Ejercicios de integrales_impropias

Integrales impropias

1. CAPITULO XII.
INTEGRALES
IMPROPIAS
SECCIONES
A. Integrales impropias de primera especie.
B. Integrales impropias de segunda especie.
C. Aplicaciones al calculo de areas y volumenes.
D. Ejercicios propuestos.
109

2. A. INTEGRALES IMPROPIAS DE PRIMERA ESPECIE.
El concepto de integral denida se reere a funciones acotadas en intervalos
cerrados [a; b], cona; b2R. Este concepto se puede extender eliminando
estas restricciones. Ello da lugar a las integrales impropias.
Llamaremosintegral impropia de primera especieaquella cuyo intervalo de
integracion es innito, ya sea de la forma (a;1), (1; b) o bien (1;1),
pero la funcion esta acotada. Para cada uno de los casos indicados se de-
ne
Z
1
a
f(x)dx= lm
B!1
Z
B
a
f(x)dx;
Z
b
1
f(x)dx= lm
A!1
Z
b
A
f(x)dx;
Z
1
1
f(x)dx= lm
A!1
B!1
Z
B
A
f(x)dx;
1
y se dice que la integral impropia correspondiente esconvergentesi el lmite
existe y es nito ydivergenteen caso contrario. Las siguientes propiedades
son analogas a las correspondientes en las integrales propias (solo conside-
raremos el caso del intervalo (a;1) pues el segundo caso se puede reducir
al primero con el cambio de variablet=xy el tercer caso es combinacion
de los dos anteriores al descomponer la integral en dos sumandos).
PROPIEDADES.
(1) La convergencia de la integral no depende del lmite de integracion real.
Es decir,
Z
1
a
f(x)dxconverge()
Z
1
b
f(x)dxconverge.
(2)Homogenea.Si
Z
1
a
fes convergente, entonces
Z
1
a
fes convergente,
para todo2Ry se cumple:
Z
1
a
f=
Z
1
a
f:
(3)Aditiva.Si
Z
1
a
f;
Z
1
a
gconvergen, entonces
Z
1
a
(f+g) converge y
ademas
Z
1
a
(f+g) =
Z
1
a
f+
Z
1
a
g:
110

3. (4)Integracion por partes.Sifygtienen derivadas de primer orden
continuas en [a;1) y dos de los tres lmites
lm
b!1
Z
b
a
f(x)g
0
(x)dx;lm
b!1
Z
b
a
f
0
(x)g(x)dx;lm
b!1
[f(b)g(b)f(a)g(a)]
existen, entonces el tercero tambien existe y se tiene que
Z
1
a
f(x)g
0
(x)dx= lm
b!1
[f(b)g(b)f(a)g(a)]
Z
1
a
f
0
(x)g(x)dx:
(5) Si
Z
1
a
jfjconverge, entonces
Z
1
a
fconverge.
Esta ultima propiedad permite denir el concepto de convergencia ab-
soluta para el caso en que la funcion integrando no tenga signo cons-
tante en [a;1).
Dada una funcionfintegrable en [a; x], para todox > a, se dice que
Z
1
a
converge absolutamentesi la integral
Z
1
a
jfjconverge, y que
Z
1
a
fconverge
condicionalmentesi
Z
1
a
fconverge pero
Z
1
a
jfjdiverge.
En los casos en que no sea posible (o no sea necesario) calcular explcitamente
la integral, su convergencia se puede deducir por alguno de los siguientes
criterios (observar el paralelismo que mantienen algunos de estos criterios
con sus correspondientes para la convergencia de series).
CRITERIOS DE CONVERGENCIA.
(1)Criterio de comparacion.Sifygson funciones continuas en [a;1)
y 0f(x)g(x);8x > a, entonces 0
Z
1
a
f(x)dx
Z
1
a
g(x)dx.
Por tanto, si
Z
1
a
g(x)dxconverge, entonces
Z
1
a
f(x)dxconverge.
(2)Comparacion por paso al lmite.Seanfygcontinuas y no nega-
tivas en [a;1).
a) Si lm
x!1
f(x)
g(x)
=6= 0; nito, entonces
Z
1
a
f(x)dxconverge()
Z
1
a
g(x)dxconverge:
b) Si lm
x!1
f(x)
g(x)
= 0, entonces
Z
1
a
g(x)dxconverge =)
Z
1
a
f(x)dxconverge:
111

4. En muchos casos, debido a que
Z
1
1
1
x

dxconverge si >1 y diverge
si1 (ver problema 12.1), se aplica el criterio anterior cong(x) =
1=x

. Este queda entonces as:
(3) Seafuna funcion continua y no negativa en [a;1).
a) Si lm
x!1
x

f(x) =6= 0; nito, entonces
Z
1
a
f(x)dxconverge() >1:
b) Si lm
x!1
x

f(x) = 0 y >1, entonces
Z
1
a
f(x)dxconverge.
c) Si lm
x!1
x

f(x) =1y1, entonces
Z
1
a
f(x)dxdiverge.
(4)Criterio de Dirichlet.Seanfuna funcion continua con primitiva
Facotada8xayguna funcion decreciente con derivada primera
continua8xa. Si lm
x!1
g(x) = 0, entonces
Z
1
a
f(x)g(x)dxconverge.
(5)Criterio de la serie asociada.Seafuna funcion decreciente y no
negativa8xa, y tal que lm
x!1
f(x) = 0. Entonces
Z
1
a
f(x)dxconverge()
X
f(n) converge.
PROBLEMA 12.1
Calcular
Z
1
a
x
n
dxcona >0.
Solucion
Paran6=1,
F(b) =
Z
b
a
x
n
dx=

x
n+1
n+ 1

b
a
=
1
n+ 1
(b
n+1
a
n+1
):
Sin >1, entonces lm
b!1
F(b) =1, con lo que
Z
1
a
x
n
dxdiverge.
Sin <1, entonces la integral converge y
lm
b!1
F(b) =
Z
1
a
x
n
dx=
a
n+1
n+ 1
:
112

5. Paran=1,
F(b) =
Z
b
a
dx
x
= lnblna
y, como lm
b!1
F(b) =1, la integral diverge.
PROBLEMA 12.2
Calcular
Z
0
1
e
x
dx.
Solucion
Resolvemos directamente la integral:
Z
0
1
e
x
dx= lm
a!1
Z
0
a
e
x
dx= lm
a!1

e
x

0
a
= lm
a!1
(1e
a
) = 1:
PROBLEMA 12.3
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
1
p
e
x
dx.
Solucion
Calcularemos directamente la integral aplicando la denicion de integral
impropia.
Z
1
0
1
p
e
x
dx= lm
b!1
Z
b
0
e
x=2
dx= lm
b!1

2e
x=2

b
0
= lm
b!1
(2e
b=2
+2) = 2;
de lo que se deduce que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.4
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
e
ajxj
dx,a2R.
Solucion
En primer lugar, sia= 0,e
0
= 1 y la integral diverge.
113

6. Sia6= 0, descomponemos la integral en dos sumandos y obtenemos:
I=
Z
0
1
e
ax
dx+
Z
1
0
e
ax
dx= lm
k!1
Z
0
k
e
ax
dx+ lm
m!1
Z
m
0
e
ax
dx
= lm
k!1

1
a
e
ax

0
k
+ lm
m!1


1
a
e
ax

m
0
= lm
k!1

1
a

1
a
e
ak

+ lm
m!1


1
a
e
am
+
1
a

=
(
2=asia >0;
1 sia <0:
Resulta en denitiva que la integral propuesta es convergente cuandoa >0
y divergente cuandoa0.
PROBLEMA 12.5
Calcular
Z
1
0
xe
x
dx:
Solucion
Utilizaremos la propiedad (4), relacionada con la integracion por partes para
integrales impropias. Para ello, tomandof(x) =x,g
0
(x) =e
x
, tenemos que
f
0
(x) = 1,g(x) =e
x
y
Z
1
0
xe
x
dx= lm
b!1
Z
b
0
xe
x
dx
= lm
b!1

xe
x

b
0
+ lm
b!1
Z
b
0
e
x
dx= lm
b!1

e
x

b
0
= 1;
debido a que lm
b!1

xe
x

b
0
= lm
b!1
be
b
= lm
b!1
b
e
b
= 0:
PROBLEMA 12.6
Hallar
Z
1
1
dx
e
x
+e
x
:
Solucion
Como ambos lmites de integracion son innitos, descomponemos la integral
en dos sumandos. Si escribimos el integrando como
1
e
x
+e
x
=
e
x
1 +e
2x
, te-
114

7. nemos:
I= lm
b!1
Z
b
0
e
x
dx
1 +e
2x
+ lm
b
0
!1
Z
0
b
0
e
x
dx
1 +e
2x
= lm
b!1

arc tge
x

b
0
+ lm
b
0
!1

arc tge
x

0
b
0
= lm
b!1
(arc tge
b
=4) + lm
b
0
!1
(=4arc tge
b
0
) =

2


4
+

4
0 =

2
:
PROBLEMA 12.7
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
2
1
x(lnx)
8
dx.
Solucion
Si calculamos directamente la integral, tenemos:
Z
1
2
1
x(lnx)
8
dx= lm
b!1
Z
b
2
(1=x)(lnx)
8
dx= lm
b!1

(lnx)
7
7

b
2
= lm
b!1

1
7(lnb)
7
+
1
7(ln 2)
7

=
1
7(ln 2)
7
;
de modo que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.8
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
e
xe
x
dx.
Solucion
Resolvemos en primer lugar la integral indenida haciendo el cambio de
variablee
x
=t:
Z
e
xe
x
dx=
Z
e
x
e
e
x
dx=
Z
e
t
dt=e
t
=e
e
x
:
Calculamos a continuacion la integral impropia y tenemos:
Z
1
1
e
xe
x
dx= lm
a!1
b!1
Z
b
a
e
xe
x
dx= lm
a!1
b!1
(e
e
b
+e
e
a
) = 0 + 1 = 1;
de lo que se deduce que la integral es convergente.
115

8. PROBLEMA 12.9 Hallar
Z
1
0
e
x
senx dx.
Solucion
El lmite superior de integracion es innito con lo que, al integrar por partes,
obtenemos:
I= lm
b!1
Z
b
0
e
x
senx dx= lm
b!1


1
2
e
x
(senx+ cosx)

b
0
= lm
b!1

1
2
e
b
(senb+ cosb) +
1
2
:
Cuandob! 1,e
b
!0, mientras quejsenb+ cosbj 2, luegoI= 1=2.
PROBLEMA 12.10
CalcularIn=
Z
1
0
x
n
e
x
dx, paran2N.
Solucion
Integrando por partes, obtenemos que
Z
x
n
e
x
dx=x
n
e
x
+n
Z
x
n1
e
x
dx:
Recordando ademas que lm
b!1
b
n
e
b
= 0, resulta:
In= lm
b!1
Z
b
0
x
n
e
x
dx= lm
b!1
b
n
e
b
+nlm
b!1
Z
b
0
x
n1
e
x
dx=nIn1:
Procediendo por recurrencia, se llega a queIn=n(n1)In2= =n!I0
y comoI0=
Z
1
0
e
x
dx= 1;obtenemos queIn=n!
PROBLEMA 12.11
Hallar
Z
+1
0
dx
x
2
+ 4
:
116

9. Solucion
Por denicion de integral impropia, tenemos:
I= lm
b!1
Z
b
0
dx
x
2
+ 4
= lm
b!1

arc tg(x=2)
2

b
0
=

4
:
PROBLEMA 12.12
Calcular la integral
Z
1
1
x
2
x+ 2
x
4
+ 10x
2
+ 9
dx:
Solucion
Por denicion de integral impropia
Z
1
1
x
2
x+ 2
x
4
+ 10x
2
+ 9
dx= lm
A!1
B!1
Z
B
A
x
2
x+ 2
x
4
+ 10x
2
+ 9
dx:
Resolvemos en primer lugar la integral indenida para lo cual aplicamos el
metodo de integracion por fracciones simples. Como
Z
x
2
x+ 2
x
4
+ 10x
2
+ 9
dx=
1
8
"
ln
r
x
2
+ 9x
2
+ 1
+ arc tgx+
7
3
arc tg
x
3
#
;
la integral propuesta valdra
I=
1
8

ln 1 +

2
+
7
3


2
ln 1 +

2
+
7
3


2

=
5
12
:
PROBLEMA 12.13
Demostrar que
Z
1
0
dx
(1 +x
2
)
m
es convergente, para todom2N.
Solucion
En efecto, si hacemos el cambio de variablex= tgt; dx= sec
2
t dt, los
lmites de integracion son ahorat= 0 (correspondiente ax= 0) yt==2
(cuandox=1). La integral queda ahora
Z
=2
0
sec
2
t dt
(1 + tg
2
t)
m
=
Z
=2
0
sec
22m
t dt=
Z
=2
0
cos
2m2
t dt;
117

10. la cual es evidentemente convergente paramnatural.
PROBLEMA 12.14
Determinar el valor deCpara que sea convergente la integral im-
propia
Z
1
1

x
2x
2
+ 2C

C
x+ 1

dx. Hallar el valor de dicha inte-
gral. Solucion
Si escribimos la funcion integrando como cociente de polinomios,
x
2x
2
+ 2C

C
x+ 1
=
x
2
+x2Cx
2
2C
2
(2x
2
+ 2C)(x+ 1)
=
(12C)x
2
+x2C
2
(2x
2
+ 2C)(x+ 1)
;
observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea con-
vergente, el grado del numerador debe ser menor que 2. De aqu se deduce
que 12C= 0, es decirC= 1=2.
Para este valor, la integral queda:
Z
1
1

x
2x
2
+ 1

1=2
x+ 1

dx= lm
b!1
Z
b
1
x
2x
2
+ 1
dx
Z
b
1
1=2
x+ 1
dx

= lm
b!1

1
4
ln(2x
2
+ 1)
1
2
ln(x+ 1)

b
1
= lm
b!1

1
4
ln(2b
2
+ 1)
1
4
ln 3
1
2
ln(b+ 1) +
1
2
ln 2

= lm
b!1
1
4
ln
4(2b
2
+ 1)
3(b+ 1)
2
=
1
4
ln
8
3
:
PROBLEMA 12.15
Hallar los valores de los parametrosaybpara que
Z
1
1

2x
2
+bx+a
x(2x+a)
1

dx= 1:
Solucion
Al igual que en el problema anterior, escribimos el integrando como una frac-
cion para comparar los grados del numerador y denominador. Como
2x
2
+bx+a
x(2x+a)
1 =
(ba)x+a
x(2x+a)
;
118

11. la integral sera convergente cuandoba= 0, es decira=b.
En este caso, si integramos por fracciones simples, obtenemos que
I=
Z
1
1

2x
2
+bx+a
x(2x+a)
1

dx= lm
k!1

ln




x
2x+a





k
1
= lm
k!1
ln
k
2k+a
ln
1
2 +a
= ln
1
2
ln
1
2 +a
:
Como debe ser 1 = ln
1
2
ln
1
2 +a
, resulta quea=b= 2e2.
PROBLEMA 12.16
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
lnx
x
2
dx.
Solucion
Resolvemos la integral indenida por partes haciendou= lnxydv=
dx=x
2
. Asdu=dx=x,v=1=xy:
Z
lnx
x
2
dx=
lnx
x
+
Z
dx
x
2
=
lnx
x

1
x
=
1 + lnx
x
:
La integral impropia queda entonces:
Z
1
1
lnx
x
2
dx= lm
b!1
Z
b
1
lnx
x
2
dx= lm
b!1


1 + lnx
x

b
1
= lm
b!1


1 + lnb
b
+ 1

= 1;
pues lm
b!1
lnb=b= 0 (se puede aplicar por ejemplo la regla de L'H^opital).
Otra posibilidad, en la que no se calcula directamente la integral, es utilizar
el criterio de comparacion. Debido a que:
lm
x!1
lnx=x
2
1=x
3=2
= lm
x!1
lnx
x
1=2
= lm
x!1
1=x
(1=2)x
1=2
= lm
x!1
2
x
1=2
= 0;
e
Z
1
1
1
x
3=2
dxes convergente, se deduce la convergencia de la integral pro-
puesta.
PROBLEMA 12.17
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
x
2
+ 3x+ 1
x
4
+x
3
+
p
x
dx.
119

12. Solucion
En primer lugar observamos que la funcion integrando es positiva en el
intervalo de integracion. Como la diferencia de grados entre el denominador
y el numerador es 2, comparamos el integrando con la funcion 1=x
2
. Debido
a que
lm
x!1
x
2
+3x+1
x
4
+x
3
+
p
x
1=x
2
= lm
x!1
x
4
+ 3x
3
+x
2
x
4
+x
3
+
p
x
= 1;
y la integral impropia
Z
1
1
dx=x
2
es convergente, la integral propuesta tam-
bien es convergente.
PROBLEMA 12.18
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
dx
2x+
3
p
x+ 1 + 5
.
Solucion
Analogamente al problema anterior, la funcion es positiva en el intervalo
[1;1). Ademas, cuandox! 1, es un innitesimo del mismo orden que
1=x, es decir
lm
x!1
1
2x+
3
p
x+1+5
1=x
= 1=2:
Como
Z
1
1
dx
x
es divergente, la integral propuesta tambien lo sera.
PROBLEMA 12.19
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
x
p
x
4
+ 1
dx.
Solucion
La convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la inte-
gral
Z
1
1
x
p
x
4
+ 1
dxporque, en el intervalo [0;1], el integrando es acotado y la
integral es propia.
Como la funcion integrando es positiva en el intervalo de integracion, pode-
mos aplicar el criterio de comparacion. As tenemos que
lm
x!1
x=
p
x
4
+ 11=x
= lm
x!1
x
2
p
x
4
+ 1
= 1;
120

13. pues el grado del numerador coincide con el grado del denominador. Como la
integral
Z
1
1
dx
x
es divergente, tambien es divergente la integral propuesta.
PROBLEMA 12.20
Investigar la convergencia de la integral
Z
1
1
dx
p
x
3
+ 1
.
Solucion
Como el integrando es positivo aplicamos el criterio de comparacion por
paso al lmite. Cuandox! 1, tenemos
1
p
x
3
+ 1
=
1
p
x
3
(1 + 1=x
3
)
=
1
x
3=2

1
p
1 + 1=x
3

1
x
3=2
:
Como la integral
Z
1
1
dx
x
3=2
es convergente, la integral propuesta tambien lo
sera.
PROBLEMA 12.21
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
x
2
dx
(a
2
+x
2
)
3=2
:
Solucion
Comparamos el integrando con la funciony= 1=x. Tenemos as:
lm
x!1
x
2
(a
2
+x
2
)
3=2
1=x
= lm
x!1
x
3
x
3
(a
2
=x
2
+ 1)
3=2
= 1:
Como
Z
1
0
dx
x
es divergente, tambien lo es la integral propuesta.
PROBLEMA 12.22
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
3
x dx
p
x
6
+ 1
.
Solucion
Comparando los grados del numerador y denominador, obtenemos queg(x) =
1=x
2
es un innitesimo equivalente a la funcion integrando cuandox! 1.
121

14. Como ademas
Z
1
3
dx
x
2
es convergente, por el criterio de comparacion dedu-
cimos que la integral propuesta es tambien convergente.
PROBLEMA 12.23
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
e
x
2
dx.
Solucion
En primer lugar descomponemos la integral en tres sumandos. Ademas, de-
bido a la simetra de la funcion integrando, podemos escribir:
I=
Z
1
1
e
x
2
dx+
Z
1
1
e
x
2
dx+
Z
1
1
e
x
2
dx=
Z
1
1
e
x
2
dx+2
Z
1
1
e
x
2
dx:
Para estudiar la convergencia de esta ultima integral impropia, como la fun-
cion integrando es positiva, aplicamos el criterio de comparacion. Tenemos
por un lado que se verica la acotacione
x
2
e
x
;8x1, y por otro lado
que
Z
1
1
e
x
dx= lm
b!1
Z
b
1
e
x
dx= lm
b!1

e
x

b
1
= lm
b!1

e
b
+e
1

=e
1
:
Esto indica que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.24
Investigar la convergencia de la integral
Z
1
0
x
3
2
x
dx:
Solucion
Debido a que 2
x
es un innito de orden superior ax
3
, es decir lm
x!1
x
3
2
x
= 0,
aplicaremos el criterio de comparacion por paso al lmite con la funcion
g(x) = 1=2
x
. Ahora bien, como
lm
x!1
x
3
=2
x
1=2
x
= lm
x!1
x
3
=1;
e
Z
1
0
dx
2
x
converge, el criterio no puede aplicarse con esta funcion.
122

15. Si tomamos una funcion un poco mayor queg, comoh(x) = (2=3)
x
, tene-
mos:
lm
x!1
x
3
=2
x
(2=3)
x
= lm
x!1
x
3
(4=3)
x
= 0;
y ademas
Z
1
0
(2=3)
x
dx= lm
b!1

(2=3)
x
ln 2=3

b
0
=
1
ln 2=3
:
El citado criterio de comparacion indica pues que la integral propuesta es
convergente.
PROBLEMA 12.25
Determinar si la integral
Z
1
1
p
x3
x
dxconverge o no.
Solucion
El integrando es no negativo y decreciente en [1;1). Recordamos que, de
acuerdo con el criterio de la integral para series innitas, sifes una funcion
no creciente y no negativa en [1;1), entonces
Z
1
1
fy
X
n1
f(n) convergen
ambas o divergen ambas.
En este caso la convergencia de la serie
X
n1
p
n3
n
se puede determinar por el
criterio de la raz. Tenemos as:
lm
n!1
p
n+ 1=3
n+1p
n=3
n
= lm
n!1
3
n

p
n+ 13
n+1

p
n
=
1
3
<1;
de modo que la serie converge, con lo que tambien la integral dada converge.
PROBLEMA 12.26
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
x
e
x
1
dx.
Solucion
Aunque la funcion no esta denida enx= 0, como lm
x!0
+
x
e
x
1
= 1, la
funcion esta acotada parax >0 y la integral no es impropia enx= 0. El
caracter de esta integral es el mismo que el de la serie asociada
X
n
e
n
1
.
123

16. Aplicando el criterio de Pringsheim, como lm
n!1
n
2

n
e
n
1
= 0 y
X
1
n
2
es
convergente, tambien lo es la serie anterior.
PROBLEMA 12.27
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
4x
3
+ 2x+ 1
e
x
dx:
Solucion
Debido a que la funcion integrando es positiva en el intervalo de integracion
y tiende a cero cuandox! 1, reducimos el estudio de la convergencia
de la integral al de la serie asociada
X
n0
4n
3
+ 2n+ 1
e
n
. Por el criterio de la
raz,
lm
n!1
n
r
4n
3
+ 2n+ 1e
n
= lm
n!1
1=e <1:
Entonces la integral es convergente.
PROBLEMA 12.28
Estudiar el caracter de la integralI=
Z
1
0
ln(1 +x)
e
x
dx:
Solucion
Como la funcion integrando es no negativa en el intervalo de integracion,
estudiaremos el caracter de la serie asociada
X
ln(1 +n)
e
n
.
Aplicando el criterio del cociente tenemos:
lm
ln(n+2)
e
n+1
ln(n+1)e
n
= lm
ln(n+ 2)
eln(n+ 1)
=
1
e
<1;
lo que indica que la serie es convergente y, en consecuencia, tambien es
convergente la integral propuesta.
PROBLEMA 12.29
Estudiar el caracter de la integral
Z
1
0
x dx
1 +x
2
sen
2
x
.
124

17. Solucion
Como la serie asociada a la integral impropia es
X
n
1 +n
2
sen
2
n
, la cual es
equivalente a la serie
X
1
n
y esta es divergente, tambien sera divergente la
integral dada.
PROBLEMA 12.30
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
senkx
e
x
2dx:
Solucion
Como la funcion integrando cambia de signo, estudiamos la convergencia
absoluta. La serie asociada a la integral es
X
n0
jsenknj
e
n
2que es convergente
pues
jsenknj
e
n
2
1
e
n
2y, por el criterio de la raz,
lm
n!1
n
r
1e
n
2= lm
n!1
1
e
n
= 0<1:
Lo anterior indica que la integral dada es absolutamente convergente.
PROBLEMA 12.31
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
senx
x

dx, para
>0.
Solucion
Como la funcionf(x) = senxtiene primitivaF(x) =cosxacotada y la
funciong(x) = 1=x

es derivable y decreciente, con lm
x!1
g(x) = 0, por el
criterio de Dirichlet (4) se deduce que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.32
Estudiar el caracter de la integral
Z
1
1
cosx
x
2
dx.
125

18. Solucion
Como el integrando no es una funcion positiva en el intervalo de integracion,
debemos estudiar la convergencia absoluta. Comojcosxj 1;8x, tenemos
que



cosx
x
2



1
x
2
de donde
Z
1
1
cosx
x
2
dx
Z
1
1
1
x
2
dx, la cual es convergen-
te. Se deduce por el criterio de comparacion que la integral propuesta es
absolutamente convergente.
Como regla general podemos armar que, si en la expresion
Z
1
1
f(x)
x
n
dxel
numerador esta acotado, la integral impropia converge absolutamente si lo
hace
Z
1
1
dx
x
n
.
PROBLEMA 12.33
Probar que
Z
1
0
senx
x
dxconverge condicionalmente.
Solucion
Aunque la funcion no este denida enx= 0, esta acotada pues lm
x!0
senx
x
= 1.
Por tanto la convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de
la integral
Z
1
1
senx
x
dx. Como vimos en el problema 12.31, esta integral es
convergente.
Sin embargo,
Z
1
1



senx
x


dxdiverge pues, comojsenxj sen
2
x=
1cos 2x
2
,
tenemos que
Z
1
1
jsenxj
x
dx
1
2
Z
1
1
dx
x

1
2
Z
1
1
cos 2x
x
dx:
De las dos ultimas integrales,
Z
1
1
dx
x
diverge y
Z
1
1
cos 2x
x
dxconverge,
pues, integrando por partes,
Z
1
1
cos 2x
x
dx= lm
b!1

sen 2x
2x

b
1
+
Z
1
1
sen 2x
2x
2
dx=
sen 2
2
+
Z
1
1
sen 2x
2x
2
dx;
y esta ultima integral converge absolutamente como se deduce por la acota-
cion




sen 2x
2x
2





1
2x
2
:
De lo anterior se deduce que
Z
1
1
senx
x
dxconverge condicionalmente.
126

19. PROBLEMA 12.34
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
sen
3
x
x
dx.
Solucion
La integral es impropia por tener un lmite de integracion innito. Aunque
ademas la funcion no esta denida enx= 0, como lm
x!0
+
sen
3
x
x
= lm
x!0
+
x
3
x
= 0,
la integral no es impropia enx= 0.
Para estudiar la convergencia utilizamos la formula sen
3
x=
3 senx
4

sen 3x
4
.
Entonces
Z
1
0
sen
3
x
x
dx=
3
4
Z
1
0
senx
x
dx
3
4
Z
1
0
sen 3x
3x
dx;
y cada uno de los sumandos es convergente como vimos en el problema
anterior. Entonces su suma sera tambien convergente.
B. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA ESPECIE.
Si una funciony=f(x) no esta acotada en un intervalo [a; b], no tiene
sentido el concepto de integral denida defen [a; b]. Esta situacion da lugar
a las integrales impropias de segunda especie; para denirlas, distinguimos
los siguientes casos:
a) Sifes integrable en [a; r],8r < b, y lm
x!b

f(x) =1, denimos
Z
b
a
f(x)dx= lm
r!b

Z
r
a
f(x)dx= lm
"!0
+
Z
b"
a
f(x)dx:
b) Sifes integrable en [s; b],8s > a, y lm
x!a
+
f(x) =1, denimos
Z
b
a
f(x)dx= lm
s!a
+
Z
b
s
f(x)dx= lm
"!0
+
Z
b
a+"
f(x)dx:
127

20. c) Si existec2(a; b) tal quefes integrable en [a; r][[s; b],8r < c; s > c
y lm
x!c
f(x) =1, denimos
Z
b
a
f(x)dx= lm
r!c

Z
r
a
f(x)dx+ lm
s!c
+
Z
b
s
f(x)dx:
Al igual que para las integrales impropias de primera especie, se dice que
una integral es convergente si existe el lmite o lmites que las denen.
Las propiedades 1 a 5 enunciadas para las integrales impropias de primera
especie son validas tambien aqu con las modicaciones obvias. Tambien
los criterios de convergencia son analogos a los all indicados pues existe
un paralelismo entre ambos tipos de integrales impropias. As, en el primer
caso, si lm
x!b

f(x) =1, al hacer el cambio de variablebx= 1=t, se
tiene:
Z
b
a
f(x)dx=
Z
1
1=(ba)
g(t)dt;
y resulta una integral impropia de primera especie.
Escribiremos a continuacion los criterios especcos para el caso a) aclarando
nuevamente que los demas pueden plantearse de forma similar.
(1)Criterio de comparacion.Sifygson funciones continuas en [a; r],
8r < by 0f(x)g(x);8x2[a; r], entonces
Z
b
a
g(x)dxconverge =)
Z
b
a
f(x)dxconverge.
(2)Comparacion por paso al lmite.Seanfygcontinuas y no nega-
tivas en [a; r],8r < b.
a) Si lm
x!b

f(x)
g(x)
=6= 0; nito, entonces
Z
b
a
f(x)dxconverge()
Z
b
a
g(x)dxconverge:
b) Si lm
x!b

f(x)
g(x)
= 0, entonces
Z
b
a
g(x)dxconverge =)
Z
b
a
f(x)dxconverge:
Como aplicacion, es comun considerar el criterio de comparacion con
la funciong(x) = 1=(bx)

pues
Z
b
a
1
(bx)

dxconverge si <1 y
diverge si1 (ver problema 12.35). Entonces tenemos:
128

21. (3) Seafuna funcion continua y no negativa en [a; r],8r < b.
a) Si lm
x!b

(bx)

f(x) =6= 0; nito, entonces
Z
b
a
f(x)dxconverge() <1:
b) Si lm
x!b

(bx)

f(x) = 0 y <1, entonces
Z
b
a
f(x)dxconverge.
c) Si lm
x!b

(bx)

f(x) =1y1, entonces
Z
b
a
f(x)dxdiverge.
En los siguientes ejercicios se muestran tambien casos en que una integral
debe descomponerse como integral impropia de primera y segunda especie.
PROBLEMA 12.35
Resolver
Z
b
a
dx
(bx)

, con2R, dondea < b.
Solucion
Distinguiremos los siguientes casos:
- Si= 1, por denicion de integral impropia,
Z
b
a
dx
bx
= lm
r!b

Z
r
a
dx
bx
= lm
r!b


ln(bx)

r
a
= lm
r!b

[ln(br) + ln(ba)] =1:
- Si6= 1,
Z
b
a
dx
(bx)

= lm
r!b

Z
r
a
dx
(bx)

= lm
r!b



(bx)
+1
+ 1

r
a
= lm
r!b


(ba)
+1
(br)
+1
+ 1

=
(
1 si+ 1<0
(ba)
+1
+1
si+ 1>0:
En denitiva, la integral propuesta es convergente cuando <1 y divergente
cuando1.
PROBLEMA 12.36
Calcular
Z
b
a
dx
(xa)
3=2
dondea < b.
129

22. Solucion
Como la funcion no esta acotada enx=a, hacemos lo siguiente:
Z
b
a
dx
(xa)
3=2
= lm
c!a
+
Z
b
c
dx
(xa)
3=2
= lm
c!a
+

2
p
xa

b
c
= lm
c!a
+

2
p
ba
+
2
p
ca

=1:
PROBLEMA 12.37
Calcular
Z
3
0
dx
p
9x
2
.
Solucion
El integrando presenta una discontinuidad esencial enx= 3. Resulta enton-
ces:
Z
3
0
dx
p
9x
2
= lm
"!0
+
Z
3"
0
dx
p
9x
2
= lm
"!0
+

arc senx=3

3"
0
= lm
"!0
+
arc sen
3"
3
= arc sen 1 =

2
:
PROBLEMA 12.38
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
dx
p
(1x)(2 +x)
:
Solucion
El integrandof(x) =
1
p
(1x)(2 +x)
es no negativo y lm
x!1

f(x) =1. To-
mandog(x) =
1
p
1x
, tenemos:
lm
x!1

f(x)
g(x)
= lm
x!1

1
p
2 +x
=
1
p
3
>0:
Por tanto, la integral dada converge si y solo si converge la integral deg.
Ahora bien,
Z
1
0
dx
p
1x
= lm
b!1

Z
b
0
dx
p
1x
= lm
b!1


2
p
1x

b
0
= 2;
130

23. luego la integral dada es convergente.
PROBLEMA 12.39
Investigar si es convergente la integral
Z
1
0
dx
p
1x
4
:
Solucion
La funcion integrando tiene una discontinuidad enx= 1. Comparamos la
integral propuesta con la de 1=(1x)

conapropiado. Debido a que
lm
x!1

1=
p
1x
4
1=(1x)

= lm
x!1

(1x)

p
1x
4
= lm
x!1

(1x)

(1x)
1=2
p
(1 +x)(1 +x
2
)
= 1=2;
cuando= 1=2 y ademas
Z
1
0
1
(1x)
1=2
dxes convergente, del criterio de
comparacion se deduce la convergencia de la integral propuesta.
PROBLEMA 12.40
Estudiar la convergencia de la integral
Z
2
0
dx
(1 +x
2
)
p
4x
2
.
Solucion
Aplicamos el criterio de comparacion con la integral convergente
Z
2
0
dx
(2x)
1=2
.
Como
lm
x!2

1
(1+x
2
)
p
4x
2
1(2x)
1=2
= lm
x!2

1
(1 +x
2
)(2 +x)
1=2
=
1
10
;
la integral es convergente.
PROBLEMA 12.41
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
dx
p
(1x
3
)
n
:
Solucion
La integral es impropia porque el integrando tiende a innito cuandox!1.
Hacemos el cambio de variablex
3
=t; dx=
dt
3t
2=3
. La integral se escribe
131

24. ahora comoI=
Z
1
0
dt
3t
2=3
p
(1t)
n
. A primera vista parece que se ha com-
plicado la integral pues ahora es impropia para los dos extremos del intervalo.
Dividimos este en dos sumandos:
I=
Z
1=2
0
dt
3t
2=3
p
(1t)
n
+
Z
1
1=2
dt
3t
2=3
p
(1t)
n
:
El primer sumando es convergente pues la integral es equivalente a
Z
1=2
0
dt
t
2=3
que sabemos es convergente. El segundo sumando, al estar acotado 1=t
2=3
en todo el intervalo, sera convergente cuandon=2<1, es decirn <2.
Otro metodo mas sencillo sera descomponer 1x
3
de la siguiente forma
1x
3
= (x
2
+x+ 1)(1x). La integral queda entonces
I=
Z
1
0
dx
p
(x
2
+x+1)
n
(1x)
n=2
:
Como el numerador esta acotado en todo el intervalo y el grado del deno-
minador esn=2, la integral sera convergente cuandon=2<1.
PROBLEMA 12.42
Demostrar que
Z
4
0
dx
(x1)
2
no existe.
Solucion
El integrando presenta una discontinuidad esencial enx= 1, valor com-
prendido entre los lmites de integracion. Descomponemos la integral en dos
sumandos y resulta:
I= lm
"!0
+
Z
1"
0
dx
(x1)
2
+ lm
"
0
!0
+
Z
4
1+"
0
dx
(x1)
2
= lm
"!0
+

1
x1

1"
0
+ lm
"
0
!0
+

1
x1

4
1+"
0
= lm
"!0
+

1
"
1

+ lm
"
0
!0
+


1
3
+
1
"
0

=1:
Si no se hubiera tenido en cuenta el punto de discontinuidad, obtendramos
equivocadamente el resultado:
Z
4
0
dx
(x1)
2
=


1
x1

4
0
=
4
3
132

25. pues ademas no es posible que la integral de una funcion positiva sea nega-
tiva.
PROBLEMA 12.43
Estudiar la convergencia de la integralI=
Z
1
1
dx
3
p
x
:
Solucion
Como la funcion no esta acotada enx= 0, descomponemos la integral en
suma:
Z
1
1
dx
3
p
x
=
Z
0
1
dx
3
p
x
+
Z
1
0
dx
3
p
x
:
Cada uno de los sumandos es convergente pues tiene la forma
Z
a
0
dx
x

con
<1. De ello se deduce que la integral es convergente.
El valor de la integral sera el mismo si no se tuviera en cuenta la disconti-
nuidad esencial enx= 0, pero no sera correcto el proceso seguido.
PROBLEMA 12.44
Hallar
Z
4
0
dx
3
p
x1
:
Solucion
Como el integrando presenta una discontinuidad enx= 1, tenemos que
I= lm
"!0
+
Z
1"
0
dx
3
p
x1
+ lm
"
0
!0
+
Z
4
1+"
0
dx
3
p
x1
= lm
"!0
+
3
2

(x1)
2=3

1"
0
+ lm
"
0
!0
+
3
2

(x1)
2=3

4
1+"
0
= lm
"!0
+
3
2
[(")
2=3
1] + lm
"
0
!0
+
3
2
[
3
p
9("
0
)
2=3
] =
3
2

3
p
91

:
PROBLEMA 12.45
Determinar el caracter de la integral
Z
3
2
dx
p
(3x)(x2)
.
133

26. Solucion
La integral es impropia porque el integrando tiende a innito en los dos extre-
mos del intervalo. Separamos la integral en dos sumandos y tenemos:
I=
Z
2;5
2
dx
p
(3x)(x2)
+
Z
3
2;5
dx
p
(3x)(x2)
:
Aplicaremos el criterio de comparacion para estudiar la convergencia de cada
integral. En el caso de que 2x2;5, deducimos que
(3x)(x2)(x2)=2 =)
p
(3x)(x2)
(x2)
1=2
p
2
=)
1
p
(3x)(x2)

p
2(x2)
1=2
:
Como ademas
Z
2;5
2
p
2(x2)
1=2
dxes convergente, tambien lo sera el primer
sumando de la integral dada.
Procediendo analogamente con el segundo sumando obtenemos que, si 2;5<
x <3,
1
p
(3x)(x2)

p
2(3x)
1=2
y sabemos tambien que
Z
3
2;5
p
2(3x)
1=2
dxes convergente.
En denitiva obtenemos que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.46
Determinar la naturaleza de la integralI=
Z
1
0
dx
p
x(1x
2
)
.
Solucion
Como la integral es impropia en los dos extremos de integracion, la dividimos
en dos sumandos. As escribimos
I=
Z
1=2
0
dx
p
x(1x
2
)
+
Z
1
1=2
dx
p
x(1x
2
)
=
Z
1=2
0
dx
(1x
2
)
1=2
x
1=2
+
Z
1
1=2
dx
x
1=2
p
1x
2
:
Los numeradores estan acotados en los intervalos correspondientes. Por tan-
to la primera integral tiene el mismo caracter que
Z
1=2
0
dx
x
1=2
que sabemos
134

27. es convergente. Con respecto a la segunda integral podemos factorizar el
denominador y escribir
Z
1
1=2
dx
x
1=2
p
1x
2
=
Z
1
1=2
dx
x
1=2
(1x)
1=2
(1 +x)
1=2
. Esta inte-
gral es equivalente en cuanto a su caracter a la integral
Z
1
1=2
dx
(1x)
1=2
que
es tambien convergente.
En denitiva, la integral dada es convergente.
PROBLEMA 12.47
Hallar
Z
=2
0
cosx
p
1senx
dx:
Solucion
El integrando presenta una discontinuidad enx==2, de modo que
I= lm
"!0
+
Z
=2"
0
cosx
p
1senx
dx= lm
"!0
+

2(1senx)
1=2

=2"
0
=2 lm
"!0
+
f[1sen(=2")]
1=2
1g= 2:
PROBLEMA 12.48
Calcular la integral
Z
1
0
lnx
p
x
dx.
Solucion
Esta integral es impropia porque el integrando no esta acotado enx= 0. Si
realizamos la integral indenida por partes, tenemos:
I= lm
a!0
+
Z
1
a
lnx
p
x
dx= lm
a!0
+

2
p
xlnx

1
a

Z
1
a
2
p
xx
dx

= lm
a!0
+

2
p
xlnx4
p
x

1
a
=4lm
a!0
+
(2
p
alna4
p
a)
=4lm
a!0
+
2 lna
a
1=2
=4lm
a!0
+
2=a
(1=2)a
3=2
=4:
135

28. PROBLEMA 12.49
Calcular
Z
1
0
arc senx
p
1x
2
dx.
Solucion
Por denicion de integral impropia, tenemos:
Z
1
0
arc senx
p
1x
2
dx= lm
B!1

Z
B
0
arc senx
p
1x
2
dx
= lm
B!1


(arc senx)
2
2

B
0
=
(=2)
2
2
=

2
8
:
PROBLEMA 12.50
Determinar los valores dempara que
Z
=2
0
1cosx
x
m
dxsea con-
vergente. Solucion
Debido a la equivalencia 1cosx
x
2
2
six!0, entonces
1cosx
x
m

1
2x
m2
y las dos integrales
Z
=2
0
1cosx
x
m
dx,
Z
=2
0
1
2x
m2
dxtienen el mismo caracter
(convergen o divergen a la vez). De aqu se deduce que la integral es con-
vergente cuandom2<1, o bienm <3, y divergente cuandom3.
PROBLEMA 12.51
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
lnx
1x
dx.
Solucion
Como la funcion no esta acotada enx= 0 ni enx= 1, descomponemos la
integral en dos sumandos as:
Z
1
0
lnx
1x
dx=
Z

0
lnx
1x
dx+
Z
1

lnx
1x
dx;con 0< <1:
136

29. Aplicamos el criterio de comparacion para estudiar la convergencia de cada
una de las integrales. Debido a que
lm
x!0
lnx
1x
1=x
1=2
= 0
y que
Z

0
dx
x
1=2
es convergente, el primer sumando es convergente.
Analogamente, como
lm
x!1
lnx
1x
1=
p
1x
= 0
y
Z
1

dx
p
1x
es convergente, el segundo sumando es tambien convergente.
De lo anterior se deduce que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.52
Determinar la naturaleza de la integral
Z
1
0
p
1x dxx
a
lnx
segun los
valores dea >0.
Solucion
Como la funcion integrando no esta denida enx= 0 ni enx= 1, descom-
ponemos la integral en dos sumandos
I=
Z
1=2
0
p
1x dxx
a
lnx
+
Z
1
1=2
p
1x dxx
a
lnx
=I1+I2:
En la segunda integral hacemos el cambio de variablez= 1x, con lo
que
I2=
Z
1=2
0
p
z dz(1z)
a
ln(1z)
:
Debido a la equivalencia de innitesimos ln(1z) zcuandoz!0,
podemos comparar la integral con
Z
1=2
0

p
z dzz
=
Z
1=2
0
dz
p
z
y esta ultima
es convergente.
Estudiamos ahora el primer sumando, que es una integral impropia enx= 0
porque
lm
x!0
p
1xx
a
lnx
= lm
x!0
x
a
lnx
= lm
x!0
ax
a1
1=x
=1:
137

30. Compararemos la integral con
Z
1=2
0
dx
x
b
que es convergente sib <1 y diver-
gente sib1. Calculando el lmite del cociente, obtenemos:
lm
x!0
+
p
1x=x
a
lnx1=x
b
= lm
x!0
+
x
ba
lnx
=
(
0 siba
1sib < a:
De este modo, sia <1, elegimosb=a, en cuyo caso el lmite del cociente
es cero y la integralI1es convergente. Por otra parte, sia >1, elegimos
b= 1 lo que hace que el lmite del cociente sea innito y la integral sea
divergente.
Estudiaremos por ultimo el casoa= 1. Como
Z
1=2
0
p
1xxlnx
dxtiene el
mismo caracter que
Z
1=2
0
1
xlnx
dxpues
p
1xesta acotada en (0;1=2), y
ademas
Z
1=2
0
1
xlnx
dx= lm
a!0
+

lnjlnxj

1=2
a
=1;
la integral es tambien divergente.
En denitiva, obtenemos que la integral propuesta es convergente cuando
a <1 y divergente cuandoa1.
PROBLEMA 12.53
Estudiar el caracter de la integralI=
Z
1
0
x
3
e
1=x
dx:
Solucion
Si hacemos el cambio de variablex= 1=t, resulta la integralI=
Z
1
1
e
t
t
5
dt:
Ahora bien, como la sucesion de termino generalan=
e
n
n
5
es divergente,
(lman=1), la serie
X
anes divergente. Por el criterio de la serie asociada,
la integral impropiaIes tambien divergente.
PROBLEMA 12.54
Estudiar la convergencia de la integral
Z

0
dx
1cosx
.
138

31. Solucion
El denominador se anula cuandox= 0; por tanto el integrando no esta aco-
tado enx= 0. Debido a la equivalencia 1cosx
x
2
2
, resulta que la inte-
gral propuesta tiene el mismo caracter que
Z

0
dx
x
2
. Como esta es divergente,
tambien lo es la integral propuesta.
PROBLEMA 12.55
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
1
p
x+x
4
dx.
Solucion
Descomponemos la integral en dos sumandos como
I=
Z
1
0
1
p
x+x
4
dx+
Z
1
1
1
p
x+x
4
dx:
As tenemos dos integrales impropias: la primera es de segunda especie pues
la funcion no esta acotada enx= 0 y la segunda de primera especie, pues
el intervalo de integracion es innito. Aplicamos el criterio de comparacion
en ambos casos. Por una parte,
lm
x!0
1=
p
x+x
4
1=
p
x
= lm
x!0
1
p
1 +x
3
= 1
e
Z
1
0
1
p
x
dxes convergente.
Por otra parte,
lm
x!1
1=
p
x+x
4
1=x
2
= lm
x!1
x
2
p
x+x
4
= 1
e
Z
1
1
1
x
2
dxes convergente. Como ambas integrales son convergentes, tam-
bien lo sera la suma de ambas.
PROBLEMA 12.56
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
e

p
x
p
x
dx.
139

32. Solucion
Como lm
x!0
+
e

p
x
p
x
=1, la integral es impropia en ambos extremos de inte-
gracion. Calculando directamente la integral, obtenemos:
Z
e

p
x
p
x
dx=2e

p
x
=)
Z
1
0
e

p
x
p
x
dx= lm
A!0
+
B!1
h
2e

p
x
i
B
A
= lm
A!0
+
B!1
h
2e

p
B
+ 2e

p
A
i
= 2:
PROBLEMA 12.57
Determinar los valores deapara los cuales es convergente la in-
tegralI=
Z
1
0
x
a1
1 +x
dx.
Solucion
Por una parte el intervalo de integracion es innito y por otra, en el caso
de quea1<0, el integrando no esta acotado enx= 0. Debemos pues
descomponer la integral en dos sumandos
I=
Z
1
0
x
a1
1 +x
dx+
Z
1
1
x
a1
1 +x
dx:
La primera integral tiene el mismo caracter que
Z
1
0
dx
x
1a
, la cual es conver-
gente cuando 1a <1, es decira >0.
Con respecto al segundo sumando, debido a la equivalencia 1+xx, cuando
x! 1, la integral es equivalente a
Z
1
1
x
a1
x
dx=
Z
1
1
x
a2
dx=
Z
1
1
1
x
2a
dx,
la cual es convergente si 2a >1, o biena <1.
En denitiva, las dos condiciones indican que la integral propuesta es con-
vergente cuando 0< a <1 y divergente en caso contrario.
PROBLEMA 12.58
Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
e
x
1
x

dxsegun los
distintos valores de.
140

33. Solucion
Debido a que la funcion integrando no esta acotada enx= 0 cuando >1,
descomponemos la integral en dos sumandos
Z
1
0
e
x
1
x

dx=
Z
1
0
e
x
1
x

dx+
Z
1
1
e
x
1
x

dx;
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos. En el primer sumando,
comoe
x
1 xsix!0, entonces




e
x
1
x






1
x
1
, de modo que la
integral es convergente si1<1 y divergente si11.
Para el segundo sumando, como lm
x!1




e
x
1
x





= lm
x!1
1
x

, la convergencia
equivale a la de la integral
Z
1
1
dx
x

. Por tanto, converge si >1 y diverge
si1.
Como la integral propuesta es convergente cuando lo sean ambos sumandos,
tenemos que es convergente cuando2(1;2) y divergente en el resto.
PROBLEMA 12.59
Probar que la integral impropia
Z
1
0
t
1
e
t
1
dtconverge si >1y
diverge si1. Solucion
Descomponemos la integral en dos sumandos como
Z
1
0
t
1
e
t
1
dt=
Z
1
0
t
1
e
t
1
dt+
Z
1
1
t
1
e
t
1
dt;
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos.
El primer sumando corresponde a una integral impropia de segunda especie.
Debido a la equivalenciae
t
1tcuandot!0, resulta que
t
1
e
t
1

1
t
2
.
Esto indica que la integral converge cuando 2 <1, es decir >1, y
diverge cuando1.
El segundo sumando es siempre convergente como se deduce al compararlo
con la integral convergente
Z
1
1
dt
t
2
. En efecto:
lm
t!1
t
2

t
1
e
t
1
= lm
t!1
t
+1
e
t
1
= 0:
141

34. La integral propuesta es por tanto convergente cuando >1.
PROBLEMA 12.60
Se dene la funcion(x)como:
(x) =
Z
1
0
t
x1
e
t
dt:
a) Probar que converge parax >0y diverge parax0.
b) Probar que(x+ 1) =x(x)parax >0.
c) De lo anterior, deducir que(n) = (n1)!para cualquiernnatural.
Solucion
a) Vamos a separar el estudio en tres casos:
-x1: La integral es impropia de primera especie pues la funcion
esta acotada. Aplicamos el criterio de comparacion con
Z
1
1
dt
t
2
, que es
convergente:
lm
t!1
t
2
t
x1
e
t
= lm
t!1
t
2+x1
e
t
= 0;
como se deduce al aplicar la regla de L'H^opital sucesivas veces (el
denominador es un innito de orden superior al del numerador). Esto
indica que la integral impropia es convergente.
- 0< x <1: En este caso la integral tambien es impropia de segunda
especie pues enx= 0 la funcion no esta acotada. Descomponemos la
integral como
Z
1
0
t
x1
e
t
dt=
Z
1
0
t
x1
e
t
dt+
Z
1
1
t
x1
e
t
dt:
El segundo sumando es convergente (se procede como en el caso ante-
rior); para estudiar la convergencia del primer sumando aplicamos de
nuevo el criterio de comparacion con
Z
1
0
dt
t

donde elegimos cualquier
que cumpla 1> >1x. Debido a que
lm
t!0
+
t

t
x1
e
t
= lm
t!0
+
t
+x1
= 0;
y a que
Z
1
0
dt
t

es convergente, tambien la integral propuesta es con-
vergente.
142

35. -x0: De nuevo tenemos una integral impropia de segunda especie.
Aplicamos el criterio de comparacion con
Z
1
0
dt
t

, haciendo= 1x
1. Resulta:
lm
t!0
+
t

t
x1
e
t
= lm
t!0
+
e
t
= 1
y, como
Z
1
0
dt
t

es divergente, tambien lo es la integral propuesta.
b) Aplicando el metodo de integracion por partes,
(x+ 1) = lm
b!1
Z
b
0
t
x
e
t
dt= lm
b!1

t
x
e
t

b
0
+ lm
b!1
x
Z
b
0
t
x1
e
t
dt
= lm
b!1
b
x
e
b
+x(x) =x(x):
c) Aplicando el apartado b) sucesivas veces, tenemos:
(n) = (n1)(n1) = = (n1)(n2): : :21(1):
Como ademas (1) =
Z
1
0
e
t
dt= 1;deducimos que (n) = (n1)!
C. APLICACIONES AL C ALCULO DE AREAS Y VOL UME-
NES.
El concepto de integral impropia permite tambien aplicarlo al calculo de
areas y volumenes de regiones no acotadas. Como veremos en los problemas
siguientes, es posible que regiones no acotadas tengan areas o volumenes
nitos, lo cual sera debido a la convergencia de las integrales que las denen.
PROBLEMA 12.61
Resolverlm
x!1
R
x
0
(arc tgt)
2
dt
p
x
2
+ 1
:
143

36. Solucion
La integral del numerador es divergente porque lm
t!1
(arc tgt)
2
=
2
=46= 0.
Como el lmite del denominador tambien es innito, tenemos una indeter-
minacion1=1. Aplicando la regla de L'H^opital,
L= lm
x!1
R
x
0
(arc tgt)
2
dt
p
x
2
+ 1
= lm
x!1
(arc tgx)
2
x=
p
x
2
+ 1
=

2
=4
1
=
2
=4:
PROBLEMA 12.62
Resolverlm
x!1

R
x
0
e
t
2
dt

2
R
x
0
e
2t
2
dt
:
Solucion
Como las integrales
Z
1
0
e
t
2
dty
Z
1
0
e
2t
2
dtson divergentes (los integran-
dos son funciones que no estan acotadas en (0;1)), tenemos una indeter-
minacion del tipo1=1. Aplicando por dos veces la regla de L'H^opital,
resulta:
L= lm
x!1

R
x
0
e
t
2
dt

2
R
x
0
e
2t
2
dt
= lm
x!1
2e
x
2R
x
0
e
t
2
dt
e
2x
2
= lm
x!1
2
R
x
0
e
t
2
dt
e
x
2 = lm
x!1
2e
x
2
2xe
x
2= lm
x!1
1=x= 0:
PROBLEMA 12.63
SeaFla funcion denida en todoRporF(x) =
Z
1+x
2
1
e
t
t
dt.
a) Estudiar la continuidad y derivabilidad deF.
b) Probar quelm
x!1
F(x) = lm
x!1
F(x) =1.
Solucion
a) Como la funcion integrandof(x) =e
x
=xes continua enRn f0g, sera in-
tegrable en cualquier intervalo que no contenga al cero. Esto implica
queFes continua enRpues, al ser 1 +x
2
>0, cualquier punto del
144

37. intervalo [1;1 +x
2
] es positivo. Ademas es tambien derivable en todo
R, siendo
f
0
(x) =
e
1+x
2
1 +x
2
2x;8x2R:
b) Como lm
x!1
F(x) = lm
x!1
F(x) =
Z
1
1
e
t
t
dt, debemos estudiar la con-
vergencia de esta integral impropia.
Debido a que lm
t!1
e
t
t
=1, la funcion integrando no esta acotada, de
modo que la integral es divergente. Tenemos en denitiva que
lm
x!1
F(x) = lm
x!1
F(x) = +1:
PROBLEMA 12.64
Demostrar la acotacion
e
x
2
2x

1 +
12x
2

Z
1
x
e
t
2
dt
e
x
2
2x
:
Solucion
Integramos en primer lugar por partes, haciendou=
1
2t
ydv= 2te
t
2
dt.
As:
Z
1
x
e
t
2
dt=
Z
1
x
1
2t
2te
t
2
dt= lm
b!1

1
2t
e
t
2

b
x

Z
1
x
1
2t
2
e
t
2
dt
=)
Z
1
x

1 +
1
2t
2

e
t
2
dt=
e
x
2
2x
:
Comoxt, 1 +
1
2t
2
1 +
1
2x
2
. Por tanto,
e
x
2
2x
=
Z
1
x

1 +
1
2t
2

e
t
2
dt
Z
1
x

1 +
1
2x
2

e
t
2
dt
=)
Z
1
x
e
t
2
dt
e
x
2
2x

1 +
12x
2
y tambien
Z
1
x
e
t
2
dt
e
x
2
2x
:
Observacion.Esta acotacion permite estimar el error que se comete al
despreciar el area situada bajo la curvay=e
x
2
para valores grandes dex.
145

38. PROBLEMA 12.65
Hallar el area comprendida entre la estrofoidey
2
(a+x) =x
2
(ax)
y su asntota.
Solucion
En forma explcita, la ecuacion esy=x
r
axa+x
y su asntota es la recta
x=a.
De acuerdo con la gura y teniendo en cuenta la simetra, el area es:
A= 2
Z
0
a
x
r
axa+x
dx= 2 lm
r!a
+
Z
0
r
x
r
axa+x
dx=
a
2
(4 +)
2
:
PROBLEMA 12.66
Hallar el area situada a la derecha dex= 3y limitada por la curva
y=
1
x
2
1
y el ejeX.
146

39. Solucion
De acuerdo con la graca, el area viene dada por la formulaA=
Z
1
3
dx
x
2
1
que es una integral impropia. Resolviendo la integral indenida por el meto-
do de fracciones simples, obtenemos:
A= lm
b!1
Z
b
3
dx
x
2
1
=
1
2
lm
b!1

ln
x1
x+ 1

b
3
=
1
2
lm
b!1
ln
b1
b+ 1

1
2
ln
1
2
=
1
2
lm
b!1
ln
11=b
1 + 1=b
+
1
2
ln 2 =
1
2
ln 2:
PROBLEMA 12.67
Calcular el area limitada por las curvasy=
1
x
,y=
x
1 +x
2
en el
intervalox2[1;1).
Solucion
147

40. De acuerdo con la graca y por denicion de integral impropia, tenemos:
A=
Z
1
1

1
x

x
1 +x
2

dx= lm
b!1
Z
b
1

1
x

x
1 +x
2

dx
= lm
b!1

lnx
1
2
ln(1 +x
2
)

b
1
= lm
b!1

ln
b
p
1 +b
2
ln
1
p
2

= ln
p
2:
PROBLEMA 12.68
Hallar el area limitada por la curvax
2
y
2
+x
2
y
2
= 0y sus asnto-
tas y el volumen engendrado por dicha area al girar alrededor del
ejeX.
Solucion
a) Si despejamos la variabley, la curva se expresa comoy=
r
x
2
1x
2
lo
que indica que las asntotas sonx= 1 yx=1.
Teniendo en cuenta que la curva es simetrica respecto a los dos ejes de
coordenadas (lo que se deduce al sustituirxporxeypory), el area
vendra dada por la formulaA= 4
Z
1
0
x dx
p
1x
2
. Como el integrando
presenta una discontinuidad enx= 1, debemos calcular
A= 4 lm
"!0
+
Z
1"
0
x dx
p
1x
2
= 4 lm
"!0
+


p
1x
2

1"
0
= 4 lm
"!0
+
(1
p
2""
2
) = 4:
b) Aprovechando de nuevo las simetras y aplicando el metodo de los discos,
148

41. tenemos:
V=
Z
1
1
y
2
dx= 2
Z
1
0
y
2
dx= 2
Z
1
0
x
2
1x
2
dx
= 2lm
"!0
+
Z
1"
0
x
2
1x
2
dx= 2lm
"!0
+
"
x+ ln

1 +x
1x

1=2
#
1"
0
=1:
PROBLEMA 12.69
Hallar el area de la region comprendida entre la curva de Agnesi
y=
a
3
x
2
+a
2
y el eje de abscisas y el volumen engendrado por la
misma region al girar alrededor del ejeX.Solucion
El eje de abscisas es la asntota de la curva, pues lm
x!1
a
3
x
2
+a
2
= 0.
a) Teniendo en cuenta la simetra de la gura, el area viene dada por
A=
Z
1
1
a
3
x
2
+a
2
dx= 2
Z
1
0
a
(x=a)
2
+ 1
dx= lm
b!1
2a
2
Z
b
0
1=a
(x=a)
2
+ 1
dx
= lm
b!1

2a
2
arc tg(x=a)

b
0
= lm
b!1
2a
2
arc tg(b=a) =a
2
:
b) Aplicando el metodo de los discos, el volumen se obtiene por la formula
V=
Z
1
1
y
2
(x)dx= 2
Z
1
0
a
6
(x
2
+a
2
)
2
dx:
Para realizar la integracion aplicamos el cambio de variablex=atgt,
con lo quex= 0 =)t= 0 yx=1=)t==2 y obtenemos:
V= 2
Z
1
0
a
6
(x
2
+a
2
)
2
dx= 2
Z
=2
0
a
2
sec
4
t
asec
2
t dt
= 2
Z
=2
0
a
3
cos
2
t dt= 2a
3
=4 =
2
a
3
=2:
149

42. PROBLEMA 12.70
Se considera la curvay=x
1=4
denida en(0;1].
a) Hallar el area bajo la curva.
b) Hallar el volumen del solido obtenido al girar la curva alrededor
del ejeX.
Solucion a) Como la funcion no esta acotada enx= 0, el area viene dada por una
integral impropia:
A=
Z
1
0
x
1=4
dx= lm
a!0
+
Z
1
a
x
1=4
dx= lm
a!0
+
"
x
3=4
3=4
#
1
a
= lm
a!0
+

4
3

4a
3=4
3
!
=
4
3
:
b) Analogamente al apartado anterior,
V=
Z
1
0
x
2=4
dx=lm
a!0
+
Z
1
a
x
1=2
dx
=lm
a!0
+
"
x
1=2
1=2
#
1
a
= 2lm
a!0
+
(1a
1=2
) = 2:
PROBLEMA 12.71
Se considera la regionRlimitada por las curvasy(x
2
+1)+arc tgx=
0yx
2
y
3
= 1en el intervalox2[0;1].
i) Calcular el area de la regionR.
ii) >Existe el volumen del solido obtenido al girarRalrededor del eje
X?
150

43. Solucion
i)
De acuerdo con la gura, el area viene dada por:
A=
Z
1
0

x
2=3
+
arc tgx
x
2
+ 1

dx= lm
a!0
+
"
x
1=3
1=3
+
(arc tgx)
2
2
#
1
a
= lm
a!0
+

3 +
(=4)
2
2
3a
1=3

(arc tga)
2
2

= 3 +

2
32
:
ii) El volumen pedido es el mismo que el de la region comprendida entre la
curvay=x
2=3
y el ejeXen el intervalo [0;1] (basta observar que al
girar esta region ya queda incluida la parte comprendida en el cuarto
cuadrante). Aplicando el metodo de los discos,
V=
Z
1
0
y
2
dx=
Z
1
0
x
4=3
dx= lm
a!0
+

"
x
1=3
1=3
#
1
a
=3lm
a!0
+
(1
1=3
a
1=3
) =1:
PROBLEMA 12.72
Determinar el volumen del solido obtenido al girar la region limi-
tada por la curvae
y
=xy los ejes de coordenadas alrededor del
ejeOX.
151

44. Solucion
De acuerdo con la gura, si aplicamos el metodo de los tubos, la formula del
volumen da:
V= 2
Z
1
0
(x)ydy= 2
Z
1
0
ye
y
dy:
Como es una integral impropia debemos estudiar su convergencia. Integra-
mos en primer lugar por partes y obtenemos:
Z
ye
y
dy=(y+ 1)e
y
;
con lo que
V= lm
B!1
2

(y+ 1)e
y

B
0
= lm
B!1
2(B+ 1)e
B
+ 2= 2:
152

45. D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1.Hallar
Z
0
1
e
2x
dx.
Resp.:I= 1=2:
2.Calcular
Z
1
0
dx
1 +x
2
.
Resp.:I==2.
3.Calcular
Z
1
1
dx
x
3
p
x
2
1
.
Resp.:I==4:
4.>Para que valores deaes convergente
Z
1
0
x
a1
1 +x
dx?
Resp.: Diverge para todoa.
5.Calcular
Z
1
0
dx
4e
x
+ 9e
x
.
Resp.:I=

12

1
6
arc tg
2
3
.
6.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
x dx
x
2
+ 2
5
p
x
4
+ 1
.
Resp.: Divergente (comparar con
Z
1
1
dx=x).
7.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
lnx dx
(1 +x
2
)
2
.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
1
dx=x

con 1< <4).
8.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
x
(1 +x
2
)
2
dx.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
1
dx=x
3
).
153

46. 9.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
2
x
2
8x17
x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
4x7
dx.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
2
dx=x
2
).
10.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
2
3e
3x=2
2e
x
+ 2e
x=2
e
2x
2e
3x=2
+ 3e
x
4e
x=2
+ 2
dx.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
2
e
x=2
dx).
11.Estudiar la convergencia y calcular la integral
Z
1
0
dx
(1 +x
2
)
2
:
Resp.:I==4:
12.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
f(x)dxsiendo
f(x) =
(
1
p
1x
six <1
x1
1+x
3six1:
.
Resp.: Convergente pues
Z
1
0
dx=
p
1xes convergente y
x1
1 +x
3

1
x
2
cuandox! 1.
13.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
xsenx dx.
Resp.: Divergente (la funciony=xsenxno esta acotada en (0;1)).
14.Probar que
Z
1
0
cosx
1 +x
dx=
Z
1
0
senx
(1 +x)
2
dxy que una de ellas con-
verge absolutamente.
Sugerencia: La igualdad se obtiene integrando por partes. Ver proble-
ma 12.32 para estudiar la convergencia.
15.Se considera la funcionf(x) =ce
2x
.
a) Determinar el valor decpara que
Z
1
0
f(x)dx= 1.
b) Calcular
Z
1
0
xf(x)dxcon el valor decobtenido en a).
154

47. Resp.: a)c= 2; b)I= 1=2.
16.Probar que
Z
1
1
e
px
dxes convergente sip >0y divergente si
p0.
Sugerencia: Resolver la integral.
17.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
1
2 + cosx
p
x
dx.
Resp.: Divergente (comparar con
Z
1
1
dx=
p
x).
18.Demostrar que
Z
=2
0
secx dxno existe.
Resp.: La integral es divergente.
19.Calcular
Z
1
1
dx
x
.
Resp.: La integral es divergente.
20.Calcular
Z
3
0
x dx
(x
2
1)
3=5
.
Resp.: 5(2
5
p
21)=4.
21.Estudiar la convergencia de la integral impropia
Z
1
0
e
x
dx
p
1cosx
.
Resp.: Divergente (comparar con
Z
1
0
dx=x).
22.Estudiar la convergencia de
Z
1
0
dx
1x
2
+ 2
p
1x
2
.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
0
dx=(1x)
1=2
).
23.Estudiar la convergencia de la integral
Z
3
1
dx
p
4xx
2
3
.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
c
1
dx=
p
x1 y con
Z
3
c
dx=
p
3x).
155

48. 24.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
dx
sen
2
x
.
Resp.: Divergente (integracion directa).
25.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
ln
1
1x
dx.
Resp.: Convergente (integracion directa).
26.Estudiar la convergencia de la integral
Z
1
0
dx
p
x+ 4x
3
.
Resp.: Convergente (comparar con
Z
1
0
dx=
p
x).
27.Demostrar quelm
x!1
e
x
2
Z
x
0
e
t
2
dt= 0.
Sugerencia: Aplicar la regla de L'H^opital.
28.Calcular el area de la region limitada superiormente por la curva
xy= 1, inferiormente por la curvay(x
2
+ 1) =xy a la izquierda
dex= 1.
Resp.:A=1.
29.Calcular el area de la region limitada por las curvasy=
x1
p
x
2
1
,
x= 1,x= 3por encima del ejeOX.
Resp.:A=
p
8ln(3 +
p
8).
30.Calcular el area de la region limitada por la curvay
2
=
x
1x
3
entre los puntos de abscisax= 0yx= 1.
Resp.:A==3.
31.Calcular el area comprendida entrey=xe
x
y el ejeXen(0;1).
>Cuanto vale
Z
1
1
xe
x
dx?
Resp.:A= 1;I= 0 por ser una funcion impar y la integral conver-
gente.
156

49. 32.Seaf(x) =e
2x
para todox. LlamamosRa la region limitada
por la curva y el ejeXen el intervalo[0; t], cont >0. Calcular
el areaA(t)deRy el volumenV(t)obtenido al girarRalrededor
del ejeX. Interpretar los valores delm
t!1
A(t)ylm
t!1
V(t).
Resp.:A(t) =
1
2
e
2t
+
1
2
;V(t) =

4
e
4t
+

4
:
157