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José Albeiro Sánchez Cano_ Universidad EAFIT_ 2011 Página 1

1 Aplicaciones de las integrales anidadas

Aplicaciones de las integrales anidadas

José Albeiro Sánchez Cano

Departamento de Ciencias Básicas_ Universidad EAFIT [email protected]

Resumen En este artículo se demuestra una propiedad de las integrales iteradas y su aplicación

Abstract This paper demonstrates a property of the nested integrals and its applications.

Palabras claves: Integrales iteradas, Transformada de Laplace Keys words: Nested integrals, Laplace transforms Introducción La integral anidada es una integral evaluada múltiple veces sobre una misma variable en contraste a las integrales múltiples, que consiste de un número de

integrales evaluadas con respecto a variables diferentes. Más exactamente, si ( )xf es una función continua definida en .R⊆Ι y Ι∈0x , entonces

( ) ( ) ( ) ( )1!

100 0

3

0

2

0

1211 duufuxn

dxdxdxdxxfx

x

n

vecesn

nn

x

x

x

x

x

x

x

x

n

∫∫ ∫ ∫ ∫ −=

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

−KK

Para su demostración ver (ver [G. Shilov]).

En particular, se resolverá el PVI (2) integrando repetidamente (n veces) la ecuación (2) y usando las condiciones iniciales dadas. En cada paso se usará la ecuación (1) para llegar a la solución general en forma cerrada, esto es, la obtención de una formula.

Propiedad S. Sea ( ) ( ) ( )k

k

i

i xxxxxfxT ,,,, 21

1

K==∏=

una función continua en el

conjunto [ ]kba, , sea [ ] ibxx ,0∈ .Entonces se tiene la siguiente relación:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1!

100

1

0

2

0

1

0

11121221

kx

xkkk

x

x

x

x

x

x

x

xdxxf

kdxdxdxdxxfxfxfxf

k

= ∫∫ ∫ ∫ ∫ −

−

KLL

Demostración.

La demostración la haremos por inducción.

Se tiene claramente para 1=n .

Veamos para 2=n en este caso deberá tener que

( ) ( ) ( ) ( )2.!2

12

11122100

1

0

=

∫∫ ∫x

x

x

x

x

xdxxfdxdxxfxf

En efecto, usando integración por partes, esto es, haciendo

( ) ( ) 1122 ,1

0

dxxfdvdxxfux

x== ∫

Se encuentra, al usar el teorema fundamental de cálculo, que

( ) ( )∫==x

xdxxfvdxxfdu

01111 ,

Así que según la fórmula de integración por partes, tenemos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12122112210

1

00

1

000

1

0

dxxfxfdxxfdxxfdxdxxfxfx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x ∫ ∫∫∫∫ ∫ −

=

La primera ecuación del lado derecho no es más que

( ) ( ) ( )2

12210

0

1

00

=

∫∫∫

x

x

x

x

x

x

x

xdxxfdxxfdxxf

O bien, al reemplazar en la última ecuación se tiene lo pedido, esto es (2).

Supongamos ahora que se cumple para kn = y veamos que se cumple para el

siguiente, esto es, para .1+= kn

Esto es, se tiene la hipótesis de inducción:



( ) ( ) ( ) ( ) ( )HIdxxfk

dxdxdxxfxfxfkx

x

vecesk

x

x

x

x

x

xkkk

i

k

= ∫∫ ∫ ∫

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

−

−

0

1

0

2

0

1

0

11

1

2132 !1

KLL

y veamos que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3!1

11

1112132100

1

0

2

0

1

0

+

−

+

== ∫∫ ∫ ∫ ∫−

kx

xkkk

x

x

x

x

x

x

x

xdxxf

kdxdxdxdxxfxfxfxfI

k

KLL

En efecto,

Observar que la parte izquierda de la ecuación (3) puede escribirse en la forma:

( ) ( ) ( ) ( ) 1213210

1

0

2

0

1

0

dxdxdxdxxfxfxfxfx

x

x

x

x

x

x

xkkk

k

∫ ∫ ∫ ∫

−

− KLL

de donde, al observar la forma de esa última ecuación, hacemos la siguiente sustitución

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4!

1

0

1

0

2

0

1

0

11

1

21321

nx

x

vecesk

x

x

x

x

x

xkkk

i

k

dxxfn

dxdxdxxfxfxfxF

== ∫∫ ∫ ∫

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

−

−

KLL

Luego lo que se debe probar es

( ) ( ) ( ) ( )5!

100

11111

kx

x

x

xdxxf

kdxxFxfI

== ∫∫

Usamos ahora integración por partes, del cual se tiene lo siguiente:

Haciendo

( ) ( ) ( )6, 111 dxxfdvxFu ==

Encontramos que:

( ) ( ) ( )7,1

0

2211 ∫=′=x

xdxxfvdxxFdu

Donde

( ) ( ) ( ) ( )8! 11

1

1110

dxxfdxxfkkxF

kx

x

−

=′ ∫

Reemplazando (8) en (7), se tiene

( ) ( ) ( ) ( ) ( )9,!1

1 1

00

2211

1

11 ∫∫ =

−

=− x

x

kx

xdxxfvdxxfdxxf

kdu

Luego aplicando la fórmula de integración por partes, usando las formulas (6) y (9)

, tenemos:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 122122

122

1

221221

111

0

1

00

0

1

0

1

00

1

0

0

!11

10!1

1

dxdxxfxfk

dxxfxF

dxdxxfdxxfxfk

dxxfxF

dxxFxfI

x

x

kx

x

x

x

x

x

x

x

kx

x

x

x

x

x

x

x

∫ ∫∫

∫ ∫∫∫

∫

−

−=

−

−=

=

−

Pero por (4) tenemos que

( ) ( )122 !1

0

xFkdxxfkx

x=

∫

Que al reemplazar en la última expresión de (10) obtenemos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) kIdxxfdxxfk

dxxFxfk

kdxxfxF

dxxFkxfk

dxxfxFI

x

x

kx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

−

=

−−=

−−=

∫∫

∫∫∫∫

00

00

00

2222

11122

11122

!1

!1!

!!1

1

Pasado kI al lado izquierdo y simplificar, se tiene:

( ) ( )1

110!

11+

=+ ∫

kx

xdxxf

kIk

O bien, finalmente

( ) ( )1

110!1

1+

+

= ∫kx

xdxxf

kI

Lo que se quería probar.*



Nota: En el caso en que ( ) ( )k

k

i

xxxxkxT ,,,,!1 211

K===∏=

kx

xkk

x

x

x

x

x

x

x

xdx

kdxdxdxdx

k

= ∫∫ ∫ ∫ ∫ −

−

00

1

0

2

0

1

01121

1KL

Observar que

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )11

11211

11111

11111

000

1

0

2

0

1

00 0

00

00

11

!11!!

1con

!

!1

++

−

+=

+==

=

=

==

∫∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

∫∫

∫∫

−kx

x

ks

x

x

x

x

x

x

x

x

xkk

x

x

ks

x

i

kx

x

x

x

kx

x

x

x

dsk

dxk

kdxdxdxdxkdsdx

xf

dxxfdxxFxfk

dxxfk

dxxFxfI

k

KL

Ejemplo 1. Supongamos que deseamos resolver la integral doble

( ) ( )∫ ∫x u

dvduufvf0 0

, donde ( ) Rxx

xf ∈+

= ,1

12

Luego según el teorema

( ) ( ) ∫ ∫ ∫∫∫ ∫

++=

++=

x x uux udvdv

vudvdu

vudvduufvf

0 0 0 2220 20 0 11

11

11

11

Entonces por un lado se tiene que

( )11tan1

11

11

10

12

0 0 022 ∫∫ ∫ ∫ −

+=

++

xx x u

uduu

dvdvvu

Haciendo uw 1tan−= se tiene que dxx

dw 211+

= , luego (11) queda

( )21tan

0

2tan

00

12 tan

21

21tan

11

11

xwwdwuduu

xxx−− ===

+

−−

∫∫

Con lo cual se tiene que

( )∫ ∫∫

+

==++

−x xu

duu

xdvduvu0

2

02

212

02 .

11

21tan

21

11

11

de donde se cumple la igualdad.

Ejemplo 2. Utilice la Ec.(1) con 2=n y 3=n , para comprobar el siguiente resultado

( )∫∞

∞−

−= 12.22

2

πdxex

Solución:

Este ejemplo lo haremos usando 2=n y 3=n en la fórmula (1) del teorema.

Para :2=n

.!2

12

0

2

0 0

22

222

=

∫∫ ∫

−−− R xR R yx

dxedxdyee

Tener presente que ∫∫−

∞→

∞

∞−

−=

R x

R

x

dxedxe0

22

22

lim2 (la función es par)

Entonces

( )13lim4!2lim2lim 22

0

22

2222

== ∫∫∫∫

−−

∞→

−

∞→−

−

∞→dAeedxedxe

RC

yx

R

R x

R

R

R

x

R

donde RC es la región dada en coordenadas polares

( )

≤≤≤≤=

40,0/, πθθ RrrCR

Luego en la Ec. (13) se tiene:

=

−

∞→−

−

∞→ ∫∫∫ θπ

rdrdedxerR

R

R

R

x

R

22

21

0

4

0

2 lim8lim

O bien,



π

π

π

θπ

2

0lim,1lim2

4lim8

lim8lim2

22

2

222

21

21

0

21

21

0

4

00

22

=

=

−=

−

=

==

−

∞→

−

∞→

−

∞→

−

∞→

−

∞→

∞

∞−

−

∫∫∫∫

R

R

R

R

Rr

R

rR

R

R x

R

x

ee

e

rdreddxedxe

Para :3=n

( ).

!31

3

0

2

0

21

00

2222

= ∫∫∫∫

−++− R xR zyxRRdxedxdzdye

Tener presente que ∫∫−

∞→

∞

∞−

−=

R x

R

xdxedxe

0

21

21 22

lim2 (la función es par)

Entonces

( ) ( )14lim8!3lim2lim 3 21

0

22222

22

== ∫∫∫∫∫

++−

∞→

−

∞→−

−

∞→dVedxedxe

RE

zyx

R

R x

R

R

R

x

R

donde RE es la región dada en coordenadas esféricas

( )

≤≤≤≤≤≤=

20,

20,0/,, πθπφρθφρ RER

Luego en la Ec.(14) se tiene:

322

1

0

2

0

2

0

2 sinlim48lim2

2

=

−

∞→−

−

∞→ ∫∫∫∫ θφρφρρ

ππ

dddedxeR

R

R

R

x

R

O bien,

( )

( )

=

=

+−

+

−

=

+−−

=

=

−

∞→

−∞

−−

∞→

−−

∞→

−

∞→

∞ −

∫

∫

∫

∫∫∫∫

0Re21lim pues

214

21Re

21lim0cos

2cos

28

21

21cos

2lim8

sinlim82

22

22

22

22

21

3 21

0

3 21

0

21

3

0

21

0

21

20

322

1

0

2

0

2

00

21

R

R

RR

R

RR

R

R

R

x

de

de

dee

dedddxe

ρπ

ρππ

ρρφπ

ρρφφθ

ρ

ρ

ρρπ

ρππ

Elevando al cubo a ambos miembros, se tiene:

24

28

0

212

0

21

21

0

3

0

21

22

22

ππ

ρπρ

=⇒=

⇒

=

∫∫

∫∫∞ −∞ −

−∞∞ −

dxedxe

dedxe

xx

x

Pero ππ 22

2lim2lim0

21

21

21 222

==== ∫∫∫−

∞→−

−

∞→

∞

∞−

− R x

R

R

R

x

R

xdxedxedxe

Luego el resultado pedido

.22

21

π=∫∞

∞−

−dxe

x

Este es un resultado fundamental en probabilidad y estadística.

Ejemplo 3. Partiendo de la definición de función gamma

( ) dxxea ax 1

0

−∞

−∫=Γ encontrar ( )[ ]2aΓ .

Solución

( )[ ]

( ) ( )∫∫∫∫∫∫∫∫

−+−−−−−

−∞

−−∞

−−∞

−−∞

−

==

=

=Γ

22

111

1

0

1

0

1

0

1

0

2

R

ayx

R

aayx

ayaxaxax

dAxyedAyxe

dyyedxxedxxedxxea

Hacemos el siguiente cambio de coordenadas:

( )15, xyvyxu =+=



Estas ecuaciones definen una transformación 1−T

del plano uv

en el plano .xy

Pasamos a las nuevas coordenadas:

( ) ( )16,1 uvyvux =−=

La aplicación (E3.2) transforma el primer cuadrante del plano x, y en la semi-banda 10,0 ≤≤∞<≤ vu

del plano u, v y viceversa. Se tiene

( )( ) .

1,, u

uuvv

vuyx

=−−

=∂∂

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )aaa

dvvvduue

uudvdvvuedAxyea

aaau

aaau

R

ayx

,2

1

121!2!2

0

1

0

1112

0

1

0

11112

2

ΒΓ=

−=

−==Γ

∫ ∫

∫ ∫∫∫∞

−−−−

∞−−−−−+−

[1] Función gama de Euler ( ) dxxea ax 1

0

−∞

−∫=Γ

Función beta ( ) ( ) dxxxqpB qp 111

01, −− −= ∫

Propiedad Si f es de orden exponencial en [ )∞,0 , entonces

( ) ( ){ } )1.(10

TLtfs

duuft

ll =

∫

En general,

( ) ( ){ } )2.(1121

0 0 0 01

3 2

TLtfs

dtdtdtdttf nnn

t t t tn

lKKl =

−∫ ∫ ∫ ∫

Dem. Usaremos la siguiente propiedad:

(transformada de una convolución)

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }tgtftgtf lll =∗

donde gf ∗ denota la convolución de las funciones f y g y viene dada por la

integral

( ) ( ) ( ) ( ) ννν dgtftgtft

∫ −=∗0

Aplicando Transformadas a ambos miembros de la ecuación (1) y usando la linealidad de la transformada de Laplace, obtenemos

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ){ }

{ } ( ){ }

( ){ }

( ){ }tfs

tfsn

n

tftn

tftn

duufutn

duufutn

dtdtdtdttf

n

n

n

n

tn

tn

vecesn

nn

t t t tn

l

l

ll

l

l

ll KK

1

1

0

0121

0 0 0 01

1

!!

1!

1!

1!

1

!13 2

+

+

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

−

=

=

=

∗=

−=

−=

∫

∫∫ ∫ ∫ ∫

Como ( ) ( ) ( )tfdfdftt

∗== ∫∫ 1.100

νννν luego se sigue

( ) ( ){ } ( ){ }tfs

tfduuft

lll11

0=∗=

∫

Utilicemos la propiedad anterior para resolver el siguiente problema de valor inicial

Ejemplo. Resolver el PVI.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 40,30,023 =′==+′−′′ yytytyty

Solución:

Despejando e integrando dos veces, usando las condiciones iniciales, se tiene:

( ) ( ) ( ) dudyduuyttyt ut

νν∫ ∫∫ −+−=0 00

253

Transformada de Laplace a ambos miembro de la ecuación para obtener:



( ){ } { } { } ( ) ( )

( ){ } ( ){ }tfs

tfsss

dudyduuyttyt ut

ll

lllll

22

0 00

2153

253

−+−=

−

+−= ∫ ∫∫ νν

Luego, reuniendo términos semejantes:

( ){ } ( ){ } ( )( )125353231 22 −−

−=⇒−=

+−

sssty

ssty

ssll

Al usar fracciones parciales se obtiene:

( ){ }1

12

1−

+−

=ss

tyl

Con lo cual, la solución viene dada por tanto:

( ) etety t += 2

Ejemplo 1. Resolver el PVI:

( ) ( ) ( ) 10,00;2sin =′==′′ yyxxy

(primera forma)

Reemplazando en la fórmula (2), con 0,2 0 == xn , tenemos:

( ) ( ) ( )∑∫=

−−

−+−=

2

1

22

0

1

!2)2sin(

!11

k

kkx

xk

cdsssxxy

O bien,

( ) ( ) 01

0 !1)2sin( cx

cdsssxxy

x

++−= ∫

Reemplazando los valores de 1,0 10 == cc en la ecuación anterior

( ) ( ) xdsssxxyx

∫ +−=0

)2sin(

Haciendo integración por partes en el primer término del segundo miembro de la ecuación, tenemos

dssdvsxu )2sin(, =−=

luego

)2cos(21, svdsdu −=−=

Luego aplicando la fórmula de integración por partes

( ) ( ) xdssssxxyxx

∫ +−−−=00

)2cos(21)2cos(

21

O bien, se tiene finalmente la solución:

( ) )2sin(41

23 xxxy −=

(segunda forma)

Despejando e integrando dos veces, usando las condiciones iniciales, se tiene:

( ) ( ) tdudtyt u

+= ∫ ∫ νν0 0

2sin

Transformada de Laplace a ambos miembro de la ecuación para obtener:

( ){ } ( )

( ){ }

222

22

20 0

14

21

12sin1

12sin

sss

st

s

sdudty

t u

++

=

+=

+

= ∫ ∫l

ll νν

Luego, transformada inversa a ambos miembros de la ecuación, se tiene

( ) ( ) ( )atttty +∗= 2sin

Pero

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2sin412sin

412cos

212sin2sin

00

ttvvtdvvttttt

+−=−−−=−=∗ ∫ νν

Reemplazando en (a) obtenemos finalmente la solución:

( ) ( ) ttty232sin

41

+−=

Ejemplo. Demuestre la fórmula:

( ) ( ){ } ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0000 1221 −−−− −−−′−−= nnnnnn ysyysystysty Kll

Solución:



Como

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )300,!

0 0

1121

0 0 0 01

3 2

yytkn

ydtdtdtdttyxyn

k

knkn

nn

t t t tn

n

=−

−= ∑∫ ∫ ∫ ∫=

−−

−KK

usando la transformada de la place y usando la fórmula T, se tiene

( ){ } ( ) ( )( ) ( )( ) { }∑∫ ∫ ∫ ∫

=

−−

− −−

=n

k

knknt t t t

nnn t

knydtdtdtdttyty

n

10 0 0 01211 ,

!03 2

lll KK

O bien,

( ){ } ( ) ( ){ }( ) ( )( )

( )∑=

+−

− −−

−=n

kkn

knn

n skn

knyty

sty

11 ,!

!01 ll

O despejando ( ) ( ){ }ty nl se tiene

( ) ( ){ } ( ){ }( ) ( )

( ){ } ( ) ( )∑

∑

=

−−

=+−

−

−=

−=

n

k

kknn

n

kkn

knnnn

sytys

systysty

1

1

11

,0

,0

l

ll

Que es lo que se quería probar.

( ) ( ){ } ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0000 1221 −−−− −−−′−−= nnnnnn ysyysystysty Kll

Conclusiones

Al resolver un problema de valor inicial se encontró la solución general en forma cerrada más…….

Bibliografía

[1] Chilov, G. E. Analyse Mathématique, Fonctions de plusieurs variables réelles, Éditions Mir, moscou, 1975.

[2] García J. O,Villegas G. ,J. Castaño B., J, Sánchez C., J. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial Universidad EAFIT, 2010.

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