calculo_diferencial_integral_func_una_var

Integración por partes 428 • Cuando la integral v(x)u′(x) dx es del mismo tipo que la integral de partida, pero más sencilla, de manera que reiterando el proceso se llega a una integral inmediata. Este es el caso cuando f (x) es de la forma P (x) eax, P (x) sen(ax), P (x) cos(ax), donde P (x) es una función polinómica. En todos los casos se elige u(x) = P (x), y v ′(x) = eax, v ′(x) = sen(ax), v ′(x) = cos(ax). 8.38 Ejemplo. P (x) eax dx =  u = P (x) → du = P ′(x)  = P (x) eax − 1 P ′(x)eax dx  dv = eax dx → v = eax dx a a a  La última integral es del mismo tipo que la primera pero con el grado del polinomio rebajado en una unidad. El proceso se repite tantas veces como sea necesario. • Cuando la integral v(x)u′(x) dx es parecida a la de partida, de forma que al volver a aplicar el proceso la integral de partida se repite y es posible despejarla de la igualdad obtenida. 8.39 Ejemplo.  u = cos(log x) → du = − 1  = cos(log x) dx =  x sen(log x) dx  dv = dx → v = x   = x cos(log x) + sen(log x) dx =  u = sen(log x) → du = 1 cos(log x) dx  = x dv = dx → v = x = x cos(log x) + x sen(log x) − cos(log x) dx deducimos que cos(log x) dx = x cos(log x) + sen(log x) . 2 8.6.4.1. Integración por recurrencia La técnica de integración por partes permite en algunas ocasiones relacionar una integral de la forma In = f (x, n) dx en la que interviene un parámetro n (con frecuencia un número natural) con otra del mismo tipo en la que el parámetro ha disminuido en una o en dos unidades. Las expresiones así obtenidas se llaman fórmulas de reducción o de recurrencia y permiten el cálculo efectivo de la integral cuando se particularizan valores del parámetro. Los siguientes ejemplos son ilustrativos de esta forma de proceder. 8.40 Ejemplo.  u = (log x)n → du = n (log x)n−1  (log x)n dx =  x dx  = x(log x)n−n (log x)n−1 dx dv = dx → v = x Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por partes 429 8.41 Ejemplo. xn eax  = xn → du = nxn−1  1 (xn eax u =  a In = dx = eax dx → v = eax dx = −nIn−1)  a dv 8.42 Ejemplo (Fórmulas de Wallis y de Stirling). Jn = senn x dx = u = senn−1 x → du = (n − 1) senn−2 x cos x dx = dv = sen x dx → v = − cos x = − cos x senn−1 x + (n − 1) senn−2 x cos2x dx = = − cos x senn−1 x + (n − 1) senn−2 x dx − (n − 1)Jn Y deducimos fácilmente que senn x dx = − 1 cos x senn−1 x + n−1 senn−2 x dx . En n n particular: In = π/2 = n−1 π/2 = n − 1 In−2. n n senn x dx senn−2 x dx 00 Como I0 = π/2 e I1 = 1, se deducen fácilmente las igualdades: I2n+1 = 2·4·6 · · · (2n) , I2n = π 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) n = 1, 2, . . . (8.22) ·5·7·· · (2n + 1) 2 2 · 4 · 6 · · · (2n) 3 Como la sucesión {In} es decreciente, tenemos que I2n+1< I2n< I2n−1, de donde: 1< I2n < I2n−1 = 2n + 1 I2n+1 I2n+1 2n Por el principio del as sucesiones encajadas, deducimos que l´ım I2n = 1. Puesto que: I2n+1 n→∞ 1∼ I2n = π 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1)(2n + 1) = I2n+1 2 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2n + 1 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1) 2 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1) 2 2 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2 · 4 · 6 · · · (2n) = π ∼ πn Deducimos la llamada fórmula de Wallis: π = l´ım 1 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2 (8.23) n 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1) n→∞ . Teniendo en cuenta que: √(n!)222n = √n 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2 = √1n 2·4· 6 · · · (2n) , n(2n)! 2 · 4 · · · (2n) 3 · 5 · · · (2n − 1) 3·5·· · (2n − 1) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por partes 430 deducimos que: √ = l´ım √(nn!)(222n2)n! . (8.24) π n→∞ Definamos: an = nnn!√enn . Es de comprobación inmediata que: √(n!)222n = √a2n n(2n)! 2a2n Supongamos que la sucesión {an} converge a un número L > 0 (lo que probaremos después). Entonces también será {a2n} → L y de la igualdad anterior y la (8.24) se deduce que: √ l´ım = √an2 = √L2 = √L . π= n→∞ 2a2n 2L 2 √ Por tanto L = 2π. Obtenemos así la fórmula de Stirling: l´ım nnn!√enn = √ 2π. n→∞ Que suele escribirse en la forma: l´ım √ n! = 1. (8.25) n→∞ 2πn nn e−n Se trata de un límite muy útil porque proporciona la equivalencia asintótica para el factorial: n! ∼ √ nn e−n = √ n n (8.26) 2πn 2πn e Nos queda probar que la sucesión {an} converge a un número positivo. Probaremos que es decreciente. √ n+ 1 n+ 2 an = nnn!√enn (n + 1)n+1 1 = 1 1 + 1 an+1 (n + 1)! en+1 e n Tomando logaritmos: log an = n + 1 log 1 + 1 − 1. an+1 2 n Usaremos ahora el teorema de Taylor Young. El polinomio de Taylor de orden 3 de la función log(1 + x) en 0 es x − x2/2 + x3/3. Por tanto. log(1 + x) = x − x2 + x3 + o(x3). (8.27) 2 3 Te recuerdo que usamos la notación de Landau o(x3) simplemente para indicar que: l´ım o(x3) = l´ım log(1 + x) − x + x2 − x3 = 0. x3 2 3 x→0 x3 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por partes 431 En particular, si {xn} → 0 se verificará que: l´ım o(xn) = 0. (8.28) x3n n→∞ Usando la igualdad (8.27), deducimos que: log an = n + 1 1 − 1 + 1 + o(n−3) −1= an+1 2 n 2n2 3n3 = 1 + 1 + no(n−3) + 1 o(n−3 ) = 1 + o(n−2). 12n2 6n3 2 12n2 Teniendo en cuenta (8.28), deducimos que: l´ım n2 log an = 1 + l´ım o(n−2) = 1 . an+1 12 n−2 12 n→∞ n→∞ Por tanto, existe un n0 ∈ N tal que para todo k n0 se verifica que: 0 < k2 log ak < 2 = 1 −→ 0 < log ak < 1 . ak+1 12 6 ak+1 6k2 Sumando estas desigualdades desde k = n0 hasta k = n − 1 > n0 obtenemos que: n−1 ak 1 n−1 1 1 n−1 1 ak+1 6 k=n0 k2 6 k2 log(an0 ) − log(an) = log < . k=n0 k=1 n1 La sucesión k2 está mayorada porque: k=1 1 n 1 n−1 k+1 1 n−1 1 n x2 x2 + 1 − = dx = dx (k 1)2 . 1 k=1 k k=1 n1 2. En consecuencia: De donde se sigue que k2 k=1 log(an) > log(an0 ) − 1 −→ an > a√n0 . 3 3e El número a√3n0e es una constante positiva independiente de n, y esta desigualdad es válida para todo n n0. Por otra parte, teniendo en cuenta que para k n0 se tiene que: 0 < log ak = log(ak ) − log(ak+1) ak+1 lo que nos dice que la sucesión {log(an+n0)} es decreciente y, por tanto, también es decreciente la sucesión {an+n0}, concluimos que esta sucesión, y por tanto también {an}, converge a un número positivo. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 432 8.6.5. Ejercicios propuestos 385. Calcula las integrales: 2 s2 e2s ds , 4√ e arc sen x dx , t log t dt , log x dx , (log x)2 dx 1 π/4 ϑ 11 cos2 e x3ex2dx , log(x2 + 1) dx , ϑ dϑ, x2 sen x dx , cos2(log x) dx 0 1 En los ejercicios de cálculo de primitivas es una buena práctica comprobar los resultados. Además es muy sencillo: basta derivar la primitiva que has obtenido. 386. Calcula las primitivas eax cos(bx) dx , y eax sen(bx) dx . Supuesto que a > 0, cal- +∞ +∞ cula el valor de las integrales e−ax cos(bx) dx y e−ax sen(bx) dx . 00 387. Explica la aparente contradicción sen 1 x dx = cotg x dx = cotg x tg ′x dx = cotg x tg x − tg x cotg ′x dx x cos cos2x =1+ tg x dx = 1+ sen 1 x dx . sen2x x cos 388. Calcula las integrales siguientes. (log x)3 dx , x4 ex dx , π/2 sen5 x dx sen4 x dx , 0 388. Prueba las siguientes relaciones de recurrencia. a) In = cosn x dx = 1 cosn−1 x sen x + (n − 1)In−2 . b) In = n tgn x dx = 1 tgn−1 x − In−2. n−1 389. Prueba la igualdad: In = 1 dx = (2n x + 2n − 3 In−1 (8.29) (1 + x2)n − 2)(1 + x2)n−1 2n − 2 Sugerencias: In = (1 + x2) − x2 dx = In−1 − (1 x2 dx . Ahora: (1 + x2)n + x2)n  u=x → du = dx x2 → (1 + x2)n dx =  dv = x dx v = 1 1 = ··· (1 + x2)n 2(n − x2)n−1 1) (1 + Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por sustitución o cambio de variable 433 390. Estudia la convergencia de la integral: In = +∞ x2n−1 dx (n 1). + x2)(n+3) 0 (1 Prueba que para n 2 es In = n − 1 In−1. Calcula I1, I2 e I3. n + 2 8.6.6. Integración por sustitución o cambio de variable Sean g : J → R una función con derivada primera continua en un intervalo J y que toma valores en un intervalo I, y f una función continua en I. Sea F una primitiva de f en I, y pongamos H = F ◦ g. Tenemos, por la regla de la cadena, que H ′(t) = F ′(g(t))g ′(t) = f (g(t))g ′(t), es decir, la función H es una primitiva en J de la función h(t) = f (g(t))g ′(t). Si c, d son puntos de J, deducimos que: d g(d) f (g(t))g ′(t) dt = H(d) − H(c) = F (g(d)) − F (g(c)) = f (x) dx c g(c) Esta igualdad se conoce con el nombre de “fórmula de integración por sustitución o cambio b de variable”. En ella se supone que queremos calcular, por ejemplo, la integral a f (x) dx y lo que hacemos es la sustitución x = g(t), con lo que dx = g ′(t) dt y se eligen c y d por la condición de que g(c) = a, g(d) = b. Naturalmente, esto tiene interés cuando la función f (g(t))g ′(t) es más fácil de integrar que la función f . Simbólicamente este proceso suele representarse en la forma: b x = g(t), dx = g ′(t) dt d (8.30) f (x) dx = a = g(c), b = g(d) = f (g(t))g ′(t) dt a c Para el caso de integrales indefinidas este proceso de sustitución de representa de forma menos precisa y se escribe simplemente f (x) dx = x = g(t) = f (g(t))g ′(t) dt dx = g ′(t) dt En este contexto, es frecuente calcular f (g(t))g ′(t) dt = H(t), y escribir f (x) dx = H(t), igualdad que no tiene mucho sentido si no se especifica también la relación entre las variables t y x, escribiendo “ f (x) dx = H(t) donde x = g(t)”. Desde luego, el conocimiento de H(t) y de la relación x = g(t) es suficiente para calcular integrales definidas de f , pero también podemos “deshacer el cambio” para obtener una primitiva de f . Para eso la función g debe ser una biyección de J sobre I con derivada no nula. En tal caso, la función F (x) = H(g−1(x)) es una primitiva de f en I. En efecto: F ′(x) = H ′(g−1(x))(g−1)′(x) = f (g(g−1(x)))g ′(g−1(x))(g−1)′(x) = = f (x)g ′(g−1 (x)) g 1 (x)) = f (x). ′(g−1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 434 No olvides que la fórmula del cambio de variables puede usarse en un sentido (de izquierda a derecha) o en otro (de derecha a izquierda) según convenga. Puede ocurrir que al hacer un cambio de variable en una integral corriente obtengamos una integral impropia. No hay que preocuparse porque para estudiar la convergencia de una integral pueden hacerse cambios de variable biyectivos: ello no altera la eventual convergencia de la integral ni su valor. 8.43 Ejemplo. Con frecuencia se hacen cambios de variable para quitar radicales.   2 2  1 π/4 cos t √ √1 dx =  x = 2 tg t, dx = cos2 t = 4 sen2 t dt = 2/ 3 x2 x2 √ = 2 tg(π/6), +4 2/ 3 2 = 2 tg(π/4) π/6 =1 −1 π/4 √ 2− 2 = 4 sen t π/6 4 8.44 Ejemplo. Un cambio de variable en una integral impropia. Consideremos la integral: b 1 dx a (x − a)(b − x) Suponemos que a < b. El cambio que hacemos consiste en llevar el intervalo ] − 1, 1[ al ]a, b[ por una biyección del tipo g(t) = αt + β. Las condiciones g(−1) = a, g(1) = b nos dan que α = (b − a)/2, β = (b + a)/2. Con ello:  b − a b 1 dx = x = g(t), dx = 2 = 1 √ dt a (x − a)(b − x) −1 1 − t2 =π a = g(−1), b = g(1) 8.6.7. Ejercicios propuestos 391. Calcula las siguientes integrales utilizando el cambio de variable indicado. π/4 sen3 x π/4 sen2 x +∞ dx cos4 x cos4 x ex +1 dx x = arc cos t; dx x = arc tg t; x = log t 0 −π/4 1 392. Calcula las integrales: √dx , e4 √dx , 41 1 + 1 dx , ex +3 e2x dx x x2 − 1 e x log x x2 x 2 + ex √ 3 1 4 − x2 dx , √ −3 393. Sea a > 0. Prueba que si f es impar, es decir, f (−x) = −f (x), entonces a f (t) dt = 0. Y si f es una función par, es decir, f (−x) = (t) dt f (x), entonces a f (t) dt −a a f . −a 0 =2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración de funciones racionales 435 8.6.8. Integración de funciones racionales Dadas dos funciones polinómicas P (x) y Q(x), queremos calcular P (x) dx . Si el grado Q(x) de P es mayor o igual que el de Q, podemos dividir los dos polinomios obteniendo P (x) = H (x) + G(x) , Q(x) Q(x) donde H(x) y G(x) son polinomios y el grado de G es menor que el grado de Q. Por tanto, supondremos siempre que el grado de P es menor que el grado de Q. Supondremos también que el coeficiente líder del polinomio Q es 1. La técnica para calcular la integral consiste en P (x) descomponer la fracción Q(x) en otras más sencillas llamadas “fracciones simples”. Estudia- remos dos formas de hacerlo: el método de los coeficientes indeterminados y una variante del mismo conocida como Método de Hermite. Paso 1. Descomposición del denominador en factores irreducibles Descomponemos el denominador, Q(x), como producto de factores de grado uno y de factores de grado dos irreducibles: Q(x) = (x − a1)α1 · · · (x − an)αn (x2 + b1x + c1)β1 · · · (x2 + bmx + cm)βm (8.31) 8.45 Observaciones. • Esto se dice muy pronto, pero puede ser muy difícil de hacer si no imposible. Afortunada- mente, en los casos prácticos esta descomposición o se conoce o es muy fácil de realizar. • En la descomposición (8.31) cada aj es una raíz real de orden αj del polinomio Q, y los factores cuadráticos del tipo (x2 + bjx + cj)βj corresponden a raíces complejas conjugadas de orden βj. Tales factores cuadráticos son irreducibles, es decir, su discriminante es negativo o, lo que es igual, x2 + bjx + cj > 0 para todo x ∈ R. Paso 2. Descomposición en fracciones 8.6.8.1. Método de los coeficientes indeterminados P (x) Escribimos el cociente Q(x) como suma de fracciones de la siguiente forma: • Por cada raíz real aj de orden αj escribimos αj fracciones cuyos numeradores son cons- tantes Akj que hay que determinar, y los denominadores son de la forma (x − aj)kj donde kj toma valores de 1 hasta αj. • Por cada factor cuadrático irreducible (x2 + bjx + cj)βj escribimos βj fracciones cuyos numeradores son de la forma Bkj x + Ckj siendo Bkj y Ckj constantes que hay que determinar, y los denominadores son de la forma (x2 + bjx + cj)kj donde kj toma valores de 1 hasta βj. • La descomposición es de la forma:    n αj m βj P (x) = (x Akj  + j=1 Bkj x + Ckj  (8.32) Q(x)  − aj)kj  (x2 + bj x + cj )kj j=1 kj =1 kj =1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración de funciones racionales 436 8.6.8.2. Método de Hermite P (x) Escribimos el cociente Q(x) de la siguiente forma: P (x) = x A1 + ··· + x An + B1x + C1 + ··· + Bmx + Cm + Q(x) − a1 − an x2 + b1x + c1 x2 + bmx + cm (8.33) d F (x) + dx (x − a1)α1−1 · · · (x − an)αn−1(x2 + b1x + c1)β1−1 · · · (x2 + bmx + cm)βm−1 donde A1, . . . , An, B1, . . . , Bm, C1, . . . , Cm son coeficientes que tenemos que determinar y, en la fracción que aparece con una derivada, F (x) es un polinomio genérico de grado uno P (x) menos que el denominador. En resumen, se trata de escribir Q(x) como suma de fracciones simples, una por cada factor de Q(x), más la derivada de un cociente que tiene por denominador Q(x) con sus factores disminuidos en una unidad y como numerador un polinomio genérico con coeficientes indeterminados de grado uno menos que el denominador. Observa que en ambos métodos hay que calcular tantos coeficientes como el grado de Q. Paso 3. Determinación de los coeficientes Tanto en un caso como en otro, se reducen todas las fracciones a común denominador (que será Q(x)), y se iguala a P (x) el numerador resultante. Esto nos producirá un sistema de ecuaciones lineales cuyas incógnitas son los coeficientes Aj, Bj, Cj (y en el método de Hermite también los coeficientes de F (x)), cuya resolución nos dará el valor de todos ellos. Naturalmente, en el método de Hermite hay que efectuar la derivada antes de reducir a común denominador. 8.46 Observaciones. • En ambos métodos tenemos que calcular el mismo número de coeficientes pero en el mé- todo de Hermite la obtención del sistema de ecuaciones es más trabajosa debido a la presencia de la derivada. • A pesar de lo dicho en el punto anterior, cuando hay raíces imaginarias múltiples, lo que da lugar a factores cuadráticos de orden elevado, puede ser interesante aplicar el método de Her- mite porque las fracciones simples que aparecen en dicho método son muy fáciles de integrar. Paso 4. Integración de las fracciones simples En el método de Hermite, una vez escrita la función racional P (x) de la forma 8.33, es Q(x) fácil calcular su integral: P (x) dx = x A1 dx + · · · + B1x + C1 dx + · · ·+ Q(x) − a1 x2 + b1x + c1 + (x − a1)α1−1 · · · (x − an)αn−1(x2 F (x) c1)β1−1 · · · (x2 + bmx + cm)βm−1 + b1x + Sólo nos queda calcular las integrales de las fracciones simples. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración de funciones racionales 437 • A dx = A log |x − a|. x−a • I= Bx + C c dx . x2 + bx + Donde se supone que el trinomio x2 + bx + c no tiene raíces reales. En general, esta integral es igual a un logaritmo más un arcotangente aunque, dependiendo de los valores de los parámetros, puede reducirse a uno de ellos. Si B = 0, lo primero que debemos hacer es lograr que en el numerador figure la derivada del denominador. Para ello, basta poner Bx + C = B (2x + b) + C − B b. Con lo que, llamando K = C − B b, tenemos: 2 2 2 I = B log(x2 + bx + c) + K x2 + 1 + c dx . 2 bx La integral que nos queda es un arcotangente. Para calcularla escribimos el trinomio x2 +bx+c en la forma x2 + bx + c = (x − α)2 + β2. Esto es muy fácil de hacer,√pues la elección de α es obligada ya que debe ser α = −b/2, de donde se sigue que β = 4c − b2/2. En otros términos, α ± iβ son las raíces complejas del trinomio x2 + bx + c. Tenemos que: 1 1 1 1 + bx + c (x − α)2 β x2 dx = + β2 dx = β 2 dx = x−α + 1 β = 1 arc tg x−α . β β Por tanto: B √2C − Bb √2x + b 2 4c − b2 4c − b2 I = log(x2 + bx + c) + arc tg . En el método de los coeficientes indeterminados aparecen también, cuando hay raíces múlti- ples, otros dos tipos de fracciones elementales: • Fracciones del tipo A donde k ∈ N y k 2, correspondientes a raíces reales (x − a)k múltiples, las cuales no ofrecen dificultad pues: A dx = − k A 1 (x − 1 . (x − a)k − a)k−1 • Fracciones del tipo Bx + C donde k ∈ N y k 2, correspondientes a raíces (x2 + bx + c)k imaginarias múltiples. La integración de de estas fracciones puede hacerse usando la fórmu- la de reducción 8.29. Previamente debe hacerse un pequeño ajuste. Escribamos el trinomio x2 + bx + c en la forma x2 + bx + c = (x − α)2 + β2. Bx + C dx = Bx + C k dx = x − α = βt = (x2 + bx + c)k (x − α)2 + β2 dx = β dt = 1 B βt + Bα + C β dt = Bα + C 1 dt + β2k (1 + t2)k β2k−1 + t2)k (1 + B 1 1 k (1 + 1 )k−1 . 2β2k−2 − t2 Ahora ya podemos usar la fórmula de reducción 8.29 para calcular la integral 1 dt . (1+t2 )k Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración de funciones racionales 438 8.47 Ejemplo. Se trata de calcular x2 − 2 dx . Como hay raíces imaginarias múltiples x3(x2 + 1)2 aplicaremos el método de Hermite. x2 − 2 = A + Bx + C + d ax3 + bx2 + cx + d x3(x2 + 1)2 x x2 + 1 dx x2(x2 + 1) Realizando la derivada y reduciendo a común denominador, obtenemos un sistema de ecuacio- nes cuya solución es a = 0, b = 5/2, c = 0, d = 1, A = 5, B = −5, C = 0; por lo tanto x2 − 2 dx = (5/2)x2 + 1 + 5 log x − 5 log(x2 + 1). x3(x2 + 1)2 x2(x2 + 1) 2 8.48 Ejemplo. Queremos calcular la integral impropia +∞ x + 1 dx . x(x − 1)(x2 + 1) 2 Pongamos f (x) = x+1 + 1) , Observa que f (x) > 0 para todo x 2. Además, x(x − 1)(x2 se verifica la equivalencia asintótica: f (x) ∼ 1 (x → +∞). x3 Como la integral +∞ 1 dx es convergente, se sigue, por el criterio límite de comparación, 2 x3 +∞ que la integral 2 f (x) dx también es convergente. Para calcular la integral hallaremos una primitiva de f (x) aplicando el método de los co- eficientes indeterminados. x(x x+1 + 1) = A + B 1 + Cx + D . − 1)(x2 x x− x2 + 1 Reduciendo a común denominador obtenemos: x+1 = −A + (A + B − D)x + (−A − C + D)x2 + (A + B + C)x3 . − 1)(x2 x(x − 1)(x2 + 1) x(x + 1) Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales: A+B+C = 0  −A − C + D = 0  = 1  ⇒ A = −1 B = 1 A+B−D = 1 C = 0 D = −1 −A Deducimos que: t x+1 t dx t dx t dx t − 1 − 1)(x2 x−1 x x2 + t x(x + 1) dx = − − 1 = log 2 −arc tg t+arc tg 2. 2 2 22 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 439 Por tanto: +∞ x(x x+1 + 1) dx = log 2 − π + arc tg 2. − 1)(x2 2 2 8.49 Observación. Cuando se calculan integrales impropias convergentes de funciones racio- nales, hay que escribir la primitiva obtenida de forma conveniente para que el límite pueda calcularse fácilmente. Observa cómo hemos escrito la primitiva en el ejemplo anterior: he- mos agrupado los logaritmos de forma apropiada para calcular el límite. No da igual escribir log 2 t − 1 , que escribir log(t − 1)+ log 2− log t. En el primer caso, el límite para t → +∞ t resulta inmediato, mientras que, en el segundo caso, puedes equivocarte y creer que dicho límite no existe. Este tipo de ajustes hay que hacerlos con frecuencia. 8.6.9. Ejercicios propuestos 394. Calcular las siguientes integrales 2 − x2 x4 + 6x3 − 7x2 − 4x − 3 1/2 dx x3 − 3x2 x3 − 2x2 + x−2 x4 − a) dx , b) dx , c) 1 dx −1/2 +∞ x−1 +∞ dx 1 dx 3x2 + 2x + x4 d) x3 − x + 5 dx , e) (x2 − + 2)2 dx , f) 1 dx 1 −∞ 0 3x2 + 30 x2 x4 + 2x2 − g) (x4 − 1)2 dx , h) dx x4) , i) 8 dx x(1 + 8.6.10. Integración por racionalización Acabamos de ver que la primitiva de una función racional siempre puede expresarse me- diante funciones elementales. Nos vamos a ocupar ahora de algunos tipos de funciones no racionales cuyas integrales se pueden transformar, por medio de un cambio de variable, en in- tegrales de funciones racionales. Se dice entonces que la integral de partida se ha racionalizado y esta técnica se conoce como “integración por racionalización”. Conviene advertir que los cambios de variable que siguen son los que la práctica ha confirmado como más útiles en ge- neral, pero que en muchas ocasiones la forma concreta de la función que queremos integrar sugiere un cambio de variable específico que puede ser más eficaz. En lo que sigue, representaremos por R = R(x, y) una función racional de dos variables, es decir, un cociente de funciones polinómicas de dos variables. Te recuerdo que una función nm polinómica de dos variables es una función de la forma P (x, y) = cij xiyj. i=0 j=0 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 440 8.6.10.1. Integración de funciones del tipo R(sen x, cos x) Las integrales del tipo R(sen x, cos x) dx donde R = R(x, y) una función racional de dos variables, se racionalizan con el cambio de variable t = tg(x/2). Con lo que: sen x = 1 2t , cos x = 1− t2 , dx = 2 dt (8.34) + t2 1+ t2 1 + t2 Con ello resulta: R 1 2t , 1 − t2 2 dt R(sen x, cos x) dx = t = tg(x/2) = + t2 1 + t2 1 + t2 8.50 Ejemplo. dx = cos x dx = tg x/2 = t = ··· = t2 − 1 dt sen x − sen x cos x − sen x 2t3 tg x = 1 + log t = 1 + 1 log | tg(x/2)|. 4t2 2 4 tg2(x/2) 2 Casos particulares • Cuando R(− sen x, − cos x) = R(sen x, cos x) se dice que “R es par en seno y coseno”. En este caso es preferible el cambio tg x = t. Con lo que sen x = √ t , cos x = √ 1 , dx = dt 1 + t2 1 + t2 1 + t2 En el caso particular de tratarse de una integral del tipo: senn x cosm x dx , con n y m números enteros pares, es preferible simplificar la integral usando las identidades cos2x = 1 + cos 2x sen2x = 1 − cos 2x . 2 2 • Cuando R(− sen x, cos x) = −R(sen x, cos x) se dice que “R es impar en seno” y el cambio cos x = t suele ser eficaz. • Cuando R(sen x, − cos x) = −R(sen x, cos x) se dice que “R es impar en coseno” y el cambio sen x = t suele ser eficaz. 8.51 Ejemplo. Calcular I = sen2x cos2x dx . Tenemos: I = (1 − cos2x) cos2x dx = cos2x dx − cos4 x dx = = 1 + cos 2x dx − 1 + cos 2x 2 2 2 dx = = x + sen 2x − 1 (1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx = 2 4 4 = x + sen 2x − x − 1 cos 2x dx − 1 1 + cos 4x dx = 4 4 2 4 2 = x + sen 2x − sen 2x − x − sen 4x = 1 x − sen 4x 4 4 8 32 8 4 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 441 8.52 Ejemplo. cos3 x dx = (1 − sen2x) cos x dx = t = sen x = 1 − t2 dt sen2x sen2x dt = cos x dx t2 = −1 − t = −1 − sen t. t sen t 8.53 Ejemplo. Sea I = sen2 x cos x dx . Se trata de una función par en seno y en coseno. sen x + cos x Haciendo t = tg x, obtenemos: I= (t + t2 + 1)2 dt 1)(t2 Aplicando el método de Hermite escribimos: t2 = A + Bt + C + d αt + β (t + 1)(t2 + 1)2 t+1 t2 + 1 dx t2 + 1 Haciendo la derivada y reduciendo a común denominador obtenemos: (t t2 + 1)2 = + 1)(t2 = A +C +β + (B +C − 2α + β)t + (2A + B + C − 2α − β)t2 + (B +C − β)t3 + (A + B)t4 (t + 1)(t2 + 1)2 Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales: A+C +β = 0  B + C − 2α + β = 0    A = 1/4 B = −1/4 2A + B + C − 2α − β =1  −→  C=0 D = −1 B +C −β =0 α = −1/4 β = −1/4 A+B =0 Deducimos que: I = 1 log |t + 1| − 1 log(t2 + 1) − 1 1+t = 1 log | sen x + cos x| − 1 cos x(sen x + cos x) 4 8 4 1 + t2 4 4 • Cuando la función R(sen x, cos x) sea de la forma: sen(ax + b) sen(cx + d), sen(ax + b) cos(cx + d), cos(ax + b) cos(cx + d) puede resolverse la integral usando las fórmulas: sen α cos β = sen(α + β) + sen(α − β), sen α sen β = cos(α − β) − cos(α + β) 2 2 cos α cos β = cos(α − β) + sen(α + β) 2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 442 8.54 Ejemplo. sen(3x) cos(2x) dx = 1 sen(5x) dx + 1 sen x dx = − 1 cos(5x) − 1 cos x 2 2 10 2 • Integrales de la forma tgn x dx o cotgn x dx . Se reducen a una con grado inferior separando tg2x o cotg2x y sustituyéndola por sec2x − 1 o cosec2x − 1. 8.55 Ejemplo. tg5x dx = tg3x tg2x dx = tg3x(sec2x − 1) dx = tg3x sec2x dx − tg3x dx = tg4x − tg3x dx = tg4x − tg x tg2x dx = tg4x − tg x(sec2x − 1) dx 4 44 = tg4x − tg x sec2x dx + tg x dx = tg4x − 1 tg2x + log | cos x| 4 4 2 8.6.10.2. Integrales del tipo R x, [L(x)]r, [L(x)]s, . . . dx Donde L(x) = αx + β , α, β, γ, δ ∈ R con αδ − βγ = 0 y r, s, . . . son números racionales. γx + δ Se racionalizan con el cambio tq = L(x) donde q es el mínimo común denominador de las fracciones r, s, . . .. Pues entonces tenemos que: x = δtq − β = r(t) (8.35) α − γtq y la integral se transforma en R(r(t), trq, tsq, . . .)r ′(t) dt en la que el integrando es una función racional de t. 8.56 Ejemplo. Sea I = x+1 1/3 1 x dx . El cambio de variable x + 1 = t3 racionali- x−1 + x − 1 1 za la integral pues se tiene que x = t3 + 1 con lo que: t3 − 1, I = −3 1 dt = t+ 2 − 1 dt = 1 log t2 + t + 1 √ arc tg 2t√+ 1 −1 +t + − 2 (t − 1)2 +3 t3 t2 1 t 1 3 donde t = 3 x + 1 . x−1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 443 8.6.10.3. Integrales binomias Se llaman así las de la forma xα(a + bxβ)γ dx donde α, β, γ son números racionales y a, b números reales todos ellos distintos de cero. Haciendo la sustitución 1 1 1 β xβ = t, x = tβ, dx = t −1 β la integral se transforma en 1 t α+1 −1(a + bt)γ dt β β que es de la forma tr(a + bt)γ dt donde r = α+1 − 1. Esta integral es del tipo de las β consideradas en el apartado anterior cuando el número: • γ es entero, pues es de la forma R(t, tr) dt • r es entero, pues es de la forma R t, (a + bt)γ dt • γ + r es entero, pues es de la forma a + bt γ t tγ+r dt El matemático P.L. Chebyshev probó que si no se da ninguna de estas circunstancias la integral no puede expresarse por medio de funciones elementales. 8.57 Ejemplo. Sea I = x x2/3 + 2 dx . En este caso es α = 1, β = 2/3, γ = 1/2 y α + 1 = 3. Deducimos que la primitiva buscada puede expresarse por funciones elementales. β 3 √ Haciendo x2/3 = t obtenemos I = 2 t2 t + 2 dt , la cual se racionaliza haciendo t + 2 = s2 (s > 0), con lo que I = 3 (s2 − 2)2s ds que es inmediata. 8.6.10.4. Integrales del tipo R(ex) dx Se racionalizan con el cambio x = log t. Un caso particular de este es el de las integrales de la forma R(cosh x, senh x) dx que también admiten un tratamiento parecido al de las trigonométricas. 8.58 Ejemplo. Sea I = senh x 2 tgh x dx . Desarrolla los cálculos para comprobar que + I = [x = log t] = 2(1 + t2) dt = log tgh x − 1 + 1 x (t − 1)(1 + t)3 2 cosh Por otra parte, como la función senh 2 tgh x es impar en senh x, también podemos proceder x+ como sigue I = [t = cosh x] = 2t dt = − 1 + 1 x + 1 log(−1+cosh x)− 1 log(1+cosh x) (−1 + t)(1 + t)2 cosh 2 2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 444 Por supuesto, puedes comprobar que las dos primitivas encontradas son de hecho iguales. √ 8.6.10.5. Integración de funciones del tipo R(x, ax2 + bx + c) √ Una integral de la forma R(x, ax2 + bx + c ) dx puede racionalizarse por medio de las sustituciones siguientes. • Si el trinomio ax2 + bx + c tiene dos raíces reales α y β distintas, entonces se hace: √ a(x − β) 1/2 ax2 x−α + bx + c = [a(x − α)(x − β)]1/2 = (x − α) Donde, por comodidad, hemos supuesto que x − α > 0. Deducimos que la sustitución: a(x − β) = t2 (t > 0), x = αt2 − aβ = r(t), (8.36) x−α t2 −a transforma la integral en R r(t), (r(t) − α)t r ′(t) dt donde el integrando es una función racional de t. • Si el trinomio ax2 + bx + c no tiene raíces reales, entonces debe ser ax2 + bx + c > 0 para todo x ∈ R, en particular c > 0. La sustitución: √ √ b − √ ax2 tx + c, t2 2t c + bx + c = x = −a = g(t), (8.37) transforma la integral en R g(t), tg(t) √ g ′(t) dt donde el integrando es una función +c racional de t. Las sustituciones anteriores se conocen como sustituciones de Euler. 8.59 Ejemplo. Calcula x dx . Observa que, si R(x, y) = x la integral √ (7x − 10 − x2)3/2 y3 , que nos piden es R(x, 7x − 10 − x2) dx del tipo que acabamos de considerar. Como 7x − 10 − x2 = (x − 2)(5 − x), tenemos que (7x x dx = x = 5 + 2t2 = − 6 5 + 2t2 dt = − 2 − 5 + 2t − 10 − x2)3/2 1 + t2 27 t2 9 t donde t = (7x − 10 − x2)1/2 . x−2 8.60 Ejemplo. √1 dx . (1 + x) 1 + x + x2 Haciendo la sustitución √ + x + x2 = x + t, es decir x = t2 − 1 tenemos: 1 1 − 2t √1 dx = x = t2 − 1 = t2 2 dt = −1 + t 1 2 dt = (1 + x) 1 + x + x2 1 − 2t − 2t t − = − log t + log |t − 2|. √ Donde t = 1 + x + x2 − x. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 445 √ También es posible transformar una integral del tipo R(x, ax2 + bx + c ) dx en otra de la forma F (sen x, cos x) dx donde F es una función racional de dos variables las cuales ya hemos estudiado. Para ello se sigue el siguiente procedimiento. • Con un primer cambio de v√ariable, de la forma x = αt + β que después explicaremos, se transforma la integral R(x, ax2 + bx + c ) dx en otra de alguna de las formas: a) G(t, t2 − 1) dt , b) G(t, 1 − t2) dt , c) G(t, 1 + t2) dt donde G es una función racional de dos variables. Los cambios de variable respectivos a) x = sec u, b) x = sen u, c) x = tg u convierten las integrales anteriores en otras de la forma F (sen x, cos x) dx donde F es una función racional de dos variables. Alternativamente, en el caso a) puede hacerse también x = cosh u, y en el caso c) x = senh u, lo que transforma dichas integrales en otras del tipo T (ex) dx donde T es una fun- ción racional de una variable, que ya han sido estudiadas. Nos queda por explicar cómo se hace el primer cambio de variable. • Si el trinomio h(x) = ax2 + bx + c tiene dos raíces reales α < β, lo que se hace es transformar dicho trinomio en otro que tenga como raíces −1 y 1. Para ello llevamos −1 a α y 1 a β mediante una función de la forma ϕ(t) = λt+µ. Las condiciones ϕ(−1) = α, ϕ(1) = β, determinan que λ = β − α µ = β + α Con el cambio 2 , 2 . x = ϕ(t) = β − αt + β + α 2 2 tenemos que h(ϕ(t)) = a (β − α)2 (t2 − 1). Ahora, si a > 0, deducimos que: 4 √ R ϕ(t), √ (β − α) t2 − 1 β − α dt R(x, ax2 + bx + c ) dx = [x = ϕ(t)] = a 2 2 que es del tipo a) anterior. Si a < 0, entonces: √ R ϕ(t), √ (β − α) 1 − t2 β − α dt R(x, ax2 + bx + c ) dx = [x = ϕ(t)] = −a 2 2 que es del tipo b) anterior. • Si el trinomio ax2 + bx + c n√o tiene raíces reales, entonces debe ser d = 4ac − b2 > 0 y también a > 0. Poniendo γ = √d , podemos escribir: 2a √ 2√b a 2 b2 √ 2√b a 2 ax 4a ax ax2 + bx + c = + + c − = + + γ2 = = γ2 √a x + √b 2 = γ2 √2a x + √b 2 γ 2 aγ dd +1 +1 . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Integración por racionalización 446 El cambio √ √2a x + √b = t, esto es , x = dt − b = φ(t) dd 2a transforma la integral en √ √ R(x, ax2 + bx + c ) dx = [x = φ(t)] = d R φ(t), γ t2 + 1 2a dt que es del tipo c) anterior. Casos particulares √ P (x) dx donde P (x) es una función polinómica • Las integrales de la forma ax2 + bx + c pueden resolverse con facilidad por el método de reducción. Se procede de la siguiente forma. Escribimos: √ P (x) =d √ +√ C , ax2 + bx + c dx Q(x) ax2 + bx + c ax2 + bx + c donde Q(x) es un polinomio, cuyos coeficientes hay que calcular, de grado una unidad menos que el polinomio P (x) y C es una constante que también hay que calcular. Observa que la igualdad anterior puede escribirse: P (x) = Q ′(x)(ax2 + bx + c) + 1 Q(x)(2ax + b) + C 2 y a la derecha queda un polinomio de igual grado que P (x) lo que permite identificar coefi- cientes. Una vez calculados el polinomio Q y la constante C tenemos que: √ P (x) √ 1 dx dx = Q(x) ax2 + bx + c + C √ ax2 + bx + c ax2 + bx + c con lo que todo se reduce a calcular una integral de la forma √ 1 dx . Haciendo ax2 + bx + c uso de los cambios antes visto, esta integral, salvo constantes, puede escribirse de alguna de las formas: √ 1 dt = arc sen(t), √ 1 dt = argsenh(t), √ 1 dt = argcosh(t) 1 − t2 1 + t2 t2 − 1 • Finalmente, las integrales de la forma √ 1 dx (x − α)k ax2 + bx + c se reducen a las del tipo anterior con el cambio x − α = 1 t. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 447 8.6.11. Ejercicios propuestos 395. Calcula las integrales: 1 π 1 1 − 2 cos x b cos 2 sen 5 − 4 cos x a + x dx , cos x + x + 3 dx , dx 0 dx , sen 1 x dx dx π cos x x cos sen2x cos2x 4 cos(3x + 4) dx , 0 1 + tg2(x + 2) (1 + 1 cos x dx , sen2x cos3x dx sen x) 396. Calcula, suponiendo que p y q son números enteros, las integrales: ππ π sen px cos qx dx , sen px sen qx dx , cos px cos qx dx . −π −π −π 397. Para x ∈ R, y n ∈ N, definamos F (x) = ao + n 2 (ak cos kx + bk sen kx). Prueba que k=−n k=0 para −n p n se verifica que: ap = 1 π F (x) cos px dx y bp = 1 π F (x) sen px dx π −π π −π 398. Calcula la primitivas: √ x2 dx , √1 dx √ x + 3 dx , 2x − x2 x2 x2 − x + 1 x2 + 2x + 2 2ax − x2 dx , 1√ dx , 1 (√1 − x2) 1 + x2 dx x2 3 (4 + x3)5 x7/2(1 − x3)−2 dx , x2 + 9x dx , 1 dx √ x2 x− 2 senh cosh x √ + √x)−2 dx , 5 − 8x − 4x2 dx , √dx 3 x(1 x + 5/2 x4 1 + x2 8.6.12. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 448 Ejercicio resuelto 201 Calcula las integrales: a) 1 √ x2 dx , +∞ x a + x4 0 1 − x6 b) 3 dx c) a2 − x2 dx +∞ dx 0 −a 1 + x2 + y2 +∞ dx +∞ dy d) e) (1 + y)(1 + yx2) f) (1 + y)(1 + yx2) 0 0 1 0 +∞ x−1 2 dx 3x2 + g) xα(log x)n dx h) x3 − x + 5 dx i) √ 0 20 + 8x − x2 1 j) cos2(log x) dx 1/2 dx l) +∞ dx m) √ dx e x(log x)ρ k) √ x 2x + 1 0 20 + 8x + x2 2π dx +∞ dx n) 2 + cos x p) x(x2 + x + 1) 0 1 En c) se supone que a > 0, en e) que y > 0, en f) que x > 1, en g) que α ∈ R y n ∈ N, en l) que ρ > 1. Solución. a) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución x3 = t. Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución. 1 √ x2 dx = 1 arc sen(x3) x=1 = π . 0 1 − x6 3 x=0 6 b) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución x2 = t. Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución. +∞ x dx = √1 +∞ √2x 2 dx = √1 arc tg √x2 x→+∞ = √π . 3 + x4 23 3 23 3 x=0 43 0 1+ √x2 0 3 c) Se hace con el cambio de variable x = a sen t. Tenemos que: a  π x = a sen t, dx = a cos t dt 2 a2 − x2 dx =  = a sen −π , a = a sen π = a2 − a2 sen2 t a cos t dt = −a 2 2 −a − π 2 ππ 2√ 2 = a2 cos2 t cos t dt = a2 |cos t| cos t dt = − π/2 x π/2 ⇒ cos t 0 = − π − π 2 2 ππ 2 cos2 t dt 2 1 + cos(2t) dt = a2 π . 2 2 = a2 = a2 − π − π 2 2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 449 8.61 Observación. Al realizar un cambio de variable es importante elegir de forma apro- piada el nuevo intervalo de integración. Con frecuencia, hay varias posibilidades. Por ejemplo, en la integral anterior podríamos haber procedido como sigue: a  π x = a sen t, dx = a cos t dt 2 = = a2 − x2 dx −a = a sen 3π , a = a sen π a2 − a2 sen2 t a cos t dt = 2 2 3π x 3π/2 ⇒ cos t 0 = −a 2 ππ 2√ 2 = a2 cos2 t cos t dt = a2 |cos t| cos t dt = π/2 3π 3π 22 π 3π 2 cos2 t dt 2 1 + cos(2t) dt = a2 π . 2 2 = −a2 = a2 3π π 22 √√ Si en los cálculos anteriores te olvidas de que α2 = |α|, y pones cos2 t = cos t el resultado que hubiéramos obtenido es el siguiente: a π 3π −a 2 cos2 t dt 2 1 + cos(2t) dt = −a2 π . 2 2 a2 − x2 dx = a2 = −a2 3π π 22 Evidente disparate, porque la integral de una función positiva a √ − x2 dx no puede −a a2 ser un número negativo. d) Pongamos α = 1 + y2. Tenemos que: +∞ dx +∞ dx 1 +∞ 1 1 x x→+∞ π. 1 + x2 + y2 x2 + α2 α α α α 1 + y2 = = 2 dx = arc tg = 0 1+ x 2 0 0 α x=0 e) En esta integral la variable de integración es x, por lo que tratamos a y como un parámetro (una constante que puede tomar distintos valores). Tenemos: +∞ dx = (1 +1y)√y +∞ √y dx = 2(1 +πy)√y . (1 + y)(1 + yx2) 1 + (√yx)2 00 f) En esta integral la variable de integración es y, por lo que tratamos a x como un parámetro. Es la integral de una función racional en y. La descomposición en fracciones simples corresponde a dos raíces reales simples: 1 = A B = A(1 + yx2) + B(1 + y). (1 + y)(1 + yx2) 1+y 1 + yx2 (1 + y)(1 + yx2) Por tanto debe verificarse la identidad: 1 = A(1 + yx2) + B(1 + y). Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 450 • Haciendo y = −1, obtenemos 1 = A(1 − x2) −→ A = 1 1 − x2 . • Igualando términos independientes, obtenemos A + B = 1 −→ B = −1 x2 . − x2 Tenemos para t > 0: t dy 1 t dy x2 t dy y)(1 + − x2 1+y − x2 1 + yx2 (1 + yx2) = 1 − 1 = 0 00 = 1 1 log(1 + t) − 1 1 log(1 + tx2) = 1 1 log 1+t . − x2 − x2 − x2 1 + tx2 Por tanto: +∞ dy t dy 2 log x (1 + y)(1 + yx2) (1 + y)(1 + yx2) x2 − 1 = l´ım = . t→+∞ 00 g) Pongamos I(α, n) = xα(log x)n dx . Si α = −1 entonces: I(−1, n) = 1 (log x)n dx = n 1 1 (log x)n+1 . x + Supondremos que α = −1. Para calcular esta primitiva lo que haremos será obtener una fórmula de recurrencia que permita calcular dicha primitiva para valores concretos de α y de n. Tenemos que:  du = n (log x)n−1  = u = (log x)n → x dx = I(α, n) xα+1 (log x)n − n xα(log x)n−1dx dv = xα dx → v = xα+1 α+1 α + 1 α+1 = xα+1 (log x)n − α n 1 I(α, n − 1). α+1 + Esta relación de recurrencia permite calcular I(α, n) en n pasos, pues I(α, 0) es cono- cido. h) Para calcular la integral +∞ x−1 dx usaremos la regla de Barrow. Para − 3x2 + x + 5 x3 1 x−1 ello, debemos obtener una primitiva de la función x3 − 3x2 + x + 5 . Se trata de una función racional. Una raíz del denominador es x = −1. Dividiendo el denominador por x+1 tenemos que x3 −3x2 +x+5 = (x+1)(x2 −4x+5). Como el trinomio x2 −4x+5 no tiene raíces reales, la descomposición en fracciones simples es de la forma: x3 − x−1 x + 5 = x A 1 + Bx + C 5 −→ x−1 = A(x2 −4x+5)+(B x+C )(x+1) 3x2 + + x2 − 4x + • Haciendo x = −1 obtenemos que −2 = 10A, luego A = − 1 . 5 • Igualando coeficientes en x2 obtenemos que A + B = 0, luego B = 1 . 5 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 451 • Igualando términos independientes obtenemos −1 = 5A + C = −1 + C, luego C = 0. t x−1 1 t 1 1 t x 3x2 + x 5 +1 5 − 4x x3 − + 5 dx = − x dx + x2 +5 dx = 0 00 1 1 t 1 (2x − 4) + 2 5 5 2 = − log(1 + t) + dx = x2 − 4x + 5 0 1 1 t 2x − 4 2 t 1 5 10 x2 − 4x + 5 4x = − log(1 + t) + 5 dx + x2 − + 5 dx = 00 1 1 1 2 t 1 5 10 10 5 2)2 = − log(1 + t) + log(t2 − 4t + 5) − log 5 + (x − + 1 dx = √0 1 t2 − 4t + 5 1 2 2 = 5 log √ 1+t − 10 log 5 + 5 arc tg(t − 2) − 5 arc tg(−1) = = 1 log t2 − 4t + 5 − 1 log 5 + 2 arc tg(t − 2) + π . 5 1+t 10 5 10 Deducimos que: +∞ x−1 t x−1 1 π π 3x2 + 3x2 + 10 5 10 x3 − x + 5 dx = l´ım x3 − x + 5 dx = − log 5 + + = t→+∞ 00 = 1 (3π − log 5). 10 Observa la forma de escribir la primitiva, introduciendo una raíz cuadrada en el loga- ritmo con la finalidad de poder calcular el límite fácilmente. Sabemos, de entrada, que dicho límite tiene que existir y ser finito porque se trata de una integral impropia con- x−1 vergente. En efecto, poniendo f (x) = x3 − 3x2 + x + 5, se tiene que f es continua en [0, +∞[. Para todo x > 1 se tiene que f (x) > 0 y se verifica la equivalencia asintótica +∞ f (x) ∼ 1 para x → +∞. Como la integral 1 1 dx es convergente, también lo es x2 x2 1+∞f (x) dx , es decir, la integral 0+∞f (x) dx es convergente. 1 2 dx . El trinomio 20 + 8x − x2 tiene raíces reales que i) Pongamos I = √ 0 20 + 8x − x2 son las soluciones de x2 − 8x − 20 = 0, las cuales son −2 y 10, por tanto: x2 − 8x − 20 = (x − 10)(x + 2) −→ 20 + 8x − x2 = (10 − x)(x + 2). Deducimos que 20 + 8x − x2 > 0 ⇐⇒ −2 < x < 10. Podemos optar por racionalizar la integral con la sustitución de Euler 8.36 en la que a = −1, α = −2, β = 10. Con ello, dicha sustitución viene dada por: x = r(t) = −2t2 + 10 (t > 0). t2 + 1 Tenemos que: r ′(t) = − (1 24t , r(t) = 0 ⇒ t = √ r(t) = 1 ⇒ t = 19 + t2)2 5, 2 5 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 452 Haciendo los cálculos, se obtiene: x = r(t), dx = r ′(t) dt 19 √ 5 √ 5 1 + t2 −24t 1 I= r( 5) = 0, r( 19/5) = 1/2 = 12t (1 + t2)2 dt = 2 1 + t2 dt = √ 5 19 5 √ 19 = 2 arc tg( 5) − 2 arc tg 5 Otra forma de calcular esta integral, quizás más sencilla, se basa en una idea vista en el ejemplo 8.44. Hagamos un cambio de variable de la forma x = λt + µ por la condición de que dicho cambio lleve el intervalo [−2, 10] al [−1, 1]. Deberá ser −2 = −λ + µ, 10 = λ + µ. Deducimos que el cambio buscado es x = 6t + 4. Tenemos que: 1 dx  = 6t + 4, dx = 6 dt , (10 − x)(x + 2) = 36(1 − t2  2 − x)(x x = ) = 0 (10 + 2) = 0 ⇒ t = − 2 , x = 1 ⇒ t = − 7 x 3 2 12 − 7 √1 2 7 12 1 − t2 3 12 = dt = arc sen − arc sen . − 2 3 No te quepa duda de que se trata en ambos casos del mismo resultado expresado de diferente forma. 8.62 Observación. Un error frecuente en este tipo de ejercicios consiste en cambiar el trinomio por su opuesto. Las ecuaciones 2√0 + 8x − x2 = √0 y −20 − 8x + x2 = 0, son la misma ecuación, pero las funciones 20 + 8x − x2 y −20 − 8x + x2 no son la misma función. j) Esta primitiva es de las que se calculan integrando por partes, procurando que la inte- gral se repita. Tenemos que: cos2(log x) dx = u = cos2(log x) = x cos2(log x) + 2 cos(log x) sen(log x)dx = dv = dx → v = x = x cos2(log x) + sen(2 log x) dx = u = sen(2 log x) = dv = dx → v = x = x cos2(log x) + x sen(2 log x) − 2 cos(2 log x) dx = = x cos2(log x) + x sen(2 log x) − 4 cos2(log x) dx + 2x. Donde hemos usado la igualdad cos(2t) = 2 cos2 t − 1. Deducimos que: cos2(log x) dx = 1 x cos2(log x)+ x sen(2 log x)+ 2x 5 1/2 dx . El trinomio 20 + 8x + x2 no tiene raíces reales. k) Pongamos I = √ 0 20 + 8x + x2 Tenemos que: 20 + 8x + x2 = (x + 4)2 + 4 = 4 x+4 2 . 2 +1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 453 Por tanto: 1/2 dx 1/2 1 x+4 x= 1 9. 2 2 I= √ = = argsenh = argsenh 0 20 + 8x + x2 0 2+1 2 x=0 4 x+4 2 l) Pongamos I(ρ) = +∞ dx . Como ρ = −1, la función f (x) = 1 = e x(log x)ρ x(log x)ρ 1 (log x)−ρ, tiene como primitiva F (x) = 1 1 ρ (log x)1−ρ. La función f (x) es positiva x − y continua en [e, +∞[. Tenemos que I (ρ) = +∞ dx = F (x) x→+∞ = l´ım F (x) − F (e) = ρ 1 1 . e x(log x)ρ x=e − x→+∞ m) Pongamos I = √ dx 1 . Esta integral se racionaliza con el cambio 8.35, esto es, x 2x + haciendo 2x + 1 = t2, (t > 0). Tenemos: I= √ dx = 2x + 1 = t2 = 2t dt = 2 dt 1 = x 2x + 1 dx = t dt (t2 − 1)t t2 − √ = dt − dt = log t − 1 = log √2x + 1 − 1 . t−1 t+1 t+1 2x + 1 + 1 n) Pongamos I = 2π dx Esta integral se racionaliza con el cambio t = tg(x/2) 2 + cos x . 0 (8.34). Para aplicar la regla de Barrow, calcularemos primero una primitiva de f (x) = 1 2 + cos x .  t = tg(x/2) dx   dt √2 √t √2 t√g x + cos = dx = 2 dt = 2 + t2 = 3 arc tg 3 = 3 arc tg 2 . 1+t2 2 x 1−t2 3 3 cos x = 1+t2 Llamemos F (x) = √2 arc tg t√g x a la primitiva calculada. Tenemos que: 2 33 2π dx x=2π + cos x x=0 I = 2 = F (x) = F (2π) − F (0) = 0. 0 Resultado claramente erróneo porque la integral de una función continua y positiva debe ser un número positivo. ¿Dónde está el error? Pues en que la primitiva que hemos cal- culado no está definida en todo el intervalo [0, 2π] pues el valor de F (x) para x = π no está, en principio, definido. De hecho, se tiene que: xl´ı→mπ F (x) = √2 π = √π , xl´ı→mπ F (x) = − √2 π = − √π . 32 3 3 2 3 0<x<π π<x<2π Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 454 Por tanto, la función F tiene una discontinuidad de salto en π, lo que implica que no es derivable en π. Es decir, la función F (x) no es una primitiva de f (x) en [0, 2π]. Pero F (x) sí es una primitiva de f (x) en [0, π] y en [π, 2π] (definiendo en cada caso F en π como el correspondiente límite lateral para que F resulte continua en cada uno de dichos intervalos). Luego: π dx 2π dx x→π− x=2π + cos x + cos x=0 x→π+ I= 2 + 2 x = F (x) + F (x) = 0π = xl´ı→mπ F (x) − xl´ı→mπ F (x) = √2π . 3 0<x<π π<x<2π 8.63 Observaciones. Al hacer un cambio de variable para calcular una integral defini- da hay que tener presente la correspondencia entre intervalos. La función que realiza el cambio de variable debe ser continua en su intervalo. En el ejemplo anterior, el cambio realizado es t = tg(x/2), pero la función x → tg(x/2) no está definida en todo el inter- valo [0, 2π]. Cuando x recorre [0, 2π], x/2 recorre [0, π] y la tangente no está definida en π ∈ [0, π]. 2 También se evitan errores siguiendo el procedimiento usual para realizar cambios de variable en integrales definidas. En el ejemplo anterior debemos calcular los valores de t que corresponden a x = 0 y a x = 2π lo que nos daría los nuevos límites de integración c y d. Así obtendríamos que para x = 0 es c = tg 0 = 0, y para x = 2π es d = tg(π) = 0. Ya vemos que aquí hay algo que no va bien. Estos errores están propiciados porque la notación que usamos para las integrales indefi- nidas (las primitivas) no tiene en cuenta el intervalo en que trabajamos, y ese es un dato muy importante que no se debe olvidar cuando calculamos integrales definidas. Para calcular integrales de funciones trigonométricas puede ser útil tener en cuenta que dichas funciones son periódicas. Supongamos que h : R → R es una función continua y periódica con período α, es decir, h(x + α) = h(x) para todo x ∈ R. Entonces se verifica que la integral de h en cualquier intervalo de longitud α es la misma. Es decir, x+α α para todo x ∈ R es x h(t) dt = 0 h(t) dt . La comprobación de esta igualdad es inmediata porque la función H(x) = x+α h(t) dt es derivable con derivada H ′(x) = x h(x + α) − h(x) = 0, luego H es una función constante. Aplicando esto en el ejemplo anterior, y teniendo en cuenta que el coseno tiene período 2π y es una función par, tenemos que: 2π dx π dx 0 dx π dx π dx + cos 2 + cos x 2 + cos x 2 + cos x 2 + cos x 2 x = = + =2 0 −π −π 0 0 Esta última integral sí puede calcularse directamente con el cambio t = tg(x/2). Aunque dicho cambio convierte la integral en otra integral impropia porque el intervalo [0, π] se transforma biyectivamente, por la función x → tg(x/2), en el intervalo [0, +∞[. Tenemos que: π 2 dx x = [t = tg(x/2)] = 2 +∞ dt = √2 arc tg √t t→+∞ = √π . 0 + cos 3 + t2 3 3 t=0 3 0 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 455 t 1 +x p) Para calcular la integral x(x2 + 1) dx usaremos la regla de Barrow. Para ello, 1 1 debemos obtener una primitiva de la función x(x2 + x + 1) . Se trata de una función racional. Como el polinomio x2 + x + 1 no tiene raíces reales, la descomposición en fracciones simples es de la forma: x(x2 1 + 1) = A + Bx +C 1 +x x x2 + x+ Multiplicando e identificando numeradores: 1 = A(x2 + x + 1) + (Bx + C)x Haciendo x = 0 obtenemos A = 1. Igualando coeficientes de x2 se tiene A + B = 0, por lo que B = −1. Igualando coeficientes de x se tiene A + C = 0, luego C = −1. t 1 t 1 t x+1 +x x x2 + x + x(x2 + 1) dx = dx − 1 dx = 1 11 1 t 2x + 1 1 t 1 2 x2 + x + 2 +x+1 = log t − 1 dx − x2 dx = 11 1 1 1 t 1 2 2 2 (x + 1/2)2 + 3/4 = log t − log(t2 + t + 1) + log 3 − dx = 1 √ = log √t + log 3 − √1 t 2/ 3 dx = t2 + t + 1 2 3 1 √2x + √1 2 3 3 +1 = log √t + log 3 − √1 arc tg √2t + √1 + √1 √ t2 + t + 1 2 3 33 arc tg 3 = 3 = log 3 + √1 π + log √t − √1 arc tg √2t + √1 2 3 3 t2 + t + 1 3 33 Como: √t =0 l´ım arc tg √2t + √1 = π . l´ım log t2 + t + 1 33 2 t→+∞ t→+∞ Concluimos que: +∞ log 3 √π √π log 3 √ 1 2 33 23 2 3 x(x2 +x + 1) dx = + − = − 18 π. 1 Ejercicio resuelto 202 Calcula las primitivas eax cos(bx) dx , y eax sen(bx) dx . Su- +∞ +∞ puesto que a < 0, calcula las integrales eax cos(bx) dx y eax sen(bx) dx . 00 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 456 Solución. Pongamos F (x) = eax cos(bx) dx y G(x) = eax sen(bx) dx . Integrando por partes se obtiene: u = cos(bx) 1 b  dv = eax dx a a G(x)  F (x) = = eax cos(bx) + G(x) = u = sen(bx) dv = eax dx 1 b (x) −→ a a = eax sen(bx) − F F (x) = 1 eax cos(bx) + b eax sen(bx) − b2 F (x) −→ a a2 a2 eax F (x) = a2 + b2 a cos(bx) + b sen(bx) G(x) = eax − b cos(bx) + a sen(bx) a2 + b2 Como |eax cos(bx)| eax, |eax sen(bx)| eax y, para a < 0, la integral impropia 0+∞eax dx es convergente, se sigue, por el criterio de comparación que las integrales 0+∞eax cos(bx) dx y 0+∞eax sen(bx) dx son absolutamente convergentes. Sus valores viene dados por: +∞ = F (x) x→+∞ = l´ım F (x) − F (0) = −F (0) = − a2 a x=0 + b2 eax cos(bx) dx x→+∞ 0 +∞ = G(x) x→+∞ = l´ım G(x) − G(0) = −G(0) = b x=0 a2 + b2 eax sen(bx) dx x→+∞ 0 Otra forma de calcular las primitivas F y G es usando la exponencial compleja como sigue: F (x) + iG(x) = eax cos(bx) + i sen(bx) dx = e(a+ib)x dx = = 1 e(a+ib)x = a − ib eax cos(bx) + i sen(bx) = a + ib a2 + b2 eax = a2 + b2 a cos(bx) + b sen(bx) + i − b cos(bx) + a sen(bx) . E igualando partes real e imaginaria volvemos a obtener el mismo resultado anterior. Ejercicio resuelto 203 Estudia la convergencia de la integral In = +∞ x2n−1 dx (n ∈ N) + x2)(n+3) 0 (1 Prueba que para n 2 es In = n − 1 In−1. Calcula I1, I2 e I3. n + 2 Solución. Pongamos f (x) = x2n−1 La función f es continua y positiva en (1 + x2)(n+3) . [0, +∞[. Además, como f es un cociente de dos polinomios de grados 2n − 1 y 2n + 6 con coeficiente líder iguales a 1, se verifica la equivalencia asintótica f (x) ∼ 1 para x5 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 457 x → +∞. Como la integral impropia +∞ 1 dx es convergente, deducimos por el 1 x5 criterio límite de comparación, que In es convergente para todo n ∈ N. Para obtener la fórmula de recurrencia del enunciado debemos hacer una integración por partes. La elección de las funciones u y v es obligada: In = +∞ x2n−1 dx = u = x2n−2 → du = (2n − 2)x2n−3 = 0 (1 + x2)(n+3) dv = x → v = − 1 1 (1 + x2)−n−2 (1+x2 )n+3 n+2 2 = − 1 4 (1 x2n−2 x→+∞ n − 1 In−1 = n − 1 In−1 . 2n + + x2)n+2 n + 2 n + 2 + x=0 Tenemos que: I1 = +∞ x dx = − 1 (1 + x2)−3 x→+∞ = 1 . (1 + x2)4 6 x=0 6 0 Con ello: 1 1 2 1 4 24 5 60 I2 = I1 = , I3 = I2 = . Ejercicio resuelto 204 Sea f continua en un intervalo I y sea a ∈ I. Prueba que para todo x ∈ I se verifica la igualdad: xx t dt (x − t)f (t) dt = f (s) ds aa a Solución. Pongamos: x xx F (x) = (x − t)f (t) dt = x f (t) dt − tf (t) dt a aa xt G(x) = f (s) ds dt . aa Como f es continua, las funciones F y G son derivables en I y sus derivadas están dadas por: xx F ′(x) = f (t) dt + xf (x) − xf (x) = f (s) ds = G′(x). aa Como, además F (a) = G(a) = 0, concluimos que F y G coinciden en todo punto de I. Ejercicio resuelto 205 Sea f : R+o → R una función de clase C1, estrictamente creciente y tal que f (0) = 0. Sea g = f −1 la función inversa de f y sea a > 0. a) Prueba que: f (a) a a g(y) dy = xf ′(x) dx = af (a) − f (x) dx . 00 0 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 458 b) Sea J = f (R+o ) el intervalo imagen de f . Prueba que la función h : J → R dada para todo t ∈ J por: t h(t) = at − g(y) dy , 0 alcanza un máximo absoluto en J y deduce que para todo b ∈ J se verifica: ab ab f (x) dx + g(y) dy 00 ¿Cuándo se da la igualdad? Solución. a) Haciendo primero un cambio de variable y después integrando por partes: f (a) y = f (x), dy = f ′(x) dx aa 0 = f (0), f (a) = f (a) g(y) dy = = g(f (x))f ′(x) dx = xf ′(x) dx = 0 00 u = x, du = dx x=a aa dv = f ′(x) dx , v = f (x) x=0 = = xf (x) − f (x) dx = af (a) − f (x) dx 00 b) Tenemos que h′(t) = a−g(t). La función g es estrictamente creciente en J = f (R+o ). Sea c = f (a) > 0. Entonces c ∈ J y g(c) = a. Deducimos que h′(x) > 0 para 0 x < c y h′(x) < 0 para c < x. Por tanto h es estrictamente creciente en [0, c] y estrictamente decreciente en [c, +∞[, luego h(t) < h(c) para todo t ∈ J \\ {c}, y h alcanza en c = f (a) un máximo absoluto en J. Deducimos que para todo b ∈ J es h(b) h(f (a)), es decir: b f (a) a ab ab− g(y) dy af (a)− g(y) dy = f (x) dx −→ ab f (x) dx + g(y) dy . 0 00 00 La igualdad se da si, y sólo si, b = f (a). Ejercicio resuelto 206 Estudia para qué valores de α ∈ R es convergente la integral 1 I(α) = xα arc tg x dx . 0 Calcula su valor para α = −3/2. Solución. Pongamos f (x) = xα arc tg x. La función f es continua y positiva en ]0, 1]. Como arc tg x ∼ x para x → 0, se sigue que f (x) ∼ xα+1 para x → 0. Como la 1 integral 0 xs dx converge si, y sólo si, s > −1, deducimos, por el criterio límite de comparación, que la integral 1 f (x) dx converge si, y sólo si, α+1 > −1, o sea, α > −2. 0 Para calcular I(−3/2) integramos por partes para eliminar la función arc tg x y después Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 459 hacemos un cambio de variable. 1 3  u = arc tg x→ du dx  2  →v 1+x2  I(−3/2) = x− arc tg x dx = = − √2 = dv = x− 3 2 0x = −2 ar√c tg x x=1 + 1 √ 2 dx x2 ) = x x→0 0 x(1 + π 1 √x(21d+x x2) = π 1 1 2 2 1 + t4 = − + x = t2, t > 0 = − +4 dt . 00 Para calcular la integral I = 1 1 dt lo primero es calcular las raíces del denominador 0 1+t4 que, evidentemente, son todas complejas e iguales a las raíces complejas cuartas de la unidad. Como −1 = eiπ, dichas raíces son los números: xk = ei π ei 2kπ = ei π ei kπ k = 0, 1, 2, 3. 4 4 4 2 Sabemos que dichas raíces vienen en pares de complejos conjugados. Luego deben ser x0, x0 y x1, x1, donde: x0 = ei π = √1 + i √1 , x1 = x0 ei π = ix0 = − √1 + i √1 . 4 2 2 2 2 2 Luego: x4 +1 = 1(x/√−2x)20 )+(x1−/2x0()x(x+−1x/√1)(2x)2−+x11/)2==|x(x−2 x−0|√2 |2xx−+x11)|(2x=2 + √ + 1). = (x − 2x Si no sabes calcular las raíces complejas cuartas de −1 (lo que sería bastante lamentable), puedes obtener la anterior descomposición utilizando el hecho de que corresponde a dos factores cuadráticos irreducibles y, por tanto, debe ser de la forma (los coeficientes de x2 deben ser, claramente, iguales a 1): x4 + 1 = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) Desarrollando esta igualdad e identificando coeficientes se vuelve a obtener la descom- posición anterior. La descomposición en fracciones simples es de la forma: 1 1 x(A4 x=+xB2 )−A(xx√2+2+xB√+21x + x2 Cx√+ D ⇐⇒ 1 + + 1) + 2x + 1 √ + (Cx + D)(x2 − √ + 1) ⇐⇒ = + 2B √ √ 2x √ 2D)x ( 2A 2C 1 = B + D + (A + C − + + B − + D)x2 + (A + C )x3 Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones: √ √√ √ B + D = 1, A + 2B + C − 2D = 0, 2A + B − 2C + D = 0, A + C = 0 que se resuelve con mucha facilidad resultando A = −C = √1 , B = C = 1 . Aho- 22 2 ra solamente queda calcular las correspondientes primitivas. Esto lo dejo para que lo Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Aplicaciones de la integral 460 completes tú. Es algo que ya debes saber hacer y que se hizo en general al estudiar la integración de funciones racionales. El resultado final es: 1 3 π √ 2 2 π + log√(3 + 2 2) x− arc tg x dx = − + 2 0 8.7. Aplicaciones de la integral Con una integral puedes calcular magnitudes tan diversas como áreas, volúmenes, longitu- des de curvas, el trabajo realizado por una fuerza, la masa de un sólido, momentos de inercia, el campo eléctrico, el flujo de un fluido a través de una superficie y muchas más. Es nota- ble, sin embargo, que la forma de proceder sea casi siempre la misma, y consiste en expresar el valor exacto de la magnitud que se quiere calcular como un límite de sumas de Riemann, para deducir, a partir de ellas, la integral cuyo cálculo proporciona la solución del problema. Podrás comprobar en lo que sigue que esta técnica es bastante sencilla e intuitiva. Con un po- co de práctica tú mismo podrás aplicarla con éxito en situaciones distintas de las que aquí se consideran. 8.7.1. Cálculo de áreas planas Te recuerdo que si f : [a, b] → R es una función continua, representamos por G(f, a, b) la región del plano comprendida entre la curva y = f (x), el eje de abscisas y las rectas x = a, x = b. Como sabes, el área de dicha región viene dada por b λ(G(f, a, b)) = |f (x)| dx a Es interesante interpretar la integral que proporciona el área de la siguiente forma. Observa que |f (x)| es la longitud del segmento intersección de G(f, a, b) con la recta vertical que pa- sa por (x, 0), es decir, |f (x)| es la longitud de la sección vertical de G(f, a, b) por el punto (x, 0), y el área de la región G(f, a, b) es igual a la integral de las longitudes de sus secciones. Intuitivamente: integrando longitudes obtenemos áreas. Como el área es invariante por rotacio- nes, este resultado es también válido si consideramos secciones por rectas paralelas a una recta cualquiera dada. Deducimos así el siguiente resultado. 8.64 Teorema (Principio de Cavalieri). El área de una región plana es igual a la integral de las longitudes de sus secciones por rectas paralelas a una recta dada. Veamos cómo se aplica este principio en algunos casos concretos. 8.7.1.1. Regiones de tipo I Supongamos que f , g son funciones continuas y llamemos Ω a la región del plano compren- dida entre las curvas y = f (x) e y = g(x) para a x b. Se dice que Ω es una región de tipo Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo de áreas planas 461 I. Es evidente que las longitudes de las secciones verticales de Ω son iguales a |f (x) − g(x)| por lo que su área viene dada por b (8.38) λ(Ω) = |f (x) − g(x)| dx a Observa que esta integral expresa el área de Ω como límite de las sumas de Riemann n |f (tk) − g(tk)| (xk − xk−1) k=1 lo que tiene una sencilla interpretación que puedes ver en la siguiente figura. Figura 8.7. Aproximación al área de una región de tipo I Cuando la función f − g no tiene signo constante en el intervalo [a, b], para calcular la integral (8.38) se descompone dicho intervalo en intervalos en los que la función f − g es siempre positiva o siempre negativa, lo que permite quitar el valor absoluto en el integrando. A veces interesa expresar una región de tipo I como unión de dos o más regiones de tipo I disjuntas y más sencillas, entonces su área es la suma de las áreas de cada una de dichas regiones. 8.65 Ejemplo. Vamos a calcular el área de la región Ω comprendida entre la parábola y2 = x y la recta y = x − 2. Calculamos los puntos de corte de la recta y la parábola resolviendo la ecuación x = (x − 2)2, cuyas soluciones son a = 1, b = 4. Puedes ver representada la región Ω en amarillo en la siguiente figura. arribPaoedsemg(oxs)c=on√sidxe.rLara Ω como una región de tipo I. La función cuya gráfica limita a Ω por función cuya gráfica limita a Ω por abajo viene dada por f (x) = −√x 0 x 1 x−2 1 x 4 En consecuencia λ(Ω) = 4 = 1√ √ 4√ = 9 ( x − ( x)) dx + ( x − (x − 2)) dx 2 |g(x) − f (x)| dx 0 01 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo de áreas planas 462 y = √x 01 y =x−2 4 y = −√x Figura 8.8. Ejemplo de región de tipo I Observa que podemos ver Ω como unión de dos regiones de tipo I como se indica en la siguiente figura. y = √x 01 y =x−2 4 y = −√x Y lo que hemos hecho antes ha sido calcular el área de cada una de estas dos regiones. 8.7.1.2. Regiones de tipo II Supongamos que f , g son funciones continuas y llamemos Ω a la región del plano com- prendida entre las curvas x = f (y) y x = g(y) para a y b. Se dice que Ω es una región de tipo II. Es evidente que las longitudes de las secciones horizontales de Ω son iguales a |f (y) − g(y)| por lo que su área viene dada por b (8.39) |f (y) − g(y)| dy a lo que tiene una sencilla interpretación que puedes ver en la figura 8.9. Es importante advertir que la distinción entre regiones de tipo I y de tipo II es tan sólo una cuestión de conveniencia. No son conjuntos de distinta naturaleza sino formas distintas de describir un conjunto. En la práctica te vas a encontrar con regiones que puedes considerar tanto de tipo I como de tipo II y deberás elegir la descripción que más facilite el cálculo de la correspondiente integral. De todas formas, no debes olvidar que basta cambiar la variable x por la variable y para convertir una región de tipo II en otra de tipo I. Geométricamente, lo que hacemos es una Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo de áreas planas 463 Figura 8.9. Aproximación al área de una región de tipo II simetría respecto a la recta y = x, lo que deja invariante el área. Por tanto, si en un ejercicio resulta conveniente considerar la región cuya área quieres calcular como una región de tipo II y te encuentras más cómodo trabajando con regiones de tipo I, basta con que cambies los nombres de las variables. Salvo por factores de escala, las figuras (8.7) y (8.9) son simétricas respecto de la recta y = x. 8.66 Ejemplo. La región del ejemplo (8.8) puedes considerarla como una región de tipo II. La curva que limita esta región por la derecha es la gráfica de la recta x = y + 2 y la curva que limita esta región por la izquierda es la gráfica de la parábola x = y2. La variable y está comprendida entre −1 y 2. Ω = (x, y) : y2 x y + 2, −1 y 2 2 Tenemos que: x = y2 λ(Ω) = 2 = 9 Ω x=y+2 2 (y + 2 − y2) dy 0 −1 −1 Figura 8.10. Ejemplo de región de tipo II También puedes transformar directamente Ω en una región de tipo I más sencilla que la anteriormente considerada en la figura 8.8 mediante una simetría respecto de la recta y = x, tal como se muestra en la figura 8.11. Aunque la región así obtenida,Ωs, no es la misma Ω tiene, sin embargo, igual área que Ω. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 464 λ(Ωs) = λ(Ω) = 2 = 9 . 2 (x+2−x2) dx 1 y =x+2 Ωs y = x2 −1 0 2 Figura 8.11. Simétrica de la figura 8.8 8.7.2. Ejercicios propuestos 399. Calcula el área de las dos partes en que la parábola y2 = 4x divide al círculo x2 + y2 = 8. 400. Calcula para qué valor de λ la curva y = λ cos x divide en dos partes de igual área la región limitada por la curva y = sen x y el eje de abscisas cuando 0 x π/2. 401. Calcula el área encerrada por el bucle de la curva y2 = x(x − 1)2. +∞ 402. a) Calcula f (t) = sen(xt) e−x dx . 0 b) Calcula el área limitada por la gráfica de f y el eje OX. 403. Calcula el área de las regiones del plano limitadas por las siguientes curvas. 1. y = x(x − 1)(x − 2) y el eje OX. 2. x = 12y2 − 12y3, x = 2y2 − 2y. 3. y = −x2 − 2x, y = x2 − 4, −3 x 1. 4. y = x2, x + y = 2, x 0, y 0. 5. x + y2 = 3, 4x + y2 = 4. 6. y = sec2 x, y = tg2 x, −π/4 x π/4. 7. x2 + y2 = 1, a > 0, b > 0. a2 b2 8. (y − x)2 = x − 3, x = 7. 9. y = (log x)2, 0 < x e. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 465 10. y2 = 1 − x , x = −1. 1 + x 11. y = x e−x, y = x2 e−x, x 0. 404. Calcula a > 0 por la condición de que el sec- B y = x2 A = (a, a2) tor parabólico OAB de la figura de la derecha tenga área mínima. El punto B es la intersec- ción de la parábola y = x2 con su normal en el punto A = (a, a2). 405. Con un disco de radio R queremos hacer, O recortando un disco concéntrico de radio A r, una arandela como la de la figura de la derecha. Se pide calcular el radio r por la R condición de que el área de la parte de la α arandela que queda a la izquierda de la rec- ta x = r (sombreada en gris) sea máxima. Or Sugerencia. Tomar α como variable. B √√ 406. Una corona circular de radio interior 2 y radio exterior 6 se corta con la parábola de ecuación x = y2. Calcula el área de cada una de las dos regiones resultantes. 407. Se considera la hipérbola de ecuación x2− y2 = 1 (x0, y0) y un punto (x0, y0) de la misma (x0 > 1). Se pide x0 calcular el área, ω0, de la región sombreada en gris en la figura, y deducir que: O x0 = cosh(ω0), y0 = senh(ω0). x2 − y2 = 1 8.7.3. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 207 Calcula el área de las dos partes en que la parábola y2 = 4x divide al círculo x2 + y2 = 8. Solución. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 466 Hay que calcular los puntos de intersección de la parábola y de la circunferencia. Para ello calculamos la raíz positiva de la e√cuación x2 + 4x − 8 = 0 que es α = −2 + 2 3.√Los puntos de√intersección son, por tanto, (α, 2 α) y (α, −2 α). Teniendo en cuenta la simetría, para calcular el área de la parte azul del círculo Oα es suficiente calcular el área de la región com- prendida entre la circunferencia y la parábola cuando x ∈ [0, α], es decir, el área de la región coloreada en rojo. Se trata de una región de tipo I cuya área viene dada por: α √ α αα 4 2x 3 8 − x2 − dx = 8 − x2 dx − 2x1/2 dx = 8 − x2 dx − α3/2 . 0 0 00 Calculemos la integral que falta. α √ arc sen( √α ) arc sen( √α ) x = 8 sen t 8 8 √ √ 1 + cos(2t) 8 − x2 dx = = 8 cos2 t dt = 22 2 dt = 0 00 √ √ √ = 2 arc sen α/ 8 + √12 sen 2 arc sen(α/ 8) . Por tanto, el área,S, de la región en rojo es igual a: √ √ + √1 sen √ − 4 α3/2 S = 2 arc sen α/ 8 2 arc sen(α/ 8) 23 La solución obtenida puede simplificarse más usando que sen(2x) = 2 sen x cos x pero, tal como está, puede considerarse correcta. El área de la parte del círculo interior a la parábola (coloreada en azul) es igual 4π − 2S, y el área de la parte del círculo exterior a la parábola (zonas amarilla y roja) es igual a 4π + 2S. Otras formas de hacer este ejercicio son las siguientes. Teniendo en cuenta la simetría, el área de la par- (α, 2√α) te azul del círculo es igual a: √ α√ √ 8 8 2 2 x+2 8 − x2 dx Oα 0α (α, −2√α) que se calcula como antes. También puedes hacer este ejercicio cambiando los ejes (convirtiendo una región de tipo II en otra de tipo I) como en la siguiente figura obtenida simetrizando la anterior respecto UniverdseidlaadbdiseeGctrraiznaddeal primer y tercer cuadrantes. Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 467 El área de la parte azul del disco es igual a: √ 8 − x2 − x2/4 dx −2√α α 2√α 2α O −2√α que se calcula igual que antes. Ejercicio resuelto 208 Calcula a > 0 por la condición de que el sec- B y = x2 A = (a, a2) tor parabólico OAB de la figura de la derecha tenga área mínima. El punto B es la intersec- ción de la parábola y = x2 con su normal en el punto A = (a, a2). Solución. O Sabemos que la normal a una curva de ecuación y = f (x) en un punto (a, f (a)) 1 es la recta de ecuación y = f (a) − f ′(a) (x − a). En nuestro caso la curva es la parábola y = x2 cuya normal en el punto (a, a2) es la recta y = a2 − 1 (x − 2a a). La intersección de dicha recta con la parábola se obtiene resolviendo la ecuación 1 x2 = a2 − 2a (x − a), esto es, 2ax2 + x − a − 2a3 = 0, cuyas soluciones son: −1 ± 1 + 4(a + 2a3)22a −1 ± √ 1 + 8a2 + 16a4 = −1 ± (1 + 4a2)2 4a 4a  4a = = = −1 ± (1 + 4a2) = a + 2a2 4a − 1 2a Pongamos x0 = −1 + 2a2 . Tenemos que B = (x0, x02). El área del sector parabólico de 2a la figura viene dada por a a2 − 1 (x − a) − x2 dx = a2x − 1 (x − a)2 − 1 x3 x=a 2a 4a 3 G(a) = = x0 x=x0 4 a3 + a + 1 + 1 3 4a 48a3 Para calcular el mínimo de esta función se procede de la forma usual. Calculemos los ceros de la derivada. G ′ (a) = 4a2 +1− 1 − 1 = 0 ⇐⇒ 4a2 +1 = 1 1 + 1 = 4a2 16a4 4a2 4a2 = 1 (4a2 + 1) ⇐⇒ 16a4 = 1 ⇐⇒ a4 = 1 16a4 16 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 468 Como a > 0, la única solución es a = 1/2. Teniendo en cuenta que para todo a > 0: G ′′(a) = 8a + 1 + 1 > 0, 2a3 4a5 y que l´ım G′(a) = −∞, l´ım G′(a) = +∞, deducimos que para 0 < a < 1 es 2 a→0 1 a→+∞ 2 G ′ (a) < 0, y para < a es G ′ (a) > 0. De aquí se sigue que G decrece en ]0, 1/2] y crece en [1/2, +∞[, por lo que alcanza un mínimo absoluto en a = 1/2. Ejercicio resuelto 209 Con un disco de radio R queremos hacer, re- A cortando un disco concéntrico de radio r, una R arandela como la de la figura de la derecha. Se pide calcular el radio r por la condición de que α el área de la parte de la arandela que queda a Or la izquierda de la recta x = r (sombreada en gris) sea máxima. B Sugerencia. Tomar α como variable. Solución. Todo lo que hay que hacer es calcular el área de la parte sombreada de la arandela. Podemos hacer esto de forma completamente elemental introduciendo como variable la medida en radianes, θ, del ángulo indicado en la figura. Con ello tenemos que r = R cos θ. El área buscada es igual al área del disco grande (πR2) menos el área del disco pequeño (π(R cos θ)2), menos el área del sector circular OBA (θR2) más el área del triángulo OAB (R cos θR sen θ). Por tanto, la función a maximizar es: f (θ) = πR2 −π(R cos θ)2 −θR2+R cos θR sen θ = R2 π−θ−π cos2 θ+cos θ sen θ = = R2 π sen2 θ − θ + cos θ sen θ , definida para 0 θ π/2. Calculamos la derivada: f ′(θ) = 2R2 sen θ(π cos θ − sen θ). Se sigue que el único cero de la derivada en el intervalo donde está definida f es es θ0 = arc tg π ∈]0, π/2[. Como sen θ 0, el signo de la derivada es igual al signo de π cos θ − sen θ. Deducimos que f ′(θ) > 0 para 0 < θ < θ0 y f ′(θ) < 0 para θ0 θ < π/2. En consecuencia, f es creciente en [0, θ0] y decreciente en [θ0, π/2]. Por tanto el valor máximo absoluto de f en [0, π/2] se alcanza en θ0. El valor de r correspondiente es: r = R cos θ0 = √R . 1+ π2 Alternativamente, podemos calcular directamente, en función de r, el área del segmento circular determinado por la cuerda AB, que viene dado por: R 2 R2 − x2 dx r Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 469 En consecuencia, el área de la parte sombreada de la arandela viene dada por: R g(r) = πR2 − πr2 − 2 R2 − x2 dx r donde 0 r R. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, la derivada de g viene dada por g ′(r) = −2πr + 2 R2 − r2 Cuyo único cero es r0 = √R . Se justifica fácilmente que dicho valor corresponde 1 + π2 al máximo absoluto de g en [0, R]. Ejercicio resuelto 210 Calcula para qué valor de λ la curva y = λ cos x divide en dos partes de igual área la re- gión limitada por la curva y = sen x y el eje de abscisas cuando 0 x π/2. y = sen x Solución. El área limitada por la función seno entre x = 0 π y = λ cos x y x = π/2, es igual 2 sen x dx = 1. Por tan- Ω 0 aπ to, debemos calcular λ por la condición de que 2 el área de la región Ω, en amarillo en la figura O de la derecha, sea igual a 1/2. Llamando a al único punto de corte de las gráficas y = sen x, y = λ cos x en el intervalo [0, π/2], el cual vie- ne dado por la igualdad λ cos a = sen a, dicha área es igual a: a π 2 sen x dx + λ cos x dx = 1 + λ − cos a − λ sen a. 0a Deberá verificarse que 1 + λ − cos a − λ sen a = 1/2. Teniendo en cuenta que: λ cos a = sen a ⇒ tg a = λ ⇒ 1 = 1 + λ2 ⇒ cos a = √1 , cos2a 1 + λ2 donde hemos tenido en cuenta que como 0 < a < π/2, cos a > 0. Sustituyendo ahora en la igualdad anterior y teniendo en cuenta que debe ser λ > 0, obtenemos: 1 + λ − cos a − λ sen a = 1 ⇔ 1 + 2λ = 2 cos a + 2λ sen a = 2(1 + λ2) cos a ⇔ 2 1 + 2λ = 2(1 + λ2) √ 1 = 2 1 + λ2 ⇔ (1 + 2λ)2 = 4(1 + λ2) ⇔ λ= 3 . 1 + λ2 4 Ejercicio resuelto 211 Calcula el área encerrada por el bucle de la curva y2 = x(x − 1)2. Solución. En problemas de cálculo de areas debemos hacer, siempre que no sea compli- cado, una representación gráfica para visualizar la región del plano cuya área queremos Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Curvas en el plano 470 calcular, de esta forma se evitan posibles errores. La curva de ecuación y2 = x(x − 1)2 es simétrica respecto al eje de abscisas, pues p√arxa|xca−da1v|,aylor=de−x√txe|nxem−o1s|.dOosbsvearlvoa- res opuestos de y, que vienen dados por y= que esta curva está definida para x 0. Los puntos de corte de la curva con el eje OX son x = 0 y x = 1. El bucle del enunciado debe estar comprendido entre ellos dos. Para 0 x 1 la parte de arriba de la curva √x(1 1 −√3x es y = − x). Tenemos que y′ = 2x . Deducimos que es creciente para 0 x 1/3 y decreciente para 1/3 x 1. Además, la O 1 derivada segunda es negativa, por lo que se tra- ta de una curva cóncava (la parte de arriba del bucle). Con estos datos ya podemos representar la curva. Teniendo en cuenta la simetría, el área pedida viene dada por: 2 1√ = 8 x(1 − x) dx 15 0 Ejercicio resuelto 212 Calcula el área de una elipse de semiejes a y b. Solución. Por medio de un giro y de una traslación (que son movimientos del plano que conservan el área), la ecuación de la elipse puede escribirse de la forma: x2 + y2 = 1 ⇐⇒ y = ± b a2 − x2 a2 b2 a El área pedida viene dada por la integral: b a a2 − x2 dx = πab. a 2 −a Donde, para evaluar la integral hemos usado la tabla de primitivas inmediatas. Para el caso en que a = b = r, es decir, la elipse es un círculo de radio r, obtenemos la conocida fórmula πr2 para el área de un círculo. 8.7.4. Curvas en el plano Seguramente te imaginas una curva en el plano como una línea continua que puede dibujar- se de un trazo, sin levantar el lápiz del papel. Esa idea es esencialmente correcta. Las circunfe- rencias, las elipses, las cardioides son todas ellas curvas. Faltaría más. Ninguna de ellas puedes representarla por una igualdad de la forma y = f (x). Las curvas que pueden representarse por una ecuación cartesiana del tipo y = f (x) son curvas muy particulares pues son gráficas de fun- ciones. No olvides que cuando dices “sea la curva dada por la ecuación y = f (x)” te estás refi- riendo a la curva cuya imagen es el conjunto de puntos del plano {(x, y) : x ∈ [a, b], y = f (x)} es decir, a la gráfica de f . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Curvas en el plano 471 Si lo piensas un momento, verás que muy pocas curvas son gráficas. Para que una curva sea una gráfica es necesario que cualquier recta vertical la corte a lo más en un solo punto; ninguna curva cerrada cumple esta condición. Precisamente entre las curvas cerradas se en- cuentran algunas de las curvas más interesantes, a ellas pertenecen los distintos tipos de óvalos y lemniscatas, las astroides, las cardioides y muchas más. Vamos a ver ahora una forma de representar curvas planas mucho más general que las ecuaciones cartesianas del tipo y = f (x) que sólo sirven para representar curvas que también son gráficas. Para empezar, consideremos una curva que viene dada por una ecuación cartesiana de la forma y = f (x) donde x ∈ [a, b]. Nuestra curva es, por tanto, la imagen de la aplicación γ : [a, b] → R2 definida por γ(x) = (x, f (x)) para todo x ∈ [a, b]. Intuitivamente, cuando x recorre el intervalo [a, b], el punto (x, f (x)) recorre la curva. Es fácil generalizar esta situación sin perder la idea intuitiva de curva. Lo esencial es que podamos describir las coordenadas de los puntos de la curva como funciones continuas de un parámetro. En la situación que estamos considerando se tiene que y = f (x), es decir, la segunda coordenada es función continua de la primera. La generalización consiste en que ambas coordenadas sean funciones continuas de un parámetro. Llegamos así a la definición siguiente. 8.67 Definición. Una curva en el plano es una aplicación continua γ : [a, b] → R2. Si γ(t) = (x(t), y(t)), decimos que x = x(t), y = y(t) son las ecuaciones paramétricas de la curva. El punto γ(a) es el origen y γ(b) el extremo de la curva. Si γ(a) = γ(b) se dice que la curva es cerrada. Se dice que una curva γ es simple si no se corta a sí misma, es decir, si para s, t ∈ [a, b] con s = t se verifica que γ(s) = γ(t). Una curva cerrada se llama simple si la función γ es inyectiva en ]a, b[. 8.68 Ejemplos. • La curva de ecuaciones paramétricas x(t) = a + r cos t, y(t) = b + R sen t donde 0 t 2π es una elipse cuyo centro es el punto (a, b) y semiejes de longitudes r y R. Cuando r = R se trata de una circunferencia. • La curva de ecuaciones paramétricas x(t) = r(t − sen t), y(t) = r(1 − cos t) para 0 t 2π es la cicloide. Es la curva que describe un punto de una circunferencia de radio r que avanza girando sin deslizar. • La curva de ecuaciones paramétricas x(t) = a(1 + cos t) cos t, y(t) = a(1 + cos t) sen t para 0 t 2π se llama cardioide. Es la curva que describe un punto fijo del borde de un círculo de radio a/2 que rueda sin deslizar sobre el exterior de otro círculo del mismo radio. P P t 2r Figura 8.12. Cicloide O 2πr Universidad de Granada Figura 8.13. Cardioide Dpto. de Análisis Matemático Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Curvas en el plano 472 P Figura 8.15. Espiral de Arquímedes Figura 8.14. Astroide • La curva de ecuaciones paramétricas x(t) = a cos3 t, y(t) = a sen3 t donde a > 0 y 0 t 2π, se llama hipocicloide de cuatro picos o astroide. Es la curva que describe un punto fijo de una circunferencia de radio r = a/4 que rueda sin deslizar sobre el interior de otra circunferencia de radio a. • La curva de ecuaciones paramétricas x(t) = t cos t, y(t) = t sen t donde 0 t 2π, se llama espiral de Arquímedes. Es la curva que describe un punto que se mueve alejándose del origen con velocidad uniforme sobre una semirrecta que gira alrededor del origen con velocidad angular constante. • Otro ejemplo final, para que aprecies las curvas tan complicadas que pueden representar- se fácilmente por ecuaciones paramétricas. Se trata de una curva de las llamadas curvas de Lissajoux. Sus ecuaciones son x(t) = sen(3t), y(t) = cos(5t), t ∈ [0, 2π]. Figura 8.16. Una curva de Lissajoux 8.7.4.1. Área encerrada por una curva Sea Ω la región rodeada por una curva cerrada simple γ(t) = (x(t), y(t)), a t b, y supongamos que las funciones x(t), y(t) tienen primera derivada continua. Se supone también que si, a medida que el parámetro t avanza desde a hasta b, andamos sobre la curva siguiendo al punto γ(t) = (x(t), y(t)) entonces la región Ω queda a nuestra izquierda (ver figura 8.17). Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Curvas en el plano 473 En estas condiciones se verifica que el área de Ω viene dada por: λ(Ω) = b x(t)y ′(t) dt = − b y ′(t)x(t) dt = 1 b x(t)y ′(t) − y ′(t)x(t) dt (8.40) a a 2 a Ω Figura 8.17. Una curva cerrada 8.7.4.2. Áreas planas en coordenadas polares Un tipo particular de ecuaciones paramétricas son las de la forma: x(ϑ) = f (ϑ) cos ϑ (α ϑ β) (8.41) y(ϑ) = f (ϑ) sen ϑ donde f : [α, β] → R es una función continua. Dichas ecuaciones se representan simbólica- mente en la forma ρ = f (ϑ). La curva definida por estas ecuaciones se dice que está dada en forma polar y que ρ = f (ϑ) es la ecuación polar de la curva. La razón de esta terminología se explica seguidamente. Dado un punto (x, y) = (0, 0), hay un único par de números (ρ, ϑ), tales que ρ > 0 y −π < ϑ π, que verifican las igualdades x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ. Dichos números se llaman coordenadas polares del punto (x, y). Si consideras el número complejo x + iy, entonces ρ es su módulo y ϑ es su argumento principal. Por tanto, dada una curva por una ecuación polar ρ = f (ϑ), el punto del plano que corres- ponde a cada valor del ángulo polar ϑ es: f (ϑ)(cos ϑ, sen ϑ), si f (ϑ) 0. Coordenadas polares (f (ϑ), ϑ) |f (ϑ)| cos(ϑ + π), sen(ϑ + π) , si f (ϑ) < 0. Coordenadas polares (|f (ϑ)|, ϑ + π) Debes tener claro que esta forma de representar una curva no es más que un tipo particular de representación paramétrica. Consideremos una curva dada por la ecuación polar ρ = f (ϑ) donde f : [α, β] → R . Queremos calcular el área de la región del plano (ver figura 8.18): Ω = {(ρ cos ϑ, ρ cos ϑ) : 0 < ρ f (ϑ), α ϑ β} . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 474 ρ = f (ϑ) Ω ϑk α ϑk−1 β O Figura 8.18. Aproximación por sectores circulares Para ello lo que hacemos es aproximar Ω por medio de sectores circulares. Recuerda que 1 el área de un sector circular de radio ρ y amplitud ϕ (medida en radianes) es igual a 2 ρ2 ϕ. Consideramos para ello una partición {α = ϑ0, ϑ1, ϑ2, . . . , ϑn−1, ϑn = β} de [α, β] y forma- n 1 1 mos la suma 2 f (ϑk)2(ϑk − ϑk−1). Como el número 2 f (ϑk)2(ϑk − ϑk−1) es el área del k=1 sector circular, representado en amarillo en la figura 8.18, de radio f (ϑk) y amplitud igual a ϑk − ϑk−1, es claro que la suma anterior representa una aproximación del área de Ω. Como n 1 1 2 f (ϑk )2(ϑk − ϑk−1) es una suma de Riemann de la función ϑ → 2 f (ϑ)2, se sigue que el k=1 área de Ω viene dada por la integral: λ(Ω) = 1 β dϑ (8.42) 2 f (ϑ)2 α Con frecuencia, las ecuaciones en coordena- Figura 8.19. Rosa de 8 pétalos das polares se usan para representar distintos ti- pos de curvas simétricas llamadas “rosas”. Por ejemplo, en la figura 8.19 se ha representado una rosa de 8 hojas o lazos, cuya ecuación en coordenadas polares es ρ = cos(4ϑ), 0 ϑ 2π. 8.7.5. Ejercicios propuestos 408. Calcula el área encerrada por la elipse x(t) = a + r cos t, y(t) = b + R sen t donde 0 t 2π. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Longitud de un arco de curva 475 408. Calcula el área encerrada por la cardioide x(t) = cos t(1 + cos t), y(t) = sen t(1 + cos t) para 0 t 2π. 409. Calcula el área de la región del plano rodeada por un lazo de la lemniscata de ecuación polar ρ2 = cos(2ϑ), (−π/4 ϑ π/4). 410. Calcula el área limitada por el arco de la espiral de Arquímedes ρ = aϑ, a > 0, com- prendido entre ϑ = 0 y ϑ = π. 411. Calcula el área encerrada por el lazo interior de la curva ρ = 1 + cos ϑ. 2 412. Hallar el área encerrada por una de las hojas de la rosa ρ = 2 cos(2ϑ). 413. Calcular el área del lóbulo del folium de Descartes de ecuación x3 + y3 − 3axy = 0, a > 0. Sugerencia. Expresa la ecuación en forma polar. 414. Calcula el área de la región común a las dos elipses x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 1. a2 b2 b2 a2 Sugerencia. Representa gráficamente las elipses. Usa la simetría polar para simplificar los cálculos y pasar a coordenadas polares. 8.7.6. Longitud de un arco de curva Se trata de calcular la longitud de la curva plana γ dada por las ecuaciones paramétri- cas γ(t) = (x(t), y(t)), a t b, donde suponemos que x(t), y(t) tienen derivada pri- mera continua. Para ello aproximamos la curva por poligonales inscritas en ella. Cada par- tición {a = t0, t1, t2, . . . , tn−1, tn = b} induce una poligonal cuyos vértices son los puntos γ(tk) = (x(tk), y(tk)), (0 k n). γ (tk ) γ(tk−1) Figura 8.20. Aproximación por poligonales Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 476 La longitud de dicha poligonal viene dada por la suma: nn (x(tk) − x(tk−1))2 + (y(tk) − y(tk−1))2 ≈ x ′(sk)2 + y ′(sk)2 (tk − tk−1) k=1 k=1 Donde hemos usado el teorema del valor medio y la continuidad de las derivadas. Pero esta suma es una suma de Riemann de la función t → x′(t)2 + y ′(t)2. Deducimos que la longitud de la curva γ viene dada por b (8.43) ℓ(γ) = x′(t)2 + y ′(t)2 dt a Para el caso particular de que la curva sea la gráfica de una función y = f (x), esto es γ(x) = (x, f (x)), entonces su longitud viene dada por b ℓ(γ) = 1 + f ′(x)2 dx a Para el caso particular de que la curva venga dada por una parametrización polar de la forma (8.41), su longitud viene dada por β ℓ(γ) = f (ϑ)2 + f ′(ϑ)2 dϑ α Si interpretamos que la curva γ(t) = (x(t), y(t)) es la función de trayectoria seguida por un móvil, entonces la velocidad de dicho móvil en cada instante t viene dada por el vector derivada γ ′(t) = (x′(t), y ′(t)), y la rapidez es la norma euclídea de dicho vector, es decir x′(t)2 + y ′(t)2. La igualdad (8.43) tiene ahora una interpretación clara: la distancia recorrida por un móvil se obtiene integrando la rapidez. Volveremos sobre esto más adelante. 8.7.7. Ejercicios propuestos 415. Calcula la longitud del arco de catenaria y = cosh x entre x = 0 y x = 1. 416. Calcula la longitud de un arco de la cicloide x(t) = t − sen t, y(t) = 1 − cos t, (0 t 2π). 417. Calcular la longitud del arco de curva y = x2 + 4, entre x = 0 y x = 3. 418. Calcula la longitud de la astroide x 2/3 y 2/3 a a + = 1, a > 0. Sugerencia. Obtener las ecuaciones paramétricas de la astroide y tener en cuenta la si- metría. 419. Calcula la longitud de la cardioide ρ = 3(1 + cos ϑ), (0 ϑ 2π). 420. Calcula la longitud de la curva y = x4 + 48 donde 2 x 4. 24x 421. Calcula la longitud de la curva y = log(1 − x2), donde 1/3 x 2/3. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Volúmenes de sólidos 477 8.7.8. Volúmenes de sólidos Al igual que podemos calcular áreas de regiones planas integrando las longitudes de sus secciones por rectas paralelas a una dada, podemos también calcular volúmenes de regiones en R3 integrando las áreas de sus secciones por planos paralelos a uno dado. Este resultado es un caso particular del teorema de Fubini que veremos al estudiar integrales múltiples. 8.69 Teorema (Cálculo de volúmenes por secciones planas). El volumen de una región en R3 es igual a la integral del área de sus secciones por planos paralelos a uno dado. Para justificar esta afirmación, sea Ω una región en R3 como la de la figura 8.21. Z Ω Ω(x) O x bX a Y Figura 8.21. Cálculo del volumen por secciones Representemos por Ω(x) la sección de Ω por el plano perpendicular al eje OX en el punto (x, 0, 0). Sea V (x) el volumen de la parte de Ω que queda a la izquierda de dicho plano y sea λ(Ω(x)) el área de la sección Ω(x). Observa que la situación es totalmente análoga a la considerada en el Teorema Fundamental del Cálculo: allí teníamos la función área cuya derivada era la longitud de la sección. No debe sorprenderte por ello que ahora resulte que la derivada de la función volumen, V (x), sea el área de la sección. En efecto, sea h > 0. Suponiendo, naturalmente, que la función x → λ(Ω(x)) es continua, tenemos que: m´ın {λ(Ω(t)) : x t x + h} h V (x + h) − V (x) ma´x {λ(Ω(t)) : x t x + h} h de donde se deduce que l´ım V (x + h) − V (x) = λ(Ω(x)). h h→0 Hemos obtenido así que V ′(x) = λ(Ω(x)). Deducimos que el volumen de Ω, que es V (b) − V (a), viene dado por la integral: b (8.44) V ol(Ω) = λ(Ω(x)) dx a El razonamiento anterior se ha hecho para secciones por planos verticales al eje OX, es decir planos paralelos al plano Y Z; pero el resultado obtenido también es válido para secciones por planos paralelos a un plano dado. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral