Calculo Integral Antiderivadas · Calculo Integral Antiderivadas Introduccio´n El c´alculo...
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Calculo Integral
Antiderivadas
Introduccion
El calculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motiva-cion original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las graficasde las funciones y el calculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas
Pendiente m =?. mPQ =f(x) − f(a)
x − am = lım
x→a
f(x) − f(a)
x − a
Fig. 1.1: El problema de la recta tangente motiva el calculo diferencial
se usan para calcular la velocidad y la aceleracion, estimar la razon de propagacion de unaenfermedad, fijar niveles de produccion de manera que pueda maximizarse la eficiencia, en-contrar las mejores dimensiones para una lata cilındrica, averiguar la antiguedad de un objetoprehistorico, y para muchas otras aplicaciones.
El calculo integral se basa en el concepto de la integral. La definicion de la integral esmotivada por el problema de definir y calcular el area de la region que se encuentra entre lagrafica de una funcion de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b].
El area de la region S de la siguiente figura esta dada por la integral de f de a a b, denotada
por el sımbolo∫ b
af(x)dx. Pero la integral, ası como la derivada, es importante debido a
su aplicacion a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de po-blacion, volumen, longitud de arco, area de superficie y centro de gravedad, entre otros. Elteorema principal de este seccion es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporcio-na una conexion vital entre las operaciones de derivacion e integracion proporcionando unmetodo eficaz para el calculo de integrales.
El problema del area mo-tiva el calculo integral
Area(S) =
∫b
a
f(x)dx
Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funcion f(x) necesitamos hallar unanueva funcion F (x) tal que
F ′(x) = f(x)
Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivacion, la “Antiderivacion”.
1
1.0.1. Antiderivadas o primitivas
Hemos analizado como encontrar la derivada de una funcion. Sin embargo, muchos pro-blemas exigen recuperar una funcion a partir de su derivada conocida (es decir, a partir desu razon de cambio conocida). Por ejemplo,
Un fısico que conoce la velocidad de una partıcula podrıa desear conocer su posicionen un instante dado.
Un ingeniero que puede medir la cantidad variable a la cual se fuga el agua de untanque quiere conocer la cantidad que se ha fugado durante cierto periodo.
Un biologo que conoce la rapidez a la que crece una poblacion de bacterias puedeinteresarse en deducir el tamano de la poblacion en algun momento futuro.
En cada caso, el problema es el mismo, debemos hallar una funcion F cuya derivada es en lafuncion conocida f . Si tal funcion F existe, se llama una antiderivada de f .
Definition 1. Una funcion F recibe el nombre de antiderivada o primitiva de lafuncion f en un intervalo I si F es continua en I y F ′(x) = f(x) para todo x ∈ I,salvo a lo sumo en un numero finito de puntos.
NOTA: Usamos letras mayusculas como F para representar una antiderivada de unafuncion f , G para representar una antiderivada de una funcion g, y ası sucesivamente.
Ejemplo 1. [F no necesariamente es diferenciable] Definamos
f(x) =
1 si x ∈ [a, b],
0 si x /∈ [a, b],
En este caso no hay ninguna funcion cuya derivada coincida con f(x) en todo punto. Sinembargo, la funcion tiene una primitiva. Definiendo
F (x) =
0 si x < a ,
x− a si a ≤ x ≤ b,
b− a si x > b,
se tiene que F es continua en R, y F ′(x) = f(x) salvo cuando x = a y x = b. Luego F esprimitiva de f en todo R.
Ejemplo 2. Dada la funcion f(x) = 3x2, entonces F (x) = x3 es una primitiva de f(x) =3x2, como tambien lo son las funciones
G(x) = x3 + 17, H(x) = x3 + π K(x) = x3 +√2.
En realidad, J(x) = x3 + C es una primitiva de f(x) = 3x2 para cualquier eleccion de laconstante C.NOTA: Una funcion puede tener muchas primitivas, pero una unica derivada
2
Teorema 2. Si F es una antiderivadas de f en el intervalo I, entonces G es una antideri-vada de f en I si y solo si G es de la forma G(x) = F (x) + C para todo x ∈ I, donde C esuna constante.
DEM: (⇐)
NOTA: Hay que senalar que existen buenas razones para limitar nuestra atencion a inter-valos en la discusion sobre primitivas. De lo contrario, podrıa ocurrir que una funcion tengaprimitivas que no difieran en una constante.
Ejemplo 3. [Diferentes constantes]
F (x) =
1
x+ 5 si x > 0,
1
x− π si x < 0,
G(x) =1
x,
son primitivas de f(x) = − 1
x2pero, no difieren de una constante sobre el conjunto S =
(−∞, 0) ∪ (0,∞)
NOTA: Del Teorema 5 deducimos que la familia completa de Antideridavas de un funcionse representa agregando una constante C a una antiderivada conocida. Por ejemplo, la familiade antiderivadas de f(x) = 2x esta representada por
G(x) = x2 + C
donde C es una constate. La constante C recibe el nombre de constante de integracion.
Complete las siguientes formulas para las antiderivadas
Ejemplo 4. Halle las siguientes antiderivadas:
3
f(x) = x5
g(x) = 1√x
h(x) = sin(2x)
i(x) = cos(x2 )
f(x) = (5x4 + 2 cos(5x)− 3√x) =
g(x) = [2 cos(3t) + 5 sen(4t)] =
m(x) = 20(4−5x)3 =
1.0.2. Problemas de valor inicial y ecuaciones diferenciales
Encontrar una antiderivada de una funcion f(x) constituye el mismo problema que en-contrar una funcion y(x) que satisfaga la ecuacion
dy
dx= f(x) o y′ = f(x)
A esto se le llama ecuacion diferencial, ya que es una ecuacion que involucra una funciondesconocida y que esta siendo derivada. Para resolverla, necesitamos una y(x) que satisfagala ecuacion. Esta funcion se encuentra tomando la antiderivada de f(x). Fijamos la constantearbitraria que surge en el proceso de antiderivacion dando una condicion inicial
y(x0) = y0
Esta condicion significa que la funcion y(x) tiene el valor y0 cuando x = x0. La combinacionde una ecuacion diferencial y una condicion inicial se llama problema de valor inicial.Tales problemas juegan papeles importantes en todas las ramas de la ciencia. He aquı unejemplo de un problema de valor inicial.
Ejemplo 5. Encontrar la curva cuya pendiente en el punto (x, y) es 3x2 si la curva debepasar por el punto (1,−1)
SOL: Aquı, estamos pidiendo resolver el siguiente problema de valor inicial.
Ec. Diferencial:dy
dx= 3x2
Cond. Inicial: y(1) = 1
La funcion y es una antiderivada de f(x) = 3x2 de manera que y = x3 + C. Encontramos Ca partir de la condicion inicial y(1) = −1. Demostrando que y = x3 − 2.
Ejercicio 1. Encuentre f sabiendo que f ′ = ex +10
1 + x2y f(0) = −2
Ejemplo 6. Un globo que esta subiendo a razon de 12 pies/seg esta a una altura de 80 piessobre el suelo cuando se lanza un paquete desde el. ¿Cuanto tiempo tarda el paquete en llegaral suelo?
4
SOL: Sea v(t) la velocidad del paquete en el tiempo t, y sea s(t) su altura sobre elsuelo. La aceleracion de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra es 32 pies/seg Luego,matematicamente tenemos
E.Dif :ds
dt= −32 Cond.Inicial v(0) = 12
No es difıcil ver que la velocidad es v = −32t+ 12. Ahora, como la velocidad es la derivadade la altura, entonces tenemos un segundo problema de valores iniciales.
E.D :dv
dt= −32t− 12 Cond.Inicial s(0) = 80
De aquı concluimos que la altura que tiene el paquete sobre el suelo en el tiempo t es s(t) =−16t2 + 12t+ 80.
Ahora halle el tiempo tarda el paquete en tocar el suelo.
Ejercicio 2. Suponga que se dispara una flecha en sentido vertical mediante una poderosaballesta, desde el piso, y que vuelve a tocar el suelo 48 segundos despues. Si podemos despre-ciar la resistencia del aire, determinar la velocidad inicial de la flecha y la altura maximaque alcanza.
Ejercicio 3. Las narcas de derrape de unos neumaticos indican que se han aplicado losfrenos durante una distancia de 160 pies antes de detenerse el automovil. Supongamos queel automovil en cuestion tiene una desaceleracion constante de 20 pies/seg2 bajo las condi-ciones del derrape. A que velocidad viajaba el auto cuando se comenzo a frenar?
Geometrıa de las Antiderivadas
Si se conoce la grafica de una funcion f , serıa razonable que podamos dibujar la graficade una antiderivada F . Por ejemplo, suponga que sabe que F (0) = 1. Entonces, hay unpunto de donde partir, el punto (0, 1), y la direccion en la cual tenemos que desplazarnos laproporciona, la derivada.
Ejemplo 7. La grafica de una funcion f se ilustra en la figura 5. Trace un croquis de unaantiderivada F , dado que F (0) = 2.
SOL:
Partimos del punto (0, 2) pues F (0) = 2.
f(x) < 0 en 0 < x < 1 luego F decrece en 0 < x < 1.
f(x) > 0 en 1 < x < 3 luego F crece en 1 < x < 3.
f(x) < 0 en x > 3 luego F decrece en x > 3.
f(1) = f(3) = 0 luego F tiene tangentes horizontales cuando x = 1 y x = 3
En x = 1 f cambia de − a +, luego F (1) hay un minimo
En x = 3 f cambia de + a −, luego F (3) hay un maximo
En x = 2 F ′′(x) = f ′(x) cambia de + a −, luego F (2) hay inflexion.
En x = 4 F ′′(x) = f ′(x) cambia de − a +, luego F (4) hay inflexion. Fig. 5
5
Ejercicio 4.
1. Se proporciona la grafica 1 de una funcion f . ¿Que grafica es una antiderivada de f ypor que?
2. Se presenta la grafica 2 de una funcion en la figura. Trace un croquis de una antideri-vada F , dado que F (0) = 1.
3. La grafica de la funcion velocidad de un automovil se ilustra en la grafica 3. Elabore lagrafica de la funcion posicion.
Gra. 1 Graf. 2 Graf. 3
Calculo de areas elementales
Tal vez el primer contacto que se tiene con el concepto de area son las formulas A = bh yA = bh
2 las cuales describen las areas de un rectangulo y un triangulo resp. Mientras que elarea de un polıgono se encuentra al dividirlo en triangulos y sumar las areas de esos triangulos.
Los antiguos griegos iniciaron el estudio de areas de figuras con lıneas curvas en los siglosIV y V a.C. Dada una region plana R cuya area querıan determinar, trabajaban con unpolıgono P inscrito en R (dentro de R) y con un polıgono Q cırcunscrito (o fuera de R).
Si los polıgonos Pn y Qn tenıan un numero suficientemente grande de lados, de longitudpequena, entonces parecerıa que sus areas, area(P ) y area(Q), se aproximan al area de laregion R. Ademas, es posible controlar el error: vemos que
area(P ) < area(R) < area(Q)
ya que R contiene al polıgono P pero esta contenido en el polıgono Q.
6
Nuestro objetivo principal es describir una tecnica sistematica para aproximar el area deuna region curvilınea adecuada utilizando areas poligonales faciles de calcular.
1.0.3. Areas bajo graficas
Empecemos por intentar resolver el problema del area: hallar elarea de la region S que esta debajo de la curva y y = f(x), desdea hasta b. Esto significa que S esta limitada por la grafica de unafuncion continua f donde f(x) ≥ 0, las rectas verticales x = a yx = b, y el eje x.Para aproximar el area de S dividimos la region S en n franjas deanchos iguales. El ancho del intervalo [a, b] es b− a, de modo queel ancho de cada una de las n franjas
∆x =b− a
n
Estas franjas dividen el intervalo [a, b] en n subintervalos
[x0, x1], [x1, , x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn]
donde a = x0 y b = xn.
A partir de aquı podemos obtener una R-estimacion de la i-esima franja,Si, con un rectangulo con ancho ∆x y altura f(xi), valor que toma f enel punto extremo derecho del subintervalo; o tambien podemos obtener unaL-estimacion de la i-esima franja, Si, con un rectangulo con ancho ∆x yaltura f(xi−1), valor que toma f en el punto extremo izquierdo del subintervalo.
NOTA: Los puntos extremos xi de la derecha de los subintervalos son:
a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , b.
Mientras quelos puntos extremos xi−1 de la izquierda de los subintervalos son:
a, a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , a+ (n− 1)∆x.
En decir los extremos estan dados por la siguiente formula
xk = a+ k∆x
Despues, el area del i-esimo rectangulo con altura f(xi) o f(xi−1) es
f(xi)∆x f(xi−1)∆x.
Al sumar las areas de los rectangulos con altura f(xi) para i = 1, 2, 3, . . . , n, obtenemosla R-estimacion
Rn := f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x =n∑
i=1
f(xi)∆x
del area real de S. De manera analoga, la suma de las areas de los rectangulos con alturaf(xi−1) es la L-estimacion
Ln := f(x0)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn−1)∆x =
n∑
i=1
f(xi−1)∆x
7
La siguiente figura muestra esta R-estimacion para n = 2, 4, 8 y 12.
Observe que esta aproximacion parece mejorarse a medida que se incrementa la cantidadde franjas; es decir, cuando n → ∞. Por consiguiente, se define el area A de la region S dela manera siguiente:
Definition 3. El area A de la region S que se encuentra debajo de la grafica de la funcioncontinua f es el lımite de la suma de las areas de los rectangulos de estimacion:
A = lımn→∞
Rn = lımn→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x A = lımn→∞
Ln = lımn→∞
n∑
i=1
f(xi−1)∆x
NOTA: De hecho, en lugar de usarf(xi−1) o f(xi) como altura delrectangulo, podrıamos tomar f(x∗
i )donde x∗
i ∈ [xi−1, xi]. A estos nume-ros x∗
1, x∗2, . . . , x
∗n los llamamos puntos
muestras.
A = lımn→∞
[f(x∗1)∆x+ f(x∗
2)∆x+ · · ·+ f(x∗n)∆x] = lım
n→∞[
n∑
i=1
f(x∗i )∆x
Conclusion parcial: Si queremos hallar el area de un region S tendremos que usar estadefinicion de lımite. Es decir, debemos conocer la altura f(x∗
i ) y el ancho ∆x de cada unolos rectangulos que vamos a usar para estimar el area S.
1.0.4. Sumas finitas y la notacion sigma
La notacion sigma nos permite escribir una suma con muchos terminosen la forma compacta
n∑
k=1
ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an
La letra griega∑
, significa “suma”. ındice de la sumatoria k nosdice en donde empieza la suma (mediante el numero que esta debajodel sımbolo) y en donde termina (usando el numero que esta arriba delsımbolo ). Se puede usar cualquier letra para denotar el ındice, pero lasletras mas usuales son i, j y k.
8
Ejemplo 8.
12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 + 92 + 102 + 112 =
11∑
k=1
k2 =
11∑
r=1
r2
f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(100) =100∑
i=1
f(i) =100∑
s=1
f(s)
Ejercicio 5.
1. Demostrar que
n∑
i=1
i =n(n+ 1)
2,
n∑
i=1
i2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6
n∑
i=1
i3 =n2(n+ 1)2
4
2. Calcule10∑
i=1
(2i2 − 3i) =
Ejemplo 9. Use rectangulos para estimar el area A de la region R que se encuentra bajo Iaparabola y = x2 y por arriba del intervalo [0, 3].
9
Calcularemos la R-estimacion y la L-estimacion del area A de R obtenida usan-do 5 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3
5 . Despues repetimos los calculoscon 10 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3
10 .SOL: No es difıcil ver que los 5 extremos xi del lado derecho son 3
5 ,65 ,
95 ,
125 y 3,
mientras que los 5 extremos xi−1 del lado izquierdo son 0, 35 ,
65 ,
95 , y
125 . Luego,
R5 =5∑
i=1
f(xi)∆x = (5∑
i=1
f(xi))∆x
=(f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4) + f(x5)
)∆x
=[
(3
5)2 + (
6
5)2 + (
9
5)2) + (
12
5)2 + (3)2
](3
5
)
= 11, 88
L5 =5∑
i=1
f(xi−1)∆x = (5∑
i=1
f(xi−1))∆x
=(f(x0) + f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4)
)∆x
=[
(0)2 + (3
5)2 + (
6
5)2) + (
9
5)2 + (
12
5)2](3
5
)
= 6, 48
Usando, el hecho de que∑n
i=1 i2 = n(n+1)(2n+1)
6 y que xi = 0 + i∆x = 0 + i 310
R10 =
10∑
i=1
f(xi)∆x =
10∑
i=1
f(i3
10)3
10=
10∑
i=1
(i3
10)2
3
10
= (3
10)3
10∑
i=1
i2 = (27
1000)(10)(11)(21)
6= 10, 395
L10 =
10∑
i=1
f(xi−1)∆x =
10∑
i=1
f((i− 1)3
10)3
10=
10∑
i=1
((i− 1)3
10)2
3
10
= (3
10)3
10∑
i=1
(i− 1)2 =︸︷︷︸
k=i−1
(3
10)3
9∑
k=0
k2 = (3
10)3
9∑
k=1
k2
= (27
1000)(9)(10)(19)
6= 7, 695
Ahora calculemos con exactitud el area de la region bajo la grafica de f(x) = x2 en elintervalo [0, 3]. Si dividimos [0, 3] en n subintervalos, todos de la misma longitud, entoncestenemos
∆x =b− a
n=
3
nxi = 0 + i∆x = i
3
n
para i = 0, 1, 2, . . . , n. Por tanto,
n∑
i=1
f(xi)∆x =
n∑
i=1
x2i∆x =
n∑
i=1
(3i
n)2
3
n=
27
n3
n∑
i=1
i2 =27
n3
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
De la definicion de area tenemos que
A = lımn→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x = lımn→∞
27(
3+
1
2n+
1
6n2
)
= 9
10
Ejemplo 10. Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = 4− x2, en el ejex y las rectas x = 1 y x = 2.
SOL: Se empieza notando que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [1, 2].Despues, se divide el intervalo [1, 2] en n-subintervalos, cada uno de ancho ∆x = 2−1
n = 1n .
Elegimos como puntos de muestra a xi (es decir, vamos hacer una R-estimacion) luego, lospuntos extremos derechos son xi = a+ i∆x = 1 + i
n
A = lımn→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x = lımn→∞
n∑
i=1
[
4− (1 +i
n)2] 1
n
= lımn→∞
n∑
i=1
[
3− 2i
n− i2
n2
] 1
n
= lımn→∞
( 1
n
n∑
i=1
3− 2
n2
n∑
i=1
i− 1
n3
n∑
i=1
i2)
= lımn→∞
[
3− (1− 1
n)−
(1
3+
1
2n+
1
6n2
)]
=5
3
En la definicion 3 de area, las particiones tenıan subintervalos de igual ancho. Esto se hizosolo por convenencia de calculo. El siguiente ejemplo demuestra que no es necesario tenersubintervalos de igual ancho
Ejemplo 11. [Subintervalos de anchos desiguales]
Encontrar el area de la region acotada por la grafica f(x) =√x y el eje x para 0 ≤ x ≤ 1.
SOL: Note que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [0, 1]. Consideremos
una particion x0, x1, . . . , xn donde xi =i2
n2 , de manera que
∆xi = xi − xi−1 =i2
n2− (i− 1)2
n2=
2i− 1
n
Luego,
A = lımn→∞
n∑
i=1
f(xi)∆xi = lımn→∞
n∑
i=1
√
i2
n2
(2i− 1
n2
)
= lımn→∞
1
n3
n∑
i=1
(2i2 − i) = lımn→∞
1
n3
[
2(n(n+ 1)(2n+ 1)
6
)− n(n+ 1
2
]
= lımn→∞
4n3 + 3n2 − n
6n3=
2
3
OBS: La razon por la que esta particion en particular da el area apropiada es que cuandon crece, el ancho del intervalo mas grande tiene a cero. Esta caracteristica es CLAVE deldesarrollo de las integrales definidas.
Ejercicio 6.
Determine el area bajo la grafica de f(x) = 100− 3x2 de x = 1 a x = 5.
Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = x3, en el eje x y las rectasx = 0 y x = 1
Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(y) = y2, en el eje y y las rectasy = 0 y y = 1
11
1.0.5. Sumas de Riemann y la Integral
Empezamos con una funcion arbitraria f definida en un intervalo cerrado [a, b].f puede tener valores tanto negativos como positivos. Subdividimos el inter-valo [a, b] en subintervalos, no necesariamente del mismo ancho (o longitud), yformamos sumas como lo hicimos para las aproximaciones finitas. Para hacerlo,elegimos puntos entre a y b, que satisfagan
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b.
El conjunto P = {x0, x1, x2, . . . xn−1, xn} se llama particion de [a, b]. La par-ticion P divide [a, b] en n subintervalos cerrados
[xo, x1], [x1, x2], . . . , [xk−1, xk], . . . , [xn−1, xn]
El ancho del primer subintervalo [xo, x1] se denota mediante ∆x1 el anchodel segundo intervalo es ∆x2 y el ancho del k-esimo subintervalo es ∆xk =xk − xk−1. Si todos los n subintervalos tienen el mismo ancho, ∆x = b−a
n ,diremos que la particion P es regular.
En cada subintervalo elegimos algun punto ck. Entonces, en cada subintervalo levantamosun rectangulo vertical a partir del eje x hasta tocar la curva en (c, f(ck). Estos rectangulospueden estar arriba o debajo del eje x, dependiendo de si f(ck) es positivo o negativo, o sif(ck) = 0
En cada subintervalo formamos el producto f(ck)∆xk. Este producto es positivo, negativoo cero dependiendo del signo de f(ck). Cuando f(ck) > 0, el producto f(ck)∆xk es el areadel rectangulo con altura f(ck) y ancho ∆xk. Cuando f(ck) < 0, el producto f(ck)∆xk es unnumero negativo, el negativo del area del rectangulo de ancho ∆xk que cae desde el eje x al
12
numero negativo f(ck). Finalmente sumamos todos estos productos para obtener
SP =
n∑
k=1
f(ck)∆xk
Definition 4. Sea f una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b], y sea P una par-ticion de [a, b] dada por
a = x0 < x1 < x2 · · · < xn−1 < xn = b
donde ∆xk es el ancho de k-esimo subintervalo [xk−1, xk]. Si ck ∈ [xk−1, xk] entonces
SP =
n∑
k=1
f(ck)∆xk xk−1 ≤ ck ≤ xk
suma de Riemann de f para la particion P .
NOTA: Cuando una particion tiene subintervalos cuyo ancho varıa, podemos asegurar quetodos son angostos controlando el ancho del subintervalo mas ancho (mas largo). Definimosla norma de una particion P , denotada por ‖P‖ como el mayor de los anchos de todos lossubintervalos. Si ‖P‖ es un numero pequeno, todos los subintervalos de la particion P tienenancho pequeno.
Si los anchos ∆xk de estos rectangulos son todos muy pequenos (es decir, si la norma ‖P‖es pequena), entonces parece que la suma de Riemann SP aproximara el area de a a b bajoy = f(x) sobre el eje x, menos el area bajo el eje x.
NOTA: Si particion es regular esto es, todos los intervalos tienen la misma anchura lanorma se denota por
‖P‖ = ∆x =b− a
nparticion ordinaria
En una particion general, la norma se relaciona con el numero de subintervalos en [a, b] de lasiguiente forma
b− a
‖P‖ ≤ n particion general
De tal modo, que si ‖P‖ → 0 entonces n → ∞. La afirmacion reciproco es FALSA. Porejemplo, considere la particion del intervalo [0, 1] dado por
0 <1
2n<
1
2n−1< · · · < 1
8<
1
4<
1
2< 1
para cualquier valor positivo de n, la norma de la particion P es 12 (longitud mas grande).
De tal modo, como al dejar que n tienda a infinito no obliga a que ‖P‖ se aproxime a 0. SINEMBARGO, en una particion regular los enunciados ‖P‖ → 0 y n → ∞ si son equivalentes.
13
Definition 5. Sea f(x) una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b]. La integral
definida de f en [a, b], es el numero
I = lım‖P‖→0
n∑
k=1
f(ck)∆xk
siempre que el lımite exista, en cuyo caso decimos que f es integrable en [a, b]. En otraspalabras, ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 tal que ‖P‖ < δ para toda particion P de [a, b] y
∣∣∣I −
n∑
k=1
f(ck)∆xk
∣∣∣ < ǫ
Leibniz introdujo una notacion para la integral definida que evidencia su construccion comoun lımite de sumas de Riemann.
Si consideramos I como el area bajo y = f(x) de a a b, Leibniz penso primero en unadelgada banda con altura f(x) y ancho “ınfinitesirnalmente pequenoo”dx, de modo que suarea era el producto f(x)dx. Considero la integral como una suma de areas de tales bandasy denoto esta suma por
∫.
Origen de la notacion de
Leibniz para la integral
Notacion y existencia de la integral definida
El sımbolo para el numero I en la definicion de la integral definida es
I =
∫ b
a
f(x)dx
que se lee como la integral de a a b de f(x) respecto de x. Tambien las partes quecomponen el sımbolo de la integral tienen nombres:
Cuando se satisface la definicion, decimos que las sumas de Riemann de f en [a, b] con-
vergen a la integral definida I =∫ b
af(x)dx y que f es integrable en [a, b]. Tenemos muchas
opciones de una particion P con norma que tienda a cero, ası como numerosas alternativasde puntos ck para cada particion. La integral definida existe cuando siempre obtenemosel mismo lımite I, sin importar que elecciones hayamos hecho. En ese caso,
lım‖P‖→0
n∑
k=1
f(ck)∆xk = I =
∫ b
a
f(x)dx
Cuando cada particion es regular (es decir, ∆xk = b−an = ∆x) escribiremos
lımn→∞
n∑
k=1
f(ck)∆x = I =
∫ b
a
f(x)dx
14
El tal caso, las condiciones ‖P‖ → 0, ∆x → 0 y n → ∞ son equivalentes
NOTA: El valor de la integral depende solo de la funcion f y no de la letra que elijamospara representar la variable independiente.
∫ b
a
f(x)dx =
∫ b
a
f(t)dt =
∫ b
a
f(u)du
Dado que hay tal cantidad de opciones entre las cuales elegir al tomar un lımite de sumasde Riemann, puede parecer difıcil demostrar que tal lımite existe. Resulta, sin embargo, queno importa que eleccion se haga, las sumas de Riemann asociadas a una funcion continua
convergen al mismo lımite.
Teorema 6. Si una funcion f es continua en un intervalo [a, b], entonces f es integrable, esdecir, su integral definida en [a, b] existe.
1.0.6. Funciones integrales y no integrales
El Teorema 6 no dice como calcular integrales definidas, solo nos dice que las funcionescontinuas en el intervalo [a, b] son integrables ahı. Ahora la pregunta es, ¿las funciones queno son continuas pueden ser integrables o no?. R/ (Si) (Ejercicio). Para que una funcion nosea integrable es necesario que sea suficientemente discontinua.
Ejemplo 12. La funcion
f(x) =
1 si x es racional
0 si x es iracional
no tiene integral de Riemann en [0, 1].
SOL: Si escogemos una particion P de [0, 1] y elegimos ck como el valor maximo de f en[xk−1, xk] la suma de Riemann correspondiente es
U =∑
k=1
f(ck)∆xk =∑
k=1
(1)∆xk =∑
k=1
∆xk = 1
Por otra parte, si elegimos como el valor mınimo para f en la suma de Riemann es
L =∑
k=1
f(ck)∆xk =∑
k=1
(0)∆xk = 0
ya que cada subintervalo [xk−1, xk] contiene numeros irracionalesc ck donde f(ck) = 0. Comoel lımite depende de la eleccion de ck la funcion no es integrable.
Ejemplo 13. Utilice sumas de Riemann para calcular
∫ b
a
xdx donde a < b
SOL: Consideremos f(x) = x y x∗i = xi, donde ∆x = b−a
n y xi = a + i∆x. La suma deRiemann es entonces
n∑
i=1
f(xi)∆x =
n∑
k=1
(a+ i∆x)∆x = a∆x
n∑
k=1
1 + (∆x)2n∑
k=1
i
= ab− a
nn+
(b− a
n
)2n(n+ 1)
2
Entonces,
I =
∫ b
a
xdx = lımn→∞
n∑
k=1
f(xk)∆x = lımn→∞
a(b− a) + (b− a)2(1
2+
1
2n) =
1
2(b2 − a2)
15
Propiedades de las integrales definidas
Cuando f y g son integrables, la integral definida satisface
∫ a
b
f(x)dx = −∫ b
a
f(x)dx
DEM(e): Para toda particion de [a, b] y cualquier eleccion de los puntos ck
(mın f)(b− a) = (mın f)
n∑
k=1
∆xk =
n∑
k=1
(mın f)∆xk ≤=
n∑
k=1
f(ck)∆xk
≤n∑
k=1
(max f)∆xk = (max f)
n∑
k=1
∆xk = (max f)(b− a) �
Ejemplo 14. Probar que el valor de
∫ 1
0
√1 + cos t dt es menor que 3
2 .
SOL: La desigualdad max-mın para integrales definidas dice que (mın f)(b−a) ≤∫ b
a
f(x)dx ≤(max f)(b− a). Pero, en nuestro caso,
max[0,1]
√1 + cos t =
√1 + 1 =
√2
De manera que
∫ 1
0
√1 + cos t dt ≤
√2 <
3
2
16
Area debajo de la curva de una funcion no negativa
Definition 7. Si y = f(x) es no negativa e integrable en un intervalo cerrado [a, b], entoncesel area debajo de la curva y = f(x) en [a, b] es la integral de f de a a b,
A(S) =
∫ b
a
f(x)dx
Por primera vez tenemos una definicion rigurosa para el area de una region cuya fronteraes la grafica de cualquier funcion continua.
Ejemplo 15. Calcular
∫ b
a
x2dx y encontrar el area A debajo de en el intervalo [a, b], (b > 0).
SOL: Consideremos f(x) = x2, la particicion regular P = {x0, x1, . . . , xn} con ci = xi,luego ∆x = b−a
n y xi = a+ i∆x. La suma de Riemann es entonces
n∑
i=1
f(ci)∆x =
n∑
i=1
(a+ i∆x)2∆x = a2∆x
n∑
i=1
1 + 2a∆x
n∑
i=1
i+ (∆x)2n∑
i=1
i2
= a2(b− a
n
)
n+ 2a(b− a
n
)2n(n+ 1)
2+(b− a
n
)3n(n+ 1)(2n+ 1)
6
= a2(b− a) + a(b− a)2(1 +1
n) + (b− a)3
(1
3+
1
2n+
1
6n2
)
Entonces,
I =
∫ b
a
x2dx = lımn→∞
n∑
i=1
f(ci)∆x = a2(b− a) + a(b− a)2 +(b− a)3
3=
b3
3− a3
3
Valor promedio de una funcion y Teorema del valor medio
El concepto del valor promedio de una funcion es util para la demostracion del teoremafundamental. Por ello, empezamos con un concepto aritmetico: el promedio de n numerosa1, a2, . . . an se define como
a =a1 + a2 + · · ·+ an
n=
1
n
n∑
i=1
ai.
Pero, una funcion continua f en [a, b] puede tener una infinidad de valores f(x), peroaun ası podemos tomar una muestra de ellos de manera ordenada. Dividimos [a, b]en n subintervalos del mismo ancho ∆x = b−a
n y evaluamos f en el punto ck de cadauno. El promedio de los n valores de la muestra es
f(c1) + f(c2) + · · ·+ f(cn)
n=
1
n
n∑
i=1
f(ci) =1
n
n
b− a
n∑
i=1
f(ci)b− a
n
=1
b− a
n∑
i=1
f(ci)∆x
Conforme incrementamos el tamano de la muestra n, ∆x → 0 y el promedio se
aproxima a1
b− a
∫ b
a
f(x)dx.
17
Definition 8. Si f es integrable en [a, b], su valor promedio en [a, b], tambienllamado valor medio es
prom(f) =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx
El teorema del valor medio para integrales definidas afirma que la funcion f alcanza siempre,por lo menos una vez en el intervalo, el valor promedio.
Teorema 9. Si f es continua en [a, b], entonces en algun punto c en [a, b],
f(c) =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx
DEM: De la propiedad del max-min tenemos que
(mın f)(b−a) ≤∫ b
a
f(x)dx = (max f)(b−a) entonces (mın f) ≤ 1
b− a
∫ b
a
f(x)dx
︸ ︷︷ ︸
K
≤ (max f)
Sea p, q ∈ [a, b] tal que mın f = f(p) y max f = f(q). Luegos, f(p) ≤ K ≤ f(q). Ahora,como f es continua, por el teorema del valor intermedio, ∃c ∈ [a, b] tal que
f(c) = K =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx �
¿Porque la continuidad es importante?. Es posible que una funcion discontinua nunca alcancesu valor promedio
Ejemplo 16. Probar que si f es continua en [a, b], a < b y si
∫ b
a
f(x)dx = 0 entonces
f(x) = 0 al menos una vez en [a, b].
SOL: El valor promedio de f en [a, b] es
prom(f) =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx =1
b− a0 = 0
De acuerdo con el teorema del valor medio, f alcanza este valor en algun punto c ∈ [a, b].
1.0.7. Teorema fundamental
Si f(t) es una funcion integrable en un intervalo finito I, la integral de cualquier numero fijoa ∈ I a otro numero x ∈ I define una nueva funcion F cuyo valor en x es
F (x) =
∫ x
a
f(t)dt (1.1)
Esta funcion F esta bien definida ya que cada valor de la entrada x existe un resultado biendefinido numericamente. El TFC afirma que F ′(x) = f(x). Analicemoslo desde el punto devista geometrico.
Si f ≥ 0 en [a, b], entonces F ′(x) = lımh→0F (x+h)−F (x)
h . Primero que todo observe que sih > 0 entonces F (x + h) − F (x) es una resta de areas, es decir es el area debajo la graficade f , de x a x+ h (ver grafica). Ahora si h es pequeno, esta area es aproximadamente igualal area del rectangulo de altura f(x) y ancho h,
F (x+ h)− F (x) ≈ hf(x) cuando h es pequeno
18
Por tanto, es razonable esperar que
F ′(x) = lımh→0
F (x+ h)− F (x)
h= f(x).
Este resultado es cierto aun si la funcion f no es positiva, y constituye la primera parte delteorema fundamental del calculo.
Teorema 10 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 1).Si f es continua en [a, b], entonces
F (x) =
∫ x
a
f(t)dt
es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), y F ′(x) = f(x)
DEM: Por la definicion de la derivada
F ′(x) = lımh→0
F (x+ h)− F (x)
h= lım
h→0
1
h
(∫ x+h
a
f(t)dt−∫ x
a
f(t)dt)
.
Pero,∫ x+h
a
f(t)dt =
∫ x
a
f(t)dt+
∫ x+h
x
f(t)dt
Entonces F ′(x) = lımh→0
1
h
∫ x+h
x
f(t)dt. El teorema del valor promedio nos dice que
1
h
∫ x+h
x
f(t)dt = f(c)
pam algun numero c ∈ [x, x+ h]. Cuando h → 0 x+ h → x, forzando a c a hacerlo tambien(porque c esta atrapada entre x y x+h ). Como f es continua en x, f(c) se aproxima a f(x)
lımh→0
f(c) = f(x)
veamos que F es continua en x = a,
lımx→a+
F (x)− F (a) = lımx→a+
F (x)− F (a)
x− a(x− a) = lım
x→a+
F (x)− F (a)
x− alım
x→a+(x− a) = 0
luego lımx→a+ F (x) = F (a). De manera analoga F es continua en x = b. Ası pues, F escontinua para todo punto de [a, b]. Esto concluye la prueba. �
Teorema 11 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 2).Si f es continua en [a, b] y G es cualquier antiderivada de f en [a, b], entonces
∫ b
a
f(t)dt = G(b)−G(a)
DEM: Del Teorema Fundamental 10 nos dice que
F (x) =
∫ x
a
f(t)dt
19
F es una antiderivada de f , pero como por hipotesis G es tambien una antiderivada de f .Luego,
G(x) = F (x) + C
para alguna constante C. Ahora evaluando tenemos
G(b)−G(a) = [F (b)− C]− [F (a)− C] = F (b)− F (a)
=
∫ b
a
f(t)dt−∫ a
a
f(t)dt
=
∫ b
a
f(t)dt �
NOTA INTERESANTE: Chic@s no les parece sorprendente que∫ b
af(t)dt, que fue definida
mediante un procedimiento “complicado”que requiere de todos los valores de f(x) para a <x < b se pueda determinar conociendo los valores de F (x) en solo dos puntos, a, b.
Derivacion e integracion como procesos inversos
TEOREMA FUND. DEL CALCULO Si f es continua en [a, b]
1. Si F (x) =
∫ x
a
f(t)dt entonces F ′(x) = f(x), es decir F es una antiderivada de f
2.
∫ b
a
f(t)dt = G(b)−G(a) donde G es cualquier antideridada.
Usando la primera parte, encontramos que
d
dx
(∫ x
a
f(t)dt)
=d
dx(F (x)) = F ′(x) = f(x)
es decir, si INTEGRAMOS f y, a continuacion, DERIVAMOS el resultado, regresamos a lafuncion original f .
Teniendo en mente la segunda parte, y el hecho de que G′(x) = f(x), encontramos que∫ x
a
[
G′(t)]
dt =
∫ x
a
f(t)dt = G(x)−G(a)
es decir, si DERIVAMOS G y, a continuacion, INTEGRAMOS el resultado, regresamos ala funcion original G menos una constante G(a). Si elegimos a de modo que G(a) = 0, estosignifica que la integracion cancela.el efecto de la derivacion.
NOTA HISTORICA: Sin duda, el teorema fundamental del calculo es el teorema, alcanzael nivel de uno de los mas grandes logros de la mente humana. Antes de ser descubierto, des-de los tiempos de Eudoxo y Arquımedes, hasta la epoca de Galileo y Fermat, los problemasde hallar areas, volumenes y longitudes de curvas eran tan difıciles que solo un genio podıaafrontar el reto. Pero ahora, armados con el metodo sistematico que Newton y Leibniz desa-rrollaron como el teorema fundamental, en los proximos capıtulos vera que estos estimulantesproblemas son accesibles para todos.
1.0.8. Notacion para Integrales
Debido a la relacion dada por el teorema fundamental entre las antiderivadas y las in-tegrales, necesita una notacion conveniente para las antiderivadas que facilite trabajar conellas. Por tradicion se usa la notacion
∫f(x)dx para una antiderivada de f y se llama integral
indefinida. Por esto,
20
∫
f(x)dx = F (x) + C Significa F ′(x) = f(x)
y para la integral definida usaremos la notacion dada por
∫ b
a
f(x)dx = F (x)∣∣∣
b
a= F (b)− F (a)
CUIDADO: Una integral definida
∫ b
a
f(x)dx es un numero, en tanto que una integral
indefinida
∫
f(x)dx es una funcion (o una familia de funciones).
NOTA: La diferencial dx de la ecuacion∫f(x)dx especifica que la variable independiente
es x. Pero podemos describirla en terminos de cualquier variable independiente. Por ejemplo,las integrales indefinidas
∫
3t2dt = t3 + C,
∫
3y2dy = y3 + C
∫
3u2du = u3 + C
significan exactamente lo mismo que
∫
3x2dx = x3 + C.
1.1. Regla de Sustitucion
Hasta ahora solamente hemos podido encontrar antiderivadas de funciones que recono-cemos claramente como derivadas. Empezaremos a desarrollar tecnicas mas generales paraencontrar antiderivadas. Las primeras tecnicas de integracion que desarrollaremos se obtienenal invertir las reglas para encontrar derivadas, como la regla de las potencias y la regla de lacadena.
Teorema 12. Regla de sustitucion Regla de potencias Si u es cualquier funcion diferenciable,entonces ∫
undu =un+1
n+ 1+ C
Ejemplo 17.
∫
x4dx =x5
5+ C,
∫
(r − 4)7dr =(r − 4)8
8+ C,
∫
(3m− 4)7dm =(3m− 4)8
(3)(8)+ C
Regla de Sustitucion La idea es reemplazar una integral relativamente complicada poruna mas sencilla. Esto se lleva a cabo pasando de la variable original x a una nueva variableu que sea funcion de x. Por ejemplo,
u = x4 + 2
du = 4x3dx
∫
x3 cos(x4 + 2)dx =1
4
∫
cosudu =sinu
4=
sin(x4 + 2)
4+ C
El reto principal es pensar en una sustitucion apropiada. CLAVE: Buscar siempre una funcionque tenga derivada (salvo por constante) en el factor integrando.
21
Ejemplo 18. Ejemplos Sustitucion
1)
∫
x2√
x3 + 9dx
2)
∫
2 sin3 x cosxdx
3)
∫x2
(x3 + 5)4dx
4)
∫
t√t+ 1dt
5)
∫cos(
√x)√
xdx
6)
∫ π/2
0
(1 + sin θ)3/2 cos θdθ
7)
∫ π2
π2/4
sin√x cos
√x√
xdx
8)
∫2− x2
x3 − 6x+ 1dx
9)
∫
x2ex3
dx
10)
∫1
1 + exdx =
11)
∫ex
1 + e2xdx =
Ejemplo 19. Aplicaciones del TFC Determined
dx
(∫ x
0
√
t2 + 25dt)
SOL 1: Usando el TFC1 tenemosd
dx
(∫ x
2
√
t2 + 25dt)
=√
x2 + 25
SOL 2: Supongamos que G(t) es una primitiva de√t2 + 25. Es decir,
G′(t) =√
t2 + 25
∫ x
2
√
t2 + 25dt = G(t)∣∣∣
x
2= G(x)−G(2)
Ası que,
d
dx
(∫ x
2
√
t2 + 25dt)=
d
dx
(G(x)−G(2)
)= G′(x)(1)−G′(2)(0)
=√
x2 + 25
Ejemplo 20. Determined
dx
(∫ x2
2
4t2 + 1 dt)
SOL 1: Usando el TFC1 podemos concluir que
d
dx
(∫ x2
2
4t2 + 1dt)
= 4x4 + 1 NOOOOOOO
SOL 2: Supongamos que H(t) es una primitiva de 4t2 + 1. Es decir,
H ′(t) = 4t2 + 1,
∫ x2
2
(4t2 + 1)dt = H(t)∣∣∣
x2
2= H(x2)−H(2)
22
Ası que,
d
dx
(∫ x2
2
4t2 + 1dt)
=d
dx
(
H(x2)−H(2))
= H ′(x2)(2x)−H ′(2)(0)
= (x4 + 1)(2x)
Ejemplo 21. Determined
dx
(∫ x6
1
t3 sin t dt)
SOL: Supongamos que G(t) es una antiderivada de t3 sin t. Es decir,
G′(t) = t3 sin t
∫ x6
1
t3 sin tdt = G(t)∣∣∣
x6
1= G(x6)−G(1)
Ası que,
d
dx
(∫ x6
1
t3 sin t dt)
=d
dx
(
G(x6)−G(1))
= G′(x6)(6x5)−G′(1)(0)
= [(x6)3 sin(x6)](6x5)
Ejemplo 22. Determined
dx
(∫ x2
√x
t2dt)
SOL: Supongamos que H(t) es una primitiva de t2. Es decir,
H ′(t) = t2,
∫ x2
√x
t2dt = H(t)∣∣∣
x2
√x= H(x2)−H(
√x)
Ası que,
d
dx
(∫ x2
√x
t2dt)
=d
dx
(
H(x2)−H(√x))
= H ′(x2)(2x)−H ′(√x)(
1
2√x)
= (x4)(2x)− x
2√x
Regla de sustitucion
Teorema 13. Si u = g(x) es una funcion diferenciable cuyo rango es un intervalo Iy f es continua en I, entonces
∫
f(u)du =
∫
f(g(x))g′(x)dx
DEM: Sea F una antiderivada de f , esto es, F ′ = f . Ahora, de la regla de la cadena,
d
dxF (g(x)) = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x)
De manera que si u = g(x) encontramos
∫
f(g(x))g′(x)dx =
∫d
dxF (g(x))
TFC1= F (g(x)) + C = F (u) + C
TFC1=
∫
F ′(u)du =
∫
f(u)du �
23
Ejemplo 23.
1.
∫
x5√
1− x2dx=
2.
∫1 + x
1 + x2dx
3.
∫dk
5− 3k
4.
∫1
cos2(2x)dx
Teorema 14. Sea u = g(x) tiene una derivada continua en [a, b] y que f es continuaen el conjunto g([a, b]). Entonces
∫ b
a
f(g(x))g′(x) =
∫ g(b)
g(a)
f(u)du
DEM: Sea F cualquier antiderivada de f , esto es, F ′ = f .
∫ b
a
f(g(x))g′(x)dx =
∫ b
a
d
dxF (g(x))
TFC2= F (g(x))
∣∣∣
b
a= F (g(b))− F (g(a)) = F (u)
∣∣∣
g(b)
g(a)=
∫ g(b)
g(a)
f(u)du �
Ejemplo 24.
1.
∫ 1
0
x2√1− xdx=
2.
∫ 3
0
(θ + cosθ
6)dθ
3.
∫ e
1
lnx
xdx
4.
∫ √π
0
x cos(x2)dx
Integrales definidas para funciones simetricas
Teorema 15. Sea f continua en un intervalo [−a, a]
1. Si f es par,
∫ a
−a
f(x)dx = 2
∫ a
0
f(x)dx
2. Si f es impar,
∫ a
−a
f(x)dx = 0
Ejemplo 25. Compruebe las siguientes resultados
a)
∫ π/2
−π/2
(sen3 x cosx+ senx cosx)dx = 0
b)
∫ 1
−1
tanx
1 + x2 + x4dx = 0
c)
∫ 2
−2
(x4 − 4x2 + 6)dx = 2
∫ 2
0
(x4 − 4x2 + 6)dx
(a) Funcion par
(b) Funcion impar
24
Integracion por partes
La integral de un producto en general no es el producto de las integrales:
∫
f(x)g(x)dx 6=∫
f(x)dx
∫
g(x)dx
La integracion por partes es una tecnica para simplificar integrales de la forma
∫
f(x)g(x)dx.
Esto es util cuando f puede diferenciarse repetidamente y g puede integrarse repetidamentesin dificultad. la integral ∫
xexdx
es un ejemplo, ya que f(x) = x puede diferenciarse dos veces para convertirse en cero, yg(x) = ex puede integrarse de manera repetida sin dificultad. La integracion por partestambien se aplica a integrales como
∫
ex cosxdx
en las que cada parte del integrando vuelve a aparecer despues de diferenciaciones e integra-ciones sucesivas.
La formula de la integracion por partes es una consecuencia sencilla de la regla del pro-ducto para derivadas:
d
dx(uv) = v
du
dx+ u
dv
dx= vu′ + uv′
Si escribirnos esta formula en Ia forma u(x)v′(x) = ddx [u(x)v(x)] − v(x)u′(x) entonces al
integrar tenemos ∫
u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−∫
v(x)u′(x)dx
Esta es la formula de la integracion por partes. En ocasiones es mas facil recordar laformula si la escribimos en forma diferencial. Sea du = u(x)dx y dv = v′(x)dx. Entoncesutilizando la regla de sustitucion,
Fomula de integracion por partes
∫
udv = uv −∫
vdu
NOTA: Para aplicar la integracion por partes a una integral dada, primero factorizamossu integrando en dos “partes”, u y dv, tales que la ultima incluya la diferencial dx. Intentamoselegir esas partes de acuerdo con dos principios:
La primitiva v =∫dv debe ser facil de determinar.
La nueva integral∫vdu debe ser mas facil de calcular que la integral original
∫udv.
Una estrategia eficaz consiste en elegir dv como el factor mas complicado que se puedaintegrar facilmente. Entonces derivamos la otra parte, u, para encontrar du.
Ejemplo 26.
1.
∫
ln(x)dx 2.
∫
sen−1(z)dz 3.
∫
x cosxdx
25
4.
∫
t(ln t)2dt
5.
∫ 1
0
z2ezdz
6.
∫ln t
t√tdt
7.
∫
sen(3x)e2xdx
8.
∫
cos3 xdx
9.
∫
x tan−1 xdx
1.2. Integracion de funciones racionales y fracciones par-
ciales
El metodo de fracciones parciales es una tecnica algebraica que descompone una
funcion racional P (x)Q(x) en una suma de terminos:
P (x)
Q(x)= z(x) + F1(x) + F2(x) + · · ·+ Fk(x),
donde z(x) es un polinomio y cada expresion Fi(x) es una fraccion que puede integrarse conpoca dificultad. A las fraccion Fi son llamadas fracciones parciales y tienen la siguientesforma
A1
(px+ q),
A2
(px+ q)2, . . . ,
An
(px+ q)n, Fracciones Lineales
B1x+ C1
(ax2 + bc+ c),
B2x+ C2
(ax2 + bx+ c)2, . . . ,
Bnx+ Cn
(ax2 + bx+ c)nFracciones cuadraticas
aqui ax2 + bx+ c es irreduible. Por ejemplo,
x+ 5
x2 + x− 2=
x+ 5
(x− 1)(x+ 2)=
2
x− 1− 1
x+ 2
⇒∫
x+ 5
x2 + x− 2dx =
∫2
x− 1dx−
∫1
x+ 2dx = 2 ln(|x− 1|)− ln(|x+ 2|) + C
Descripcion general del metodo
El exito al escribir una funcion racional P (x)Q(x) como una suma de fracciones parciales
depende de dos cosas:
1. El grado de P (x) debe ser menor que el grado de Q(x). Esto es, la fraccion debeser propia. Si no es ası, tenemos que divida P (x) entre Q(x) y asi encontramos unpolinomio z(x) y una nueva fraccion propia. Ejemplo,
x3 + x2 + x− 1
x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸
NO propia
= (x− 1)︸ ︷︷ ︸
z(x)
+x+ 1
x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸
Propia
2. Debemos conocer los factores deQ(x). Es decir, debemos escribirQ(x) = (. . .)(. . .)(. . .)(. . .).
26
Descomposicion de una fraccion PROPIAP (x)
Q(x)en fracciones simples
1. Primero Factorize Q(x): Factorizar completamente el denominador en factores detipos
(px+ q)m y (ax2 + bx+ c)n
donde ax2 + bx+ c es irreducible.
2. Factores Lineales: Para cada factor lineal (px+q)m, la descomposicion en fraccionesdebe incluir la siguiente suma de m fracciones
A1
(px+ q)+
A2
(px+ q)2+ · · ·+ Am
(px+ q)m,
3. Factores Cuadraticos: Para cada factor lineal (ax2+ bx+ c)n, la descomposicion enfracciones debe incluir la siguiente suma de n fracciones
B1x+ C1
(ax2 + bx+ c)+
B2x+ C2
(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Bnx+ Cn
(ax2 + bx+ c)n
Ejemplo 27. Determinar las fracciones parciales de las siguiente fracciones
1
x2 − 5x+ 6=
1
(x− 2)(x− 3)=
A
x− 2+
B
x− 3
5x2 + 20x+ 6
x3 + 2x2 + x=
5x2 + 20x+ 6
x(x2 + 2x+ 1)=
5x2 + 20x+ 6
x(x+ 1)2=
A
x+
B
x+ 1+
C
(x+ 1)2
2x3 − 4x− 8
(x2 − x)(x2 + 4)=
2x3 − 4x− 8
x(x− 1)(x2 + 4)=
A
x+
B
x− 1+
Cx+D
x2 + 4
8x3 − 13x
(x2 + 2)2=
Ax+B
x2 + 2+
Bx+D
(x2 + 2)2
2x3 + x2 − 7x+ 7
x2 + x− 2= 2x− 1 +
−2x+ 5
(x+ 2)(x− 1)= 2x− 1 +
A
x+ 2+
B
x− 1
2x3 − 4x2 − x− 3
x2 − 2x− 3= 2x+
5x− 3
(x− 3)(x+ 1)= 2x+
A
x− 3+
B
x+ 1
−2x+ 4
(x2 + 1)(x− 1)2=
Ax+B
x2 + 1+
C
x− 1+
C
(x− 1)2
x− 1
(x+ 1)3=
A
x+ 1+
B
(x+ 1)2+
C
(x+ 1)3
Para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados A, B, C y D usaremos
Igualacion de polinomios
Dar valores a x para que se anulen varios terminos.
Derivacion.
Ejemplo 28. Calcular la integral
∫xdx
(x2 + 1)(x− 1)
27
SOL: Descomponemos la fraccion
x
x2 + 1)(x− 1)=
Ax+B
(x2 + 1)+
C
x− 1
Multiplicando por (x2 + 1)(x− 1) tenemos
x = (Ax+B)(x− 1) + C(x2 + 1)
= (A+ C)x2 + (−A+B)x+ (B + C)
Si igualamos coeficientes, obtenemos el sistema,
A+ C = 0, −A+B = 1, B + C = 0
Entonces A = − 12 y B = C = 1
2 . Ası que
∫xdx
(x2 + 1)(x− 1)= −1
2
∫x− 1
(x2 + 1)dx+
1
2
∫dx
x− 1
= −1
2
∫xdx
(x2 + 1)+
1
2
∫dx
(x2 + 1)+
1
2
∫dx
x− 1
= −1
4ln |x2 + 1|+ 1
2arctanx+
1
2ln |x− 1|+ C
Ejemplo 29. Determine A, B y C en el desarrollo de fracciones parciales
x2 + 1
(x− 1)(x− 2)(x− 3)=
A
x− 1+
B
x− 2+
C
x− 3
Multiplicando por (x− 1)(x− 2)(x− 3) tenemos
x2 + 1 = A(x− 2)(x− 3) +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)(x− 2)
Haciendo x = 1, entonces A = 1. Si x = 2 entonces B = −5. Si x = 3 entonces C = 5.
Ejemplo 30. Determinar A, B y C en la ecuacion
x− 1
(x+ 1)3=
A
x+ 1+
B
(x+ 1)2+
C
(x+ 1)3
Multiplicando por (x+ 1)3 tenemos
x− 1 = A(x+ 1)2 +B(x+ 1) + C
La sustitucion x = −1 muestra que C = −2. Despues derivamos ambos lados respecto de x.obteniendo
1 = 2A(x+ 1) +B.
Nuevamente la sustitucion x = −1 muestra que B = 1. Nuevamente derivamos para obtener0 = 2A, es decir A = 0
28
1.2.1. Integrales trigonometrica
Iniciamos con integrales de la forma:
∫
sinm x cosn xdx
1. Si m = 2k + 1 es impar
∫
sinm x cosn xdx =
∫
(sin2 x)k cosn x(sinx)dx =
∫
(1− cos2 x)k cosn x(sinx)dx
2. Si n = 2k + 1 es impar
∫
sinm x cosn xdx =
∫
sinm x(cos2 x)k(cosx)dx =
∫
sinm x(1− sin2 x)k(cosx)dx
3. Si n,m = 2k es par debemos usar nas identidades
sin2 x =1− cos(2x)
2, cos2 x =
1 + cos(2x)
2
Ejercicio 7.
∫
sen3 x cos2 xdx
∫
cos5 θdθ
∫
cos2 x sen2 xdx
∫ π/4
0
√
1 + cos(4z) dz
∫
tan4 x dx
∫
sec3 z dz
1.3. Sustituciones trigonometricas
Las sustituciones trigonometricas pueden ser eficaces para transformar integrales que in-cluyen
√
a2 − x2,√
a2 + x2,√
x2 − a2
y en integrales que podamos evaluar de manera directa. Para ello usaremos la identidadpitagoricas cos2 θ + sin2 θ = 1
29
Ejemplo 31. Cada una de las siguientes expresiones representa un cateto o una hiponusa deun triangulo. Apartir de esta expresion complete los datos del triangulo y halle una sustitucionapropiada para x en terminos de θ.
1.√9− x2
SOL: Claramente√9− x2 es un cateto
y por tanto, la hipotenusa=3, y el otrocateto es x,
Aqui, una buena sust. serıa
sin θ =x
3
2.√m2 − 9
3.√16 + x2
4.√
25p2 − 4
5.√49− 4z2
30
6.√e2t + 9
7.√
1 + (ln y)2
8.√4x2 + 1
SOL: Claramente 4x2 + 1 es la hipotenusa alcuadrada y por tanto, los catetos son: 1 y 2x,
Ejemplo 32. Halle las sigueintes integrales usando una apropiada sustitucion trigonometri-ca.
1.
∫dx
x2√9− x2
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion sin θ =
x
3. Luego
x = 3 sin θ dx = 3 cos θdθ − π/2 < θ < π/2
entonces∫
dx
x2√9− x2
=
∫3 cos θdθ
9 sin2 θ√
9− 9 sin2 θ=
∫cos θdθ
9 sin2 θ√
1− sin2 θ=
∫dθ
9 sin2 θ=
1
9
∫
csc2 θdθ
= −1
9cot θ + C = −1
9
√9− x2
x+ C
2.
∫dx√
4x2 + 1
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫
dx√4x2 + 1
=
3.
∫dx
(x2 + 1)3/2
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
31
entonces∫
dx
(x2 + 1)3/2=
4.
∫ 2
√3
√x2 − 3
x
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫ 2
√3
√x2 − 3
x=
5. *
∫√
x2 + 1dx
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫√
x2 + 1dx =
6. *
∫√
x2 − 4dx
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫√
x2 − 4dx =
7. *
∫√
25− x2dx
32
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫√
25− x2dx =
8.
∫dx√
25x2 − 4
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫
dx√25x2 − 4
=
9.
∫x3dx√1− x2
SOL:Aquı vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫
x3dx√1− x2
=
10.
∫dx
4x2 + 9
SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego
x = dx = < θ <
entonces∫
dx
4x2 + 9=
33
Integracion Numerica
Como hemos visto, la manera ideal de evaluar una integral definida∫ b
af(x)dx consiste
en determinar una formula F (x) para una de las antiderivadas de f(x) y calcular el numeroF (b) − F (a). Pero encontrar algunas antiderivadas requiere considerable trabajo, e inclusootras, como las antiderivadas de
∫
sin(x2)dx,
∫1
ln(x)dx,
∫√
1 + x4dx,
∫ √x cosxdx,
∫cosx
xdx,
∫
ex2
dx
no tienen formulas elementales. Aquı el Teorema Fundamental del Calculo no es de utilidady hay que recurrir a una tecnica de aproximacion, como la regla del trapecio o la regla deSimpson.
Regla del Trapecio
Una forma de aproximar una integral definida consiste en utilizar trapecios, enlugar de rectangulos, como se muestra en la Fig 1. En nuestro analisis de estemetodo, supondremos que f es positiva, pero el unico requisito es que f seacontinua en el intervalo de integracion [a, b]. De tal modo, la integral definida
∫ b
a
f(x)dx
representa el area de la region delimitada por la grafica de f y el eje x, desdex = a hasta x = b. Primero, se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos,no es necesario que los puntos de subdivision de la figura esten igualmenteespaciados, pero la formula es mucho mas sencilla si lo estan. Por lo tanto,supondremos que la longitud de cada subintervalo es
∆x =b− a
ny a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.
Luego se forma un trapecio para cada subintervalo (Fig 2), El area del i-esimotrapecio es
Area del i-esimo trapecio =[f(xi−1) + f(xi)
]∆x
2
Esto implica que la suma de las areas de los n trapecios es:
Fig. 1
Tn =[f(x0) + f(x1)
]∆x
2+[f(x1) + f(x2)
]∆x
2+ · · ·+
[f(xn−1) + f(xn)
]∆x
2
=n∑
i=1
[f(xi−1) + f(xi)
]∆x
2
=([
f(x0) + f(x1)]+[f(x1) + f(x2)
]+[f(x2) + f(x3)
]+ · · ·+
[f(xn−1) + f(xn)
])∆x
2
=(
f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + · · ·+ 2f(xn−1) + 2f(xn)− f(xn))∆x
2
=[f(x0)− f(xn)
]∆x
2+ 2[
f(x1) + f(x2) + f(x3) + · · ·+ f(xn−1) + f(xn)]∆x
2
=[f(a)− f(b)
]∆x
2+
n∑
i=1
f(xi)∆x
Fig. 2
34
Haciendo ∆x = b−an , puede tomarse el lımite cuando n → ∞ para obtener
lımn→∞
Tn = lımn→∞
[f(a)− f(b)
]b− a
2n+ lım
n→∞
n∑
i=1
f(xi)∆x = 0 +
∫ b
a
f(x)dx
Teorema 16. La regla de los trapecios
Sea f continua en [a, b]. La formula para aproximar∫ b
af(x)dx por medio de trapecios
es:
∫ b
a
f(x)dx ≈ Tn =b− a
2n
(
f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + · · ·+ 2f(xn−1) + f(xn))
NO-TA: Observe que los coeficientes en la regla de los trapecios siguen el siguiente patron.
1, 2, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 1
Ejemplo 33. Utilice la regla del trapecio con n = 4 para estimar
∫ 2
1
x2dx. Compare la estimacion con
el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 14 (Fig.1). Como
xi = 1 + i4 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 5
4 ,64 ,
74 , 2 y ası, la regla del trapecio da
T4 =4∑
i=1
[f(xi−1 + f(xi))]∆x
2
=1
2(4)
[
f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)]
=1
8
[
f(1) + 2f(5
4) + 2f(
6
4) + 2f(
7
4) + f(2)
]
=1
8
[
1 + 2(25
16) + 2(
36
16) + 2(
49
16) + 4
]
=75
32= 2,34375
El valor exacto de la integral es
∫ 2
1
x2dx =x3
3
∣∣∣
2
1=
7
3. Luego, difiere del valor exacto en |2,34375− 7
3 | =0,01041
Fig. 1
35
Ejemplo 34. Utilizar la regla de los trapecios para n = 4 para aproximar
∫ π
0
sinxdx Comparar
con el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [0, π] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = π4 (Fig.2).
Como xi = 1 + iπ4 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, π
4 ,2π4 , 3π
4 , π y ası, la regla deltrapecio da
T4 =∆x
2
[
f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)]
=π
2(4)
[
f(0) + 2f(π
4) + 2f(
2π
4) + 2f(
3π
4) + f(π)
]
=π
8
[
sin 0 + 2(sin(π
4)) + 2(sin(
2π
4)) + 2(sin(
3π
4)) + (sin(π))
]
=π
8
[
0 +√2 + 2 +
√2 + 0
]
=π(2
√2 + 2)
8= 1,896
El valor exacto de la integral es
∫ π
0
sinxdx = − cosx∣∣∣
π
0= 2. Luego, difiere del valor exacto en
|1,896− 2| = 0,104
Fig. 2
Ejemplo 35. Utilice la regla del trapecio con n = 5 para estimar
∫ 2
1
1
xdx. Compare la estimacion
con el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 15 (Fig.3).
Como xi = 1 + i5 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 6
5 ,75 ,
85 ,
95 , 2 y ası, la regla del
trapecio da
T5 =∆x
2
[
f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + 2f(x4) + f(b)]
=1
2(5)
[
f(1) + 2f(6
5) + 2f(
7
5) + 2f(
8
5) + 2f(
9
5) + f(2)
]
=1
10
[
1 + 2(5
6) + 2(
5
7) + 2(
5
8) + 2(
5
9) +
1
2
]
= 0,695635
El valor exacto de la integral es
∫ 2
1
1
xdx = lnx
∣∣∣
2
1= ln(2) = 0,693147. Luego, difiere del valor
exacto en |0,695635− 0,693147| = 0,00248
Fig. 3
Regla de Simpson
Las sumas de Riemann y la regla del trapecio son aproximaciones razonables a∫ b
af(x)dx.
La regla del trapecio es mas eficiente, da una mejor aproximacion para valores pequenos den, lo cual proporciona un algoritmo mas rapido para integracion numerica.
Otra regla para aproximar∫ b
af(x)dx resulta de utilizar parabolas en lugar de segmentos
de recta que producen trapecios, esta es la Regla de Simpson. Como antes, hacemos unaparticion del intervalo [a, b] en n subintervalos de igual longitud ∆x = b−a
n Esta vez, sinembargo, se requiere que n sea par, y los subintervalos se agrupan en pares tales que
36
Por lo tanto en cada par consecutivo de intervalos la curva se aproxima mediante y =f(x) ≥ 0 una parabola. En la siguiente figura Pi = (xi, f(xi)) es el punto sobre la curva queyace arriba de xi. Una parabola tıpica pasa por tres puntos consecutivos Pi, Pi+1, y Pi+2.
Ejercicio 8. Si p(x) = Ax2 +Bx+ C, entonces firmamos que
∫ b
a
p(x)dx =b− a
6
[
p(a) + 4p(a+ b
2
)+ p(b)
]
Solucion:
∫ b
a
f(x)dx =
∫ b
a
Ax2 +Bx+ C
=Ax3
3+
Bx2
2+ Cx
∣∣∣∣
b
a
=A(b3 − a3)
3+
B(b2 − a2)
2+ C(b− a)
=b− a
6
[
2A(a2 + ab+ b2) + 3B(b+ a) + 6C]
=b− a
6
[
(Aa2 +Ba+ C)︸ ︷︷ ︸
p(a)
+4[
A(b+ a
2) +B(
b+ a
2) + C
]
︸ ︷︷ ︸
4p( a+b2
)
+(Ab2 +Bb+ C)︸ ︷︷ ︸
p(b)
]
=b− a
6
[
p(a) + 4p(b+ a
2) + p(b)
]
En cada subintervalo (doble) [xi−2, xi] puede aproximarse f por medio de un polinomio pde grado menor que o igual a 2. Por ejemplo, en el subintervalo [x0, x2], elegir el polinomiode menor grado que pasa a traves de los puntos (x0, f(x0)), (x1, f(x1)) y (x2, f(x2)) comose muestra en la figura 4. De Manera que,
∫ x2
x0
f(x)dx ≈∫ x2
x0
p(x)dx =x2 − x0
6
[
p(x0) + 4p(x0 + x2
2
)+ p(x2)
]
=2∆x
6
[
p(x0) + 4p(x1) + p(x2)]
=b− a
3n
[
f(x0) + 4f(x1) + f(x2)]
Fig 4.
De manera analoga, supongamos que en el subintervalo [x2, x4] el polinomio q(x) aproxima
37
a
∫ x4
x2
f(x)dx luego, tenemos que
∫ x4
x2
f(x)dx ≈∫ x4
x2
q(x)dx =b− a
3n
[
f(x2) + 4f(x3) + f(x4)]
Por tanto, repitiendo este procedimiento en el intervalo completo [a, b] encontramos que
∫ b
a
f(x)dx =
∫ x2
x0
f(x)dx+
∫ x4
x2
f(x)dx+
∫ x6
x4
f(x)dx+ · · ·+∫ xn
xn−2
f(x)dx
≈ b− a
3n
(
[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)
]+[f(x2) + 4f(x3) + f(x4)
]+
+[f(x4) + 4f(x5) + f(x6)
]+ · · · +
[f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)
]
)
Este resultado se conoce como regla de Simpson, y es valida para cualquier funcion con-tinua y = f(x). La funcion no necesita ser positiva, como en nuestra deduccion. El numerode subintervalos n debe ser par para aplicar la regla, ya que cada arco parabolico utiliza dossubintervalos.
Teorema 17. La regla de Simpson
Sea f continua en [a, b] y sea n un entero par. La regla de Simpson para aproximar
∫ b
a
f(x)dx es:
∫ b
a
f(x)dx ≈ Sn =b− a
3n
(
f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + · · ·+ 2f(xn−1) + 4f(xn−1) + f(xn))
NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de Simpson siguen el siguiente patron.
1, 4, 2, 4, 2, 4, 2 . . . 2, 4, 2, 4, 2, 4, 1
Ejemplo 36. Utilice la regla de Simpson con n = 4 para aproximar
∫ 2
0
5x4dx. Compare la
estimacion con el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [0, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x =24 = 1
2 . Como xi = 0 + i2 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 1
2 , 1,32 , 2 y ası, la
regla de Simpson da
S4 =∆x
3
[
f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + f(b)]
=1
2(3)
[
f(0) + 4f(1
2) + 2f(1) + 4f(
3
2) + f(2)
]
=1
6
[
0 + 20(1
2)4 + 10(1)4 + 20(
3
2)4 + 5(2)4
]
=385
12= 32 +
1
12
El valor exacto de la integral es
∫ 2
0
5x4dx = x5∣∣∣
2
0= 32. Luego, difiere del valor exacto en
| 38512 − 32| = 112
Ejemplo 37. Utilice la regla de Simpson con n = 10 para aproximar
∫ 1
0
ex2
dx.
38
SOL: Dividamos el intervalo [0, 1] en 10 subintervalos de la misma longitud ∆x = 110 = 0,1.
Como xi = 0+i(0,1) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,1, 0,2, . . . , 0,7, 0,8, 0,9, 1y ası, la regla de Simpson da
S10 =∆x
3
[
f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + · · ·+ 4f(x7) + 2f(x8) + 4f(x9) + f(b)]
=1
30
[
f(0) + 4f(0,1) + 2f(0,2) + 4f(0,3) + · · ·+ 4f(0,7) + 2f(0,8) + 4f(0,9) + f(1)]
=1
30
[
e0 + 4e0,01 + 2e0,04 + 4e0,09 + 2e0,16 + 4e0,25 + 2e0,36 + 4e0,49 + 2e0,64 + 4e0,81 + e1]
≈ 1,462681
Ejemplo 38. Utilice la regla de Simpson con n = 6 para aproximar
∫ 3
0
x2dx.
SOL: Dividamos el intervalo [0, 3] en 6 subintervalos de la misma longitud ∆x = 36 = 0,5.
Como xi = 0+ i(0,5) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,5, 1, 1,5, 2, 2,5, 3y ası, la regla de Simpson da
S6 =∆x
3
[
f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + 4f(x5) + f(b)]
=1
6
[
f(0) + 4f(0,5) + 2f(1) + 4f(1,5) + 2f(2) + 4f(2,5) + f(3)]
=1
6
[
0 + 4(0,25)2 + 2(1)2 + 4(1,5)2 + 2(4) + 4(2,5)2 + 9]
= 9
El valor exacto de la integral es
∫ 3
0
x2dx = x33∣∣∣
3
0= 9
HASTA AQUI VA EL PRIMER EXAMEN. ¡¡¡Exitos!!!
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