I1 Calculo 2 6

Z

b

f (x)dx = 0, entonces existe

1. a) Demuestre que si f (x) es continua en [a, b] y si a

un punto c ∈ [a, b] donde f (c) = 0.

b) Sea f (x) una funci´on continua tal que l´ım f (x) = A, donde A es una constante x→∞ positiva. Demuestre que Z x l´ım f (t) dt = ∞ x→∞

0

y use tal hecho para demostrar que 1 l´ım x→∞ x

Z

x

f (t) dt = A . 0

Interprete (en palabras) este u ´ltimo resultado cuando f (t) = velocidad de un objeto en el instante t. (Asuma que f es positiva)

RESPUESTA : a)

Z

No puede ocurrir que f (x) > 0 ∀x ∈ [a, b], pues en tal caso se tendr´ıa que b

f (x)dx > 0. a

Por el mismo argumento tampoco puede ser que f (x) < 0 ∀x ∈ [a, b] (en tal caso la integral ser´ıa negativa). Por lo tanto existen n´ umeros α, β en [a, b] tales que f (α) y f (β) tienen signos diferentes. Como f es continua, por el Teorema del Valor Intermedio debe existir c entre α y β ( y por ende en el intervalo [a, b] ) tal que f (c) = 0.

Otra Forma : Como f es continua se aplica en este caso el Teorema de Valor Medio para integrales, seg´ un el cual Z

b

f (x) dx = (b − a) f (ξ) , a

para alg´ un ξ ∈ [a, b]. Pero el lado izquierdo de la igualdad de arriba es cero por hip´otesis, luego el lado derecho tambi´en lo es. Y como b − a 6= 0, conclu´ımos que f (ξ) = 0.

Z b)

Sea F (x) =

x

f (t) dt. 0

Como f (x) → A cuando x → ∞, el gr´afico de la funci´on se parece mucho a la recta horizontal y = A cuando x es grande. Como el ´area acumulada bajo cualquier recta horizontal positiva crece a infinito, es intuitivamente evidente que F (x) → ∞. Para probarlo formalmente, debemos probar que, para todo K positivo existe alg´ un x0 tal que, si x ≥ x0 , entonces F (x) ≥ K. Como l´ım f (x) = A, existe alg´ un x1 > 0 tal que si x ≥ x1 , entonces f (x) ≥ A/2. x→∞

Luego,

Z

Z

x

x

f (t) dt ≥ x1

x1

A A dt = (x − x1 ) 2 2

∀x ≥ x1 .

Si x → ∞, la cantidad (x−x1 )A/2 tambi´en tiende a infinito y por tanto ser´a mayor 2K que K a contar de alg´ un x = x0 . M´ as precisamente, si x0 = x1 + se tendr´a que, A ∀x ≥ x0 , Z F (x) =

Z

x

x0

f (t) dt ≥ 0

x1

f (t) dt ≥ (x0 − x1 )

A = K, 2

ya que f (x) > 0 ( y por tanto el valor de la integral decrece si se encoge el intervalo de integraci´on). Eso concluye la demostraci´on de que F (x) → ∞. Z 1 x F (x) Ahora bien, l´ım f (t) dt = l´ım el cual es de la forma ∞/∞, por lo x→∞ x 0 x→∞ x demostrado anteriormente. Por tanto aplicamos L’Hopital obteniendo l´ım

x→∞

F 0 (x) F (x) = l´ım . x→∞ x 1

Pero, por el Teorema Fundamental del C´alculo, F 0 (x) = f (x). Por lo tanto, 1 l´ım x→∞ x

Z

x

f (t) dt = l´ım f (x) = A , 0

x→∞

como se ped´ıa probar. La interpretaci´on f´ısica es que si la velocidad instant´ anea tiende a un determinado valor, la velocidad promedio del viaje va acerc´andose al mismo valor.

Z 2.

x

Si F (x) =

2

et dt, exprese en t´erminos de la funci´on F el valor de la integral

0

Z

1

x2 e( 9x

6

− 6x3 )

dx .

0

( Ayuda : Complete el cuadrado en el exponente).

RESPUESTA : Z

1

Z 2 ( 9x6 − 6x3 )

x e

dx =

0

1

Z 2 ( (3x3 −1)2 − 1 )

x e

dx = e

−1

0

1

3 −1)2

x2 e(3x

0

Haci´endo ahora u = 3x3 − 1 tenemos que 9x2 dx = du y, adem´as, x = 0 → u = −1; Z

1

x = 1 → u = 2. Por tanto,

2 ( 9x6 − 6x3 )

x e

dx =

0

= = =

1 9e 1 9e 1 9e

Z

2

2

eu du

−1

½Z

Z

0

e

u2

du +

e

−1

½Z

u2

du

0

Z

2

e 0

¾

2

u2

−1

du −

¾ u2

e 0

1 { F (2) − F (−1) } . 9e

du

dx .

Z

Z

100

0

Z b) Calcule

10

f (x) dx = 10

3. a) Demuestre que si f (x) = f (x + 10), entonces

f (x) dx. 0

dx . ( Ayuda : Busque una sustituci´on apropiada). −x

x11

RESPUESTA : a)

Tenemos que Z

Z

100

f (x) dx = 0

Z

10

f (x) dx + 0

=

Z

Z

30

f (x) dx +

100

f (x) dx + · · · +

10

9 Z X k=0

Z

20

20

f (x) dx 90

10(k+1)

f (x) dx.

10k

10(k+1)

En

f (x) dx hacemos la sustituci´on x = u + 10k. 10k

Entonces, dx = du y x = 10k → u = 0; x = 10(k + 1) → u = 10. Z 10(k+1) Z 10 Por tanto, f (x) dx = f ( u + 10k ) du 10k

0

Pero, como f (x) = f (x + 10), tenemos que

f ( u + 10k ) = f ( u + 10(k − 1) + 10 ) = f ( u + 10(k − 1) ) = . . . = f (u). Por lo tanto Z

100

f (x) dx = 0

9 Z X k=0

10(k+1)

10k

f (x) dx =

9 Z X k=0

0

Z

10

f (u) du = 10

10

f (u) du. 0

Z b)

dx = 11 x −x

Z

dx . − 1)

x (x10

Haciendo la sustituci´on u = x10 ↔ x = u1/10 tenemos que 1 − 9 1 . Por lo tanto, dx = u 10 = 10 10 u9/10 Z

dx 11 x −x

=

1 10

=

1 10

=

Z

du 1 9/10 1/10 u u (u − 1)

Z

du u (u − 1) ¶ Z µ 1 1 1 − du 10 u−1 u

=

1 ( ln |u − 1| − ln |u| ) 10

=

¢ 1 ¡ ln |x10 − 1| − ln |x10 | + C. 10

4. Calcule

Z

a)

(x2

dx . + 4) (x − 2)2

Z b)

sen ( ln(x) ) dx .

RESPUESTA : a)

Primero que nada descomponemos el integrando en fracciones parciales: A Cx + D 1 B = + 2 + . (x2 + 4) (x − 2)2 (x − 2) (x − 2)2 (x + 4) Calculando las constantes obtenemos A = −

1 ; 16

B =

2 ; 16

C =

1 ; 16

D = 0.

Por lo tanto 1 1 = 2 2 (x + 4) (x − 2) 16

·

1 2 x − + + 2 2 (x − 2) (x − 2) (x + 4)

¸ .

Integrando obtenemos Z

dx 2 (x + 4) (x − 2)2

= =

¸ x dx − (x2 + 4) · ¸ 1 2 1 2 − ln |x − 2| − + ln (x + 4) + C. 16 (x − 2) 2 1 16

·

Z

dx + (x − 2)

Z

2dx + (x − 2)2

Z

b)

Integramos por partes con u = sen ( ln(x) ) ; v 0 = 1. cos ( ln(x) ) De este modo u0 = ; v = x. x Por lo tanto Z I =

Z sen ( ln(x) ) dx = x sen ( ln(x) ) −

cos ( ln(x) ) dx.

En la integral de la derecha volvemos a integrar por partes con u = cos ( ln(x) ) ; v 0 = 1. sen ( ln(x) ) Y as´ı u0 = − ; v = x. x Por lo tanto Z

Z cos ( ln(x) ) dx = x cos ( ln(x) ) +

sen ( ln(x) ) dx

= x cos ( ln(x) ) + I Sustituyendo en (*) obtenemos Z I =

sen ( ln(x) ) dx = x sen ( ln(x) ) − x cos ( ln(x) ) − I.

Despejando de all´ı la integral I obtenemos finalmente I =

x ( sen ( ln(x) ) − cos ( ln(x) ) ) + C. 2

(∗)