Cálculo Diferencial e Integral II: Integrales trigonométricas básicas

Por Miguel Ángel Rodríguez García

Introducción

Hasta esta sección ya hemos visto dos métodos de integración: cambio de variable e integración por partes, antes de entrar a las integrales trigonométricas o el método de sustitución trigonométrica, hay que saber algunas integrales trigonométricas básicas para entrar a los métodos de integración mencionados.

Integrales trigonométricas básicas

Ya hemos visto dos integrales trigonométricas directas y fundamentales, estas integrales son las siguientes:

$$\int \sin(x)dx=-\cos(x)+C$$

$$\int \cos(x)dx=\sin(x)+C$$

Ahora veremos las integrales indefinidas de las 4 funciones trigonométricas básicas restantes utilizando el método de cambio de variable, empecemos con la función $\tan(x)$.

$$\int \tan (x)dx$$

Para integrar esta función sabemos que lo podemos reescribir en término de las funciones $\sin(x)$ y $\cos(x)$, entonces:

$$\int \tan (x)dx=\int \frac{\sin(x)}{\cos(x)}dx$$

Integramos por el método de sustitución haciendo un cambio de variable.

Sea $u=\cos(x) \Rightarrow du=-\sin(x)dx \Rightarrow -du=\sin(x)dx$ entonces tenemos que:

$$\int \tan (x)dx=-\int \frac{du}{u}=-\int \frac{1}{u}du=-ln|u|+C=-ln|\cos(x)|+C$$

$$\therefore \int \tan (x)dx=-ln|\cos(x)|+C$$

$$\int \cot(x)dx$$

Para resolver esta integral, nuevamente usamos el truco anterior, reescribimos el integrando en términos de las funciones $\sin(x)$ y $\cos(x)$, entonces:

$$\int \cot(x)dx=\int \frac{\cos(x)}{\sin(x)}dx$$

Hacemos un cambio de variable, sea $u=\sin(x) \Rightarrow du=\cos(x)dx$ entonces tenemos que:

$$\int \cot(x)dx=\int \frac{1}{u}du=ln|u|+C=ln|\sin(x)|+C$$

$$\therefore \int \cot(x)dx=ln|\sin(x)|+C$$

$$\int \sec(x)dx$$

Al resolver las integrales anteriores talvez este tentado por cambiar la función $\sec(x)$ en términos de las funciones $\sin(x)$ y $\cos(x)$, pero esto no nos sirve, ya que al hacer esto no encontraremos un cambio de variable adecuado, recordemos que $\sec(x)=\frac{1}{\cos(x)}$. Para resolver esta integral tenemos que multiplicar por $1$, en donde tiene que ser un uno adecuado, veamos:

$$\int \sec(x)dx=\int \sec(x)\left ( \frac{\sec(x)+\tan(x)}{\sec(x)+\tan(x)}\right )dx=\int \frac{\sec^{2}(x)+\sec(x)\tan(x)}{\sec(x)+\tan(x)}dx$$

Integramos por el método de sustitución, hacemos un cambio de variable.

Sea $u=\sec(x)+\tan(x) \Rightarrow du=(\sec(x)\tan(x)+\sec^{2}(x))dx$, entonces:

$$ \int \sec(x)dx =\int \frac{1}{u}du=ln|u|+C=ln|\sec(x)+\tan(x)|+C$$

$$\therefore \int \sec(x)dx=ln|\sec(x)+\tan(x)|+C$$

$$\int \csc(x)dx$$

Análogamente, al ejercicio anterior, multiplicamos por un uno adecuado:

$$\int \csc(x)dx=\int \csc(x) \left ( \frac{\csc(x)+\cot(x)}{\csc(x)+\cot(x)} \right )dx=\int \frac{\csc^{2}(x)+\csc(x)\cot(x)}{\csc(x)+\cot(x)}dx$$

Hacemos un cambio de variable.

Sea $u=\csc(x)+\cot(x) \Rightarrow du=(-\csc(x)\cot(x)-\csc^{2}(x))dx=-(\csc(x)\cot(x)+\csc^{2}(x))dx$

$$\int \csc(x)dx=-\int \frac{1}{u}du=-ln|u|+C=-ln|\csc(x)+\cot(x)|+C$$

$$\therefore \int \csc(x)dx=-ln|\csc(x)+\cot(x)|+C$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Resuelve las siguientes integrales:

$$\int (4\sin(x)-4\sec^{2}(x))dx$$
$$\int \cos(2x-6)dx$$
$$\int e^{x}\cos(e^{x})dx$$
$$\int \csc(3x+1)dx$$
$$\int (\tan(5x)+xcot(4x^{2}+1)+\sec(7x+3))dx$$

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Más adelante…

Aunque esta sección solo vimos integrales trigonométricas básicas, en las siguientes secciones veremos el método de integrales trigonométricas que contienen producto de potencias de funciones $\sin(x)$ y $\cos(x)$, producto de potencias de funciones $\tan(x)$ y $\cot(x)$ y el método por sustitución trigonométrica, por lo que nos serán útiles las integrales que vimos en esta sección para resolver las integrales por venir.

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Cálculo Diferencial e Integral II: Integración por partes

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En la sección anterior se vio el teorema de integración por cambio de variable, además de ejercicios utilizando este método de integración para la solución de algunas integrales. En esta sección veremos el teorema de la integración por partes, así como, ejercicios para ejemplificar la solución de integrales empleando este método.

Integración por partes

La integración por partes viene de que en general la integral de un producto no es el producto de las integrales, veamos el ejemplo siguiente:

Sabemos que la integral de las funciones $x$ y $x^{2}$ están dadas como:

$$\int xdx=\frac { { x }^{ 2 } }{ 2 } +C$$ y $$ \int { { x }^{ 2 }dx=\frac { { x }^{ 3 } }{ 3 } +C }$$

Por lo que es claro que: $$ \int { (x\cdot x)dx\neq \int { xdx } \cdot \int { xdx } }$$

Toda regla de derivación tiene una regla de integración correspondiente, en este caso, la regla que corresponde a la regla del producto para la derivación se llama regla para integración por partes para las integrales, enunciado en el siguiente teorema.

Teorema: Integración por partes

Sea $f$ y $g$ funciones, con $f’$ y $g’$ continuas, donde $f’$ y $g’$ representan la primera derivada de $f$ y $g$ respectivamente, entonces:

$$\int { f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)-\int { f'(x)\cdot g(x)dx } }$$

Demostración:

Por la regla del producto de la derivada de dos funciones, sabemos que:

$$\frac { d }{ dx } \left[ f(x)\cdot g(x) \right] =f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)$$

Integrando en ambos lados de la igualdad:

$$\Rightarrow \int { \frac { d }{ dx } \left[ f(x)\cdot g(x)dx \right] } =\int { [f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)] dx }=\int { f'(x)\cdot g(x)dx } +\int { f(x)\cdot g'(x)dx }$$

Por el teorema fundamental del Cálculo [Hipervínculo: Calculo II- Teorema fundamental del calculo] se tiene que:

$$f(x)\cdot g(x) = \int { f'(x) \cdot g(x)dx } +\int { f(x) \cdot g'(x)dx }$$

$$\Rightarrow \int f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)\cdot g(x)dx \tag{1}$$

Lo cual se demuestra este teorema.

$\square$

A esta fórmula $(1)$ se le conoce como integración por partes. Existen reglas nemotécnicas para aprenderse la fórmula anterior. Sea $u=f(x)$ y $v=g(x)$ entonces la fórmula anterior se reescribe como:

$$\int u\cdot dv =u\cdot v-\int v \cdot du \tag{2}$$

Por lo que la idea de esta integración por partes es proponer un cambio de variable $u$ de tal forma que al derivarlo y multiplicarlo por $v$ que es la antiderivada de $dv$, sea una integral más sencilla de resolver y no viceversa.

Para el caso, cuando tenemos una integral definida utilizando este método se tiene que, por el segundo teorema fundamental del Cálculo [Hipervínculo: Calculo II-Segundo Teorema fundamental del calculo] se puede evaluar la fórmula de integración por partes, suponiendo que $f’$ y $g’$ son continuas en un intervalo $[a,b]$, obtenemos:

$$\int_{a}^{b}f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)\bigg|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)\cdot g(x)dx \tag{3}$$

La demostración a esta relación se puede basar en la demostración del teorema de integración por partes, por lo cual puede ser un ejercicio de tarea moral para mostrarlo.

Veamos unos ejemplos para ejemplificar el método de la integración por partes.

Ejemplos

$\int { \ln { (x) } dx }$

Tenemos que proponer un cambio de variable de tal forma que la integral resultante sea una integral más sencilla de resolver, proponemos a $u=\ln { (x) } \Rightarrow du=\frac { 1 }{ x }$ y sea $dv=1 \Rightarrow v=x$ Reemplazando estos términos en la fórmula $(2)$ tenemos que:

$$\int { \ln { (x) } dx }=x\ln { (x) }-\int { \frac { 1 }{ x } xdx }$$

Vemos que al aplicar esta fórmula conduce a una integral más sencilla y sabemos que:

$$\int { \frac { 1 }{ x } xdx }=\int { 1 dx }=x+C$$

Con $C$ la constante de integración, así:

$$\int \ln { (x) } dx=x\ln { (x) }-x+C=x\left[ \ln (x)-1\right]+C $$

$\int { { x }^{ 2 }{ e }^{ x }dx }$

Sea $u={ x }^{ 2 } \Rightarrow du=2x$ y $dv={ e }^{ x } \Rightarrow v={ e }^{ x }$

Sustituyendo en la fórmula $(2)$ tenemos que:

$$\int { { x }^{ 2 }{ e }^{ x }dx }={ x }^{ 2 }{ e }^{ x }-2\int x { e }^{ x }dx \tag{4}$$

Vemos que la nueva integral es menos complicada, ya que el exponente de $x$ se redujo en 1, por lo que volvemos a integrar por partes fijándonos solamente en la integral por resolver.

$\int x { e }^{ x }dx$

Sea $u=x \Rightarrow du=1$ y sea $dv={ e }^{ x } \Rightarrow v={ e }^{ x }$ por lo que:

$$\int { x { e }^{ x }dx }=x \cdot { e }^{ x } -\int { 1\cdot { e }^{ x }dx }$$

Sabemos que: $$\int { { e }^{ x }dx={ e }^{ x }+C }$$

Con $C$ la constante de integración, así:

$$\int { x { e }^{ x } dx }=x \cdot { e }^{ x }-{ e }^{ x }+C={ e }^{ x }\left[ x-1 \right] +C $$

Sustituyendo en la integral que queremos resolver $(4)$, tenemos que:

$$\int { { x }^{ 2 }{ e }^{ x }dx } = { x }^{ 2 }{ e }^{ x }-2\left[{ e }^{ x }\left[ x-1 \right] +C\right] = { x }^{ 2 }{ e }^{ x }-2x{ e }^{ x }+2{ e }^{ x }+C=e^{x} \left[x^{2}-2x+2\right]+C$$

$\int { { e }^{ x }\sin(x)dx}$

Sea $u=\sin(x) \Rightarrow du=\cos(x)$ y sea $dv={ e }^{ x } \Rightarrow v={ e }^{ x }$, obtenemos lo siguiente:

$$\int { { e }^{ x }\sin(x)dx}={ e }^{ x }\sin(x)-\int { { e }^{ x }\cos(x)dx}\tag{5}$$ Obtenemos una nueva integral por lo que integramos nuevamente por partes, así que nos enfocamos en solucionar esta integral:

$\int e^{x}\cos(x)dx$

Sea $u=\cos(x) \Rightarrow du=-\sin(x)$ y sea $dv={ e }^{ x } \Rightarrow v={ e }^{ x }$ así obtenemos:

$$\int { e }^{ x }\cos(x)dx={ e }^{ x }\cos(x)+\int { { e }^{ x }\sin(x)dx}$$

Por lo que sustituimos el resultado de esta integral a la integral que queremos resolver $(5)$. Veamos lo siguiente:

$$\int { e }^{ x }\sin(x)dx={ e }^{ x }\sin(x)-\left[ { e }^{ x }\cos(x)+\int { e }^{ x }\sin(x)dx \right]={ e }^{ x }\sin(x)-{ e }^{ x }\cos(x)-\int { e }^{ x }\sin(x)dx$$

Al ser una igualdad podemos pasar sumando la integral obteniendo lo siguiente:

$$2\int { { e }^{ x }\sin(x)dx}={ e }^{ x }\sin(x)-{ e }^{ x }\cos(x)$$

$$\Rightarrow \int { { e }^{ x }\sin(x)dx}=\frac {{ e }^{ x }\sin(x)-{ e }^{ x }\cos(x) }{2 }$$

$\int _{ 0 }^{ 1 }{ { x }^{ 2 }ln(x)dx }$

Utilizamos la fórmula $(3)$ para este tipo de integrales definidas, por lo que proponemos lo siguiente:

Sea $u=ln(x) \Rightarrow du=\frac { 1 }{ x }$ y $v={ x }^{ 2 }\Rightarrow dv=\frac { { x }^{ 3 } }{ 3 }$

Así, utilizando la igualdad $(3)$, obtenemos:

$$\int _{ 0 }^{ 1 }{ { x }^{ 2 }ln(x)dx }=\frac{x^{3}}{3}ln(x)\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{3}}{3}\frac{1}{x}dx$$

La integral nueva es una integral polinómica, fácil de resolver, por lo que integramos directamente obteniendo el resultado de la integral como:

$$\Rightarrow \int_{ 0 }^{ 1 }{ { x }^{ 2 }ln(x)dx }=\frac{x^{3}}{3}ln(x)\bigg|_{0}^{1}-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}x^{2}dx=\left[ 0-0 \right]-\left[ \frac { 1 }{ 3 }\frac { { x }^{ 3 } }{ 3 } \right]\bigg|_{ 0 }^{ 1 }= -\frac{1}{9}$$

Existe una regla nemotécnica en el cual se recomienda que para integrar con el método de integración por partes se puede escoger la función $u$ de acuerdo con el orden de la nomenclatura «ILATE», que significa lo siguiente:

Inversa trigonométrica.

Logarítmicas.

Algebraicas.

Trigonométricas.

Exponencial.

Tarea moral

Resuelve las siguientes integrales:

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

$$\int x\cos(x)dx$$
$$\int ln^{2}(x)$$
$$\int x^{4}e^{x}dx$$
$$\int_{0}^{4}\frac{x}{e^{x}}$$
$$\int_{0}^{1} \frac{1}{\tan(x)}dx$$

Más adelante…

Es importante comprender estos métodos de integración, ya que veremos más métodos de integración y por consecuente en la resolución de una integral puede llegarse a aplicar varios métodos de integración al resolver una integral.

La integración por partes es muy útil cuando se puede encontrar que al hacer el cambio de variable la integral a resolver sea más sencilla que la integral original. En la siguiente entrada veremos integrales trigonométricas básicas que necesitamos saber para ver las integrales trigonométricas que contienen productos de funciones trigonométricas.

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Cálculo Diferencial e Integral I: La regla de L’Hôpital

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Esta entrada es la última de la unidad, y la dedicaremos a demostrar uno de los resultados ampliamente usado en el cálculo de límites para los casos donde existen indeterminaciones de los tipos $0/0$ e $\infty/\infty$; este tipo de límites es posible resolverlos mediante de la derivada.

Teorema del Valor Medio Generalizado

Antes de probar la Regla de L’Hôpital, probaremos una generalización del teorema del valor medio, también conocido como teorema del Valor Medio de Cauchy. Para ello, primero revisemos el siguiente teorema.

Teorema. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, tal que $f(a)=g(a)=0$ de tal manera que $g(x) \neq 0$ para $a<x<b$. Si $f$ y $g$ son derivables en $a$ y $g'(a) \neq 0$, entonces el límite de $f/g$ en $a$ existe y es igual a $f'(a)/g'(a)$. Por tanto,

$$\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}.$$

Demostración.

Puesto que $f(a) = g(a) = 0$, el cociente $\frac{f(x)}{g(x)}$ para $a<x<b$ puede escribirse como sigue

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \frac{g(x)-g(a)}{x-a} }.$$

Aplicando el límite, tenemos que

$$\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \lim\limits_{x \to a^+} \frac{g(x)-g(a)}{x-a} } = \frac{f'(a)}{g'(a)}.$$

$\square$

Teorema del Valor Medio de Cauchy. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, ambas funciones continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$, y supongamos que $g'(x) \neq 0$ para todo $x$ en $(a,b)$. Entonces existe $c$ en $(a,b)$ tal que

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

Demostración.

Notemos que como $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b)$, del teorema de Rolle se sigue que $g(a) \neq g(b)$. Para $x$ en $[a,b]$, definimos

$$h(x) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} (g(x)-g(a))-(f(x)-f(a)).$$

De esta forma, se tiene que $h$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $h(a)=h(b)=0$. Nuevamente, por el teorema de Rolle se sigue que existe un punto $c \in (a,b)$ tal que

$$0 = h'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(c)-f'(c).$$

Puesto que $g'(c) \neq 0$, podemos dividir la expresión anterior entre $g'(c)$, con lo que obtenemos

\begin{gather*}
\frac{0}{g'(c)} =\frac{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(c)-f'(c) }{g'(c)}. \\ \\
\Rightarrow 0 = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}-\frac{f'(c)}{g'(c)}. \\ \\
\therefore \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.
\end{gather*}

$\square$

Regla de L’Hôpital

Demostraremos la regla de L’Hôpital empleando límites por la derecha, pero los resultados se extienden de forma análoga al límite por la izquierda.

Regla de L’Hôpital. Sean $a$, $b \in \RR$ tales que $a<b$ y sean $f$, $g$ funciones derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b)$. Supongamos que

$$\lim_{x \to a^+} f(x) = 0 = \lim_{x \to a^+} g(x).$$

$i)$ Si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L.$

$ii)$ Si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty.$

De forma análoga, se tiene que si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = – \infty.$

Demostración.

Si $a < \alpha < \beta < b$, entonces el teorema de Rolle implica que $g(\beta) \neq g(\alpha)$.

Por el teorema del Valor Medio de Cauchy, existe $u \in (\alpha, \beta)$, tal que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} = \frac{f'(u)}{g'(u)}. \tag{1}$$

$i)$ Por hipótesis, sabemos que $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$$

con $L \in \RR$.

Sea $\varepsilon > 0$. entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\left| \frac{f'(u)}{g'(u)} – L \right|< \varepsilon \text{ para } u \in (a,c).$$

Usando $(1)$, se tiene que

$$\left| \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } a < \alpha < \beta < c.$$

Además, por hipótesis sabemos que $\lim\limits_{\alpha \to a^+} f(\alpha) = 0$ y $\lim\limits_{\alpha \to a^+} g(\alpha) = 0.$ Así, de la expresión anterior se sigue que

$$\left| \frac{f(\beta)}{g(\beta)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } \beta \in (a,c).$$

$$\therefore \lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L.$$

$ii)$ Veremos el caso $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$. El caso $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$ es análogo. Sea $M>0$, Como $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty.$$

Entonces existe $c \in (a,b)$ tal que

$$\frac{f'(u)}{g'(u)} >M \text{ para } u \in (a,c).$$

Nuevamente, por $(1)$ se tiene que

$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} > M \text{ para } a < \alpha < \beta < c.$$

Además, por hipótesis sabemos que $\lim\limits_{\alpha \to a^+} f(\alpha) = 0$ y $\lim\limits_{\alpha \to a^+} g(\alpha) = 0.$ Así, de la expresión anterior se sigue que

$$\frac{f(\beta)}{g(\beta)} > M \text{ para } \beta \in (a,c).$$

$$\therefore \lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty.$$

$\square$

Hay diversas extensiones de la regla de L’Hôpital. En particular, enunciaremos el siguiente.

Teorema. Sean $a$, $b \in \RR$ tal que $a < b$ y sean $f$, $g$ funciones derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b).$ Supongamos que

$$\lim_{x \to a^+} f(x) = \pm \infty = \lim_{x \to a^+} g(x) $$

$i)$ Si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L.$

$ii)$ Si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty.$

De forma análoga, se tiene que si $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$, entonces $\lim\limits_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = – \infty.$

Procederemos ahora a revisar algunos ejemplos de límite donde aplicaremos la regla de L’Hôpital.

Ejemplo 1. Calcula el límite $$\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1}.$$

Sabemos que las funciones $f(x) = ln(x)$ y $g(x) = x-1$ son derivables en todo su dominio, en particular podemos considerar el intervalo $(0, b)$ con $b > 1$ para ambas. Y notemos que si $g(x) = x-1$, entonces $g'(x) = 1$. Por lo tanto, para todo $x \in (0,b)$ se tiene que $g'(x) \neq 0.$

Además como ambas funciones son continuas, se tiene que

$$\lim_{x \to 1} ln(x) = 0 \qquad \text{y} \qquad \lim_{x \to 1} x-1= 0.$$

Aplicando la Regla de $L’Hôpital$, tenemos

\begin{align*}
\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1} & = \lim_{x \to 1} \frac{(ln(x))’}{(x-1)’} \\ \\
& = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} \\ \\
& = 1.
\end{align*}

Ejemplo 2. Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} \frac{ e^x-1}{x}.$$

Sabemos que las funciones $f(x) = e^x-1$ y $g(x) = x$ son derivables en todo su dominio, en particular podemos considerar el intervalo $(a, b)$ con $a < 0$ y $b > 0$ para ambas. Y notemos que si $g(x) = x$, entonces $g'(x) =1$. Por lo tanto, para todo $x \in (a,b)$ se tiene que $g'(x) \neq 0.$

Además como ambas funciones son continuas, se tiene que

$$\lim_{x \to 0} e^x – 1= 0 \qquad \text{y} \qquad \lim_{x \to 0} x= 0.$$

Aplicando la Regla de $L’Hôpital$, tenemos

\begin{align*}
\lim_{x \to 0} \frac{ e^x-1}{x} & = \lim_{x \to 0} \frac{(e^x-1)’}{(x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{1} \\ \\
& = e^0 \\ \\
&= 1.
\end{align*}

Más adelante…

En la siguiente unidad estudiaremos las aplicaciones prácticas de la derivada con lo cual podrás relacionar toda la abstracción revisada con la «realidad». Se revisará la manera en que se puede usar el cálculo en ámbitos diversos, desde física hasta economía.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Sea $f(x) = x^2sen(1/x)$ para $x \neq 0$ y $f(0) = 0$. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Demuestra que $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$ pero que el límite $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ no existe.
Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \pi/2)$
- $$\lim_{x \to 0^+} \frac{ln(x+1)}{sen(x)}.$$
- $$\lim_{x \to 0^+} \frac{tan(x)}{x}.$$
- $$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x}-\frac{1}{sen(x)} \right).$$
- $$\lim_{x \to 0^+} \frac{ln(cos(x))}{x}.$$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral II: Antiderivadas

Por Miguel Ángel Rodríguez García

9 respuestas

Introducción

Antes de comenzar con el estudio de los métodos de integración veremos en esta sección un tema importante que es la definición de antiderivadas.

La antiderivada o función primitiva de una función $f(x)$ es una función $F(x)$ tal que al ser derivada nos generará la misma función $f(x)$. Por lo que, $F(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ si $F'(x)=f(x)$.

En notación integral se expresa como:

$$\int f(x)dx=F(x)$$

Antiderivada

Definimos la antiderivada de una función como sigue.

Definición. Una función $F(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ si $F'(x)=f(x)$, En notación integral:

$$\int f(x)dx=F(x)+C$$

Donde $C$ es la constante de integración.

Observación: Dada una función $f(x)$, la antiderivada no es única, puesto que existe una infinidad de antiderivadas o una familia de antiderivadas, es decir, si $F(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ entonces $F(x)+C$ es una antiderivada de $f(x)$.

Veamos el siguiente teorema:

Teorema: Si $F(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ en un intervalo $I$, es decir, en un intervalo abierto o cerrado, entonces la función $G(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ $\Leftrightarrow G(x)=F(x)+C$, $\space \space$$\forall$ $x$ $\epsilon$ $I$

Demostración:

$\Rightarrow$ $\rfloor$

Por hipótesis $F(x)$ y $G(x)$ son antiderivadas de $f(x)$, entonces por definición:

$$F'(x)=f(x) \space \space y \space \space G'(x)=f(x)\Rightarrow F'(x)=G'(x)$$

Por el colorario visto en el curso de Cálculo I en el tema de Teorema de Rolle y Teorema del Valor Medio, tenemos que:

$$G(x)=F(x)+C$$

$\Leftarrow$ $\rfloor$

Tenemos que $G(x)=F(x)+C$, derivando la relación anterior tenemos que:

$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(G(x))=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(F(x)+C)$$

Como $F(x)$ es una antiderivada de $f(x)$ entonces $F'(x)=f(x)$

$\Rightarrow G'(x)=f(x)$ Justo lo que buscamos, ya que recordemos que es la definición de una antiderivada.

$\therefore$ $G(x)$ es una antiderivada de $f(x)$.

$\square$

Para entender un poco mejor el concepto de la familia de antiderivadas veamos el ejemplo siguiente:

Sea $F(x)=x$, que es la antiderivada de la función constante $f(x)=1$, ya que $F'(x)=1=f(x)$. En notación de integral:

$$\int 1 dx=x+c$$

En la siguiente imagen (figura 1) se muestran algunas antiderivadas de la función constante $f(x)=1$, donde el valor de la constante va cambiando en cada función de la gráfica y es por eso que existe una infinidad de antiderivadas de una función. Ahí la importancia de escribir la constante de integración cuando se resuelva una integral indefinida.

*Figura 1: Antiderivadas de la función constante 1.*

Nota: Una integral definida de una función $f(x)$ dentro de un intervalo $I$ entre $a$ y $b$, nos da un resultado numérico, es decir:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=C$$

En cambio, una antiderivada nos da un conjunto de familia de funciones, es decir:

$$\int f(x)dx=F(x)+C$$

Algunas antiderivadas básicas

En la siguiente tabla se muestran algunas derivadas e integrales indefinidas básicas necesarias que nos serán útiles para comenzar a estudiar los métodos de integración y que nos ayudará con algunos ejercicios y ejemplos en las siguientes secciones.

Derivada	Integral indefinida
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}C=0$$	$$\int 0dx=C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}x=1$$	$$\int 1dx=x+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(x^{n})=nx^{n-1}$$	$$\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C$$ $\forall$ $n$ $\neq$ $-1$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\sin(x))=\cos(x)$$	$$\int \cos(x)dx=\sin(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\cos(x))=-\sin(x)$$	$$\int \sin(x)dx=-\cos(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\tan(x))=\sec^{2}(x)$$	$$\int \sec^{2}(x)dx=\tan(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\cot(x))=-\csc^{2}(x)$$	$$\int \csc^{2}(x)dx=-\cot(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\sec(x))=-\sec(x)\tan(x)$$	$$\int \sec(x)\tan(x)dx=\sec(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\csc(x))=-\csc(x)\cot(x)$$	$$\int \csc(x)\cot(x)dx=-\csc(x)+C$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(f(x)+g(x))=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(f(x))+\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(g(x))$$	$$\int \left [ f(x)+g(x) \right ]dx=\int f(x)dx+\int g(x)dx$$
$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(Cf(x))=C\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(f(x))$$	$$\int \left [ Cf(x) \right ]dx=C\int f(x)dx$$

Tabla 1: Tabla de derivadas e integrales indefinidas.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para practicar lo aprendido y que te ayudarán en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Resuelve las siguientes integrales:

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

$$\int \frac{1}{x^{2}}dx$$
$$\int \sqrt{x}dx$$
$$\int 2\sin(x)dx$$
$$\int 100dx$$
$$\int (x+2)dx$$
$$\int \frac{x+1}{\sqrt{x}}dx$$

Más adelante…

En esta sección vimos la definición de antiderivada o también conocido como función primitiva $f(x)$, además de, algunas integrales indefinidas básicas que necesitaremos para estudiar los métodos de integración. Como primer método de integración que estudiaremos en la siguiente sección es el método de cambio de variable o integración por sustitución.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teorema de Rolle y teorema del valor medio

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Hasta este punto nos hemos enfocado en estudiar la derivada para distintos tipos de funciones, orientando los esfuerzos principalmente en la ejecución, en derivar tal cual. En esta entrada estudiaremos dos teoremas que nos darán visibilidad de algunas propiedades que tienen las funciones que son derivables en un intervalo abierto.

Teorema de Rolle

En el bachillerato revisaste el tema de máximos y mínimos, donde uno de los criterios que se usaban para encontrarlos era usar el hecho de que si $x_0$ es un mínimo o máximo local, entonces la derivada en dicho punto es cero. De momento, formalizaremos tanto la definición de máximo y mínimo local, así como el criterio de la derivada antes mencionado. Sin embargo, será en una entrada de la siguiente unidad donde daremos la demostración del criterio de la derivada, esto con la finalidad de revisarlo junto con sus aplicaciones.

Definición: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subset I$ con $r > 0$ tal que $f'(x_0)$ existe. Decimos que:

$x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r) $ ocurre que:
$$f(x)\leq f(x_0).$$
$x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)$ ocurre que:
$$f(x_0)\leq f(x).$$

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ que es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subset I$. Si tenemos que $x_0$ es un máximo o un mínimo local de $f$, entonces $f'(x_0)=0.$

Ahora veremos el Teorema de Rolle que menciona que si tenemos una función $f:[a,b] \to \RR$ continua en $[a,b]$ y derivable en el intervalo $(a,b)$, que satisface que $f(a) = f(b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es cero, es decir, si la función inicia y termina en el mismo punto, entonces existe al menos un máximo o un mínimo local.

Teorema de Rolle. Sea $f:[a,b] \to \RR$ tal que $f$ es continua en $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$. Si $f(a) = f(b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que $f'(c) =0.$

Demostración.

Caso 1: Para todo $x \in [a,b]$, $f(x) = k.$

Como $f$ es constante, entonces $f'(x) = 0$ para todo $x \in [a,b].$

Así, podemos considerar $c = \frac{a+b}{2}$. Donde se cumple que $a<c<b$ y $f'(c) =0.$

Caso 2: Existe $x_0 \in [a,b]$, tal que $f(x_0) > f(a).$

Por el teorema del máximo-mínimo, existe $c \in [a,b]$ tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene que $f(x) \leq f(c).$ Entonces,

\begin{gather*}
f(a) < f(x_0) \leq f(c).
\end{gather*}

Se sigue que
\begin{gather*}
& f(c) > f(a) = f(b). \\ \\
\therefore & c \neq a, \quad c \neq b. \\ \\
\therefore & c \in (a,b), \quad a<c<b.
\end{gather*}

Por tanto, para todo $x \in [a,b]$, se cumple que $f(x) \leq f(c)$. Donde se concluye que $f$ es un máximo local en $c.$

Además, $f$ es derivable en $(a,b)$. Por tanto, es derivable en $c$. Por el teorema anterior, se concluye que $f'(c) = 0.$

Caso 3: Existe $x_0 \in [a,b]$ tal que $f(x_0) < f(a)$.

Este caso es análogo al anterior.

$\square$

Teorema del Valor Medio

El siguiente teorema que probaremos indica que si una función es continua en $[a,b]$ y derivable en el intervalo $(a,b)$, entonces existe un punto $c$ cuya derivada es $$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

Lo anterior indica que existe un punto $c$ de tal manera que la pendiente de la recta tangente es la misma que la pendiente de la recta que pasa por los puntos extremos del intervalo $a$, $b$. Esto se puede ver gráficamente en la siguiente imagen.

Teorema del Valor Medio. Sea $f:[a,b] \to \RR$ continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$, entonces existe $c$, $a<c<b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

Demostración.

Consideremos $g(x) = f(a) + \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a)$ y $\rho(x) = f(x)-g(x)$. Así, se tiene que

$$\rho(x) = f(x) – \left(f(a)+\left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right).$$

Notemos que $\rho: [a,b] \to \RR$, cumple que

$\rho$ es continua en $[a,b]$ pues $f$ lo es.
$\rho$ es derivable en $(a,b)$ pues $f$ lo es.
$\rho(a) = f(a)-(f(a)+0) = 0$ y $\rho(b) = f(b)-(f(a)+f(b)-f(a)) = 0$. Por tanto, $\rho(a) = \rho(b)$.

Por el teorema de Rolle, existe $c$, $a<c<b$ tal que $\rho'(c)=0$. Veamos que

\begin{align*}
\rho'(x) & =f'(x)-\left( \left( f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right) (x-a) \right)’ \\ \\
& = f'(x)- \left( 0 + \frac{f(b)-f(a)}{b-a} (1) \right) \\ \\
& = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right).
\end{align*}

$$\therefore \rho'(x) = f'(x) – \left( \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right).$$

Considerando que $\rho'(c)=0$, de la expresión anterior, se sigue que

$$ f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

$\square$

Corolario. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = 0$, entonces existe $k \in \RR$ tal que $\forall x \in [a,b]$ se tiene que $f(x) = k.$

Demostración.

Si $x = a$, entonces $f(x) = f(a)$. Si $x \in [a,b]$, con $x \neq a$, entonces $x>a$. Aplicando el Teorema del Valor Medio en $[a,x]$, existe $c$, $a<c<x \leq b$ tal que

$$f'(c) = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}.$$

Por hipótesis, $f'(c) = 0$ y $x \neq a$, entonces

\begin{gather*}
& 0 = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}. \\ \\
\Leftrightarrow & f(x)-f(a) = 0. \\ \\
\Leftrightarrow & f(x) = f(a).
\end{gather*}

Por tanto, para todo $x \in [a,b]$, se tiene que $f(x) = k$, con $k = f(a).$

$\square$

Corolario. Sean $f,g:[a,b] \to \RR$ continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$. Si para todo $x \in (a,b)$, $f'(x) = g'(x)$, entonces $f(x) = g(x) +k.$

Demostración.

Consideremos $h(x) = f(x)-g(x)$, entonces se tiene que $h'(x) = f'(x)-g'(x)= 0$ para todo $x \in (a,b).$

Por el corolario anterior, existe $k \in \RR$, constante, tal que para todo $x \in [a,b]$ se tiene $h(x) = k.$ Se sigue que

\begin{gather*}
& f(x)-g(x) = k. \\
\therefore & f(x) = g(x) + k \quad \forall x \in [a,b].
\end{gather*}

$\square$

Más adelante…

La siguiente entrada será la última de la unidad y revisaremos un potente resultado de la derivada que nos permitirá hacer el cálculo de cierto tipo de límites con mayor facilidad, este resultado es conocido como la regla de L’Hôpital.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Comprueba el teorema de Rolle en los intervalos que se muestran y halla los valores de $c$ para las siguientes funciones:
- $f(x) = x^2-x-6$ en el intervalo $[-2,3].$
- $f(x) = x^2-4$ en el intervalo $[-2,2].$
- $f(x) = \sqrt{x}-2 \sqrt[4]{x}$ en el intervalo $[0,16].$
Comprueba el teorema del valor medio en los intervalos que se muestran y encuentra el valor $c$ para las siguientes funciones:
- $f(x) = \sqrt{x+1}$ en el intervalo $[-1,3].$
- $f(x) = sen(x)$ en el intervalo $[0, \pi/4].$
- $f(x) = ln(2x+5)$ en el intervalo $[0,2].$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»