1. El segundo ejemplo calcula el valor de la integral impropia ∫10 (1/x) ln2(1/x) dx, el cual resulta ser 1/4. El tercer ejemplo">
Problemas Resueltos Sobre Integrales Impropias
Problemas Resueltos Sobre Integrales Impropias
Problemas Resueltos Sobre Integrales Impropias
IMPROPIAS
dx
Lnx
xp
0
Solucin
p=1 :
a) Si
b
Lnx
1
dx=lim
dx= lim ( Lnx )2|0=
Lnx
x
x
2 b
b 0
0
La integral diverge.
p<1 :
b) Si
Lnx ln 2
p x2
xp
x
Analizando la integral impropia:
lnx p2 dx=ln 2 dx
p
0
0 x
DIVERGE
Por lo tanto:
dx DIVERGE
Lnx
xp
0
c) Si
Sea
p>1 :
p=q +1
q
Lnx x 2
1
Lnx
1
< q +1 = q p=q+1 p < q
q +1
+1
+1
x
x
x
x2
x2
La integral impropia:
dx
x
q
+1
2
CONVERGE q >0
Por lo tanto:
dx CONVERGE
Lnx
p
x
0
CONCLUSIN:
La integral dada diverge si
p 1
y converge si
p>1
1
dx
x
( )
I = x ln
1
t
t
t=ln x=e dx=e dt
x
Sea
Cambiando lmites:
si x 0 t ; si x 1 t 0
As:
1
1
1
I = x ln
dx=I = et t 2 (et dt )= e2 t t 2 dt=
x
4
0
( )
1/ 3
( t +2 )
I =
dx
2
1 ( 4 t1 )
En caso afirmativo calcular su valor.
Solucin
1
1/ 3
1/4
1 /3
1 /3
( t +2 )
( t+2 )
(t +2 )
I =
dx=
dx +
dx
2
2
2
1 ( 4 t1 )
1 ( 4 t1 )
1
/ 4 ( 4 t1 )
I1
I2
a) Analizando la convergencia de
I1 :
1
dx
2
( 4 t1 )
[ ( )] ( ) ( )
( 4 t1 )2 = 4 t
1
4
=16 t
1 2
1
=16 t
4
4
As,
1/ 4
1 /4
1
1
1
dx=
dx pues p=2>1
2
2
16 1 1
( 4 t1 )
t
4
( )
DIVERGE
Luego:
1/ 4
1
dx DIVERGE
2
( 4 t1 )
( t+2 )1 /3
( 4 t1 )2
( t+2 )1 /3 ( 4 t1 )2
9
lim
=lim
=lim ( t+2 )1 /3=
2
1
4
1
1
1
( 4 t1 )
t
t
t
4
4
4
2
( 4 t1 )
1/ 3
()
I =
1
1 /3
(t + 2)
dx DIVERGE
2
( 4 t1 )
I2
por la razn
x 2n 1
I n=
n +3
( x 2 +1 )
dx , n 1
n 2 , se cumple:
I
( n1
n+ 2 )
I n=
Calcular:
n1
I1 , I2 y I 3
Solucin
f ( x )=
x 2 n1
es continua y positiva
n+3
( x 2+1 )
n 1
se cumple:
x 2+1> x 2 ( x 2+ 1 )
( x 2+1 )
<
n+3
2 n+6
n+3
n +3
>( x 2 )
2n1
( x 2 +1 )
<
n +3
2n1
x
2 n+6
x
2 n1
( x 2+1 )
n+3
<
1
x7
es convergente
dx
7
x
1
I n=
0
x 2n 1
n +3
( x 2 +1 )
dx , n 1 ES CONVERGENTE .
In :
a) Clculo de
I n=
0
x 2n 1
n +3
( x 2 +1 )
dx n 1
En efecto
I n=
0
2n 1
( x +1 )
n +3
dx=
0
2 n2
x
n+3
( x +1 )
du=( 2 n2 ) x 2 n3 dx
u=x 2 n2
( n+2 )
1
( n+3)
v=
( x 2+1 )
dv=x ( x 2 +1 )
dx
2(n+2)
n 2 :
n+2
1 n1
x 2 n3
+
dx
2 0 n+2 0 ( x 2 +1 )n+ 2
I n=0+
n1
x 2n3
dx
n+ 2 0 ( x2 +1 )n +2
n1
I n=
n+2
2 n3
x
dx
n +2
)
2
0 ( x +1 )
I n1
I n=
I
( n1
n+2 )
n1
dx= ( x 2n 2 ) x ( x 2 +1 )
0
( n+3)
dx
b) Clculo de
I1 :
I 1 =
( x +1 )
I 1=
c) Clculo de
dx=
1
6
1
6
I2 :
n=2 :
I
( 21
2+2 )
I2 =
21
1
1 1 1
= I 1= . =
4
4 6 24
I 2=
d) Clculo de
1
24
I1 :
n=3 :
I
( 31
3+2 )
I2 =
31
2
2 1
1
= I 2= . =
5
5 24 60
I 3=
1
60
I =
0
7 x+3
dx , segn los valores de a R
x ( x 3+ 1 )
a
Solucin
Consideremos las integrales impropias:
1
7 x +3
7 x+3
I 1 = a 3
dx y I 2= a 3
dx
0 x ( x +1 )
1 x ( x + 1)
a) Analizando la convergencia de
I1 :
p
x ( 7 x+ 3 )
=3 si p=a
a
3
x ( x + 1)
7 x+3
a
3
+ x ( x +1 )
x0
=lim
1
p
x
lim
x 0+
I1
Luego,
x1a dx
0
I1
a<1 .
converge si y solo s
b) Analizando la convergencia de
I2 :
7 x +3
lim x p ( 7 x +3 ) lim 7 x p +1+ 3 x p
a 3
x ( x +1 ) x
lim
=
= x 3+a a
=7 si p+1=a+3
a 3
1
x
x +x
x ( x +1 )
xp
I2
Luego,
x1a+2 dx
0
a+2>1 a>1 .
I =
0
7 x+3
dx CONVERGE si1<a<1
x ( x 3+ 1 )
a
I =
b
dx
, para los valores de a y b con a+ b>0 que la hagan convergente
( x +a ) xb
Solucin
x=b .
Adems
a [ b ,
por
dato
del
problema
se
I1 =
b
tiene
dx
dx
y I2 =
( x+ a ) xb
b+1 ( x+ a ) xb
que
x=a .
x=a
b>a
I1 :
a) Analizando la convergencia de
( xb ) p
1
1
xb
=
>0 si p=
2
( x+ a ) xb a+b
1
( x +a ) xb
x b+
=lim
1
p
( xb )
lim
+
Luego,
I1
b+1
dx
ESCONVERGENTE
xb
b
I2 :
b) Analizando la convergencia de
1
p
lim x
( x +a ) xb
3
x
lim
=
=1 si p= >1
1
2
x
( x +a ) xb
p
x
Entonces,
I2
ES CONVERGENTE.
I =
b
tales que
dx
CONVERGE
( x +a ) xb
I =
b
dx
( x +a ) xb
En efecto
tdt
{x +dx=2
a=a+ b+t
Nuevos lmites:
Si x b t 0 y Si x t
Entonces:
I =
b
dx
2tdt
dt
= lim
=2 lim
=
2
2
( x +a ) xb h 0 ( a+ b+t ) t
h 0 ( a+b ) +t
2
I=
lim arctan
a+ b h
t
a+b
2
lim arctan (
)| = a+b
[ a+bh )arctan (0)]
0
I=
[]
2
[ arctan ( )0 ]= 2 2 =
a+ b
a+ b
a+b
Por lo tanto:
I =
b
dx
=
( x +a ) xb a+b
I n= ( Lnx ) dx , n Z
0
Solucin
Utilizando integracin por partes:
Sea:
n1
n 2 :
1
0
a 0
a 0 a
I n1
I n=lim [ 0a ( Lna )n ]n I n1
a 0
I n=lim
a0
[ ]
( Lna )n
n I n1 ()
1
a
() :
( Lna )n
lim
=0
1
a0
a
[ ]
Reemplazando
en
()
se tiene:
n1
n1
n! I1
n! I1
I 1 = Lnx dx=1
0
Por lo tanto:
I 1 =(1 )
n1
+
n ! para cualquier n Z