝟐 𝒅𝒕; 𝒗 = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ −𝒆−𝒕 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝟎 𝒃 + 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟑/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝐬𝐞 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚 𝐭𝐚𝐧𝐭𝐚𝐬 𝐯𝐞𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐬𝐭𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐭 = 𝟏/𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝒏 − 𝟑 𝟐 𝒏 − 𝟓 𝟐 𝒏 − 𝟕 𝟐 … . 1 2 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟑 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟕 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟗 𝟐 … 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐
𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟑 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟕 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟗 𝟐 … 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 ‼ 𝝅 𝟐𝒏 0 1 1 − 𝑢 1/2 𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 == 𝜋 2 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 𝟐𝒏 − 𝟏 ‼ 𝝅 𝟐𝒏+𝟏𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 2𝑛 − 1 ‼ 2𝑛 + 2 ‼
𝟎 𝟏 𝒙𝟑(𝟏 − 𝒙)𝟒𝒅𝒙 = 𝑩 𝟒, 𝟓 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒎 − 𝟏 = 𝟑 → 𝒎 = 𝟒 𝒏 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒏 = 𝟓
4. 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒 𝜽𝒄𝒐𝒔𝟓 𝜽𝒅𝜽 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒎 = 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒏 = 𝟑 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒 𝜽𝒄𝒐𝒔𝟓 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟓 𝟐 , 𝟑 = 𝜞 𝟓 𝟐 𝜞 𝟑 𝜞 𝟏𝟏 𝟐 = 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 . 𝟐 𝝅 𝟗 𝟐 𝟕 𝟐 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝝅 = 𝟖 𝟔𝟑 5. 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝒏 , 𝒏 > 𝟎 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒕 = 𝒙𝒏 → 𝒙 = 𝒕𝟏/𝒏 → 𝐝𝐱 = 𝟏 𝒏 𝒕 𝟏 𝒏 −𝟏 𝒅𝒕 0 < 𝒙 < 𝟏 → 𝟎 < 𝒙𝒏 < 𝟏 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝒏 = 𝟏 𝒏 𝟎 𝟏 𝟏 𝟏 − 𝒕 𝒕 𝟏 𝒏 −𝟏 𝒅𝒕 = 𝟏 𝒏 𝟎 𝟏 𝒕 𝟏 𝒏−𝟏 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐 𝒅𝒕 𝑛 − 1 = − 1 2 → 𝑛 = 1 2 𝒎 − 𝟏 = 𝟏 𝒏 − 𝟏 → 𝒎 = 𝟏 𝒏 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟏 𝒏 , 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝒏 𝜞 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟏𝜞 𝟏 𝒏 𝝅 𝟐𝜞 𝟏 𝒏 + 𝟏 𝟐
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟎 𝝅/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟏𝜽𝒅𝜽 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒎−𝟏 𝜽 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒏−𝟏 𝜽 𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝒎, 𝒏 , 𝒎, 𝒏 > 𝟎 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟏𝟏 → 𝒏 = 𝟔 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟎 → 𝒎 = 𝟏 𝟐 𝟎 𝝅/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟏 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟏 𝟐 , 𝟔 = 𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟔 𝜞 𝟏𝟑/𝟐 = 𝟓. 𝟒. 𝟑. 𝟐 𝝅 𝟏𝟏. 𝟗. 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐 𝝅 = 𝟓𝟏𝟐 𝟔𝟗𝟑 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟕 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟒, 𝟏 𝟐 = 𝜞(𝟒)𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟗/𝟐 = 𝟔 𝝅 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐 𝝅 = 𝟑𝟐 𝟑𝟓 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟕 → 𝒎 = 4 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟎 → 𝒏 = 𝟏 𝟐
𝟔. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒕 𝟏/𝟐 𝒅𝒕 𝐚𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝒂𝒙 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒙−𝟏 𝒕𝒂−𝟏 𝒅𝒕, 𝒙 > 𝟎 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒕 𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 𝒙 = 𝟑 𝟐 , 𝒂 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒂 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝟑/𝟐 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 → 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝟑/𝟐 = 𝟏 𝟐 𝝅 𝟏 𝟐 𝟐 = 𝟐𝝅
𝟕. 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝟐/𝟑 𝒅𝒕 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝟐/𝟑 𝒅𝒕 = 𝟎 𝟏 𝒕 − 𝟏 𝟐/𝟑 𝒕−𝟐/𝟑 𝒅𝒕 = 𝑩 𝟏 𝟑 , 𝟓 𝟑 = 𝜞 𝟏/𝟑 𝜞 𝟓/𝟑 𝜞 𝟐 − 𝟐 𝟑 = 𝒎 − 𝟏 → 𝒎 = 𝟏 𝟑 𝟐 𝟑 = 𝒏 − 𝟏 → 𝒏 = 𝟓 𝟑 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
8. Γ 2 = 0 ∞ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ 0 𝑏 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 = −𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒕𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 𝟎 𝒃 = 𝟏

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  • 1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA-ENERGÍA CÁLCULO INTEGRAL Mg. Yolanda Rosa Avalos Sigüenza 𝐂𝐈𝐂𝐋𝐎 𝟐𝟎𝟐𝟑 − 𝐈𝐈
  • 3. Integrales Impropias 3 Vamos a extender el concepto de integral definida para los siguientes tipos: Tipo 1. Cuando los limites de integración son infinitos o el intervalo de integración es infinito. Tipo 2. Cuando la función no está acotada en 𝒂, 𝒃 , es decir la función 𝒇(𝒙) presenta una discontinuidad infinita en 𝒂, 𝒃 . Las integrales que responden a algunos de estos casos se llaman Integrales impropias
  • 4. 𝐎𝐁𝐒𝐄𝐑𝐕𝐀𝐂𝐈Ó𝐍 Hasta el momento , en nuestro estudio del área bajo la curva mediante la integral definida hemos sobreentendido que: 1. Los límites de integración son finitos. 2. La función 𝒇(𝒙) es continua en 𝒂, 𝒃 o bien es acotada en ese intervalo, si 𝒇(𝒙) es discontinua. 3. Cuando se elimina alguna de estas dos condiciones, se dice que la integral resultante es una integral impropia.
  • 5. 𝐈𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐓𝐢𝐩𝐨 𝟏. 𝐈𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐈𝐧𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨𝐬 𝐄𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐢ó𝐧 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐛𝐚𝐣𝐨 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐲 = 𝟏 𝐱𝟐 𝑨 𝒕 = 𝟏 𝒕 𝒅𝒙 𝒙𝟐 = − 𝟏 𝒙 𝟏 𝒕 = 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝑨 𝒕 < 𝟏, 𝒔𝒊𝒏 𝒊𝒎𝒑𝒐𝒓𝒕𝒂𝒓 𝒒𝒖𝒆 𝒕𝒂𝒏 𝒈𝒓𝒂𝒏𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒂 𝒕 𝒔𝒊 𝒔𝒆 𝒕𝒐𝒎𝒂 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒄𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒕 → +∞ 𝐥𝐢𝐦 𝒕→+∞ 𝟏 − 𝟏 𝒕 = 𝟏 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒔𝒊 𝒕 → +∞, el área será 𝟏
  • 6. 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝒊) 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏 𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 ∀𝒙 ≥ 𝒂, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑎 ∞ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝐒𝐢 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐎𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐟𝐢𝐠. 𝟏 𝒊𝒊) 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏 𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 ∀𝒙 ≤ 𝒃, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 −∞ 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim 𝑎→−∞ 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝐒𝐢 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐎𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐟𝐢𝐠. 𝟐
  • 7. 𝐃𝐄𝐅𝐈𝐍𝐈𝐂𝐈Ó𝐍 𝐃𝐄 𝐔𝐍𝐀 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐆𝐑𝐀𝐋 𝐈𝐌𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐀 𝐃𝐄 𝐓𝐈𝐏𝐎 𝟏 𝐼) 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐚 𝐭 𝐟 𝐱 𝐝𝐱, ∀𝐭 ≥ 𝐚, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞: 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝒔𝒊𝒆𝒎𝒑𝒓𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝒆𝒍 𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒂 𝐼𝐼) 𝒔𝒊 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒕 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, ∀𝒕 ≤ 𝒃, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆: −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒂→−∞ 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝐬𝐢𝐞𝐦𝐩𝐫𝐞 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐼𝐼𝐼) 𝐬𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 ∀𝐱 𝐲 𝐚 𝐞𝐬 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐧ú𝐦𝐞𝐫𝐨 𝐞𝐧 ℝ, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = −∞ 𝒂 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙,
  • 8. 𝑳𝒂𝒔 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍𝒆𝒔: 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝐃𝐄𝐅𝐈𝐍𝐈𝐂𝐈Ó𝐍 𝐃𝐄 𝐔𝐍𝐀 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐆𝐑𝐀𝐋 𝐈𝐌𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐀 𝐃𝐄𝐋 𝐓𝐈𝐏𝐎 𝟏 𝒂) 𝐬𝐞 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐧 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔, 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝒃) 𝐬𝐞 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐧 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 , 𝐬𝐢 𝐧𝐨 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐞𝐥 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝑐) Si las integrales −∞ 𝐚 𝐟 𝐱 𝐝𝐱, + 𝐚 +∞ 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐬𝐨𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞𝐬, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑵𝒐𝒕𝒂. −𝐚𝐪𝐮í 𝐬𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐫 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐧ú𝐦𝐞𝐫𝐨 𝐫𝐞𝐚𝐥 𝐚
  • 9. 𝑎 ∞ 𝑥𝑛𝑑𝑥, 𝑎 > 0 lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑥𝑛 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑥𝑛+1 𝑛 + 1 𝑎 𝑏 = 1 𝑛 + 1 𝑏𝑛+1 − 𝑎𝑛+1 𝒊) 𝒔𝒊 𝒏 > −𝟏 → 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 lim 𝑏→∞ 𝐹 𝑏 = ∞; 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑎 ∞ 𝑥𝑛𝑑𝑥, 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒 𝐢𝐢) 𝐬𝐢 𝐧 < −𝟏 → 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐲 𝑎 ∞ 𝑥𝑛 𝑑𝑥, = − 𝑎𝑛+1 𝑛 + 1 𝐢𝐢) 𝐬𝐢 𝐧 = −𝟏 → 𝑎 ∞ 𝑥𝑛 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑎 𝑏 𝑑𝑥 𝑥 = lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 𝑥 𝑎 𝑏 = ln 𝑏 − ln(𝑎) 𝑐𝑜𝑚𝑜 lim 𝑏→∞ 𝐹 𝑏 = ∞ ∴ 𝒍𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝑬𝒗𝒂𝒍𝒖𝒂𝒓:
  • 10. 𝟏. 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝟒. −∞ +∞ 𝟐𝒙 𝒙𝟐 + 𝟐 𝒅𝒙 𝟐. −𝟑 𝟐 𝒙 𝒙 + 𝟑 𝒅𝒙 𝟓. −𝟐 𝟒 𝟏 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙 Ejemplos 𝟑. −∞ +∞ 𝟐𝒙 𝒆𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝐓𝐨𝐝𝐚𝐬 𝐞𝐬𝐭𝐚𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐬𝐨𝐧 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚𝐬 −𝟑 𝟐 ∞ 0 −2 −∞ 2 ∞ 0 −∞ ∞ −𝟐 − 𝟏 𝟎 𝟏 𝟒
  • 11. 𝟏. 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 lim 𝑏→+∞ 1 𝑏 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝑑𝑥 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 1 = 𝑑𝑥 𝑥 + 3/2 2 − 13 4 = 1 13 ln 2𝑥 + 3 − 13 2𝑥 + 3 + 13 𝟏 𝟏𝟑 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝟐𝒙 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒙 + 𝟑 + 𝟏𝟑 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 − 𝒍𝒏 𝟐 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐 + 𝟑 + 𝟏𝟑 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 = 𝒍𝒏 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟐𝒃 + 𝟑 − 𝟏𝟑 𝟐𝒃 + 𝟑 + 𝟏𝟑 = 𝒍𝒏 𝟏 = 𝟎 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟏𝟑 𝒍𝒏 𝟓 − 𝟏𝟑 𝟓 + 𝟏𝟑 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
  • 12. −∞ +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 lim 𝑎→−∞ 𝑎 0 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 + −∞ +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 = −∞ 0 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 + 0 +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 0 +∞ 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥 = 𝑒𝑥 1 + 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑒𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑥 lim 𝑎→−∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 𝑎 0 + lim 𝑏→∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥 0 𝑏 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒆𝟎 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝒆−∞ + 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝒆+∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒆𝟎 𝜋 4 − 0 + 𝜋 2 − 𝜋 4 = 𝜋 2 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = 𝑑𝑢 𝑢2 + 1 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑒𝑥
  • 13. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨. 𝟏 𝐄𝐧𝐜𝐮𝐞𝐧𝐭𝐫𝐞 𝐞𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐥𝐢𝐦𝐢𝐭𝐚𝐝𝐚 𝐩𝐨𝐫 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐲 = 𝐞−𝐱 , 𝐱 = −𝟏 𝐲 𝐞𝐥 𝐞𝐣𝐞 𝐱 𝑨 = −𝟏 +∞ 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝟏 𝒃 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒆−𝒙 −𝟏 𝒃 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝑨 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒆−𝒃 + 𝒆𝟏 = − 𝟏 𝒆𝒃 + 𝒆 = − 𝟏 𝒆∞ + 𝒆 = 𝒆 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐 𝟐 𝟎 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟗 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟗 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝒙 𝟑 𝟎 𝒃 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝒃 𝟑 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈(𝟎) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈(𝟎) = 𝝅 𝟐 0
  • 14. Ejemplo 3. 𝟎 +∞ 𝟐𝐱𝐞−𝐱 𝐝𝐱 Integrando por partes 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝐮 = 𝐱 → 𝐝𝐮 = 𝐝𝐱; 𝐝𝐯 = 𝐞−𝐱 → 𝐯 = −𝐞−𝐱 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝐞−𝐱 𝟎 𝒃 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒆−𝒙𝒅𝒙 = −𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝒆𝟎(𝟎 + 𝟏) = −2 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 + 𝟎 𝒃 𝒆−𝒙𝒅𝒙 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ −𝒙𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝒆−𝒙 𝟎 𝒃 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃𝒆−𝒃 − 𝟎𝒆𝟎 + 𝒆−𝒃 − 𝒆𝟎 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃𝒆−𝒃 + 𝒆−𝒃 − 𝒆𝟎 − 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝟏 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒃 + 𝟏 𝒆𝒃 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒆𝒃 = 𝟎
  • 15. 0 ∞ 𝑑𝑥 𝑥2 + 1 𝐥𝐢𝐦 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒙 𝟎 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒃 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝒃 − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝟎 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏∞ − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏𝟎 = 𝝅 𝟐 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
  • 16. PROBLEMAS Determine si las integrales indicadas son convergentes o divergentes, en caso de ser convergente, determine su valor. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. −∞ −𝟒 𝟏 −𝒙 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒙𝒆−𝒙 𝒅𝒙 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙𝟐 𝒅𝒙 −∞ +∞ 𝟏 𝟏 + 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝟒 +∞ 𝟏 𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒆𝒙 𝟏 + 𝒆𝒙 𝒅𝒙 𝟎 +∞ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙
  • 17. 𝟐 ∞ 𝒙𝟐 − 𝟓 𝒙 + 𝟒 𝒅𝒙 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 lim 𝑏→∞ 2 𝑏 𝑥2 − 5 𝑥 + 4 𝑑𝑥 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 2 𝑏 𝑥2 − 5 𝑥 + 4 𝑑𝑥 = 𝑥2 2 − 4𝑥 + 11𝑙𝑛 𝑥 + 4 2 𝑏 𝑏2 2 − 4𝑏 + 11𝑙𝑛 𝑏 + 4 − −6 + 11ln(6) 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝑏2 2 − 4𝑏 + 11𝑙𝑛 𝑏 + 4 − −6 + 11ln(6) 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒃𝟐 𝟐 − 𝟒𝒃 + 𝟏𝟏𝒍𝒏 𝒃 + 𝟒 − −𝟔 + 𝟏𝟏𝒍𝒏(𝟔) ∞ + 𝟏𝟏𝒍𝒏 ∞ − −𝟔 + 𝟏𝟏 ln 𝟔 = ∞
  • 18. −∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = −∞ 𝟎 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 + 𝟎 +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 𝟎 +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = lim 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 𝟎 𝒃 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 − 𝟎 𝒃 𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 = 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝟎 𝒃 𝒖 = 𝒙 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒙; 𝒅𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 → 𝒗 = 𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙 = 𝒃𝒔𝒆𝒏𝒉𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒃 − 𝟎𝒔𝒆𝒏𝒉 𝟎 − 𝒄𝒔𝒉 𝟎 = 𝒃𝒔𝒆𝒏𝒉𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒃 − 𝟏 lim 𝒃→+∞ 𝑏𝑠𝑒𝑛ℎ𝑏 − 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑏 = lim 𝒃→+∞ 𝐛(𝐞𝟐𝐛 − 𝟏) 𝟐𝐞𝐛 − 𝐞𝟐𝐛 + 𝟏 𝟐𝐞𝐛 = ∞ 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝐬𝐞𝐧𝐡𝐛 = 𝐞𝐛 − 𝐞−𝐛 𝟐 = 𝐞𝟐𝐛 − 𝟏 𝟐𝐞𝐛
  • 19. lim 𝑏→+∞ b(e2b − 1) 2eb − e2b + 1 2eb = lim 𝑏→+∞ b(e2b − 1) − e2b − 1 2eb
  • 20. Integrales impropias de Tipo 2: 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂+𝜺 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝑎 𝑏 𝒂+ 𝜺 𝜺 𝒊𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝑎 𝑏 𝐛 − 𝜺 𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝒊𝒊𝒊) 𝐒𝐢 𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐱𝐜𝐞𝐩𝐭𝐨 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐜, 𝐚 < 𝐜 < 𝐛, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝛆 > 𝟎, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝑏 𝒄 𝒄 − 𝜺1 𝒄 + 𝜺2 𝑎 𝜺1 𝜺2
  • 21. 21 Integrales impropias de Tipo 2: El área de la región es: 𝑨(𝑹) = 𝟐 𝟏𝟎 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟐+𝜺 𝟏𝟎 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙 Intervalos discontinuos 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨. 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟐 𝐱 − 𝟐 𝟐+𝛆 𝟏𝟎 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟖 − 𝟐 + 𝛆 − 𝟐 = 𝟒 𝟐𝒖𝟐 𝑑𝑜𝑚 𝑓 : 𝒙 − 𝟐 > 𝟎 → 𝒙 > 𝟐 𝒙 𝒚 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝒙 − 𝟐 𝟐 + 𝜺 2 𝟏𝟎 𝟐 + 𝜺 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝛆→𝟎+ 𝟖 − 𝛆
  • 22. Ejemplo 𝒆𝒗𝒂𝒍ú𝒆: −∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 −∞ +∞ 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱 = 𝐥𝐢𝐦 𝐚→−∞ 𝐚 𝟎 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱 + 𝐥𝐢𝐦 𝐛→+∞ 𝟎 𝐛 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐡𝐱𝐝𝐱𝐝𝐱 … … . (∗) 𝒔𝒆𝒂 𝒖 = 𝒙 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒙; 𝒅𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 → 𝒗 = 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 −∞ +∞ 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝒂 𝟎 + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙𝒔𝒊𝒏𝒉𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙 𝟎 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ 𝟎𝒔𝒊𝒏𝒉 𝟎 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝟎 − 𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 − 𝟎𝒔𝒊𝒏𝒉 𝟎 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝟎) 𝟎 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ −𝟏 − 𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 + 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 𝒂→−∞ −𝒂𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒂 + 𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒂) + 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒃𝒔𝒊𝒏𝒉 𝒃 − 𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒃 = ∞ 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟏 𝟎 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬
  • 23. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑐 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 1 ∞ 𝑥 2𝑥2 + 2𝑐 − 𝑐 𝑥 + 1 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑥 2𝑥2 + 2𝑐 − 𝑐 𝑥 + 1 = 𝑥2 + 𝑥 − 2𝑐𝑥2 − 2𝑐2 2𝑥2 + 2𝑐 𝑥 + 1 = (1 − 2𝑐)𝑥2 +𝑥 − 2𝑐2 2𝑥2 + 2𝑐 𝑥 + 1 observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea convergente, el grado del numerador debe ser menor que 2 . luego c = 1 2 1 ∞ 𝑥 2𝑥2 + 1 − 1 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 lim 𝑏→∞ 1 𝑏 𝑥 2𝑥2 + 1 − 1 2(𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 1 4 1 𝑏 4𝑥 2𝑥2 + 1 𝑑𝑥 − 1 2 1 𝑏 1 𝑥 + 1 𝑑𝑥 = lim 𝑏→∞ 1 4 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 − 1 2 𝑙𝑛 𝑥 + 1 1 𝑏 = lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1/4 1 𝑏 = 1 4 lim 𝑏→∞ 𝑙𝑛 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1 𝑏 = 1 4 𝑙𝑛 lim 𝑏→∞ 2𝑥2 + 1 𝑥 + 1 2 1 𝑏 = 1 4 𝑙𝑛 lim 𝑏→∞ 2𝑏2 + 1 𝑏 + 1 2 − 3 4 = 1 4 𝑙𝑛 5 4
  • 24. E𝑱𝑬𝑹𝑪𝑰𝑪𝑰𝑶 𝐸𝑣𝑎𝑙ú𝑒: 𝑎) 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 𝑏) 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 0,4 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆 𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒆𝒏 𝒙 = 𝟏 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 0 4 (𝑥 − 1)−2 𝑑𝑥 = − 1 𝑥 − 1 0 4 4 𝟏 𝟏 − 𝜺1 𝟏 + 𝜺2 2 𝜺1 𝜺2 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 0 4 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺1 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝟏+𝜺𝟐 𝟒 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺1 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ − 1 𝑥 − 1 0 𝟏−𝜺1 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 1 𝜺1 − 1 = ∞ − 1 3 + 1
  • 25. 𝑏) 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 = 0 𝜋/2 𝜋/2 − 𝜺 𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 0 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 0 𝜋 2 −𝜺 𝑐𝑜𝑠𝑥 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑢2 = 1 − 𝑠𝑒𝑛𝑥 → 2𝑢𝑑𝑢 = −𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 = − 2𝑢𝑑𝑢 𝒖 = −𝟐𝒖 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟐 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟎 𝜋 2 −𝜺 = −𝟐 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏 𝝅 𝟐 − 𝜺 − 𝟏 = 2
  • 26. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 1. 4 15 𝑑𝑥 3 𝑥 − 4 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆: 4 15 𝑑𝑥 3 𝑥 − 4 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟒+𝜺 𝟏𝟓 𝒙 − 𝟒 −𝟏/𝟑 𝒅𝒙 = 3 2 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 𝟒+𝜺 𝟏𝟓 4 15 𝟒+ 𝜺 𝜺 = 𝟑 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟑 𝟏𝟐𝟏 − 𝟒 + 𝜺 − 𝟒 𝟐/𝟑 = 𝟑 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟑 𝟏𝟐𝟏 − 𝜺𝟐/𝟑 = 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟐𝟏(𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆) 2. −5 5 𝑑𝑥 2𝑥 − 10 4 −𝟓 𝟓 𝒅𝒙 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 𝟒 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟐 −𝟓 𝟓−𝜺 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 −𝟒 (𝟐) 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 𝟑 −𝟓 𝟓−𝜺 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒂 𝒃−𝜺 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 −5 5 𝟓 − 𝜺 𝜺 = − 𝟏 𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 −𝟐𝜺 𝟑 − 𝟏 𝟖𝟎𝟎𝟎 = − 𝟏 𝟔 ∞ − 𝟏 𝟖𝟎𝟎𝟎 = −∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎 = 𝟐 𝟓 − 𝜺 − 𝟏𝟎) = 𝟏𝟎 − 𝟐𝜺 − 𝟏𝟎
  • 27. INTEGRALES IMPROPIAS DE TIPO 3 𝒂 +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙; −∞ 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 −∞ +∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 Donde se combinan de los dos tipos anteriores Ejemplo. Evalúe −𝟐 +∞ 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟑 𝟑𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 −𝟐 𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟑 𝒙𝟑 + 𝟖 +∞ −𝟐 𝜺 −𝟐+𝜺 −𝟐 +∞ 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟐+𝜺 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟎 𝒃 𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟖 𝟐 𝒅𝒙, 𝟎 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 1 𝒙𝟑+8 −𝟐+𝜺 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 1 𝒙𝟑+8 𝟎 𝒃 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚….
  • 28. = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 1 𝒙𝟑+8 −𝟐+𝜺 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 1 𝒙𝟑+8 𝟎 𝒃 … 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟖 − 𝟏 𝟏𝟐𝜺 − 𝟔𝜺𝟐 + 𝜺𝟑 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃𝟑 + 𝟖 − 𝟏 𝟖 = − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝟖 − 𝟏 𝟎 − 1 3 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 ∞𝟑 + 𝟖 − 𝟏 𝟖 = − 1 3 𝟏 𝟖 − ∞ − 1 3 𝟎 − 𝟏 𝟖 = ∞ + 𝟏 𝟐𝟒 = ∞ 𝒆𝒔 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆
  • 29. 𝐟 𝐱 = 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝟎 +∞ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞: 𝟎 +∞ 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 = 𝟎 𝟑−𝜺 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 + 𝟑+𝜺 𝟓 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 + 𝟓 +∞ 𝟏 𝐱 − 𝟑 𝟐 𝐝𝐱 𝟎 𝟑−∈ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟑−𝜺 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟐 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒙 − 𝟑 −𝟐𝒅𝒙 = − 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝒙 − 𝟑 𝟎 𝟑−∈ = − 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ − 𝟏 ∈ − 𝟏 𝟑 = ∞ 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 0 +∞ 𝟑 𝟓 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
  • 30. Calcular el área si es posible bajo la curva entre 𝐟 𝐱 = 𝟏 𝐱 , 𝐱 ≥ 𝟏 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑪𝒐𝒎𝒐 𝟏 𝒙 > 𝟎, ∀𝒙 ∈ 𝟏, +∞ 𝑨 𝒕 = 𝟏 +∞ 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒍𝒏𝒙 𝟏 𝒃 = = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒃 − 𝒍𝒏(𝟏) = 𝒍𝒏 +∞ − 𝟎 = +∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐍𝐨 𝐬𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐞𝐥 á𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐢ó𝐧 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝒙
  • 31. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫𝐞𝐬 𝐞𝐧𝐭𝐞𝐫𝐨𝐬 𝐝𝐞 n 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐥𝐨𝐬 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐞𝐬 𝟎 𝟏 𝐝𝐱 𝟏 − 𝐱 𝟏−𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐲 𝐞𝐯𝐚𝐥ú𝐞 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐞𝐬𝐨𝐬 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫𝐞𝐬 S𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒇 𝒙 = 𝟏 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝟎, 𝟏 0 1 𝟏 − 𝜺 𝜺 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 (− 𝒅𝒙) = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟏 − 𝒙 𝒏 𝒏 𝟎 𝟏−𝜺 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝜺𝒏 𝒏 − 𝟏 𝒏 = − 𝟎 − 𝟏 𝒏 𝒔𝒊 𝟏 − 𝒏 ≠ 𝟏 ⟺ 𝒏 ≠ 𝟎, 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = 𝟏 𝒏 , 𝒔𝒊 𝒏 ∈ 𝕫 − 𝟎 , 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝟏 Rpta. −Es convergente 𝒔𝒊 𝒏 ∈ 𝕫 − 𝟎 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = − 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝒔𝒊 𝒏 = 𝟎 − 𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 𝟎 𝟏 = − 𝐥𝐧 𝟎 − 𝐥𝐧(𝟏) ∄
  • 32. 𝒔𝒊 𝒏 = 𝟎 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 𝟏−𝒏 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝟎 𝟏−𝜺 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙 = − 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 𝟎 𝟏−𝜺 − (−𝒅𝒙) 𝟏 − 𝒙 = −𝒍𝒏 𝟏 − 𝒙 = −𝑙𝑛 1 − 1 + 𝜺 + 𝑙𝑛 1 = −𝑙𝑛 0 + 𝑙𝑛 1
  • 33. 𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎𝐒 𝐃𝐄 𝐂𝐎𝐍𝐕𝐄𝐑𝐆𝐄𝐍𝐂𝐈𝐀 De las integrales impropias se quiere sabersi son convergentes o divergentes
  • 34. 𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎 𝐃𝐄 𝐂𝐎𝐌𝐏𝐀𝐑𝐀𝐂𝐈Ó𝐍 𝐒𝐞𝐚 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐮𝐧𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚, 𝐝𝐞𝐬𝐞𝐚𝐦𝐨𝐬 𝐬𝐚𝐛𝐞𝐫 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐞𝐥𝐥𝐨 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐚𝐞𝐫 𝐮𝐧𝐚 𝐧𝐮𝐞𝐯𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐠 𝐱 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐟 𝐱 𝐭𝐚𝐥 𝐪𝐮𝐞: 𝒊)𝟎 ≤ 𝒇 𝒙 ≤ 𝒈 𝒙 𝒄𝒐𝒏 𝒂 < 𝒙 < 𝒃 ó 𝒊𝒊)𝟎 ≤ 𝒈 𝒙 ≤ 𝒇 𝒙 𝒄𝒐𝒏 𝒂 < 𝒙 < 𝒃 𝐄𝐧 𝐞𝐥 𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐫 𝐜𝐚𝐬𝐨: 𝟎 ≤ 𝐟 𝐱 ≤ 𝐠 𝐱 ∧ 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ⟹ 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐄𝐧 𝐞𝐥 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨 𝐜𝐚𝐬𝐨: 𝟎 ≤ 𝐠 𝐱 ≤ 𝐟 𝐱 ∧ 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ⟹ 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐓𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚. −𝐒𝐞𝐚𝐧 𝐟 𝐲 𝐠 𝐝𝐨𝐬 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐭𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐪𝐮𝐞 𝐟 𝐱 ≤ 𝐠 𝐱 , 𝐚 ≤ 𝐱 ≤ 𝐛 𝒚 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐬𝐨𝐧 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐢𝐦𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐚𝐬 𝐒𝐢 𝐚 𝐛 𝐠 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞, 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐚 𝐛 𝐟 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
  • 35. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟏. 𝟎 𝟏 𝐱𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐 𝟏 𝐱 𝐝𝐱 , 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏 𝟏 𝒙 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝟎, 𝟏 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐬𝐞 𝐬𝐚𝐛𝐞 𝐪𝐮𝐞: −𝟏 ≤ 𝐬𝐞𝐧𝐱 ≤ 𝟏; 𝐬𝐞𝐧(𝐱) ≤ 𝟏 𝒔𝒆𝒏 𝟏 𝒙 ≤ 𝟏, ∀𝒙 ≠ 𝟎 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 ≤ 𝟏 𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 ≤ 𝒙𝟐, 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟏 𝒇 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟎 𝟏 𝒙𝟐𝒅𝒙 = 𝒙𝟑 𝟑 𝟎 𝟏 = 𝟏 𝟑 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 ∴ 𝟎 𝟏 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
  • 36. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟐. 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 𝟗 + 𝐱𝟒 ≥ 𝐱𝟒 , ∀𝐱 ≥ 𝟑 𝟏 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟏 𝒙𝟐 → 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟏 𝟑𝒙𝟒 > 𝟎 𝟏 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟏 𝟑𝒙𝟔 , x ≥ 3 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 ≤ 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟔 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟔 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝟑 𝟑 𝒃 𝒙−𝟔𝒅𝒙 = − 𝟏 𝟏𝟓 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒙𝟓 𝟑 𝒃 = − 𝟏 𝟏𝟓 𝐥𝐢𝐦 𝐛→+∞ 𝟏 𝐛𝟓 − 𝟏 𝟐𝟒𝟑 = 𝟏 𝟑𝟔𝟒𝟓 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 ∴ 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝟑𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒 𝒆𝒔convergente 𝟗 + 𝐱𝟒 ≥ 𝐱𝟐 , ∀𝐱 ≥ 𝟑 𝟏 𝟑 𝟑 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟒 𝟗 + 𝒙𝟒
  • 37. Ejemplo 3. Dada la integral determine si es convergente o divergente 𝟎 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 𝟎 ≤ 𝒇 𝒙 ≤ 𝒈(𝒙) 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐱𝟐 + 𝟓𝐱 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝟎, 𝟒 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≥ 𝒙, ∀𝒙 ∈ 𝟎, 𝟒 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≤ 𝟏 𝒙 → 𝟏 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ≤ 𝟏 𝒙 0 4 𝑑𝑥 𝑥 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 0+𝜺 4 𝑥−1/2 𝑑𝑥 = 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒙 𝜺 𝟒 = 𝟐 𝟐 − 𝟎 = 𝟒 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟎 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 lim ∈→0+ ∈ 𝟒 𝒅𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 = 𝒙 + 𝟐 𝟐 − 𝟒 𝒙 + 𝟐 = 𝒖 → 𝒅𝒙 = 𝒅𝒖 𝑑𝑢 𝒖𝟐 − 𝟒 = 𝑙𝑛 𝑢 + 𝒖𝟐 − 𝟒 = 𝑙𝑛 𝑥 + 2 + 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 ∈ 4 = 𝑙𝑛 6 + 32 − 𝑙𝑛 ∈ +2 + ∈𝟐 +𝟒 ∈ 𝑙𝑛 6 + 32 − ln(2)
  • 38. −∞ 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 .Ejemplo. Evalúe Integral combinada de primer y segundo tipo −∞, −𝟏 ∪ −𝟏, 𝟎 Ejemplo. Evalúe 𝟎 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 Discontinua en x=a 𝟎 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 = 𝟎 𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 + 𝒂 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒂−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒂+𝜺𝟐 𝟐𝒂 𝒅𝒙 𝒙 − 𝒂 𝟐 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝛆1→𝟎+ −𝟏 𝐚 − 𝛆1 − 𝐚 − 𝟏 𝐚 + 𝐥𝐢𝐦 𝛆𝟐→𝟎+ −𝟏 𝟐𝐚 − 𝐚 + 𝟏 𝐚 + 𝛆𝟐 − 𝐚 = ∞ 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
  • 39. −∞ 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 #𝐸𝑣𝑎𝑙ú𝑒: 𝒂 𝒃 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺1→𝟎+ 𝒂 𝒄−𝜺1 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐 𝒃 𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 −∞, −𝟏 ∪ −𝟏, 𝟎 −∞ − 2 − 1 0 𝜺1 𝜺𝟐 lim 𝑎→−∞ 𝒂 −𝟐 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 lim 𝜺1→0+ −𝟐 −𝟏−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 lim 𝜺2→0+ −𝟏+𝜺2 𝟎 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝐼 = lim 𝑎→−∞ 1 2 𝑙𝑛 𝑥 − 1 𝑥 + 1 𝑎 −2 = 1 2 𝑙𝑛 3 − 1 2 𝑙𝑛 1 − 2 𝑎 + 1 = 1 2 𝑙𝑛 3 lim 𝜺1→0+ −𝟐 −𝟏−𝜺1 𝒅𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 = lim 𝜺1→0+ 1 2 𝑙𝑛 𝑥 − 1 𝑥 + 1 −2 −𝟏−𝜺1 = 1 2 𝑙𝑛 −2 − 𝜺1 −𝜺1 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒
  • 40. Ejemplo Determine si la integral es convergente o divergente 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝒇(𝒙) = 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 , 𝒈(𝒙) = 𝟏 𝟐𝒙𝟒 , 𝒆𝒔𝒕𝒐𝒆𝒔𝒇(𝒙) ≤ 𝒈(𝒙) Como 𝒈(𝒙) es convergente, entonces 𝐟(𝒙) es convergente 1 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 = lim 𝒃→+∞ 1 𝑏 𝒅𝒙 𝟐𝒙𝟒 = − 𝟏 𝟏𝟎 lim 𝒃→+∞ 𝟏 𝒙𝟓 𝟏 𝒃 = − 𝟏 𝟏𝟎 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 Ejemplo analiza la convergencia o divergencia de 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝟎 ≤ 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 ≤ 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 = 𝟏 𝟐 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒆𝒙 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒆𝒙 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 → 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝟐𝒆𝒙 + 𝟏 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆
  • 41. Ejercicios. Estudie la convergencia o divergencia de 𝒂) 𝟏 +∞ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝒃) 𝟑 +∞ 𝟕 𝒙𝟑𝟒 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙 𝒄) 𝟎+ 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝒙 𝒅𝒙 𝒅) 𝟏 +∞ 𝟒𝒙𝟐 𝟒 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙
  • 42. CRITERIO DEL COCIENTE 𝒇(𝒙) ≥ 𝟎𝒈(𝒙) ≥ 𝟎, ∀𝒙 ∈ 𝒂, +∞ i) Si 𝒍𝒊𝒎 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝒄, 𝒄 ≠ 𝟎 ó ∞, 𝒍𝒂𝒔 𝒊𝒏𝒕 𝒆 𝒈𝒓𝒂𝒍𝒆𝒔 𝟎 ∞ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙, 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙, 𝒂𝒎𝒃𝒂𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏 𝒐 𝒂𝒎𝒃𝒂𝒔 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏 ii) 𝑺𝒊 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝟎𝒚𝒔𝒊 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 → 𝟎 ∞ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 iii)𝑺𝒊 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = ∞ 𝒚 𝒔𝒊 𝟎 ∞ 𝒈(𝒙)𝒅𝒙 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 → 𝟎 ∞ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 Si f y g son funciones continuas sobre el intervalo 𝒂, +∞ y
  • 43. Ejemplo. Analice la convergencia o divergencia de 𝟏 +∞ 𝟒𝒙𝒅𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 = 𝟒 𝟏 +∞ 𝒙𝒅𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 𝒙 𝒙𝟒 𝟓 + 𝟖 𝒙𝟐 + 𝟑 𝒙𝟒 → 𝒈(𝒙) = 𝟏 𝒙𝟑 , 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝐥𝐢𝐦 𝒙→+∞ 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙) = 𝒙 𝟓𝒙𝟒 + 𝟖𝒙𝟐 + 𝟑 𝟏 𝒙𝟑 = 𝟒 𝟓 ≠ 𝟎 𝒆𝒔𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 Ejemplo. analice la convergencia o divergencia de 𝟒 +∞ 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒙𝟔 + 𝟑𝟐 𝒅𝒙 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
  • 44. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 −𝟏 𝟎 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟎 −𝟏 𝟎 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 𝒖 = 𝒙−𝟏 → 𝒅𝒖 = −𝒙−𝟐𝒅𝒙 𝒅𝒗 = 𝒆𝟏/𝒙 𝒙𝟐 𝐝𝐱 → 𝒗 = −𝒆𝟏/𝒙 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝟎−𝜺 𝒆𝟏/𝒙 𝟐𝒙𝟑 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒆𝟏/𝒙 − 𝟏 𝒙 𝒆𝟏/𝒙 −𝟏 −𝜺 = 𝟏 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝒆−𝟏/𝜺 − 𝟏 𝜺 𝒆− 𝟏 𝜺 − 𝟐𝒆−𝟏 = − 𝟏 𝜺 𝐥𝐢𝐦 𝜺→𝟎+ 𝒆− 𝟏 𝜺 𝜺 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ 𝟏 𝜺 𝒆− 𝟏 𝜺 = 𝒍𝒊𝒎 𝜺→𝟎+ −𝟏 𝜺𝟐 −𝟏 𝜺𝟐 𝒆− 𝟏 𝜺 = 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
  • 45. 𝐦𝐮𝐞𝐬𝐭𝐫𝐞 𝐪𝐮𝐞 𝟏 ∞ 𝐝𝐱 𝐱𝐩 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝐩 > 𝟏, 𝐲 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝐩 ≤ 𝟏 𝑖) 𝒑 ≠ 𝟏, 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒙−𝒑 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = − 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒊𝒊) 𝒑 > 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = 𝟏 𝒑 − 𝟏 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝒊𝒊𝒊)𝒑 < 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒙−𝒑+𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒃𝒑−𝟏 − 𝟏 𝟏 − 𝒑 = +∞, 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒊𝒗) 𝒑 = 𝟏 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝟏 𝒃 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒙 𝟏 𝒃 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝐥𝐧 𝒃 − 𝐥𝐧(𝟏) = +∞, 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟎
  • 46. 𝒆𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐 𝒎𝒖𝒆𝒔𝒕𝒓𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐬𝐢 𝟎 < 𝒑 < 𝟏, 𝒚 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒔𝒊 𝒑 ≥ 𝟏, 𝐱 ∈ 𝟎, 𝟏 𝒊) 𝐬𝐢 𝟎 < 𝒑 < 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒙−𝒑𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒙−𝒑+𝟏 𝟎+∈ 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝟏 − 𝒑 𝒊𝒊) 𝐬𝐢 𝐩 = 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒅𝒙 𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝐥𝐧(𝟏) − 𝒍𝒏 ∈ = +∞, 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝒊𝒊𝒊) 𝐬𝐢𝒑 > 𝟏 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝒑 − 𝟏 ∈𝒑−𝟏 − 𝟏 𝒑 − 𝟏 = +∞ , 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝑥−𝑝 𝑑𝑥 = 𝑥−𝑝+1 −𝑝 + 1 ∈ 1
  • 47. 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝒙𝒑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎+∈ 𝟏 𝒙−𝒑𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟏 −𝒑 + 𝟏 𝒙−𝒑+𝟏 𝟎+∈ 𝟏 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏 𝟏 − 𝒑 − 𝝐𝟏−𝒑 𝟏 − 𝒑 = 𝟏 𝟏 − 𝒑 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞
  • 48. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟏. 𝟒 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 𝒙𝟐 + 𝟒 , 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐨 𝐝𝐢𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝟎 < 𝟏 𝒙𝟐 𝒙𝟐 + 𝟒 ≤ 𝟏 𝒙𝟐 , ∀𝒙 ∈ 𝟒, +∞ 𝟒 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑 = 𝟐 2. 𝟏 +∞ 𝐬𝐞𝐧 𝐱𝟐 𝐱𝟐 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒐 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝟎 < 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟐 𝒙𝟐 < 𝟏 𝒙𝟐 ∴ 1 +∞ sen x2 x2 𝑑𝑥, 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 −𝟏 +∞ 𝐬𝐞𝐧 𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒐 𝒅𝒊𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆? 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝟏 +∞ 𝒅𝒙 𝒙𝟐 , 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑 = 𝟐
  • 49. 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞 𝐤 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐬𝐞𝐚 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞 𝟐 +∞ 𝒌 𝒙 + 𝟐 − 𝟓𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝒅𝒙 𝟐 +∞ 𝒌 𝒙 + 𝟐 − 𝟓𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝒅𝒙 = 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝑙𝑛 lim 𝑏→+∞ 𝒙 + 𝟐 𝒌 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 = 𝑘 = 5 3 = 𝒍𝒏 𝟏 𝟑 − 𝟒𝟓/𝟑 𝟒𝟏/𝟑 𝟓/𝟔 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒌𝒍𝒏 𝒙 + 𝟐 − 𝟓 𝟔 𝒍𝒏 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 = 𝒍𝒊𝒎 𝒃→+∞ 𝒍𝒏 𝒙 + 𝟐 𝒌 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 𝑙𝑛 lim 𝑏→+∞ 𝒙 + 𝟐 𝟓/𝟑 𝟑𝒙𝟐 + 𝒌 𝟓/𝟔 𝟐 𝒃 = 𝒍𝒏 lim 𝑏→+∞ 𝑏5/3 3𝑏5/3 − 45/3 41/3 5/6
  • 50. 0 11 𝑑𝑥 𝑥 − 1 2/3 𝟎 𝟒−∈ 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 + 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟒 𝟐/𝟑 = 𝐥𝐢𝐦 ∈→𝟎+ 𝟎 𝟒−∈ 𝒙 − 𝟒 −𝟐/𝟑𝒅𝒙 + 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒙 − 𝟒 −𝟐/𝟑𝒅𝒙 + 4 0 11 ∈ ∈ 𝟒 −∈ 𝟒 +∈ 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐. 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝟎 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 = 𝟎 𝟒−∈ 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 + 𝟒+∈ 𝟏𝟏 𝒅𝒙 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 = 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 = lim ∈→0+ 3 3 𝑥 − 4 0 𝟒−∈ + lim ∈→0+ 3 3 𝑥 − 4 𝟒+∈ 𝟏𝟏 = 𝟑 𝟑 𝟒 + 𝟑 𝟏𝟏
  • 51. 1 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 𝟐𝒙 𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟒 𝒕𝟐 + 𝟏 𝒕 𝒕𝒅𝒕 = 𝟒 𝒕𝟑 𝟑 + 𝒕 = 𝟒 𝒙 − 𝟏 𝟑/𝟐 𝟑 + 𝒙 − 𝟏 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨. 𝐄𝐯𝐚𝐥ú𝐞: 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 1 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 = lim ∈→0+ 1+∈ 2 2𝑥 𝑥 − 1 𝑑𝑥 𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟏+∈ 𝟐 𝟐𝒙 𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟒𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝒙 − 𝟏 𝟑/𝟐 𝟑 + 𝒙 − 𝟏 𝟏+∈ 𝟐 𝟏𝟔 𝟑 − 𝟒𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝟎 + 𝟎 𝒊𝒎𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒕𝒊𝒑𝒐 𝟐
  • 52. 𝟐 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 = 𝟐+∈ 𝟏𝟎 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝟏𝟎 𝒃 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟒 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏𝟎 − 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏 + 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 ∞ − 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐜 𝟏𝟎 = 𝟎 + 𝝅 𝟐 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐. 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝟏 ∞ 𝒅𝒙 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒊𝒎𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒕𝒊𝒑𝒐 𝟑 = 𝒍𝒊𝒎 ∈→𝟎+ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 𝒙 𝟐 𝟐+∈ 𝟏𝟎 + 𝐥𝐢𝐦 𝒃→+∞ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 𝒙 𝟐 𝟏𝟎 𝒃
  • 53. FUNCIÓN GAMMA FUNCIÓN BETA 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 Definición. La función gamma es aquella cuya regla de correspondencia y dominio son 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟏 𝟐 → 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝝅, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟏 → 𝜞 𝟏 = 𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒆−𝒕 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟐 → 𝜞 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕𝒆−𝒕 Nota. La función Gamma no se puede evaluar en término de funciones elementales La función Gamma posee propiedades muy útiles para el cálculo de integrales que se pueden expresar en términos de ella
  • 54. 𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟎 ∞ 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ = − lim 𝒃→∞ 𝟏 𝒆∞ − 𝟏 𝒆𝟎 = 𝟏 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = − 𝟎 𝒃 𝒆−𝒕(− 𝒅𝒕) = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝐬𝐞 𝐫𝐞𝐬𝐮𝐞𝐥𝐯𝐞 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬 𝑡𝒆−𝒕𝑑𝑡 = 𝒖 = 𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒕; 𝒗 = −𝒆−𝒕 −𝑡𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 −𝑑𝑡 = −𝑡𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 = 𝒆−𝒕 (−𝑡 − 1) − lim 𝒃→∞ 𝒆−𝒕 (𝑡 + 1)𝟎 𝒃 − 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 − 𝟏 𝟏 = 1 lim 𝒃→∞ 𝒆−𝒃 𝒃 + 𝟏 = lim 𝒃→∞ 𝒃 + 𝟏 𝒆𝒃 = lim 𝒃→∞ 𝟏 𝒆𝒃 = 𝟎
  • 55. 𝐅𝐔𝐍𝐂𝐈Ó𝐍 𝐆𝐀𝐌𝐌𝐀 Teorema 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 , ∀ 𝒙 > 𝟎; 𝜞 𝟏 = 𝟏 𝑷𝒓𝒖𝒆𝒃𝒂 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬 𝒖 = 𝒆−𝒕 → 𝒅𝒖 = −𝒆−𝒕 ; 𝒅𝒗 = 𝒕𝒙−𝟏 𝐝𝐭 → 𝒗 = 𝒕𝒙 𝒙 𝜞 𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝐥𝐢𝐦 𝒙→∞ 𝒆−𝒕 𝒕𝒙 𝒙 𝟎 ∞ + 𝟏 𝒙 𝟎 ∞ 𝒕𝒙𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟎 + 𝟏 𝒙 𝜞 𝒙 + 𝟏 ∴ 𝒙 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟏; 𝜞 𝟏 = 𝟎 ∞ 𝒕𝟎𝒆−𝒕𝒅𝒕 = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ = − 𝐥𝐢𝐦 𝒕→∞ 𝒆−𝒕 = 𝟏 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎
  • 56. 𝜞 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆𝒇(𝒕) = 𝒕𝒆−𝒕 lim 𝑏→∞ 0 𝑏 𝒕𝒆−𝒕𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝒕𝒆−𝒕 + 0 𝑏 𝒆−𝒕𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝒕𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 0 𝑏 = −𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒕𝒆−𝒕 − 𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒆−𝒕 = − 𝒃𝒆−𝒃 − 𝟎 + 𝒆−𝒃 − 𝟏 𝒖 = 𝒕; 𝒅𝒗 = 𝒆−𝒕𝐝𝐭 0 𝑏 𝒆𝒃 = 1 𝒆𝒃 0
  • 57. 𝟐. 𝜞(𝟏/𝟐) = 𝝅 = 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 Prolongación Analítica Ejemplo 𝜞(𝟓) = 𝟒! = 𝟒𝒙𝟑𝒙𝟐𝒙𝟏 = 𝟐𝟒 𝜞(𝟕) = 𝟔! = 𝟔𝒙𝟓𝒙𝟒𝒙𝟑𝒙𝟐𝒙𝟏 = 𝟕𝟐𝟎 𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐄𝐃𝐀𝐃𝐄𝐒 1. 𝜞 𝒏 = 𝒏 − 𝟏 !, 𝒔𝒊 𝒏 = 𝟏, 𝟐, 𝟑. . . 𝑺𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐞𝐱𝐭𝐞𝐧𝐝𝐞𝐫 𝐥𝐚 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐠𝐚𝐦𝐦𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐱 < 𝟎 𝐝𝐞𝐥 𝐭𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 → 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙 … . . (𝜶) −𝟏 < 𝒙 < 𝟎 → 𝟎 < 𝒙 + 𝟏, 𝒅𝒆 𝒎𝒐𝒅𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒐𝒓(𝜶)𝒔𝒆 𝒉𝒂 𝒆𝒙𝒕𝒆𝒏𝒅𝒊𝒅𝒐 𝒂𝒍 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐 − 𝟏 < 𝒙 < 𝟎 𝒚 𝒂𝒔í 𝒔𝒖𝒄𝒆𝒔𝒊𝒗𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝑵𝒐𝒕𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝜞 𝒏 𝐧𝐨 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐫 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐝𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐧 = −𝟏, 𝐧𝐢 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐧𝐢𝐧𝐠𝐮𝐧 𝕫−
  • 58. 3. 𝜞 − 𝟓 𝟐 = 𝜞 − 𝟓 𝟐 +𝟏 − 𝟓 𝟐 = −𝟐 𝟓 𝜞 − 𝟑 𝟐 = −𝟐 𝟓 −𝟐 𝟑 𝜞 − 𝟏 𝟐 = −𝟐 𝟓 −𝟐 𝟑 −𝟐 𝟏 𝜞 𝟏 𝟐 = − 𝟖 𝟏𝟓 𝝅 𝐸𝑗𝑒𝑚𝑝𝑙𝑜 𝟏. 𝜞 − 𝟏 𝟐 = 𝜞 − 𝟏 𝟐 + 𝟏 − 𝟏 𝟐 = −𝟐𝜞 𝟏 𝟐 = −𝟐 𝝅 𝑷𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔 𝑎) 𝜞 𝟎+ = +∞, 𝜞 +∞ = +∞, 𝒃) 𝐥𝐢𝐦 𝒙→𝟎+ 𝒙𝜞 𝒙 = 𝟏 𝒄) 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 = 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅𝒑 , 𝟎 < 𝒑 < 𝟏, 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒎𝒖𝒆𝒔𝒕𝒓𝒂 𝒄𝒐𝒏 𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆𝒔 𝟐. 𝜞(−𝟑/𝟐) = 𝜞(−𝟏/𝟐) −𝟑/𝟐 = 𝟒 𝟑 𝝅 𝜞 − 𝟑 𝟐 = 𝜞 − 𝟑 𝟐 +𝟏 − 𝟑 𝟐 = − 𝟐 𝟑 𝜞(−𝟏/𝟐) 𝜞 − 𝟑 𝟐 = 𝟒 𝟑 𝝅 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙
  • 59. 𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝒊) 𝒔𝒊 𝒆𝒏 𝜞 𝒙 , se hace el cambio de variable 𝒖 = 𝒆−𝒕 𝒅𝒖 = −𝒆−𝒕 dt −𝒕𝒍𝒏 𝒆 = 𝒍𝒏𝒖 → −𝒕 = 𝒍𝒏𝒖 𝒕 → 𝟎, 𝒖 → 𝟏, 𝒕 → +∞, 𝒖 → 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝒊𝒊) 𝒔𝒊 𝒖 = 𝒕𝒂 , 𝒂 > 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝒂𝒙 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒙−𝟏 𝒕𝒂−𝟏 𝒅𝒕, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎
  • 61. Ejemplos Calcule la integral 𝟎 ∞ 𝒙𝟑𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒙𝟑/𝟐 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 ∞ 𝒙𝟑/𝟐 𝒆−𝒙 𝒅𝒙 = 𝜞 𝟓 𝟐 𝜞 𝟓 𝟐 = 𝜞 𝟏 + 𝟑 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝜞 𝟏 + 𝟏 𝟐 = 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟑 𝟒 𝝅 1. 2.Calcule 𝟎 ∞ 𝒙𝟏𝟎 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒖 = 𝒙𝟐 → 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒖−𝟏/𝟐 𝒅𝒖, 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙 = 𝟎, 𝒖 = 𝟎 ; 𝒙 → ∞, 𝒖 → ∞ 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒖 𝟏𝟏 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 = 𝜞 𝟏𝟏 𝟐 = 𝟗𝟒𝟓 𝟏𝟔 𝝅 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 3. 𝟎 ∞ 𝒙𝟓/𝟐 𝒆−𝟔𝒙 𝒅𝒙 = 𝒕 = 𝟔𝒙 → 𝒅𝒕 = 𝟔𝒅𝒙; 𝒙 = 𝒕 𝟔 , 𝒙 = 𝟎 → 𝒕 = 𝟎, 𝒙 = ∞, 𝒕 = ∞ 𝟏 𝟔 𝟎 ∞ 𝒕 𝟔 𝟓/𝟐 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟎 ∞ 𝒕 𝟔 𝟓 𝟐 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟏 𝟔𝟓/𝟐 𝟎 ∞ 𝒕 𝟕 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔𝟕/𝟐 𝜞 𝟕 𝟐 = 𝟏 𝟔𝟕/𝟐 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟏𝟓 𝝅 𝟖 𝟔𝟕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒕 − 𝟏 = 𝟑 𝟐 → 𝒕 = 𝟓 𝟐 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙
  • 62. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐𝒔 3. 𝜞 𝟑 = 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟐. 𝟏. 𝜞 𝟏 = 𝟐. 𝟏 = 𝟐! 4. 𝜞 𝟓 = 𝟒𝜞 𝟒 = 𝟒. 𝟑. 𝜞 𝟑 = 𝟒. 𝟑. 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟒. 𝟑. 𝟐. 𝟏𝜞 𝟏 = 𝟒! 5. 𝜞 𝟕 = 𝟔𝜞 𝟔 = 𝟔. 𝟓. 𝜞 𝟓 = 𝟔. 𝟓. 𝟒𝜞 𝟒 = 𝟔. 𝟓. 𝟒. 𝟑𝜞 𝟑 = 𝟔. 𝟓. 𝟒. 𝟑. 𝟐𝜞 𝟐 = 𝟔! 𝐍𝐨𝐭𝐚. 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝐀𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝒂) 0 ∞ 𝑡1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 0 ∞ 𝑡 3 2−1 𝑒−𝑡𝑑𝑡 → 𝑥 = 3 2 , luego 𝟎 ∞ 𝒕 𝟑 𝟐 −𝟏 𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝜞 𝟏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟐 𝝅 𝑏) 𝟎 ∞ 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙 , (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐭 = 𝒙𝟐 → 𝒅𝒕 = 𝟐𝐱𝐝𝐱) 𝟎 ∞ 𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟐 𝒙 = 𝒕𝟏/𝟐 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐𝒆−𝒕𝒅𝒕
  • 63. Ejercicio. Para n=1,2,…, y 𝒎 > −𝟏 probar que 𝟎 𝟏 𝒙𝒎 𝐥𝐧 𝒙 𝒏 𝒅𝒙 = (−𝟏)𝒏 𝒏! (𝒎 + 𝟏)𝒏+𝟏 1. 2. calcule 𝒂) 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕, 𝒃) 𝟎 ∞ 𝒕𝟏𝟎 𝒆−𝟓𝒕 𝒅𝒕 𝒄) 𝟎 ∞ 𝒕𝟐𝒆−𝟐𝒕𝟐 𝒅𝒕, 𝒅) 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 Pruebe que: 𝒊) 𝟎 𝟏 𝐥𝐧 𝒙 𝒏 𝒅𝒙 = (−𝟏)𝒏 𝒏!, 𝒏 = 𝟏, 𝟐, . . . 𝒊𝒊) 0 1 ln 1 𝑥 1/2 𝑑𝑥 = 𝜋 2
  • 64. 𝑡1/2 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 𝑡2𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝑢 = 𝑡1/2 → 𝑑𝑢 = 1 2 𝑡−1/2𝑑𝑡; 𝑣 = −𝑒−𝑡 𝑡1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 = −𝑒−𝑡𝑡 1 2 + 1 2 𝑡−1/2𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝑡−1/2 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 𝑢 = 𝑡1/2 𝒖 = 𝒕−𝟏/𝟐 → 𝒅𝒖 = − 𝟏 𝟐 𝒕−𝟑/𝟐 𝒅𝒕
  • 65. 𝒂) 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟐𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝟐𝒅𝒕 𝒕 = 𝒖 𝟐 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟐𝒕 𝐬𝐢 𝐭 = 𝟎 → 𝐮 = 𝟎 𝐬𝐢 𝐭 = ∞ → 𝐮 = ∞ 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝟐𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒖 𝟐 −𝟏/𝟐 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 = 𝟐 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝟐𝝅 𝟐 𝒙 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒙 = 𝟏 𝟐
  • 66. 𝒃) 𝟎 ∞ 𝒕𝟏𝟎 𝒆−𝟓𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒖 = 𝟓𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝟓𝒅𝒕 → 𝒅𝒖 𝟓 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟎 → 𝒖 = 𝟎 𝒔𝒊 𝒕 = ∞ → 𝒖 = ∞ 𝒕 = 𝒖 𝟓 𝟎 ∞ 𝐭𝟏𝟎 𝐞−𝟓𝐭 𝐝𝐭 = 𝟏 𝟓 𝟎 ∞ 𝐮 𝟓 𝟏𝟎 𝐞−𝐮 𝐝𝐮 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝟎 ∞ 𝒖𝟏𝟎 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 𝒙 − 𝟏 = 𝟏𝟎 → 𝒙 = 𝟏𝟏 𝟎 ∞ 𝐭𝟏𝟎 𝐞−𝟓𝐭 𝐝𝐭 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝜞 𝟏𝟏 = 𝟏 𝟓𝟏𝟏 𝟏𝟎!
  • 67. 𝒅) 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟎 → 𝒖 → ∞ 𝐮 = −𝐥𝐧𝐭 → 𝐭 = 𝒆−𝒖 → 𝒅𝒕 = −𝒆−𝒖𝒅𝒖 𝒔𝒊 𝒕 = 𝟏 → 𝒖 → 𝟎 𝟎 𝟏 (𝐥𝐧 𝒕)𝟒 𝒅𝒕 = ∞ 𝟎 𝒖 𝟒 (−𝒆−𝒖 𝒅𝒖) = 0 ∞ 𝑢4 𝒆−𝒖 𝒅𝒖 = 𝜞 𝟓 = 𝟒!
  • 68. 0 1 𝑑𝑥 −5𝑙𝑛𝑥 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝐮 = −𝐥𝐧𝐱 → 𝐥𝐧𝐱 = −𝐮 → 𝐱 = 𝐞−𝐮 → 𝒅𝒙 = −𝐞−𝐮 𝒅𝒖 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐒𝐢 𝐱 = 𝟎, 𝐮 → ∞ ; 𝐬𝐢 𝐱 = 𝟏 → 𝐮 → 𝟎 ∞ 0 −𝐞−𝐮 𝒅𝒖 𝑢 = 1 5 0 ∞ 𝒖−𝟏/𝟐𝐞−𝐮𝒅𝒖 = 1 5 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟓 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝒙 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒙 = 𝟏 𝟐
  • 69. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝟎 𝟏 𝟒 𝟑 𝒍𝒏 𝟏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐭 = 𝐥𝐧 𝟏 𝐱 → 𝟏 𝐱 = 𝐞𝐭 → 𝐞−𝐭 = 𝐱 𝑑𝑥 = −𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟎 → 𝒕 → ∞ 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟏 → 𝒕 → 𝟎 0 1 4 3 𝑙𝑛 1 𝑥 𝑑𝑥 = 4 0 1 3 𝑡 −𝑒−𝑡𝑑𝑡 = 4 0 ∞ 𝒕𝟏/𝟑𝐞−𝒕𝒅𝑡 = 4𝜞 𝟒 𝟑 = 𝟒 𝟑 𝜞 𝟏 𝟑
  • 70. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐮𝐞𝐬𝐭𝐨𝐬 𝑎) 0 1 𝑑𝑥 −7𝑙𝑛𝑥 𝑏) 0 1 𝑑𝑥 𝑥𝑙𝑛 1 𝑥 𝑐) 0 1 𝑑𝑥 1 − 𝑥4 𝒂) 𝟎 ∞ 𝒆−𝟐𝒙 𝒅𝒙 𝒙 𝒃) 𝟎 ∞ 𝒆−𝟑 𝒙𝒅𝒙 𝒄) 𝟎 ∞ 𝒙 + 𝟏 𝟐𝒆−𝒙𝟐 𝒅𝒙
  • 71. FUNCION BETA 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎 Donde la función integrando:𝒇 𝒙 = 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏𝒅𝒙 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝟎 < 𝒙 < 𝟏 Según la definición de función Beta m, n son cualquier número real positivo Nota. La función Beta 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒎 > 𝟎, 𝒏 > 𝟎 La función Beta se define por la siguiente integral impropia 𝟎 𝟏 𝒙−𝟐/𝟑 (𝟏 − 𝒙)−𝟏/𝟐 𝒅𝒙 = 𝑩 𝟏 𝟑 , 𝟏 𝟐 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐 𝒎 − 𝟏 = − 𝟐 𝟑 → 𝒎 = 𝟏 𝟑 𝒏 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒏 = 𝟏 𝟐
  • 72. 𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 = 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨. 𝒕 = 𝒙 𝟑 → 𝒙 = 𝟑𝒕 → 𝒅𝒙 = 𝟑𝒅𝒕 𝐱 = 𝟎 → 𝐭 = 𝟎; 𝐱 = 𝟑 → 𝐭 = 𝟏 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐞 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐁𝐞𝐭𝐚 𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 = 𝟎 𝟑 𝒙𝟏/𝟐 (𝟑 − 𝒙)𝟏/𝟔 𝒅𝒙 = 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙 𝐇𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮𝐧 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 = 𝟑𝟏/𝟔 𝟎 𝟏 (𝟑𝒕)𝟏/𝟐 (𝟏 − 𝒕)𝟏/𝟔 𝟑𝒅𝐭 = 𝟑𝟓/𝟑 𝟎 𝟏 𝒕𝟏/𝟐 (𝟏 − 𝒕)𝟏/𝟔 𝒅𝐭 = 𝟑𝟓/𝟑 𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 𝒎 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒎 = 𝟑 𝟐 𝒏 − 𝟏 = 𝟏 𝟔 𝒏 = 𝟕 𝟔 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟑 𝟐 + 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 = 𝒙𝜞 𝒙 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚
  • 73. 𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟑 𝟐 + 𝟕 𝟔 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 𝜞 𝟖 𝟑 = 𝝅 𝟏𝟐 𝜞 𝟏 𝟔 𝟏𝟎 𝟗 𝜞 𝟐 𝟑 𝚪 𝐱 + 𝟏 = 𝐱𝚪 𝐱 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 = 𝝅 𝟐 𝜞 𝟕 𝟔 = 𝟏 𝟔 𝜞 𝟏 𝟔 𝜞 𝟖 𝟑 = 𝟓 𝟑 𝜞 𝟓 𝟑 = 𝟓 𝟑 𝟐 𝟑 𝜞 𝟐 𝟑 𝟎 𝟑 𝟔 𝐱𝟑(𝟑 − 𝐱)𝐝𝐱 == 𝟑𝟓/𝟑𝑩 𝟑 𝟐 , 𝟕 𝟔 = 𝟑𝟓/𝟑 𝝅 𝟏𝟐 𝜞 𝟏 𝟔 𝟏𝟎 𝟗 𝜞 𝟐 𝟑 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 … 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
  • 74. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝟔 𝒙𝟔 = 𝒕 → 𝒙 = 𝒕𝟏/𝟔 , 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝟎 < 𝒙 < 𝟏 → 𝟎 < 𝒕 < 𝟏 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟔 𝒕−𝟓/𝟔 𝒅𝒕 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝟔 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝟏 𝟏 − 𝒕 𝒕−𝟓/𝟔𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝒕−𝟓/𝟔 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐𝒅𝒕 𝒎 − 𝟏 = − 𝟓 𝟔 → 𝒎 = 𝟏 𝟔 𝒏 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒏 = 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟔 𝟎 𝟏 𝒕−𝟓/𝟔 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 𝟏 𝟔 𝑩 𝟏 𝟔 , 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟔 𝜞 𝟏/𝟔 𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟐/𝟑 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎
  • 76. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑩 𝟑, 𝟓 = 𝟎 𝟏 𝒙𝟐 𝟏 − 𝒙 𝟒 𝒅𝒙 = 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝒖 𝟐 𝒖𝟒 𝒅𝒖 𝐏𝐑𝐎𝐏𝐈𝐄𝐃𝐀𝐃𝐄𝐒 𝟏. 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝑩 𝒏, 𝒎 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏𝒅𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒚𝒏−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒎−𝟏𝒅𝒚 𝑯𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒙 = 𝟏 − 𝒚 𝟏 − 𝒙 = 𝒖 → 𝒅𝒙 = −𝒅𝒖 𝒙 = 𝟎 → 𝒖 = 𝟏; 𝒙 = 𝟏 → 𝒖 = 𝟎 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝒖 𝟐𝒖𝟒𝒅𝒖 = 𝟎 𝟏 𝒖𝟒 − 𝟐𝒖𝟓 + 𝒖𝟔 𝒅𝒖 = 𝒖𝟓 𝟓 − 𝒖𝟔 𝟑 + 𝒖𝟕 𝟕 𝟎 𝟏 = 𝟏 𝟓 − 𝟏 𝟑 + 𝟏 𝟕 = 𝟐𝟏 − 𝟑𝟓 + 𝟏𝟓 𝟏𝟎𝟓 = 𝟏 𝟏𝟎𝟓
  • 77. 𝐏𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝟐. 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 3. 𝟎 𝛑/𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐𝐦−𝟏 𝛉 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐧−𝟏 𝛉 𝐝𝛉 = 𝟏 𝟐 𝐁 𝐦, 𝐧 , 𝐦, 𝐧 > 𝟎 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨𝐬 𝟏. 𝟎 𝟏 𝒙𝟒 𝟏 − 𝒙 𝟑 𝒅𝒙 𝒎 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒎 = 𝟓 𝒏 − 𝟏 = 𝟑 → 𝒏 = 𝟒 𝟎 𝟏 𝒙𝟒 𝟏 − 𝒙 𝟑𝒅𝒙 = 𝜞 𝟓 𝜞 𝟒 𝜞 𝟗 = 𝟒! 𝟑! 𝟖! = 𝟒! 𝒙𝟑𝒙𝟐 𝟖𝒙𝟕𝒙𝟔𝒙𝟓𝒙𝟒! = 𝟏 𝟐𝟖𝟎 2. 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟓𝒙 𝒄𝒐𝒔𝟔 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟑, 𝟕 𝟐 = 𝜞(𝟑)𝜞(𝟕/𝟐) 𝟐𝜞(𝟏𝟑/𝟐) = 𝟐! 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝝅 𝟐𝟑 𝟐 𝟏𝟏. 𝟗. 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝝅 𝟐𝟔 = 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒎 = 𝟑; 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟔 → 𝒏 = 𝟕 𝟐 3. 𝟎 𝟏 𝒙𝟓 𝟏 − 𝒙 𝟑 𝒅𝒙 = 𝑩(𝟔, 𝟒) = 𝜞(𝟔)𝜞(𝟒) 𝜞(𝟏𝟎) 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒎 = 𝟑 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟔 → 𝒏 = 𝟕 𝟐 𝟐 𝟐𝟑𝟏 4. 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅 − 𝟏 = 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 ; 𝟎 < 𝒑 < 𝟏
  • 78. . 𝟎 𝛑/𝟐 𝐬𝐞𝐧𝟐𝐦−𝟏 𝛉 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐧−𝟏 𝛉 𝐝𝛉 = 𝟏 𝟐 𝐁 𝐦, 𝐧 0 𝛑/𝟐 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 0 𝛑/𝟐 𝑡𝑎𝑛𝑥𝑑𝑥 = 0 𝛑/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙𝟏/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙−𝟏/𝟐 𝑑𝑥 = 𝟐𝐦 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒎 = 𝟑 𝟒 𝟐𝐧 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → n = 1 4 0 𝛑/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒙𝟏/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙−𝟏/𝟐 𝑑𝑥 = 𝛽 𝟑 𝟒 , 𝟏 𝟒 = 𝜞 𝟑 𝟒 𝜞 𝟏 𝟒 𝜞 𝟏 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝒑𝝅 = 𝜞 𝒑 𝜞 𝟏 − 𝒑 ; 𝟎 < 𝒑 < 𝟏 = 𝜞 𝟏 𝟒 𝜞 𝟏 − 𝟏 𝟒 = 𝟏 𝟐 𝝅 𝒔𝒆𝒏 𝝅 𝟒 = 𝝅 𝟐 𝟐 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐵𝑒𝑡𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒:
  • 79. 𝐸𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜 Demuestre que:𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷(𝒂, 𝒃 + 𝟏) 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝜞 𝒎 𝜞 𝒏 𝜞 𝒎 + 𝒏 𝜞 𝒙 = 𝜞 𝒙 + 𝟏 𝒙 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 = 𝜞 𝒂 + 𝟏 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝟏 + 𝒃 = 𝜷 𝒂, 𝒃 + 𝟏 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 + 𝟏 𝜞 𝒂 + 𝒃 + 𝟏 𝐒𝐮𝐦𝐚𝐧𝐝𝐨 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷 𝒂, 𝒃 + 𝟏 = 𝒂 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 + 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒂 + 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝜷 𝒂 + 𝟏, 𝒃 + 𝜷(𝒂, 𝒃 + 𝟏) 𝒂𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 (𝒂 + 𝒃)𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒂 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 … .∗ = 𝜞 𝒂 𝒃𝜞 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝒃 𝒂 + 𝒃 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 … . 𝝋 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨
  • 80. Demuestre que: −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 𝜋 2 , 𝑠𝑖 𝑛 = 0 𝜋 2𝑛 − 1 ‼ 2𝑛 + 2 ‼ , 𝑛 = 1,2,3 … 𝑠𝑖 𝑛 = 0 → −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑑𝑥 = −1 1 1 − 𝑥2𝑑𝑥 = −𝜋/2 𝜋/2 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃 = 𝜃 2 + 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 4 −𝜋/2 𝜋/2 = 𝜋 2 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠𝑖 𝑛 = 1,2,3 … −1 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 2 0 1 1 − 𝑥2 1/2𝑥2𝑛𝑑𝑥 = 0 1 1 − 𝑢 1/2𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 = 𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = 𝑢−1/2 2 𝑑𝑢 𝜷 𝒂, 𝒃 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒂−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒃−𝟏 𝒅𝒙, 𝒃 − 𝟏 = 𝟏 𝟐 → 𝒃 = 𝟑 𝟐 𝒂 − 𝟏 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 → 𝒂 = 𝒏 + 𝟏 𝟐 0 1 1 − 𝑢 1/2𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 = 𝜞 𝒂 𝜞 𝒃 𝜞 𝒂 + 𝒃 = 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 2 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝜋 2
  • 81. 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝜞(𝒙) = 𝟎 ∞ 𝒕𝒙−𝟏 𝒆−𝒕 𝒅𝒕, 𝒙⟩𝟎 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒆𝒔 𝒖 = 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 → 𝒅𝒖 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝒕𝒏−𝟑/𝟐 𝒅𝒕; 𝒗 = −𝒆−𝒕 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ 𝟎 𝒃 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 = lim 𝒃→∞ −𝒆−𝒕 𝒕𝒏−𝟏/𝟐 𝟎 𝒃 + 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟎 ∞ 𝒕𝒏−𝟑/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝐬𝐞 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚 𝐭𝐚𝐧𝐭𝐚𝐬 𝐯𝐞𝐜𝐞𝐬 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐬𝐭𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐭 = 𝟏/𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝒏 − 𝟏 𝟐 𝒏 − 𝟑 𝟐 𝒏 − 𝟓 𝟐 𝒏 − 𝟕 𝟐 … . 1 2 𝟎 ∞ 𝒕−𝟏/𝟐 𝒆−𝒕 𝒅𝒕 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟑 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟕 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟗 𝟐 … 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐
  • 82. 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟑 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟕 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟗 𝟐 … 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟐𝒏 − 𝟏 ‼ 𝝅 𝟐𝒏 0 1 1 − 𝑢 1/2 𝑢𝑛− 1 2𝑑𝑢 == 𝜋 2 𝜞 𝒏 + 𝟏 𝟐 𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 𝟐𝒏 − 𝟏 ‼ 𝝅 𝟐𝒏+𝟏𝜞 𝒏 + 𝟐 = 𝜋 2𝑛 − 1 ‼ 2𝑛 + 2 ‼
  • 83. 𝟎 𝟏 𝒙𝟑(𝟏 − 𝒙)𝟒𝒅𝒙 = 𝑩 𝟒, 𝟓 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝑩 𝒎, 𝒏 = 𝟎 𝟏 𝒙𝒎−𝟏 𝟏 − 𝒙 𝒏−𝟏 𝒅𝒙, 𝒎⟩𝟎, 𝒏⟩𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒎 − 𝟏 = 𝟑 → 𝒎 = 𝟒 𝒏 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒏 = 𝟓
  • 84. 4. 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒 𝜽𝒄𝒐𝒔𝟓 𝜽𝒅𝜽 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟒 → 𝒎 = 𝟓 𝟐 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟓 → 𝒏 = 𝟑 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒 𝜽𝒄𝒐𝒔𝟓 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟓 𝟐 , 𝟑 = 𝜞 𝟓 𝟐 𝜞 𝟑 𝜞 𝟏𝟏 𝟐 = 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 . 𝟐 𝝅 𝟗 𝟐 𝟕 𝟐 𝟓 𝟐 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝝅 = 𝟖 𝟔𝟑 5. 𝐄𝐯𝐚𝐥𝐮𝐚𝐫 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝒏 , 𝒏 > 𝟎 𝒉𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒕 = 𝒙𝒏 → 𝒙 = 𝒕𝟏/𝒏 → 𝐝𝐱 = 𝟏 𝒏 𝒕 𝟏 𝒏 −𝟏 𝒅𝒕 0 < 𝒙 < 𝟏 → 𝟎 < 𝒙𝒏 < 𝟏 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟎 𝟏 𝒅𝒙 𝟏 − 𝒙𝒏 = 𝟏 𝒏 𝟎 𝟏 𝟏 𝟏 − 𝒕 𝒕 𝟏 𝒏 −𝟏 𝒅𝒕 = 𝟏 𝒏 𝟎 𝟏 𝒕 𝟏 𝒏−𝟏 𝟏 − 𝒕 −𝟏/𝟐 𝒅𝒕 𝑛 − 1 = − 1 2 → 𝑛 = 1 2 𝒎 − 𝟏 = 𝟏 𝒏 − 𝟏 → 𝒎 = 𝟏 𝒏 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟏 𝒏 , 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝒏 𝜞 𝟏 𝟐 𝜞 𝟏 𝒏 + 𝟏 𝟐 = 𝟏𝜞 𝟏 𝒏 𝝅 𝟐𝜞 𝟏 𝒏 + 𝟏 𝟐
  • 85. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟎 𝝅/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟏𝜽𝒅𝜽 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒎−𝟏 𝜽 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒏−𝟏 𝜽 𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝒎, 𝒏 , 𝒎, 𝒏 > 𝟎 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟏𝟏 → 𝒏 = 𝟔 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟎 → 𝒎 = 𝟏 𝟐 𝟎 𝝅/𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟏 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟏 𝟐 , 𝟔 = 𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟔 𝜞 𝟏𝟑/𝟐 = 𝟓. 𝟒. 𝟑. 𝟐 𝝅 𝟏𝟏. 𝟗. 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐 𝝅 = 𝟓𝟏𝟐 𝟔𝟗𝟑 𝟎 𝝅/𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟕 𝜽𝒅𝜽 = 𝟏 𝟐 𝑩 𝟒, 𝟏 𝟐 = 𝜞(𝟒)𝜞 𝟏/𝟐 𝜞 𝟗/𝟐 = 𝟔 𝝅 𝟕. 𝟓. 𝟑. 𝟏 𝟐. 𝟐. 𝟐. 𝟐 𝝅 = 𝟑𝟐 𝟑𝟓 𝟐𝒎 − 𝟏 = 𝟕 → 𝒎 = 4 𝟐𝒏 − 𝟏 = 𝟎 → 𝒏 = 𝟏 𝟐
  • 86. 𝟔. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒕 𝟏/𝟐 𝒅𝒕 𝐚𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝜞 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒖 𝒙−𝟏 𝒅𝒖, 𝒙 > 𝟎 𝜞 𝒙 = 𝒂𝒙 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒙−𝟏 𝒕𝒂−𝟏 𝒅𝒕, 𝒙 > 𝟎 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝒕 𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 𝒙 = 𝟑 𝟐 , 𝒂 − 𝟏 = − 𝟏 𝟐 → 𝒂 = 𝟏 𝟐 𝜞 𝟑 𝟐 = 𝟏 𝟐 𝟑/𝟐 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 → 𝟎 𝟏 𝒍𝒏 𝟏 𝒕 𝟏/𝟐 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 = 𝜞 𝟑 𝟐 𝟏 𝟐 𝟑/𝟐 = 𝟏 𝟐 𝝅 𝟏 𝟐 𝟐 = 𝟐𝝅
  • 87. 𝟕. 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝟐/𝟑 𝒅𝒕 𝟎 𝟏 𝟏 − 𝟏 𝒕 𝟐/𝟑 𝒅𝒕 = 𝟎 𝟏 𝒕 − 𝟏 𝟐/𝟑 𝒕−𝟐/𝟑 𝒅𝒕 = 𝑩 𝟏 𝟑 , 𝟓 𝟑 = 𝜞 𝟏/𝟑 𝜞 𝟓/𝟑 𝜞 𝟐 − 𝟐 𝟑 = 𝒎 − 𝟏 → 𝒎 = 𝟏 𝟑 𝟐 𝟑 = 𝒏 − 𝟏 → 𝒏 = 𝟓 𝟑 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
  • 88. 8. Γ 2 = 0 ∞ 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ 0 𝑏 𝑡𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑏→∞ −𝑡𝑒−𝑡 − 𝑒−𝑡 = −𝒍𝒊𝒎 𝒃→∞ 𝒕𝒆−𝒕 − 𝒆−𝒕 𝟎 𝒃 = 𝟏