Universidad nacional de Ingeniería

Facultad de Ingeniería Mecánica

Tema :Integral Definida 2

Docente:Ing.Edwin Tello Godoy

Correo :etello@uni.edu.pe

2020-II
 Definición de la integral definida como un
proceso de límite
Sea 𝑓 una función definida y acotada en [a,b] y existe
𝑳𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇(𝒄𝒌 )∆𝒙𝒌 = 𝑳𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇(𝒄𝒌 )∆𝒙𝒌
𝒏→∞ ∆ →𝟎
entonces 𝑓 es integrable ente a y b que se representa
𝒃
por:‫ 𝒙𝒅 𝒙 𝒇 𝒂׬‬y su valor está dada por:
𝒃
‫𝒇 𝒂׬‬ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇(𝒄𝒌 )∆𝒙𝒌 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇(𝒄𝒌 )∆𝒙𝒌
𝒏→∞ ∆ →𝟎
𝒃
‫𝒇 𝒂׬‬ 𝒙 𝒅𝒙 →Se lee integral definida de f(x) diferencial de x entre el
límite inferior “a” y el límite superior “b”
Ejemplo
a)Calcule usando la suma de Riemann y un proceso de límite el área de la región limitada
por los gráficos de:
𝟑
𝒆𝒙 , 𝒔𝒊 − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ 𝟎
𝒇 𝒙 =൝ , 𝒚 = 𝟎 , 𝒙 = −𝟑, 𝒙 = 𝟑
𝒙𝟐 + 𝟏 , 𝒔𝒊 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟑
𝟑
𝑏) 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝒑𝒐𝒓 𝒔𝒖𝒎𝒂 𝒅𝒆 𝒓𝒊𝒆𝒎𝒂𝒏𝒏: ‫׬‬−𝟑 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 , 𝒔𝒊
𝟑
𝒆𝒙 , 𝒔𝒊 − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ 𝟎
𝒇 𝒙 =൝ 𝟐
𝒙 + 𝟏 , 𝒔𝒊 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟑
Solución
 𝑓2 𝒙 = 𝒙𝟐 + 𝟏

3
𝑓1 𝑥 = 𝑒𝑥

-3 -2 -1 2 3

P={𝒙𝟎 ; 𝒙𝟏 ; 𝒙𝟐 ; 𝒙𝟑 ;..𝒙𝒌−𝟏.; 𝒙𝒌 ;...𝒙𝒏 } Una partición del segmento [-3; 0].

P={𝒙𝟎 ; 𝒙𝟏 ; 𝒙𝟐 ; 𝒙𝟑 ;..𝒙𝒌−𝟏.; 𝒙𝒌 ;...𝒙𝒏 } Una partición del segmento [0; 3].

tomando el punto de muestra: 𝑆𝑖 𝐶𝑘 = 𝑥𝑘
𝟎− −𝟑 𝟑
∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 = = ; 𝒙 𝝐 −𝟑; 𝟎
𝒏 𝒏
𝟑−𝟎 𝟑
∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 = = ; 𝒙 𝝐 𝟎; 𝟑
𝒏 𝒏
Para 𝒙 𝝐 −𝟑; 𝟎 Para 𝒙 𝝐 𝟎; 𝟑
𝒙𝟎 = −𝟑 𝒙𝟎 = 𝟎
𝟑 𝟑
𝒙𝟏 = −𝟑 + 𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝒏 𝒏
𝟑 𝟑
𝒙𝟐 = −𝟑 + 𝟐 𝒙𝟐 = 𝟐
𝒏 𝒏
𝟑 𝟑
𝒙𝟑 = −𝟑 + 𝟑 𝒙𝟑 = 𝟑
𝒏 𝒏
. .
. .
𝟑 𝟑
𝒙𝒌−𝟏 = −𝟑 + (𝒌 − 𝟏) 𝒙𝒌−𝟏 = (𝒌 − 𝟏)
𝒏 𝒏
𝟑 𝟑
𝒙𝒌 = −𝟑 + 𝒌 𝒙𝒌 = 𝒌
𝒏 𝒏
𝟑 𝟑 𝟐
𝒌 −𝟑 𝟑
𝒇𝟏 𝒙𝒌 = 𝒆 𝒏 𝒇𝟐 𝒙𝒌 = 𝒌 +𝟏
𝒏
 𝒌
–𝟏 𝟗𝒌𝟐
𝒇𝟏 𝒙𝒌 = 𝒆 𝒏 𝒇𝟐 𝒙𝒌 = +𝟏
𝒏𝟐

𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇𝟏 𝒄𝒌 . ∆𝒙𝒌 + 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇𝟐 𝒄𝒌 . ∆𝒙𝒌

𝒏→∞ 𝒏→∞

𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇𝟏 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌 + 𝒍𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇𝟐 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌

𝒏→∞ 𝒏→∞

𝒌
𝟑 𝟗𝒌𝟐 𝟑
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒌=𝟏 𝒆𝒏−𝟏 . + 𝒍𝒊𝒎
𝒏 𝒏
σ𝒌=𝟏 𝟐 +𝟏 .
𝒏→∞ 𝒏 𝒏→∞ 𝒏 𝒏

𝒌
𝟑𝒆−𝟏 𝒏 𝟐𝟕 𝒏 𝟑
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒌=𝟏 𝒆𝒏 + 𝒍𝒊𝒎 𝟑
σ𝒌=𝟏 𝒌𝟐 + σ𝒏𝒌=𝟏 𝟏
𝒏→∞ 𝒏 𝒏→∞ 𝒏 𝒏

𝒌
𝟑𝒆−𝟏 𝒏 𝟐𝟕 𝒏 𝟑
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 σ𝒌=𝟏 𝒆𝒏 + 𝒍𝒊𝒎 𝟑
σ𝒌=𝟏 𝒌𝟐 + σ𝒏𝒌=𝟏 𝟏 …………………….(1)
𝒏→∞ 𝒏 𝒏→∞ 𝒏 𝒏

𝒌
𝑺 = σ𝒏𝒌=𝟏 𝒆𝒏 = 𝒇(𝒏)
𝒌 𝒌−𝟏
σ𝒏𝒌=𝟏 𝒏
𝒆 −𝒏𝒆 =𝒆−𝟏
 𝒌 𝟏 𝒌
−
σ𝒏𝒌=𝟏 𝒆𝒏 −𝒆 𝒏 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒆𝒏 = 𝒆−𝟏
𝟏 𝟏
−
𝟏−𝒆 𝒏 σ𝒏𝒌=𝟏(𝒆𝒏 )𝒌 = 𝒆 − 𝟏
𝒌
𝒆−𝟏
𝑺= σ𝒏𝒌=𝟏 𝒆𝒏 = 𝟏 …………………………………………………………………………………..(2)
−
𝟏−𝒆 𝒏

Reemplazando (2) en (1)

𝟑𝒆−𝟏 𝒆−𝟏 𝟐𝟕 𝒏 𝒏+𝟏 𝟐𝒏−𝟏 𝟑
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 . 𝟏 + 𝒍𝒊𝒎 + (𝒏)
𝒏→∞ 𝒏 − 𝒏→∞ 𝒏𝟑 𝟔 𝒏
𝟏−𝒆 𝒏
𝟑𝒆−𝟏 𝒆−𝟏 𝟗 𝒏 𝒏+𝟏 𝟐𝒏−𝟏
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎 . 𝟏 + 𝒍𝒊𝒎 +𝟑
𝒏→∞ 𝒏 − 𝟐 𝒏→∞ 𝒏𝟑
𝟏−𝒆 𝒏
𝟑 𝟏 𝟗
𝑨 𝑹 == 𝒍𝒊𝒎 . (𝒆 − 𝟏) 𝟏 + 𝟏 𝟏 𝟐 +𝟑
𝒏→∞ 𝒆 −
𝒆 𝒏 −𝟏
𝟐
𝒍𝒊𝒎 𝟏 𝒏→∞ −
𝒏
𝟑 𝟏 𝟑
𝑨 𝑹 = . 𝒆−𝟏 . + 𝟏𝟐 = 𝟏𝟓 −
𝒆 𝑳𝒏𝒆 𝒆
𝟑
𝑨 𝑹 = 𝟏𝟓 −
𝒆
Calculo introductorio solo para comprobar el resultado
𝒙
𝟎𝟑 𝟑 𝟎 𝒙𝟑 𝟑 𝟑
𝑨 𝑹 = ‫׬‬−𝟑 𝒆𝒙 𝒅𝒙 + ‫𝟎׬‬ 𝟐
𝒙 + 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟑 𝒆 ቚ −𝟑 +(
𝟑 + 𝒙) ȁ 𝟑𝟎 = 𝟑 − + 𝟗 + 𝟑 − 𝟎 = 15 −
𝟑 𝒆 𝒆

𝟑
𝑨 𝑹 = 𝟏𝟓 −
𝒆
Ejemplo
Calcula por la suma de Riemann y un proceso de límite la
𝟑 𝟑
integral definida: ‫ 𝒙( 𝟎׬‬−𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙)𝒅𝒙
Solución
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙
𝒇 𝒙 =𝟎
𝒙 𝒙 − 𝟑 𝒙 + 𝟏 = 𝟎 ↔ 𝒙 = 𝟎, 𝒙 = 𝟑, 𝒙 = −𝟏
𝒙 = 𝟏 → 𝒚 = −𝟒
𝟑 𝟑
‫ 𝒙( 𝟎׬‬−𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙)𝒅𝒙
Considerando la partición P del segmento 0,3
𝑷 = 𝒙𝟎 ; 𝒙𝟏 ; 𝒙𝟐 ; 𝒙𝟑 ; … ; 𝒙𝒌−𝟏 ; 𝒙𝒌 ; … ; 𝒙𝒏−𝟏 ; 𝒙𝒏
 𝟑−𝟎 𝟑
∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 = =
𝒏 𝒏
𝒙𝟎 = 𝟎
𝟑
𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝒏
𝟑
𝒙𝟐 = 𝟎 + 𝟐
𝒏
𝟑
𝒙𝟑 = 𝟎 + 𝟑 .
𝒏
.
.
𝟑
𝒙𝒌−𝟏 = 𝟎 + (𝒌 − 𝟏)( )
𝒏
𝟑 𝟑
𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒌 =𝒌
𝒏 𝒏
𝑪𝒌 = 𝒙𝒌 (punto arbitrario )
𝑪𝒌 = 𝒙𝒌 → 𝒇 𝑪𝒌 = 𝒇(𝒙𝒌 )
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 → 𝒇 𝒙𝒌 = (𝒙𝒌 )𝟑 − 𝟐 𝒙𝒌 𝟐 − 𝟑𝒙𝒌
𝟑 𝟑
𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒌 → 𝒙𝒌 = 𝒌
𝒏 𝒏
𝟑𝒌 𝟑 𝟑𝒌 𝟐 𝟗𝒌 𝟑
𝒇(𝒙𝒌 ) = −𝟐 − ; ∆𝒙𝒌 = 𝒏
𝒏 𝒏 𝒏
𝟑
‫ 𝟑𝒙( 𝟎׬‬−𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙)𝒅𝒙 = 𝑳𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇 𝑪𝒌 . ∆𝒙𝒌 = 𝑳𝒊𝒎 σ𝒏𝒌=𝟏 𝒇 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌
𝒏→∞ 𝒏→∞
𝑸 𝑸
 𝑛 3 2
𝑛 𝑛 𝑛
3𝑘 3𝑘 9𝑘 3 81 54 27
𝑄=෍ −2 − = 4 ෍ 𝑘3 − 3 ෍ 𝑘2 − 2 ෍ 𝑘
𝑛 𝑛 𝑛 n 𝑛 𝑛 𝑛
𝑘=1 𝑘=1 𝑘=1 𝑘=1

81 𝑛 54 𝑛 27 𝑛
I = lim σ𝑘=1 𝑘 3 − lim σ𝑘=1 𝑘 2 − lim σ 𝑘
𝑛→∞ 𝑛 4
𝑛→∞ 𝑛 3
𝑛→∞ 𝑛2 𝑘=1

𝑛2 𝑛+1 2 𝑛 𝑛+1 2𝑛+1 𝑛 𝑛+1

𝐼= 81 lim − 54 lim − 27 lim
𝑛→∞ 4𝑛4 𝑛→∞ 6𝑛3 𝑛→∞ 2𝑛2

1 2 1 1 1
1+ 1+ 2+ 1+
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
𝐼 = 81 lim − 54 lim − 27 lim
𝑛→∞ 4 𝑛→∞ 6 𝑛→∞ 2

81 27 81−72−54 45
𝐼= − 18 − = = −
4 2 4 4
3 45
‫׬‬0 (𝑥 3 −2𝑥 2 − 3𝑥)𝑑𝑥 = −
4
Ejemplo
Calcula utilizando suma de Riemann y un proceso de límite el área de la región limitada
𝜋
por las gráficas de: 𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥, 𝑦 = 0, 𝑥 = 0, 𝑥 =
8
Solución
𝑆𝑒𝑎 𝑃 = 𝑥0 ; 𝑥1 ; 𝑥2 ; 𝑥3 ; … ; 𝑥𝑘−1 ; 𝑥𝑘 ; … ; 𝑥𝑛−1 ; 𝑥𝑛 una partición del
𝜋
del segmento 0,
8
𝐶𝑘 = 𝑥𝑘 → 𝑓 𝐶𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘 )
𝜋
−0 𝜋
8
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 = ⋯ = ∆𝑥𝑘 = ⋯ = ∆𝑥𝑛 = =
𝑛 8𝑛
𝑥0 = 0
𝜋
𝑥1 = 0 + 𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥
8𝑛

𝜋 𝜋
𝑥2 = 0 + 2
8𝑛 8
𝜋
𝑥3 = 0 + 3 .
8𝑛
.
𝜋
𝑥𝑘−1 = 0 + (𝑘 − 1)( )
8𝑛
𝜋 𝜋
𝑥𝑘 = 0 + 𝑘 = 𝑘( )
8𝑛 8𝑛
𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥

𝜋
8
 𝑘𝜋 𝑘𝜋
𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥 → 𝑓 𝑥𝑘 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑘 = 4𝑐𝑜𝑠4 = 4cos( )
8𝑛 2𝑛
𝜋
𝐴 𝑅 = ‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim σ𝑛𝑘=1 𝑓 𝐶𝑘 . ∆𝑥𝑘 =
8 lim σ𝑛𝑘=1 𝑓 𝑥𝑘 . ∆𝑥𝑘
𝑛→∞ 𝑛→∞
𝑄
𝜋
𝜋 𝑘𝜋
‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim 2𝑛 σ𝑛𝑘=1 cos(2𝑛 ) ……………………………………………….(1)
8

𝑛→∞
𝑄
𝑘𝜋
𝑄 = σ𝑛𝑘=1 cos( )
2𝑛
𝑘𝜋
σ𝑛𝑘=1 cos = 𝑓(𝑛)
2𝑛
𝑘𝜋 𝜋 1 𝜋 𝜋
cos 𝑠𝑒𝑛 = (𝑠𝑒𝑛( 𝑘 + 1 ) − 𝑠𝑒𝑛( 𝑘−1 )
2𝑛 2𝑛2 2𝑛 2𝑛
𝑘𝜋 𝜋 1 𝜋 𝜋
σ𝑛𝑘=1 cos 𝑠𝑒𝑛 = σ𝑛𝑘=1(𝑠𝑒𝑛( 𝑘 + 1 ) − 𝑠𝑒𝑛( 𝑘−1 )
2𝑛 2𝑛 2 2𝑛 2𝑛
𝜋 𝜋
𝑘𝜋 𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛 −0
2𝑛 2𝑛
σ𝑛𝑘=1 cos 𝑠𝑒𝑛 =
2𝑛 2𝑛 2
𝜋 𝜋
𝜋 𝑘𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
2𝑛 2𝑛
𝑠𝑒𝑛 σ𝑛𝑘=1 cos =
2𝑛 2𝑛 2
𝜋 𝜋
𝑘𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
2𝑛 2𝑛
σ𝑛𝑘=1 cos = 𝜋 …………………………………………(2)
2𝑛 2𝑠𝑒𝑛
2𝑛
𝜋 𝜋
𝜋 𝜋
𝜋 𝑘𝜋 𝜋 𝑠𝑒𝑛 2𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛 2𝑛
𝐴 = ‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 =
8 lim σ𝑛𝑘=1 cos( ) → ‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 =
8 lim 𝜋
𝑛→∞ 2𝑛 2𝑛 𝑛→∞ 2𝑛 2𝑠𝑒𝑛
2𝑛
 𝜋 𝜋
𝑘𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
2𝑛 2𝑛
σ𝑛𝑘=1 cos = 𝜋
2𝑛 2𝑠𝑒𝑛
2𝑛
𝜋
𝜋 𝑛 𝑘𝜋
‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim
8 σ𝑘=1 cos( )
𝑛→∞ 2𝑛 2𝑛
𝜋 𝜋
𝜋
𝜋 𝑠𝑒𝑛 2𝑛 𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛 2𝑛
𝐴 𝑅 = ‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 =
8 lim 𝜋
𝑛→∞ 2𝑛 2𝑠𝑒𝑛
2𝑛
𝜋 1 𝜋
𝜋 lim 𝑠𝑒𝑛 1+ +1− lim 𝑠𝑒𝑛
2 𝑛 2𝑛
𝐴 𝑅 = ‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = 𝑛→∞
8
𝑠𝑒𝑛
𝜋
𝑛→∞

2 lim 𝜋2𝑛
𝑛→∞
2𝑛
𝜋
1+1+0
‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 =
8
2(1)
=1
𝜋
‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = 1
8

Calculo introductorio
𝜋 𝜋
𝜋
‫׬‬0 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛4𝑥 ȁ 0 = 𝑠𝑒𝑛 2 − 𝑠𝑒𝑛0 = 1
8 8
Ejemplo
Halle el área de la región acotada por la gráfica de la función 𝑓 𝑥 = 𝑥 2 − 2𝑥 +
2; 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥 𝑦 𝑙𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑠 𝑥 = −2 𝑦 𝑥 = 2 mediante el límite a la suma de Riemann .
Solución

𝐶𝑘 = 𝑥𝑘 → 𝑓 𝐶𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘 )
2−(−2) 4
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 = ⋯ = ∆𝑥𝑘 = ⋯ = ∆𝑥𝑛 = =
𝑛 𝑛
𝑥0 = −2
4
𝑥1 = −2 +
𝑛
4
𝑥2 = −2 + 2( )
𝑛
4
𝑥3 = −2 + 3( )
𝑛
.
.
4
𝑥𝑘 = −2 + 𝑘( )
𝑛
4𝑘 2 4𝑘 16 16 8𝑘
𝑓 𝑥𝑘 = −2 + − 2 −2 + +2=4− 𝑘+ 2
𝑘2 + 4 − +2
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
2
𝐴 = ‫׬‬−2 𝑥 2 − 2𝑥 + +2 𝑑𝑥 = lim σ𝑛
𝑘=1 𝑓 𝐶𝑘 . ∆𝑥𝑘 𝑛→∞
16 24 4
𝐴 = lim σ𝑛𝑘=1 2
𝑘2 − 𝑘 + 10
𝑛→∞ 𝑛 𝑛 n
64 96 40
lim 3 σ𝑛𝑘=1 𝑘 2 − lim 2 σ𝑛𝑘=1 𝑘 + lim σ𝑛𝑘=1 1
𝑛 𝑛→∞ 𝑛 𝑛→∞ 𝑛
𝑛→∞
𝑛 𝑛+1 2𝑛+1 𝑛 𝑛+1 𝑛
64 lim − 96 lim + 40 lim
𝑛→∞ 6𝑛3 𝑛→∞ 2𝑛2 𝑛→∞ 𝑛
1 1 1
1+ 2+ 1+ 64
𝑛 𝑛 𝑛
64 lim − 96 lim + 40 lim 1 = + 40 − 48
𝑛→∞ 6 𝑛→∞ 2 𝑛→∞ 3
2
𝐴 = ‫׬‬−2 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 𝑑𝑥 =
40
𝐴(𝑅) =
3
 Propiedades de la integral definida

Sean las funciones, 𝑓 𝑥 , 𝑔 𝑥 y la función constante 𝑦 = 𝑘 integrables en el

segmento 𝑎, 𝑏

𝑏
1. ‫ 𝑏 = 𝑥𝑑 𝑎׬‬− 𝑎
𝑏
2. ‫ 𝑏(𝑘 = 𝑥𝑑 𝑘 𝑎׬‬− 𝑎)
𝑏 𝑏
3. ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬ 𝑘 = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑘 𝑎׬‬
𝑏 𝑏 𝑏 𝑏
4. ‫𝑓 𝑎׬‬1 (𝑥) ± 𝑓2 (𝑥) ± ⋯ ± 𝑓𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 = ± ‫𝑓 𝑎׬‬1 (𝑥)𝑑𝑥 ± ‫𝑓 𝑎׬‬2 (𝑥)𝑑𝑥 ± ⋯ ± ‫= 𝑥𝑑 𝑥 𝑛𝑓 𝑎׬‬
𝑏
‫ 𝑎׬‬±(σ𝑛𝑘=1 𝑓𝑘 (𝑥))𝑑𝑥
𝑎 𝑏
5. Si, b > a, entonces, ‫ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑏׬‬− ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬
𝑎
6. Si “a” está en el dominio de f, entonces, ‫ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬0
7. Si f es integrable en los sub intervalos a, c , c, b entonces
𝑏 𝑐 𝑏
‫ 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬+ ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑐׬‬
𝑏 𝑏
8. Si 𝑓 𝑥 ≤ 𝑔 𝑥 en a, b entonces ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑔 𝑎׬ ≤ 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬
𝑏
9. Si 𝑓 𝑥 ≥ 0 en a, b entonces ‫ ≥ 𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬0 ∀𝑥 ∈ a, b
10. Si m ≤ 𝑓 𝑥 ≤ 𝑀 en a, b entonces
𝑏
𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ‫ 𝑏(𝑀 ≤ 𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬− 𝑎)
11. Si 𝑓 es integrable en a, b entonces
𝑏 𝑏
‫𝑥𝑑 )𝑥(𝑓 𝑎׬ ≤ 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬
𝑏 𝑏−𝑞
12. Se verifica ‫𝑎׬ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬−𝑞 𝑓 𝑥 + 𝑞 𝑑𝑥 , 𝑞 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑏 𝑏+𝑞
13. Se verifica ‫𝑎׬ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬+𝑞 𝑓 𝑥 − 𝑞 𝑑𝑥 , 𝑞 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑏 1 𝑞𝑏 𝑥
14. Se cumple ‫𝑓 𝑎𝑞׬ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬ 𝑑𝑥 , 𝑞 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑞 𝑞
𝑏
𝑏 𝑞
15. Se cumple ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬ = 𝑞 ‫𝑥𝑑 𝑥𝑞 𝑓 ׬‬
𝑎 , 𝑞 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑞

16. Si 𝑓 𝑥 es una función continua en 0, c entonces se verifica

𝑐 𝑐
‫׬‬0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ‫׬‬0 𝑓(𝑐 − 𝑥)𝑑𝑥
17. Si 𝑓 𝑥 es continua y función par en el intervalo simétrico alrededor
𝑐 𝑐
del origen −c, c entonces se verifica ‫׬‬−𝑐 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 2 ‫׬‬0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
Ejemplo
Calcula:
12 16
‫׬‬− 12 𝑥 2 +4 𝑑𝑥
Solución
16
El gráfico 𝑓 𝑥 = 𝑥2+4 se ve en la siguiente figura:

16
𝑓 𝑥 =
𝑥2 + 4

− 12 12
 16 12 16 12 16
𝑓 𝑥 = 𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟 → ‫ ׬‬12 𝑑𝑥 = 2 ‫׬‬0 𝑑𝑥
𝑥 2 +4 𝑥 2 +4 𝑥 2 +4

Ejemplo
2
Calcula: ‫׬‬−2 𝑥 4 𝑑𝑥
Solución
El gráfico 𝑓 𝑥 = 𝑥 4 se ve en la siguiente figura:
2 2
𝑓 𝑥 = 𝑥 4 𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟 → ‫׬‬−2 𝑥 4 𝑑𝑥 = 2 ‫׬‬0 𝑥 4 𝑑𝑥
18. Si 𝑓 𝑥 es continua y función impar en el intervalo simétrico −𝑐, 𝑐 𝑓 𝑥 = -c,c
𝑐
entonces se verifica ‫׬‬−𝑐 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0
Ejemplo
3
Calcula: ‫׬‬−3 −𝑥 3 + 9𝑥 𝑑𝑥
Solución
El gráfico de 𝑓 𝑥 = −𝑥 3 + 9𝑥 se ve en la siguiente figura

𝑓 𝑥 = 𝑥 3 + 9𝑥

3 0 3
‫׬‬−3 −𝑥 3 + 9𝑥 𝑑𝑥=‫׬‬−3 −𝑥 3 + 9𝑥 𝑑𝑥 + ‫׬‬0 −𝑥 3 + 9𝑥 𝑑𝑥 = 0
19. Sea 𝑓 una función definida y acotada en el segmento a, b cuya regla
de correspondencia de 𝑓 es :
𝒇𝟏 𝒙 , 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒄𝟏
𝒇𝟐 𝒙 , 𝒄𝟏 < 𝒙 ≤ 𝒄𝟐
𝒇 𝒙 =
𝒇𝟑 𝒙 , 𝒄𝟐 < 𝒙 ≤ 𝒄𝟑
𝒇𝟒 𝒙 , 𝒄𝟑 < 𝒙 ≤ 𝒃
Si 𝐶𝑘 , son puntos de discontinuidad donde k = 1,2,3 → se cumple:
𝒃 𝒄
𝟏 𝟐𝒄 𝟑𝒄 𝒃
‫ 𝒙𝒅)𝒙( 𝟏𝒇 𝒂׬ = 𝒙𝒅)𝒙(𝒇 𝒂׬‬+ ‫ 𝒙𝒅)𝒙( 𝟐𝒇 𝒄׬‬+ ‫ 𝒙𝒅)𝒙( 𝟑𝒇 𝒄׬‬+ ‫𝒙𝒅)𝒙( 𝟒𝒇 𝒄׬‬
𝟏 𝟐 𝟑
El gráfico de la función 𝑓 𝑥 se puede ver en la siguiente figura:
 ‫𝑏‬ ‫𝑏‬ ‫𝑏‬
‫𝑥𝑑)𝑥(𝑔 𝑎׬ 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬ ≠ 𝑥𝑑)𝑥(𝑔)𝑥(𝑓 𝑎׬ ‪20.‬‬
‫𝑏‬
‫)𝑥(𝑓 𝑏‬ ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬
‫𝑎׬ ‪21.‬‬ ‫𝑥𝑑‬ ‫≠‬ ‫𝑏‬
‫)𝑥(𝑔‬ ‫𝑥𝑑)𝑥(𝑔 𝑎׬‬
Ejemplo
Graficar la región que se calcula su área con el siguiente límite:
8 4 4 8 8 16 8 12 36 0
lim − − + − − + − − + ⋯+ . Además, cuál es
𝑛→∞ 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2
valor de su área.
Solución
8 4 4 8 8 16 8 12 36 0
lim − − + − − + − − + ⋯+
𝑛→∞ 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2 𝑛3 𝑛4 𝑛2

1 4 4 8 16 12 36
lim 8− − + 8− − + 8− − 2 + ⋯+ 0
𝑛→∞ 𝑛 𝑛 𝑛2 𝑛 𝑛2 𝑛 𝑛

1 4 4 8 16 12 36
lim 8−( + )+ 8−( + ) + 8−( + ) + ⋯+ 0
𝑛→∞ 𝑛 𝑛 𝑛2 𝑛 𝑛2 𝑛 𝑛2

1 2 2 2 2
lim 9 − (1 + )2 + 9 − (1 + 2 )2 + 9 − (1 + 3 )2 + ⋯ + 9 − (1 + 𝑛 )2
𝑛→∞ 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
𝑏−𝑎 2
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 … … = ∆𝑥𝑘 … . . = ∆𝑥𝑛 = =
𝑛 𝑛
𝑏 = 3; 𝑎 = 1
𝑥0 = 1
2
𝑥1 = 1 +
𝑛
2
𝑥2 = 1 + 2( ) )
𝑛
2
𝑥3 = 1 + 3( )
𝑛

.
.
2
𝑥𝑘−1 = 1 + (𝑘 − 1)
𝑛
2
𝑥𝑘 = 1 + 𝑘
𝑛
.
.
2
𝑥𝑛 = 1 + 𝑛.
𝑛
𝑐𝑘 = 𝑥𝑘; (El punto arbitrario se considera a la derecha de cada sub-intervalo)
2
𝑐𝑘 = 𝑥𝑘; ∆𝑥𝑘 =
𝑛
2
𝑓 𝑥𝑘 = 9 − (1 + 𝑘 )2
𝑛

𝑓 𝑥𝑘 = 9 − 𝑥𝑘 2 → 𝑓(𝑥) = 9 − 𝑥 2
 1 2 2 31
lim σ𝑛𝐾=1 9 − (1 + 𝑘 )2 = ‫׬‬1 9 − 𝑥 2 𝑑𝑥
𝑛→∞ 2 𝑛 𝑛 2
1 1 3
lim σ𝑛𝐾=1 9 − 𝑥𝑘 2 ∆𝑥𝑘 = ‫׬‬1 9 − 𝑥 2 𝑑𝑥
𝑛→∞ 2 2
Por calculo introductorio
1 3
𝐼 = ‫׬‬1 9 − 𝑥 2 𝑑𝑥
2
11 9 𝑥
𝐼= 𝑥 9 − 𝑥 2 + 𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( )ቚ 31
22 4 3
1 9 2 9 1
𝐼= 0 + 𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 1 − − 𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( )
4 4 2 4 3
9𝜋 2 9 1
𝐼= − − 𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( ) ≅ 2.062
8 2 4 3
1 1 3 9𝜋 2 9 1
lim σ𝐾=𝑛
𝐾=1 9 − 𝑥𝑘 2 ∆𝑥𝑘 = ‫׬‬1 9 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = − − 𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( )
𝑛→∞ 2 2 8 2 4 3
𝟏 𝟑
Interpretando geométricamente la integral definida: 𝑰 = ‫𝟏׬‬
𝟗 − 𝒙𝟐 𝒅𝒙
𝟐
estaría calculando el área de la región elíptica del primer cuadrante
entre 𝒙 = 𝟏 𝒆 𝒙 = 𝟑
 𝟏
y= 𝟗 − 𝒙𝟐
𝟐

3 x
-3 1𝟏
 Teorema del valor medio para integrales
Sea f una función continua en [a, b] existe al menos un “𝑐” que está entre a y b tal
que se verifica:
𝑏
‫ 𝑏( 𝑐 𝑓 = 𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬− 𝑎) .
𝑓 𝑐 →Valor medio o valor promedio de f sobre el segmento [a,b]
𝒃
‫𝒙𝒅 𝒙 𝒇 𝒂׬‬
El valor promedio de una función se calcula con la fórmula: 𝒇 𝒄 =
(𝒃−𝒂)
La interpretación geométrica del teorema del valor medio se puede visualizar en la siguiente
figura.
 𝒚 = 𝒇(𝒙)

a 𝑐1 𝒄𝟐 𝒄𝟑 𝑏

𝑏
‫𝑐 𝑓 = 𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬1 (𝑏 − 𝑎)
𝐸𝑙 á𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑦 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥 𝑒𝑠 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎𝑙 á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑡á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
𝑓 𝑐1 = 𝑓 𝑐2 = 𝑓(𝑐3 ) 𝑦 𝑏𝑎𝑠𝑒 (𝑏 − 𝑎)
Valor efectivo (Valor eficaz)

El valor eficaz ( 𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 ) se define como el valor medio dela función 𝑓 2 en el intervalo
[a,b] se calcula con la siguiente fórmula:

𝑏
‫ 𝑓 𝑎׬‬2 𝑥 𝑑𝑥
𝑓2 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =
𝑏−𝑎

𝑏
‫) 𝑥 𝑓( 𝑎׬‬2 𝑑𝑥
𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 =
(𝑏−𝑎)
Valor eficaz para una función periódica
Se define como:
𝑇
‫׬‬0 (𝑓 𝑡 )2 𝑑𝑡
𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 = ;T es el periodo
𝑇
Ejemplo
Encuentra el valor medio de la función 𝑓 𝑥 = 𝑥 2 + 5 en el intervalo 0,1 y para
que valor de “𝑐” se presenta.
Solución
 𝑏
‫𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬
𝑓 𝑐 = ; 𝑓 𝑐 es el valor medio buscado
𝑏−𝑎
1
‫׬‬0 (𝑥 2 +5)𝑑𝑥 𝑥3 1 16
𝑓 𝑐 = = + 5𝑥ቚ 10 = + 5 − 0 = ≅ 5,3
1−0 3 3 3
16
𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 5 → 𝑓 𝑐 = 𝑐2 + 5 → 𝑐2 + 5 =
3
1 1 1
𝑐2 = → 𝑐 = ± →𝑐=
3 3 3
16 1 1 16
𝑓 𝑐 = ;𝑐 = →𝑓 =
3 3 3 3
 Primer teorema fundamental del cálculo
Sea f: a; b R ; una funcion continua y “x” un punto variable que está entre a y b ;
definiendo una primitiva derivable por ∶
𝑥 𝑥 ′
𝐹 𝑥 = ‫ 𝑡 𝑓 𝑎׬‬. 𝑑𝑡 ; entonces 𝐹 ′ 𝑥 = ‫𝑓 𝑎׬‬ 𝑡 . 𝑑𝑡 → 𝐹 ′ 𝑥 = 𝑓 𝑥 .1
𝑥
𝐹 𝑥 = ‫ 𝑡 𝑓 𝑎׬‬. 𝑑𝑡 ; 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐹 ′ 𝑥 =𝑓 𝑥
Ejemplo
𝐿𝑛𝑥
Se tiene:𝐻 𝑥 = ‫׬‬1 𝑒 𝑢 𝐿𝑛𝑢 𝑑𝑢; 𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒: 𝐻 ′ (𝑒 𝑒 𝑒 )
Solución
1 1
𝐻 ′ 𝑥 = 𝑒 𝐿𝑛𝑥 𝐿𝑛 𝐿𝑛𝑥 . = 𝑥𝐿𝑛 𝐿𝑛𝑥 .
𝑥 𝑥
′
𝐻 𝑥 = 𝐿𝑛(𝐿𝑛𝑥)
𝐻 ′ 𝑒 𝑒 𝑒 = 𝐿𝑛 𝐿𝑛𝑒 𝑒 𝑒 = 𝐿𝑛 𝑒 𝑒 𝐿𝑛𝑒 = 𝐿𝑛𝑒 𝑒 = 𝑒𝐿𝑛𝑒 = 𝑒
𝑒
𝐻′ 𝑒 𝑒 = 𝑒
𝐿𝑛𝑥
‫׬‬1 𝑒 𝑢𝐿𝑛𝑢𝑑𝑢
Halle:lim
𝑥→𝑒 𝐿𝑛(𝑥)−1
𝐿𝑛𝑥 𝑢 1
‫׬‬1 𝑒 𝐿𝑛𝑢𝑑𝑢 𝑒 𝐿𝑛𝑥 𝐿𝑛 𝐿𝑛𝑥 .
𝑥
. lim = lim 1 = lim𝑥 𝐿𝑛 𝐿𝑛𝑥 = 0
𝑥→𝑒 𝐿𝑛(𝑥)−1 𝑥→𝑒 𝑥→𝑒
𝑥
Ejemplo:
𝒔𝒆𝒏𝒙 𝝅
𝑺𝒊 𝐇 𝒙 = ‫𝒙׬‬ 𝒕 𝒕𝒈𝒕 𝐝𝐭; 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞: 𝑯′ 𝒙 , 𝑯′
𝟑 𝟐

Solución
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝑯′ 𝒙 = 𝑫𝒙 ‫𝒙׬‬ 𝒕 𝒕𝒈𝒕 𝐝𝐭
𝟑
𝒙 𝒙 𝟏
𝑯′ 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝒙𝑻𝒈 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒕𝒈
𝟑 𝟑 𝟑
𝝅 𝝅 𝝅 𝝅 𝝅 𝝅 𝟏 𝝅 𝟏 𝟏
𝑯′ = 𝒔𝒆𝒏 𝑻𝒈 𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔 − 𝒕𝒈 =− . .
𝟐 𝟐 𝟐 𝟐 𝟔 𝟔 𝟑 𝟔 𝟑 𝟑
𝝅 𝝅
𝑯′ =−
𝟐 𝟏𝟖 𝟑
 Segundo teorema fundamental del cálculo
𝐒𝐞𝐚 𝐟: 𝐚; 𝒃 ℝ
𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐲 𝐅 𝒙 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐞𝐬𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐟 𝒙 𝐞𝐧 𝐚; 𝒃
𝐭𝐚𝐥 𝐪𝐮𝐞 𝐅 ′ 𝒙 = 𝐟 𝒙 ; 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐜𝐮𝐦𝐩𝐥𝐞:
𝑏 𝑏
‫ 𝑥 𝑓 𝑎׬‬. 𝑑𝑥 = ‫ 𝑥𝑑 𝑥 𝑓 ׬‬ห = 𝐹 𝑥 + 𝑘ȁ𝑏𝑎 = 𝐹 𝑏 + 𝑘 − 𝐹 𝑎 + 𝑘 = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎
𝑎
Conclusión:
𝑏
‫ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬F x ȁba = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎
Demostración
𝑥
𝐹 𝑥 = ‫𝑢𝑑 𝑢 𝑓 𝑎׬‬
𝑥
𝐹 𝑥 + 𝑘 = ‫…………………………𝑢𝑑 𝑢 𝑓 𝑎׬‬.(1)
Evaluando para 𝑥 = 𝑎
𝑎
𝐹 𝑎 + 𝑘 = ‫𝑢𝑑 𝑢 𝑓 𝑎׬‬
𝐹 𝑎 + 𝑘 = 0 → 𝑘 = −𝐹(𝑎)
Reemplazando en (1)
𝑥
𝐹(𝑥) − 𝐹 𝑎 = ‫………………𝑢𝑑 𝑢 𝑓 𝑎׬‬..……(2)
Evaluando (2) para 𝑥 = 𝑏
𝑏
𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = ‫𝑢𝑑)𝑢(𝑓 𝑎׬‬
Entonces se cumple:
𝑏
‫ 𝑏 𝐹 = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎׬‬− 𝐹 𝑎
Halle:
𝐿𝑛2 𝑒 3𝑥
‫׬‬0 𝑐𝑜𝑠ℎ3𝑥 𝑑𝑥
Solución
𝐿𝑛2 𝑒 3𝑥 𝐿𝑛2 𝑒 3𝑥 𝐿𝑛2 𝑒 6𝑥
‫׬‬0 𝑐𝑜𝑠ℎ3𝑥 𝑑𝑥 = 2 ‫׬‬0 𝑒 3𝑥 +𝑒 −3𝑥 𝑑𝑥 = 2 ‫׬‬0 𝑒 6𝑥 +1 𝑑𝑥
1 1 6𝐿𝑛2 + 1 − 1 𝐿𝑛 𝑒 0 + 1 1 1 65
𝐼 = 𝐿𝑛(𝑒 6𝑥 + 1)ቚ 𝐿𝑛2
0
= 𝐿𝑛 𝑒 1 = 𝐿𝑛65 − 𝐿𝑛2 = 𝐿𝑛
3 3 3 3 3 3 2
1 65
𝐼 = 𝐿𝑛
3 2

Ejemplo
𝜋
𝑠𝑒𝑛4𝑥−𝑐𝑜𝑠 4 𝑥
Evalúa:𝐼 = ‫׬‬0 6 𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛4𝑥+𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑐𝑜𝑠 2 𝑥+𝑐𝑜𝑠 4 𝑥
Solución
𝜋
(𝑠𝑒𝑛2 𝑥−𝑐𝑜𝑠2 𝑥)(𝑠𝑒𝑛2 𝑥+𝑐𝑜𝑠2 𝑥)
𝐼=‫׬‬ 6
0 (𝑠𝑒𝑛2 𝑥+𝑐𝑜𝑠2 𝑥)2 −𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑐𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥
𝜋
𝑠𝑒𝑛2 𝑥−𝑐𝑜𝑠2 𝑥
𝐼=‫׬‬ 6
0 1−𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑐𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥
𝜋
−𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝐼 = 4‫׬‬ 6
0 4−4𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑐𝑜𝑠2 𝑥
𝑑𝑥
 ‫𝜋‬
‫𝑥‪−𝑐𝑜𝑠2‬‬
‫‪0‬׬ ‪𝐼 = 4‬‬ ‫‪6‬‬ ‫𝑥𝑑‬
‫𝑥 ‪4−4𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑐𝑜𝑠 2‬‬
‫𝜋‬
‫𝑥‪−𝑐𝑜𝑠2‬‬
‫‪0‬׬ ‪𝐼 = 4‬‬ ‫‪6‬‬ ‫𝑥𝑑‬
‫‪4−(𝑠𝑒𝑛2𝑥)2‬‬
‫𝜋‬
‫𝑥‪𝑐𝑜𝑠2‬‬
‫‪0‬׬ ‪𝐼 = 4‬‬ ‫‪6‬‬ ‫𝑥‪𝑑𝑥; 𝑑𝑠𝑒𝑛2‬‬ ‫𝑥𝑑𝑥‪= 2𝑐𝑜𝑠2‬‬
‫‪(𝑠𝑒𝑛2𝑥)2 −4‬‬
‫𝜋‬ ‫𝜋‬
‫𝑥𝑑𝑥‪2𝑐𝑜𝑠2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪𝑠𝑒𝑛2𝑥−2‬‬
‫=𝐼‬ ‫‪0‬׬ ‪2‬‬‫‪6‬‬ ‫=‬ ‫𝑛𝐿‬ ‫‪ฬ0‬‬
‫‪6‬‬
‫‪(𝑠𝑒𝑛2𝑥)2 −22‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪𝑠𝑒𝑛2𝑥+2‬‬
‫𝝅‬
‫𝟏‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙−‬‬ ‫𝟔‬
‫=𝑰‬ ‫𝐧𝑳‬ ‫(‬ ‫)‬ ‫𝟎│‬
‫𝟐‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙+‬‬
‫𝝅‬
‫𝟏‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 −‬‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏𝟎−‬‬
‫𝟑‬
‫=𝐈‬ ‫𝒏𝑳(‬ ‫𝝅‬ ‫𝒏𝑳 ‪−‬‬ ‫)‬
‫𝟐‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 +‬‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏𝟎+‬‬
‫𝟑‬
‫𝝅‬
‫𝟏‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 −‬‬ ‫𝟐‪𝟎−‬‬
‫𝟑‬
‫𝒏𝑳( = 𝐈‬ ‫𝝅‬ ‫𝒏𝒍 ‪−‬‬ ‫)‬
‫𝟐‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 +‬‬ ‫𝟐‪𝟎+‬‬
‫𝟑‬
‫𝝅‬
‫𝟏‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 −‬‬
‫𝟑‬
‫𝒏𝑳( = 𝐈‬ ‫𝝅‬ ‫) 𝟏‪− 𝑳𝒏 −‬‬
‫𝟐‬ ‫𝟐‪𝒔𝒆𝒏 +‬‬
‫𝟑‬
‫𝟑‬
‫𝟏‬ ‫𝟐‪−‬‬ ‫𝟏‬ ‫𝟒‪𝟑−‬‬
‫𝟐‬
‫𝒏𝑳 𝟐 = 𝐈‬ ‫𝟑‬
‫( 𝒏𝑳 𝟐 =‬ ‫𝟒‪𝟑+‬‬
‫)‬
‫𝟐‪+‬‬
‫𝟐‬

‫𝟏‬ ‫𝟒‪𝟑−‬‬
‫( 𝒏𝑳 𝟐 = 𝑰‬ ‫𝟒‪𝟑+‬‬
‫)‬
Ejemplo
3 𝑑𝑥
Evalúe: ‫׬‬1 𝑑𝑥
𝑥 4 +𝑥 2
Solución
3 𝑑𝑥
‫׬‬1 𝑑𝑥
𝑥 4 +𝑥 2
3 𝑑𝑥 3 1 1
‫׬‬1 𝑥 2(𝑥 2+1) 𝑑𝑥 = ‫׬‬1
𝑥2
−
𝑥 2 +1

3 3 𝑑𝑥
𝐼 = ‫׬‬1 𝑥 −2 − ‫׬‬1
𝑥 2 +1
1
𝐼= − ቚ 13 −𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 ȁ 13
𝑥
1 1
𝐼= − − − − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 3 − (−𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 1 )
3 1
1 𝜋 𝜋
𝐼= − +1− +
3 3 4
1 𝜋
𝐼=− +1−
3 12
2
∗∗ 𝐴 = ‫׬‬−2 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 𝑑𝑥
Ejemplo
𝟒 𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐
Evalúe: ‫𝟐𝒙𝒈𝒐𝑳 𝟐׬‬+𝑳𝒐𝒈(𝟑𝟔−𝟏𝟐𝒙+𝒙𝟐) 𝒅𝒙
Solución
 𝟒 𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐 𝟒 𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙
‫𝟐𝒙𝒈𝒐𝑳 𝟐׬‬+𝑳𝒐𝒈(𝟑𝟔−𝟏𝟐𝒙+𝒙𝟐) 𝒅𝒙 = ‫𝟐׬‬
𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙+𝑳𝒐𝒈(𝟔−𝒙)𝟐
𝒅𝒙
𝟒 𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙
‫𝟐׬‬ 𝒅𝒙
𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙+𝟐𝑳𝒐𝒈(𝟔−𝒙)

Aplicando propiedad de traslación

𝟒−𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)
‫𝟐׬‬−𝟐 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟔−(𝒙+𝟐))
𝟐 𝑳𝒐𝒈 𝒙+𝟐
𝑰 = ‫𝟎׬‬ 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝟐 𝑳𝒐𝒈 𝒙+𝟐 +𝑳𝒐𝒈 𝟒−𝒙 −𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑰 = ‫𝟎׬‬ 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝟐 𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑰 = ‫ 𝒙𝒅 𝟎׬‬− ‫𝟎׬‬ 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝒇 𝒙 = es continua en el segmento 0,2
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝒄 𝒄
Se cumple: ‫ 𝒄(𝒇 𝟎׬ = 𝒙𝒅 𝒙 𝒇 𝟎׬‬− 𝒙) 𝒅𝒙
𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟒− 𝟐−𝒙 )
𝑰 = 𝟐 − ‫𝟎׬‬ 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈((𝟐−𝒙)+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−(𝟐−𝒙))
𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟐+𝒙)
𝑰 = 𝟐 − ‫𝟎׬‬ 𝒅𝒙
𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)+𝑳𝒐𝒈(𝟐+𝒙)

𝑰 = 𝟐 − 𝑰 → 𝟐𝑰 = 𝟐 → 𝑰 = 𝟏
Ejemplo
1 𝑥 9 −1
Halle: ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
Solución
1 𝑥 9 −1
‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
1 𝑥 𝑚 −1
𝐼 𝑚 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥; 𝐼 0 =0
𝑥𝑚 −1
1𝑑 𝐿𝑛𝑥
𝐼′ 𝑚 = ‫׬‬0 𝑑𝑥; 𝑒𝑛 é𝑠𝑡𝑎 operación 𝑥 trabaja como un número o constante
𝑑𝑚

𝑥𝑚 ′ = 𝑥 𝑚 𝐿𝑛𝑥
1 𝑥 𝑚 𝐿𝑛𝑥
𝐼′ 𝑚 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
1
𝐼′ 𝑚 = ‫׬‬0 𝑥 𝑚 𝑑𝑥 ;ahora integrando respecto a la variable 𝑥
𝑥 𝑚+1 1 1
𝐼′ 𝑚 = ቚ = − 0
𝑚+1 0 𝑚+1
1
𝐼′ 𝑚 =
𝑚+1
𝑑𝐼 𝑚 1 1
= → 𝑑𝐼 𝑚 = 𝑑𝑚
𝑑𝑚 𝑚+1 𝑚+1
Anulando la operación de diferenciación
1
‫𝑚 ׬ = 𝑚 𝐼𝑑 ׬‬+1 𝑑𝑚
𝐼 𝑚 = 𝐿𝑛 𝑚 + 1 + 𝑘 ; 𝐼 0 = 0
𝐼 0 = 𝐿𝑛 0 + 1 + 𝑘 → 0 = 𝐿𝑛1 + 𝑘 → 𝑘 = 0
𝐼 𝑚 = 𝐿𝑛 𝑚 + 1
1 𝑥 9 −1
Calculando la integral definida pedida: ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
1 𝑥 𝑚 −1 1 𝑥 10 −1
En nuestro caso 𝐼 𝑚 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥 →𝐼 9 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
𝐼 9 = 𝐿𝑛 9 + 1 = 𝐿𝑛10
1 𝑥 9 −1
‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝐿𝑛10
Ejemplo
1 𝑥−1
Evalua:‫׬‬0 𝑑𝑥
𝐿𝑛𝑥
Solución
1 𝑥−1
‫׬‬0 𝑑𝑥
𝐿𝑛𝑥
Definiendo una integral que de pende de un parámetro “𝑞” que no depende de la variable
de integración que es 𝑥
1 𝑥 𝑞 −1
𝐼 𝑞 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
Evaluando la función para 𝑞 = 0
1 𝑥 0 −1 1
𝐼 0 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥 → 𝐼 0 = ‫׬‬0 0 𝑑𝑥 → 𝐼(0) = 0
Derivando respecto de 𝑞
1 𝑑 𝑥 𝑞 −1
𝐼′ 𝑞 = ‫׬‬0 𝑑𝑞 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
1 𝑥 𝑞 𝐿𝑛𝑥
𝐼′ 𝑞 = ‫׬‬0 𝐿𝑛𝑥 𝑑𝑥
1 𝑥 𝑞+1 1
𝐼′ 𝑞 = ‫׬‬0 𝑥 𝑞 𝑑𝑥 → 𝐼′ 𝑞 = ቚ
𝑞+1 0
 ‫‪1‬‬
‫= 𝑞 ‪𝐼′‬‬ ‫‪−‬‬ ‫‪0‬‬
‫‪𝑞+1‬‬
‫‪1‬‬
‫= )𝑞(𝐼𝑑‬ ‫𝑞𝑑‬
‫‪𝑞+1‬‬
‫‪1‬‬
‫𝑞𝑑 ‪ 𝑞+1‬׬ = )𝑞(𝐼𝑑 ׬‬
‫𝑘 ‪𝐼 𝑞 = 𝐿𝑛 𝑞 + 1 +‬‬
‫‪𝐼(0) = 0‬‬
‫‪𝐼 0 = 𝐿𝑛 0 + 1 + 𝑘 → 0 = 0 + 𝑘 → 𝑘 = 0‬‬
‫‪𝑘=0‬‬
‫‪𝐼 𝑞 = 𝐿𝑛 𝑞 + 1 + 0‬‬
‫‪𝐼 𝑞 = 𝐿𝑛 𝑞 + 1‬‬
‫‪1 𝑥−1‬‬
‫‪0‬׬‬ ‫)‪𝑑𝑥 = 𝐼(1‬‬
‫𝑥𝑛𝐿‬
‫‪𝐼 1 = 𝐿𝑛 1 + 1 → 𝐼 1 = 𝐿𝑛2‬‬
‫‪1 𝑥−1‬‬
‫‪0‬׬‬ ‫‪𝑑𝑥 = 𝐿𝑛2‬‬
‫𝑥𝑛𝐿‬
Ejemplo
Calcule el siguiente límite
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
lim + + … +
𝑛→∞ 1+2𝑛+2𝑛2 4+4𝑛+2𝑛2 9+6𝑛+2𝑛2 𝑛2 +2𝑛(𝑛)+2𝑛2

Solución
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
lim + + … +
𝑛→∞ 1+2𝑛+2𝑛2 4+4𝑛+2𝑛2 9+6𝑛+2𝑛2 𝑛2 +2𝑛(𝑛)+2𝑛2

Dividiendo entre 𝑛2 el numerador y denominador:

1 1 1 1 1
lim 2 1 + 2 4 + 3 9 …+ 𝑛 𝑛2
𝑛→∞ 2+ + 2 2+2 + 2 2+2. + 2 2+2 + 𝑛
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛2

1 1 1 1 1
lim 1 + 1 + 1 …+ 1
𝑛→∞ (1+ )2+1 (1+2. )2 +1 (1+3. )2 +1 (1+𝑛. )2 +1 𝑛
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛

Considerando la partición: 𝑃 = 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , … … . 𝑥𝑘−1 , 𝑥𝑘 , … … . 𝑥𝑛 del

Segmento 𝑎, 𝑏
𝑥0 = 𝑎 = 1
Considerando una partición regular
2−1 1
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 = ∆𝑥41 … … . . = ∆𝑥𝑘 … . . = ∆𝑥𝑛 = =
𝑛 𝑛
𝑥0 = 1
1
𝑥1 = 1 +
𝑛
1
𝑥2 = 1 + 2.
𝑛
1
𝑥3 = 1 + 3.
𝑛
.
.
1
𝑥𝑘 = 1 + 𝑘.
𝑛
𝑏
lim σ𝑛𝑘=1 𝑓(𝑥ҧ𝑘 ) . ∆𝑥𝑘 = ‫𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬
𝑛→∞
Considerando el punto de muestra 𝑥ҧ 𝑘 = 𝑥𝑘
𝑏
lim σ𝑛𝑘=1 𝑓(𝑥𝑘 ) . ∆𝑥𝑘 = ‫𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬
𝑛→∞
Considerando el punto de muestra 𝑥ҧ 𝑘 = 𝑥𝑘
𝑏
lim σ𝑛𝑘=1 𝑓(𝑥𝑘 ) . ∆𝑥𝑘 = ‫𝑥𝑑 𝑥 𝑓 𝑎׬‬
𝑛→∞
1 1 1 1
𝑥𝑘 = 1 + 𝑘. → 𝑓 𝑥𝑘 = 1 → 𝑓 𝑥𝑘 = →𝑓 𝑥 =
𝑛 (1+𝑘. )2 +1 𝑥𝑘 2 +1 𝑥 2 +1
𝑛
1 𝑏−1
𝑎 = 1 → ∆𝑥𝑘 = = →𝑏=2
𝑛 𝑛
1 1 2 𝑑𝑥
lim σ𝑛𝑘=1 1 . = ‫׬‬1 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥 )ȁ 21 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 2 − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔1
𝑛→∞ (1+𝑘. )2 +1 𝑛 𝑥 2 +1
𝑛

𝑇𝑔(𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 2 −𝑇𝑔 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔1 ) 2−1

𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑇𝑔(𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 2 − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔1) = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔
1+𝑇𝑔 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 2 𝑇𝑔(𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔1) 1+2.1

2−1 1
𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 2 − 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 1 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔
1+2.1 3

2 𝑑𝑥 1
‫׬‬1 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔
𝑥 2 +1 3