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2. Cuadernos de Matemáticas
de la Escuela Politécnica Nacional
Germán Rojas
CÁLCULO EN UNA VARIABLE
Cálculo Integral
Aquí van los logos de EPN y Departamento
Facultad de Ciencias de la EPN

3. Cuaderno de Matemática No. 2
Cálculo en una variable: Cálculo Integral
Germán Rojas I.
Responsable de la Edición: Juan Carlos Trujillo
Revisión técnica: Alejandro Araujo y Rolando Sáenz
Registro de derecho autoral No.
Depósito Legal No.
ISBN-
Publicado por la Unidad de Publicaciones de la Facultad de Ciencias de la Escuela
Politécnica Nacional, Ladrón de Guevara E11-253, Quito, Ecuador.
c Escuela Politécnica Nacional 2010

4. Tabla de contenidos
Prefacio vii
1 La integral indefinida 1
1.1 Primitivas e integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 La diferencial y la integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Cambios de variable en integrales indefinidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5 Integrales de potencias de sen y cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6 Integrales de potencias de sec y tan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7 Integración por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.8 Integración de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.8.1 Integración de fracciones simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.8.2 El método de las fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.8.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.9 El método de Ostrogradski mejorado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 La integral definida 29
2.1 El Palimpsesto de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Definición de integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 Propiedades de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.5 Otra propiedad de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6 El teorema fundamental del cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.7 El cambio de variable para la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.8 La integración por partes para la integal definida . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno . . . . . . . . . . . . . . 53
2.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.10 Sustituciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.11 Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
iii

5. TABLA DE CONTENIDOS TABLA DE CONTENIDOS
2.11.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos . . . . . . . . . . . . 60
2.11.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.11.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados . . . . . . . . . . . . . 62
2.11.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.11.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.12 Integración aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.12.1 Método “natural” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.12.2 Método de los trapecios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.12.3 El método de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.12.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3 Aplicaciones de la integral definida 71
3.1 La ofrenda de oro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2 Definición de longitud, área y volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3 El área de una figura plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4 Cálculo de volúmenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.1 Volumen de un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.4.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas) . . . . . . . 78
3.4.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas . . . . . . 80
3.4.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas . . . . . . 81
3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro . . . . . . . . . . . 83
3.5.1 Identificación del modelo matemático a usarse . . . . . . . . . . . . . . 83
3.5.2 Solución del problema matemático del volumen de la cruz . . . . . . . 84
3.5.3 Solución del problema de la ofrenda de oro . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.5.4 Epílogo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.6 Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.7 Área de superficies de revolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.7.1 Caso con giro alrededor del eje Ox. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.7.2 Caso con giro alrededor del eje Oy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.7.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.8 El valor medio de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.9 Masa y densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3.11 Trabajo mecánico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
3.11.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.12 Presión hidrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.12.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.13.1 Caso de sistemas en “línea recta” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
3.13.2 Caso de sistemas “planos” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.13.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.14 Aplicaciones en economía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.14.1 Ingreso de una empresa o un gobierno . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.14.2 Superávit del consumidor y del productor . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.14.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
iv

6. TABLA DE CONTENIDOS TABLA DE CONTENIDOS
4 Función logaritmo y exponencial 119
4.1 Relaciones y funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
4.2 Sentido de la expresión ax
para x ∈ Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.3 La función logaritmo natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.4 Función exponencial natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
4.5 Definición de ax
, a > 0, x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.5.1 generalización de la regla de la potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.6 Función loga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
4.7 Funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
4.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y logarítmicas . . . . . . . . 135
5 Sucesiones y series 137
5.1 Sucesiones numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
5.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como elementos de R∞
. . . . . . . . 137
5.1.2 Las sucesiones como funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
5.1.3 Sucesiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
5.1.4 Sucesiones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
5.1.5 Sucesiones convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
5.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas . . . . . . . . . . . 142
5.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . 143
5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
5.3 Series numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
5.3.1 Series telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
5.3.2 Propiedades algebraicas de las series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
5.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
5.5 Series de términos no-negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
5.6 Criterio integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
5.7 Criterios de comparación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
5.7.1 Criterio de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
5.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
5.9 Series alternantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
5.10 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
5.11 Criterio general de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
5.12 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
5.13 Error de aproximación del límite de una serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
5.14 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
5.15 Convergencia puntual de sucesiones y series de funciones reales . . . . . . . . 168
5.16 Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
5.17 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
5.18 Derivación e Integración de Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
5.19 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
5.20 Series de Taylor y de Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
5.21 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
5.22 Serie Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
5.23 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
v

7. TABLA DE CONTENIDOS TABLA DE CONTENIDOS
A Tablas de integración 185
A.1 Fórmulas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
A.2 Fórmulas en las que interviene
√
a2 + u2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
A.3 Fórmulas en las que interviene
√
a2 − u2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
A.4 Fórmulas en las que interviene
√
u2 − a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
A.5 Fórmulas con las funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
A.6 Fórmulas con funciones exponenciales y logarítmicas . . . . . . . . . . . . . . 188
A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
vi

8. Prefacio
Entre los objetivos de la unificación de los programas de la asignatura “Cálculo en una
Variable” en la Escuela Politécnica Nacional, está el de uniformizar sus contenidos y el nivel
de la enseñanza aprendizaje en todos los paralelos de las carreras de ingeniería y ciencias de
la Institución.
En una serie de reuniones de los profesores que impartimos dicha asignatura en la Ins-
titución, vimos que para lograr este objetivo es necesario contar con bibliografía común y,
en lo posible, con un texto politécnico de “Cálculo en una Variable” que sea el referente en
todos los paralelos en que se dicte la materia.
El autor del presente trabajo, que es la primera versión de la segunda parte del texto,
que cubre los contenidos de Cálculo Integral que constan en el programa vigente, lo pone a
consideración de la comunidad politécnica, en especial de los profesores de “Cálculo en una
Variable” y de los alumnos que toman esta asignatura, con la esperanza de que sirva como
un primer borrador de lo que será en un futuro cercano el texto politécnico que tanta falta
nos hace. La primera parte, la de Cálculo Diferencial, fue publicada en junio 2009 por la
Escuela Politécnica Nacional en formato digital, y puede encontrarse en la página web del
Departamento de Matemática de la Institución.
Creemos necesario aclarar que los ejercicios resueltos y los propuestos han sido tomados
o son modificaciones a los que se encuentran en diversas obras similares, como son los textos
de Apostol, Zill, Douchet y Zwahlen, Leithold, Demidovich y demás textos rusos, etc.
Debemos agradecer al Editor del libro, Juan Carlos Trujillo, por el enorme trabajo rea-
lizado, a los profesores que revisaron el texto, Alejandro Araujo y Rolando Sáenz, y a las
Autoridades de la Institución y del departamento de Matemáticas y la facultad de Ciencias
por el apoyo que nos han brindado para su realización.
Quito, febrero de 2010
vii

9. Capítulo 1
La integral indefinida
1.1 Primitivas e integral indefinida
Dada una función f derivable en un intervalo I, sabemos que la función derivada de f, f′
es
única. Ahora nos planteamos el problema inverso: hallar, para una función f definida en un
intervalo I, una función F cuya derivada sea f. De existir una tal F, la llamaremos primitiva
de f.
¿Cuántas primitivas podría tener una función f? Para verlo, supongamos que F es una
primitiva de f en un intervalo I. Entonces, la función G definida por
G(x) = F(x) + C,
donde C es una constante, también es una primitiva de f, pues
G′
(x) = F′
(x) + 0 = f(x)
para todo x ∈ I.
La recíproca de esta afirmación también es verdadera; es decir, cualquier otra primitiva
de f tendrá una forma similar. Esto resulta del siguiente teorema.
Teorema 1.1
Sea h : I → R una función continua en un intervalo I y derivable en int I. Entonces
h′
(x) = 0
para todo x ∈ int I si y solo existe C ∈ R tal que h(x) = C para todo x ∈ I
Demostración. Si h es constante, entonces h′
es igual a 0. Recíprocamente, sean x1, x2 en I,
x1 < x2. Basta probar que h(x1) = h(x2). Como h cumple las condiciones del Teorema del
Valor Medio para las derivadas en el intervalo [x1, x2], tenemos que existe x ∈ ]x1, x2[ tal que
h′
(x) =
h(x2) − h(x1)
x2 − x1
.
Como h′
(x) = 0 para todo x ∈ I esto implica que h(x2) − h(x1) = 0 y, por ende,
h(x1) = h(x2).

10. 2 La integral indefinida
Corolario 1.2
Si F y G son dos primitivas de f definidas en un intervalo I, existe C ∈ R tal que
F(x) = G(x) + C
para todo x ∈ I.
Demostración. Basta aplicar el teorema anterior a la función h = F − G.
Recordemos que si para una función f tomamos a x como la variable independiente, a la
llamamos expresión f(x) se la llama forma funcional de la función f. En la practica se da la
forma funcional para definir una función.
Definición 1.1 (Integral indefinida)
Dada una función f definida en un intervalo I, se llama primitiva de f a toda función F definida
en I tal que F′
(x) = f(x) para todo x ∈ I.
A la forma funcional que permite definir el conjunto de todas las primitivas de f, se le llama
integral indefinida de f y se nota así
Z
f(x)dx = F(x) + C (1.1)
A x se le llama variable de integración y C es una constante arbitraria.
El corolario (1.2) garantiza que con esta forma funcional se están representando a todas
las primitivas de f si la función F es una de ellas.
El símbolo
R
(una s (ese) alargada) se lee “integral de” y puede considerarse la operación
inversa del signo d que define la operación de hallar la diferencial de una forma funcional
dada. Así, se puede ver que
Z
dF(x) = F(x) + C y d
Z
f(x)dx = f(x).
Ejemplo 1.1
1.
Z
dx = x + C.
2.
Z
xa
dx =
1
a + 1
xa+1
+ C, con a ∈ Q {−1}.
3.
Z
sen x dx = − cos x + C.
4.
Z
cos x dx = sen x + C.
5.
Z
tan x dx = − ln | cos x| + C.
6.
Z
sec x dx = ln | sec x + tan x| + C.
7.
Z
sec2
x dx = tan x + C.

11. 1.1 Primitivas e integral indefinida 3
Solución. El cálculo de la derivada de la función expresada en el lado derecho de cada una de las
igualdades muestra claramente que cada igualdad es verdadera.
Con el procedimiento utilizado en este ejemplo se demuestra el siguiente teorema.
Teorema 1.3 (Integral indefinida de una suma algebraica)
Sean F y G las primitivas de las funciones f y g, respectivamente, definidas en un intervalo I.
Sea k ∈ R. Entonces:
1.
Z [f(x) + g(x)] dx =
Z f(x) dx +
Z g(x) dx = F(x) + G(x) + C.
2.
Z kf(x) dx = k
Z f(x) dx = kF(x) + C.
Ejemplo 1.2
Calcular la integral indefinida de un polinomio cualquiera P:
P(x) =
n
X
k=0
akxk
.
Solución. Aplicando el teorema (1.3) y el numeral (2) del ejemplo (1.1), se obtiene:
Z n
X
k=0
akxk
dx =
n
X
k=0
ak
Z xk
dx =
n
X
k=0
ak
k + 1
xk+1
+ C.
Ejemplo 1.3
Calcular
Z √
x dx.
Solución. De acuerdo con el numeral (2) del ejemplo (1.1) (a = 1/2) se obtiene:
Z √
x dx =
Z x
1
2 dx =
2
3
x
3
2 + C.
Ejemplo 1.4
Calcular
Z 3x4
+ 2x2
− 1
x2
dx.
Solución. Utilizando el numeral (1) del teorema (1.3) se obtiene:
Z 3x4
+ 2x2
− 1
x2
dx =
Z (3x2
+ 2 + (−1)x−2
) dx
= 3
Z x2
dx + 2
Z dx + (−1)
Z x−2
dx
= x3
+ 2x +
1
x
+ C.

12. 4 La integral indefinida
Ejemplo 1.5
Calcular
Z
(x + 3)(x − 3) dx.
Solución. De acuerdo con el ejemplo (1.1), la integral indefinida de este polinomio es:
Z
(x + 3)(x − 3) dx =
Z
(x2
− 9) dx
=
Z
x2
dx − 9
Z
dx
=
x3
3
− 9x + C
1.1.1 Ejercicios
Con la ayuda del ejemplo 1.1 y del teorema 1.3, calcule:
1.
Z
3
√
x2 dx
2.
Z
x2
− 2x + 3
√
x
dx
3.
Z
2
√
x − 3
3
√
x2 +
5
√
x4
dx
4.
Z
(3 cos x − tan x) dx
5.
Z
(3 sec x − tan2
x) dx
6.
Z
(x2
+ 11/x + 2 exp x) dx
Recuerde que (exp x)′
= exp x y (ln |x|)′
= 1
x
7.
Z √
x − 3
√
x + 4
√
x
x
dx
8.
Z
(3x + 2)(5x + 1)2
dx
9.
Z
(2 sen x + exp x) dx
10.
Z
(5x
√
x − 3 cos x) dx
11.
Z
3
√
x 5
√
x 7
√
x
dx
1.2 La diferencial y la integral indefinida
Recordemos el concepto de diferencial: dada una función F : R → R, la derivada de F en a,
notada F′
(a), puede ser vista como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de F en el
punto (a, F(a)). En el sistema de coordenadas xy, la ecuación de esta recta es
y − F(a) = F′
(a)(x − a). (1.2)
Si escogemos un sistema de coordenadas cuyo origen esté en (a, F(a)) y si llamamos dx y
dy a las variables correspondientes a las abscisas y ordenadas, la ecuación (1.2) de la recta
tangente mencionada, toma la forma
dy = F′
(a) dx.
A las variables dx y dy se las llama diferenciales de x y de y, respectivamente. Dada una
función f : R → R, x 7→ f(x), con x como variable independiente, a una expresión de tipo
f(x) dx se la llama forma diferencial, mientras que a una expresión de tipo F(x) le llamamos
forma funcional.
Dada una función f, escogidas x e y como variables independiente y dependiente, res-
pectivamente, a la diferencial d se le puede ver como un operador que transforma una forma
funcional en una forma diferencial
d: F(x) 7→ dF(x)
def
= F′
(x) dx.

13. 1.3 Cambios de variable en integrales indefinidas 5
En este caso la integral indefinida
R
puede ser vista como una especie de operador inverso
de d, aunque multivaluado porque, como acabamos de ver, si existe una primitiva de una
función, existe en realidad una infinidad de ellas:
Z
: f(x) dx 7→
Z
f(x) dx
def
= F(x) + C,
con
F′
(x) = f(x).
Tendremos entonces:
Z
d(F(x)) = F(x) + C, d
Z
f(x) dx
‹
= f(x)dx.
Para los lectores que sean aficionados al Álgebra Lineal, mencionaremos que si definimos
la relación binaria f ∼ g cuando existe C ∈ R tal que f = g + C, tendremos que ∼ es una
relación de equivalencia en el conjunto de funciones
X = F(R, R) = {f : R → R}.
Entonces d: X → X es lineal, inyectivo, y el operador
R
: X → X|∼, f 7→ F̂, es el operador
lineal inverso de d. Aquí F̂ denota la clase de equivalencia con representante F y con F′
= f.
Ejemplo 1.6
Calcular
R
d(3x2
+ cos x) y d
R
(5x4
− sec2
x) dx
.
Solución.
R
d(3x2
+ cos x) = 3x2
+ cos x + C y d
R
(5x4
− sec2
x) dx
= (5x4
− sec2
x)dx.
1.2.1 Ejercicios
Calcule:
1.
Z
(5x + cos x)′
dx
2.
Z
d[3 exp x + cos(2x2
+ 5)]
3.
Z
(cos x + 3x2
− 5 ln x)′
dx
4.
Z
(3x2
− 2x + exp x) dx
‹′
5. d
Z
(cos x + exp x) dx
6. d
Z
2
√
x − 3 exp x
dx
7.
Z
√
x + 3
√
x
dx
‹′
8.
Z
[cos x − 3 sen x + exp(5x + 4)] dx
‹′
1.3 Cambios de variable en integrales indefinidas
Sean I y J dos intervalos. Sea g : I → J una función continua en I, derivable en el interior
de I y biyectiva como se ilustra el siguiente dibujo, donde tomamos I = [a, b] y J = [c, d],
con a 0 y c 0.

14. 6 La integral indefinida
x
u
a b
c
d
x
u
a b
c
d
Sea F : J → R, u 7→ F(u), y sea H = F ◦ g. Entonces H : I → R, x 7→ H(x) = F(g(x)).
Si ponemos u ≡ g(x) y como x ≡ g−1
(u), tendremos
F(u) ≡ F(g(x)) = H(x) ≡ H(g−1
(u)).
Por ello, para todo x ∈ I y para todo u ∈ J:
¨
F(u) ≡ F(g(x)) = H(x)
H(x) ≡ H(g−1
(u)) = F(u).
Se dice entonces que F : I → R, u 7→ F(u) se obtiene de H : I → R, x 7→ H(x) mediante
el cambio de variable u ≡ g(x). Se tiene también que H se obtiene de F mediante el cambio
de variable inverso x ≡ g−1
(u). Escribiremos entonces
F(u) ≡ H(x).
Notemos que las imágenes de F y de H coinciden. Por otra parte, como
H′
(x) = [F(g(x))]′
= F′
(g(x)) g′
(x),
el signo de H′
(x) será el mismo que el de F′
(g(x)), si g′
(x) 0, y el signo contrario si
g′
(x) 0. Así los intervalos de monotonía de F y H coinciden en el primer caso, y son
contrarios en el segundo. La interelación entre la convexidad o concavidad de F y G es más
compleja debido a que
H′′
(x) = F′′
(g(x)) [g′
(x)]2
+ F′
(g(x)) g′′
(x).
En particular, si g′′
(x) = 0, es decir si el gráfico de g es una recta, ¡los intervalos de concavidad
y los de convexidad de F y H coinciden!
Ilustremos lo dicho con un ejemplo:
I = [1, 2], J = [2, 4], u ≡ g(x) = 2 + 2(x − 1).
El cambio de variable significa que para u ≡ g(x) o, lo que es lo mismo, x ≡ g−1
(u),
identificamos las formas funcionales F(u) y H(x):
F(u) ≡ H(x) (1.3)
¿Qué pasa con las correspondientes formas diferenciales obtenidas aplicando d a las formas
funcionales F(u) y H(x)? De (1.3) se obtiene, aplicando d a ambos lados:
F′
(u) du ≡ H′
(x) dx = [F(g(x))]′
dx = F′
(g(x)) g′
(x) dx.
Es decir que
F′
(u) du ≡ F′
(g(x)) g′
(x) dx

15. 1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas 7
En general, dada una forma diferencial f(u) du, con u ∈ J, tendremos, para u ≡ g(x):
f(u) du ≡ f(g(x)) g′
(x) dx.
Supongamos ahora que F es una primitiva de f, ambas funciones definidas en un intervalo
J. Sea g una función como antes descrita. Entonces tenemos que:
1.
Z
f(u) du = F(u) + C,
2.
Z
f(g(x)) g′
(x) dx =
Z
F′
(g(x)) g′
(x) dx =
Z
d(F(g(x))) = F(g(x)) + C.
De donde podemos deducir el así llamado método de sustitución o de cambio de variable
para las integrales indefinidas: si ponemos u ≡ g(x), y en una integral de tipo
Z
f(g(x)) g′
(x) dx
sustituimos g(x) por u y g′
(x) dx por du se obtiene la integral
Z
f(u) du
con u como variable de integración. Si se logra hallar un resultado para la integral así obte-
nida, digamos Z
f(u) du = F(u) + C,
podemos “regresar” a la variable original x y tendremos
Z
f(g(x)) g′
(x) dx = F(g(x)) + C.
Para que la integral dada esté “lista” para un cambio de variable es necesario a veces ciertos
cálculos previos, teniendo en cuenta las propiedades de la integral indefinida, identidades
algebraicas, trigonométricas, logarítmicas, etc. Todo ello se ilustra en los siguientes ejemplos.
1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas
Una aplicación sencilla del método de sustitución o cambio de variable nos permite calcular
integrales mediante el uso de tablas de integración como las que constan en el anexo.
Ejemplo 1.7
Calcular
Z
dx
4x2 + 4x + 10
.
Solución. Como
4x2
+ 4x + 10 = (4x2
+ 4x + 1) + 9
= (2x + 1)2
+ 32
,
si ponemos u ≡ 2x + 1, tenemos que du ≡ 2dx y
Z
dx
4x2 + 4x + 10
=
1
2
Z
du
u2 + 32
.

16. 8 La integral indefinida
Esta última integral puede ser calculada usando la fórmula siguiente (con a = 3):
Z
du
u2 + a2
=
1
a
arctan
u
a
+ C.
Entonces: Z
dx
4x2 + 4x + 10
=
1
6
arctan
2x + 1
3
+ C.
Ejemplo 1.8
1. La integral Z
cos(ax) dx =
Z
cos(ax)
a dx
a
con el cambio de variable
u ≡ ax, du ≡ a dx, dx ≡
1
a
du
se convierte en Z
cos u
du
a
=
1
a
Z
cos u du =
1
a
sen u + C
que, con el regreso a la variable original, resulta igual a:
Z
cos(ax) dx =
1
a
sen(ax) + C
2.
Z 
x2
2
+ 3x −
7
2
‹3
2
(x + 3) dx ≡
Z
u
3
2 du
=
2
5
u
5
2 + C
≡
2
5

x2
2
+ 3x −
7
2
‹5
2
+ C
mediante el cambio de variable
u ≡
x2
2
+ 3x −
7
2
, du ≡ (x + 3) dx.
En este ejemplo:
f(u) = u
3
2 , g(x) =
x2
2
+ 3x −
7
2
, I = [1, ∞[, J = [0, ∞[, F(u) =
2
5
u
5
2 .
3. Z
tan x dx = −
Z
− sen x
cos x
dx ≡ −
Z
du
u
= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C
considerando el cambio de variable
u ≡ cos x, du ≡ − sen x dx.
4.
Z
sen(ax) dx =
1
a
Z
sen(ax) a dx
≡
1
a
Z
sen u du
= −
1
a
cos u + C ≡ −
1
a
cos(ax) + C
con el cambio de variable
u ≡ ax, du ≡ a dx.

17. 1.4 Cálculo de integrales mediante el uso de tablas 9
5. Mediante el cambio de variable u ≡ 2x, du ≡ 2dx y usando la identidad sen2
= 1−cos 2x
2
, se
obtiene:
Z
sen2
x dx =
Z
1 − cos(2x)
2
dx
=
1
2
Z
dx −
Z
cos(2x) dx
‹
=
1
2
h
x −
1
2
sen(2x)
i
+ C.
6.
Z
5
É
1 − 5
√
x
x4
dx = −5
Z €
1 − x
1
5
Š1
5
−
1
5
x− 4
5
dx
≡ −5
Z
u
1
5 du
= −5
5
6
u
6
5 + C
≡ −
25
6
€
1 − x
1
5
Š6
5
+ C
con el cambio de variable
u ≡ 1 − x
1
5 , du ≡ −
1
5
x− 4
5 dx.
7. A veces es más sencillo realizar los cálculos utilizando las igualdades
x ≡ g−1
(u), dx ≡ [g−1
(u)]′
du,
como veremos en este ejemplo.
Z
x2
dx
√
25 − x2
≡
Z
25 sen2
u
5 cos u
5 cos u du
= 25
Z
sen2
u du
= 25
h
u
2
−
1
4
sen(2u)
i
+ C
≡
25
2
arc sen
x
5
−
1
2
x
p
25 − x2 + C
con el cambio de variable
u ≡ arcsin
x
5
= g(x), x ≡ 5 sen u = g−1
(u), dx ≡ 5 cos u du,
I =] − 5, 5[, J =
—
−
π
2
,
π
2
”
,
p
25 − x2 =
p
25 − 25 sen2 u = 5
p
1 − sen2 u = 5
√
cos2 u = 5| cos u| = 5 cos u,
ya que u ∈
−π
2
, π
2
. Además, se usó la expresión
sen(2u) = 2 sen u cos u ≡ 2 sen
€
arcsin
x
5
Š
cos
€
arcsin
x
5
Š
= 2
x
5
√
25 − x2
5
=
2
25
x
p
25 − x2.
En la expresión anterior ¿cómo se calcula cos arcsin a
c
? Sean 0 a c. Si ponemos α igual
a arcsin a
c
, tenemos que sen α = a
c
, lo que se puede representar con un triángulo rectángulo en el
cual c es la hipotenusa, α uno de los ángulos agudos, a el cateto opuesto a α, y b =
√
c2 − a2 su
cateto adyacente, como se muestra en la siguiente figura:

18. 10 La integral indefinida
c
√
c2 − a2
a
α
Por ello
cos
€
arcsin
a
c
Š
= cos α =
b
c
=
√
c2 − a2
c
.
1.4.1 Ejercicios
1. Use el cambio de variable u ≡ g(x) para calcular:
(a)
Z
x2
exp x3
dx, u ≡ x3
(b)
Z
cos3
x sen x dx, u ≡ cos x
(c)
Z
senn
x cos x dx, n ∈ N, u ≡ sen x
(d)
Z
(ln |x|)5
x
dx, u ≡ ln |x|
(e)
Z
sen(exp x+x)(exp x+1) dx, u ≡ exp x+
x
(f)
Z
cot x dx, u ≡ sen x
(g)
Z
3
É
2 + 3
√
x
x2
dx, u ≡ 2 + 3
√
x
(h)
Z
x
√
x2 + 3
dx, u = x2
+ 3
(i)
Z
x3
√
25 − x4
dx, u ≡ 25 − x4
(j)
Z
(3 tan2
x−tan x+3) sec2
x dx, u ≡ tan x
(k)
Z
sec4
x tan3
x dx, u ≡ tan x
(l)
Z
sec5
x tan3
x dx, u ≡ sec x
(m)
Z
x
x2 + a2
dx, u ≡ x2
+ a2
(n)
Z
dx
x2 + a2
2. Use el cambio de variable x ≡ g−1
(u) para calcular:
(a)
Z
dx
√
36 − x2
, x ≡ 6 sen u
(b)
Z
dx
(x2 − 9)3/2
, x ≡ 3 sec u
(c)
Z
x
(25 − x2)
dx, x ≡ 5 sen u
(d)
Z
x3
(x2 + 16)3/2
dx, x ≡ 4 tan u
(e)
Z
tan(x/2)
sen x + cos x + 1
dx, x ≡ 2 tan−1
u,
u ≡ tan(x/2)
(f)
Z
x2
√
2x + 3
dx, x ≡ (u2
− 3)/2,
u ≡
√
2x + 3
(g)
Z
dx
√
x2 + 2x + 5
, x ≡ −1 + 2 tan u
(h)
Z
x2
√
2x + 3
dx, x ≡ (u − 3)/2, u ≡ 2x + 3
(i)
Z
dx
x2 + a2
, x ≡ a tan u
(j)
Z
Ax + B
x2 + 2bx + c
dx, si d = b2
− c 0,
x ≡ u − b
1.5 Integrales de potencias de sen y cos
Son integrales del tipo Z
cosm
x senn
x dx; m, n ∈ Q.
Veamos algunos casos.

19. 1.5 Integrales de potencias de sen y cos 11
(i) Si n impar: n = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ {0}; m ∈ Q.
Como senn
x = sen2k+1
x = (sen2
x)k
sen x = (1 − cos2
x)k
sen x, podemos escribir
Z
cosm
x senn
x dx = −
Z
cosm
x(1 − cos2
x)k
(− sen x) dx = −
Z
um
(1 − u2
)k
du,
usando el cambio de variable
u = cos x, du = − sen x dx,
obteniéndose la integral de un polinomio que siempre se puede resolver (aún si los expo-
nentes no son enteros).
(ii) Si m impar: m = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ {0}; n ∈ Q.
Como cosm
x = cos2k+1
x = (cos2
x)k
cos x = (1 − sen2
x)k
cos x, podemos escribir
Z
cosm
x senn
x dx =
Z
(1 − sen2
x)k
senn
x cos x dx =
Z
(1 − u2
)k
un
du
con el cambio de variable
u = sen x, du = cos x dx,
y llegamos nuevamente a la integración de un polinomio que siempre se puede resolver
(aún en los casos en que los exponentes no sean enteros).
(iii) Si n = 0 y m es par: m = 2k, k ∈ N.
Como
cosm
x = cos2k
x = (cos2
x)k
=

1 + cos(2x)
2
‹k
, (1.4)
se llega a integrales de tipo
Z
cosj
(2x) dx, j = 1, . . . , k.
Para j impar, es similar al caso (ii). Para j par como k = m
2 m, utilizando (1.4) las
veces que sea necesario se consigue el resultado.
(iv) Caso m y n pares: m = 2k, n = 2j, k, j ∈ N ∪ {0}. Como
senn
x = sen2j
x = (sen2
x)j
=

1 − cos(2x)
2
‹j
,
y por (1.4) se llega a la misma situación que en el caso (iii).
Veamos algunos ejemplos.
Ejemplo 1.9
1. Análogamente al caso descrito en (i), la integral:
Z
sen5
(ax) dx =
Z
(sen2
(ax))2
sen(ax) dx
= −
1
a
Z
(1 − cos2
(ax))2
(−a sen(ax))dx
= −
1
a
Z
(1 − u2
)2
du
(considerando el cambio de variable u = cos(ax), du = −a sen(ax) dx)

20. 12 La integral indefinida
= −
1
a
Z
(1 − u2
)2
du
= −
1
a
Z
(1 − 2u2
+ u4
) du
= −
1
a
u −
2
3
u3
+
1
5
u5
+ C
= −
1
a
h
cos(ax) −
2
3
cos3
(ax) +
1
5
cos5
(ax)
i
+ C.
2. La siguiente integral se calcula como en el caso (iv)
Z
cos2
(ax) sen2
(ax) dx =
Z
1 + cos(2ax)
2
1 − cos(2ax)
2
dx
=
1
4
Z
[1 − cos2
(2ax)] dx
=
1
4
Z
sen2
(2ax) dx
=
1
8
Z
[1 − cos(4ax)] dx
=
1
8
•
x −
sen(4ax)
4a
˜
+ C.
3. Aplicando el caso (ii) se calcula la integral indefinida:
Z
sen2
(ax) cos3
(ax) dx =
Z
sen2
(ax) cos2
(ax) cos(ax) dx
=
Z
sen2
(ax)(1 − sen2
(ax))cos(ax) dx
=
Z
sen2
(ax) − sen4
(ax)
cos(ax) dx
=
1
a
Z
(u2
− u4
) du
(con el cambio de variable u = sen(ax), du = a cos(ax)dx)
=
1
a

u3
3
−
u5
5
‹
+ C
=
1
a
•
sen3
(ax)
3
−
sen5
(ax)
5
˜
+ C.
4.
Z
sen
9
2
√
x cos3 √
x
dx
√
x
= 2
Z
sen
9
2 θ cos3
θ dθ
(con el cambio de variable del caso (ii) θ =
√
x, dθ =
dx
2
√
x
)
= 2
Z
sen
9
2 θ (1 − sen2
θ) cos θ dθ
= 2
Z
(u
9
2 − u
13
2 ) du
(con el cambio de variable u = sen θ, du = cos θ dθ)
= 2
2
11
u
11
2 −
2
15
u
15
2
+ C
= 4
sen
11
2
√
x
11
−
sen
15
2
√
x
15
+ C.

21. 1.6 Integrales de potencias de sec y tan 13
1.5.1 Ejercicios
Calcule:
1.
Z
5
È
sec4(5x) sen3
(5x) dx
2.
Z
cos9
(ax) sen(ax) dx
3.
Z
sen3
(bx) dx
4.
Z
cos5
(cx) dx
5.
Z
sen5
(ax) cos5
(ax) dx
6.
Z
sen4
x cos2
x dx
7.
Z
sen2
(2x) cos4
(2x) dx
1.6 Integrales de potencias de sec y tan
Son integrales del tipo Z
secm
x tann
x dx; m, n ∈ Q.
Veamos algunos casos.
(i) En el caso en que m par: m = 2k, k ∈ N; n ∈ Q, como
secm
x = sec2k
x = sec2k−2
x sec2
x = (sec2
x)k−1
sec2
x = (tan2
x + 1)k−1
sec2
x,
podemos escribir
Z
secm
x tann
x dx =
Z
(tan2
x + 1)k−1
tann
x sec2
x dx
=
Z
(u2
+ 1)k−1
un
du
(con el cambio de variable u = tan x, du = sec2
c dx),
con lo cual llegamos a la integral de un polinomio (con exponentes racionales en ciertos
casos), que podemos integrar fácilmente.
(ii) En el caso de que n sea impar: n = 2k + 1, k ∈ N ∪ {o}; m ∈ Q, como
secm
x tann
x = secm
x tan2k+1
x = secm−1
x(tan2
x)k
sec x tan x
= secm−1
x(sec2
x − 1)k
sec x tan x,
podemos escribir Z
secm
x tann
x dx =
Z
um−1
(u2
− 1)k
du.
Con el cambio de variable u ≡ sec x, du ≡ sec x tan x dx, se llega también en este caso
a la integral de polinomios con, tal vez, exponentes racionales no enteros, que podemos
integrar fácilmente.
(iii) En el caso de que m sea impar y n par; m ∈ N, n = 2k con k ∈ N, se escribe la función
que vamos a integrar solo en términos de sec, ya que
tann
= tan2k
= (tan2
)k
= (sec2
−1)k
,
obteniendo la suma de integrales de potencias de sec de tipo
Ij =
Z
secj
x dx

22. 14 La integral indefinida
con j ∈ N y j ≥ 3 para los cuales se puede usar la fórmula de recurrencia siguiente,
que la obtendremos en la siguiente sección:
Ij =
1
j − 1
”
secj−2
x tan x + (j − 2)Ij−2
—
con j ≥ 3, con lo cual todo se reduce al cálculo de I2 o I1 ya conocido:
I1 =
Z
sec x dx = ln | sec x + tan x| + C y I2 =
Z
sec2
x dx = tan x + C.
1.6.1 Ejercicios
Calcule:
1.
Z
tan2
x dx
2.
Z
(tan x + cot x)2
dx
3.
Z
tan3
(3x) sec4
(3x) dx
4.
Z
sec4
x dx
5.
Z
tan(2x) sec(2x) dx
6.
Z
tan5
(3x) dx
7.
Z
cot6
(2x + 1) dx
8.
Z
tan3
x
√
cos x dx
9.
Z
(tan(x/4) sec(x/4))3
dx
10.
Z
tan2
(3x) sec(3x) dx
11.
Z
tan4
(5x) dx
12.
Z
sec4
x cot8
x dx
13.
Z
sen x
cos7 x
dx
1.7 Integración por partes
Dadas las funciones derivables G y H, recordemos que:
d[G(x)H(x)] = G′
(x)H(x) dx + G(x)H′
(x) dx.
Si ponemos u = G(x), v = H(x), tendremos que:
d(uv) = d[G(x)H(x)], du = G′
(x) dx, dv = H′
(x) dx
y, por lo tanto,
d(uv) = u dv + v du.
Por ello, aplicando
R
a ambos lados se obtiene:
Z
d(uv) =
Z
u dv +
Z
v du,
de donde
uv =
Z
u dv +
Z
v du,
y, finalmente, Z
u dv = uv −
Z
v du.
Esta fórmula, que también puede escribirse:
Z
G(x)H′
(x) dx = G(x)H(x) −
Z
H(x)G′
(x) dx
se llama fórmula de integración por partes. Veamos cómo se aplica en algunos ejemplos.

23. 1.7 Integración por partes 15
Ejemplo 1.10
1. Z
xex
dx = xex
−
Z
ex
dx
con u = x, du = dx, dv = ex
dx, v = ex
.
Z
xex
dx = xex
− ex
+ C.
2. Z
x cos x dx = ex
sen x −
Z
ex
sen x dx
con u = ex
, du = ex
dx, dv = cos x dx, v = sen x.
Z
x cos x dx = ex
sen x −

−ex
cos x +
Z
ex
cos x dx
‹
con ū = ex
, dū = ex
dx, dv̄ = sen x dx, v̄ = − cos x.
La integral
R
ex
cos x dx aparece otra vez en el miembro derecho pero puede ser despejada de
la igualdad que hemos obtenido:
Z
ex
cos x dx = ex
(sen x + cos x) −
Z
ex
cos x dx.
Así, finalmente: Z
ex
cos x dx =
1
2
ex
(sen x + cos x) + C.
3. Z
sec3
x dx = sec x tan x −
Z
sec x tan2
x dx
con u = sec x, du = sec x tan x dx, dv = sec2
x dx, v = tan x. Como
sec x tan2
x = sec x(sec2
x − 1) = sec3
x − sec x,
se tiene: Z
sec3
x dx = sec x tan x −
Z
sec3
x dx +
Z
sec x dx,
es decir Z
sec3
x dx =
1
2

sec x tan x +
Z
sec x dx
‹
,
y como Z
sec x dx = ln | sec x + tan x| + C,
se tiene finalmente
Z
sec3
x dx =
1
2
(sec x tan x + ln | sec x + tan x|) + C.
4. Z
xn
ln x dx =
xn+1
ln x
n + 1
−
1
n + 1
Z
xn+1 dx
x
con u = ln x, du = dx
x
, dv = xn
, v = xn+1
n+1
.
Z
xn
ln x dx =
xn+1
ln x
n + 1
−
1
(n + 1)2
xn+1
+ C =
xn+1
n + 1
ln x +
1
n + 1
+ C.

24. 16 La integral indefinida
5. Z
cos x ln(sin x) dx =
Z
t ln t dt
con t = sin x, dt = cos x dx.
Z
cos x ln(sin x) dx =
t2
2
ln t −
1
2
Z
t dt
con u = ln t, du = dt
t
, dv = t dt, v = t2
2
.
Z
cos x ln(sin x) dx =
t2
2
ln t −
t4
4
+ C =
1
4
sin2
x [2 ln(senx) − 1] + C.
1.7.1 Ejercicios
Calcule, mediante integración por partes:
1.
Z
x
√
x + 1 dx
2.
Z
x(3x + 1)−1/2
dx
3.
Z
ln(ax)dx
4.
Z
ln(3x + 2) dx
5.
Z
x ln(bx) dx
6.
Z
√
x ln x dx
7.
Z
x2
ln(x2
) dx
8.
Z
tan−1
x dx
9.
Z
sen−1
x dx
10.
Z
x2
tan−1
x dx
11.
Z
x exp(ax) dx
12.
Z
x2
exp(ax) dx
13.
Z
x3
exp(x2
) dx
14.
Z
exp(ax) cos(bx) dx
15.
Z
exp(ax) sen(bx) dx
16.
Z
sen(ln x) dx
17.
Z
x cos2
x dx
18.
Z
tan−1 √
x dx
Sugerencia: use antes un cambio de variable
apropiado.
19.
Z
sen
√
ax + b dx
Sugerencia: use antes un cambio de variable
apropiado.
1.8 Integración de funciones racionales
La integración de funciones racionales se realiza generalmente por el método de reducción
a “fracciones parciales”. Cuando el denominador tiene raíces múltiples, la fórmula de Ostro-
gradski permite simplificar el cálculo, reduciéndolo a integrales de fracciones con denomina-
dores con solo raíces simples. Si combinamos los dos métodos, podemos escribir directamente
el resultado con coeficientes por determinar mediante la solución de un sistema lineal de
ecuaciones. Este procedimiento puede ser denominado el de Ostrogradski mejorado.
Una función f : D ⊂ R → R de la forma
f(x) =
p(x)
q(x)
,

25. 1.8 Integración de funciones racionales 17
donde p y q son polinomios se denomina función racional. Obviamente:
Dm(f) = R − {x ∈ R: q(x) = 0}.
En principio, se puede obtener la integral indefinida de cualquier función racional. Pro-
baremos este aserto poco a poco.
1.8.1 Integración de fracciones simples
Integración de fracciones simples de primer grado
Caso 1 Dado a ∈ R, a la expresión 1
x−a le llamaremos fracción simple de primer grado y
tenemos que : Z
dx
x − a
= ln |x − a| + C.
Integración de fracciones simples de segundo grado
Dado k 0 llamaremos fracciones elementales de segundo grado a expresiones fraccionales
de la forma
x
x2 + k2
y
1
x2 + k2
.
Las podemos integrar de la siguiente manera.
Caso 2 Dado k 0: Con el cambio de variable u ≡ x2
+ k2
, se obtiene:
Z
x
x2 + k2
dx =
1
2
Z
du
u
=
1
2
ln |u| + C
=
1
2
ln(x2
+ k2
) + C,
con el cambio de variable u ≡ x2
+ k2
.
Caso 3 Dado k 0: Con el cambio de variable es x ≡ k tan t con t ∈ ]− π
2 , π
2 [, por lo tanto:
dx ≡ k sec2
t dt y x2
+ k2
≡ k2
(tan2
t + 1) = k2
sec2
t;
se obtiene:
Z
dx
x2 + k2
=
Z
k sec2
t
k2 sec2 t
=
1
k
Z
dt
=
1
k
t + C
=
1
k
arctan
x
k
+ C.
Ahora bien, un trinomio cuadrado de la forma x2
+ 2bx + c no se puede descomponer en
factores si el discriminante d = (b2
− c) es menor que 0. En este caso, podemos expresar este
trinomio como la suma de dos cuadrados:
x2
+ 2bx + c = (x + b)2
+ k2

26. 18 La integral indefinida
con k =
√
c − b2. Gracias a esto, el cambio de variable u ≡ x + b nos permite transformar
integrales de expresiones de la forma
Ax + B
x2 + 2bx + c
,
que llamaremos fracciones simples de segundo grado, en integrales de fracciones elementales
que acabamos de estudiar.
En efecto, puesto que
x2
+ 2bx + c ≡ u2
+ k2
, x ≡ u − b, dx ≡ du,
se obtiene:
Caso 4 Dados A, B, b y c ∈ R tales que d = b2
− c 0, poniendo k =
√
−d se obtiene:
Z
Ax + B
x2 + 2bx + c
dx ≡
Z
A(u − b) + B
u2 + k2
du
= A
Z
u
u2 + k2
du + (−Ab + B)
Z
du
u2 + k2
=
A
2
ln(u2
+ k2
) +
−Ab + B
k
arctan
u
k
+ F
≡
A
2
ln(x2
+ 2bx + c) +
−Ab + B
√
c − b2
arctan
x + b
√
c − b2
+ F.
Ejemplo 1.11
Calcular
Z
−5x + 8
x2 − 4x + 29
dx.
Solución. Es un ejemplo del Caso 1.8.1 con
A = −5, B = 8, b = −2, c = 29,
puesto que
d = b2
− c = 4 − 29 = −25 0.
En este caso tenemos la fórmula
Z
Ax + B
x2 + 2bx + c
dx =
A
2
ln(x2
+ 2bx + c) +
−Ab + B
√
c − b2
arctan
x + b
√
c − b2
+ C,
en nuestro ejemplo
√
c − b2 =
√
25 = 5, y
Z
−5x + 8
x2 − 4x + 29
dx =
−5
2
ln(x2
− 4x + 29) −
2
5
arctan
x − 2
5
+ C.
1.8.2 El método de las fracciones parciales
Sabemos que todo polinomio de grado mayor que 2 se puede expresar como el producto de
factores de la forma
(x − a)m
, m ∈ N y/o (x2
+ 2bx + c)n
, n ∈ N, con b2
− c 0.
Notemos primero que para la integración de funciones racionales basta considerar el caso en
el que el grado del denominador es mayor que el del numerador. En efecto, si f = pM
qN
, donde

27. 1.8 Integración de funciones racionales 19
pM y qN son polinomios de grado M y N, respectivamente, si M N podemos dividir pM
por qN y obtendremos
f =
pM
qN
= CM−N +
rK
qN
,
donde el cociente CM−N es un polinomio de grado M − N y el residuo rK es un polinomio
de grado K N. Para integrar f basta entonces saber cómo integrar fracciones racionales,
el grado de cuyo denominador es mayor que el del numerador.
Se supone entonces que
f =
pM
qN
, M N.
Ahora bien, una función racional f = pM
qN
con M N puede siempre ser escrita como
la suma de fracciones parciales de primero y segundo grado. Veamos algunos casos simples
(m = 1, n = 1) porque para multiplicidades mayores que 1 es más conveniente usar el método
de Ostrogradski que solo requiere el cálculo de integrales con fracciones simples de primero
o de segundo grado.
Caso 5 Con fracciones simples de primer grado
El integrando
f(x) =
pM (x)
(x − a1)(x − a2) · · · (x − aN )
, con N M,
se puede escribir:
f(x) =
A1
(x − a1)
+
A2
(x − a2)
+ · · · +
AN
(x − aN )
.
Se puede hallar A1, A2, . . . , AN expresando la suma de la derecha como una fracción con
denominador común
(x − a1)(x − a2) · · · (x − aN )
y al ser igual a la fracción
pM (x)
(x − a1)(x − a2) · · · (x − aN )
,
los polinomios numeradores deben ser idénticos, por lo que se pueden igualar los N coeficien-
tes de los dos polinomios, puesto que el grado de ambos será menor a N, los dos polinomios
tendrán la forma
a0 + a1x + · · · + aN−1xN−1
,
con N coeficientes. Se obtiene así un sistema lineal de N ecuaciones con las incógnitas
A1, A2, . . . , AN .
Resuelto este sistema, para integrar f(x) basta calcular integrales consideradas en el Caso 1.
Ejemplo 1.12
Calcular
Z
4x2
− 9x − 4
x3 − x2 − 2x
dx.
Solución. Se tiene que el denominador es:
x3
− x2
− 2x = x(x + 1)(x − 2).
Al descomponer en suma de fracciones parciales:
f(x) =
4x2
− 9x − 4
x3 − x2 − 2x

28. 20 La integral indefinida
=
A
x + 1
+
B
x
+
D
x − 2
=
A(x2
− 2x) + B(x2
− x − 2) + D(x2
+ x)
x3 − x2 − 2x
=
(A + B + D)x2
+ (−2A − B + D)x − 2B
x3 − x2 − 2x
.
Como las dos fracciones son idénticas, se identifican los numeradores, es decir, los coeficientes de x2
,
x y x0
deben ser iguales.
Coeficientes de:
8
:
x2
: A + B + D = 4
x: −2A − B + D = −9
x0
: −2B = −4
.
Este es un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas: A, B y D. Resolviéndolo se obtiene
A = 3, B = 2, D = −1.
Así,
Z
f(x) dx = 3
Z
dx
x + 1
dx + 2
Z
dx
x
dx −
Z
dx
x − 2
dx
= 3 ln |x + 1| + 2 ln |x| − ln |x − 2| + C.
Finalmente, Z
4x2
− 9x − 4
x3 − x2 − 2x
dx = ln
x2
(x + 1)3
x − 2
+ C.
Caso 6 Con fracciones simples de segundo grado
El integrando
f(x) =
pM (x)
(x2 + 2b1x + c1)(x2 + 2b2x + c2) · · · (x2 + 2bLx + cL)
, con N = 2L M,
se puede escribir:
f(x) =
B1x + D1
x2 + 2b1x + c1
+
B2x + D2
x2 + 2b2x + c2
+ · · · +
BLx + DL
x2 + 2bLx + cL
.
Se calculan los coeficientes B1, B2, . . . , BL y D1, D2, . . . , DL de manera análoga al caso pre-
cedente. Hecho esto, integrar f(x) se reduce al cálculo de integrales estudiadas en el Caso
4.
Ejemplo 1.13
Calcular
Z
f(x) dx si f(x) =
x3
+ 7x2
+ 40
(x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13)
.
Solución. Podemos expresar f(x) como la siguiente suma de fracciones parciales:
f(x) =
Ax + B
x2 − 2x + 2
+
Dx + E
x2 + 6x + 13
=
(Ax + B)(x2
+ 6x + 13) + (Dx + E)(x2
− 2x + 2)
(x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13)
=
(A + D)x3
+ (6A + B − 2D + E)x2
+ (13A + 6B + 2D − 2E)x + (13B + 2E)
(x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13)
.

29. 1.8 Integración de funciones racionales 21
Identificando los coeficientes de los numeradores de f(x) y los de la última expresión, obtenemos el
siguiente sistema lineal de 4 ecuaciones para calcular las 4 incógnitas A, B, D y E:
Coeficientes de:
8
:
x3
: 1 = A + D
x2
: 7 = 6A + B − 2D + E
x: 0 = 13A + 6B + 2D − 2E
x0
: 40 = 13B + 2E
.
Al Resolver este sistema obtenemos:
A = 0, B = 2, D = 1, E = 7.
Entonces
Z
f(x) dx es la suma de dos integrales estudiadas en el Caso 4:
Z
f(x) dx =
Z 2
x2 − 2x + 2
dx +
Z x + 7
x2 + 6x + 13
dx
= 2 arctan(x − 1) +
1
2
ln(x2
+ 6x + 13) + 2 arctan
x + 3
2
+ C.
Caso 7 Con fracciones simples de primero y de segundo grado
El integrando
f(x) =
pM (x)
(x − a1)(x − a2) · · · (x − aK)(x2 + 2b1x + c1) · · · (x2 + 2bLx + cL)
con
M K + 2L = N y b2
k − ck 0 para k ∈ {1, . . . , L},
se puede escribir:
f(x) =
A1
x − a1
+ · · ·
AK
x − aK
+
B1x + D1
x2 + 2b1x + c1
+ · · · +
BLx + DL
x2 + 2bLx + cL
.
Calculados de manera análoga a los casos precedentes los coeficientes
A1, . . . , AK, B1, . . . , BL, C1, . . . , CL,
la integración de f(x) se reduce al cálculo de integrales de tipo similar a las estudiadas en
los Casos 1 y 4.
Ejemplo 1.14
Calcular
Z
f(x) dx; con: f(x) =
2x3
− 6x2
− 4x − 8
x4 − 8x
.
Solución. Puesto que
x4
− 8x = x(x − 2)(x2
+ 2x + 4)
f(x) se puede escribir como la siguiente suma de fracciones parciales:
f(x) =
A
x
+
B
x − 2
+
Dx + E
x2 + 2x + 4
=
A(x3
− 8) + Bx(x2
+ 2x + 4) + (Dx + E)(x2
− 2x)
x4 − 8x
=
(A + B + D)x3
+ (2B − 2D + E)x2
+ (4B − 2E)x + (−8A)
x4 − 8x
.

30. 22 La integral indefinida
Identificando los numeradores de esta última fracción y de f(x) obtenemos el siguiente sistema lineal
de 4 ecuaciones para hallar las 4 incógnitas A, B, D y E:
Coeficientes de:
8
:
x3
: 2 = A + B + D
x2
: −6 = 2B − 2D + E
x: −4 = 4B − 2E
x0
: −8 = −8A
.
Resolviendo este sistema obtenemos
A = 1, B = −1, D = 2, E = 0.
Entonces
Z
f(x) dx se calcula como la suma de integrales estudiadas en los Casos 1 y 4:
Z
f(x) dx =
Z
dx
x
−
Z
dx
x − 2
+ 2
Z
x
x2 + 2x + 4
dx
= ln |x| − ln |x − 2| + ln(x2
+ 2x + 4) −
2
√
3
arctan
x + 1
√
3
+ C
= ln
x(x2
+ 2x + 4)
x − 2
−
2
√
3
arctan
x + 1
√
3
+ C.
Caso 8 El Método de Ostrogradski
Se usa para calcular
Z
PM
QN
dx, donde P y Q son polinomios de grado M y N, respecti-
vamente, con M N, cuando Q tiene raíces múltiples reales o complejas, es decir factores
de tipo
(x + a)m
con m ≥ 2, o (x2
+ 2bx + c)n
con b2
− c 0 y n ≥ 2.
En este caso si Q1 es el máximo común divisor de Q y Q′
, es decir el producto de factores
de tipo (x + a)m−1
o (x2
+ 2bx + c)n−1
, respectivamente, y si Q2 = Q
Q1
(o sea el producto de
factores tipo (x + a) o (x2
+ 2bx + c), respectivamente), según Ostrogradski se tiene que
Z
P(x)
Q(x)
dx =
X(x)
Q1(x)
+
Z
Y (x)
Q2(x)
dx, (1.5)
donde X e Y son polinomios de un grado menor al de Q1 y Q2, respectivamente.
Los coeficientes de X e Y se determinan derivando (1.5), escribiendo el segundo miembro
con denominador común (que es Q obviamente), e identificando los numeradores.
Ejemplo 1.15
Z
x8
+ x5
+ 1
(x3 + 1)3
dx =
Ax5
+ Bx4
+ Cx3
+ Dx2
+ Ex + F
(x3 + 1)2
+
Z
Gx2
+ Hx + I
x3 + 1
dx.
Solución. Derivando y luego de escribir el miembro de la derecha con su denominador común, se
tiene
x8
+ x5
+ 1
(x3 + 1)3
=
(5Ax4
+ 4Bx3
+ 3Cx2
+ 2Dx + E)(x3
+ 1)
(x3 + 1)3

31. 1.9 El método de Ostrogradski mejorado 23
−
6x2
(Ax5
+ Bx4
+ Cx3
+ Dx2
+ Ex + F)
(x3 + 1)3
+
(Gx2
+ Hx + I)(x3
+ 1)2
(x3 + 1)3
.
Igualando los coeficientes de los numeradores se obtiene un sistema de 9 ecuaciones y 9 incógnitas
para calcular los coeficientes A, B, . . . , I.
La integral de la derecha se resuelve luego por los métodos antes descritos de fracciones parciales.
1.8.3 Ejercicios
Calcule usando, de ser necesario, el método de fracciones parciales o la fórmula de Ostrogradski.
1.
Z
dx
2x + 1
2.
Z
dx
(2x + 3)5
3.
Z
dx
(2x + 1)(2x + 3)
4.
Z
dx
x(x + 1)(x − 2)
5.
Z
2x
(x + 1)(x2 + 2x + 5)
dx
6.
Z
x5
(x − 1)(x2 + 4x + 8)
dx
7.
Z
x6
(x2 + x + 1)(x2 − x + 1)
dx
8.
Z
dx
x3(x + 1)2
9.
Z
dx
x2(x2 − 2x + 10)
10.
Z
x + 2
x3(x2 + 1)
dx
11.
Z
2x5
+ x4
+ 16x3
+ 8x2
+ 34x + 17
(x2 + 4)3
dx
12.
Z
dx
x4 + 8x2 + 16
13.
Z
x + 1
x5 + 4x4 + 5x3
dx
14.
Z
x3
x4 − 81
dx
15.
Z
x4
x3 + 1
dx
16.
Z
x5
x3 − 1
dx
1.9 El método de Ostrogradski mejorado
Se aplica en los mismos casos que el método de Ostrogradski, es decir cuando una o más
raíces, reales o complejas del denominador Q(x) es o son múltiples. Notemos que en la fórmula
de Ostrogradski (1.5) el denominador Q2(x) solo puede tener factores simples de tipo (x+ a)
o (x2
+ 2bx + c) con b2
− c 0, por lo que el cálculo de
Z
Y (x)
Q2(x)
dx
conduce a integrales de tipo
Z
dx
x + a
y/o
Z
Ax + B
x2 + 2bx + c
dx
que han sido ya estudiados en las Casos 1 y 4, luego de tener que aplicar a
R Y (x)
Q2(x) dx el
método de fracciones parciales. Esto exige el cálculo de nuevos coeficientes en un número
igual al del grado de Q2(x).
En vez de eso proponemos escribir de inmediato, usando las fórmulas dadas en los Casos
1 y 4 a las integrales obtenidas de las fracciones parciales de Y (x)
Q2(x) , con coeficientes que se
calcularían simultáneamente a los del polinomio X(x).
Veámoslo en algunos ejemplos.

32. 24 La integral indefinida
Ejemplo 1.16
Según la fórmula de Ostrogradski, con
X(x) = A0 + A1x + · · · + An−2xn−2
se tiene: Z
Pn−1(x)
(x − a)n
dx =
A0 + A1x + · · · + An−2xn−2
(x + a)n−1
+
Z
An−1
x − a
dx.
Pero podemos escribir directamente
Z
Pn−1(x)
(x − a)n
dx =
A0 + A1x + · · · + An−2xn−2
(x − a)n−1
+ An−1 ln |x − a| + C
=
X(x)
(x − a)n−1
+ An−1 ln |x − a| + C.
Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x − a)n
se obtiene la identidad
Pn−1(x) ≡ (x − a)X′
(x) − (n − 1)X(x) + An−1(x − a)n−1
que nos permitirá hallar los n coeficientes A0, A1, . . . , An−1.
Ejemplo 1.17
En vez de Z
P2n−1(x)
(x2 + k2)n
dx =
X(x)
(x2 + k2)n−1
+
Z
Ax + B
x2 + k2
dx,
con
X(x) = A0 + A1x + · · · + A2n−3x2n−3
podemos escribir directamente
Z
P2n−1(x)
(x2 + k2)n
dx =
X(x)
(x2 + k2)n−1
+ A2n−2 ln(x2
+ k2
) + A2n−1 arctan
€x
k
Š
+ C.
Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x2
+ k2
)n
, se obtiene la identidad
P2n−1(x) = (x2
+ k2
)X′
(x) − 2(n − 1)xX′
(x) + 2A2n−2x(x2
+ k2
)n−1
+ kA2n−1(x2
+ k2
)n−1
,
que nos permitirá calcular directamente A0, A1, . . . , A2n−1 y ¡escribir la respuesta!
Ejemplo 1.18
Teniendo en cuenta que (x4
− 1) = (x + 1)(x − 1)(x2
+ 1)
Z
dx
(x4 − 1)3
=
Ax7
+ Bx6
+ Cx5
+ Dx4
+ Ex3
+ Fx2
+ Gx + H
(x4 − 1)2
+ I ln |x + 1| + J ln |x − 1| + K ln |x2
+ 1| + L arctan x + M,
de donde
1 ≡ (x4
− 1)(7Ax6
+ 6Bx5
+ 5Cx4
+ 4Dx3
+ 3Ex2
+ 2Fx + G)
+ (−2)(4x3
)(Ax7
+ Bx6
+ Cx5
+ Dx4
+ Ex3
+ Fx2
+ Gx + H)
+ I(x − 1)(x2
+ 1)(x4
− 1)2
+ J(x + 1)(x2
+ 1)(x4
− 1)2
+ 2Kx(x2
− 1)(x4
− 1)2
+ L(x2
− 1)(x4
− 1)2
.
Resolviendo el sistema lineal de ecuaciones correspondientes se obtienen los coeficientes
A = 0, B = 0, C =
7
32
, D = E = F = 0,

33. 1.9 El método de Ostrogradski mejorado 25
G = −
11
32
, H = 0, −I = J =
21
128
, K = 0, L = −
21
64
,
por lo que
Z
dx
(x4 − 1)3
=
7x5
− 11x
32(x4 − 1)2
+
21
128
ln
x − 1
x + 1
−
21
64
arctan x + C̃.
Podemos aplicar el método de Ostrogradski mejorado (MOM) desde el inicio, esto es, sin
usar fracciones parciales para las fracciones cuyos denominadores tienen solo factores simples
sean estos de primer grado, de segundo grado o ambos. Así tenemos los siguientes casos.
1. Denominadores con factores simples de primer grado
Sean K ≥ 1, a1, . . . , ak ∈ R, PK−1 un polinomio de grado menor que K.
Z
PK−1(x) dx
(x + a1)(x + a2) · · · (x + aK)
=
K
X
k=1
Ck ln |x + ak| + C,
donde C1, . . . , Ck se determinarán derivando la expresión anterior y escribiendo la ecua-
ción obtenida con el mismo denominador común
QK
k=1(x + ak) en ambos miembros e
identificando los numeradores.
2. Denominadores con factores simples de segundo grado
Sean N ≥ 2, bn, cn ∈ R, 1 ≤ n ≤ N tales que b2
n − cn 0 para todo n, P2N−1 un
polinomio de grado menor que 2N.
Entonces
Z
P2N−1(x) dx
(x2 + 2b1x + c1)(x2 + 2b2x + c2) · · · (x2 + 2bN x + cN )
=
N
X
n=1
AN ln(x2
+ 2bnx + cn)
+
N
X
n=1
BN arctan
x + bn
È
cn − b2
n
+ C.
3. Denominadores con factores simples de primero y segundo grado
Sean K ≥ 1, N ≥ 1, an, bb, cn ∈ R, 1 ≤ k ≤ K, 1 ≤ n ≤ N tales que b2
n − cn 0 para
todo n ∈ {1, . . . N} y sea P un polinomio de grado menor que K + 2N. Entonces:
Z
P(x) dx
QK
k=1(x + ak)
QN
n=1(x2 + 2bnx + cn)
=
K
X
k=1
Ck ln |x + ak| +
N
X
n=1
Bn arctan
x + bn
È
cn − b2
n
+
N
X
n=1
An ln |x2
+ 2bnx + cn| + C,
donde el cálculo de Ck, 1 ≤ k ≤ K y de An y Bn, 1 ≤ n ≤ N, es análogo.
4. Caso general
Si el caso precedente lo modificamos admitiendo factores múltiples, digamos de mul-
tiplicidad Mk ≥ 1 para los factores (x + ak) y Nn para los factores cuadráticos de
la forma (x2
+ 2bnx + cn), se tendría, si P es un polinomio de grado menor que

34. 26 La integral indefinida
PK
k=1 Mk + 2
PN
n=1 Nn y Q1 es el máximo común divisor de Q y Q′
, donde la fun-
ción a integrar es f = P
Q , lo que quiere decir que
Q1(x) =
K
Y
k=1
(x + ak)Mk−1
N
Y
n=1
(x2
+ 2bnx + cn)Nn−1
.
Entonces
Z
f(x) dx =
Z P(x) dx
QK
k=1(x + ak)Mk
QN
n=1(x2 + 2bnx + cn)Nn
=
X(x)
Q1(x)
+
N
X
n=1
An ln(x2
+ 2bnx + cn) +
N
X
n=1
Bn arctan
x + bn
È
cn − b2
n
+
K
X
k=1
Ck ln |x + ak| + C,
donde X es un polinomio de grado igual al grado de Q1 menos 1, cuyos coeficientes, al
igual que los An, Bn y Ck se calcularán derivando la última igualdad y escribiendo la
obtenida con mismo denominador común Q en ambos miembros, para luego identificar
los numeradores de estos dos quebrados.
Ejemplo 1.19
Volvamos a calcular
Z
f(x) dx con
f(x) =
2x3
− 6x2
− 4x − 8
x4 − 8x
del Ejemplo del Caso 7 donde aplicamos el método de fracciones parciales. Esta vez calculemos la
integral con el método de Ostrogradski mejorado.
Buscamos el resultado de la forma:
Z
f(x) dx = A ln |x| + B ln |x − 2| + D ln(x2
+ 2x + 4) + E arctan
x + 1
√
3
+ C.
Derivando ambos miembros de esta igualdad obtenemos la identidad
f(x) =
A
x
+
B
x − 2
+
(2x + 2)D
x2 + 2x + 4
+
1
√
3
E
1 +
€x+1
√
3
Š2
.
Como x4
− 8x es el denominador común de la última expresión obtenemos
f(x) =
A(x3
− 8) + Bx(x2
+ 2x + 4) + [2D(x + 1) +
√
3E](x2
− 2x)
x4 − 8x
.
Identificando los coeficientes de los numeradores de estas fracciones obtenemos el siguiente sistema
lineal de 4 ecuaciones para el cálculo de A, B, D y E:
Coeficientes de:
8
:
x3
: 2 = A + B + 2D
x2
: −6 = 2B − 2D +
√
3E
x: −4 = 4B − 4D − 2
√
3E
x0
: −8 = −8A
.
Resolvemos este sistema y obtenemos que
A = 1, B = −1, D = 1, E =
−2
√
3
,

35. 1.9 El método de Ostrogradski mejorado 27
por lo cual
Z
f(x) dx = ln |x| − ln |x − 2| + ln(x2
+ 2x + 4) −
2
√
3
arctan
x + 1
√
3
+ C.
Ejemplo 1.20
Calculemos
Z
f(x) dx con
f(x) =
1
(x + 1)(x2 + 2x + 5)
.
Solución. En primer lugar, si tenemos que:
f(x) =
A
x + 1
+ B
2x + 2
x2 + 2x + 5
+ C
1
2
1 + x+1
2
2
,
entonces:
f(x) =
A(x2
+ 2x + 5) + (x + 1)[B(2x + 2) + 2C]
(x + 1)(x2 + 2x + 5)
.
Obtenemos, entonces, el siguiente sistema lineal de 3 ecuaciones para el cálculo de A, B y C:
Coeficientes de:
8
:
x2
: 0 = A + 2B
x: 0 = 2B − 2D
x0
: 4 = 5A + 2B + 2C
.
Resolvemos este sistema y obtenemos que
A =
1
4
, B =
−1
8
, C = 0,
de donde resulta que:
Z
f(x) dx = A ln |x| + B ln |x2
+ 2x + 5| + C arctan
x + 1
2
+ D.
1.9.1 Ejercicios
1. Use el método de Ostrogradski mejorado para calcular:
(a)
Z
ax + b
x(x + 1)3
dx
(b)
Z
dx
x(x + 1)(x − 3)
(c)
Z
dx
x4 − 27x
(d)
Z
dx
(x2 + 2x + 5)2
(e)
Z
x
(x + 1)2(x2 + 1)
dx
(f)
Z
x3
(x + 1)2(x2 + 9)
dx
(g)
Z
dx
x4 − 16
(h)
Z
dx
(x4 − 1)2
(i)
Z
(x + 1)
x4 + 8x
dx
(j)
Z
dx
(x2 + 1)3
(k)
Z
x2
+ 2x + 4
(x + 1)3
dx
(l)
Z
6x − 1
x3(2x − 1)
dx

36. 28 La integral indefinida
2. Dados N ≥ 1 y P : RN
−→ R, Q: RN
−→ R dos polinomios de N variables, R: RN
−→ R
tal que x 7→ R(x) = P(x)/Q(x), se dice que R es una función racional de N variables.
(a) Pruebe que con el cambio de variable x ≡ tan−1
t, una integral de la forma
Z
R(sen2
x, cos2
x) dx,
donde R es una función racional de 2 variables, se transforma en la integral de una función
racional. Use este resultado para calcular
Z
dx
sen2 x
.
(b) Sean k1, k2, . . . , kn ∈ N para N ≥ 1. Sea k = MCM{k1, . . . , kn}. Pruebe que el cambio de
variable x ≡ tk
transforma una integral de la forma
Z
R(x, x1/k1
, x1/k2
, . . . , x1/kN
) dx,
donde R es una función racional de N + 1 variables, en la integral de una función racional.
Use este resultado para calcular Z √
x
3
√
x + 1
dx.
(c) Sean a, b, c, d ∈ R tales que ad 6= cb, y sea m ∈ N. Pruebe que el cambio de variable
x ≡ (−dtm
+ b)/(ctm
− a) (lo que da tm
≡ (ax + b)/(cx + d)), transforma una integral de la
forma Z
R

x, m
É
ax + b
cx + d
‹
dx,
donde R es una funciónracional de 2 variables, en la integral de una función racional. Use
este resultado para calcular
Z É
x + 1
x
dx.
(d) Sean a, b ∈]0, ∞[. Pruebe que el cambio de variable x ≡ (a/b) sen t, con x ∈] − a/b, a/b[ y
t ∈ R, transforma una integral de la forma
Z
R x,
p
a2 − b2x2
dx
en la integral de la forma Z
R1(cos t, sen t) dt,
donde R1 es otra función racional de dos variables, y que una integral de este tipo se puede
transformar en la integral de una función racional con el cambio de variable u ≡ tan(t/2) (use
las identidades sen t ≡ 2u/(1+u2
), cos t ≡ (1−u2
)/(1+u2
), t ≡ 2 tan−1
u; dt = 2du/(1+u2
)).
Aplique estos resultados para calcular
Z p
3 − 5x2 dx.
3. Para las integrales siguientes escriba la forma de una primitiva, sin calcular los coeficientes, dada
por el método de Ostrogradski mejorado:
(a)
Z
dx
(x + 2)3(x + 1)(x − 1)2
(b)
Z
dx
(x + 1)2(x2 + 6x + 18)3
(c)
Z
dx
(x + 4)2(x + 1)3(x2 − 8x + 17)3
(d)
Z
x
(x3 + 1)3(x4 + 1)2
dx

37. Capítulo 2
La integral definida
2.1 El Palimpsesto de Arquímedes
En 212 a. C., un soldado romano decapitó a uno de los más extraordinarios seres humanos
que ha existido: Arquímedes. Él fue sorprendido dibujando figuras geométricas en la arena y
solo alcanzó a decir: “no dañes mis círculos”.
El legado de Arquímedes se conoce a partir de tres obras suyas: el códice A, transcrito al
griego; el códice B, al latín, ambos en el siglo ix; y el enigmático códice C, copiado en el siglo
x en Constantinopla (Estambul). De alguna manera fue llevado a Palestina, donde cayó en
manos del presbítero IOANNES MYRONAS quien, en abril de 1229, borró el texto con zumo
de limón y piedra pómez para transcribir en él oraciones religiosas. Para ello, dividió las hojas
en dos y escribió perpendicularmente a las desaparecidas líneas de la obra de Arquímedes,
que se convirtió así en un Palimpsesto.
En 1880 un estudioso griego descubrió la existencia del texto borrado, del cual se adi-
vinaban apenas algunos trazos detrás de las oraciones, y pudo copiar algún fragmento de las
palabras de Arquímedes.
Este fragmento llamó la atención, en 1906, del filósofo danés Johan Ludvig Heiberg, quien
con la ayuda de una lupa, tradujo lo que logró leer y lo publicó en 1910, el que contenía un
80 % del texto original.
El Palimpsesto desapareció hasta que, en 1998, una familia francesa de apellido Guersan
lo puso a la venta. Un comprador anónimo pagó dos millones de dólares por la obra y la
depositó en el Walters Art Museum para que lo conserven.
Debemos anotar que en el siglo xx alguien destruyó para siempre cuatro páginas del libro,
al pintar sobre ellas los retratos de los cuatro apóstoles, copiados de una obra medieval. Con
esto se intentó subir el precio del antiguo libro de oraciones. ¡El arte antiguo falsificado era
más cotizado que el legado científico de Arquímedes!
Con técnicas modernas, en el año 2000, el especialista Roger Easton del Rochester Insti-
tute empezó a trabajar en el libro y logró recuperar un 15 % adicional del texto.
En 2002 el físico Uwe Bergman de Stanford, usando nuevas tecnologías de rayos X, logró
precisar anteriores hallazgos de Arquímedes relativos al cálculo del centro de gravedad de ob-
jetos y revelar una sección entera de “El Método” que había estado escondida en las secciones
cosidas de algunas páginas del libro: “. . . contiene parte de la discusión sobre cómo calcular el
área dentro de una parábola, usando una nueva forma de razonar sobre el infinito. . . ”, según
dijo Netz, profesor de Ciencias Clásicas, luego de mirar las imágenes de rayos X obtenidas.
Y añadió: “Parece ser una temprana incursión al Cálculo (Infinitesimal) casi 2000 años antes
de que Isaac Newton y Gottfried Wilhelm Leibniz lo inventaran”.
La obra de Arquímedes contiene sus resultados en otros temas que muestran lo increíble-
mente avanzado que estuvo respecto a su tiempo. Invitamos al lector a estudiarlos. Tratare-

38. 30 La integral definida
mos aquí en delante de reproducir los resultados de Arquímedes relativas al “área dentro de
una parábola”.
Solo indicamos que numerosos científicos de varias disciplinas y de diversos orígenes se
hallan estudiando el Palimpsesto de Arquímedes, y tratan de descubrir el 100 % del contenido
de la obra.
Uno de los problemas que resolvió Arquímedes, y se lo puede hallar en el Palimpsesto del
Códice C, es el de la cuadratura de la parábola; es decir, el problema de hallar el área de la
región plana comprendida entre una parábola y una recta.
Tomaremos, por ejemplo, la parábola de ecuación y = f(x) = 1 − x2
y el eje de las
abscisas, o sea la recta de ecuación y = 0 . Arquímedes aproximaba el área buscada A con el
área de los polígonos de (n + 1) lados inscritos en la figura, según se muestra en la figura.
1
−1
x
y
Triángulo 1
−1
x
y
Pentágono 1
−1
x
y
Heptágono
Es decir, para todo n ≥ 2 se verifica que Pn A. Mientras mayor sea el número de
lados del polígono, es decir, mientras mayor sea n, mejor es la aproximación. Los vértices del
polígono de n + 1 lados serán
Pk(xk, yk), 0 ≤ k ≤ n,
con
yk = f(xk) y xk = −1 + k∆xk, donde ∆xk =
2
n
,
de donde
xk = −1 +
2k
n
.
Por ejemplo, si n = 4, tendremos el pentágono de vértices
P0(−1, 0), P1

−
1
2
,
3
4
‹
, P2(0, 1), P3
1
2
,
3
4
‹
, P4(1, 0).
¿Qué resultados habría obtenido Arquímedes al tomar n cada vez más grandes?
Notemos que el área Pn del polígono de n + 1 lados inscrito en la figura que usaba
Arquímedes es la suma de las áreas Tk de los trapecios de vértices
(xk−1, 0), (xk−1, yk−1), (xk, 0), (xk, yk),
con
yk = f(xk) = 1 − x2
k, 1 ≤ k ≤ n.
= 1 −

−1 +
2k
n
‹2
= 1 −
−1 +
4k
n
+
4k2
n2
=
4k
n
−
4k2
n2
=
4
n
€
k − k2
n
Š.

39. 2.1 El Palimpsesto de Arquímedes 31
Como área Tk =
yk−1+yk
2 ∆xk y como ∆xk = 2
n , tendremos
Tk =
1
n
(yk−1 + yk).
Entonces
A ≈ Pn =
n
X
k=1
Tk =
1
n
n
X
k=1
(yk−1 + yk)
=
1
n
n
X
k=1
yk−1 +
n
X
k=1
yk
!
=
1
n
y0 + 2
n
X
k=1
yk − yn
!
=
8
n2
n−1
X
k=1
k −
k2
n
=
4(n2
− 1)
3n2
=
4
3

1 −
1
n2
‹
¿A qué valor se acerca Pn cuando n es cada vez más grande? Ese valor no es otro que
lı́m
n→∞
Pn =
4
3
.
Veamos ahora cómo se puede resolver el problema aproximando el área A con la de una
figura formada por rectángulos en vez de los trapecios que utilizamos para calcular el área
del polígono de Arquímedes: si trazamos las rectas verticales de ecuación x = xk, 0 ≤ k ≤ n,
nuestra figura se divide en n fajitas.
xk−1 x∗
k xk
La k-ésima fajita se puede aproximar con un rectángulo del mismo ancho ∆xk = xk −xk−1
y de altura f(x∗
k), donde x∗
k es un valor cualquiera comprendido entre xk−1 y xk.
Podemos escribir
A ≈
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk = An.
En este caso, para todo k, ∆xk = 2
n , pero nada impide que los ∆xk sean distintos. Lo que
hace falta es que
−1 = x0 x1 x2 . . . xn−1 xn = 1
y ∆xk = xk − xk−1.
Se puede intuir que mientras el grosor de las fajitas sea más pequeño, mejor será la
aproximación de A con la suma de las áreas de los rectángulos. En el caso de las fajas de
igual grosor h = ∆xk = 2
n , esto es equivalente a decir que mientras mayor sea n, mejor será

40. 32 La integral definida
la aproximación. En el ejemplo tomemos x∗
k = xk = −1 + 2k
n . El lector puede repetir los
cálculos con otros valores x∗
k y obtendrá un resultado igual. Entonces
An =
n
X
k=1
f(x∗
)∆xk
=
n
X
k=1
1 −

−1 +
2k
n
‹2
2
n
=
2
n
n
X
k=1

4
n
k −
4
n2
k2
‹
= 8
1
n2
n
X
k=1
k −
1
n3
n
X
k=1
k2
!
= 8

n(n + 1)
2n2
−
n(n + 1)(2n + 1)
6n3
‹
= 8

(n + 1)
2n
−
(n + 1)(2n + 1)
6n2
‹
.
Vemos que si n es cada vez más grande An se acerca a un valor que puede calcularse tomando
el límite:
lı́m
n→+∞
An = 8

1
2
−
1
3
‹
=
4
3
.
¡Se obtiene pues el mismo resultado que Arquímedes!
2.2 Definición de integral definida
La suma de la forma
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk
fue usada por los creadores del cálculo integral Newton y Leibniz, para aproximar el valor del
área A y sirvió a Riemann1
para obtener una generalización que tiene múltiples aplicaciones.
Esta es la integral definida que se nota
Z b
a
f(x) dx
y es igual al límite de las sumas de Riemann
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk, si los valores ∆xk se aproximan
a cero.
Formalicemos la definición de la integral definida.
Sea f : [a, b] → R una función acotada. Se llama a todo conjunto P = {x0, x1, . . . , xn},
si n ≥ 1, a = x0 x1 . . . xn−1 xn = b, porque al intervalo [a, b] lo partimos en n
subintervalos Ik = [xk−1, xk], 1 ≤ k ≤ n.
Se llama grosor (amplitud o norma) de la partición P al número
kPk = máx
1≤k≤n
∆xk.
Es decir kPk es la longitud del más grande de los subintervalos Ik = [xk−1, xk]. En cada
intervalo Ik escogemos un valor x∗
k. A la partición P asociamos entonces un vector P∗
igual
a (x∗
1, . . . , x∗
n) que llamaremos vector o partición asociada a P.
1George Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866).

41. 2.2 Definición de integral definida 33
Llamaremos, entonces, suma de Riemann al número
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk
Diremos que f es integrable según Riemann en [a, b] si existe el límite de las sumas de
Riemann
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk cuando el grosor de la partición kPk tiende a cero. A este límite se
lo llama integral definida de f en [a, b] y se lo denomina
Z b
a
f(x) dx o
Z
[a,b]
f o simplemente
Z
f.
Notemos que la existencia del límite está condicionada solamente al hecho de que kPk
tienda a cero sin importar los valores xk y x∗
k elegidos. Basta entonces que para la pareja
(P, P∗
), kPk tienda a cero.
Tendremos entonces, por definición, que
Z b
a
f(x) dx = lı́m
kPk→0
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk.
Pero, ¿qué significa ésto? Recordemos la definición de
lı́m
h→0
F(h) = L,
donde F : R → R está definida para valores de h cercanos a 0 y L ∈ R.
En este caso
L puede ser aproximado por F(h) con la precisión que se desee, para lo cual basta
tomar |h| suficientemente pequeño,
es decir:
L = lı́m
h→0
F(h) ⇔ ∀ǫ 0 ∃δ 0 tal que ∀h : 0 |h| δ ⇒ |F(h) − L| ǫ.
Análogamente:
Z b
a
f(x) dx puede ser aproximado con la precisión que se desee por las sumas de
Riemann
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk, para lo cual basta tomar kPk suficientemente pequeño.
Esto se puede escribir
Z b
a
f(x) dx = lı́m
kPk→0
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk ⇔ ∀ǫ 0 ∃δ 0 tal que ∀P ∀P∗
:
kPk δ ⇒
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk −
Z b
a
f(x) dx ǫ.
En este caso f es Riemann-integrable en [a, b].
En el ejemplo introductorio, que resuelve el problema de Arquímedes de la cuadratura de
la parábola,
R 1
−1 f(x) dx, con f(x) = 1 − x2
, es el área buscada, en este caso 4
3 .
Usaremos el concepto de integral definida para resolver múltiples problemas de geometría,
física, economía, etc.

42. 34 La integral definida
En el ejemplo introductorio tendremos entonces que el área buscada A es
A =
Z 1
−1
(1 − x2
) dx =
4
3
.
Es decir que si ponemos f(x) = 1 − x2
, f es integrable en [−1, 1] y su integral es 4
3 .
La función f es un polinomio de segundo grado. Se puede probar que todo polinomio es
Riemann-integrable en cualquier intervalo [a, b]. Es más, aunque no lo podemos demostrar
en este libro, vamos a tener en cuenta el siguiente resultado:
Teorema 2.1
Sea f : [a, b] → R una función real definida en un intervalo [a, b]. Entonces f es Riemann-
integrable en [a, b] si se cumple una de las siguientes propiedades:
1. f es continua en [a, b].
2. f es monótona en [a, b].
3. f es acotada en [a, b] y es continua en [a, b], salvo en un número finito de puntos.
Nota: Hemos definido antes lo que es una función monótona y una función acotada; pero
recordemos estas definiciones.
1. f es monótona en [a, b] si f:
o es no decreciente: para todo x1, x2 ∈ R
a ≤ x1 x2 ≤ b ⇒ f(x1) ≤ f(x2).
o es no creciente: para todo x1, x2 ∈ R
a ≤ x1 x2 ≤ b ⇒ f(x1) ≥ f(x2).
2. f es acotada en [a, b] si
existe R 0 tal que: para todox ∈ [a, b], |f(x)| R.
O, lo que es lo mismo, si
existen c1 c2 tales que: para todo x ∈ [a, b], c1 f(x) c2.
Nota: Si se tiene una función f : [a, b] → R y se quiere averiguar si es Riemann-integrable
en [a, b], el uso de la definición es en extremo complejo. Si por el contrario, ya se conoce que f
es integrable, por cumplir alguna de las conocidas propiedades que son condiciones suficientes
para ello, el cálculo de
R b
a f(x) dx se lo puede hacer tomando una sucesión de particiones Pn,
n ≥ 1, donde los subintervalos Ik = [xk−1, xk] son de igual longitud. Tales particiones se
llaman particiones homogéneas y, en este caso,
xk = a + kh, 0 ≤ k ≤ n, ∆xk = h =
b − a
n
,
y
kPnk → 0 si y solo si n → +∞.
Los valores x∗
k se pueden tomar de modo que los cálculos sean más simples. Ilustremos esto
con un ejemplo.

43. 2.2 Definición de integral definida 35
Ejemplo 2.21
Cálculo de
R 1
o
x2
dx.
Solución. Aquí, para n ≥ 1,
h = ∆xk =
1
n
, xk = k
1
n
, 0 k n.
Si ponemos f(x) = x2
, f es creciente en el intervalo [0, 1] considerado, por lo que
mı́n
xk−1≤x≤xk
f(x) = f(xk−1) =
(k − 1)2
n2
y máx
xk−1≤x≤xk
f(x) = f(xk) =
k2
n2
.
tomando para 1 ≤ k ≤ n, x∗
k = xk−1, se tendrá entonces que las sumas de Riemann tendrán el
mínimo valor posible, mientras que si x∗
k = xk, su valor será el máximo posible. Realicemos los
cálculos siguientes. Pongamos :
Sn =
n
X
k=1
f(xk−1)∆xk =
1
n3
n
X
k=1
(k − 1)2
=
1
n3
n−1
X
k=1
k2
,
Sn =
n
X
k=1
f(xk)∆xk =
1
n3
n
X
k=1
k2
.
Tendremos que para todo P∗
= (x∗
1, . . . , x∗
n),
Sn ≤
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk ≤ Sn.
Sabemos que
n
X
k=1
k2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
,
por lo cual
n−1
X
k=1
k2
=
(n − 1)((n − 1) + 1)(2(n − 1) + 1)
6
=
n−1
X
k=1
k2
=
(n − 1)n(2n − 1)
6
Con las dos sumas anteriores hallamos que
Sn =
(n − 1)(2n − 1)
6n2
, Sn =
(n + 1)(2n + 1)
6n2
.
Como para todo P∗
= (x∗
0, x∗
1, . . . , x∗
n)
Sn ≤
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk ≤ Sn,
y para las particiones homogéneas
k P k→ 0 ⇔ h → 0 ⇔ n → ∞,
como
lı́m
n→∞
Sn = lı́m
n→∞
Sn =
1
3
,
tendremos: Z 1
0
x2
dx =
1
3
.

44. 36 La integral definida
La utilización de este procedimiento ilustra el hecho de que no importan los valores de
x∗
k que se tomen, pero también vemos que hacen falta fórmulas que simplifiquen el cálculo
de sumas de la forma
n
X
k=1
f

a + k
b − a
n
‹
.
Si f es un polinomio de grado m, los cálculos exigen conocer el valor de sumas de tipo
P
k=1 km
. Se conocen fórmulas para m = 1, 2, 3, 4, . . . pero no mayores que 13.
El método indicado es pues interesante pero no muy útil para polinomios de grado mayor
y peor para funciones f arbitrarias, aún en el caso de funciones muy conocidas y estudiadas,
como son las funciones trigonométricas, exponenciales, etc.
La utilidad práctica del concepto de integral definida sería limitada sin el descubrimiento
de un método de cálculo admirable por su simplicidad y amplitud que, no en vano, se lo
conoce como el teorema fundamental del cálculo.
Antes de abordarlo, establezcamos algunas propiedades importantes de la integral defini-
da. Previamente recordemos algo más sobre la notación de sumatorias y sus propiedades.
2.3 Sumatorias
Si están dados, para n ≥ 1, n números a1, a2, . . . , an, en vez de escribir
a1 + a2 + · · · + an,
se suele escribir
n
X
k=1
ak,
que se lee sumatoria de ak, para k entre 1 y n. En general, si 1 ≤ m ≤ n
n
X
k=m
ak = am + am+1 + · · · + an−1 + an.
Las conocidas propiedades de la suma pueden entonces escribirse así:
(1)
n
X
k=1
ak = a1 + a2 + · · · + an (definición)
(2)
n
X
k=1
(αak) = α
n
X
k=1
ak; α ∈ R (distributiva)
(3)
n
X
k=1
(ak + bk) =
n
X
k=1
ak +
n
X
k=1
bk (aditiva)
(4)
n
X
k=1
(αak + βbk) = α
n
X
k=1
ak + β
n
X
k=1
bk (lineal)
(5) Si para todo k ∈ {1, 2, . . ., n}, ak ≥ 0, entonces
n
X
k=1
ak ≥ 0.
(6) Si para todo k ∈ {1, 2, . . ., n}, ak ≤ bk, entonces
n
X
k=1
ak ≤
n
X
k=1
bk.

45. 2.3 Sumatorias 37
(7)
n
X
k=1
ak ≤
n
X
k=1
|ak|.
(8)
n
X
k=1
ak =
m
X
k=1
ak +
n
X
k=m+1
ak.
(9)
n
X
k=m
ak =
n+p
X
j=m+p
aj−p. (cambio de variable)
Ejemplo 2.22
1.
5
X
k=1
(2k − 1) = (2 · 1 − 1) + (2 · 2 − 1) + (2 · 3 − 1) + (2 · 4 − 1) + (2 · 5 − 1)
= 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.
2.
6
X
k=1
α = α + α + α + α + α + α = 6α. En general
n
X
k=1
α = nα.
3. S(1)
n =
n
X
k=1
k = 1 + 2 + · · · + n =
n(n + 1)
2
.
En efecto: S(1)
n = 1 + 2 + · · · + (n − 1) + n. O también: S(1)
n = n + (n − 1) + · · · + 2 + 1. Sumando
los respectivos miembros de las dos igualdades anteriores se obtiene:
2S(1)
n = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1) = n(n + 1),
lo que conduce al resultado. Éste también se puede probar mediante el método inducción mate-
mática.
4. Probemos por inducción que S(2)
n =
n
X
k=1
k2
= 12
+ 22
+ · · · + (n − 1)2
+ n2
= F(n) para n ≥ 1,
donde F(n) =
n(n + 1)(2n + 1)
6
. En efecto, probemos que la igualdad es válida para n = 1:
S
(2)
1 =
1
X
k=1
k2
= 12
= 1. Por otro lado, F(1) =
1(1 + 1)(2 · 1 + 1)
6
= 1.
Probemos ahora que para todo n ≥ 1 si la igualdad es verdadera para n, también es verdadera
para n + 1:
S
(2)
n+1 =
n+1
X
k=1
k2
=
n
X
k=1
k2
+ (n + 1)2
= F(n) + (n + 1)2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
+ (n + 1)2
=
(n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)]
6
=
(n + 1)(2n2
+ 7n + 6)
6
=
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
.
Por otro lado, tenemos que
F(n + 1) =
(n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]
6
=
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
.
Por lo tanto, concluimos que F(n + 1) = S
(2)
n+1.

46. 38 La integral definida
5. Análogamente se prueba que: S(3)
n =
n
X
k=1
k3
=
n2
(n + 1)2
4
, y que
S(4)
n =
n
X
k=1
k4
=
n(n + 1)(6n3
+ 9n2
+ n − 1)
30
.
2.3.1 Ejercicios
1. Calcule los siguientes sumatorios:
(a)
58
X
k=23
(5k + 2k2
)
(b)
17
X
k=3
(1 + 2k + 4k3
+ 3k4
)
(c)
15
X
k=−10
(k2
+ k4
)
(d)
25
X
n=5
(1 + 2n + 6n2
)
(e)
N
X
k=1
(k2
+ k + 1)2
(f)
100
X
m=1
1
m(m + 1)(m + 2)
Sugerencia: descomponer cada binomio en
sus fracciones parciales:
1
m(m + 1)(m + 2)
=
1/2
m
−
1
m + 1
+
1/2
m + 2
.
2. Escriba con la notación de sumatoria las siguientes expresiones:
(a) 42
+ 62
+ 82
+ 102
+ · · · + 202
(b) 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + 251
(c) 1 + 5 + 9 + 13 + · · · + 101
(d) 1 − 2! + 3! − 4! + · · · + 99! − 100!
2.4 Propiedades de la integral definida
Hemos definido, para a b y f : [a, b] → R,
Z b
a
f(x) dx = lı́m
kPk→0
n
X
k=1
f(x∗
k)∆xk,
si el límite existe, donde P = {x0, x1, . . . , xn} son particiones de [a, b]; es decir, se verifica
que a = x0 x1 . . . xn−1 xn = b, y P∗
= (x∗
1, . . . , x∗
n) son particiones asociadas a P,
es decir que para todo k ∈ {1, . . . n}, x∗
k ∈ [xk−1, xk].
En el caso de que a = b, se define
Z a
a
f(x) dx = 0
y, también, se define:
Z a
b
f(x) dx = −
Z b
a
f(x) dx.
Las propiedades se resumen en los siguientes dos teoremas:
Teorema 2.2
Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b] y α, β ∈ R.
Entonces

47. 2.4 Propiedades de la integral definida 39
1.
Z b
a
α dx = α(b − a).
2. αf es Riemann-integrable en [a, b] y
Z b
a
(αf)(x) dx =
Z b
a
αf(x) dx = α
Z b
a
f(x) dx. (homogeneidad)
3. f + g es Riemann-integrable en [a, b] y
Z b
a
(f + g)(x) dx =
Z b
a
[f(x) + g(x)] dx =
Z b
a
f(x) dx +
Z b
a
g(x) dx.
(aditividad respecto a funciones)
4. αf + βg es Riemann-integrable en [a, b] y
Z b
a
(αf + βg)(x) dx =
Z b
a
[αf(x) + βg(x)] dx = α
Z b
a
f(x) dx + β
Z b
a
g(x) dx.
(linealidad de la integral definida)
Teorema 2.3
Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b], a1, b1,
c1 ∈ [a, b]. Entonces
1. f es integrable en cualquier intervalo de extremos en {a1, b1, c1}. Además
Z c1
a1
f(x) dx =
Z b1
a1
f(x) dx +
Z c1
b1
f(x) dx. (aditividad respecto a intervalos)
2. Si para todo x ∈ [a, b] f(x) ≤ g(x), entonces
Z b
a
f(x) dx ≤
Z b
a
g(x) dx. (monotonía de
la integral)
3. Si |f| es integrable, entonces f también lo es y
Z b
a
f(x) dx ≤
Z b
a
|f(x)| dx.
Teorema 2.4 (Integral nula)
Se tiene que:
1. Si θ : [a, b] → R es la función nula, es decir si θ(x) = 0 para todo x ∈ [a, b], entonces
Z b
a
θ(x) dx = 0.
2. Si f : [a, b] → R es continua, y si para todo x ∈ [a, b], f(x) ≥ 0, entonces
Z b
a
f(x) dx = 0 ⇔ f = θ.

48. 40 La integral definida
Demostración.
1. Es obvio porque las sumas de Riemann serán todas nulas.
2. Supongamos que
Rb
a
f(x) dx = 0. Basta probar que f(x) = 0 para todo x ∈ [a, b]. Por el
absurdo. Supongamos que existe x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) 0. Hay tres casos: (i) x0 ∈]a, b[,
(ii) x0 = a, (iii) x0 = b.
Caso (i) Como f es continua en x0,
∀ǫ 0 ∃δ 0 tal que ]x0 − δ, x0 + δ[⊂ [a, b] y |x − x0| δ ⇒ |f(x) − f(x0)| ǫ.
Tomando ǫ = f(x0)
2
0, se tiene que
a x0 − δ x x0 + δ b ⇒
f(x0)
2
f(x) 3
f(x0)
2
.
Si ponemos
g(x) =
f(x0)
2
si x0 − δ x x0 + δ
0 si x /
∈ ]x0 − δ, x0 + δ[
se tiene entonces que para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f(x). Entonces
Z b
a
g(x)dx ≤
Z b
a
f(x) dx
pero Z b
a
g(x)dx =
Z x0−δ
a
0 dx +
Z x0+δ
x0−δ
f(x0)
2
dx +
Z b
x0+δ
0 dx = δf(x0)
y por hipótesis
Rb
a
f(x) dx = 0, por lo que
0 δf(x0) ≤ 0,
lo cual es absurdo.
Casos (ii) y (iii): Para estos dos casos se obtiene análogamente 0
1
2
δf(x0) ≤ 0.
2.4.1 Ejercicios
1. Use la definición de integral definida y la integrabilidad de las funciones continuas para calcular:
(a)
Z 2
0
5 dx
(b)
Z 6
−1
(−3) dx
(c)
Z 5
−2
3x dx
(d)
Z 3
−1
(2x + 1) dx
(e)
Z 2
0
(x2
+ x + 1) dx
(f)
Z 2
−2
(x3
+ x2
+ x + 1) dx
(g)
Z 2
0
(2x3
− 1) dx
(h)
Z b
a
x dx
(i)
Z b
a
x2
dx
(j)
Z b
a
x3
dx
(k)
Z b
a
x4
dx
2. Calcule la suma de Riemann
N
P
k=1
f(x∗
k)∆xk para el intervalo I, si:
(a) f(x) = x + 2, I = [0, 4], N = 3, x1 = 1, x2 = 3, x∗
1 = 1, x∗
2 = 2, x∗
3 = 3
(b) f(x) = x2
+ 3, I = [0, 1], N = 100, xk = x∗
k = k/100

49. 2.5 Otra propiedad de las funciones continuas 41
3. Pruebe que lı́m
n→∞
S(N) =
R b
a
f(x) dx para:
(a) S(N) =
N
X
k=1
k2
N2 3
√
N3 + k3
, f(x) = x2
/
√
1 + x3, [a, b] = [0, 1]
(b) S(N) =
3
N
N
X
k=1
−2 +
3k
N
, f(x) = x3
, [a, b] = [−2, 1]
4. Use los resultados del primer ejercicio, literales (h)–(k) y las propiedades de la integral definida
para calcular:
(a)
Z 2
−1
(x2
− x + 1) dx
(b)
Z 3
0
(x4
+ 9) dx
(c)
Z 3
−1
(−x3
+ 1) dx
(d)
Z −2
−5
(−3x2
+ x + 2) dx
(e)
Z 3
1
(x4
− 3x + 1) dx
(f)
Z 2
−2
(x2
+ 1) dx +
Z 3
2
(x2
+ 1) dx
2.5 Otra propiedad de las funciones continuas
Lema 2.1
Sea f : [a, b] → R una función continua. Sea x0 ∈ [a, b[. Para h ∈]0, b − x0] sea
fm(h) = mı́n
x0≤x≤x0+h
f(x), fM (h) = máx
x0≤x≤x0+h
f(x).
Entonces
lı́m
h→0+
fm(h) = lı́m
h→0+
fM (h) = f(x0)
Demostración. Como f es continua en [a, b], entonces f es continua en x0 y, por lo tanto, f es
continua en x0 por la derecha. Entonces,
∀ǫ0 0 ∃δ0 0 tal que x0 x x0 + δ0(ǫ0) ≤ b ⇒ |f(x) − f(x0)| ǫ0.
Es decir:
x0 x x0 + δ0 ⇒ f(x0) − ǫ0 f(x) f(x0) + ǫ0.
Probemos que
(i) f(x0) = lı́m
h→0+
fm(h),
(ii) f(x0) = lı́m
h→0+
fM (h).
(i) Sea ǫ 0. Debemos hallar δ 0 tal que
0 h δ ⇒ |fm(h) − f(x0)| ǫ.
Basta tomar δ = δ0(ǫ). En efecto, si 0 h δ0(ǫ), como f es continua en [x0, x0 + h], existe
xm ∈ [x0, x0 + h] tal que
f(xm) = mı́n
x0≤x≤x0+h
f(x) = fm(h).
Pero entonces |xm − x0| h δ0(ǫ), por lo que
|fm(a) − f(x0)| = |f(xm) − f(x0)| ǫ.

50. 42 La integral definida
(ii) Es idéntica la demostración.
Nota: Análogamente se demuestra que si f es continua en [a, b] y si x0 ∈ ]a, b] y para
h ∈ ]0, x0 − a] ponemos
fm(h) = mı́n
x0−h≤x≤x0
f(x), fM (h) = máx
x0−h≤x≤x0
f(x),
entonces
lı́m
h→0−
fm(h) = lı́m
h→0−
fM (h) = f(x0).
Con ayuda de esta propiedad de las funciones continuas demostraremos el Teorema Fun-
damental del Cálculo para estas funciones.
2.6 El teorema fundamental del cálculo
Hemos mencionado ya que calcular la integral definida de una función dada, salvo en el caso
de los polinomios de grado no muy elevado, es prácticamente imposible si solo se utiliza la
definición.
El Teorema Fundamental del Cálculo que presentaremos ahora nos provee de una he-
rramienta maravillosa para dicho cálculo.
Consideramos una función continua f : [a, b] → R. Podemos definir A: [a, b] → R por
A(x) =
Z x
a
f(t) dt.
Para visualizar esta función, tengamos en cuenta que cuando para todo t ∈ [a, b], f(t) ≥ 0,
A(x) es el área comprendida entre la gráfica de f y las rectas t = a, t = x y el eje de las
abscisas.
f
A(x)
a x b t
El Teorema Fundamental del Cálculo afirma que ¡A es una primitiva de f! Es decir que
A′
= f.
Teorema 2.5 (Teorema Fundamental del Cálculo I (TFC1))
Si f : [a, b] → R es continua y si A(x) =
R x
a f(t) dt, entonces A′
= f. Es decir:
A′
+(a) = f(a), A′
−(b) = f(b)
y para todo x ∈ ]a, b[
A′
(x) = f(x).
Demostración. Basta probar que:
1. para todo x ∈ [a, b[, A′
+(x) = f(x), y
2. para todo x ∈]a, b], A′
−(x) = f(x),
donde A′
+(x) es la derivada de A en x por la derecha y A′
−(x) es la derivada de A en x por la
izquierda. Hagamos las demostraciones.

51. 2.6 El teorema fundamental del cálculo 43
1. Sea x ∈ [a, b[. Debemos probar que
f(x) = lı́m
h→0+
A(x + h) − A(x)
h
.
Sea h ∈ ]0, b − x].
A(x + h) =
Z x+h
a
f(t) dt
=
Z x
a
f(t) dt +
Z x+h
x
f(t) dt
= A(x) +
Z x+h
x
f(t) dt.
Por lo tanto:
A(x + h) − A(x) =
Z x+h
x
f(t) dt.
Sean
fm(h) = mı́n
x≤t≤x+h
f(t), fM (h) = máx
x≤t≤x+h
f(t)
(existen porque f es continua en [x, x + h]).
Evidentemente
fm(h) ≤ f(t) ≤ fM (h) para todo t ∈ [x, x + h].
Integrando en [x, x + h] se obtiene
Z x+h
x
fm(h) dt ≤
Z x+h
x
f(t) dt ≤
Z x+h
x
fM (h) dt,
de donde
hfm(h) ≤ A(x + h) − A(x) ≤ hfM (h).
Dividiendo para h:
fm(h) ≤
A(x + h) − A(x)
h
≤ fM (h).
Estas desigualdades son válidas para todo h ∈ ]0, b − x]. Tomamos lı́m
h→0+
y gracias al lema 2.1
de la página 41, tenemos que:
lı́m
h→0+
fm(h) = lı́m
h→0+
fM (h) = f(x),
de donde
A′
+(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b[.
2. Análogamente probamos que
A′
−(x) = f(x) para todo x ∈]a, b],
de donde A′
+(a) = f(a), A′
−(b) = f(b) y
A′
(x) = f(x) para todo x ∈]a, b[.
El teorema anterior también suele escribirse: si f es continua en un intervalo I, entonces
d
dt
Z x
a
f(t) dt = f(x) para todo x ∈ I.
El siguiente, equivalente, provee un método de cálculo de la integral definida.

52. 44 La integral definida
Teorema 2.6 (Teorema Fundamental del Cálculo II (TFC2))
Si f : [a, b] → R es continua y si F : [a, b] → R es una primitiva de f (es decir, F′
= f),
entonces Z b
a
f(x) dx = F(b) − F(a).
Demostración. Como ya probamos el TFC1, basta probar el siguiente teorema.
Teorema 2.7 (Equivalencia de los Teoremas Fundamentales del Cálculo)
TFC1 ⇔ TFC2.
Demostración. Supongamos que TFC1 es verdadero. Vamos a probar que TFC2 también lo es.
Por el TFC1 sabemos que, si A(x) =
R x
a
f(t) dt, A′
(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b], tomando en
a y en b las correspondientes derivadas laterales. Como también F′
(x) = f(x) para todo x ∈ [a, b],
por el teorema de la unicidad de las primitivas salvo una constante, existe C ∈ R tal que para
todo x ∈ [a, b], A(x) = F(x) + C. Con x = a tendremos entonces A(a) = F(a) + C y, como
A(a) =
R a
a
f(t) dt = 0, se obtiene que C = −F(a). Con x = b se obtiene entonces A(b) = F(b) + C,
por lo que Z b
a
f(t) dt = F(b) − F(a).
Ahora supongamos válido el TFC2. Probemos que lo es también TFC1; es decir, si F′
= f y si
a, x ∈ I, a x, se tiene
A(x) =
Z x
a
f(t) dt = F(x) − F(a).
Derivando obtenemos
A′
(x) = F′
(x) − 0 = f(x).
Se suele escribir, si F′
= f
Z b
a
f(x) dx = F(b) − F(a) = F(x)
b
a
.
Teorema 2.8
Si F[a, b] = {F : [a, b] → R}, el conjunto de funciones, dotado de la suma y multiplicación por
un número, las aplicaciones
I : F[a, b] :→ R, f 7→ I(f) =
Z b
a
f(t) dt,
y
J : F[a, b] :→ R, F 7→ J(F) = F(b) − F(a)
son lineales.
Demostración. Tenemos que:
1. I(αf + βg) = αI(f) + βI(g).
2. J(αF + βG) = αJ(F) + βJ(G).

53. 2.6 El teorema fundamental del cálculo 45
En la introducción del concepto de integral definida logramos calcular, no sin esfuerzo,
I1 =
Z 1
−1
(1 − x2
) dx =
4
3
,
I2 =
Z 1
0
x2
dx =
1
3
.
Si ponemos
f1(x) = 1 − x2
, f2(x) = x2
,
F1(x) = x −
x3
3
, F2(x) =
x3
3
,
por el TFC2 tendremos
I1 =
Z 1
−1
(1 − x2
) dx =
x −
x3
3
1
−1
=

1 −
1
3
‹
−

(−1) −
−1
3
‹
=
4
3
,
I2 =
Z 1
0
x2
dx =
x3
3
1
0
=
1
3
− 0 =
1
3
.
Como (sen x)′
= cos x, tendremos, por ejemplo,
Z π
2
π
6
cos x dx = sen x
π
2
π
6
= sen
π
2
− sen
π
6
= 1 −
1
2
=
1
2
.
Utilizando la definición con particiones homogéneas del intervalo [π
6 , π
2 ] se tendría que
Z π
2
π
6
cos x dx = lı́m
n→∞
π
2 − π
6
n
n
X
k=1
cos

π
6
+ k
π
2 − π
6
n
‹
#
.
Estos cálculos son, en la práctica, ¡imposibles de realizar!
Vemos entonces que la necesidad de sistematizar el cálculo de primitivas o antiderivadas
proviene de esta imposibilidad.
Ejemplo 2.23
Calcular:
1.
Z 2+
√
3
3
f(x) dx con f(x) =
x
x2 − 4x + 5
.
2.
Z 4
2
f(x) dx con f(x) = xe
−x
2 .
Solución.
1.
Z 2+
√
3
3
x
x2 − 4x + 5
=
1
2
ln(x2
− 4x + 5)
2+
√
3
3
+ 2 arctan(x − 2)
2+
√
3
3
=
1
2
ln
4
2
+ 2
€
arctan
√
3 − arctan 1
Š
= ln
√
2 + 2
€
π
3
−
π
4
Š
= ln
√
2 +
π
6
.

54. 46 La integral definida
2. Si u = x, du = dx, dv = e
−x
2 y v = −2e
−x
2 tenemos:
Z 4
2
x
x2 − 4x + 5
= −2xe
−x
2
4
2
+ 2
Z 4
2
e
−x
2 dx
= −2(4e−2
− 2e−1
) − 4e
−x
2
4
2
= −8e−2
+ 4e−1
+ 4(e−2
− e−1
) = −12e−2
+ 8e−1
.
2.6.1 Ejercicios
1. Usando la notación G(x)
b
a
= G(b) − G(a), pruebe que
(a) [αF(x) + βG(x) + γH(x)]
b
a
= αF(x)
b
a
+βG(x)
b
a
+γH(x)
b
a
(b) [F(x) + C]
b
a
= F(x)
b
a
2. Calcule usando el Teorema Fundamental del Cálculo:
(a)
Z 2
0
p
2x2 + 1 dx
(b)
Z b
a
(3x2
− 5x + 2) dx
(c)
Z b
a
(a0 + a1x + a2x2
+ · · · + aN xN
) dx
(d)
Z π/3
π/4
(2 cos x − 3 sen x) dx
(e)
Z x
3
(5t2
+ cos t) dt
‹′
(f)
Z 1
x
È
(y2 + 1) sen y dy
‹′
(g)
Z 32
1
5
√
t2 dt
(h)
Z 27
0
3
√
x2 dx
(i)
Z π/3
−π/6
(sec x + tan x) dx
(j)
Z 1
0
(3 exp x + cos(πx/2)) dx
3. Comparando los resultados de
Z g(b)
g(a)
f(u) du y de
Z b
a
f(g(x))g′
(x) dx,
para el caso en que se conoce una primitiva F de f, justifique las fórmulas de cambio de variable
u ≡ g(x) para la integral definida por:
Z b
a
f(g(x))g′
(x) dx =
Z g(b)
g(a)
f(u) du;
Z g−1
(B)
g−1(A)
f(g(x))g′
(x) dx =
Z B
A
f(u) du.
4. Deduzca la fórmula de integración por partes para la integral definida:
Z b
a
u(x)v′
(x) dx = u(x)v(x)
b
a
−
Z b
a
v(x)u′
(x) dx.
5. Use cuando sea útil los ejercicios 3 y 4 para calcular:

55. 2.7 El cambio de variable para la integral definida 47
(a)
Z 9
4
cos(
√
x/4)
√
x
dx
(b)
Z π/2
π/3
1 + cos x
(x + sen x)3
dx
(c)
Z π/6
π/4
sen x cos x dx
(d)
Z 4
0
x2
√
3x + 4
dx
(e)
Z 4
1
3
p
1 + 4
√
x
√
x
dx
(f)
Z 1
0
x exp x dx
(g)
Z 3
0
t2
p
t3 + 1 dt
(h)
Z 2
1
x ln x dx
(i)
Z 1
−3
(|x| + x) dx
(j)
Z 3
0
|(x − 1)(x − 2)| dx
(k)
Z 4
0
tan−1 √
x
√
x
dx
(l)
Z 1
0
(x2
+ x) exp(−x) dx
6. Calcule, si F(x) =
R x
1
f(t) dt:
(a) F′
(7)
(b) F(x2
)
(c) F′
(x2
)
(d) F(x2
+ x + 1)
(e) [F(x2
+ x + 1)]′
7. Calcule f′
(x) si:
(a) f(x) =
Z 5x
2
√
t + 1 dt, para todo x ∈ R
(b) f(x) =
Z x2
3x
(3t + 2t2
) dt
(c) f(x) =
Z sen x
cos x
(t2
+ t) dt
(d) f(x) =
Z exp x
x
(t + 1/t) dt
8. Calcule:
(a) máx
a≤x≤b
Z x
a
(1 + t + t2
) dt
(b) mı́n
a≤x≤b
Z x
a
(1 + t + t2
) dt
(c) máx
0≤x≤4
Z x
a
(t2
− 4t + 3) dt
(d) mı́n
0≤x≤3
Z x
a
(t2
− 4t + 3) dt
2.7 El cambio de variable para la integral definida
Para calcular integrales indefinidas son muy útiles los métodos de cambio de variable o
sustitución y la integración por partes. Veamos cómo se aplican en el caso de la integral
definida.
Si g : J −→ I tal que x 7→ u = g(x) es una función biyectiva entre dos intervalos J e I se
tiene que para f : I −→ R, con el cambio de variable u = g(x) o su equivalente x = g−1
(u):
1.
Z
f(g(x))g′
(x) dx ≡
Z
f(u) du = F(u) + C ≡ F(g(x)) + C, si F′
= f.
2.
Z
h(x) dx ≡
Z
h(g−1
(u))(g−1
)′
(u) du = F(u) + C ≡ F(g(x)) + C, si h: J −→ R y si
ponemos f(u) = h(g−1
(u))(g−1
)′
(u) y F′
= f.
Combinando estos resultados con el TFC, se tiene que si g : J = [a, b] −→ I es biyectiva,
siendo I el intervalo cerrado de extremos A y B, con A = g(a) y B = g(b), entonces:

56. 48 La integral definida
Como
Z b
a
f(g(x))g′
(x) dx = F(g(x))
b
a
= F(g(b)) − F(g(a)) = F(B) − F(A),
y como
Z B
A
f(u) du = F(u)
B
A
= F(B) − F(A),
tenemos que:
1.
Z b
a
f(g(x))g′
(x) dx =
Z g(b)
g(a)
f(u) du, y
2.
Z b
a
h(x) dx =
Z g(b)
g(a)
h(g−1
(u))(g−1
)′
(u) du.
No hay entonces necesidad de “regresar a la variable original”, como en el caso de la integral
indefinida. En la práctica a veces es más fácil hallar un cambio de variable apropiado de la
forma x = ϕ(u) con ϕ: J −→ I tal que u 7→ x = ϕ(u) biyectiva (es decir, ϕ hace el papel
de g−1
en la notación precedente), por lo cual se tiene:
Para la integral indefinida:
Z
h(x) dx ≡
Z
h(ϕ(u))ϕ′
(u) =
Z
f(u) du = F(u) + C ≡ F(ϕ−1
(x)) + C,
con f(u) = h(ϕ(u))ϕ′
(u) y F′
= f; y para la integral definida:
Z b
a
h(x) dx =
Z ϕ−1
(b)
ϕ−1(a)
h(ϕ(u))ϕ′
(u) du =
Z ϕ−1
(b)
ϕ−1(a)
f(u) du = F(u)
ϕ−1
(b)
ϕ−1(a)
.
Notemos que si ϕ′
(u) ≤ 0, ϕ es decreciente y ϕ−1
también, por lo cual ϕ−1
(a) ≥ ϕ−1
(b) y
entonces
Z ϕ−1
(b)
ϕ−1(a)
h(ϕ(u))ϕ′
(u) du = −
Z ϕ−1
(a)
ϕ−1(b)
h(ϕ(u))ϕ′
(u) du =
Z ϕ−1
(a)
ϕ−1(b)
h(ϕ(u))|ϕ′
(u)| du.
Es decir que si J = [a, b], e I es el intervalo cerrado de extremos ϕ−1
(a) y ϕ−1
(b), se puede
poner
Z
J
h(x) dx =
Z
I
h(ϕ(u))|ϕ′
(u)| du.
El factor |ϕ′
(u)| se llama Jacobiano de la transformación del intervalo J en el intervalo I
debido al cambio de variable x = ϕ(u). Para entender mejor “lo que pasa”, desde el punto de
vista geométrico, veamos un caso simple:
Consideremos A =
R 1
0 f(x) dx, donde y = f(x) = (b − a)x + a es la recta que pasa por
P0(0, a) y P1(1, b).
Si C es el punto de coordenadas (1, 0), A es evidentemente el área del trapecio OP0P1C:
A =
Z 1
0
[(b − a)x + a] dx =
a + b
2
.
Queremos valernos de este ejemplo simple para entender qué sucede cuando se hace un cambio
de variable x ≡ ϕ(u).

57. 2.7 El cambio de variable para la integral definida 49
x
y
+
P0
P1
O
+
b
C
A
f
1
a
u
v
+
Q0
Q1
b
+
h
O
B
g
1 h
ϕ a
u
v
+
Q0
Q1
b
+
h
O
B
g
0 h 4
∨
Tomemos para empezar
x ≡ ϕ(u) =
1
h
u con u = hx.
Con este cambio de variable cambian también los límites de integración:
x u
1 h
0 0
El intervalo de integración [0, 1] se transforma en [0, h]. Si h 1 el intervalo [0, 1] se “estira”
y si h 1, se “encoge”. Por otro lado, al hacer el cambio de variable tenemos una nueva
función g(u):
y = f(x) = f(ϕ(u)) = (b − a)
u
h
+ a =: g(u).
Esto significa que la recta que es el gráfico de f se transforma en una recta que pasa por
Q0(0, a) y Q1(h, b), cuya ecuación es
y = g(u).
u
x
h
O
ϕ
1
El área A = a+b
2 se transforma en B = a+b
2 h, y se “agranda” o “achica” según que h 1
o 0 h 1, respectivamente. Por eso no se podría escribir simplemente
A =
Z 1
0
f(x) dx “igual”
Z h
0
g(u) du = B,
ya que el área bajo la curva f se modifica con el cambio de variable.
Pero sabemos que
A =
Z 1
0
f(x) dx =
Z h
0
f(ϕ(u)) ϕ′
(u) du =
Z h
0
f(ϕ(u)) |ϕ′
(u)| du,
donde ϕ′
(u) = 1
h 0. Este factor, 1
h , es el que “compensa” el cambio de área producido al
“estirarse” o “encogerse” el intervalo [0, 1] que se convirtió en el intervalo [0, h].
Un cambio de variable x ≡ ψ(v) = 1 − 1
h v produce un resultado similar, pero en este caso
como ψ′
(v) = − 1
h 0, se tiene
A =
Z 1
0
f(x) dx =
Z h
0
f(ψ(v)) [−ψ′
(v)] dv =
Z h
0
f(ψ(v)) |ψ′
(v)| dv.

58. 50 La integral definida
v
x
h
O
ψ
1
El “factor corrector” |ϕ′
(u)| y |ψ′
(v)| se llama Jacobiano y recoge la información de los
“estiramientos” o “encogimientos” de cada punto del intervalo de integración producidos por
el cambio de variable.
Veamos un ejemplo.
Ejemplo 2.24
Calcular
Z 4
1
(1 + 2
√
x)3
√
x
dx =: M.
Solución. Con el cambio de variable x ≡ j(u) = u2
y como j′
(u) = 2u, y el intervalo j = [1, 4] se
transforma en el intervalo I = [1, 2], puesto que j−1
(x) =
√
x, tenemos:
M =
Z 4
1
(1 + 2
√
x)3
√
x
dx =
Z 2
1
(1 + 2u)3
u
2u du =
Z 2
1
(1 + 2u)3
2 du.
Podemos usar un nuevo cambio de variable: v ≡ 1 + 2u, dv ≡ 2du, y [1, 2] se transforma en [3, 5],
por lo cual
M =
Z 2
1
(1 + 2u)3
2 du =
Z 5
3
v3
dv =
v4
4
5
3
=
1
4
(54
− 34
) = 136.
Algo notable es que en la fórmula del cambio de variable para la integral definida
Z b
a
h(x) dx =
Z B
A
h(ϕ(u))ϕ′
(u) du, (2.1)
con A = ϕ−1
(a), B = ϕ−1
(b), la función ϕ puede no ser biyectiva entre J = [a, b] e I = [A, B]
o [B, A], según el caso.
Puede suceder que [a, b] $ Im(ϕ) = [A1, B1], por ejemplo. Para la integral
R b
a h(x) dx
basta conocer h(x) para x ∈ [a, b], mientras que para calcular
R B
A h(ϕ(u))ϕ′
(u) du, se requiere
conocer h(x) para x ∈ Im(ϕ).
La fórmula (2.1) sigue siendo válida, pero en este caso basta que ϕ(A) = a y ϕ(B) = b y
naturalmente que ϕ sea derivable en [A, B] o [B, A] según el caso. ¡Verifíquelo! Compruebe
antes la validez de (2.1) con el ejemplo siguiente.
Ejemplo 2.25
Sean A, B ∈ [−1, 1], ϕ(u) = sen u y h(x) = x2
. Además:
a ∈ {sen−1
A + 2kπ|k ∈ Z} ∪ {− sen−1
A + (2m + i)π|m ∈ Z},
b ∈ {sen−1
B + 2kπ|k ∈ Z} ∪ {− sen−1
B + (2m + i)π|m ∈ Z},
entonces Z b
a
sen2
u cos u du =
Z B
A
x2
dx.

59. 2.7 El cambio de variable para la integral definida 51
2.7.1 Ejercicios
1. Calcular:
(a)
Z 8
0
exp(
√
x + 1) dx
(b)
Z π/3
π/6
sen x
1 + cos x + tan2
x
dx
(c)
Z 1
0
exp(−2x) sen(2πx) dx
(d)
Z 8
0
dx
√
x + 1(
√
x + 1 + 1)
(e)
Z 1
0
3
√
x2
√
x + 4
dx
(f)
Z 1
0
dx
(x2 + 4)3
(g)
Z π/4
π/6
sen x
1 + sen x
dx
(h)
Z π/2
π/3
sen2
x cos(2x) dx
(i)
Z 6
4
dx
px(8 − x)
(j)
Z 10
8
dx
√
x2 − 6x
(k)
Z π/4
π/6
cos x
cos x + sen x
dx
(l)
Z 25
6
3
√
x + 2
x + 1
dx
(m)
Z π/3
π/4
cos5
x sen x dx
(n)
Z π/4
π/6
cos3
x
sen4 x
dx
(o)
Z e
1
x2
ln x
(x3 + 1)3
dx
(p)
Z 5
0
x
É5 − x
4 + x
dx
(q)
Z π/3
π/6
x
cos2 x
dx
(r)
Z π/4
π/6
tan x
1 + tan2
x
dx
(s)
Z 11
3
√
2x + 3
x
dx
(t)
Z π/4
0
sen3
x cos x
1 + sen2 x
dx
(u)
Z 1
0
dx
1 +
√
2x − x2
(v)
Z 2
1
x2
√
x2 − x + 1
dx
(w)
Z √
5
0
dx
(x + 1)
√
x2 + 4
(x)
Z 1
0
p3x3 + x4 dx
(y)
Z 3
1
3
√
1 + x2
x2
dx
2. Calcular:
(a)
Z 4
0
4 − x2
(1 + x2)2
dx
(b)
Z 4
3
x2
+ x + 1
(x − 1)2(x + 1)2
dx
(c)
Z 0
−1
dx
(x3 − 1)2
(d)
Z 2
1
x2
x3 + 8
dx
(e)
Z 1
0
x4
+ 1
x2 + 1
dx
(f)
Z 1
0
x6
x4 + 1
dx
(g)
Z 1
0
x6
(x + 1)(x3 + 1)
dx
(h)
Z 1
0
x3
(1 − x2
)
(4 + x2)3
dx
(i)
Z 2
1
dx
x4 + 1
(j)
Z π/4
0
sen4
x dx
(k)
Z π/2
π/4
sen5
x dx
(l)
Z π/4
π/6
dx
sen2 x cos2 x
(m)
Z π/4
0
cos x
1 + 2 sen x
dx
(n)
Z π/4
0
dx
2 + cos x
(o)
Z π/4
0
tan x
1 + sen2 x
dx
(p)
Z π/6
0
tan2
cos2 x
dx
(q)
Z 1/
√
2
0
(sen−1
x)2
dx
(r)
Z √
2
0
tan−1
x dx
3. Sea f : ] − π/2, π/2[−→ R definida por
f(x) =
Z 1
−1
cos x
1 − 2t sen x + t2
dt.
Pruebe que f es constante.
4. Use una integral definida apropiada para calcular:
(a) lı́m
N→∞
N
X
k=1
1
N + k
(b) lı́m
N→∞
N
X
k=1
k2
N2
√
N3 + k3

60. 52 La integral definida
5. Sea a 0 y f : ] − a, a[−→ R una función continua. Pruebe que:
(a)
Z a
−a
f(x) dx = 2
Z a
0
f(x) dx si f es par.
(b)
Z a
−a
f(x) dx = 0 si f es impar.
6. Sea f : R −→ R una función continua y T -periódica (es decir, para cierto T 0, f(x) = f(x + T )
para todo x ∈ R). Pruebe que para todo a ∈ R,
Z a+T
a
f(x) dx =
Z T
0
f(x) dx.
7. Sea f : R −→ R continua y tal que si ponemos
F(x) =
Z x
0
f(t) dt,
la función F es periódica. Pruebe que f es periódica. ¿La recíproca es verdadera?
8. Halle los extremos absolutos de f : R −→ R definida por
f(x) =
Z x+π/2
x
(1 + cos2
t) dt.
9. Sea f : R −→ R definida por
f(x) = exp(−x)
Z x2
0
exp(−t − t2
) dt
(a) Calcule f(0), f′
(0) y f′′
(0).
(b) ¿Alcanza f un extremo local en 0?
2.8 La integración por partes para la integal definida
De igual manera, en el caso de la integración por partes, se puede aplicar el Teorema Fun-
damental del Cálculo a la arte integrada, puesto que
Z b
a
[u(x)v(x)]′
dx = [u(x)v(x)]
b
a
; y,
Z b
a
[u(x)v(x)]′
dx =
Z b
a
u(x)v′
(x) dx +
Z b
a
u′
(x)v(x) dx, se tiene que:
Z b
a
u(x)v′
(x) dx = [u(x)v(x)]
b
a
−
Z b
a
u′
(x)v(x) dx,
que es la fórmula de integración por partes para la integral definida.
Ejemplo 2.26
Calcular:
Z 1
0
xex
dx y
Z 1
0
x2
ex
dx.
Solución.
1. Si u = x, dv = ex
dx , du = dx y v = ex
tenemos:
Z 1
0
xex
= xex
1
0
−
Z 1
0
ex
dx = (e − 0) − ex
1
0
= e − (e − 1) = 1.

61. 2.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno 53
2. Esta vez, si u = x2
, dv = ex
dx , du = 2x dx y v = ex
se obtiene, utilizando además el
resultado presedente:
Z 1
0
x2
ex
= x2
ex
1
0
− 2
Z 1
0
xex
dx = (e − 0) − 2(1) = e − 2.
2.9 Integración de funciones racionales de seno y coseno
Una función de dos variables reales
P : R2
−→ R
(x, y) 7−→ P(x, y)
es un polinomio de dos variables si:
1. Para todo x ∈ R, la función y 7→ P(x, y) es un polinomio de una variable; y
2. Para todo y ∈ R, la función x 7→ P(x, y) también es un polinomio de una variable.
Una función de dos variables reales R: R2
→ R es una función racional de dos variables
si
R(x, y) =
P(x, y)
Q(x, y)
∀x, y
donde P y Q son polinomios de dos variables.
Para una tal función R, la integral de la forma
Z
R(cos x, sen x) dx (2.2)
puede transformarse en la integral de una función racional con el cambio de variable dado
por:
u ≡ tan
x
2
, x ≡ 2 arctanu (2.3)
sen x ≡
2u
1 + u2
, cos x ≡
1 − u2
1 + u2
(2.4)
dx ≡
2 du
1 + u2
(2.5)
puesto que el nuevo integrando es la composición de funciones racionales. Para obtener (2.4),
con la ayuda del triángulo de la figura obtenemos
sen
x
2
≡
u
√
1 + u2
, sin
x
2
≡
1
√
1 + u2
,
y tenemos en cuenta las identidades
sen x = 2 sen
x
2
cos
x
2
, cos x = cos2 x
2
− sen2 x
2
.

62. 54 La integral definida
Ejemplo 2.27
Calcule I =
Z
dx
√
11 + sen x + cos x
.
Solución.
I =
Z
dx
√
11 + sen x + cos x
≡
Z 2 du
1+u2
√
11 + 2u
1+u2 + 1−u2
1+u2
= 2
Z
du
(
√
11 − 1)u2 + 2u +
√
11 + 1
=
2
√
11 − 1
Z
du
u2 + 2 1
√
11−1
u +
√
11+1
√
11−1
.
Con a = 1, b = 1
√
11−1
, c =
√
11+1
√
11−1
, vemos que el discriminante es
d = b2
− ac =

1
√
11 − 1
‹2
−
√
11 + 1
√
11 − 1
=
1 − (11 − 1)
(
√
11 − 1)2
= −

3
√
11 − 1
‹2
.
Se puede aplicar la siguiente fórmula, válida si d = b2
− ac 0:
Z
du
u2 + 2bu + c
=
1
√
c − b2
arctan
u + b
√
c − b2
+ C.
Como c − b2
= −d =
€
3
√
11−1
Š2
= 9
2(6−
√
11)
, tendremos entonces:
I ≡
2
√
11 − 1
√
11 − 1
3
arctan
u + 1
√
11−1
3
√
11−1
+ C =
2
3
arctan
(
√
11 − 1)u + 1
3
+ C.
Finalmente como u ≡ tan x
2
, tendremos que
I =
Z
dx
√
11 + sen x + cos x
=
2
3
arctan
(
√
11 − 1) tan x
2
+ 1
3
+ C.
2.9.1 Ejercicios
1. Calcule las siguientes integrales usando la notación t ≡ tan(x/2).
(a)
Z
dx
2 + sen x
(b)
Z π/4
0
dx
1 + cosx
(c)
Z
dx
2 + cos x − 3 sen x
(d)
Z
1 + tan(x/2)
3 + 2 cos x + sen x
dx
(e)
Z
dx
2 tan x + sen x
(f)
Z
dx
cot x + 2 cos x
(g)
Z
sec x
2 + cos x
dx
(h)
Z
csc x
1 + 2 sen x
dx
(i)
Z π/3
π/4
dx
4 + 2 cos x + sen x
(j)
Z π/2
0
1 + cos x
1 + sen x
dx

63. 2.10 Sustituciones trigonométricas 55
2.10 Sustituciones trigonométricas
Teniendo en cuenta las conocidas identidades trigonométricas
cos2
θ = 1 − sen2
θ,
sec2
θ = 1 + tan2
θ o tan2
θ = sec2
θ − 1,
cuando en el integrando se encuentran expresiones de la forma
√
a2 − x2,
√
a2 + x2 o
√
x2 − a2,
con a 0, se puede a veces facilitar el cálculo de una integral con una conveniente sustitución
trigonométrica. Consideremos tres casos.
Caso 1. Integrandos que contienen
√
a2 − x2, con a 0. Notemos que necesariamente
x ∈ [−a, a]. Hacemos la sustitución
x ≡ a sen θ := g(θ), θ ∈ [−π/2, π/2].
En este caso tenemos:
1
−1
π
2
−π
2 θ
x
cos
g
+
a
+
−a
O
dx ≡ a cos θ dθ,
p
a2 − x2 ≡
p
a2 − a2 sen2 θ
=
È
a2(1 − sen2 θ)
=
√
a2 cos2 θ
= a| cos θ|
= a cos θ
porque θ ∈ [−π/2, π/2] ⇒ cos θ ≥ 0.
Notemos que θ = arc sen x
a es una fórmula útil para “regresar” a la variable original x
luego de calcular una integral indefinida, o para calcular los límites de integración con la
nueva variable θ.
Ejemplo 2.28
Calcular
Z
x2
√
25 − x2
dx.
Solución.
Sustitución:
x ≡ 5 sen θ, θ ≡ arc sen
x
5
,

64. 56 La integral definida
dx ≡ 5 cos θ dθ,
p
25 − x2 ≡ 5 cos θ.
Entonces,
Z
x2
√
25 − x2
dx ≡
Z
25 sen2
θ
5 cos θ
5 cos θ dθ
= 25
Z
sen2
θ dθ
=
25
2
Z
[1 − cos(2θ)] dθ
=
25
2
h
θ −
1
2
sen(2θ)
i
+ C
=
25
2
(θ − sen θ cos θ) + C
≡
25
2
arcsin
x
5
−
x
2
p
25 − x2 + C.
Para regresar a la variable original x nos hemos guiado por el triángulo de la figura donde vemos
que cos θ = 1
5
√
25 − x2.
5 x
√
25 − x2
θ
En el caso de integrales definidas se hace el cambio de los límites de integración como en el
ejemplo siguiente.
Ejemplo 2.29
Calcular
Z 4
3
x2
√
25 − x2
dx.
Solución. El integrando es el mismo del ejemplo anterior, razón por lo cual utilizamos el mismo
cambio de variable. Los nuevos límites de integración son:
x θ
3 θ1 = arcsin 3/5
4 θ2 = arcsin 4/5
Ahora podemos calcular la integral definida:
Z 4
3
x2
√
25 − x2
dx =
25
2
25
Z arcsin 4/5
arcsin 3/5
sen2
θ dθ
=
25
2
(θ − sen θ cos θ)
arcsin 4/5
arcsin 3/5
=
25
2
arcsin
4
5
− arcsin
3
5
+
4
5
3
5
−
3
5
4
5
=
25
2
arcsin
4
5
− arcsin
3
5
.
Guiándonos por los triángulos de la figura hemos calculado:
sen θ1 =
3
5
, cos θ1 =
4
5
, sen θ2 =
4
5
, cos θ2 =
3
5
.

65. 2.10 Sustituciones trigonométricas 57
5 3
4
θ1
5
3
4
θ2
Caso 2. Integrandos que contienen
√
a2 + x2, con a 0, x ∈ R.
El gráfico que se presenta a la derecha se dibujó con a = 1.5.
1
2
−1
−2
−3
π
4
2π
4
−π
4
−2π
4
θ
x
sec
g
0
Sustitución:
x ≡ a tan θ := g(θ), θ ∈ ] − π/2, π/2[,
dx ≡ a sec2
θ dθ,
p
a2 + x2 =
È
a2 − a2 tan2
θ
=
È
a2(1 − tan2
θ)
=
È
a2 sec2 θ)
= a| sec θ|
= a sec θ
porque θ ∈
i
−
π
2
,
π
2
h
, y por ende sec θ ≥ 0,
θ ≡ arctan
x
a
.
Ejemplo 2.30
Calcule
Z
dx
(9 + x2)3/2
y
Z 4
0
dx
(9 + x2)3/2
.
Solución. Sustitución:
x ≡ 3 tan θ, θ ≡ arctan
x
3
,
dx ≡ 3 sec2
θ dθ,
p
9 + x2 ≡ 3 sec θ.
Entonces:
Z
dx
(9 + x2)3/2
≡
Z
3 sec2
θ
(3 sec θ)3
dθ,
=
1
9
Z
cos θ dθ,
=
1
9
sen θ + C
≡
1
9
x
√
9 + x2
+ C.
Para el cálculo de sen θ en función de x nos hemos guiado por el triángulo de la figura.

66. 58 La integral definida
√
9 + x2
x
3
θ
Hallemos los nuevos límites de integración:
x θ
0 0
4 arctan 4/3
Calculemos la integral definida:
Z 4
0
dx
(9 + x2)3/2
=
1
9
Z arctan 4/3
0
cos θ dθ
=
1
9
sen θ|arctan 4/3
0
=
1
9
h
sen
arctan
4
3
− 0
i
=
1
9
4
5
=
4
45
Para el cálculo de sen arctan 4
3
nos hemos servido del dibujo.
5
3
4
θ
Caso 3. Integrandos que contienen
√
x2 − a2, con a 0. Notemos que necesariamente
x ≤ −a o x ≥ a.
El gráfico que se presenta a la derecha se dibujó con a = 1.5.
Sustitución:
1
2
3
−1
−2
−3
π
4
2π
4
3π
4 π θ
x
x = atan
g
g
0
x ≡ a sec θ := g(θ),
θ ∈ [0, π/2[ si x ∈ [a, ∞[, θ ∈ [π, 3π/2[ si x ∈ [−∞, −a[,
dx ≡ a sec θ tan θ dθ,
p
x2 − a2 ≡
p
a2 sec2 θ − a2
=
È
a2(sec2 θ − 1)
=
p
a2 tan2
θ
= a| tan θ|
= a tan θ
puesto que θ ∈
h
0,
π
2
h
∪
•
π,
3π
2
•
,
θ ≡ arcsec
x
a
.

67. 2.10 Sustituciones trigonométricas 59
Ejemplo 2.31
Calcular
Z √
x2 − 9
x4
dx y
Z 5
√
10
√
x2 − 9
x4
dx.
Solución. Sustitución:
x ≡ 3 sec θ, θ ∈ [0, π/2[ ∪[π, 3π/2[,
dx ≡ 3 sec θ tan θ dθ,
p
x2 − 9 ≡ 3 tan θ.
Entonces:
Z √
x2 − 9
x4
dx ≡
Z
3 tan θ
(3 sec θ)4
3 sec θ tan θ dθ
=
1
9
Z
tan2
θ
sec3 θ
dθ
=
1
9
Z
sen2
θ cos θ dθ
=
1
27
sen3
θ + C.
x √
x2 − 9
3
θ
Hallemos los nuevos límites de integración:
x θ
√
10 θ1 = arcsec
√
10
3
5 θ2 = arcsec 5
3
Por otro lado, con la misma sustitución:
Z θ2
θ1
√
x2 − 9
x4
dx =
1
9
Z 5
√
10
sen2
θ cos θ dθ
=
1
27
sen3
θ
θ2
θ1
=
1
27
sen3
θ2 − sen3
θ1
=
1
27
•
4
3
3
−

1
√
10
‹˜
=
256 − 5
√
10
13500
.
Para el cálculo de sen arcsec 5
3
y de sen
€
arcsec
√
10
3
Š
nos hemos servido de los triángulos del
dibujo.
√
10
3
1
θ1
5
3
4
θ2

68. 60 La integral definida
2.10.1 Ejercicios
Calcule, usando una sustitución trigonométrica adecuada, de ser el caso:
1.
Z √
4 − x2
x2
dx
2.
Z
x2
√
x2 − 9
dx
3.
Z
dx
√
x2 − 9
4.
Z p
5 − x2 dx
5.
Z p
2 + x2 dx
6.
Z
(2 − x2
)3/2
dx
7.
Z
x3
p
4 − x2 dx
8.
Z
x3
p
x2 − 4 dx
9.
Z
dx
(x2 − 9)3/2
10.
Z
dx
(4 − x2)3/2
11.
Z
dx
√
25 − 9x2
12.
Z √
x2 − 3
x4
dx
13.
Z
dx
√
x2 + 2x + 17
14.
Z
dx
(x2 + 4x)3/2
15.
Z √
9 − 4x2
x
dx
16.
Z 4
−3
p
25 − x2 dx
17.
Z 4
3
x2
√
25 − x2
dt
2.11 Integrales impropias
Hemos definido la integral definida de funciones de tipo f : [a, b] → R, x 7→ f(x). Dicha
integral es un número que se nota y define como sigue:
Z b
a
f(x) dx = lı́m
kP k→0
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk,
donde P es una partición del intervalo [a, b]. Cuando existe este límite se dice que f es
Riemann-integrable en [a, b]. Se conoce que son integrables funciones que cumplen, por ejem-
plo, una de las siguientes propiedades:
1. f es continua en [a, b],
2. f es monótona en [a, b],
3. f es acotada en [a, b] y continua en [a, b] con excepción de un número finito de puntos.
La práctica exige, sin embargo, crear o extender el concepto de integral definida cuando,
por ejemplo:
1. f está definida en un intervalo infinito ]−∞, b], [a, +∞[, ]−∞, +∞[, ]−∞, b[ o ]a, +∞[.
2. f no es acotada.
3. f está definida en un intervalo finito de tipo ]a, b[, ]a, b] o [a, b[.
La integrales que se obtienen se llaman impropias. Definiremos dos tipos de tales integrales.
2.11.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos
Definición 2.1
1. Si f : ] − ∞, b] → R es continua en ] − ∞, b], se dice que f es Riemann-integrable en
] − ∞, b] si existe el número
R b
−∞ f(x) dx definido por
Z b
−∞
f(x) dx = lı́m
a→−∞
Z b
a
f(x) dx.

69. 2.11 Integrales impropias 61
2. Si f : [a, +∞[→ R es continua en [a, +∞[, se dice que f es Riemann-integrable en
[a, +∞[ si existe el número
R ∞
a f(x) dx definido por
Z ∞
a
f(x) dx = lı́m
b→+∞
Z b
a
f(x) dx.
3. Si f : R → R es continua en R y si para cierto c ∈ R, f es Riemann-integrable tanto en
] − ∞, c] como en [c, +∞[, se dice que f es Riemann-integrable en ] − ∞, ∞[, o en R y
se pone, en este caso,
Z ∞
−∞
f(x) dx =
Z c
−∞
f(x) dx +
Z ∞
c
f(x) dx.
Si una de las integrales de la derecha no existe para cierta f, se dice que diverge la
integral de la izquierda.
Observemos lo siguiente.
1. La continuidad garantiza la existencia de
R b
a f(x) dx, requerida en la definición.
2. En el caso de
R ∞
−∞ f(x) dx deben existir
R c
−∞ f(x) dx y
R ∞
c f(x) dx. Si una de las dos,
o las dos no existen, f no será integrable en R.
3. Es erróneo confundir
R ∞
−∞ f(x) dx con
v.p.
Z ∞
−∞
f(x) dx = lı́m
t→+∞
Z t
−t
f(x) dx.
Este último límite, si existe, se llama valor principal de
R ∞
−∞ f(x) dx y su existencia no
garantiza la de
R ∞
−∞ f(x) dx.
4. Si f tiene una primitiva F, aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo se puede
escribir, por ejemplo:
Z ∞
a
f(x) dx = lı́m
t→+∞
[F(t) − F(a)] = lı́m
t→+∞
F(t) − F(a).
Por ello, por comodidad se escribe
Z ∞
a
f(x) dx = F(+∞) − F(a) = F(x)|
+∞
a .
Análogamente se pondrá:
Z b
−∞
f(x) dx = F(b) − F(−∞) = F(x)|
b
−∞ ,
Z ∞
−∞
f(x) dx = F(+∞) − F(−∞) = F(x)|
+∞
−∞ .
Insistimos en que debe entenderse:
F(+∞) := lı́m
t→+∞
F(t),
F(−∞) := lı́m
t→−∞
F(t).

70. 62 La integral definida
2.11.2 Ejemplos
1. Z 1
−∞
dx
(x − 3)2
=
−1
x − 3
1
−∞
=
−1
1 − 3
− lı́m
x→−∞
−1
x − 3
=
1
2
.
Notemos que si ponemos f(x) = 1
(x−3)2 , f es continua en ] − ∞, 1], como lo exige la
definición. Para esta función no podríamos calcular
R 4
−∞
dx
(x−3)2 porque f es discontinua
en 3.
2.
R 1
−∞
dx
√
3−x
= −2
√
3 − x
1
−∞
no existe porque lı́m
x→−∞
√
3 − x = +∞; es decir, diverge.
3.
R ∞
−∞ x dx diverge porque
Z ∞
0
x dx =
x2
2
∞
0
= lı́m
x→+∞
x2
2
= +∞. Nótese que
v.p.
Z ∞
−∞
x dx = lı́m
t→+∞
Z t
−t
x dx = 0.
4.
Z 0
−∞
xe−x2
dx =
−1
2
e−x2
0
−∞
=
−1
2

1 − lı́m
x→−∞
e−x2
‹
= −
1
2
.
2.11.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados
Definición 2.2
1. Si f : ]a, b] → R es continua en ]a, b], se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b] si
existe el número
R b
a+ f(x) dx definido por
Z b
a+
f(x) dx = lı́m
t→a+
Z b
t
f(x) dx.
2. Si f : [a, b[→ R es continua en [a, b[, se dice que f es Riemann-integrable en [a, b[ si existe
el número
R b−
a f(x) dx definido por
Z b−
a
f(x) dx = lı́m
t→b−
Z t
a
f(x) dx.
3. Si f : ]a, b[→ R es continua en ]a, b[ y si para cierto c ∈ ]a, b[, f es Riemann-integrable
tanto en ]a, c] como en [c, b[, se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b[ y se pone en
este caso
Z b−
a+
f(x) dx =
Z c
a+
f(x) dx +
Z b−
c
f(x) dx.
Si uno de los límites no existe se dice que la integral correspondiente diverge.
Tienen lugar observaciones análogas a las que siguen a la definición de integrales en
intervalos infinitos. En particular, por ejemplo, si F′
= f se tiene
Z b
a+
f(x) dx = F(x)|
b
a+ = F(b) − lı́m
t→a+
F(t) =: F(b) − F(a+
).

71. 2.12 Integración aproximada 63
2.11.4 Ejemplos
1.
Z 2
1+
dx
√
x − 1
= 2
√
x − 1
2
1+ = 2

√
2 − 1 − lı́m
x→1+
√
x − 1
‹
= 2.
2.
Z 2
1+
dx
x − 1
= ln |x − 1||
2
1+ = ln |2 − 1| − lı́m
x→1+
ln |x − 1|, por lo que la integral diverge.
3.
Z 3−
2
dx
(x − 3)1/5
=
5
4
(x − 3)4/5
3−
2
=
5
4
•
lı́m
x→3−
(x − 3) − (2 − 3)4/5
˜
= −
5
4
.
Al calcular una integral impropia de tipo I se puede llegar a otra de tipo II o viceversa.
Veamos un ejemplo:
Z +∞
1
dx
x2
= −
Z 0+
1
du
u2 1
u2
=
Z 1
0+
du
con el cambio de variable u = 1
x , dx = −du
u2 y el cambio de límites
x u
1 1
+∞ 0+
Z +∞
1
dx
x2
= u|
1
0+
= 1 − lı́m
u→0+
u
= 1.
2.11.5 Ejercicios
Calcule la integral dada o pruebe que es divergente:
1.
Z ∞
1
dx
x3
2.
Z −2
−∞
dx
3
√
x + 1
3.
Z ∞
2
dx
x4/5
4.
Z ∞
2
dx
x5/4
5.
Z 3
−∞
exp(3x) dx
6.
Z ∞
−∞
exp(−x3
) dx
7.
Z ∞
2
ln x
x
dx
8.
Z ∞
2
ln x
x2
dx
9.
Z ∞
−∞
dx
4 + x2
10.
Z 1
−∞
x
(x2 + 4)
dx
11.
Z ∞
3
x exp(−x) dx
12.
Z 1
−∞
x3
x4 + 4
dx
13.
Z ∞
0+
dx
√
x
14.
Z 1
0+
ln x dx
15.
Z 2−
1
dx
(x − 2)1/5
16.
Z 3
2+
dx
(x − 2)1/5
17.
Z ∞
2

1
x + 1
−
1
x + 2
‹
dx
18.
Z ∞
1

1
x
+
1
2x2 + 1
‹
dx
19.
Z 0−
−2
dx
x2
2.12 Integración aproximada
Dada una función f : R → R, Riemann-integrable en [a, b], para calcular
R b
a f(x) dx de ma-
nera exacta conocemos por ahora el teorema fundamental del cálculo, que exige hallar una

72. 64 La integral definida
primitiva F de f y la definición
Z b
a
f(x) dx = lı́m
kP k→0
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk.
El cálculo de este límite, salvo para polinomios de grado no muy grande, es demasiado
engorroso y prácticamente irrealizable. Por eso es necesario disponer de métodos que permitan
el cálculo aproximado de la integral. Veamos algunos métodos.
2.12.1 Método “natural”
Si se conoce que la función f es Riemann-integrable en [a, b], al conocerse que el límite
existe, independientemente de los x∗
k tomados, se pueden tomar particiones homogéneas Pn
que consisten en dividir [a, b] en n segmentos iguales. Es decir que para n ≥ 1, Pn es igual a
{x0, x1, . . . , xn}, donde x0 = a y xk = a + kh, con h = b−a
n = ∆xk para todo k, por lo que
kPk = b−a
n . Esto significa que kPk → 0 si n → ∞. Además, x∗
k ∈ [xk−1, xk] para todo k ≥ 1.
Así, cualquier suma de Riemann es una aproximación de la integral, puesto que En → 0
cuando n → ∞, donde
En =
Z b
a
f(x) dx −
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk =
Z b
a
f(x) dx −
b − a
n
n
X
k=1
f(x∗
k)
es el error de aproximar la integral con la suma de Riemann. Como
lı́m
n→∞
En = 0,
En será menor mientras más grande sea n. Lamentablemente no se puede estimar a priori
este error, por lo que no sabemos, en general, qué valor de n se debe tomar para que dicho
error sea menor que un valor dado previamente.
Se requiere en todo caso escoger los valores x∗
k de modo que se facilite el cálculo de la suma
de Riemann correspondiente. Se puede, por ejemplo, usar una de las opciones siguientes.
1. Cada x∗
k es el punto intermedio del intervalo [xk−1, xk] correspondiente:
x∗
k = xk−1 +
h
2
= a +
2k − 1
2n
(b − a).
2. Cada x∗
k es el extremo izquierdo [xk−1, xk], es decir x∗
k = xk−1. Si ponemos yk = f(xk)
se tendrá entonces:
Z b
a
f(x) dx ≈
b − a
n
n
X
k=1
yk−1 =
b − a
n
n−1
X
k=0
yk.
3. Cada x∗
k es el extremo derecho [xk−1, xk], es decir x∗
k = xk, por lo que :
Z b
a
f(x) dx ≈
b − a
n
n
X
k=1
yk.
4. Se aproxima la integral con el promedio de los resultados obtenidos en las dos opciones
precedentes:
Z b
a
f(x) dx ≈
1
2
b − a
n
n−1
X
k=0
yk +
b − a
n
n
X
k=1
yk
!
=
b − a
n
(y0+2y1+2y2+· · ·+2yn−1+yn).
Este último resultado es idéntico al que se obtiene con el así llamado método de los
trapecios que describimos a continuación.

73. 2.12 Integración aproximada 65
2.12.2 Método de los trapecios
En el método natural en cada segmento [xk−1, xk] la integral
R xk
xk−1
f(x) dx se aproxima con
el producto f(x∗
k) ∆xk, que geométricamente, si f(x) ≥ 0, significa que el área de la figura
ak , situada bajo el gráfico de f y sobre el intervalo [xk−1, xk], se aproxima con el área del
rectángulo rk cuya base es dicho intervalo y su altura es f(x∗
k).
xk−1 x∗
k xk
△xk
yk−1
ak
f(x∗
k
)
f
yk
≈
xk−1 x∗
k xk
△xk
rk f(x∗
k
)
La idea de este método consiste en reemplazar el rectángulo rk con un trapecio tk cuyas
bases son yk−1 e yk y cuya altura es ∆xk.
xk−1 xk
△xk
yk−1
ak
f
yk
≈
xk−1 xk
△xk
tk
yk−1
yk
Así Z xk
xk−1
f(x) dx ≈
yk−1 + yk
2
∆xk =
b − a
2n
(yk−1 + yk).
Entonces,
Z b
a
f(x) dx =
n
X
k=1
Z xk
xk−1
f(x) dx
≈
n
X
k=1
b − a
2n
(yk−1 + yk)
=
b − a
2n
(y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn).
Si ponemos
Tn :=
b − a
2n
(y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn),
entonces Z b
a
f(x) dx ≈ Tn =
b − a
2n
(y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn).

74. 66 La integral definida
Algo notable es que el error ET (n) que se comete al aproximar la integral con Tn puede
ser estimado a priori, es decir previo a cualquier cálculo, con lo cual se puede conocer el valor
de n que nos permita que el error ET (n) sea menor a un cierto número dado previamente.
En efecto se tiene el siguiente resultado.
Teorema 2.9
Si para f : [a, b] → R existe su segunda derivada en [a, b] y M ≥ 0 tal que para todo x ∈ [a, b],
|f′′
(x)| ≤ M, entonces, si ET (n) =
R b
a f(x) dx − Tn , ET (n) ≤ M(b−a)3
12n2 .
Ejemplo 2.32
Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de los trapecios.
Solución. Sea f(x) = 1
x
. Entonces ln 2 =
R 2
1
f(x) dx. Como f′′
(x) = 2
x3 , tenemos que
|f′′
(x)| ≤ 2 ∀x ∈ [1, 2].
Podemos usar el teorema con a = 1, b = 2, M = 2, y entonces, como Tn aproximará ln 2 con dos
cifras decimales exactas si ET (n) 0.005, exigiremos que
ET (n) ≤
2(2 − 1)3
12n2
0.005,
de donde n 10
√
3
≈ 5.7 nos garantiza que Tn y ln 2 serán iguales hasta la segunda cifra decimal.
Basta tomar entonces n = 6. En la siguiente tabla resumimos los cálculos que se realizan.
k xk yk
0 1 1
1 7/6 6/7
2 4/3 3/4
2 3/2 2/3
4 5/3 3/5
5 11/6 6/11
6 2 1/2
ln 2 ≈= T6 =
b − a
12
(y0 + 2y1 + · · · 2y5 + y6)
=
1
12
h
1 + 2
6
7
+
3
4
+
2
3
+
3
5
+
6
11
+
1
1
+
i
≈ 0.6949.
2.12.3 El método de Simpson
En el método natural, en cada intervalo [xk−1, xk] reemplázabamos el gráfico de f con un
segmento de recta horizontal, es decir f se reemplaza por un polinomio p de grado 0, pues
para x ∈ [xk−1, xk] se reemplazaba f(x) con la constante f(x∗
k) := p(x).
En el método de los trapecios el gráfico de f se reemplaza con la recta que pasa por los
puntos Pk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk). Es decir que f se reemplazaba con un polinomio de
grado menor o igual que 1, es decir que f(x) se reemplaza con
p(x) = yk−1 +
yk − yk−1
xk − xk−1
(x − xk−1).

75. 2.12 Integración aproximada 67
Se puede esperar que si en vez de un polinomio de grado 0 o 1 se toma uno de grado mayor,
el método será mejor. Esta idea se recoge en el método de Simpson que utiliza segmentos
de parábola o recta que pasa por Pk(xk, yk), Pk+1(xk+1, yk+1) y Pk+2(xk+2, yk+2), para
reemplazar al gráfico de f en los intervalos [xk, xk+2], con k par y k ∈ {0, 2, . . ., n − 2}. Es
decir se reemplaza f con un polinomio de grado menor o igual que 2. Veamos los detalles.
Calculemos el área entre el polinomio de grado menor o igual que 2 que pase por tres
puntos de la forma (a, f(a)), (a+ h, f(a+ h)) y (a+ 2h, f(a+ 2h)). No cambia el resultado si
al punto intermedio lo ubicamos en el eje de las ordenadas. Consideremos entonces los tres
puntos siguientes: P(−h, y−), Q(0, y0), R(h, y+). Si p es el polinomio de grado menor o igual
que 2 que pasa por ellos, con a, b y c adecuados tendremos que p(x) = ax2
+ bx + c. Para el
cálculo de a, b y c se tienen las tres ecuaciones siguientes:
P ∈ p ⇒ y− = ah2
− bh + c, (2.6)
Q ∈ p ⇒ y0 = c, (2.7)
R ∈ p ⇒ y+ = ah2
+ bh + c. (2.8)
x
y
h
−h
y+
y−
b
y0
p
A
El área que nos interesa (ver el dibujo de la
derecha) se calcula mediante:
A =
Z h
−h
p(x) dx
=
Z h
−h
(ax2
+ bx + c) dx
=

a
3
x3
+
b
2
x2
+ cx
‹ h
−h
=
h
3
(2ah2
+ 6c).
De (2.7) tenemos que c = y0, y sumando (2.6) y
(2.8) obtenemos y− + y+ = 2ah2
+ 2c, por lo que
A =
h
3
(2ah2
+ 2c + 4c) =
h
3
(y− + y+ + 4y0).
Es decir que
A =
h
3
(y− + 4y0 + y+).
Si n = 2K es par y tendremos que, con las notaciones que usamos en los métodos anteriores:
Z b
a
f(x) dx =
K
X
k=1
Z x2k
x2k−2
f(x) dx ≈
K
X
k=1
b − a
3n
(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k).
Si
Sn :=
K
X
k=1
b − a
3n
(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k),
entonces
Z b
a
f(x) dx ≈ Sn =
b − a
3n
(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + · · · + 4yn−3 + 2yn−2 + 4yn−1 + yn).
Algo muy importante es que se dispone de una estimación a priori del error de aproximar
la integral con la suma de Simpson Sn. El siguiente teorema da cuenta de dicho error de
aproximación.

76. 68 La integral definida
Teorema 2.10
Si f : [a, b] → R tiene su cuarta derivada continua en [a, b] y si M ≥ 0 es tal que f(4)
(x) ≤ M
para todo x ∈ [a, b], el error de aproximar
R b
a f(x) dx con la suma de Simpson Sn, que lo
notaremos ES(n) =
R b
a f(x) dx − Sn , satisface la desigualdad
ES(n) ≤
M(b − a)5
180n4
.
Si en la estimación del error por el método de los trapecios se tiene
ET (n) ≤
cte
n2
,
en este caso tenemos
ES(n) ≤
cte
n4
,
lo que indica que la suma de Simpson converge más rápidamente hacia la integral que la
suma Tn del método de los trapecios.
Ejemplo 2.33
Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de Simpson.
Solución. Para calcular ln 2 =
R 2
1
dx
x
, con los mismos cálculos hechos al aplicar el método de los
trapecios, y como f(4)
(x) = 24
x5 nos da que f(4)
(x) ≤ 24 para todo x ∈ [1, 2], tendremos que:
ES(n) ≤
24(2 − 1)5
180n4
0.005,
de donde n
4
É
80
3
≈ 2.27. Basta entonces tomar n = 4 (no n = 3 puesto que n debe ser par).
Entonces ln 2 ≈ S4 =
b − a
3n
(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + y4). Construimos una tabla de los valores que
necesitamos:
x xk yk
0 1 1
1 5/4 4/5
2 3/2 2/3
3 7/4 4/7
4 2 1/2
Finalmente, ln 2 ≈ S4 =
1
12
1 + 4
4
5
+ 2
2
3
+ 4
4
7
+
1
2
≈ 0.6933.
2.12.4 Ejercicios
1. Compare el valor exacto y la aproximación según los métodos de los trapecios y de Simpson, con
el valor de M dado, de:
(a)
Z 2
0
(x2
+ 1) dx, M = 4 (b)
Z 2
−1
√
x + 2 dx, M = 6

77. 2.12 Integración aproximada 69
2. Compare los resultados obtenidos con los métodos de Simpson y de los trapecios:
(a)
Z 7
1
dx
x
, M = 6 (b)
Z 2
0
dx
2x + 3
, M = 4 (c)
Z 1
0
p
x2 + 2 dx, M = 8
3. Determine el mínimo valor de M necesario para calcular una aproximación de 3 cifras decimales
exactas, con los métodos de Simpson y de los trapecios:
(a)
Z 2
1
dx
x + 1
(b)
Z 2
0
4
1 + x2
dx (c)
Z 2
0
dx
2x + 3
(d)
Z 3
0
√
x + 1 dx
4. Calcule el error cometido para calcular con los métodos de los trapecios y de Simpson y compárelos
con las estimaciones a priori ET (n) y ES(n) del error (tenga en cuenta el valor exacto):
(a)
Z 4
0
x2
dx, M = 4 (b)
Z √
2
0
4
1 + x2
dx, M = 8
5. Teniendo en cuenta que π =
R 1
0
4
1+x2 dx, utilice los métodos de los trapecios y de Simpson para
aproximar π. Observe cómo el segundo método converge más rápidamente.

78. Capítulo 3
Aplicaciones de la integral definida
3.1 La ofrenda de oro
El custodia que se exhibía en el Museo de Arte Religioso de las hermanas de la Concepción,
en Riobamba, fue robado el 13 de octubre de 2007. La preciosa joya elaborada en la época
colonial estaba confeccionada con varios kilogramos de oro y decenas de diamantes, rubíes,
perlas y otras piedras preciosas, y medía 1.87 metros de altura.
Los ladrones la fundieron casi en su totalidad por lo que la policía pudo recuperar ape-
nas una sección de su parte superior. La comunidad católica no pudo recuperarse de su
consternación y decidió compensar la pérdida.
Para ello se realizó una colecta entre los feligreses y se ordenó la elaboración de una gran
cruz de oro macizo en cuya cúspide se soldaría la parte recuperada del sagrario. La cruz
mediría 80 centímetros de alto, 50 centímetros de ancho y el diámetro del larguero y del
travesaño, ambos cilíndricos, sería de 8 centímetros.
Se llamó al más reconocido joyero del lugar y se le pidió que elaborara un presupuesto
para saber si se podría pagar la obra con el dinero recaudado, o habría necesidad de más. El
joyero sabe que cada centímetro cúbico de oro pesa 19.30 gramos y que, dada la cantidad de
metal, lo podría comprar a razón de 31.60 dólares cada gramo. Pero el artesano encuentra
difícil calcular el volumen de metal necesario para poder determinar la cantidad de oro y,
por ende, su costo. ¿Cómo podemos calcular ese volumen?
Para hacerlo, veamos algunos conceptos básicos.
3.2 Definición de longitud, área y volumen
Para definir la longitud de un segmento de recta, el área de una figura plana y el volumen
de un sólido, se necesita, en cada caso, una unidad de medida. La unidad de longitud será
un segmento de recta que llamaremos uL. La unidad de área será un cuadrado, cada lado del
cual será un segmento igual a 1 uL, al que llamaremos uA. Simbólicamente uA = (uL)2
. La
unidad de volumen será un cubo, cada arista del cual será un segmento igual a 1 uL al que
llamaremos uV. Simbólicamente, uV = (uL)3
.
La longitud de un segmento γ se expresa
longitud(γ) = l uL,
donde l ∈ [0, ∞[ es el número de veces que “cabe” el segmento uL en γ.
El área de una figura plana Ω se escribe
área(Ω) = a uA,

79. 72 Aplicaciones de la integral definida
donde a ∈ [0, ∞[ es el número de cuadrados uA que “caben” en la figura Ω.
El volumen de un sólido Ψ se escribe
volumen(Ψ) = v uV,
donde v ∈ [0, ∞[ es el número de cubos uV que “caben” en el sólido Ψ.
Probamos ya que si Ω es un rectángulo para el cual
longitud(base) = b uL, b ∈ ]0, ∞[,
longitud(altura) = h uL, h ∈ ]0, ∞[ y
área(Ω) = a uA, a ∈ ]0, ∞[,
tendremos que
a = b · h
o también
área(Ω) = longitud(base) · longitud(altura).
Análogamente, si Ψ es un paralelepípedo con aristas longitudinal A, transversal B y
vertical C, y si
[A] = longitud(A) = a uL, a ∈ ]0, ∞[,
[B] = longitud(B) = b uL, b ∈ ]0, ∞[,
[C] = longitud(C) = a uL, c ∈ ]0, ∞[, y
[Ψ] = volumen(Ψ) = v uV, v ∈ ]0, ∞[,
tendremos que
v = a · b · c.
Sea ahora un sólido cilíndrico C, cuya base es una figura plana B y su generatriz perpen-
dicular a la base es un segmento H, llamado altura. Si se conoce que
[B] = medida (superficial) de B = área(B) = b uA, b ∈ ]0, ∞[,
[H] = medida (longitudinal) de H = longitud(H) = h[uL], h ∈ ]0, ∞[,
[C] = medida (volumétrica) de C = volumen(C) = v[u], v ∈ ]0, ∞[,
se puede probar que
v = b · h.
O también si asumimos que uA = uL
2
, uV = uA · uL = uL
3
, es decir si hemos tomado para la
longitud, área y volumen unidades compatibles, podemos probar que
volumen(cilindro) = área(base) × longitud(altura).
Esta fórmula sigue siendo válida si tomamos unidades diferentes a las compatibles para
longitud, área y volumen, pero no consideramos esta posibilidad aquí. Más bien asumiremos
que las unidades de longitud, área y volumen son compatibles y, como no habrá lugar a
errores, por simplicidad pondremos, por ejemplo para el sólido cilíndrico C:
longitud(H) = h, en vez de h uL,
área(B) = b, en vez de b uA,
volumen(C) = v, en vez de v uV, etcétera.

80. 3.3 El área de una figura plana 73
3.3 El área de una figura plana
Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R funciones continuas.
Consideremos la figura Ω comprendida entre las gráficas de f y g y las rectas verticales
de ecuaciones x = a y x = b. En el dibujo, por comodidad, se considera que 0 ≤ g(x) ≤ f(x)
para todo x ∈ [a, b], pero esta restricción no es indispensable.
f
g
Ω
a x
b
f
g
Ω
a = x0
x
b = xn
x1 x2 x3 xn−1
Como ya hicimos en el problema introductorio de la integral definida, tomemos una par-
tición P = {x0, . . . , xn} de [a, b] y una partición asociada P∗
= {x∗
1, . . . , x∗
n}. Consideremos
la franjita vertical Ωk de Ω limitada por las gráficas de f y g y por las rectas x = xk−1,
x = xk, 1 ≤ k ≤ n. Si aproximamos el área de la franjita Ωk con un rectángulo Rk de vértices
E(xk−1, g(x∗
k)), B(xk−1, f(x∗
k)), C(xk, f(x∗
k)) y D(xk, g(x∗
k)):
área(Ωk) = ak ≈ área(EBCD) = longitud(ED) · longitud(PQ).
xk−1 x∗
k
xk
E
P
D
B
Q
C
Como
longitud(ED) = (xk − xk−1) = ∆xk,
y
longitud(PQ) = |f(x∗
k) − g(x∗
k)|,
tendremos que
área(Ωk) = ak ≈ área(EBCD) = |f(x∗
k) − g(x∗
k)|∆xk.
Si área(Ω) = A, como
área(Ω) =
n
X
k=1
área(Ωk)
tendremos que
A =
n
X
k=1
ak ≈
n
X
k=1
|f(x∗
k) − g(x∗
k)|∆xk.
La última sumatoria es una suma de Riemann para la función dada por
x 7→ |f(x) − g(x)|

81. 74 Aplicaciones de la integral definida
y como se observa que para figuras sencillas la aproximación es mejor si se toma kPk cada
vez más pequeño, podemos definir
área(Ω) = A; A
def
=
Z b
a
|f(x) − g(x)| dx.
Naturalmente, si para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f(x), se tendrá
A =
Z b
a
(f(x) − g(x)) dx.
Ejemplo 3.34
Hallar el área de la figura limitada por las gráficas de y = 4 − x2
y de 2y = x + 5.
Solución. Resolviendo el sistema
y = 4 − x2
2y = x + 5
se obtienen dos puntos de intersección P(−3
2
, 7
4
) y Q(1, 3) (los que se observan en la figura siguiente).
1
2
3
4
1 2
−1
−2
x
y
Q
P
Para −3
2
≤ x ≤ 1 se tiene que
g(x) =
x
2
+
5
2
≤ 4 − x2
= f(x).
Entonces
A =
Z 1
− 3
2
h
4 − x2
−
x
2
+
5
2
i
dx
=
Z 1
− 3
2
3
2
−
x
2
− x2
dx
=
3
2
x −
1
4
x2
−
1
3
x3
1
− 3
2
=
3
2
1 +
3
2
−
1
4
1 −
9
4
−
1
3
1 +
27
8
=
3
2
5
2
+
5
16
−
1
24
35
=
5
48
(36 + 3 − 14)
=
125
48
.
El área de la figura es pues 125
48
.
A figuras que, como Ω, son el gráfico de conjuntos de la forma
{(x, y) ∈ R2
: a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x)}
se les llama figuras de tipo I .
Si son conjuntos de la forma
{(x, y) ∈ R2
: c ≤ y ≤ d, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)}
con ϕ: [c, d] −→ R y ψ: [c, d] −→ R funciones continuas tales que ϕ(y) ≤ ψ(y) para todo
y ∈ [c, d] se les llama figuras de tipo II. En este caso, se obtiene análogamente que
A =
Z d
c
[ψ(y) − ϕ(y)]dy.

82. 3.4 Cálculo de volúmenes 75
3.3.1 Ejercicios
1. Hallar el área de la región limitada por las gráficas de las ecuaciones o funciones dadas:
(a) y = 0, y = 1 − x2
(b) y = 0, y = 1 − x2
, x = −1/2, x = 1/2
(c) y = sen x, y = 0, x = π/2, x = π
(d) y = 0, y = sen x, x = π/3, x = π/2
(e) y = 1 +
√
x, y = 0, x = 4
(f) y = (x2
− 1)/x2
, y = 0, x = 1, x = 3
(g) y = x, y = −3x, x = 2
(h) y = x4
, y = 16
(i) y = x3
, y = 27, x ≥ −1
(j) y =
√
x, y = x2
(k) y = 2n
√
x, y = x2n
, n ∈ N
(l) y = n
√
x, y = xn
, n impar, x ≥ 0
(m) y = 2(4 − x2
), y = 4 − x2
(n) y = 1/x2
, y = x, x = 2
(o) y = 1 − x2/3
, y = x2/3
− 1
(p) y = x2
− 2x − 3, y = 2x + 2, x = −1,
x = 6
(q) y2
= 2x, x2
+ y2
= 1
(r) y = x, y = x2
, x = 0, x = 1
(s) x = y2
− 6y + 1, x = −y2
+ 2y + 1
(t) x = y3
− y, x = y + 4, y = −1,
y = 1
(u) x = y3
− y, x = 0
2. Halle el área de la representación geométrica del conjunto Ω:
(a) Ω = {(x, y) ∈ R2
:
√
3x2
≤ y ≤
√
4 − x2}
(b) Ω = {(x, y) ∈ R2
: 0 ≤ x ≤ y ≤ (1/2)
√
4 − x2}
(c) Ω = {(x, y) ∈ R2
: (x/a)2
+ (y/b)2
≤ 1}, a, b 0
(d) Ω = {(x, y) ∈ R2
: x2/3
+ y2/3
≤ a2/3
}, a 0
3. Calcule el área de la región indicada integrando respecto a x y luego respecto a y (es decir,
viéndola como región o unión de regiones tipo I y luego de tipo II):
(a) Limitadas por las gráficas de y2
= −x − 2, y = 2, y = −2, y = 2(x − 1)
(b) Triángulo de vértices P(1, 1), Q(3, 0), R(2, 5)
3.4 Cálculo de volúmenes
3.4.1 Volumen de un cilindro
Un subconjunto Ω del espacio geométrico de 3 dimensiones E3
se llama cilindro recto si
existen una figura plana B ⊂ E3
y un segmento l ⊂ E3
perpendicular a B, tales que al
cortar Ω con una recta paralela al segmento l, se obtiene un segmento de la misma longitud
que l y al cortarlo con un plano paralelo a B se obtiene una figura de la misma forma y área
que B.
Si A uA = área de B y H uL = longitud de l, entonces, si el volumen de Ω = V uV, se
tiene que
V = AH, (3.1)
cuando las unidades de longitud, área y volumen son compatibles. Es decir, si se puede
escribir simbólicamente
uA = uL
2
,
uV = uA uL = uL
3
,
lo que hacemos cuando uA es un cuadrado cuyo lado mide 1 uL y si uV es un cubo cuya arista
mide 1 uL y, por ende, sus lados miden 1 uA.
Si B y l no son perpendiculares se dice que el cilindro es oblicuo. En este caso, si θ es el
ángulo entre B y l, se tiene que
V = AH sen θ. (3.2)

83. 76 Aplicaciones de la integral definida
B
l
Ω
B
B
l
Θ
Recordemos que el ángulo entre una recta l y un plano B es el complementario del ángulo
entre la recta l y la recta n normal al plano B.
Para probar (3.1) recordemos que como aplicación de la integral definida aprendimos a
calcular el área de figuras planas que son la unión finita de figuras simples de tipo I y de tipo
II, a las que definimos así:
Definición 3.1
Sea B ⊂ E2
. Se dice que:
1. B es una figura de tipo I si es la representación gráfica de un conjunto de la forma
(x, y) ∈ R2
| a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)
©
, (3.3)
donde a b, g : [a, b] → R y h: [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales que
g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ [a, b].
2. B es una figura de tipo II si es la representación gráfica de un conjunto de la forma
(x, y) ∈ R2
| a ≤ y ≤ b, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)
©
, (3.4)
donde a b, ϕ: [a, b] → R y ψ: [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales que
ϕ(y) ≤ ψ(y) para todo y ∈ [a, b].
En estos casos, si A uA = área de B, con la unidad de área uA compatible con la unidad
de longitud uL, vimos que
A =
Z b
a
[h(x) − g(x)] dx (3.5)
si B es de tipo I y
A =
Z b
a
[ψ(y) − ϕ(y)] dy (3.6)
si B es de tipo II.
Para demostrar (3.5), para una partición arbitraria P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo
[a, b] y para P∗
= {x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n}, donde xk−1 ≤ x∗
k ≤ xk para todo k ∈ {1, 2, . . ., n},
aproximamos cada banda Bk, que es la representación del conjunto
(x, y) ∈ R2
| xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x)
©
,
con el rectángulo Rk que representa a
[xk−1, xk] × [g(x∗
k), h(x∗
k)]
cuya base mide ∆xk uL, con ∆xk = xk − xk−1, y cuya altura mide [h(x∗
k) − g(x∗
k)] uL.

84. 3.4 Cálculo de volúmenes 77
xk−1 x∗
k xk
Por ello , si
área(Bk) = ∆Ak uA,
se tiene que
∆Ak ≈ [h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk,
y por ende,
A =
n
X
k=1
∆Ak ≈
n
X
k=1
[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk.
Esta última expresión es una suma de Riemann y, como g y h y con ellas h − g son
continuas, existe su límite cuando kPk → 0 sin importar los valores x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n tomados,
por lo que definimos
A = área(B) =
Z b
a
[h(x) − g(x)] dx
y de manera análoga obtuvimos (3.6).
Finalmente, antes de demostrar (3.1), recordemos que si Ω es un paralelepípedo cuyas
aristas miden a uL, b uL y c uL, respectivamente, y si su volumen es V uV, donde uV es
compatible con uL, tenemos
V = abc. (3.7)
Como sus caras son rectángulos, el área de los mismos será ab uA, bc uA y ca uA, respectiva-
mente, por lo que la fórmula (3.1) generaliza a (3.7) que puede escribirse
V = Aabc = Abca = Acab, (3.8)
donde Aab = ab, Abc = bc, Aca = ca.
Demostración de (3.1) cuando la base es de tipo I. Si ubicamos el cilindro Ω en el
espacio de modo que sea la representación gráfica del conjunto
(x, y, z) ∈ R3
| a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H
©
y tomamos como en líneas atrás, una partición P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo [a, b] y
P∗
= {x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n}, donde xk−1 ≤ x∗
k ≤ xk con 1 ≤ k ≤ n, el cilindro Ω se “partirá” en
“rodajas” Ωk que son la representación de los conjuntos
(x, y, z) ∈ R3
| xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H
©, 1 ≤ k ≤ n.
Cada rodaja Ωk puede ser aproximada por el paralelepípedo Pk, que es la representación
gráfica del conjunto
[xk−1, xk] × [g(x∗
k), h(x∗
k)] × [0, H].
Como los lados de Pk miden, respectivamente
∆xk uL, [h(x∗
k) − g(x∗
k)] uL, y H uL,

85. 78 Aplicaciones de la integral definida
el volumen de Pk será
volumenPk = ∆xk[h(x∗
k) − g(x∗
k)]H uV .
Podemos entonces aproximar
∆Vk uV = volumen(Ωk) ≈ volumen(Pk) = H[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk uV
lo que nos da
∆Vk ≈ H[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk.
Entonces
V =
n
X
k=1
∆Vk ≈ H
n
X
k=1
[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk.
Esta última sumatoria es la misma suma de Riemann que obtuvimos para el cálculo del
área, multiplicada por H. Por ello existe su límite si kPk → 0, por lo que
V = H
Z b
a
[h(x) − g(x)] dx = H · A, (3.9)
donde A uA es el área de la base B del cilindro, y por ello
A =
Z b
a
[h(x) − g(x)] dx.
La expresión (3.9) es la misma que (3.1) en este caso.
Análogamente, puede demostrarse el caso cuando la base B es de tipo II y, combinando
estos resultados, probar que (3.1) tiene lugar si la base B es la unión finita de figuras de tipo
I y o II.
En lo que sigue, por simplificar la escritura escribiremos, por ejemplo, si B ⊂ E2
es una
figura plana de tipo I, que
B = {(x, y) ∈ R2
| a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)},
donde “=” significará “es la representación gráfica de”. Igualmente, para el cilindro Ω escri-
biremos, por ejemplo, si su base es B y su altura mide H uL,
Ω = {(x, y, z) ∈ R3
| (x, y) ∈ B, z ∈ [0, H]}.
3.4.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas)
Sea K ⊂ E3
es un sólido de la forma
(x, y, z) ∈ R3
| a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Bx
©,
donde a b, Bx es una figura plana cuya área A(x) uA es conocido para x ∈ [a, b]. Probemos
que, en este caso, si V uV = volumen(K), se tiene, en caso de que A: [a, b] → R sea continua
en [a, b], que
V =
Z b
a
A(x) dx. (3.10)
Se tiene lo mismo, naturalmente, si vemos a K como
K =
[
a≤x≤b
Bx,

86. 3.4 Cálculo de volúmenes 79
donde Bx son figuras planas de área conocida A(x) uA y perpendiculares al eje Ox.
Como en los casos anteriores, tomamos una partición P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo
[a, b] y P∗
= {x∗
1, x∗
2, . . . , x∗
n}, con xk−1 ≤ x∗
k ≤ xk, 1 ≤ k ≤ n.
En este caso K se “divide” en “rodajas” Kk de la forma
Kk =
(x, y, z) ∈ R3
| xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Bx
©
,
cuyo volumen ∆Vk uV puede aproximarse con el volumen del cilindro Ωk
Ωk =
(x, y, z) ∈ R3
| xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Bx∗
k
©
.
Como volumen(Ωk) = A(x∗
k)∆xk uV, tendremos que
V =
n
X
k=1
Vk ≈
n
X
k=1
A(x∗
k)∆xk.
Esta última es la suma de Riemann cuyo límite si kPk → 0 existe, puesto que supusimos que
A: [a, b] → R es continua en [a, b]. Se tiene entonces que
V =
Z b
a
A(x) dx
Ejemplo 3.35
Probemos que si K es un cono circular recto tal que el radio de su base mide R uL y la
altura del cono es H uL, se tiene que
V =
π
3
R2
H.
Solución.
Podemos ver que
K =
n
(x, y, z) ∈ R3
| 0 ≤ x ≤ H, (x, y, z) ∈ B̃r(0, 0), r =
R
H
x
o
,
donde B̃r(0, 0) es el círculo de radio r, centrado en (x, 0, 0) y perpendicular al eje Ox.
x
z
y
x H
B̃r(0, 0)
Aquí
A(x) = πr2
= π
R
H
x
2
,
de donde
V =
Z H
0
π
R
H
x
2
dx = π
R2
H2
x3
3
H
0
=
π
3
R2
H.

87. 80 Aplicaciones de la integral definida
Ejemplo 3.36
Calcular el volumen del sólido K cuya base está en el plano xy y es limitada por las gráficas
de las ecuaciones x = y2
, x = 9, y sus secciones transversales Bx son perpendiculares al
eje Ox y tienen la forma de un rectángulo cuya altura es el doble de su base.
Solución.
x
y
z
Bx
9
−3
3
En la curva de ecuación x = y2
, si y ≥ 0, se tiene y =
√
x. La base Bx mide 2y uL = 2
√
x uL. La
altura de Bx medirá 4
√
x uL. Si área(Bx) = A(x)uA, tendremos que
A(x) = 2
√
x4
√
x = 8x, x ∈ [0, 9]
y si V uV = volumen(K), tendremos
V =
Z 9
0
A(x) dx =
Z 9
0
8x dx = 4x2 9
0
= 324.
Finalmente,
volumen(K) = 324 uV .
3.4.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas
Un caso particular, similar al del ejemplo del cono, es el de los sólidos obtenidos haciendo
girar una figura plana de tipo I dada, alrededor del eje Ox.
Sea D la figura de tipo I de la forma
D =
(x, y) ∈ R2
| a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤ y ≤ h(x)
©
,
con a b, g : [a, b] → R, h: [a, b] → R continuas en [a, b], no negativas y tales que g(x) ≤ h(x)
para todo x ∈ [a, b]. Sea K el sólido obtenido al girar D alrededor del eje Ox. O sea que
K =
n
(x, y, z) ∈ R3
| a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤
È
y2 + z2 ≤ h(x)
o
.
A K se lo llama sólido de revolución.
Evidentemente es un caso particular del anterior con
K =
[
a≤x≤b
Bx,
donde Bx es la corona que queda entre los círculos de radios g(x) y h(x), respectivamente.
Por ello, si área(Bx) = A(x) uA, tendremos que
A(x) = π [h(x)]
2
− π [g(x)]
2
= π
€
[h(x)]
2
− [g(x)]
2
Š
,

88. 3.4 Cálculo de volúmenes 81
de donde
V = π
Z b
a
€
[h(x)]2
− [g(x)]2
Š
dx. (3.11)
A manera de ejercicio, escriba la fórmula correspondiente con los ajustes necesarios a las
hipótesis para el caso cuando el eje de rotación es paralelo a Ox.
Si D es de tipo II, es decir,
D = {(x, y) ∈ R | a ≤ y ≤ b, 0 ≤ ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)} ,
y K se obtiene al rotar alrededor del eje Oy, obtendremos, análogamente, que:
V = π
Z b
a
€
[ψ(y)]2
− [ϕ(y)]2
Š
dy. (3.12)
El nombre de método de cálculo “por arandelas” obedece a la forma de las secciones
transversales al eje de rotación.
3.4.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas
Sea un sólido K que se obtiene haciendo girar una figura plana D de tipo I alrededor del eje
Oy o un eje paralelo a Oy. (Similar resultado se tiene si D es de tipo II y se la hace rotar
alrededor de Ox o de un eje paralelo a Ox.)
Se tiene entonces, si cambiamos por comodidad x por r e y por z:
D =
(r, z) ∈ R2
| 0 ≤ a ≤ r ≤ b, g(r) ≤ z ≤ h(r)
©
,
con 0 ≤ a b, g : [a, b] → R, h: [a, b] → R continuas y g(r) ≤ h(r) para todo r ∈ [a, b].
Entonces, al hacer girar D alrededor de Oz se obtiene el sólido
K =
n
(x, y, z) ∈ R3
| 0 ≤ a ≤
È
x2 + y2 ≤ b, g
È
x2 + y2
≤ z ≤ h
È
x2 + y2
o
.
r
z
a b
h
g
D
Notemos antes que si T es un tubo cuyos radios interior, exterior y altura miden r uL,
R uL y H uL, respectivamente, y si VT uV es el volumen del tubo, entonces
VT = πR2
H − πr2
H = π[R2
− r2
]H. (3.13)
Consideraremos, como en los casos anteriores, una partición P = {r0, r1, . . . , rn} del
intervalo [a, b] y para P∗
= {r∗
1, r∗
2, . . . , r∗
n}. En este caso tomaremos, para k = {1, 2, . . ., n},
r∗
k = rk+rk−1
2 el valor medio de rk y rk−1.
Al rotar
Dk =
(r, z) ∈ R2
| rk−1 ≤ r ≤ rk, g(r) ≤ z ≤ h(r)
©
alrededor de Oz, se obtienen “cortezas” Kk del sólido K, de la forma
Kk =
n
(x, y, z) ∈ R3
| rk−1 ≤
È
x2 + y2 ≤ rk, g
È
x2 + y2
≤ z ≤ h
È
x2 + y2
o
.

89. 82 Aplicaciones de la integral definida
A estas cortezas las aproximamos con “tubitos” Tk de la forma
Tk =
n(x, y, z) ∈ R3
| rk−1 ≤
Èx2 + y2 ≤ rk, g (r∗
k) ≤ z ≤ h (r∗
k)
o
Si ∆Vk uV = volumen(Kk) y, teniendo en cuenta (7.13), tenemos
volumen(Tk) = π(r2
k − r2
k−1) [h (r∗
k) − g (r∗
k)] uV
= π (2r∗
k) [h (r∗
k) − g (r∗
k)] ∆rk uV,
puesto que r2
k − r2
k−1 = (rk + rk−1)(rk − rk−1) = 2
rk + rk−1
2
∆rk = 2r∗
k∆rk.
Podemos entonces aproximar V así:
V =
n
X
k=1
Vk ≈ 2π
n
X
k=1
r∗
k [h (r∗
k) − g (r∗
k)] ∆rk.
La última es una suma de Riemann para la función f que es continua en [a, b] y está definida
por f(r) = 2πr [h(r) − g(r)]. Existe por lo tanto su límite si kPk → 0, independientemente
de los r∗
k tomados, en particular para los que nos sirvieron en nuestro razonamiento.
Se tiene entonces que
V = 2π
Z b
a
r [h(r) − g(r)] dr. (3.14)
Volviendo a las variables tradicionales x e y, si
D =
(x, y) ∈ R2
| 0 ≤ a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)
©
gira alrededor del eje Oy, y si V uV es el volumen del sólido K así obtenido
V = 2π
Z b
a
x [h(x) − g(x)] dx. (3.15)
Análogamente si D =
(x, y) ∈ R2
| 0 ≤ a ≤ y ≤ b, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)
©gira alrededor del
eje Ox, tendremos que
V = 2π
Z b
a
y [ψ(y) − ϕ(y)] dy. (3.16)
donde V uV es el volumen del sólido de revolución K así obtenido.
A manera de ejercicio, obtenga las fórmulas correspondientes indicando los cambios ne-
cesarios a las hipótesis, si se cambia el eje de rotación tomando en vez de Oy un eje paralelo
a él en el primer caso y a Ox en el segundo caso.
Ejemplo 3.37
Calcular el volumen V uV de una bola de radio R uL por los métodos de rodajas y de
cortezas.
Solución.
(a) Por rodajas: La bola B̃R(0, 0, 0) de radio R y centrada en el origen es generada al girar
alrededor del eje Ox el semicírculo
D =
(x, y) ∈ R2
| −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤
pR2 − x2
©.

90. 3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro 83
Podemos aplicar (11) con a = −R, b = R, g(x) = 0, h(x) =
√
R2 − x2. Tendremos entonces
que
V = π
Z R
−R
h€p
R2 − x2
Š2
− 02
i
dx
= π
Z R
−R
(R2
− x2
)dx
= π

R2
x −
x3
3
‹ R
−R
= π
h
R2
(R − (−R)) −
1
3
R3
− (−R)3i
= πR3
2 −
2
3
=
4
3
πR3
.
Entonces
volumen
€
B̃R(0, 0, 0)
Š
=
4
3
πR3
uV .
(b) Por cortezas: La misma bola se genera al girar alrededor del eje Ox el mismo semicírculo que
lo veremos esta vez, como de tipo II, porque también tenemos:
D =
(x, y) ∈ R2
| 0 ≤ y ≤ R, −
p
R2 − y2 ≤ x ≤
p
R2 − y2
©
.
Podemos entonces aplicar (16) con a = 0, b = R, ϕ(y) = −
p
R2 − y2, ψ(y) =
p
R2 − y2.
Tendremos por ello que
V = 2π
Z R
0
y
”p
R2 − y2 −
€
−
p
R2 − y2
Š—
dy
= 4π
Z R
0
y
p
R2 − y2 dy
=
4π
−2
Z 0
R2
u1/2
du
con el cambio de variable u = R2
− y2
, du = −2y dy y de límites de integración
y u
R 0
0 R2
V = 2π
u3/2
3
2
R2
0
=
4
3
πR3
el resultado, naturalmente, es el mismo.
3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de
oro
3.5.1 Identificación del modelo matemático a usarse
Debemos determinar el precio P dólares de la cruz de oro. Conocemos que este metal se
puede comprar a un precio unitario de 31.60 dólares por gramo. Bastaría, entonces, conocer
el peso w gramos de la cruz. Tendríamos, entonces, que:
P = 31.60w. (3.17)

91. 84 Aplicaciones de la integral definida
No conocemos w, pero sí el peso específico del oro que es de 19.3 gramos por centímetro
cúbico. Si conociéramos el volumen V centímetros cúbicos de la cruz podríamos calcular w
con la fórmula
w = 19.3V. (3.18)
Todavía no conocemos V , pero dada la forma y las dimensiones de la cruz, podemos usar
como modelo el siguiente problema matemático:
Problema matemático
Si V u3
L es el volumen de un sólido en forma de cruz, de altura H uL y envergadura L uL,
formada por dos cilindros circulares, ambos de radio R uL. Hallar V en función de L, H y
R.
En efecto, resolver este problema matemático nos es indispensable teniendo en cuenta de
que, en nuestro problema, uL = cm, H = 80, L = 50 y R = 4.
3.5.2 Solución del problema matemático del volumen de la cruz
Problema matemático (El volumen de la cruz)
Hallar el volumen V u3
L de un sólido en forma de cruz de altura H uL y envergadura L uL,
formada por dos cilindros circulares de radio R uL:
x
y
z
Para resolver el problema, “coloquemos” la cruz en posición horizontal y tomemos como
sistema de coordenadas el eje x como el eje de los brazos de la cruz, el eje y como el eje del
otro cilindro y el eje z, perpendicularmente al plano que contiene al cruce de los dos ejes
anteriores que, en ese plano, también se cortan perpendicularmente.
Calcularemos el volumen de la cruz utilizando secciones horizontales, que son los cortes
del sólido con los planos de ecuaciones z = constante. Esas secciones tienen forma de una
cruz plana de altura H uL, envergadura L uL y 2r uL será el ancho de los dos rectángulos que
al cortarse forman la mencionada cruz. Sea A u2
L el área de tal cruz. Evidentemente:
A = 2rL + 2rH − (2r)2
= 2r(L + H) − 4r2
. (3.19)
Se ve que el área de la cruz plana es la suma de las áreas de los rectángulos menos el área
de la intersección de los dos rectángulos, que es un cuadrado (ver la figura 3.1).
En la figura 3.2, se muestran las vistas de frente, lateral y desde arriba del sólido y su
sección con un plano horizontal. Con la ayuda de este dibujo, podemos hallar la relación
entre las variables r y z.

92. 3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro 85
x
y
r
L
r
H
Figura 3.1: Secciones horizontales
x
z
2R
x
y
z
y
r
2R
L
H
x2
+ z2
= R2
r = |x|
y2
+ z2
= R2
r = |y|
Figura 3.2: Vistas y sección horizontal de la cruz

93. 86 Aplicaciones de la integral definida
En efecto, en la vista frontal, vemos que r = |x| y, como
x2
+ z2
= R2
,
deducimos que:
r =
p
R2 − z2, (3.20)
con z ∈ [−R, R].
Reemplazando esta expresión en (3.19), obtenemos A en función de z:
A = a(z) = 2(L + H)
p
R2 − z2 − 4(R2
− z2
), (3.21)
con z ∈ [−R, R].
Para calcular V , usemos la fórmula del volumen por secciones (ver el teorema 3.1 más
adelante). Obtendremos que:
V =
Z R
−R
a(z)dz = 2
Z R
0
a(z)dz,
puesto que a es una función par. Por lo tanto:
V = 4(L + H)
Z R
0
p
R2 − z2dz − 8
Z R
0
(R2
− z2
)dz.
Como
Z R
0
p
R2 − z2dz =
z
2
p
R2 − z2 +
R2
2
arcsin
z
R
R
0
=
πR2
4
y
Z R
0
(R2
− z2
)dz =

R2
−
1
3
z3
‹ R
0
=
2
3
R3
,
tendremos que
V = 4(L + H)
πR2
4
− 8
2
3
R3
= πR2
(L + H) −
16
3
R3
.
El volumen de la cruz será, entonces
•
πR2
(L + H) −
16
3
R3
˜
u3
L . (3.22)
Como, evidentemente, el volumen de los dos cilindros que forman la cruz es
πR2
(L + H) u3
L,
el volumen de su intersección será
16
3
R3
u3
L .
Teorema 3.1 (Fórmula del volumen por secciones)
Si un objeto sólido Ω representado en el espacio cartesiano es la unión de sus secciones trans-
versales, digamos al eje z, para z ∈ [c, d], y si las áreas de dichas secciones son a(z) u2
L, donde
a es una función real con dominio [c, d] y continua en dicho intervalo, entonces el volumen V u3
L
del sólido se puede calcular mediante la fórmula:
V =
Z d
c
a(z)dz.
Ahora vamos a dar uso de la solución del problema matemático del volumen de la cruz
para resolver el problema de la ofrenda de oro (que no es un problema matemático).

94. 3.5 Modelización y solución al problema de la ofrenda de oro 87
3.5.3 Solución del problema de la ofrenda de oro
Recordemos que H = 80, L = 50 y R = 4 en nuestro problema, por lo que, usando la
fórmula (3.22), obtenemos:
V = π(4)2
(50 + 80) −
16
3
(4)3
= 2 080π −
1 024
3
≈ 6 193.18.
Reemplacemos este valor en la ecuación (3.18) para obtener que
w = 19.3V ≈ 119 528.25.
Este valor, al ser reemplazado, a su vez, en la igualdad (3.17), produce que P ≈ 3 777 092.70.
El precio del oro necesario para elaborar la ofrenda será, entonces, de aproximadamente
3 777 092.70 dólares. ¡Cerca de 4 millones de dólares!
3.5.4 Epílogo
El valor que habían recaudado los feligreses era insuficiente para comprar el oro necesario. Se
conoce que han iniciado una campaña de recolección de fondos y que han logrado ya el apoyo
de organismos nacionales y extranjeros para su empresa. Por otra parte, se halla en ejecución
un proyecto para reforzar las seguridades del Museo de Arte Religioso de las Hermanas de
la Concepción, con los más modernos sistemas electrónicos para la custodia de los locales y
para el acceso de personal y de los visitantes. Será el mismo museo, naturalmente, el que, a
más de las magníficas obras de arte existentes, albergará la Ofrenda de Oro cuando ésta esté
terminada.
3.5.5 Ejercicios
1. Un poste en forma de pirámide truncada de
secciones cuadradas tiene 10 m de altura, el
cuadrado de la base es de 20 cm de lado y la
superior tiene 10 cm de lado. Calcule su vo-
lumen. De igual manera, si las secciones son
triángulos equiláteros o hexágonos equiláte-
ros, calcule su volumen.
2. Un sólido tiene como base un círculo de radio
R m y sus secciones transversales verticales,
paralelas entre sí, son cuadradas. Halle su vo-
lumen. De igual manera si las secciones son
triángulos equiláteros.
3. La base de un sólido es la región limitada por
las gráficas y = 4 − x2
e y = 0. Las seccio-
nes transversales son cuadrados. Halle su vo-
lumen. Proceder de la misma manera si las
secciones son triángulos equiláteros o trape-
cios que pueden ser vistos como la mitad de
un hexágono regular (es decir, la base mayor
es el diámetro del hexágono, y los otros tres
lados son iguales).
4. La base de un sólido es un triángulo equilá-
tero y las secciones transversales, paralelas a
uno de los lados de la base, son semicírculos.
Halle su volumen.
5. Halle el volumen de una bola de radio R m
y luego el del sólido que queda perforando la
bola a lo largo de un diámetro mediante un
orificio cilíndrico de diámetro R m.
6. Se hace una cruz con dos cilindros de radio
R m y de largo 1 m. Halle el volumen de la
cruz y la del material que debió desecharse
para elaborarla.
7. Halle el volumen del sólido de revolución for-
mado al rotar la región limitada por los gráfi-
cos de las ecuaciones dadas, alrededor de la(s)
recta(s) indicada(s). Use el método de rodajas
o el de cortezas, ó las dos.
(a) y = x2
, x = 0, y = 1; rectas y = 0, x = 0,
y = 1
(b) y = x2
, y = 0, x = 1; rectas y = 1, x = 1,
x = 0
(c) y = 4 − x2
, y = 0; rectas x = 2, y = 0,
x = −3
(d) y = 9 − x2
, y = 1 − x2
/9; rectas y = 0,
x = −3
(e) y =
√
x + 1, x = 3, y = 0; rectas x = 3,
y = 0
(f) y = | sen x|, y = 0; rectas y = 0, y = −1
(g) y = sen2
x, y = 0, x = 0, x = π; recta
y = 0

95. 88 Aplicaciones de la integral definida
(h) y = x2
, x = 1, y = 0; rectas x = 3, x = 1
(i) y = x1/3
+ 1, y = −x + 1, x = 1; rectas
x = 1, x = 2
(j) y =
√
x, y =
√
1 − x, y = 0, recta y = 0
(k) x2
− y2
= 1, x =
√
10, y ≥ 0; recta y = 0
(l) (x/a)2
+ (y/b)2
= 1, y ≥ a, a b 0;
recta y = 0
8. Halle el volumen de una bola de radio R m.
9. Halle el volumen de un cono circular recto de
altura H m y radio de la base R m.
10. Pruebe que una pirámide recta, cuya base es
un polígono de área B y su altura es H m,
tiene un volumen de (1/3)BH .
3.6 Longitud de arco
Dada una función continua f : [a, b] → R, nos planteamos el problema de hallar la longitud
de su gráfica. Supondremos que f es derivable en ]a, b[. Se dice entonces que dicha gráfica es
una curva lisa.
f =
(x, y) ∈ R2
| a ≤ x ≤ b, y = f(x)
©.
Consideremos una partición P de [a, b], P = {x0, x1, . . . , xn}. Se divide entonces f en
segmentos fk de la forma
fk =
(x, y) ∈ R2
| xk−1 ≤ x ≤ xk, y = f(x)
©,
con 1 ≤ k ≤ n. Cada segmento lo aproximaremos con la cuerda Ck que une los puntos
Pk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk), donde yj = f(xj) con 0 ≤ j ≤ n.
Es decir
∆sk uL = longitud(fk) ≈ longitud(Ck).
Si ∆sk uL = longitud(fk), tenemos que
∆sk ≈
È(∆xk)
2
+ (∆yk)2, (3.23)
donde ∆xk = xk − xk−1 y ∆yk = yk − yk−1.
Si aplicamos el teorema del valor medio para f en el intervalo [xk−1, xk] obtenemos que
existe x∗
k ∈ [xk−1, xk] tal que
∆yk
∆xk
=
f(xk) − f(xk−1)
∆xk
= f′
(x∗
k),
de donde
∆yk = f′
(x∗
k) ∆xk.
Reemplazando esta expresión en (3.23) obtenemos
∆sk ≈
È(∆xk)2 + [f′(x∗
k) ∆xk]
2
=
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk,
de donde
s =
n
X
k=1
∆sk ≈
n
X
k=1
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk.
La última es una suma de Riemann en [a, b] para la función x 7→
È1 + [f′(x)]
2
. Si esta
función es integrable, por ejemplo si es continua en [a, b], tendremos entonces la posibilidad
de definir a la longitud s uL de la gráfica de f mediante
s =
Z b
a
È1 + [f′(x)]
2
dx. (3.24)

96. 3.7 Área de superficies de revolución 89
Ejemplo 3.38
Calcular la longitudes s uL de la gráfica de la ecuación y =
1
6
x3
+
1
2
x−1
si x ∈ [2, 4].
Solución. Ponemos a = 2, b = 4, f(x) = 1
6
x3
+ 1
2
x−1
, de donde:
f′
(x) =
1
6
(3x2
− 3x−2
) =
1
2
(x2
− x−2
),
f′
(x)
2
=
1
4
(x4
− 2 + x−4
) =
x4
4
−
1
2
+
x−4
4
,
1 +
f′
(x)
2
= 1 +

x4
4
−
1
2
+
x−4
4
‹
=
x4
4
+
1
2
+
x−4
4
=
h
1
2
(x2
+ x−2
)
i2
,
È
1 + [f′(x)]2
=
1
2
(x2
+ x−2
)
puesto que x 0.
Fácilmente se ve que la función
x 7→
È
1 + [f′(x)]2
=
1
2
(x2
+ x−2
)
es continua y, por lo tanto, integrable, razón por la cual finalmente podemos escribir
s =
Z 4
2
1
2
(x2
+ x−2
) dx
=
1
2

x3
3
− x−1
‹ 4
2
=
1
2
h
1
3
(43
− 23
) −
1
4
−
1
2
i
=
1
2
h
1
3
(64 − 8) +
1
4
i
=
1
24
(224 + 3)
=
227
24
.
3.6.1 Ejercicios
1. Halle la longitud del gráfico de la ecuación dada en el intervalo J que se indica.
(a) y = 3x + 1, J = [1, 3]
(b) y = x3/2
+ 1, J = [0, 9]
(c) y = (2/3)(x2
+ 1)3/2
, J = [0, 1]
(d) y = (1/3)x3/2
− x1/2
, J = [1, 4]
(e) y = (1/4)x4
+ (1/8)x−2
, J = [2, 3]
(f) y = (1/5)x5
+ (1/12)x−3
, J = [1, 2]
(g) y = x2
, J = [1, 2]
(h) y = sen x, J = [π/6, π/3]
(i) x2/3
+ y2/3
= a2/3
, a 0
2. Verifique la conocida fórmula para la longitud de una circunferencia de radio R m.
3.7 Área de superficies de revolución
Al girar un curva C alrededor de un eje, se genera una superficie S llamada superficie de
revolución. Cuando la curva es el gráfico de una función f que gira alrededor de uno de los
ejes coordenados o un eje paralelo a uno de ellos, se puede, en ciertos casos, calcular el área
de dicha superficie. Antes de hacerlo veamos dos resultados previos.

97. 90 Aplicaciones de la integral definida
1. Calculemos el área de la superficie lateral S de un cono recto truncado cuya generatriz
L tiene longitud l uL, y sus bases tienen radios que miden r uL y R uL, respectivamente.
Pondremos área(S) = A uA. Dicha superficie lateral es parte de una corona circular como
se indica en el dibujo.
R
r
l ρ
l
α
2πr
2πR
El radio del círculo “grande” mide (ρ+l) uL, el del círculo interior ρ uL. Sea α el ángulo
central. Conocemos que el área de un sector circular de ángulo central α y radio ρ uL es
a(ρ) uA, con
a(ρ) =
α
2
ρ2
.
Si área(s) = A uA, entonces
A = a(ρ + l) − a(ρ) (3.25)
=
α
2
(ρ + l)2
−
α
2
ρ2
(3.26)
=
αl
2
(2ρ + l). (3.27)
Calculemos α y ρ. Como α = 2πr
ρ = 2πR
ρ+l , de la segunda igualdad obtenemos
ρ =
rl
R − r
, (3.28)
por lo que
α =
2πr
ρ
=
2πr
rl
R−r
= 2π
R − r
l
. (3.29)
Reemplazamos (3.28) y (3.29) en (3.27) y obtenemos
A = 2π
R − r
l
l
2
 2rl
R − r
+ l
‹= πl(R + r).
Tenemos entonces que
A = πl(R + r). (3.30)
Notemos que (3.30) se parece mucho a la fórmula para el área de un trapecio de bases
2πR uL y 2πr uL y de altura l uL.
2. Conocemos que si una función f : [a, b] → R es continua, entonces es Riemann integrable.
Es decir existe Z b
a
f(x) dx = lı́m
kP k→0
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk, (3.31)
sin importar los x∗
k, k ∈ {1, 2, . . ., n}, tomados.

98. 3.7 Área de superficies de revolución 91
Si f está dado por f(x) = g(x)h(x), donde g : [a, b] → R y h: [a, b] → R son continuas,
evidentemente f es continua y existe el límite escrito en (3.31) para la correspondiente
suma de Riemann
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk =
n
X
k=1
g(x∗
k) h(x∗
k) ∆xk.
Se puede probar que si en vez de g(x∗
k) tomamos g(sk) con sk ∈ [xk−1, xk] y en vez de
h(x∗
k) tomamos h(tk) con tk ∈ [xk−1, xk], el límite cuando kPk → 0 sigue existiendo y
es el mismo, sin importar los valores de sk y tk, k ∈ {1, 2, . . ., n}, que se hayan tomado.
Entonces
lı́m
kP k→0
n
X
k=1
g(sk) h(tk) ∆xk =
Z b
a
g(x) h(x) dx =
Z b
a
f(x) dx. (3.32)
Lo mismo sucede si f es el producto no de dos sino de tres o más funciones continuas.
Por ejemplo, si
f(x) = g(x) h(x) j(x),
donde g, h y j son continuas en [a, b], entonces
Z b
a
f(x) dx =
Z b
a
g(x) h(x) j(x) dx = lı́m
kP k→0
n
X
k=1
g(sk) h(tk) j(uk) ∆xk, (3.33)
donde para todo k ∈ {1, 2, . . ., n}, sk, tk, uk ∈ [xk−1, xk].
Podemos ahora calcular el área de una superficie de revolución.
3.7.1 Caso con giro alrededor del eje Ox.
Sea f : [a, b] → R una función no negativa cuya derivada existe y es continua en [a, b].
Consideremos la superficie S generada al girar el gráfico de f alrededor del eje Ox. Con las
mismas notaciones del cálculo de la longitud del arco del gráfico de f, luego de realizar en
[a, b] la partición P = {x0, x1, . . . , xn}, recordemos que si aproximamos los segmentos fk con
las cuerdas Ck que unen los puntos Pk−1(xk−1, yk−1) y Pk(xk, yk) y si longitud(fk) = ∆sk uL,
obtuvimos que
∆sk ≈
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk,
con x∗
k ∈ [xk−1, xk], k ∈ {1, 2, . . ., n}.
La superficie Sk generada al girar el segmento fk del gráfico de f alrededor del eje Ox,
lo aproximaremos con la superficie generada al girar la cuerda Ck alrededor del mismo eje
Ox. Pero esta última es la superficie lateral Kk del cono truncado de radios yk−1 e yk. Por
lo tanto
área(Kk) = π(yk−1 + yk) ∆sk uA = π [f(xk−1) + f(xk)]
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk uA . (3.34)
Si
A uA = área(S),
∆Ak uA = área(Sk) ≈ área(Kk), k ∈ {1, 2, . . ., n},
entonces, por (3.34)
A =
n
X
k=1
Ak ≈ π
n
X
k=1
[f(xk−1) + f(xk)]
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk

99. 92 Aplicaciones de la integral definida
= π
n
X
k=1
f(xk−1)
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk + π
n
X
k=1
f(xk)
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk
La última expresión es la suma de dos sumatorias semejantes a las estudiadas en la
sección anterior por lo que la continuidad de las funciones involucradas nos indica que ambas
sumatorias convergen, si kPk → 0 hacia
π
Z b
a
f(x)
È1 + [f′(x)]
2
∆x
Podemos entonces escribir
A = 2π
Z b
a
f(x)
È1 + [f′(x)]
2
∆x (3.35)
3.7.2 Caso con giro alrededor del eje Oy.
Si el gráfico de la misma función f, con a ≥ 0, lo hacemos girar alrededor del eje Oy (ya no
se requiere que f sea no negativa), podemos repetir los mismos razonamientos.
El cono truncado, en este caso, tendrá como radios a xk−1 y xk, en vez de yk−1 e yk,
respectivamente, por lo que
A ≈ π
n
X
k=1
(xk−1 + xk)
È1 + [f′(x∗
k)]
2
∆xk. (3.36)
Con similares argumentos obtendremos que
A = 2π
Z b
a
x
È1 + [f′(x)]2
dx. (3.37)
A manera de ejercicio, obtenga resultados análogos si se reemplazan los ejes de giro Ox
y Oy por ejes paralelos a ellos, indicando las modificaciones necesarias a las hipótesis.
Ejemplo 3.39
Calcular el área A uA de la esfera cuyo radio mide R uL, utilizando (3.35) y (3.37).
Solución.
(a) Giro alrededor del eje Ox.
Con a = −R, b = R, f(x) =
√
R2 − x2, y como f′
(x) = −x
√
R2−x2
, por lo que
È1 + [f′(x)]2
=
Ê
1 +
 −x
√
R2 − x2
‹2
=
R
√
R2 − x2
,
podemos aplicar (3.35):
A = 2π
Z R
−R
pR2 − x2
R
√
R2 − x2
dx = 2π
Z R
−R
dx = 4πR2
.
Es decir que A = 4πR2
. El área de la esfera es pues el cuádruple del área del círculo máximo
que corta la bola correspondiente, es decir es igual a 4πR2
uA.

100. 3.8 El valor medio de una función 93
(b) Giro alrededor del eje Oy.
Por simetría podemos tomar el doble del área del hemisferio “norte” generado al girar alrededor
del eje Oy el cuarto de circunferencia de radio R y centro en el origen, ubicado en el primer
cuadrante.
Con f(x) =
√
R2 − x2, a = 0, b = R, por (3.37) tendremos
A = 2 · 2π
Z R
0
x
È
1 + [f′(x)]2
dx
= 4π
Z R
0
x
R
√
R2 − x2
dx
= 4πR
Z R
0
x dx
√
R2 − x2
=
4πR
−2
Z 0
R2
u−1/2
du
con el cambio de variable u = R2
− x2
, du = −2x dx y de límites de integración
x u
R 0
0 R2
A = 2πR
u1/2
1/2
R2
0
= 4πR2
.
El resultado es el mismo, obviamente.
3.7.3 Ejercicios
1. Halle el área de la superficie de revolución
engendrada al girar el gráfico de la ecuación
dada, alrededor del eje o ejes indicados, para
x ∈ I.
(a) y =
√
x, I = [1, 4]; ejes x e y
(b) y =
√
x + 2, I = [2, 7]; eje x
(c) y = x3
, I = [0, 1]; ejes x e y
(d) y = 4 − x2
, I = [−2, 2]; eje x
(e) y = 4 − x2
, I = [0, 2]; eje y
(f) y = (1/6)x3
+ (1/2)x−1
, I = [2, 4]; eje x
(g) y = (1/3)x3/2
− x1/2
, I = [1, 4]; eje x
(h) y = (1/4)x4
+ (1/8)x−1/2
, I = [1, 2]; eje
y
(i) x2/3
+ y2/3
= a2/3
, a 0, y ≥ 0; eje x
2. Halle el área de la superficie lateral de un cono
de revolución de altura H m y radio R m.
3. Halle el área de una esfera de radio R m.
4. Halle el área de la superficie lateral de un cono
truncado de revolución de altura H m y cuyas
bases tienen r m y R m de radio.
3.8 El valor medio de una función
Un estudiante tomó 5 materias en un semestre y las aprobó con las siguientes notas, sobre
40 cada una: Matemáticas 26, Física 24, Biología 24, Economía 30, Ciencias Sociales 28. Si
se desea conocer el promedio de calificación del semestre se lo obtiene sumando estas notas
y dividiendo para 5, el número de asignaturas. Así, su promedio será
26 + 24 + 24 + 30 + 28
5
=
132
5
= 26.4.
Esto es lo que se llama un promedio simple, porque todos los datos tienen la misma importan-
cia o peso. Pero no siempre es este el caso. Por ejemplo, si en una universidad la aprobación

101. 94 Aplicaciones de la integral definida
se la hace por semestre y no por materias, se da un peso a cada asignatura dependiendo de
la carrera que cursa el alumno. Por ejemplo, para las carreras de Ingeniería y de Derecho se
pueden tener los siguientes pesos o ponderaciones:
INGENIERÍA DERECHO
Materia Peso Peso
Matemáticas 10 8
Física 10 6
Biología 8 6
Economía 6 10
CC SS 6 10
TOTAL 40 40
Para la promoción se considera el así llamado promedio ponderado de las calificaciones,
que es el resultado de dividir la suma de las calificaciones previamente multiplicadas por
su respectivo peso, para el peso total de todas las asignaturas. Se aprueba el semestre, por
ejemplo, si el promedio ponderado es mayor que 28. Para los cálculos nos ayudan las siguientes
tablas.
CARRERA DE INGENIERÍA
Materia Peso Nota Peso × Nota
Matemáticas 10 26 260
Física 10 24 240
Biología 8 24 192
Economía 6 30 180
CC SS 6 28 168
TOTAL 40 132 1040
El promedio ponderado para la carrera de Ingeniería es 1040
40 = 26.
CARRERA DE DERECHO
Materia Peso Nota Peso × Nota
Matemáticas 8 26 208
Física 6 24 144
Biología 6 24 144
Economía 10 30 300
CC SS 10 28 280
TOTAL 40 132 1076
El promedio ponderado para la carrera de Derecho es 1076
40 = 26.9.
Recordemos que el promedio simple es 132
5 = 26.4.
Vemos que un estudiante con esas calificaciones reprobaría el semestre en cualquiera de
las dos carreras.
En general, si se tienen para n ≥ 2, n datos numéricos, digamos a1, a2, . . . , an ∈ R, y si el
k-ésimo dato tiene un peso o ponderación pk 0, k ∈ {1, 2, . . ., n}, el promedio ponderado
P de esos datos es:
P =
n
X
k=1
pkak
n
X
k=1
pk
.
En Teoría de Probabilidades, para un k ∈ {1, 2, . . ., n} dado, el peso o ponderación pk
es la probabilidad del k-ésimo resultado de un evento dado que tiene n resultados posibles
mutuamente excluyentes, y ak es el valor numérico que se asigna a dicho resultado. En este

102. 3.8 El valor medio de una función 95
caso
Pn
k=1 pk = 1 y al promedio ponderado que en este caso es P =
n
X
k=1
pkak, se le llama
esperanza matemática o media del valor numérico de dicho experimento.
Ejemplo 3.40
En un juego de dados en el que se apuesta $10 en cada lanzamiento del dado y solo se gana $4 si
sale 1 o 2, $16 si sale 6, y se devuelven los $10 en los demás casos. Calcule la esperanza matemática
de ganancia del casino (EC) y del jugador (EJ).
Hay tres resultados posibles: r1 = {1, 2}, r2 = {3, 4, 5} y r3 = {6} con las siguientes probabili-
dades 1/3, 1/2 y 1/6, respectivamente, y con ganancias a1 = −6, a2 = 0 y a3 = +6 para el jugador,
b1 = +6, b2 = 0 y b3 = −6 para el casino. De donde:
EJ =
3
X
k=1
pkak =
1
3
(−6) +
1
2
(0) +
1
6
(+6) = −1,
EC =
3
X
k=1
pkbk =
1
3
(+6) +
1
2
(0) +
1
6
(−6) = +1.
Como siempre, ¡el casino tiene ventaja sobre el jugador!
Pero no siempre se tiene solo una cantidad finita de datos de los cuales se quiere conocer
el promedio. Digamos que dada una función continua f : [a, b] → R , se quiere conocer el
promedio de los valores f(x) posibles para esta función, teniendo en cuenta que x ∈ [a, b].
Si la función fuera constante, el promedio sería el valor de la función en cualquier x. Sea
una partición P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo [a, b] y en cada intervalo Ik = [xk−1, xk],
aproximaremos los f(x), x ∈ Ik, con un valor f(x∗
k), donde x∗
k ∈ Ik es un valor arbitrario.
Si ȳ es el valor promedio de f(x) para x ∈ [a, b], podemos aproximar a ȳ con el promedio
ponderado de los valores f(x∗
k), 1 ≤ k ≤ n, tomando como pesos las longitudes ∆xk de los
intervalos Ik. Así
ȳ ≈
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk
n
X
k=1
∆xk
=
1
b − a
n
X
k=1
f(x∗
k) ∆xk.
Esta última es una suma de Riemann y como es de esperar que la aproximación sea mejor
mientras más “fina” sea la partición, es decir, mientras más pequeño sea kPk, el grosor de la
partición, y como al ser continua f en [a, b], existe el límite de la suma si kPk → 0, tendremos
que se puede dar la siguiente definición.
Definición 3.2
Si f : [a, b] → R es continua, entonces
ȳ :=
1
b − a
Z b
a
f(x) dx (3.38)
es el valor medio de f en [a, b].
Si se toman particiones homogéneas, ȳ coincide con el límite si n → ∞, de los promedios
simples de los valores f(x∗
k), puesto que ∆xk = b−a
n para todo k.
Otra manera de llegar a la fórmula (3.38) es la siguiente.
Imaginemos un recipiente (piscina) con agua. Si queremos establecer la profundidad pro-
medio ȳ del agua cuando ésta está agitada no lo podremos hacer tomando una medida en

103. 96 Aplicaciones de la integral definida
un punto cualquiera. Sin embargo, si tenemos la paciencia y el tiempo suficiente, bastará
esperar que el agua se calme y podremos medir la profundidad del agua en cualquier punto.
Análogamente, si queremos establecer la cota promedio ȳ de todos los valores y = f(x)
que toma la función f, cuando x “recorre” el intervalo [a, b], ¿que significaría en este caso
“que las aguas se calmen”? Pues que la figura del dibujo, limitada por la gráfica de f y por
las rectas y = 0, x = a y x = b tendrá un área igual a la del rectángulo limitado por esas
tres rectas y por la recta y = ȳ.
f
y = y
a b a b
Es decir que
Z b
a
f(x) dx = ȳ(b − a)
puesto que (b − a) es la base y ȳ es la altura del rectángulo. Por lo tanto, si f(x) ≥ 0 para
todo x tendremos que
ȳ =
1
b − a
Z b
a
f(x) dx.
Se tiene la siguiente propiedad:
Teorema 3.2
Si
f(xm) = mı́n
a≤x≤b
f(x), f(xM ) = máx
a≤x≤b
f(x),
entonces
f(xm) ≤ ȳ ≤ f(xM ). (3.39)
Demostración. Para todo x ∈ [a, b], f(xm) ≤ f(x) ≤ f(xM ). Si integramos en [a, b], por la propiedad
de monotonía de la integral definida tendremos que
Z b
a
f(xm) dx ≤
Z b
a
f(x) dx ≤
Z b
a
f(xM ) dx,
por lo que
f(xm) x|b
a ≤
Z b
a
f(x) dx ≤ f(xM ) x|b
a .
Es decir
(b − a)f(xm) ≤
Z b
a
f(x) dx ≤ (b − a)f(xM ).
Dividiendo todo para (b − a) se tiene finalmente
f(xm) ≤ ȳ ≤ f(xM ).

104. 3.9 Masa y densidad 97
Teorema 3.3 (del valor medio para la integral definida)
Si f : [a, b] → R es continua y si ȳ es su valor medio en [a, b], entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que
ȳ = f(c). (3.40)
Es decir Z b
a
f(x) dx = (b − a)f(c). (3.41)
Demostración. Es una consecuencia inmediata del teorema precedente y del teorema del valor in-
termedio para las funciones continuas.
Este cololario no es otra cosa que el Teorema del Valor Medio para la Integral Definida.
Si f(x) ≥ 0,
R b
a f(x) dx nos da el área bajo la gráfica de f, por lo que (3.41) nos dice que
existe un rectángulo de base (b − a) y altura ȳ con la misma área.
3.8.1 Ejercicios
1. Halle el valor medio ȳ de y = f(x), para x ∈ I.
(a) f(x) = 3x + 2, I = [1, 5]
(b) f(x) = 2x2
+ 3, I = [1, 4]
(c) f(x) = x
√
x2 + 1, I = [0, 1]
(d) f(x) = sen x, I = [0, π]
2. Halle c ∈ I tal que f(c) = ȳ, el valor medio
de y = f(x) en I.
(a) f(x) = 3x2
+ 2, I = [1, 5]
(b) f(x) = 3x2
− 2x, I = [1, 2]
3. La temperatura T ◦
C de una ciudad t horas
luego del medio día está dada por
T = 30 + t −
1
2
t2
,
hasta las 18 horas. ¿Cuál es la temperatura
promedio entre las 12 horas y 18 horas?
4. Pruebe que si s(t) describe la posición de una
partícula que se mueve a lo largo de una rec-
ta, entonces la velocidad media, vm[t0, t1], de
la partícula en un lapso [t0, t1] coincide con
el valor medio v̄ de la velocidad instantánea
v(t), si t ∈ [to, t1]. Recuerde que
vm[t0, t1] =
s(t1) − s(t0)
t1 − t0
y
v(t) =
ds(t)
dt
.
3.9 Masa y densidad
Si una barra de longitud L uL está hecha de un material homogéneo y si su masa es M uM,
se dice que la densidad (longitudinal) de la barra es δ uD, donde, simbólicamente
[uD] =
[uM]
[uL]
=
•
uM
uL
˜
indica que las unidades tomadas son compatibles entre sí y, en este caso:
δ :=
M
L
, (3.42)
de donde
M = δL. (3.43)

105. 98 Aplicaciones de la integral definida
Ejemplo 3.41
Si uL = m y uM = kg, entonces uD = kg/m. Así, si una barra de densidad 2.8kg/m mide 3m,
entonces tendrá una masa de 8.4 = kg.
Si una placa de área A uA está hecha de un material homogéneo y si su masa es de M uM, la
densidad (de área) de la placa es δ uD, donde
[uD] =
[uM]
[uA]
=
h
uM
uA
i
. (3.44)
Entonces
δ :=
M
A
. (3.45)
Ejemplo 3.42
Si uA = m2
, uD = kg/m2
.
Análogamente para un sólido de volumen V uV, su densidad (volumétrica) estará dada por
δ :=
M
V
, (3.46)
si
[uD] =
[uM]
[uV]
=
h
uM
uV
i
. (3.47)
Ejemplo 3.43
Si uV = m3
, uD = kg/m3
.
¿Qué sucede si el material no es homogéneo?
1. Veamos el caso de la barra. Supongamos que cada punto de la barra es de un material distinto
para el cual se conoce su densidad.
x
L
O
Digamos que δ(x) uD es la densidad del punto x ∈ [0, L]. Ver dibujo. Esto quiere decir que una
barra de longitud 1 uL, hecha del mismo material que el punto x, tendrá una masa de δ(x) uM
porque, por (35), M = δ(x) 1 = δ(x) y
masa de la barra = M uM = δ(x) uM .
Para calcular la masa de la barra, asumiendo que δ: [0, L] → R, x 7→ δ(x) es continua, tomamos
una partición P = {x0, x1, . . . , xn} de [0, L]. En cada segmento [xk−1, xk] podemos aproximar la
masa del segmento suponiendo que ese pedacito de barra es homogéneo, hecho del material
idéntico al de un punto x∗
k ∈ [xk−1, xk]. Es decir, si ∆Mk uM es la masa de ese segmento, como
su longitud es de ∆xk uL, entonces
∆Mk ≈ δ(x∗
k)∆xk.
Es decir
M =
n
X
k=1
∆Mk ≈
n
X
k=1
δ(x∗
k) ∆xk.
La última es una suma de Riemann que converge hacia
R L
0
δ(x) dx, puesto que δ es continua.
Como se puede esperar que la aproximación es mejor mientras más fina sea la partición, es decir
mientras más pequeño sea kPk, el grosor de ésta, podemos calcular M con la fórmula
M =
Z L
0
δ(x) dx. (3.48)

106. 3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto 99
2. Para una placa, cuya forma es la de una figura de tipo I; es decir, es de la forma
Ω = {(x, y) ∈ R | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)},
con g : [a, b] → R y h: [a, b] → R continuas, a b, g(x) h(x) para todo x ∈ ]a, b[, si la densidad
de área solo depende de x, es decir
δ(x, y) = δ(x) para todo (x, y) ∈ Ω
con δ: [a, b] → R continua en [a, b], realizando la partición P = {x0, x1, . . . , xn} al intervalo [a, b],
la placa se divide en “franjitas” verticales cuya masa ∆Mk uM puede aproximarse asumiendo que
es homogénea y del mismo material que los puntos de abscisa x∗
k ∈ [xk−1, xk]. El área de la franjita
se aproxima con la de un rectángulo de base ∆xk uL y altura [h(x∗
k) − g(x∗
k)] uL. Entonces, por
(3.45),
∆Mk ≈ δ(x∗
k)[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk
por lo que
M =
n
X
k=1
∆Mk ≈
n
X
k=1
δ(x∗
k)[h(x∗
k) − g(x∗
k)]∆xk.
Con los supuestos hechos
M =
Z b
a
δ(x)[h(x) − g(x)] dx (3.49)
3. Para un sólido cuya forma puede escribirse como
Ω = {(x, y, z) ∈ R3
| a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Ωx},
donde los Ωx son secciones transversales al eje Ox, para las cuales se conoce su área A(x) y
si se asume que el material de cada sección transversal es homogéneo, de densidad de volumen
δ(x), luego de realizar la partición P = {x0, x1, . . . , xn} al intervalo [a, b], si la masa de cada
“k-rodajita”,
{(x, y, z) ∈ R3
| xk−1 ≤ x ≤ xk, (y, z) ∈ Ωx},
que es ∆Mk uM, se aproxima con la de un “k-cilindrito”
{(x, y, z) ∈ R3
| xk−1 ≤ x ≤ xk, (x, y) ∈ Ωx∗
k
},
con x∗
k ∈ [xk−1, xk], se tendrá
∆Mk ≈ δ(x∗
k)A(x∗
k)∆xk,
puesto que el volumen del cilindrito será A(x∗
k)∆xk uV, y por (38).
Tendremos entonces que
M =
n
X
k=1
∆Mk ≈
n
X
k=1
δ(x∗
k)A(x∗
k)∆xk.
Con los supuestos hechos tendremos entonces que
M =
Z b
a
δ(x)A(x)dx. (3.50)
3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto
Vimos, al definir la derivada, que si s(t) describe la posición de un punto en un instante t,
si v(t) es la velocidad instantánea y a(t) la aceleración instantánea en el instante t, se tiene
que
v(t) =
ds(t)
dt
, (3.51)
a(t) =
dv(t)
dt
=
d2
s(t)
dt2
. (3.52)

107. 100 Aplicaciones de la integral definida
Es decir que v es la derivada de s y a es la derivada de v. Esto significa que s es una
primitiva de v t v es una primitiva de a. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, para t0
dado
R t
t0
v(τ) dτ nos da otra primitiva de v, por lo que existe C tal que
s(t) =
Z t
t0
v(τ) dτ + C ∀t. (3.53)
En particular si se conoce, para t0 dado, el valor s0 := s(t0), se tendrá, por (3.53), que
s0 = s(t0) =
Z t0
t0
v(τ) dτ + C = C.
Finalmente
s(t) = s0 +
Z t
t0
v(τ) dτ. (3.54)
Análogamente, dado v0 = v(t0) se tiene
v(t) = v0 +
Z t
t0
a(τ) dτ. (3.55)
Se debe distinguir el “desplazamiento” y el “recorrido” de un punto en un lapso [t0, t1].
En efecto
desplazamiento en [t0, t1] = [s(t1) − s(t0)] uL =
Z t1
t0
v(τ) dτ uL . (3.56)
Mientras que
recorrido en [t0, t1] =
Z t1
t0
|v(τ)| dτ uL . (3.57)
Este último nos da la longitud de todo el camino recorrido por el punto al ir de s(t0) a s(t1),
teniendo en cuenta posibles “idas y venidas”.
Ejemplo 3.44
Se lanza un objeto hacia arriba con velocidad de 19.6 m/s. Calcule el tiempo que tarda en
regresar al punto de partida y el recorrido realizado.
Solución. Tomamos −9.8 m/s2
como la aceleración debida a la gravedad.
y = s(t) = posición del objeto en el instante t,
t0 = 0 = instante del lanzamiento,
T s = tiempo que tarda en regresar el objeto,
s0 = 0 = s(t0),
v0 = v(t0) = 19.6,
a(t) = −9.8,
Por (3.55)
v(t) = 19.6 +
Z t
0
(−9.8) dτ = 19.6 − 9.8t.
Por (3.54)
s(t) = 0 +
Z t
0
(19.6 − 9.8t) dτ = 19.6t − 4.9t2
.

108. 3.10 Posición, velocidad y aceleración de un punto 101
T es tal que s(T ) = 0. Entonces
s(T ) = 19.6T − 4.9T 2
= 0.
Por lo que T ∈ {0, 4}. El valor T = 0 se descarta pues corresponde de hecho al instante del
lanzamiento, por lo que se puede concluir que el objeto tarda 4 s en regresar al punto de lanzamiento.
Para calcular el recorrido tomemos, usando (3.57),
Z T
0
|v(τ)| dτ =
Z 4
0
|19.6 − 9.8τ| dτ.
Como
|19.6 − 9.8τ| =
19.6 − 9.8τ si 0 ≤ τ ≤ 2
9.8τ − 19.6 si 2 ≤ τ ≤ 4,
tendremos que
Z T
0
|v(τ)| dτ =
Z 2
0
(19.6 − 9.8τ) dτ +
Z 4
2
(9.8τ − 19.6) dτ
= (19.6τ − 4.9τ2
)
2
0
+ (4.9τ2
− 19.6τ)
4
2
= 19.6(2 − 0) − 4.9(4 − 0) + 4.9(16 − 4) − 19.6(4 − 2)
= 39.2 − 19.6 + 58.8 − 39.2 = 39.2.
El objeto habrá recorrido 39.2 m antes de regresar al suelo.
El punto más alto al que llega se puede establecer calculando
máx
0≤t≤4
s(t) = máx
0≤t≤4
(19.6τ − 4.9τ2
).
El punto crítico t1 de s en [0, 4] se da si s′
(t1) = v(t1) = 0, es decir si
v(t1) = 19.6 − 9.8t1 = 0.
Tenemos pues t1 = 2 y
s(t1) = s(2) = 19.6(2) − 4.9(22
) = 19.6.
Vemos que la altura máxima alcanzada es 19.6 m, que coincide, obviamente, con la mitad del reco-
rrido total de ida y vuelta del objeto hasta regresar al punto de partida. En este caso, naturalmente,
¡el desplazamiento es cero!
3.10.1 Ejercicios
1. Halle la posición s(t) de una partícula en el
instante t.
(a) v(t) = t2
− 4t, s(2) = 1
(b) v(t) = 2 cos(πt/2), s(1) = 10
(c) a(t) = 2t, s(1) = 1, v(1) = 0
(d) a(t) = 3
√
t + 1, s(0) = 0, v(0) = 0
2. Si asumimos un valor aproximado de para la
aceleración de la gravedad y despreciamos la
resistencia del aire:
(a) ¿Cuánto tiempo tarda una piedra que se
deja caer desde la terraza de un edificio
de 100 m de alto? ¿Qué distancia recorre
en el último segundo?
(b) ¿A qué altura llega un proyectil lanza-
do verticalmente con una velocidad de ?
¿A qué altura llegaría en Marte, donde la
gravedad es de ? ¿A qué velocidad llega
de regreso en los dos casos?

109. 102 Aplicaciones de la integral definida
3.11 Trabajo mecánico
Recordemos que si un cuerpo sólido se desplaza en línea recta una distancia D uL debido
a la acción de una fuerza constante de F uF aplicada en la misma dirección y sentido del
movimiento se dice que el trabajo W uT realizado por la fuerza sobre el objeto está dado por:
W = FD (3.58)
si las unidades son compatibles. En este caso se escribe simbólicamente que
[uT] = [uF][uL] = [uF · uL].
Ejemplos de unidades compatibles se dan en la siguiente tabla.
Magnitud Sistema Inglés Sistema MKS Sistema CGS
(Sistema Internacional)
Distancia pie (pie) metro (m) centímetro (cm)
Fuerza libra (lb) newton (N) dina (dina)
Trabajo pie·libra (pie·lb) joule (J) ergio (erg)
Si la fuerza es variable e igual a F(x) uF, si x uL nos da la posición del objeto a lo largo
de un intervalo [a, b], y si la función F : [a, b] → R es continua en [a, b], para calcular el
trabajo realizado al desplazar el objeto desde A(a) hasta B(b), podemos hacer una partición
P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo [a, b] y aproximar el trabajo ∆Wk uT realizado al desplazar
el objeto a lo largo del intervalo Jk = [xk−1, xk], con el trabajo realizado por una fuerza
constante de magnitud F(x∗
k) uF, con x∗
k ∈ Jk. Es decir, como ∆xk es el desplazamiento a lo
largo de Jk, por (3.58) tendremos
∆Wk ≈ F(x∗
k)∆xk, 1 ≤ k ≤ n.
Entonces
W =
n
X
k=1
∆Wk ≈
n
X
k=1
F(x∗
k)∆xk. (3.59)
La última es una suma de Riemann que converge hacia
R b
a F(x) dx, cuando el grosor de la
partición tiende a 0, puesto que hemos supuesto que F es continua. Teniendo en cuenta que
la aproximación dada por (3.59) es mejor si la partición es cada vez más fina, podemos,
entonces, definir el trabajo realizado por la fuerza F mediante:
W :=
Z b
a
F(x) dx. (3.60)
Ejemplo 3.45
Calcule el trabajo necesario para alargar o comprimir un resorte de constante k una dis-
tancia x.
Solución. Según la ley de Hooke1
, al alargar un resorte, éste ejerce una fuerza directamente pro-
porcional a la elongación del resorte en el sentido contrario a la elongación. Si ubicamos el resorte
en un sistema de coordenadas de modo que 0 corresponde a la posición del extremo del resorte en
reposo y x a la posición de este extremo si lo hemos estirado (elongado) x uL, para dicho resorte se
tendrá, según la ley de Hooke antes mencionada, una constante k 0, tal que
F(x) = kx,
1Robert Hooke (1635-1703).

110. 3.11 Trabajo mecánico 103
donde F uF es la fuerza necesaria para tener estirado el resorte en la posición x. Si se estira el resorte
hasta una posición L uL, el trabajo necesario para lograr este estiramiento será entonces de W uT,
donde
W =
Z L
0
F(x)dx =
Z L
0
kx dx =
k
2
x2
L
0
=
kL2
2
.
Ejemplo 3.46
Gravitación universal. Según Newton, si 2 cuerpos celestes de masas M uM y m uM
están situados a una distancia D uL el uno del otro, cada uno de ellos es afectado por una
fuerza que lo atrae al otro, cuya magnitud es de F uF. En este caso
F = k
Mm
D2
,
donde k es la constante de gravitación universal. En el Sistema Internacional, si uF = N,
uL = m y uM = kg, se tiene que k = 6.67 × 10−11
. Si el cuerpo de masa M uM es un
planeta, y el de masa m uM es un satélite artificial, ¿qué trabajo se requiere para llevarlo
a una altitud de H uL sobre la superficie del planeta cuyo radio es R uL?
Solución. Si ubicamos un sistema de referencia con el origen en el centro del planeta y en dirección
vertical, se desea llevar el satélite desde la posición R hasta la posición R + H. La fuerza que hay
que hacer para vencer la gravedad será F(x) uF, donde
F(x) = k
mM
x2
.
El trabajo necesario será entonces de W uT, con
W =
Z R+H
R
k
mM
x2
dx = −kmM
1
x
R+H
R
= −kmM
1
R + H
−
1
R
=
kmMH
R(R + H)
.
Es decir que el trabajo será de
kmMH
R(R + H)
uT.
Para los ejercicios prácticos, se tienen los siguientes datos aproximados de la masa M kg
y el diámetro D km, de algunos astros.
Objeto M kg D km
Sol 1.99 × 1030
1392000
Mercurio 3.12 × 1023
4880
Venus 4.87 × 1024
12104
Tierra 5.98 × 1024
12756
Marte 6.46 × 1023
6787
Jupiter 1.90 × 1027
142800
Saturno 5.69 × 1026
120000
Urano 8.67 × 1025
51800
Neptuno 1.03 × 1026
49500
Pluton ≈ 5 × 1024
≈ 6000
Luna 7.35 × 1022
3476
Ejemplo 3.47
Bombas hidráulicas. Se trata de calcular el trabajo necesario para “bombear” un líquido
a un nivel superior.

111. 104 Aplicaciones de la integral definida
Solución. Para los cálculos, a más de los expuesto, se usan los siguientes conceptos.
Si un volumen V uV de un líquido tiene una masa M uM su densidad δ uD está dada por
δ =
M
V
o M = δV,
si las unidades son compatibles. Por ejemplo, en el Sistema Internacional (SI):
uM = kg, uV = m3
, uD = kg/m3
.
También se define el peso P uF del líquido, que es la fuerza con que la Tierra atrae al líquido.
Siguiendo la ley de Newton2
, será de magnitud
P = Mg
donde g uA es la aceleración debida a la gravedad. Al ser uA = m/s2
en el SI, g = 9.80665 ≈ 9.8, y
en el sistema inglés g ≈ 32 porque uA = pie/s2
.
Se define el peso específico del líquido ρ uPE, por
ρ =
P
V
.
Obviamente ρ = δ · g.
En el SI, uPE = N/m3
. En el sistema inglés, uPE = lb/pie3
. Además, 1 N = 0.2248 lb o, lo que
es lo mismo, 1 lb = 4.448 N. Por ejemplo, para el agua se tiene que
ρ = 9800 en el SI,
ρ = 62.4 en el sistema inglés.
Si para un recipiente se conoce el área de las secciones transversales horizontales, podemos
calcular el trabajo necesario, por ejemplo, para extraer de él el líquido contenido.
Tomemos un recipiente hemisférico de radio R m. Si inicialmente está lleno de agua, ¿qué trabajo
se requiere para vaciarlo?
Ubicamos el eje x hacia abajo y el origen en el centro de la esfera. Partimos con P = {x0, x1, . . . , xn}
al intervalo [0, R]. La sección transversal horizontal del nivel x será un círculo de radio
r =
p
R2 − x2 := f(x).
La k-ésima “capa” de líquido para x ∈ Jk = [xk−1, xk] la aproximamos con un cilindro de radio
f(x∗
k) =
È
R2 − (x∗
k)2,
donde x∗
k =
xk−1+xk
2
, 1 ≤ k ≤ n, es el “desplazamiento promedio ” que debe hacer cada partícula
de agua para salir del recipiente subiendo hacia el borde del mismo. Como el volumen Vk m3
de
la capita de agua es aproximadamente π[f(x∗
k)]2
∆xk m3
, que es el volumen del correspondiente
cilindrito, el peso de la capita será de aproximadamente
ρ N/m3
· π[f(x∗
k)]2
∆xk m3
= 9800π R2
− (x∗
k)2
∆xk N.
El trabajo que se debe hacer para llevar la capita al borde del recipiente será ∆Wk N·m, por lo
que
∆Wk ≈ 9800π R2
− (x∗
k)2
x∗
k ∆xk.
b
O
R
x
r
Finalmente,
W =
n
X
k=1
∆Wk = 9800π
Z R
0
(R2
x − x3
) dx
= 9800π

R2
2
x2
−
x4
4
‹ R
0
= 4900πR4
.
El trabajo necesario para vaciar el recipiente será entonces de
4900πR4
N·m.
2Isaac Newton (1642-1727).

112. 3.12 Presión hidrostática 105
3.11.1 Ejercicios
1. Un resorte tiene una longitud de 40 cm. Si se le
tira con una fuerza de 10N, alcanza los 50 cm.
(a) ¿Qué fuerza se requiere para que su lon-
gitud sea de x cm?
(b) ¿Qué trabajo se realiza al estirarle hasta
60 cm?
(c) ¿Qué trabajo se realiza para estirarlo
10 cm más?
2. Una fuerza de 50N acorta en 6 cm a un resorte
de 20 cm de longitud. ¿Qué trabajo se requiere
para que tenga 15 cm?
3. Halle el trabajo necesario para elevar en Mar-
te una masa de 5 000kg desde una superficie
hasta una órbita de 7 000km de diámetro.
4. Un depósito en forma de cono circular inver-
tido de 15 m de altura y 7 m de diámetro en
su base, está lleno de agua. ¿Qué trabajo se
requiere para vaciarle?:
(a) por arriba,
(b) si el depósito estaba a mitad lleno, y
(c) si el depósito es cilíndrico de iguales di-
mensiones.
5. Un cable de acero de 50 m de longitud y 2cm
de diámetro pesa 10kg/m y pende desde lo al-
to de un rascacielos. ¿Qué trabajo se requiere
para levantarlo hasta la terraza?
6. Un cohete que está cargado de combustible
pesa 2×106
kg y lleva un módulo habitable que
pesa 105
kg hacia una estación orbital, situa-
da a una altitud de 300km. Al subir consume
150kg/m de combustible.
(a) Exprese el peso total del sistema en fun-
ción de su altitud.
(b) Calcule el trabajo requerido para llegar
a la estación espacial.
3.12 Presión hidrostática
Cada punto de la sección horizontal de un líquido en reposo sufre una presión del líquido que
está sobre dicha sección. Si el área de la sección es A uA y está a una profundidad de H uL,
el volumen de líquido será de V uV = A uA ·H uL = AH uV. El peso P uF de este volumen,
si ρ uPE es el peso específico del líquido, será entonces dada por
P = ρV = ρAH. (3.61)
Si la presión es p uP, tendremos entonces que
p =
P
A
=
ρAH
A
= ρH, (3.62)
si uP es compatible con las demás unidades. Por ejemplo, en el SI
uL = m, uA = m2
, uV = m3
, uF = N, uPE = N/m3
, uP = N/m2
.
La placa horizontal soportará, debido a la presión, una fuerza F uF y entonces
F = P = ρAH, (3.63)
A Blaise Pascal (1623-1662) se le debe el descubrimiento del Principio que lleva su nom-
bre: “La presión ejercida por un líquido a una profundidad dada es la misma en todas las
direcciones”.
Calculemos la fuerza total ejercida por un líquido, debido a la presión hidrostática, si el
peso específico del líquido es ρ uPE, sobre una placa vertical cuya forma es de tipo II y está
dada por
{(x, y) ∈ R2
| 0 ≤ y ≤ H1, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)},
con 0 H1, ϕ(y) ψ(y) para todo y ∈ ]0, H1[, ϕ y ψ continuas en [0, H1]. H uL es la
profundidad del punto más bajo de la placa.

113. 106 Aplicaciones de la integral definida
x
y
H
H1
O
φ ψ
Calculemos la fuerza F uF ejercida sobre la placa. Aproximémosla dividiendo el intervalo
[0, H1] mediante una partición P = {y0, y1, . . . , yn}. La “k-fajita” horizontal de la placa, dada
por
{(x, y) ∈ R2
| yk−1 ≤ y ≤ yk, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)}
aproximémosla con el k-rectángulo
{(x, y) ∈ R2
| yk−1 ≤ y ≤ yk, ϕ(y∗
k) ≤ x ≤ ψ(y∗
k)},
donde y∗
k ∈ Jk = [xk−1, xk]. Asumimos que todos los puntos de la fajita sufren, aproxima-
damente, la misma presión que los puntos situados a la misma profundidad que los puntos
de ordenada y∗
k, que es de (H − y∗
k) uL.Por (3.63) tendremos, entonces, teniendo también en
cuenta el Principio de Pascal que si ∆Fk uF es la fuerza que soporta la k-fajita, entonces
∆Fk ≈ ρ[ψ(y∗
k) − ϕ(y∗
k)](H − y∗
k) ∆yk
puesto que el área de la fajita es, aproximadamente,
[ψ(y∗
k) − ϕ(y∗
k)] ∆yk uA .
Entonces
F =
n
X
k=1
∆Fk ≈ ρ
n
X
k=1
[ψ(y∗
k) − ϕ(y∗
k)](H − y∗
k) ∆yk. (3.64)
Pero la última es una suma de Riemann, que por la continuidad de la función definida por
y 7→ [ψ(y) − ϕ(y)](H − y) en [0, H1], converge hacia
ρ
Z H1
0
[ψ(y) − ϕ(y)](H − y) dy
si kPk → 0. Este valor nos servirá para el cálculo de F, puesto que es de suponer que F está
mejor aproximada por (3.64) mientras más fina es la partición P de [0, H1]. Es decir
F = ρ
Z H1
0
[ψ(y) − ϕ(y)](H − y) dy. (3.65)
Si se ubica el origen de coordenadas como en el dibujo, la forma de la placa será de tipo
I.
x
y
O
H1
H2
g h

114. 3.12 Presión hidrostática 107
Con el eje Oy coincidiendo con el nivel del líquido se tendrá
{(x, y) ∈ R2
| H1 ≤ x ≤ H2, g(x) ≤ y ≤ h(x)},
con H1 uL = profundidad del borde superior de la placa y H2 uL = profundidad del borde
inferior de la placa.
En este caso
F = ρ
Z H2
H1
[h(x) − g(x)]x dx. (3.66)
3.12.1 Ejercicios
1. Halle la presión y la fuerza ejercida sobre el fondo plano de una piscina llena de agua hasta 10 cm
del borde, si la piscina mide 2 m ×8 m ×15 m.
2. Una placa triangular (ver Figura 3.3) está sumergida en agua. Halle la fuerza que se ejerce sobre
ella (distancias en metros).
0 1 2 3 4 5 6 7
y
x
1
2
3
4
A(1, 4)
C(4, 7)
B(3, 2)
Superficie
(a) Placa Triangular
0 1 2 3 4 5
y
x
1
2
3
4
Superficie
(b) Placa de Borde Parabó-
lico
Figura 3.3: Placas para los ejercicios 2 y 3.
3. Repetir el ejercicio anterior si la placa tiene la forma dada en la Figura 3.3, donde la curva tiene
ecuación
x =
1
4
(y − 3)2
.
4. Halle la fuerza ejercida por el agua sobre el fondo de la piscina del dibujo (Figura 3.4).
1 m
10 m
5 m
3 m
(a) Piscina
20 m 40 m
20 m
7 m
(b) Dique
Figura 3.4: Gráficos para los ejercicios 4 y 5.
5. Se usa un dique como el de la Figura 3.4 en un reservorio de agua. ¿Qué fuerza se ejerce sobre la
pared inclinada cuando el reservorio está lleno?

115. 108 Aplicaciones de la integral definida
3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad
3.13.1 Caso de sistemas en “línea recta”
Dada una masa “puntual” m um, que se supone “concentrada” en un punto P del espacio E1
,
E2
o E3
, si d uL es la distancia de P a otro punto fijo dado Q, se llama momento de la masa
respecto a Q a la magnitud M uM, dada por
M = md. (3.67)
En este caso uM es compatible con las unidades de masa y de longitud um y uL, y se escribe
simbólicamente
[uM] = [um] · [uL] = [um · uL].
Las unidades usadas usualmente se resumen a continuación.
Magnitud Sistema inglés Sistema MKS Sistema CGS
Sistema internacional
Longitud pie m cm
Masa slug kg g
Momento de masa slug·pie kg·m g·cm
Si imaginamos la masa m um unida por una “barra sin masa” al punto Q fijo, si ubicamos
este “aparato” en un campo gravitacional, la masa m tiende a girar alrededor de Q. El
momento M uM mide la magnitud de esta “tendencia” a girar.
Si realizamos nuestro estudio en E2
, con Q y P sobre el eje Ox, el posible giro puede
tener uno de dos sentidos, si imaginamos el campo gravitacional atrayendo a la masa hacia
abajo. Si en vez de la distancia d utilizamos la “distancia dirigida” x − x̄ de P respecto a Q,
donde x̄ y x son las coordenadas de Q y P, respectivamente, el momento estará dado por
M = m(x − x̄) (3.68)
y el signo de M nos indica que el posible giro sería en el sentido de las manecillas del reloj
si x − x̄ 0, y por ende M 0, y el sentido contrario si M 0.
En particular si Q = O, donde O(0) es el origen del sistema de coordenadas el momento
será
MO = mx. (3.69)
Imaginemos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas m1 um, m2 um, . . . , mn um, situadas
sobre el eje Ox en los puntos P1, P2, . . . , Pn de abscisas x1, x2, . . . , xn, respectivamente, tales
que x1 x2 . . . xn, unidos por una “barra sin masa”, diremos que la masa total del
sistema es m um, si
m =
n
X
k=1
mk (3.70)
y que el momento de masa del sistema M uM, respecto de un punto Q(x̄), situado también
en el eje Ox, está dado por
M =
n
X
k=1
mk(xk − x̄). (3.71)
En particular el momento respecto al origen O(0) será
MO =
n
X
k=1
mkxk. (3.72)
Si vemos a nuestro sistema como un “sube y baja” cuyo punto de apoyo es Q o como un
“móvil”, que se suspende sobre las cunas de los bebés, el sistema tenderá a girar en uno u

116. 3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad 109
otro sentido según el signo de M. Pero siempre se podrá hallar un punto Q(x̄), de modo que
el sistema esté “en equilibrio”. Esto sucede si M = 0. En efecto, como
0 = M =
n
X
k=1
mk(xk − x̄) =
n
X
k=1
mkxk − x̄
n
X
k=1
mk = MO − x̄m.
Entonces
0 = MO − x̄m, (3.73)
por lo que
x̄ =
MO
m
=
Pn
k=1 mkxk
Pn
k=1 mk
. (3.74)
Al punto Q(x̄) se le llama centro de masa del sistema (o centro de gravedad). La igualdad
(3.73) puede también escribirse
MO = x̄m. (3.75)
La coincidencia entre (3.69) y (3.75) nos sugiere una interpretación: ¡el sistema es “equi-
valente” a una sola masa puntual m um, ubicada en el centro de gravedad del sistema Q(x̄)!
b
m1 b
m2 b
m3 b
m4 b
mn
x1 x2 x3 x4 ... xn
x
Si el sistema de masas puntuales es reemplazado por una barra de longitud l uL, cuya
densidad longitudinal δ uD está dada por una función continua
δ: [0, l] −→ R
x 7−→ δ(x)
para calcular el momento M uM, respecto de un punto Q(x̄, 0), dividimos [0, l] mediante una
partición P = {x0, x1, . . . , xn} y aproximamos el cálculo asumiendo que el “k-trocito” de
barra correspondiente al intervalo Jk = [xk−1, xk], es homogéneo de densidad δ(x∗
k), con
x∗
k = xk−1+xk
2 , y que la masa
∆mk um ≈ δ(x∗
k) ∆xk um
de cada trocito está “concentrada” en el punto P∗
k (x∗
k), 1 ≤ k ≤ n. Entonces, utilizando con
los cambios adecuados (3.71) tendremos que
M =
n
X
k=1
∆Mk ≈
n
X
k=1
δ(x∗
k) (x∗
k − x̄)∆xk.
La última es una suma de Riemann, que al ser continua la correspondiente función, converge
hacia
Rl
0 δ(x) (x − x̄) dx, si kPk → 0. Como es de esperar que la aproximación es mejor al ser
más fina la partición P, podemos asumir que
M :=
Z l
0
δ(x) (x − x̄) dx. (3.76)
En el caso particular cuando Q = O, el origen del sistema, tendremos que el momento será
MO uM, con
MO =
Z l
0
δ(x) x dx. (3.77)
Si buscamos Q(x̄) de modo que la barra esté en equilibrio, es decir de modo que M = 0,
teniendo además en cuenta que m um es la masa de la barra, como
m =
Z l
0
δ(x) dx,

117. 110 Aplicaciones de la integral definida
de (3.76) obtenemos:
0 =
Z l
0
δ(x) dx − x̄
Z l
0
δ(x) dx = MO − x̄m. (3.78)
Esta expresión, idéntica a la obtenida en (3.73) nos permite definir como centro de gravedad
(o de masa) de la barra, al punto Q(x̄), si
x̄ =
MO
m
=
R l
0 δ(x)x dx
R l
0 δ(x) dx
. (3.79)
La barra, que como en el caso del sistema de masas puntuales, se la suspende con una cuerda
amarrada al punto Q, se mantendrá horizontal, ¡es “equivalente” a una masa puntual m
ubicada en Q(x̄)!
Si la barra es homogénea, es decir si δ = δ(x) = constante, x̄ = l/2, porque
x̄ =
δ
R l
0 x dx
δ
R l
0 dx
=
l2
2
l
=
l
2
. (3.80)
o l
m
x
3.13.2 Caso de sistemas “planos”
Dada una recta l y un punto P exterior a ella, la distancia del punto P a l es la longitud
|
−
−
→
PQ| uL del segmento
−
−
→
PQ, donde Q ∈ l es tal que
−
−
→
PQ es perpendicular a la recta l. Si P ∈ l,
se dice que la distancia de P a l es cero. Si se tiene una recta l en E2
o E3
y una masa puntual
m um concentrada en un punto P, se llama momento de la masa respecto a l a M uM, donde
M = md, (3.81)
y d es la distancia de P a l (es decir d = 0 si P ∈ l o d = |
−
−
→
PQ|,
−
−
→
PQ ⊥ l, si P /
∈ l).
Si imaginamos, cuando P /
∈ l, que la masa se une a Q mediante un alambre rígido sin
masa y si sometemos este sistema a un campo gravitacional perpendicular al plano definido
por la recta l y por P, el sistema “tenderá a girar” alrededor del eje l. El momento M uM
mide la magnitud de esta “tendencia a girar” del sistema. Para representar adecuadamente
uno de los dos posibles sentidos de giro alrededor del eje l, consideraremos M 0 para
el un sentido y M 0 para el sentido contrario. Por ejemplo, si tomamos un sistema de
coordenadas bidimensional, de modo que el eje l = ly sea paralelo al eje Oy y esté situado
en el plano xy, al igual que la masa m um, ubicada, digamos, en el punto P(x1, y1), entonces
el eje ly estará descrito por el conjunto
{(x̄, y) ∈ R2
| y ∈ R} (3.82)
con x̄ ∈ R fijo. En este caso Q(x̄, y1) ∈ l es el punto del eje l más cercano a P(x1, y1).
En la fórmula (3.81) la distancia d = |
−
−
→
PQ| la reemplazamos por la distancia dirigida de
Q a P, dada por
d = x1 − x̄. (3.83)
Vemos que según el signo de d, si ponemos
Mly = m(x1 − x̄), (3.84)

118. 3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad 111
el signo de Mly determinará el sentido del “giro de P” alrededor de l.
En el caso particular cuando l es el eje Oy, tendremos x̄ = 0 y el momento será My uM,
con
My = mx1. (3.85)
Si el eje l = lx es paralelo al eje Ox, descrito digamos por
{(x, ȳ) ∈ R2
| x ∈ R}, (3.86)
con ȳ ∈ R fijo, y si P(x1, y1) /
∈ l, el punto Q(x1, ȳ) ∈ l será el punto del eje l más cercano
a P(x1, y1). En este caso se reemplaza d = |
−
−
→
PQ| de (3.81) por la correspondiente distancia
dirigida de Q a P dada por
d = y1 − ȳ, (3.87)
y el momento Mlx uM estará dado por
Mlx = m(y1 − ȳ). (3.88)
En el caso particular cuando l = Ox, tendremos ȳ = 0 y el momento será Mx uM, con
Mx = my1. (3.89)
Consideremos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas puntuales m1 um, m2 um, . . .,
mn um, situadas en el plano xy horizontal en los puntos P1(x1, y1), P2(x2, y2), . . . , Pn(xn, yn),
respectivamente, unidos entre sí por “alambres rígidos sin masa”, como en un móvil de cuna.
Como antes, la masa m um del sistema estará dada por
m =
n
X
k=1
mk. (3.90)
El momento de masa del sistema respecto a un eje ly paralelo al eje Oy como el descrito
por (3.82) será Mly uM, con
Mly =
n
X
k=1
mk(xk − x̄), (3.91)
y, en particular, si el eje coincide con el eje Oy, como x̄ = 0, el momento estará dado por
My =
n
X
k=1
mkxk. (3.92)
Análogamente, si el eje l es paralelo al eje Ox, como el descrito por (3.86), el momento
Mlx uM será dado por
Mlx =
n
X
k=1
mk(yk − ȳ). (3.93)
En particular, si el eje lx = Ox, es decir si ȳ = 0, el momento será Mx uM, con
Mx =
n
X
k=1
mkyk. (3.94)
Observemos que análogamente al caso de masas en línea, tenemos que
Mly = My − x̄m, (3.95)
Mlx = Mx − ȳm. (3.96)

119. 112 Aplicaciones de la integral definida
Diremos que el sistema está en equilibrio si Mlx = Mly = 0. Esto sucede si escogemos los
ejes lx y ly que se cortan en el punto Q(x̄, ȳ), llamado entro de masa o centro de gravedad
del sistema, y en este caso:
x̄ =
My
m
=
Pn
k=1 mkxk
Pn
k=1 mk
(3.97)
ȳ =
Mx
m
=
Pn
k=1 mkyk
Pn
k=1 mk
(3.98)
Si suspendiéramos el “móvil” de una cuerda atada al punto Q, éste se ¡mantendría hori-
zontal! ¡El sistema es “equivalente” a una masa puntual m um, ubicada en Q(x̄, ȳ)!
x
y
b
w2
b
w1
b
w3
b
wn
(x2, y2)
(x1, y1)
(x3, y3)
(xn, yn)
En vez del sistema de masas puntuales consideremos ahora una placa cuya forma, de tipo
I, está dada por
{(x, y) ∈ R2
| a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}, (3.99)
con a b, g(x) h(x) para todo x ∈ [a, b], g : [a, b] → R y h: [a, b] → R continuas en
[a, b]. Supongamos que la densidad de área de la placa δ uD, depende solo de x y está dada
por una función
δ: [a, b] −→ R
x 7−→ δ(x)
, continua en [a, b].
Dado un eje ly paralelo al eje Oy, como está descrito por (3.82), para calcular el momento
Mly uM de la placa respecto al eje ly, partimos [a, b] mediante P = {x0, x1, . . . , xn}. Cada
“k-franjita” de la placa descrita por
{(x, y) ∈ R2
| xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x) ≤ y ≤ h(x)},
la aproximaremos con una placa homogénea con la forma del rectángulo
{(x, y) ∈ R2
| xk−1 ≤ x ≤ xk, g(x∗
k) ≤ y ≤ h(x∗
k)}.
El material de esta plaquita rectangular lo supondremos homogéneo del mismo tipo que el
punto de coordenadas (x∗
k, y∗
k), es decir de densidad δ(x∗
k), donde
x∗
k =
xk−1 + xk
2
, y∗
k =
g(x∗
k) + h(x∗
k)
2
. (3.100)
Teniendo en cuenta (3.80), (x∗
k, y∗
k) es el centro de gravedad de la plaquita rectangular que
puede ser reemplazada por una masa puntual situada en este punto y de magnitud
δ(x∗
k) [h(x∗
k) − g(x∗
k)] ∆xk um . (3.101)
Por ello, y teniendo en cuenta (79), tendremos que
Mly ≈
n
X
k=1
δ(x∗
k) [h(x∗
k) − g(x∗
k)] (x∗
k − x̄) ∆xk (3.102)

120. 3.13 Momentos de masa y Centro de gravedad 113
Por la continuidad de la función x 7→ δ(x) [h(x) − g(x)] (x − x̄), existe la integral que nos
permite definir:
Mly :=
Z b
a
δ(x) [h(x) − g(x)] (x − x̄) dx. (3.103)
En particular, si ly = Oy, es decir si x̄ = 0, el momento será dado por
My =
Z b
a
δ(x) [h(x) − g(x)] x dx. (3.104)
Análogamente calculemos Mlx y Mx. En este caso, en (3.102) la distancia dirigida (x∗
k −x̄)
se reemplaza, dado (3.100), por
(y∗
k − ȳ) =
g(x∗
k) + h(x∗
k)
2
− ȳ, (3.105)
por lo que
Mlx =
Z b
a
δ(x) [h(x) − g(x)]

h(x) + g(x)
2
− ȳ
‹
dx, (3.106)
y si lx = Ox el momento estará dado por
Mx =
1
2
Z b
a
δ(x)
€
[h(x)]2
− [g(x)]2
Š
dx, (3.107)
puesto que ȳ = 0.
Como en este caso la masa m um de la placa está dada por
m =
Z b
a
δ(x) [h(x) − g(x)] dx, (3.108)
de (3.103), (3.104), (3.105), (3.106) y (3.108) obtenemos las mismas expresiones
Mly = My − x̄m, (3.109)
Mlx = Mx − ȳm, (3.110)
obtenidas en (3.95) y (3.96). Por ello, el centro de gravedad Q(x̄, ȳ) de la placa estará dado
por
x̄ =
My
m
=
R b
a δ(x) [h(x) − g(x)] x dx
R b
a δ(x) [h(x) − g(x)] dx
, (3.111)
ȳ =
Mx
m
=
1
2
R b
a δ(x) [h(x)]2
− [g(x)]2
dx
R b
a δ(x) [h(x) − g(x)] dx
. (3.112)
Si la placa es homogénea, es decir si la densidad es constante, δ(x) “sale” de las integrales
de (3.111) y (3.112) y se simplifica. En este caso, el centro de gravedad Q(x̄, ȳ) se llama
centroide de la figura dada por (3.99). Tendremos entonces:
x̄ =
My
m
=
R b
a [h(x) − g(x)] x dx
R b
a [h(x) − g(x)] dx
, (3.113)
ȳ =
Mx
m
=
1
2
R b
a [h(x)]2
− [g(x)]2
dx
R b
a [h(x) − g(x)] dx
. (3.114)

121. 114 Aplicaciones de la integral definida
x
y
a b
h
g
Ejemplo 3.48
Calcule el centroide de la figura limitada por los gráficos de y =
√
9 − x2 e y = 0, es decir
de un semicírculo de radio 3 uL.
Solución. Aquí a = −3, b = 3, h(x) =
√
9 − x2, g(x) = 0. La integral
R 3
−3
√
9 − x2 dx uL
2
es el área
del semicírculo de radio 3 uL, por lo que
Z b
a
[h(x) − g(x)] dx =
Z 3
−3
p
9 − x2 dx =
1
2
π(3)2
=
9π
2
.
La integral Z b
a
[h(x) − g(x)]x dx =
Z 3
−3
p
9 − x2x dx = 0
por ser impar la función y simétrico el intervalo [−3, 3].
x
y
3
3
−3
Además
Z b
a
[h(x)]2
− [g(x)]2
dx =
Z 3
−3
(9 − x2
) dx
=

9x −
x3
3
‹ 3
−3
= 9[3 − (−3)] −
1
3
[27 − (−27)] = 54 − 18 = 36.
Por consiguiente,
x̄ = 0, ȳ =
1
2
(36)
9
2
π
=
4
π
.
El centroide estará dado por
(x̄, ȳ) =
0,
4
π
.
3.13.3 Ejercicios
1. Una barra rígida uniforme de 2 m de largo y de masa, soporta 3 objetos M1, M2 y M3 de masa ,
y , respectivamente, como se muestra en la Figura 3.5. Halle el punto P del cual se debe suspender
la barra con los objetos para que quede horizontal.
2. Repita el ejercicio anterior con una barra de densidad lineal δ(x) si:
(a) δ(x) = 10 − 3x (b) δ(x) = 4 + 3x
3. Repita el primer ejercicio pero esta vez quitando los objetos. La densidad lineal está dado por:

122. 3.14 Aplicaciones en economía 115
x
y
M1
M3
M2
O P
Figura 3.5: Masas suspendidadas.
(a) δ(x) = 4 + x2
(b) δ(x) = 5 + 2
√
2x
4. Halle el centroide de la figura limitada por las gráficas de las siguientes ecuaciones:
(a) y = 4 − x2
, x = 0, y = 0
(b) y = 4 − x2
, y = 0
(c) y = 1 +
√
x, y = 0, x = 4
(d) y = x3
, y = 27, x ≥ −1
(e) y = x2
, y =
√
x
(f) y = 3 − x2
, y = (x − 1)2
− 2
(g) y = x4
, y = 4
√
x
(h) x2
+ y = 1, x + y = −1
3.14 Aplicaciones en economía
3.14.1 Ingreso de una empresa o un gobierno
La administración de un cantón recauda, entre otros, un impuesto predial. Si, por ejemplo, en
5 años recaudó 200 millones de dólares, como la recaudación anual de este impuesto no varía
mayormente si la tasa impositiva se mantiene constante, un buen indicador de la recaudación
es la tasa anual de recaudación T R uTR, dada por
200 millones de dólares
5 años
= 40
millones de dólares
año
.
Para un ingreso de I uI en un lapso de T ut, la tasa de recaudación será T R uTR, donde
T R =
I
T
. (3.115)
Evidentemente, I = T R.T .
En general, para una gran empresa o un gobierno local o nacional que tiene un ingreso
permanente I uI, aunque variable en magnitud, a lo largo del tiempo t ut la tasa de recauda-
ción del ingreso T R(t) uTR en el instante t indica el ingreso que se tendría en 1 ut si el flujo
de ingresos a lo largo de 1 ut sería similar al del instante t.
Si uTR es compatible con uI y ut se escribe analíticamente
[uTR] =
[uI]
[ut]
=
•
uI
ut
˜
.
Dado T R(t), digamos para t ∈ [0, T ], si se desea conocer los ingresos generados en este
lapso, se puede aproximarlo de la siguiente manera.
Realizamos una partición P = {t0, t1, . . . , tn} del intervalo [0, T ] y aproximamos el ingreso
∆Ik uI en el lapso dado por el intervalo Jk = [tk−1, tk], como si el flujo de ingreso en este

123. 116 Aplicaciones de la integral definida
intervalo fuera constante, digamos igual a T R(t∗
k), con t∗
k ∈ Jk. Es decir, teniendo en cuenta
(3.115),
∆Ik ≈ T R(t∗
k) ∆tk,
de donde
I =
n
X
k=1
∆Ik ≈
n
X
k=1
T R(t∗
k) ∆tk.
La última es una suma de Riemann que si, por ejemplo, la función t 7→ T R(t) es continua en
[0, T ], converge hacia
R T
0 T R(t) dt, si kPk1 → 0. Podemos entonces calcular el ingreso I uI en
el lapso dado por el intervalo [0, T ], mediante la fórmula
I =
Z T
0
T R(t) dt. (3.116)
3.14.2 Superávit del consumidor y del productor
Según los economistas que estudian las leyes del mercado, si se llega al precio de equilibrio
de un bien se produce una ganancia tanto para un sector de los consumidores como para
parte de los productores, la que se mide por los así llamados “superávit del consumidor” y
“superávit del productor”. Veamos cómo los calculan.
Sea x el número de unidades u de un bien (por ejemplo un auto, un galón de gasolina, un
kg de arroz, etc.) que se compran y venden en un mercado dado si el precio unitario del bien
es de p unidades monetarias uM (miles de dólares, un dólar, etc.). Este precio en la práctica
oscila entre un precio mínimo a uM, normalmente representado por el costo de producción, y
un precio máximo b uM, que resultaría prohibitivo para todos los consumidores. Se supone que
para cada p ∈ [a, b], existiría una demanda de D(p) u y una oferta de S(p) u. Naturalmente
D: [a, b] → R es una función decreciente, que supondremos continua al igual que la función
S : [a, b] → R que, por su parte, será creciente. Obviamente S(a) = 0 y D(b) = 0.
x
y
xE
pE
O a b
SPSC
D S
Los gráficos de las dos funciones se cortan en el punto (pE, xE) llamado punto de equilibrio
del mercado, y pE uM es el precio de equilibrio del mercado.
Ahora bien, si se alcanza este precio de equilibrio, los productores que estaban dispuestos
a vender aún a precios inferiores a pE uM, salen beneficiados. Análogamente, los consumidores
que hubieran adquirido el bien aún si su precio hubiera sido superior a pE uM también salen
beneficiados. El superávit del productor SP uM es la cantidad total de dinero que ese sector de
productores reciben por encima del precio al que estaban dispuestos a vender, mientras que
el superávit del consumidor SC uM es la cantidad de dinero que se ahorra en total el sector
de consumidores que estaban dispuestos a pagar por el bien un precio superior al precio de
equilibrio.
Se tiene que
SP =
Z pE
a
S(p) dp, (3.117)

124. 3.14 Aplicaciones en economía 117
SC =
Z b
pE
D(p) dp. (3.118)
Para probar (3.117) y (3.118), notemos que al ser continuas y monótonas las funciones S
y D son invertibles, y S : [a, pE] → [0, xE] y D: [pE, b] → [0, xE] son biyectivas. Obviamente,
Z pE
a
S(p) dp =
Z xE
0
[pE − S−1
(x)] dx, (3.119)
Z b
pE
D(p) dp =
Z xE
0
[D−1
(x) − pE] dx. (3.120)
Probemos, por ejemplo, que
SC =
Z xE
0
[D−1
(x) − pE] dx. (3.121)
Dividimos el intervalo [0, xE] con una partición P = {x0, x1, . . . , xn}. Como xE es el
número de bienes que se venderían y comprarían al precio de equilibrio pE y, puesto que
xE =
Pn
k=1 ∆xk, la cantidad de bienes ∆xk se comprarían por parte de consumidores que
estaban dispuestos a pagar un precio entre pk uM y pk−1 uM, que lo podemos aproximar,
digamos, con un precio p∗
k uM comprendido entre los dos anteriores. Hemos puesto pk igual
a D−1
(xk), 0 ≤ k ≤ n. Por la monotonía de D existe entonces x∗
k ∈ Jk = [xk−1, xk] tal
que p∗
k = D−1
(x∗
k). Al comprar entonces esas ∆xk u del bien, al precio de equilibrio pE uM,
los consumidores que lo hacen se ahorrarían aproximadamente (p∗
k −pE) uM por cada unidad
comprada. En total el ahorro ∆SCk uM por esas ∆xk u sería de aproximadamente
(p∗
k − pE) ∆xk uM = [S−1
(x∗
k) − pE] ∆xk uM .
Sumando todo este ahorro, tendremos que
SC =
n
X
k=1
∆SCk ≈
n
X
k=1
[S−1
(x∗
k) − pE] ∆xk.
La última es una suma de Riemann que converge hacia
RxE
0 [S−1
(x) − pE] dx si kPk → 0,
si la integral existe, lo que sucede, por ejemplo, si S−1
es continua. Vemos que (3.121) tiene
entonces sentido, pues es de esperar que en el cálculo realizado la aproximación es mejor si
el grosor de la partición es pequeño.
Tomando en cuenta (3.120), es pues razonable calcular SC mediante la fórmula (3.118).
Análogamente se llega a (3.117).
3.14.3 Ejercicios
1. Si los ingresos de una empresa tiene una tasa de recaudación de T R(t) millones de dólares por
año, calcule el total de ingresos obtenidos en T años:
(a) T R(t) = 0.5(t − 2)2
+ 1, T = 4
(b) 0.2
√
1 + t, T = 8
2. En el ejercicio precedente calcule el ingreso anual promedio en los últimos 2 años.
3. Halle el superávit del consumidor y el del productor si la oferta y la demenda están dadas por
las ecuaciones x = S(p) y x = D(p), respectivamente, con p ∈ I:
(a) S(p) = 3p/2 − 150, D(p) = 3000 − 2p, I = [100, 1500]
(b) S(p) = p2
− 4, D(p) = 10 − p, I = [2, 10]
(c) S(p) = p2
+ 2p, D(p) = 100 − p2
, I = [0, 10]
(d) S(p) = p2
+ p, D(p) = (p − 10)2
, I = [0, 10]

125. Capítulo 4
Función logaritmo y exponencial
4.1 Relaciones y funciones
Por su importancia para la comprensión del contenido de este capítulo recordemos algunos
conceptos básicos. Sean X e Y dos conjuntos no vacíos. El producto cartesiano de X e Y es
el conjunto
X × Y = {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y }.
X × Y es pues el conjunto de parejas ordenadas (x, y), donde x ∈ X e y ∈ Y .
Cualquier subconjunto R de X × Y se llama relación entre los elementos de X × Y .
Relación inversa de R es la relación
R−1
= {(y, x) ∈ Y × X | (x, y) ∈ R}.
Se llama dominio de R o proyección de R sobre X al conjunto
D(R) = {x ∈ X | ∃y ∈ Y, (x, y) ∈ R}.
Se llama imagen de R o proyección de R sobre Y al conjunto
Im(R) = {y ∈ Y | ∃x ∈ X, (x, y) ∈ R}.
Una relación f ⊂ X × Y se llama función de X e Y , y se nota f : X → Y , si
∀(x, y1), (x; y2) ∈ X × Y, [(x, y1), (x; y2) ∈ f ⇒ y1 = y2] (4.1)
Por tradición, si f es una función, se escribe y = f(x) en vez de (x, y) ∈ f. La condición
(4.1) se puede escribir entonces
∀(x, y1), (x; y2) ∈ X × Y, [y1 = f(x), y2 = f(x) ⇒ y1 = y2] .
O también
∀x ∈ D(f) ∃!y ∈ Im(f) tal que y = f(x).
Definición 4.1
Si f ⊂ X × Y es una función, se dice que f es invertible si f−1
también es una función.
Observemos que:

126. 120 Función logaritmo y exponencial
1.
f−1
es función ⇔ ∀(y, x1), (y, x2) ∈ X × Y,
”
(y, x1), (y, x2) ∈ f−1
⇒ x1 = x2
—
⇔ ∀(x1, y), (x2, y) ∈ X × Y, [(x1, y), (x2, y) ∈ f ⇒ x1 = x2]
⇔ ∀(x1, y), (x2, y) ∈ X × Y, [y = f(x1), y = f(x2) ⇒ x1 = x2]
⇔ ∀y ∈ Im(f) ∃!x ∈ D(f) tal que y = f(x)
⇔ f es inyectiva.
2.
f es inyectiva ⇔ f−1
es la función inversa de f
⇒ ∀t ∈ D(f−1
) = Im(f), ∃!s ∈ Im(f−1
) = D(f) t.q. f−1
(t) = s
(esto es t = f(s)).
3.
f es inyectiva ⇔ f−1
es la función inversa de f
⇒ f(f−1
(x)) = x ∀x ∈ Im(f) y f−1
(f(x)) = x ∀x ∈ D(f).
4.2 Sentido de la expresión ax
para x ∈ Q
El objetivo de esta sección es dar un sentido a la expresión ax
, cuando a 0 y x ∈ R.
En la escuela primaria aprendimos ya que para todo n ∈ N
an
= aa · · · a (n veces).
O sea que, definiendo por inducción:
a1
= a
an
= an−1
· a ∀n ≥ 2.
Se observa de inmediato algunas propiedades interesantes de esta escritura abreviada de
un producto de n veces el mismo factor a:
an
· am
= an+m
∀n, m ∈ N,
an
am
= an−m
∀n m ≥ 1,
(an
)m
= anm
∀n, m ≥ 1.
Pronto se nos hizo notar que si definimos
a0
= 1 y a−n
=
1
an
,
las propiedades anteriores siguen siendo válidas para n, m en Z.
La expresión an
es pues válida y tiene “buenas” propiedades si n ∈ Z.
Posteriormente se extendió la validez de la escritura indicada para x ∈ Q. En efecto, si
x ∈ Q, existen m ∈ Z y n ∈ N tales que x = m
n . Se define, para n ∈ N:
a
1
n
def
= n
√
a = b tal que bn
= a.
La “raíz n-ésima de a”, n
√
a siempre existe ya que la función
fn : [0, ∞[→ [0, ∞[, x 7→ fn(x) = xn

127. 4.3 La función logaritmo natural 121
es estrictamente creciente, por lo tanto es inyectiva. De hecho es biyectiva. Por lo tanto
n
√
a = f−1
n (a).
Si se pone, para m ∈ Z y n ∈ Z
a
m
n = (am
)
1
n = n
√
am,
se ha dado ya sentido a la expresión ax
para x ∈ Q.
Por otra parte se tienen también las propiedades para todo p, q ∈ Q:
ap
· aq
= ap+q
,
ap
aq
= ap−q
,
(ap
)q
= apq
.
4.3 La función logaritmo natural
Consideremos la función f : ]0, ∞[→ R, x → 1
x . Tenemos que f es continua en ]0, ∞[ y
derivable en ese intervalo todas las veces que se desee:
f(n)
(x) = (−1)n
n!x−(n+1)
∀n ≥ 0, ∀x 0.
Sea
ln : ]0, ∞[→ R, x 7→ ln x
def
=
Z x
1
dt
t
.
Para la función así definida:
D(ln) = ]0, ∞[,
(ln x)′
= f(x) =
1
x
,
(ln x)(n)
= (−1)n+1
(n − 1)!x−n
, ∀n ≥ 0, ∀x 0.
Como (ln x)′
= 1
x 0 para todo x, ln es creciente en ]0, ∞[, y como (ln x)′
= − 1
x2 0
para todo x, ln es cóncava en ]0, ∞[.
Además se tienen las siguientes propiedades.
Teorema 4.1 (Propiedades de la función ln)
Sean a, b 0, q ∈ Q:
1. ln 1 = 0,
2. ln(ab) = ln a + ln b,
3. ln
a
b
= ln a − ln b,
4. ln(aq
) = q ln a.
Demostración.
1. ln 1 =
Z 1
1
ds
s
= 0.

128. 122 Función logaritmo y exponencial
2. Sean F(x) = ln(ax), G(x) = ln x, para x 0. Derivando se obtiene para todo x 0
F′
(x) =
1
ax
a =
1
x
= f(x); G′
(x) =
1
x
= f(x).
Al ser F y G primitivas de la misma función f, existe una constante C tal que para todo x 0
F(x) = G(x) + C.
Para x = 1, F(1) = G(1) + C, de donde
ln a = ln 1 + C,
y como ln 1 = 0, C = ln a.
Entonces para todo x 0
F(x) = ln(ax) = ln x + ln a.
Con x = b se obtiene el resultado.
3.
ln
€a
b
Š
= ln(a · b−1
)
= ln a + ln(b−1
), por 2.
= ln a + (−1) ln b, por 4.
= ln a − ln b.
4. Sean F(x) = ln(xq
) y G(x) = q ln x. Derivando se tiene:
F′
(x) =
1
xq
qxq−1
= q
1
x
; G′
(x) = q
1
x
.
Análogamente, tenemos que existe C tal que
F(x) = G(x) + C, ∀x 0,
Con x = 1:
F(1) = G(1) + C,
de donde C = 0, puesto que F(1) = G(1) = 0. Se tiene entonces que
ln(xq
) = q ln x, ∀x 0.
Poniendo x = a se obtiene el resultado.
Teorema 4.2 (Otras propiedades de ln)
1.
1
2
ln 2 1; ln 2 ≈ 0.69314718.
2. ∀n ≥ 1 ln(2n
)
n
2
.
3. lı́m
x→+∞
ln x = +∞.
4. lı́m
x→0+
ln x = −∞.
5. La recta x = 0 es asíntota vertical de la gráfica de ln si x → o+
.
6. ln es creciente y cóncava en ]0, ∞[.
7. ln es biyectiva.

129. 4.3 La función logaritmo natural 123
8. ln′
|x| =
1
x
∀x 6= 0,
Z
1
x
= ln |x| + C ∀x 6= 0.
Demostración.
1. ln 2 =
Z 2
1
ds
s
≈ 0.69314718, utilizando, por ejemplo, el método de Simpson.
1
2
3
4
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5
x
y
Las desigualdades se observan gráficamente: ln 2 es el área bajo la curva de ecuación y = 1
x
entre las rectas verticales x = 1 y x = 2 y sobre el eje x, la cual es menor al área del
cuadrado de vértices (1, 0), (2, 0), (2, 1) y (1, 1), y es mayor al área del rectángulo de vértices
(1, 0), (2, 0), (2, 1
2
) y (1, 1
2
).
Pero también se las puede probar analíticamente: Tenemos para todo s ∈ ]1, 2[ 1
2
1
s
1, de
donde Z 2
1
1
2
ds
Z 2
1
ds
s
Z 2
1
1 ds,
es decir
1
2
ln 2 1.
2. Sea n ≥ 1:
ln(2n
) = n ln 2 n
1
2
, por 1.
3. Sea R 0. Debemos hallar A tal que
x A ⇒ ln x R.
Sea x 2n
. Como ln es creciente
ln x ln 2n
n
2
R siempre que n 2R.
Basta tomar A = 2n
con n 2R.
4. Probemos ahora que lı́mx→0+ ln x = −∞. Si ponemos y = 1
x
, x = 1
y
= y−1
:
lı́m
x→0+
ln x = lı́m
y→+∞
ln y−1
= lı́m
y→+∞
[(−1) ln y]
= − lı́m
y→+∞
ln y
= −∞.
5. Resulta de 4. y de la monotonía de ln.
6.
(ln x)′
=
1
x
0 ∀x 0,
(ln x)′′
= −
1
x2
0 ∀x 0

130. 124 Función logaritmo y exponencial
Y como
|x| =
1 si x 0,
−1 si x 0,
se tiene que
(ln |x|)′
=
|x|′
|x|
=
1
x
∀x 6= 0.
7. Resulta de que ln es creciente.
Con estas propiedades podemos graficar ln:
ln
1
4.3.1 Ejercicios
1. Halle D (f), el dominio de la función f, si:
(a) f(x) = ln(x + 2)
(b) f(x) = ln(x4
)
(c) f(x) = ln |x2
+ x + 1|
(d) f(x) = ln |x2
− 5x + 4|
(e) f(x) = ln
√
x + 2
2. Halle f′
(x) si:
(a) f(x) = x ln x
(b) f(x) = ln(x2
+ x + 2)
(c) f(x) =
ln(2x + 1)
ln(x + 2)
(d) f(x) = ln x +
√
x2 + 1
(e) f(x) = ln
(x + 1)(x + 2)
(x − 1)
(f) f(x) = ln
É
x + 1
x − 1
3. Analice y grafique la función f:
(a) f(x) = x ln x
(b) f(x) = ln
q
x
x + 1
(c) f(x) = ln(x2
− 1)
(d) f(x) = ln |x + 2|
4. Calcule:
(a)
Z
dx
x ln x
(b)
Z 2
1
ln x
x
(c)
Z 2
1
dx
x + 3
(d)
Z
dx
x ln
√
x
4.4 Función exponencial natural
Hemos visto que ln : ]0, ∞[→ R es biyectiva. Existe por lo tanto su inversa ln−1
, a la que
llamaremos función exponencial natural y notaremos exp:
exp = ln−1
: R → ]0, ∞[, x 7→ exp(x) = y tal que ln y = x.

131. 4.4 Función exponencial natural 125
Por lo tanto
exp(x) = y ⇔ x = ln y,
exp(ln x) = x ∀x 0,
ln(exp(x)) = x ∀x ∈ R.
Derivando la última igualdad:
[ln(exp(x))]′
=
(exp(x))′
(exp(x))
= 1, ∀x ∈ R,
de donde
(exp(x))′
= exp(x).
Es decir que exp es derivable y su derivada es la misma función exponencial.
Recordemos que nuestro objetivo es dar sentido a la expresión ax
, con a 0. Hagámoslo
primero tomando a = e, donde
e
def
= exp(1).
Por lo tanto e es tal que ln e = 1. De las desigualdades
1
2
ln 2 1,
y
1
2
n ln(2n
) ∀n ≥ 1
con n = 2 se obtiene
ln 2 1 ln 4,
de donde
2 e 4.
Se puede probar, y lo haremos más tarde, que
e ≈ 2.718 281 828 459 045 235 360 287 471 352
Queremos pues definir ex
para x ∈ R. Observemos que eq
está definido para todo q ∈ Q
y que
ln(eq
) = q ln e = q ∀q ∈ Q.
Por lo tanto, al ser exp = ln−1
,
ln(eq
) = q ⇔ exp(q) = eq
∀q ∈ Q.
Esta notable identidad sugiere la siguiente definición
Para x ∈ R : ex def
= exp(x).
que es coherente con la definición de ex
que conocíamos para x ∈ Q. En otras palabras, si
exp : R → R, x 7→ exp(x)
y
g : Q → R, q 7→ g(q) = eq
entonces si se restringe el dominio de exp a Q se tiene la función g:
exp Q
= g.

132. 126 Función logaritmo y exponencial
Por lo tanto,
ex
= y, donde y es tal que ln y = x.
Por otro lado:
eln x
= x ∀x 0,
ln(ex
) = x ∀x ∈ R.
Se tienen además las siguientes propiedades.
Teorema 4.3 (Propiedades de la exponencial natural)
Sean r, s ∈ R, q ∈ Q, Entonces
1. e0
= 1.
2. e1
= e.
3. er
· es
= er+s
.
4.
er
es
= er−s
.
5. (er
)q
= eqr
.
6. e−r
=
1
er
.
7. (ex
)′
= ex
, y (ex
)(n)
= ex
∀n ≥ 1.
8.
R
ex
dx = ex
+ C.
Demostración.
1. Resulta de que ln 1 = 0.
2. ln e = 1 ⇒ e1
= e.
3. Sean R = er
, S = es
. Entonces ln R = r y ln S = s. Además
ln(RS) = ln R + ln S = r + s.
Como er+s
= exp(r + s) = ln−1
(r + s), se tiene entonces que
er+s
= RS = er
+ es
.
4. Es análogo.
5. Sea R = er
. Entonces ln R = r, y como ln(Rq
) = q ln R, por la propiedad correspondiente del
ln, se tiene entonces que ln(Rq
) = q ln R = qr.
Por la definición de eqr
= ln−1
(qr) se tiene entonces que eqr
= Rq
= (er
)q
.
6. e−r
= e(−1)r
= (er
)−1
=
1
er
.
7. (ex
)′
= (exp(x))′
= exp(x) = ex
.
8. Resulta de 7.
Corolario 4.4
Como ex
0 para todo x ∈ R,
(ex
)′′
= (ex
)′
= ex
0 ∀x ∈ R,
de donde exp : x 7→ ex
es positiva, creciente y convexa.
Con esta información podemos graficar la función exp:

133. 4.4 Función exponencial natural 127
2
4
6
8
1 2 3
−1
−2
x
y
exp
4.4.1 Ejercicios
1. Derive las siguientes funciones:
(a) f(x) = exp(
√
x)
(b) f(x) =
2 exp x + 1
2 exp x − 1
(c) f(x) =
exp x + exp(−x)
exp x − exp(−x)
(d) f(x) =
ln x
exp x + 1
(e) f(x) = ln
exp x + 1
exp x − 1
(f) f(x) = 2 exp(−x) + exp(x + x2
)
2. Analice y grafique f si:
(a) f(x) = − exp(2x)
(b) f(x) = exp x + exp(−x)
(c) f(x) = exp x − exp(−x)
(d) f(x) = x + exp(−x)
(e) f(x) = 1 − exp(−x2
)
(f) f(x) = x exp(−x)
3. Una función P : [0, ∞[−→ [0 ∞[, t 7→ P(t) puede servir de modelo de la población de personas de
un país, bacterias en una probeta, ardillas de un parque, etc. Si t (años, segundos, meses, etc.)
es un instante dado (t ≤ 0), P(t) es la población en ese instante. Si P0 = P(0):
(a) P(t) = P0 exp(kt), k 0, es el modelo “exponencial”. Pruebe que P satisface la ecuación
P′
(t) = kP(t).
(b) P(t) =
αγ
βα + exp(−αt)
, con α, β, γ 0, es el modelo “logístico”. Pruebe que P satisface la
ecuación logística P′
(t) = P(t)[α − βP(t)].
(c) Ilustre los modelos con ejemplos.
(d) Analice y grafique la función logística dada por
P(t) =
2
1 + exp(−2t)
.
4. Una función R: [0, ∞[−→ [0, ∞[, t 7→ R(t) = R0 exp(−kt), k 0 sirve de modelo para medir la
presencia de una substancia radioactiva en determinado objeto. Por ejemplo R(t) mg de Carbono
14 contenidos en un fósil.
(a) Pruebe que para todo a, b 0, la sucesión de números
R(a), R(a + b), R(a + 2b), . . . , R(a + nb), . . . ,
con n ∈ N, es una progresión geométrica.
(b) Si b es tal que R(a + b) = R(a)/2, se dice que b es la “semivida” de la substancia radioactiva.
Calcule esta semivida si se conoce que en 10 años la cantidad de la substancia radioactiva
en cierto objeto disminuye en un 5 %.
5. Calcule las siguientes integrales.

134. 128 Función logaritmo y exponencial
(a)
Z
exp
√
x
√
x
dx
(b)
Z
exp{2x2
− 5x + 1}(x − 5/4) dx
(c)
Z
exp x
(1 + exp x)2
dx
(d)
Z 1
−1
x exp(−x2
) dx
(e)
Z 0
−1
1 + exp x
exp x
dx
(f)
Z 1
0
exp(2x) − exp(−x)
exp x + 1
dx
4.5 Definición de ax
, a 0, x ∈ R
Observemos que si a 0, a = eln a
. Sabemos que si q =
m
n
∈ Q, m ∈ Z, n ∈ N
aq
= a
m
n = n
√
am.
Pero entonces, puesto que
aq
= (eln a
)q
= eq ln a
tenemos la notable identidad
ax
= ex ln a
∀x ∈ Q,
en la cual el miembro de la izquierda, ax
, tiene para nosotros validez si x ∈ Q mientras que
el miembro de la derecha, ex ln a
, tiene sentido para todo x ∈ R. Esto nos sugiere la siguiente
definición
ax def
= ex ln a
∀x ∈ R
que será coherente con la definición de ax
para x ∈ Q.
Ejemplo:
π
√
2
= e
√
2 ln π
.
Si
f : R −→ R
x 7−→ f(x) = ex ln a y
h: Q −→ R
q 7−→ h(q) = aq ,
entonces h es la restricción de f sobre Q:
f
Q
= h.
Para todo r ∈ R y para todo a 0, ln(ar
) = r ln a. En efecto, como ar def
= er ln a
, entonces
ln(ar
) = r ln a.
Si ponemos
expa : R −→ R
x 7−→ expa(x)
def
= ax def
= e(ln a)x
.
la función expa tendrá las siguientes propiedades.
Teorema 4.5 (Propiedades de expa)
Sean a, b 0, r, s ∈ R. Entonces
1. a0
= 1.
2. a1
= a.
3. ar
· as
= ar+s
.
4.
ar
as
= ar−s
.

135. 4.5 Definición de ax
, a 0, x ∈ R 129
5. (ar
)s
= ars
.
6. a−r
=
1
ar
.
7. Para todo x ∈ R, (ax
)′
= (ln a)ax
, (ax
)(n)
= (ln a)n
ax
para todo n ≥ 1.
8.
Z
ax
dx =
1
ln a
ax
+ C, si a 6= 1.
Demostración.
1. a0
= e(ln a)0
= e0
= 1.
2. a1
= e(ln a)1
= eln a
= a.
3. ar
· as
= e(ln a)r
e(ln a)s
= e(ln a)r+(ln a)s
= e(ln a)(r+s)
= ar+s
.
4.
ar
as
=
e(ln a)r
e(ln a)s
= e(ln a)r−(ln a)s
= e(ln a)(r−s)
= ar−s
.
5. (ar
)s
= (e(ln a)r
)s
= es((ln a)r)
= e(ln a)(rs)
= ars
.
6. a−r
= ar(−1)
= (ar
)−1
=
1
ar
.
7. Sea x ∈ R.
(ax
)′
=
€
e(ln a)x
Š′
= [(ln a)x]′
e(ln a)x
= (ln a)ax
.
8. Suponemos a 6= 1. Como
ax
ln a
′
= ax
, entonces
Z
ax
dx =
ax
ln a
+ C.
Corolario 4.6
1. Si 0 a 1, como ln a 0 y ax
0 para todo x ∈ R, exp′
a(x) = (ax
)′
= (ln a)ax
0
para todo x esto implica que expa es decreciente, lo cual a su vez implica que expa es
inyectiva.
2. Si 1 a, como ln a 0 y ax
0 para todo x ∈ R, exp′
a(x) 0, para todo x ∈ R esto
implica que expa es creciente en x ∈ R, lo cual a su vez implica que expa es inyectiva.
3. Para todo a ∈]0, ∞[ {1}, exp′′
a(x) 0 para todo x ∈ R esto implica que expa es convexa
en R.
Con esto podemos graficar y = ax
:
x
y
y = ax, a 1
1
x
y
y = ax, a 1
1

136. 130 Función logaritmo y exponencial
4.5.1 generalización de la regla de la potencia
Por inducción probamos que para todo a ∈ N, (xa
)′
= axa−1
.
(x0
)′
= (1)′
= 0 y (x−a
)′
= ( 1
xa )′
= −axa−1
(xa)2 = −ax−a−1
, por lo que esta fórmula de
derivación también es válida si a ∈ Z. Veamos que también lo es si a ∈ Q. En efecto, si a ∈ Q
podemos escribir a = n
m con m ∈ Z y n ∈ N, y si ponemos
y = xa
= x
m
n ,
de la definición de x
m
n , obtenemos
yn
= xm
.
Derivando los dos miembros se tiene
nyn−1
· y′
= mxm−1
,
de donde
y′
=
m
n
xm−1
yn−1
=
m
n
xm−1
(x
m
n )n−1
=
m
n
x
m
n −1
.
Es decir
(xa
)′
= axa−1
para todo a ∈ Q y para todo x 0.
Veamos que la fórmula sigue siendo válida para todo a ∈ R y x 0. En efecto:
(xa
)′
=
€
e(ln x)a
Š′
= [(ln x)a]
′
e(ln x)a
=
a
x
xa
= axa−1
.
4.5.2 Ejercicios
1. Derive las siguientes funciones.
(a) f(x) = 5x
(b) f(x) = 3x+2
(c) f(x) = xx
(d) f(x) = 2x
x2
(e) f(x) = xπ
(f) f(x) = πx
+ x2
2. Calcule las siguientes integrales.
(a)
Z
2x
1 + 2x
dx
(b)
Z 2
1
3−x
dx
(c)
Z
(2 + 3t + 3t
)2
dt
(d)
Z 1
−1
exp(t)3exp t
dt
(e)
Z 1
0
2t
1 + 4t
dt
(f)
Z π
0
3− sen(3t)
cos(3t) dt
4.6 Función loga
Hemos visto que expa : R → R es inyectiva para todo a 0 y a 6= 1. Existe entonces la
inversa de expa.
Definición 4.2
Sea a ∈ ]0, ∞[ {1}. A la inversa de expa : R → R, x 7→ ax
se le llama logaritmo en base a y se
nota loga : R → R, x 7→ loga x.
Observemos que:
1. y = loga x ⇔ x = ay
.

137. 4.6 Función loga 131
2. D(loga) = Im(expa) = ]0, ∞[.
3. Im(loga) = D(expa) = R.
4. loga(ax
) = x para todo x ∈ R.
5. aloga x
= x para todo x ∈ ]0, ∞[.
6. loge = ln.
La función loga tiene las siguientes propiedades.
Teorema 4.7 (Propiedades de loga)
Sea a ∈ ]0, ∞[ {1}. Sean b, c 0, r ∈ R. Entonces:
1. loga 1 = 0.
2. loga(bc) = loga b + loga c.
3. loga
b
c
= loga b − loga c.
4. loga(bc
) = c loga b.
5. Si b 0 y a, c ∈ ]0, ∞[ {1}, entonces logc b =
loga b
loga c
. En particular logc b =
ln b
ln c
.
6. Para todo x 0 y para todo a ∈ ]0, ∞[ {1}
6.1 (loga x)′
= 1
x ln a ,
6.n (loga x)(n)
= (−1)n+1
(n−1)!
xn ln a para todo n ≥ 1.
7. 7.1 Si 0 a 1 se tiene que
• lı́mx→0+ loga x = +∞, lı́mx→+∞ loga x = −∞.
• loga es decreciente y convexa en ]0, ∞[.
7.2 Si 1 a se tiene que
• lı́mx→0+ loga x = −∞, lı́mx→+∞ loga x = +∞.
• loga es creciente y cóncava en ]0, ∞[.
Demostración.
1. a0
= 1 ⇔ loga 1 = 0.
2. a(loga b+loga c)
= aloga b
aloga c
= bc. Entonces loga(bc) = loga b + loga c.
3. Idem.
4. ar loga b
=
€
alogb
Šr
= br
. Entonces loga(br
) = r loga b.
5. Sean b 0 y a, c ∈ ]0, ∞[ {1}. Tenemos que
logc b loga c = loga
€
clogc b
Š
por 4. con r = logc b
= loga b
Entonces
logc b =
loga b
loga c
.

138. 132 Función logaritmo y exponencial
6. Sea x 0 y a ∈ ]0, ∞[ {1}. Tenemos que
(loga x)′
=
ln x
ln a
′
por 5.
=
1
(ln a)x
.
Por inducción, puesto que acabamos de ver que 6.1 es válida, supondremos que 6.n es válida.
Demostremos 6.(n + 1).
(loga x)(n+1)
=
€
(loga x)(n)
Š′
=

(−1)n+1
(n − 1)!
ln a
x−n
‹′
, por hipótesis de inducción
=
(−1)n+1
(n − 1)!
ln a
(−n)x−n−1
=
(−1)n+2
n!
(ln a)
x−(n+1)
.
7. Como por 5. loga x = ln x
ln a
, y como
0 a 1 ⇒ ln a 0
y
1 a ⇒ ln a 0,
las propiedades resultan de que
lı́m
x→0+
ln x = −∞, lı́m
x→+∞
ln x = +∞,
(ln x)′
=
1
x
0 para todo x 0,
(ln x)′′
= −
1
x2
0 para todo x 0.
Ahora podemos graficar loga:
x
y
y = ax, a 1
1 x
y
y = loga x, a 1
1
4.6.1 Ejercicios
1. Derive las siguientes funciones.
(a) f(x) = log2 x
(b) f(x) = x log3 |x2
+ 1|
(c) f(x) = log3
x + 1
x − 1
(d) f(x) = 2x
log2 |x + 1|
(e) f(x) = [log2(2x + 3)]5
2. Calcule las siguientes integrales.

139. 4.7 Funciones hiperbólicas 133
(a)
Z 1
0
[log3 |x + 1|]3
x + 1
dx (b)
Z 1
0
log2(x + 3) dx (c)
Z
log(ax) dx
4.7 Funciones hiperbólicas
Recordemos la definición de las funciones trigonométricas. Dada la circunferencia centrada
en (0, 0) y de radio 1, es decir la circunferencia de ecuación
x2
+ y2
= 1,
si t ∈ R es la longitud del arco medido desde el punto I(1, 0), en el sentido horario si t 0
y en el sentido antihorario si t 0, hasta el punto P de la circunferencia, por definición las
coordenadas de P son (cos t, sen t).
x
y
O I
P (cos t, sen t)
t
A = t
2
Si calculamos el área A del sector OIP, para t ∈ [0, 2π], mediante una regla de tres
simple: si al ángulo 2π le corresponde una área π12
= π, entonces al ángulo t le corresponde
un área A = t
2 , de donde t = 2A, o sea que t es numéricamente el doble del área del sector
OIP. Las funciones cos y sen son pues funciones del doble del área del sector OIP. Como
P es un punto de la circunferencia, sus coordenadas (cos t, sen t) deben satisfacer la ecuación
de ésta. Por lo tanto
cos2
t + sen2
t = 1
que es la conocida identidad trigonométrica.
x
y
b
P (cosh t, senh t)
A = t
2
Consideremos ahora la rama derecha de la hipérbola de ecuación
x2
− y2
= 1, x 0
Definamos las funciones
cosh: R −→ R
t 7−→ cosh t
def
= 1
2 (et
+ e−t
)
,

140. 134 Función logaritmo y exponencial
senh: R −→ R
t 7−→ senh t
def
= 1
2 (et
− e−t
)
.
Observemos que para todo t ∈ R
cosh2
t − senh2
t = 1,
cosh t 0.
Por lo tanto, cualquier punto P(cosh t, senh t) pertenece a la rama derecha de la hipérbola
de ecuación x2
− y2
= 1. Por esta razón a cosh y senh se las llama coseno hiperbólico y seno
hiperbólico, respectivamente.
Si tomamos t 0 y calculamos el área A del sector OIP, se puede constatar (¡hacerlo!)
que A = t
2 , o sea que
t = 2A.
Tenemos que, análogamente a lo que sucede con las funciones trigonométricas cos y sen, las
funciones cosh y senh son funciones del doble del área del sector OIP.
Siguiendo con las analogías se definen
tanh: t 7→ tanh t =
senh t
cosh t
tangente hiperbólica de t,
coth: t 7→ coth t =
cosh t
senh t
cotangente hiperbólica de t,
sech: t 7→ sech t =
1
cosh t
secante hiperbólica de t,
csch: t 7→ sech t =
1
senh t
cosecante hiperbólica de t.
Notemos que se tienen identidades análogas a las trigonométricas. Por ejemplo,
tanh2
t + sech2
t = 1,
coth2
t − csch2
t = 1.
Si notamos que cosh es par, senh t es impar y que cosh t = 1
2 et
+ 1
2 e−t
y senh t = 1
2 et
− 1
2 e−t
,
las gráficas de g(t) = 1
2 et
y de h(t) = 1
2 e−t
pueden servir de guía para graficar cosh y senh.
En efecto, si notamos, además, que
lı́m
t→+∞
g(t) = lı́m
t→−∞
h(t) = +∞
y que
lı́m
t→−∞
g(t) = lı́m
t→+∞
h(t) = 0,
podemos ver que g es asíntota de cosh y senh si t → +∞, y que g es asíntota de cosh si
t → −∞ mientras que −h es asíntota de senh si t → −∞.
cosh
senh

141. 4.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y logarítmicas 135
Se deja como ejercicio de aplicación de la derivada el hacer las gráficas de las seis funciones
hiperbólicas.
A partir de las respectivas definiciones, y como ejercicio de derivación de la función
exponencial, se puede hallar fácilmente las derivadas de las funciones hiperbólicas:
d
dx
(senh x) = cosh x,
d
dx
(cosh x) = senh x,
d
dx
(tanh x) = sech2
x,
d
dx
(coth x) = − csch2
x,
d
dx
(sech x) = − sechx tanh x,
d
dx
(csch x) = − cschx coth x.
De las dos primeras derivadas se obtienen las siguientes integrales:
Z
senh x dx = cosh x + C,
Z
cosh x dx = senh x + C.
4.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y
logarítmicas
1. Calcular la siguientes integrales.
(a)
Z 1
0
dx
2 cosh x + senh x + 1
(b)
Z 2
1
(x2
+ 1) ln x dx
(c)
Z 2
1
(ln x)2
dx
(d)
Z 1
0
cosh x
exp x + 1
dx
(e)
Z π/2
0
x2
sen2
x dx
(f)
Z e
1
sen(ln x) dx
(g)
Z 2
1
ln x
(1 + x2)2
dx
2. Calcule:
(a) lı́m
x→0
1
x
Z x2
0
exp(−t/x)2
dt
(b) lı́m
t→+∞
Z 1
0
exp{
√
x + 1} cos(tx) dx
(c) lı́m
x→∞
Z 2x
x
exp t
t
dt
(d) lı́m
n→∞
Z n
0
t
(senh t + cosh t)n
dt
(e) lı́m
n→∞
Z 1
0
nx
1 + nx2 ln n
dx
3. Si una función f tiene, por ejemplo, la forma
f(x) =
[g(x)]a
[h(x)]b
[k(x)]c
,

142. 136 Función logaritmo y exponencial
con a, b, c 0 y g, y y k funciones derivables dadas, como
ln f = a ln g + b ln h − c ln k (4.2)
y, como
(ln[f(x)])′
=
f′
(x)
f(x)
,
se tiene que f′
(x) = f(x)(ln[f(x)])′
, que es fácil de calcular gracias a la ecuación (4.2). El uso de
esta última fórmula se llama “derivación logarítmica”. Usela para calcular f′
(x) si:
(a) f(x) =
É(x + 1)(2x + 3)
5x − 1
(b) f(x) =
x2
(x + 1)3
(x − 1)2(x + 2)3
(c) f(x) =
x2/3
√
x + 1 3
√
x + 2
(d) f(x) = (x2
+ 1)25
(x + 1)−10
(x + 2)7
(e) f(x) = xx
exp x
(f) f(x) =
(x2
+ 4)x
x3
(g) f(x) = xxx
(h) f(x) = (x2
+ 1)x2
+1

143. Capítulo 5
Sucesiones y series
5.1 Sucesiones numéricas
5.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como elementos de R∞
Recordemos que R2
es el conjunto de pares ordenados de números reales; es decir, que sus
elementos tienen la forma (a1, a2) donde a1 ∈ R y a2 ∈ R. Por ejemplo, (2, −3), (−π, 1),
(3, 3) son elementos de R2
.
Análogamente, R3
es el conjunto de las tripletas ordenadas de números reales, por lo que
sus elementos tienen la forma (a1, a2, a3) donde a1 ∈ R, a2 ∈ R y a3 ∈ R. Por ejemplo,
(2, −1, −1) y (−π
2 , cos π
4 ,
√
91) son elementos de R3
.
El conjunto R4
será el conjunto de cuádruples ordenados de la forma
(a1, a2, a3, a4), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R y a4 ∈ R;
R5
es el conjunto de quíntuples ordenados de la forma
(a1, a2, a3, a4, a5), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R, a4 ∈ R y a5 ∈ R.
Por ejemplo, (1, 0, 0, 1) ∈ R4
, (1, 1, 2, 2, 3) ∈ R5
, (−π, 1,
√
2, 1, 5, −7) ∈ R6
.
En general, Rn
, n ∈ N, tiene como elementos n-uples ordenados de números reales, que
tendrán la forma
(a1, a2, . . . , an), con a1 ∈ R, a2 ∈ R, . . . , an ∈ R.
Por ejemplo, (2, 4, 6, . . ., 2n) ∈ Rn
, (1
2 , 2
3 , 3
4 , . . . , n
n+1 ) ∈ Rn
.
Generalizando este concepto de n-uples, podemos considerar elementos formados por una
infinidad de números reales ordenados que se los puede escribir
(a1, a2, a3, . . .), donde a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R . . . .
En vez de llamarlos ∞-uples de números se les denomina sucesiones numéricas y al conjunto
de ellos lo notaremos R∞
.
Por simplicidad de escritura se escribe
(an) o (an)n≥1 en vez de (a1, a2, a3, . . .).
A manera de ejemplos, tenemos:
(an) =
 n
n + 1
‹
=
1
2
,
2
3
,
3
4
, . . .
‹
∈ R∞
; (3n) = (3, 6, 9, 12, . . .) ∈ R∞
.

144. 138 Sucesiones y series
5.1.2 Las sucesiones como funciones
Si (a1, a2) ∈ R2
, se puede considerar la función
a: {1, 2} −→ R
n 7−→ a(n)
,
donde a(1) = a1, a(2) = a2. Análogamente, a (a1, a2, a3) ∈ R3
esta asociada la función
a: {1, 2, 3} −→ R
n 7−→ a(n) =: an
,
y a (a1, a2, . . . , an) ∈ Rn
asociamos la función
a: {1, 2, . . ., n} −→ R
n 7−→ a(n) =: an
.
De manera similar a toda sucesión (an) ∈ Rn
asociamos la función
a: N −→ R
n 7−→ a(n) = an
.
Algunos autores definen por ello a una sucesión numérica, digamos (xm), como la función
x: N −→ R
m 7−→ xm
.
Si I ⊂ R, an ∈ I para todo n ≥ 1, a pesar de ser incorrecto, se acostumbra escribir
(an) ⊂ I, en lugar de (an) ∈ I∞
. Lo que se quiere decir es que la imagen de la sucesión (an),
que es {an : n ≥ 1}, es un subconjunto de I.
Notemos que para definir una función f : A → B, es irrelevante el símbolo que se use para
representar a las variables independiente y dependiente. Las fórmulas y = f(x) o t = f(s)
definen a la misma función f. Por ello da lo mismo escribir (xn) o (xm) o (xk).
Una sucesión (xn) ∈ R∞
, al ser interpretada como una función x: N → R, x 7→ xn, es un
caso particular de funciones reales de la forma f : D(f) ⊂ R → R. En este caso (xn) ∈ R∞
es la función
x: D(x) = N ⊂ R → R.
Como tal puede ser graficada en el plano cartesiano como cualquier función. Abajo constan
las gráficas de
(xn) =
2n + 1
n + 2
‹
=

1,
5
4
,
7
5
, . . .
‹
y (ym) = (cos((m + 1)π) + 1) = (2, 0, 2, 0, 2, 0, . . .).
1
2
3
1 2 3 4 5 6
n
x
b
b
b
b
b b

145. 5.1 Sucesiones numéricas 139
1
2
3
1 2 3 4 5 6
n
x
b
b
b
b
b
b
5.1.3 Sucesiones acotadas
Dado un conjunto A ⊂ R definimos ya lo que significa A es acotado por arriba (o por abajo),
A es acotado, sup A, ı́nf A, máx A, mı́n A. Con estos conceptos claros, dada una función
f : D(f) ⊂ Ω → R, con Ω 6= ∅, puesto que Im(f) ⊂ R, se dice que:
1. f es acotada por arriba (por abajo) si Im(f) lo es.
2. f es acotada si Im(f) lo es.
3. sup
x∈Ω
f(x)
def
= sup Im(f), ı́nf
x∈Ω
f(x)
def
= ı́nf Im(f).
4. máx
x∈Ω
f(x)
def
= máx Im(f) si este existe,
mı́n
x∈Ω
f(x)
def
= mı́n Im(f) si este existe.
Se puede notar que
1. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal para todo x ∈ D(f),
f(x) ≤ C2.
2. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal para todo x ∈ D(f),
C1 ≤ f(x).
3. f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existen C1, C2 ∈ R tales que para todo x ∈ D(f),
C1 ≤ f(x) ≤ C2,
f : D(f) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existe R 0 tal que para todo x ∈ D(f),
|f(x)| ≤ R.
Como las sucesiones son funciones con valores en R, estos conceptos son aplicables de
manera natural. Así tendremos:
1. (xn) ∈ R∞
es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal que para todo n ≥ 1, xn ≤ C2.
2. (xn) ∈ R∞
es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal que para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn.
3. (xn) ∈ R∞
es acotada ⇔ existen C1, C2 ∈ R tales que para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn ≤ C2,
(xn) ∈ R∞
es acotada ⇔ existe R 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn| ≤ R.
4. sup
n∈N
xn = sup{xn | n ∈ N}.
5. máx
n∈N
xn = máx{xn | n ∈ N} si éste existe.
6. ı́nf
n∈N
xn = ı́nf{xn | n ∈ N}.
7. mı́n
n∈N
xn = mı́n{xn | n ∈ N} si existe.

146. 140 Sucesiones y series
5.1.4 Sucesiones monótonas
Dada una función f : D(f) ⊂ R → R, y si I ⊂ R es un intervalo, definimos que:
(i) f es creciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩ D(f), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2).
(ii) f es no decreciente en I si para todo x1, x2 ∈ I∩D(f), x1 x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2).
(iii) f es decreciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩ D(f), x1 x2 ⇒ f(x1) f(x2).
(iv) f es no creciente en I si para todo x1, x2 ∈ I ∩ D(f), x1 x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2).
Si f tiene una de estas cuatro propiedades decimos que f es monótona en el intervalo I.
Estos conceptos son aplicables a una sucesión numérica (xn) ∈ R∞
, puesto que puede
ser vista como la función
x: N −→ R
n 7−→ xn
tomando D(x) = N, I = [1, ∞[, por lo que podemos
hablar de sucesiones monótonas.
Así, por ejemplo, diremos que
(xn) es creciente si para todo m, n ∈ N, m n ⇒ xm xn.
Sin embargo, es fácil ver que la condición anterior puede ser simplificada así:
(i) (xn) es creciente si y solo si para todo n ∈ N, xn xn+1 (⇔ xn+1 − xn 0).
Análogamente:
(ii) (xn) es no decreciente si y solo si para todo n ∈ N, xn ≤ xn+1 (⇔ xn+1 −xn ≥ 0).
(iii) (xn) es decreciente si y solo si para todo n ∈ N, xn xn+1 (⇔ xn+1 − xn 0).
(iv) (xn) es no creciente si y solo si para todo n ∈ N, xn ≥ xn+1 (⇔ xn+1 − xn ≤ 0).
La última propiedad, en cada caso, nos sugiere analizar el signo de xn+1 −xn para estudiar
la posible monotonía de una sucesión.
Ejemplo 5.49
Sea (xn) = ( n
n+1
). Pruebe que (xn) es monótona.
Solución. Sea n ≥ 1. Tenemos que
xn+1 − xn =
n + 1
n + 2
−
n
n + 1
=
(n + 1)2
− n(n + 2)
(n + 2)(n + 1)
=
1
(n + 2)(n + 1)
0,
por lo que (xn) es creciente.
Si los términos de una sucesión (xn) son positivos, es decir si para todo n ∈ N, xn 0,
podemos observar que:
(i) (xn) es creciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1
xn
1.
(ii) (xn) es no decreciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1
xn
≥ 1.
(iii) (xn) es decreciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1
xn
1.
(iv) (xn) es no creciente ⇔ para todo n ∈ N xn+1
xn
≤ 1.
Por lo cual, para analizar la posible monotonía de una sucesión (xn) ∈ R∞
de términos
positivos, es conveniente averiguar la relación de orden entre los cocientes xn+1
xn
y 1, para
todo n ≥ 1.

147. 5.1 Sucesiones numéricas 141
Ejemplo 5.50
Averigüe si es monótona la sucesión (xn) =
€
2n
(n+1)!
Š
.
Solución. Sea n ≥ 1.
xn+1
xn
=
2n+1
(n+2)!
2n
(n+1)!
=
2n
· 2 · (n + 1)!
(n + 2)(n + 1)!2n
=
2
n + 2
1,
puesto que 2n+1
= 2n
· 2 y (n + 2)! = (n + 2)(n + 1)!. Por lo tanto, (xn) es decreciente. En este caso,
esto significa que para todo n ≥ 1, xn+1 xn, o sea que para todo n ≥ 1, 2n+1
(n+2)!
2n
(n+1)!
.
También se puede probar el resultado analizando el signo de xn+1 − xn. En efecto, sea n ≥ 1:
xn+1 − xn =
2n+1
(n + 2)!
−
2n
(n + 1)!
=
2n+1
− (n + 2)2n
(n + 2)!
= −
n2n
(n + 2)!
0.
5.1.5 Sucesiones convergentes
Dada una función f : D(f) ⊂ R → R, si D(f) no es acotado por arriba (es decir que para
todo R 0 existe xR ∈ D(f) y xR R), en determinados casos existe el límite
lı́m
x→∞
f(x),
que es un número l ∈ R que puede ser aproximado por los valores f(x) con la precisión que
se desee, si se toman valores de x ∈ D(f) suficientemente grandes. Es decir que
l = lı́m
x→∞
f(x) ⇔ ∀ǫ 0 ∃R 0 tal que ∀x ∈ D(f), x ≥ R ⇒ |f(x) − l| ǫ.
Este concepto es aplicable a una sucesión numérica (xn) puesto que su dominio N no es
acotado por arriba.
Diremos entonces que la sucesión (xn) es convergente y que su límite es l, lo que escribi-
remos
l = lı́m
x→∞
xn o
xn −→ l
n → ∞
⇔ ∀ǫ 0 ∃N ∈ N tal que n ≥ N ⇒ |xn−l| ǫ.
Si (xn) no converge se dice que es divergente.
En las definiciones precedentes, si se cambian las desigualdades
x ≥ R y n ≥ N
por las desigualdades
x R y n N,
respectivamente, se obtienen definiciones equivalentes (¡verifíquelo!).
Ejemplo 5.51
Probemos que si (xn) =
€
2n−3
n+1
Š
, entonces existe lı́m
n→∞
xn = 2.

148. 142 Sucesiones y series
Solución.
Sea ǫ 0. Debemos hallar N ∈ N tal que n N ⇒ |xn − l| ǫ.
Sea n ≥ 1.
|xn − 2| =
2n − 3
n + 1
− 2 =
2n − 3 − 2(n + 1)
n + 1
=
5
n + 1
5
n
ǫ
siempre que n 5
ǫ
. Como
n
h
5
ǫ
i
+ 1 ⇒ n
5
ǫ
⇒
5
n
ǫ,
basta entonces tomar N =
5
ǫ
+ 1.
El ejemplo ilustra cómo demostrar que un valor dado, en este caso, el número 2, es el límite
de una sucesión (xn) si n tiende a infinito. Pero, en la práctica, se plantea frecuentemente
el problema de determinar si una sucesión es convergente o no, sin necesidad de calcular su
límite. Veamos a continuación un par de criterios que nos permiten resolver este problema.
5.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas
Tenemos el siguiente resultado.
Teorema 5.1
1. Si una sucesión numérica (xn) ∈ R∞
es acotada por arriba y es monótona creciente o no
decreciente, entonces es convergente y su límite es
l = lı́m
n→∞
xn = sup
n∈N
xn.
2. Análogamente,si (xn) ∈ R∞
es acotada por abajo y es monótona decreciente o no cre-
ciente, se tiene que (xn) converge y su límite es
l = lı́m
n→∞
xn = ı́nf
n∈N
xn.
Demostración.
1. Sea l = sup
n∈N
xn. Sea ǫ 0. Debemos hallar N ∈ N tal que
n N ⇒ |xn − l| ǫ.
Recordemos que si A ⊂ R es un conjunto acotado por arriba,
∀ǫ 0 ∃aǫ ∈ A∩ ] sup A − ǫ, sup A].
Aplicando este resultado al conjunto A = {xn | n ∈ N}, como aǫ ∈ A, entonces existe N ∈ N
tal que aǫ = xN .
Tenemos entonces que xN ∈ ]l − ǫ, l[.
Por otra parte, como (xn) es monótona creciente o no decreciente,
∀n N, xn ≥ xN
y por definición de supremo
∀n N, xn ≤ l.

149. 5.1 Sucesiones numéricas 143
En resumen, para todo n N,
l − ǫ xn ≤ xN ≤ l + ǫ,
por lo que para todo n N,
−ǫ xn − l ǫ,
o, lo que es lo mismo,
n N ⇒ |xn − l| ǫ.
N es entonces el valor buscado.
2. La demostración es análoga a la del primer numeral.
Ejemplo 5.52
Pruebe que la sucesión (xn) = 1 + 1
n
n
es convergente
Solución. Es fácil si se prueba que (xn) es creciente y que para todo n ≥ 1, xn 3.
El límite de esta sucesión es el famoso número e, que tomando valores de n suficientemente
grandes, se puede ver que
e ≈ 2.718 281 828 459.
5.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy
Augustin Cauchy observó que si una sucesión (xn) converge, los términos xn se acercan entre
ellos cada vez más para valores grandes de n. De hecho probó que si (xn) converge, entonces
(xn) cumple la siguiente propiedad:
∀ǫ 0 ∃N ∈ N tal que n, m ≥ N ⇒ |xn − xm| ǫ. (5.1)
(la desigualdad n, m ≥ N puede ser reemplazada por n, m N, y se tiene el mismo resulta-
do); es decir, que puede lograrse que la distancia entre dos elementos xn y xm de la sucesión
sea tan pequeña como se desee, si se toman los índices n y m suficientemente grandes. A las
sucesiones numéricas que tienen esta propiedad (5.1) las llamaremos sucesiones de Cauchy.
La observación de Cauchy se puede explicar en el siguiente teorema.
Teorema 5.2
Si (xn) ∈ R∞
converge entonces es de Cauchy.
Demostración. Sea ǫ 0. Debemos hallar N ∈ N tal que
n, m N ⇒ |xn − xm| ǫ.
Como (xn) converge, existe l ∈ R tal que
∀ǫ1 0 ∃N1 ∈ N tal que n N1(ǫ1) ⇒ |xn − l| ǫ1.
Sea n, m ≥ 1:
|xn − xm| = |xn − l + l − xm| ≤ |xn − l| + |xm − l| ǫ
siempre que
|xn − l|
ǫ
2
y |xn − l|
ǫ
2
,
lo cual, a su vez, es verdadero siempre que
n N1(
ǫ
2
) y m N1(
ǫ
2
),
respectivamente. Basta, entonces, tomar N = N1( ǫ
2
).

150. 144 Sucesiones y series
Lo notable de la propiedad descubierta por Cauchy para las sucesiones convergentes,
es que es no solo necesaria sino también suficiente para la convergencia de una sucesión
numérica. No demostraremos aquí este extraordinario resultado pero lo tendremos siempre
presente como el siguiente teorema.
Teorema 5.3 (Criterio de Cauchy)
Una sucesión numérica (xn) ∈ R∞
es convergente si y solo si (xn) es de Cauchy.
Es fácil demostrar que toda sucesión de Cauchy, y por ende toda sucesión convergente, es
acotada y también es fácil probar que la recíproca no tiene lugar. Tenemos pues el siguiente
teorema.
Teorema 5.4
Sea (xn) ∈ R∞
. Entonces
1. Si (xn) es de Cauchy, entonces (xn) es acotada.
2. La recíproca no tiene lugar.
Demostración.
1. Supongamos que (xn) es de Cauchy. Debemos probar que (xn) es acotada. Para ello es necesario
hallar R 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn| R.
Como (xn) es de Cauchy, existe N ∈ N tal que para todo m, n N, |xn − xm| 1. Tomamos
m = N y a = xN y tendremos que para todo n N, |xn − a| 1. Como
|xn − a| 1 ⇒ −1 xn − a 1
⇒ a − 1 xn a + 1
⇒ |xn| máx{|a − 1|, |a + 1|}.
Basta poner
R = máx{|a − 1|, |a + 1|} + máx
1≤n≤N
|xn|,
y tendremos que para todo n ≥ 1, |xn| R.
2. Basta considerar (xn) = (0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .). Vemos que para todo n ≥ 1, |xn − xn+1| = 1, por
lo que (xn) no es de Cauchy, aunque obviamente es acotada.
5.2 Ejercicios
1. Escriba los primeros cuatro términos de la su-
cesión dada.
(a) (xn) =
n
n + 1
.
(b) (yn) =

(−1)n
n2
‹
.
(c) (zn) =
‚ 2n
X
k=1
1
k
Œ
.
(d) (xm) =
‚ m
X
k=1
4
3k
Œ
.
(e) (en) =
1 +
1
n
n
.
(f) (ak) =
€
(−1/3)k
Š
.
2. Pruebe que la sucesión dada es monótona o
que no lo es.
(a)
2n
3n + 2
.
(b)
5 + m
m2
.
(c)
sen
φk
4
, con φ 6= 4πn, n ∈ Z.

151. 5.3 Series numéricas 145
(d) ((m + 2)(m + 3)).
(e)

3k
k!
‹
.
(f)

32k
(k!)2
(2k)!
‹
.
(g)

n2
+ 2
n
‹
.
(h) 2n2
+ (−1)n
n
.
(i)
3n − 1
7n + 2
.
(j)

1 + 2k
2k
‹
.
(k) m3−m
.
(l)
nn
n!
.
(m)

m!
1 × 3 × 5 × · · · × (2m − 1)
‹
.
(n) tan−1
n2
.
(o) sinh n2
.
(p)
5
2
3
n
.
(q)

ln(n2
+ 1)
n2 + 1
‹
.
3. Pruebe que la sucesión dada es acotada.
(a)
2n + 1
5n + 3
.
(b)
2n
1 + 2n
.
(c)
m!
mm
.
(d) tan−1
(m + 2)
.
4. Use la definición para probar que la sucesión
dada es de Cauchy.
(a)

n2
1 + 3n2
‹
.
(b)

7
2
5
k
‹
.
(c)
3n
+ 2
3n
.
(d)
€√
k + 2 −
√
k
Š
.
5. Pruebe la convergencia de la sucesión dada,
teniendo en cuenta que una sucesión monóto-
na y acotada converge.
(a)
3n − 1
7n + 2
.
(b)

2k
1 + 2k
‹
.
(c)
k!
kk
.
(d)

n!
1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1)
‹
.
(e)
‚ n
X
k=1
1
k
+ ln
1
n
Œ
.
6. Halle el límite de la sucesión dada, si éste exis-
te.
(a)
3n + 2
5n + 4
.
(b)
ln n
n
.
(c)
3n
3n + 2
.
(d)
ln
5n + 2
2n − 1
.
(e)
€√
k + 2 −
√
k
Š
.
(f)
€√
k(
√
k + 2 −
√
k)
Š
.
(g)
€
2 +
sen n
n
Š
.
5.3 Series numéricas
Sea (an) ∈ R∞
una sucesión numérica. Pongamos
s1 = a1,
s2 = a1 + a2 = s1 + a2,
s3 = a1 + a2 + a3 = s2 + a3,
s4 = a1 + a2 + a3 + a4 = s3 + a4,
y, en general,
sn = a1 + a2 + · · · + an =
n
X
k=1
ak =
n−1
X
k=1
ak + an = sn−1 + an.

152. 146 Sucesiones y series
Si queremos dar sentido a la expresión s = a1 + a2 + a3 + · · · , que se puede notar
∞
X
k=1
ak,
podemos hacerlo usando el concepto de límite de una sucesión, aplicado a (sn) =
n
X
k=1
ak
!
,
llamada sucesión de sumas parciales. Entonces, por definición
∞
X
k=1
ak = lı́m
n→∞
n
X
k=1
ak = lı́m
n→∞
sn.
A esta expresión
∞
X
k=1
ak se le llama serie numérica de término general ak.
Se dice que la serie
∞
X
k=1
ak converge si lı́m
n→∞
sn existe. En este caso, si lı́m
n→∞
sn = s, s es su
suma y se escribe
∞
X
k=1
ak = s. Si el límite no existe se dice que la serie diverge.
Nótese que las sumas parciales pueden empezar desde cualquier índice. Por ejemplo:
∞
X
k=3
ak = lı́m
n→∞
n
X
k=3
ak.
Ejemplo 5.53
Sea (ak) = (0.2, 0.02, 0.002, 0.0002, . . .) = (2× 10−k
). Veamos si la serie
∞
X
k=1
ak converge y de hacerlo
hallemos su límite o suma.
Como ak = 2 × 10−k
para todo k ≥ 1, tenemos que si n ≥ 1:
sn =
n
X
k=1
ak =
n
X
k=1
2 × 10−k
= 2
n
X
k=1
10−k
= 2
€
10−1
+ 10−2
+ · · · + 10−(n−1)
+ 10−n
Š
.
Multiplicando ambos miembros por 10−1
se obtiene:
sn × 10−1
= 2
€
10−1
+ 10−2
+ · · · + 10−(n−1)
+ 10−n
Š
× 10−1
= 2
€
10−2
+ 10−3
+ · · · + 10−n
+ 10−(n+1)
Š
.
Si restamos la última ecuación de la anterior obtenemos:
sn
€
1 − 10−1
) = 2(10−1
− 10−(n+1)
Š
,
de donde
9
10
sn =
2
10
1 −
1
10n
,
o también
sn =
2
9
1 −
1
10n
para todo n ≥ 1.
Finalmente,
∞
X
k=1
ak = lı́m
n→∞
sn = lı́m
n→∞
h2
9
1 −
1
10n
i
=
2
9
.
La serie converge y su suma es s =
∞
X
k=1
ak =
2
9
.

153. 5.3 Series numéricas 147
El ejemplo precedente es la suma de los términos de la progresión geométrica de término
inicial a1 = 1
10 y con razón r = 1
10 . En efecto
(ak) =

2
10
,
2
10
r,
2
10
r2
,
2
10
r3
, . . .
‹
.
La forma en que obtuvimos su suma se puede usar para toda progresión geométrica con
|r| 1. Para otros valores de r, si el término inicial no es nulo, la serie diverge. En efecto,
tenemos el siguiente teorema.
Teorema 5.5 (Suma de una progresión geométrica)
Sean a 6= 0, r ∈ R, (ak)k≥0 = (a, ar, ar2
, . . .). Entonces la serie
∞
X
k=0
ak =
∞
X
k=0
ark
converge si y
solo si |r| 1.
Demostración. Supongamos que r = 1. Entonces sn =
Pn
k=0
ark
= (n + 1)a y
P∞
0
ak diverge.
Sea r 6= 1. Sea
sn =
n
X
k=0
ark
= a + ar + · · · arn
.
Multiplicando por r los dos miembros se obtiene
rsn = r(a + ar + · · · arn
) = ar + ar2
+ · · · arn
+ arn+1
.
Restando esta igualdad de la anterior tendremos
(1 − r)sn = a − arn+1
= a 1 − rn+1
.
Entonces
sn =
a
1 − r
1 − rn+1
.
Como
lı́m
n→∞
rn+1
= lı́m
n→∞
rn
=
0 si |r| 1
diverge si |r| 1 o r = −1,
tendremos finalmente que
∞
X
k=0
ark
=
a
1−r
si |r| 1
diverge si |r| ≥ 1.
Una observación interesante es que si una serie numérica
∞
X
k=1
ak converge su término
general ak tiende a 0. La recíproca no es siempre cierta. Ejemplo:
∞
X
k=1
1
k
diverge, mientras
que
∞
X
k=1
1
k2
converge, como veremos más adelante, aunque en ambos casos el término general
tiende a 0
€
1
k → 0, 1
k2 → 0
Š
.
Teorema 5.6
Si
∞
X
k=1
ak converge, entonces lı́m
k→∞
ak = 0.

154. 148 Sucesiones y series
Demostración. Si la serie
∞
X
k=1
ak converge tenemos que
∞
X
k=1
ak = s = lı́m
n→∞
sn,
de donde
s = lı́m
n→∞
sn+1.
Por otro lado, sn+1 = sn + an para todo n ≥ 1, de donde
an = sn+1 − sn para todo n ≥ 1.
Tomando el lı́m
n→∞
a la última expresión, se tiene
lı́m
n→∞
an = lı́m
n→∞
(sn+1 − sn) = lı́m
n→∞
sn+1 − lı́m
n→∞
sn = s − s = 0.
Este resultado es muy útil para, en ciertos casos, demostrar que una serie diverge.
Ejemplo 5.54
1.
∞
X
k=1
(−1)k
diverge porque no existe lı́m
k→∞
(−1)k
.
2.
∞
X
k=1
k + 1
3k + 2
diverge porque lı́m
k→∞
k + 1
3k + 2
=
1
3
6= 0.
5.3.1 Series telescópicas
Definición 5.1
Una serie
∞
X
k=1
ak se llama telescópica o desplegable si existe (bn) ∈ R∞
tal que ak = bk − bk+1
para todo k ≥ 1.
Teorema 5.7
Una serie telescópica converge si lı́m
k→∞
bk existe. En este caso
∞
X
k=1
ak = b1 − lı́m
n→∞
bn
Demostración. En efecto, para todo n ≥ 1: sn =
n
X
k=1
ak =
n
X
k=1
(bk − bk+1) = b1 − bn+1. Por consi-
guiente:
∞
X
k=1
ak = lı́m
k→∞
(b1 − bn+1) = b1 − lı́m
k→∞
bn+1.

155. 5.3 Series numéricas 149
Ejemplo 5.55
Estudiemos la convergencia de la serie
∞
X
k=1
1
(k + m)(k + m + 1)
para m ∈ N. Utilizando el método
de “coeficientes por determinar” o “coeficientes indeterminados”, se puede expresar cada término de
la serie como la suma de fracciones parciales. Sea k ≥ 1.
1
(k + m)(k + m + 1)
=
A
k + m
+
B
k + m + 1
=
A(k + m + 1) + B(k + m)
(k + m)(k + m + 1)
=
(A + B)k + A(m + 1) + Bm
(k + m)(k + m + 1)
,
de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
A + B = 0,
(m + 1)A + mB = 1,
el cual se resuelve fácilmente para encontrar A = 1 y B = −1, con lo cual se obtiene finalmente que
1
(k + m)(k + m + 1)
=
1
k + m
−
1
k + m + 1
.
Si ponemos ak = 1
(k+m)(k+m+1)
, bk = 1
k+m
, tenemos que ak = bk − bk+1 para todo k ≥ 1,
lı́m
k→∞
bk = 0 y b1 = 1
m+1
. Por consiguiente:
∞
X
k=1
1
(k + m)(k + m + 1)
=
1
m + 1
.
Podemos generalizar el teorema de las series telescópicas de la siguiente manera.
Teorema 5.8 (de las series telescópicas generalizado)
Sea (bn) ∈ R∞
una sucesión tal que lı́m
k→∞
bk = 0. Sea M ≥ 2 y α0, α1, . . . αM−1 ∈ R tales
que
M−1
X
m=0
αm = 0. Sea (an) ∈ R∞
definida por ak =
M−1
X
m=0
αmbk+m. Entonces
∞
X
k=1
ak converge y
∞
X
k=1
ak =
M−1
X
m=1
m−1
X
j=0
αj
!
bm.
Demostración. Se propone como ejercicio al lector.
Note que el teorema 9.7 es un caso particular del teorema 9.8, con M = 2, α0 = 1 y
α1 = −1.
Ejemplo 5.56
Si converge, calcule el límite de la serie
∞
X
k=1
k + 4
k3 + 3k2 + 2k
.

156. 150 Sucesiones y series
Solución. Si ponemos ak = k+4
k3+3k2+2k
, como k3
+ 3k2
+ 2k = k(k + 1)(k + 2), descomponemos ak en
fracciones parciales:
ak =
k + 4
k3 + 3k2 + 2k
=
α0
k
+
α1
k + 1
+
α2
k + 2
=
α0(k2
+ 3k + 2) + α1(k2
+ 2k) + α2(k2
+ k)
k3 + 3k2 + 2k
.
Identificando los numeradores tenemos que:
0k2
+ k + 4 ≡ (α0 + α1 + α2)k2
+ (3α0 + 2α1 + α2)k + 2α0,
por lo que 8
:
0 = α0 + α1 + α2,
1 = 3α0 + 2α1 + α2,
4 = 2α0.
Resolvemos este sistema lineal de ecuaciones obtenemos
α0 = 2, α1 = −3, α2 = 1.
Si ponemos bk = 1
k
, tenemos que
ak = α0bk + α1bk+1 + α2bk+2.
La primera de las ecuaciones nos muestra que se cumple la hipótesis del teorema,
M−1
X
m=0
αm = 0, con
M = 3, y obviamente lı́m
k→∞
bk = 0. Por consiguiente, la serie
∞
X
k=1
ak converge y como
α0b1 + (α0 + α1)b2 = 2
1
1
+ (2 − 3)
1
2
=
3
2
,
tenemos entonces que
∞
X
k=1
k + 4
k3 + 3k2 + 2k
=
3
2
.
Se puede generalizar este resultado tomando r ∈ R, M ≥ 1,
∞
X
k=1
PN (k)
(k + r)(k + r + 1)(k + r + 2) · · · (k + r + M − 1)
,
donde PN es un polinomio de grado menor o igual que M − 2.
En efecto:
ak =
PN (k)
M−1
Y
m=0
(k + r + m)
=
M−1
X
m=0
αm
(k + r + m)
.
Al obtener el denominador común en el miembro de la derecha, que es
M−1
Y
m=0
(k + r + m), el
numerador que se obtiene, que debe ser idéntico a PN (k), tendrá grado menor o igual que
M −1 y el coeficiente de kM−1
será
M−1
X
m=0
αm = 0, porque el coeficiente de kM−1
en el miembro
izquierdo es PN (k), que es 0 porque N ≤ M − 2. Se cumplen así las hipótesis del teorema
porque poniendo bk = 1
k+r , se tiene que ak =
M−1
X
m=0
αmbm.

157. 5.4 Ejercicios 151
5.3.2 Propiedades algebraicas de las series
Como una serie
∞
X
k=1
ak converge y es igual al límite de la sucesión de sumas parciales
(sn) =
n
X
k=1
ak
!
, existe, o diverge si ésta diverge, las propiedades algébricas de los lími-
tes de sucesiones se pueden escribir para las series de la siguiente manera.
Teorema 5.9
Sean (an) ∈ R∞
, (bn) ∈ R∞
, α ∈ R. Se tiene que:
1. Si existe
∞
X
n=1
an = A y
∞
X
n=1
bn = B, entonces existe
∞
X
n=1
(an ± bn) = A ± B.
2. Si
∞
X
n=1
an converge y
∞
X
n=1
bn diverge, entonces
∞
X
n=1
(an ± bn) diverge.
3. Si existe
∞
X
n=1
an = A, entonces existe
∞
X
n=1
(αan) = αA. Si α 6= 0 la recíproca también
tiene lugar, es decir que si α 6= 0
∞
X
n=1
an converge ⇔
∞
X
n=1
(αan) converge.
Dada (an)n≥M ∈ R∞
, con M ∈ Z, es decir (an)n≥M = (aM , aM+1, aM+2, . . .) tiene
sentido considerar ∞
X
n=M
an
def
= lı́m
n→∞
n
X
k=M
an.
Se tiene entonces que si N M:
∞
X
n=M
an converge ⇔
∞
X
n=N
an converge.
El resultado anterior es evidente si tomamos la relación entre las sumas parciales de las
dos series: n
X
k=M
ak = A +
n
X
k=N
ak para todo n ≥ N
donde A =
N−1
X
k=M
ak es constante. Entonces
n
X
k=N
ak
!
n≥N
cv ⇔
n
X
k=M
ak
!
n≥M
cv.
5.4 Ejercicios
1. Escriba los cuatro primeros términos de la si-
guiente serie.
(a)
∞
X
k=2
2k + 1
k − 1
.
(b)
∞
X
n=1
3n
n
.
(c)
∞
X
k=1
k + 2
k!
.

158. 152 Sucesiones y series
(d)
∞
X
m=1
sen πm
4
m
.
2. Si la serie converge, halle su límite.
(a)
∞
X
k=1
7
2k+1
.
(b)
∞
X
n=1
2n+1
3n+2
.
(c)
∞
X
k=1
3
π
k
.
(d)
∞
X
k=1
1
(k + 2)(k + 3)
.
(e)
∞
X
k=1
5
k2 + 11k + 30
.
(f)
∞
X
n=1
1
4n2 − 1
.
(g)
∞
X
k=1
4
3k
+
2
5k
.
(h)
∞
X
k=1
3k
− 1
9k
.
3. Halle la fracción a la que corresponde el nú-
mero decimal periódico dado.
(a) 2.8ó
2.
(b) 23.4ó
9.
(c) 21.8
23.
(d) 0.9
91.
5.5 Series de términos no-negativos
Si (an) ⊂ [0, ∞[, la serie
∞
X
n=1
an
se denomina serie de términos no negativos, lo que sucede, en particular si para todo n ≥ 1,
an 0.
En este caso, la sucesión de sumas parciales (sn), con sn =
n
X
k=1
ak, es monótona no
decreciente si an ≥ 0 o monótona creciente si an 0 para todo n ≥ 1. Tendremos entonces
el siguiente lema.
Lema 5.1
Si an ≥ 0 para todo n ≥ 1,
∞
X
n=1
an converge ⇔ (sn) es acotada.
Ejemplo 5.57
La serie armónica. La serie
∞
X
k=1
1
k
se denomina serie armónica, la cual diverge porque
la sucesión de sumas parciales correspondiente,
(sn) =
‚ n
X
k=1
1
k
Œ
,
no es acotada.
Solución. Lo demostraremos en tres etapas:

159. 5.6 Criterio integral 153
1. Primera. Se tiene que para todo n ≥ 1,
s2n ≥ sn +
1
2
(5.2)
Sea n = 1:
s2n =
1 +
1
2
+ · · · +
1
n
+
1
n + 1
+ · · · +
1
2n
= sn +
n
X
k=1
1
n + k
≥ sn +
n
X
k=1
1
2n
puesto que para todo k ∈ {1, . . . , n},
1
n + k
≥
1
2n
= sn + n
1
2n
= sn +
1
2
.
2. Segunda. Por (5.2) tenemos que para todo m ≥ 1
s2m ≥
m + 2
2
. (5.3)
En efecto:
m = 1 : s21 = s2 ≥ s1 +
1
2
= 1 +
1
2
=
3
2
=
1 + 2
2
.
Supongamos que (5.3) es válido para m ≥ 1. Probemos que (5.3) es verdadera para m + 1.
Lo que debemos demostrar es s2m+1 ≥ m+3
2
. Como 2m+1
= 2 · 2m
, aplicando (5.2), con n = 2m
,
y (5.3) para m, tenemos:
s2m+1 = s2·2m ≥ s2m +
1
2
≥
m + 2
2
+
1
2
=
m + 3
2
.
3. Tercera. Probemos que (sn) no es acotada.
Por definición:
(sn) es acotada ⇔ ∃R 0 tal que ∀n ≥ 1 |sn| R.
Por consiguiente
(sn) no es acotada ⇔ ∀R 0 ∃n ≥ 1 tal que |sn| ≥ R.
Probemos esto último. Sea R 0. Debemos hallar n ≥ 1 tal que |sn| ≥ R. Por la segunda etapa
tenemos que
∀m ≥ 1 s2m ≥
m + 2
2
,
basta tomar n = 2m
, con m tal que
sn = s2m ≥
m + 2
2
≥ R.
Eso se logra con m ≥ 2R − 2.
5.6 Criterio integral
Si (ak) ∈ R∞
está dada como la restricción a N de una función f : [1, ∞[→ [0, ∞[ continua y
monótona no-creciente, es decir si ∀k ≥ 1 ak = f(k), se tiene que la serie
∞
X
n=1
an converge si
y solo si
R ∞
1 f(x) dx converge. Se tiene, en efecto, el siguiente teorema.

160. 154 Sucesiones y series
Teorema 5.10 (Criterio integral)
Si f : [1, ∞[→ [0, ∞[ continua y monótona no-creciente y si ponemos para k ∈ N, ak = f(k),
entonces
Z ∞
1
f(x) dx converge ⇔
∞
X
n=1
an converge.
Demostración. En la figura:
0
1
1 2 3 4 5
f
0
1
1 2 3 4 5
f
≤
0
1
1 2 3 4 5
f
≤
es fácil observar que:
n
X
k=2
ak ≤
Z n
1
f(x) dx ≤
n
X
k=1
ak ∀n ≥ 2, (5.4)
puesto que las sumas parciales totalizan el área de rectángulos de base 1 y altura ak y la integral
entre 1 y n es el área bajo la curva que es la gráfica de f sobre el intervalo [1, n]. Tomando el límite
cuando n → ∞ en (5.4), se obtiene el resultado.
Ejemplo 5.58
1. Probemos que si α ∈ R,
∞
X
k=1
1
kα
converge ⇔ α 1.
Ponemos f(x) = 1
xα y ak = f(k). Como
Z ∞
1
f(x) dx =
Z ∞
1
dx
xα
=
Z ∞
1
x−α
dx
=
8
:
ln |x|
∞
1
= +∞ si α = 1,
x1−α
1−α
∞
1
=
+∞ si α 1,
− 1
1−α
si α 1,
el criterio integral nos da el resultado. En particular tenemos que:
(a) la serie armónica
∞
X
n=1
1
n
diverge,
(b) la serie cuadrática
∞
X
n=1
1
n2
converge.

161. 5.7 Criterios de comparación 155
2. Pruebe que
∞
X
n=3
2
n(ln n)2
converge.
Ponemos f(x) =
2
x(ln x)2
, ak = f(k).
Z ∞
3
f(x) dx = 2
Z ∞
3
dx
x(ln x)2
= 2
Z ∞
ln 3
du
u2
con el cambio de variable u = ln x, du =
dx
x
,
x u
3 ln 3
∞ ∞
= −2u−1
∞
ln 3
=
2
ln 3
Por el criterio integral tenemos que
∞
X
n=3
2
n(ln n)2
converge.
5.7 Criterios de comparación
Comparando dos series, digamos
∞
X
k=1
ak y
∞
X
k=1
bk,
cuyos términos se relacionan de manera conveniente, se puede a veces obtener resultados
sobre la convergencia o divergencia de una de ellas, a partir de lo que se conozca de la otra.
Teorema 5.11 (Criterio de Comparación)
Sean (ak), (bk) ∈ R∞
tales que para todo k ≥ 1, se tiene que 0 ≤ ak ≤ bk. Entonces,
1. Si
∞
X
k=1
bk converge, entonces
∞
X
k=1
ak converge.
2. Si
∞
X
k=1
ak diverge, entonces
∞
X
k=1
bk diverge.
Demostración. Sean
sn =
n
X
k=1
ak, tn =
n
X
k=1
bk, para todo n ≥ 1.
Se tiene entonces que
0 ≤ sn ≤ tn para todo n ≥ 1, (5.5)
y las sucesiones (sn) y (tn) son monótonas no decrecientes.
1. Si
∞
X
k=1
bk converge, entonces (tn) converge, digamos hacia T y para todo n ≥ 1 sn ≤ tn ≤ T .
Al ser (sn) monótona no decreciente y acotada por arriba por T , esta sucesión converge y por
lo tanto
n
X
k=1
ak converge.

162. 156 Sucesiones y series
2. Si
∞
X
k=1
ak diverge, (sn) diverge y al ser no decreciente esto significa que lı́m
n→∞
sn = +∞.
Por (5.5) se tiene entonces que también lı́m
n→∞
tn = +∞, lo que significa que
n
X
k=1
bk diverge.
Ejemplo 5.59
1. La serie
∞
X
k=1
3k2
− 1
2k4 + 3k2 + 5
converge.
En efecto, si ponemos
ak =
3k2
− 1
2k4 + 3k2 + 5
y bk =
3
2k2
,
vemos que 0 ak bk para todo k ≥ 1.
Como
∞
X
k=1
bk =
3
2
∞
X
k=1
1
k2
y esta última serie converge, el criterio de comparación nos da el resultado.
2. La serie
∞
X
k=1
(k + 2) ln(k + 3)
2k2 − 1
diverge.
En efecto, si ponemos
ak =
1
2k
y bk =
(k + 2) ln(k + 3)
2k2 − 1
,
vemos que 0 ak bk para todo k ≥ 1.
Como
∞
X
k=1
ak =
1
2
∞
X
k=1
1
k
= +∞,
por el criterio de comparación podemos concluir que la serie
P∞
k=1
bk diverge.
En el criterio de comparación, la condición “0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ 1” puede
reemplazarse por “existe M ≥ 1 tal que 0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ M”, porque al cambiar
un número finito de términos la convergencia o no de la serie no se altera.
Teorema 5.12 (Criterio de Comparación en el límite)
Sean (ak), (bk) ∈ Rn
tales que para todo k ≥ 1 ak ≥ 0 bk 0 y supongamos que L = lı́m
k→∞
ak
bk
.
Entonces:
1. Si L 0,
∞
X
k=1
ak converge si y solo si
∞
X
k=1
bk converge.
2. Si L = 0 y
∞
X
k=1
bk converge, entonces
∞
X
k=1
ak converge.
3. Si L = +∞ y
∞
X
k=1
bk diverge, entonces
∞
X
k=1
ak diverge.
Demostración. Si existe lı́m
k→∞
ak
bk
= L 0, entonces para todo ǫ 0 existe N = N(ǫ) tal que
k ≥ N ⇒
ak
bk
− L ǫ.

163. 5.7 Criterios de comparación 157
1. Si L 0, tomando ǫ = L
2
0 y M = N(L
2
) se tiene entonces que
∀k ≥ M,
ak
bk
− L
L
2
.
Como
ak
bk
− L
L
2
⇔ −
L
2
ak
bk
− L
L
2
⇔
L
2
ak
bk
3L
2
⇔
L
2
bk ak
3L
2
bk,
se tiene que
∀k ≥ M Lbk 2ak 3Lbk.
Se puede aplicar el criterio de comparación a las series
∞
X
k=M
Lbk y
∞
X
k=M
2ak y luego a las series
∞
X
k=1
2ak y
∞
X
k=1
3Lbk. Recordemos que si (cn) ∈ R∞
y α 0,
∞
X
n=1
cn converge si y solo si
∞
X
n=1
(αcn) converge. Entonces:
(a)
X
ak converge ⇒
X
2ak converge
⇒
X
Lbk converge
⇒
X
bk converge
(b)
X
bk converge ⇒
X
3Lbk converge
⇒
X
2ak converge
⇒
X
ak converge
Esto quiere decir que
X
ak converge ⇔
X
bk converge.
2. Si L = 0, tomando ǫ = 1 y M = N(1) se tiene entonces que
∀k ≥ M,
ak
bk
− 0 1.
Como
ak
bk
− 0 1 ⇒ −1 ≤
ak
bk
≤ 1,
se tiene que para todo k ≥ M ak ≤ bk.
Por el criterio de comparación,
∞
X
k=1
bk converge ⇒
∞
X
k=1
ak converge.

164. 158 Sucesiones y series
3. Si lı́m
k→∞
ak
bk
= +∞, existe M tal que
k ≥ M ⇒
ak
bk
1,
por lo que para todo k ≥ M ak bk.
Por el criterio de comparación
∞
X
k=1
bk diverge ⇒
∞
X
k=1
ak diverge.
Ejemplo 5.60
1.
∞
X
k=1
2k + 3 + cos(3k2
+ 1)
3
√
k7 + k5 + 3
converge.
En efecto, si ponemos
ak =
2k + 3 + cos(3k2
+ 1)
3
√
k7 + k5 + 3
, bk =
1
k
4
3
, ∀k ≥ 1,
se tiene que
lı́m
k→∞
ak
bk
= 2 0,
por lo que la primera parte del teorema precedente nos da el resultado.
2.
∞
X
k=1
1
k!
converge.
En efecto, si ponemos
ak =
1
k!
, bk =
1
k2
, ∀k ≥ 1,
tenemos que
lı́m
k→∞
ak
bk
= lı́m
k→∞
1
k!
1
k2
= lı́m
k→∞
k2
k!
= 0,
puesto que para todo k ≥ 3
k2
k!
=
k
k
·
k
(k − 1)
·
1
(k − 2)!
y lı́m
k→∞
k
(k − 1)
= 1 y lı́m
k→∞
1
(k − 2)!
= 0.
La parte 2) del teorema nos da entonces el resultado.
3.
∞
X
k=1
1
1 +
√
k
diverge.
Si ponemos
ak =
1
1 +
√
k
, bk =
1
k
3
4
, ∀k ≥ 1,
tenemos que
lı́m
k→∞
ak
bk
= lı́m
k→∞
1
1+
√
k
1
k
3
4
= +∞.
Como
∞
X
k=1
1
k
3
4
diverge, la parte 3) del teorema anterior nos da el resultado.

165. 5.7 Criterios de comparación 159
5.7.1 Criterio de la razón
Teorema 5.13 (Criterio de la Razón)
Sea (ak) ⊂ ]0, ∞[. Sea L = lı́m
k→∞
ak+1
ak
. Entonces
1. Si L 1, la serie
∞
X
k=1
ak converge.
2. Si L 1 o lı́m
k→∞
ak+1
ak
= +∞, la serie
∞
X
k=1
ak diverge.
3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.
Demostración. Si existe L = lı́m
k→∞
ak+1
ak
, entonces para todo ǫ 0 existe N tal que para todo k ≥ N,
ak+1
ak
− L ǫ.
Caso 1. Sea r ∈ ]L, 1[. Ponemos ǫ = r − L 0:
0
L r 1
ǫ
Tendremos
ak+1
ak
− L ǫ = r − L, ∀k ≥ N.
Pero
ak+1
ak
− L ǫ = r − L ⇒
ak+1
ak
− L r − L ∀k ≥ N
⇒ ak+1 rak ∀k ≥ N
⇒ aN+1 raN ,
aN+2 raN+1 r2
aN ,
aN+3 raN+2 r3
aN , etcétera.
Por inducción tendremos que
aN+n rn
aN ∀n ≥ 1.
Por el criterio de comparación, aplicado a las series de términos positivos
∞
X
n=1
aN+n y
∞
X
n=1
rn
aN ,
puesto que esta última es una serie geométrica que converge, dado que 0 r 1, la serie
∞
X
n=1
aN+n converge y, por ende,
∞
X
n=1
rn
aN .
Caso 2. Sea r ∈ ]1, L[. Ponemos ǫ = L − r 0:
0 1 r L
ǫ
Tendremos
ak+1
ak
− L ǫ = L − r, ∀k ≥ N.
Pero
ak+1
ak
− L ǫ = L − r ⇒ −(L − r)
ak+1
ak
− L ∀k ≥ N

166. 160 Sucesiones y series
⇒ rak ak+1 ∀k ≥ N.
Análogamente al Caso 1, obtenemos:
rn
aN aN+n ∀n ≥ 1.
Comparando las mismas series que en el Caso 1, pero ahora con r 1 para la serie geométrica,
que será entonces divergente, se tiene finalmente
∞
X
k=1
ak diverge.
Caso 3. Veamos dos ejemplos en los que L = 1:
(a)
∞
X
k=1
ak, con ak = 1
k
. Entonces
∞
X
k=1
ak diverge.
(b)
∞
X
k=1
ak, con ak = 1
k2 . Entonces
∞
X
k=1
ak converge.
Ejemplo 5.61
1. Pruebe que
∞
X
k=1
3k
(k + 1)!
converge.
Si ponemos ak =
3k
(k + 1)!
, tendremos
ak+1 =
3k+1
(k + 2)(k + 1)!
,
de donde
lı́m
k→∞
ak+1
ak
= lı́m
k→∞
3
k + 2
= 0 1.
Estamos en el Caso 1 del teorema, por lo que la serie converge.
2. Pruebe que
∞
X
k=2
(k + 1)k
(k − 1)!
diverge.
Ponemos ak =
(k + 1)k
(k − 1)!
, por lo que
ak+1 =
(k + 2)k+1
k!
=
(k + 2) [(k + 1) + 1]k
k(k − 1)!
.
Entonces
ak+1
ak
=
k + 2
k
•
(k + 1) + 1
k + 1
˜k
=
k + 2
k
1 +
1
k + 1
k+1
1 +
1
k + 1
−1
.
Como
lı́m
k→∞
k + 2
k
= 1, lı́m
n→∞
1 +
1
n
n
= e 2 y lı́m
k→∞
1 +
1
k + 1
−1
= 1,
tendremos que
lı́m
k→∞
ak+1
ak
= e 2,
por lo que
∞
X
k=1
ak diverge.

167. 5.8 Ejercicios 161
5.8 Ejercicios
Aplique un criterio apropiado para determinar si
la serie dada converge o diverge.
1.
∞
X
k=1
1
√
k
.
2.
∞
X
k=1
1
k3/2
.
3.
∞
X
k=1
2
3k + 2
.
4.
∞
X
k=1
5
3 +
√
k
.
5.
∞
X
n=1
n2
e−n
.
6.
∞
X
k=1
sen k
k2
.
7.
∞
X
n=1
arctan(n + 1)
n3/2 + 1
.
8.
∞
X
k=1
1
2k +
√
k
.
9.
∞
X
n=2
1
n ln n
.
10.
∞
X
k=1
ln k
k3
.
11.
∞
X
n=1
1
n
√
n2 + 3
.
12.
∞
X
m=1
sen(π/3m)
m3/2 + 1
.
13.
∞
X
k=1
2 + 3k
5 + 4k
.
14.
∞
X
k=1
3k
7k2k
.
15.
∞
X
k=1
7
k!
.
16.
∞
X
n=1
3n
n!
.
17.
∞
X
k=1
k
5
7
k
.
18.
∞
X
n=1
3n
n32n
.
19.
∞
X
k=1
(3k)!
k!(3k)k
.
20.
∞
X
k=1
3k − 1 + sen(k2
+ k)
(k11 + k7 + k5)1/5
.
5.9 Series alternantes
En una suma como 1 − 1
2 + 1
3 − 1
4 + · · · , las sumas parciales de las series
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
k
o
∞
X
k=1
(−1)k 1
k
, los signos de los términos se alternan +, −, +, −, . . . o −, +, −, +, . . ., respectiva-
mente. Este hecho justifica la siguiente definición.
Definición 5.2
Sea (ak) ⊂ [0, ∞[. Las series de la forma
∞
X
k=1
(−1)k
ak o
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak
se llaman series alternantes.
Como cualquiera de estas dos formas se obtiene multiplicando por (−1) los términos de
la otra, basta estudiar la convergencia de una de ellas.

168. 162 Sucesiones y series
Teorema 5.14 (Criterio de las series alternantes)
Sea (ak) ⊂ [0, ∞[ una sucesión monótona no creciente (esto es, para todo k ≥ 1, ak+1 ≤ ak).
Si lı́m
k→∞
ak = 0, entonces
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak converge.
Para la demostración del teorema, haremos uso del siguiente lema que proponemos como
ejercicio al lector.
Lema 5.2
Dada (bn) ⊂ R, si existe lı́m
k→∞
b2k = lı́m
k→∞
b2k+1 = L, entonces existe lı́m
k→∞
bn = L.
Demostración del teorema. Sea sn =
n
X
k=1
(−1)k+1
ak para todo n ≥ 1. Entonces
s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k
= (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · · (a2k−1 − a2k)
=
k
X
j=1, j-impar
(aj − aj+1) para todo k ≥ 1.
Como para todo j ≥ 1, aj − aj+1 ≥ 0 (puesto que (ak) es monótona decreciente), entonces (s2k)k≥1
es una sucesión monótona no decreciente.
Por otra parte, para todo k ≥ 1
s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k
= a1 − (a2 + a3) − · · · (a2k−2 − a2k−1) − a2k;
es decir, para todo k ≥ 1
s2k = a1 −
2k−2
X
j=2, j-par
(aj − aj+1) − a2k ≤ a1,
puesto que para todo j 1, aj − aj+1 ≥ 0. La sucesión (s2k)k≥1 es entonces acotada por arriba por
a1. Por lo tanto (s2k) converge, digamos hacia S.
Por otra parte, para todo k ≥ 1, s2k+1 = s2k + a2k+1. Tomamos lı́m
k→∞
y obtenemos:
lı́m
k→∞
s2k+1 = lı́m
k→∞
(s2k + a2k+1) = lı́m
k→∞
s2k + lı́m
k→∞
a2k+1 = S.
Tenemos entonces que lı́m
k→∞
s2k = lı́m
k→∞
s2k+1 = S, por lo que lı́m
k→∞
sn = S, y la serie
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak
converge.
Ejemplo 5.62
1.
∞
X
k=1
(−1)k k
2k
es convergente.
2.
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
kp
converge para todo p 0.

169. 5.9 Series alternantes 163
En particular, la serie
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
k
, llamada serie armónica alternada, es convergente lo
que contrasta con la divergencia de la serie armónica
∞
X
k=1
1
k
.
De una serie que tiene esta propiedad se dice que converge relativamente o condicional-
mente. En general tenemos la siguiente definición.
Definición 5.3
Sea an ⊂ R.
1. Si
X
n=1
|an| converge, se dice que
X
n=1
an converge absolutamente.
2. Si
X
n=1
|an| diverge y
X
n=1
an converge, se dice que
X
n=1
an converge condicionalmente o
relativamente.
Se tiene el siguiente teorema.
Teorema 5.15 (Convergencia absoluta)
Sea (an) ⊂ R. Si
∞
X
n=1
an converge absolutamente, entonces
∞
X
n=1
an es convergente. La recíproca
no siempre tiene lugar.
Demostración. Supongamos que la serie converge absolutamente. Probemos que es convergente.
Recordemos que por el criterio de Cauchy, una sucesión numérica (bn) converge si y solo si (bn) es
una sucesión de Cauchy; es decir, si
∀ǫ0 0 ∃N0 = N0(ǫ0) tal que ∀n, m N0, |bn − bm| ǫ0.
Sean sn =
n
X
k=1
ak y tn =
n
X
k=1
|ak| para todo n ≥ 1.
Debemos probar que la sucesión (sn) es de Cauchy. Sea ǫ 0. Debemos hallar N tal que si
m, n N, entonces |sm − sn| ǫ. Como
n
X
k=1
|ak| converge, la correspondiente sucesión de sumas
parciales (tn) converge. Pero esto significa que (tn) es de Cauchy, por lo que
∃N1 tal que m, n N1(ǫ) ⇒ |tm − tn| ǫ.
Como para m n ≥ 1 tenemos que
|sm − sn| = |(a1 + a2 + · · · + an + · · · + am) − (a1 + · · · + an)|
= |an+1 + · · · + am|
≤ |an+1| + · · · + |am|
= (|a1| + |a2| + · · · + |an| + |an+1| + · · · + |am|) − (|a1| + · · · + |an|)
= |tm − tn|,
repitiendo los mismos cálculos si n m ≥ 1, vemos que para todo n, m ≥ 1,
|sm − sn| ≤ |tm − tn| ǫ, si m, n N1(ǫ).
Basta entonces tomar N = N1(ǫ).

170. 164 Sucesiones y series
Otra demostración es la siguiente.
Sea
bk = |ak| + ak para todo k ≥ 1 (5.6)
Entonces
0 ≤ bk ≤ 2|ak| para todo k ≥ 1 (5.7)
Si
∞
X
k=1
|ak| converge,
∞
X
k=1
2|ak| también converge. Por (5.7), aplicando el criterio de comparación,
tendremos entonces que
∞
X
k=1
bk converge.
Como de (5.6) se tiene que ak = bk −|ak| para todo k ≥ 1, la convergencia de
∞
X
k=1
bk y de
∞
X
k=1
|ak|
implica entonces la convergencia de
∞
X
k=1
ak.
Finalmente, la serie armónica alternada es un ejemplo de que la recíproca no siempre tiene
lugar.
5.10 Ejercicios
1. Determine si converge la serie alternante da-
da.
(a)
∞
X
k=1
(−1)k
2k + 3
.
(b)
∞
X
k=1
(−1)k k
2k − 1
.
(c)
∞
X
k=1
(−1)k+1 k
k3/2 + 1
.
(d)
∞
X
k=1
(−1)k+1 2k2
+ 3
k3
.
(e)
∞
X
k=1
(−1)k+1
√
k
5k + 3
.
(f)
∞
X
k=2
(−1)k+1 k + 2
2 ln(k + 1)
.
(g)
∞
X
k=1
(−1)k+1
3
√
k2 + 3
k + 1
.
(h)
∞
X
k=1
(−1)k 3 ln k
k + 1
.
(i)
∞
X
k=1
(−1)k+1 2k + 1
2k + 3
.
2. Diga si la serie dada converge absolutamente
o relativamente o diverge.
(a)
∞
X
k=1
(−1)k+1 2k
k2 + 3
.
(b)
∞
X
k=1
(−1)k+1 3k + 1
√
k5 + k3 + 1
.
(c)
∞
X
k=1
(−1)k+1
4
5
k
.
(d)
∞
X
k=1
(−1)k+1 2k + 1
3k
.
(e)
∞
X
k=1
(−1)k+1
k
3k
3
.
(f)
∞
X
k=1
(−1)k+1 k!
3k
.
(g)
∞
X
k=1
(−1)k+1 (k!)3
(3k)!
.
(h)
∞
X
k=1
(−1)k+1 2k
k!
.
5.11 Criterio general de la razón
Antes vimos, para las series de términos no negativos, el criterio de la razón. Por otra parte,
sabemos que una serie absolutamente convergente es convergente. Combinando estos resul-
tados tenemos el siguiente teorema.

171. 5.12 Ejercicios 165
Teorema 5.16 (Criterio general de la razón para la convergencia de una serie)
Sea (an) ∈ R∞
una sucesión de términos no nulos. Sea L = lı́m
n→∞
an+1
an
. Entonces:
1. Si L 1 la serie
∞
X
n=1
an converge absolutamente.
2. Si L 1 o si lı́m
n→∞
an+1
an
= +∞, la serie
∞
X
n=1
an diverge.
3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.
Para las series de términos no negativos tiene lugar el siguiente teorema.
Teorema 5.17 (Criterio de la raíz)
Sea (an) ∈ R∞
una sucesión de términos no negativos y sea L = lı́m
n→∞
n
√
an. Entonces:
1. Si L 1 la serie
∞
X
n=1
an converge.
2. Si L 1 o si lı́m
n→∞
n
√
an = +∞, la serie diverge.
3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.
La demostración, análoga a la del criterio de la razón, se basa en el criterio de comparación
de una progresión geométrica. Se tiene, además, como corolario, el siguiente teorema.
Teorema 5.18 (Criterio general de la raíz)
Sea (an) ∈ R∞
y sea L = lı́m
n→∞
n
È
|an|. Entonces:
1. Si L 1 la serie
∞
X
n=1
an converge absolutamente.
2. Si L 1 o si lı́m
n→∞
n
È
|an| = +∞, la serie diverge.
3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.
5.12 Ejercicios
1. Halle los valores de a ∈ R para los cuales con-
verge la serie dada.
(a)
∞
X
k=1
kak
.
(b)
∞
X
k=1
k3
3
a
k
.
(c)
∞
X
k=1
ka
k!
.

172. 166 Sucesiones y series
(d)
∞
X
k=3
ln k
ka
.
2. Use el criterio de la raíz para saber si converge
o no la serie dada.
(a)
∞
X
k=1
33k+2
kk
.
(b)
∞
X
k=2
1
(ln k)k
.
(c)
∞
X
k=1
k + 1
k + 2
k2
.
(d)
∞
X
k=1
1 +
3
k
k
.
5.13 Error de aproximación del límite de una serie
Dada una sucesión convergente (bn) ∈ R∞
, si L = lı́m
n→∞
bn se tiene que lı́m
n→∞
|L − bn| = 0,
por lo que bn es una aproximación de L y |L − bn| es el error que se comete al hacer esta
aproximación.
Si una serie
∞
X
k=1
ak converge, digamos hacia S, es decir si ponemos S =
∞
X
k=1
, por definición
S = lı́m
n→∞
sn, con sn =
n
X
k=1
ak.
Las sumas parciales sn son entonces aproximaciones de S y el error que se comete al aproximar
S con sn es
En = |S − sn|. (5.8)
Tomamos en (5.8) lı́m
n→∞
y vemos que
lı́m
n→∞
En = 0.
Esto quiere decir que el error que se comete al aproximar el límite S de una serie con sus
sumas parciales sn, puede ser tan pequeño como se quiera, para lo cual basta tomar n
suficientemente grande.
Para las series alternantes se tiene un resultado notable, que permite conocer el valor que
debe tener n para que el error de aproximación sea menor que un valor dado de antemano.
Teorema 5.19 (Error para las series alternantes)
Si (ak) ⊂ R, es tal que 0 ≤ ak+1 ≤ ak para todo k ≥ 1 y si lı́m
k→∞
ak = 0, entonces
0 ≤ S ≤ a1 y |S − sn| an+1 para todo n ≥ 1,
donde sn =
n
X
k=1
(−1)k+1
ak y S =
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak.
Demostración. La serie converge, obviamente, por el criterio de las series alternantes. Converge
entonces lı́m
N→∞
N
X
k=1
(−1)k+1
ak y, por ende, lı́m
N→∞
N
X
k=n+1
(−1)k+1
ak para todo n ≥ 1.
Como se vio en la demostración del criterio de las series alternantes,
s2j ≤ a1 y 0 ≤ s2j−1 (5.9)
para todo j ≥ 1. Como
lı́m
j→∞
s2j = lı́m
j→∞
s2j−1 = lı́m
n→∞
sn = S,

173. 5.13 Error de aproximación del límite de una serie 167
tomando el lı́m
j→∞
en (5.9) se obtiene que
0 ≤ S ≤ a1. (5.10)
Evidentemente, como
∞
X
k=1
(−1)k
ak = −
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak, si converge
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak := S, tendre-
mos simultáneamente la convergencia de
∞
X
k=1
(−1)k
ak = −S.
Ahora bien, sea n ≥ 1. Entonces
S − sn =
∞
X
k=1
(−1)k+1
ak −
n
X
k=1
(−1)k+1
ak
por lo que
Sn − sn =
∞
X
k=n+1
(−1)k+1
ak
= (−1)n+2
an+1 +
∞
X
k=n+2
(−1)k+1
ak
= (−1)n
an+1 +
∞
X
j=1
(−1)n+j
an+1+j,
donde hemos puesto k = n + 1 + j y j = k − (n + 1), y hemos tenido en cuenta que si k = n + 2,
j = 1.
Si n es par, (−1)n
= 1 y (−1)n+j
= (−1)j
, por lo que
Sn − sn = an+1 −
∞
X
j=1
(−1)j+1
an+1+j . (5.11)
Análogamente a (5.10) tenemos que
0 ≤
∞
X
j=1
(−1)j+1
an+1+j ≤ an+2, (5.12)
y como an+2 ≤ an+1 tendremos que
0 ≤
∞
X
j=1
(−1)j+1
an+1+j ≤ an+1. (5.13)
Por lo que de (5.11), (5.12) y (5.13), se obtiene que
0 ≤ S − sn ≤ an+1; (5.14)
es decir,
|S − sn| ≤ an+1 para todo n par. (5.15)
Si n es impar, análogamente a (5.11) se obtiene
S − sn =
∞
X
k=n+1
(−1)k+1
ak = −an+1 +
∞
X
j=1
(−1)j+1
an+1+j,
y por (5.12), similarmente a lo hecho en (5.13), tendremos que
−an+1 + 0 ≤ S − sn ≤ −an+1 + an+2 ≤ 0;
es decir,
|S − sn| ≤ an+1 para todo n impar. (5.16)
Las desigualdades (5.15) y (5.16) nos dan el resultado:
|S − sn| ≤ an+1 para todo n ∈ N.

174. 168 Sucesiones y series
5.14 Ejercicios
1. ¿Cuántos términos debe tener la suma parcial de la serie dada que permita aproximar al límite
de ésta con tres cifras decimales exactas?
(a)
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
(3k + 1)!
.
(b)
∞
X
k=1
(−1)k+1
2
3
k
.
(c)
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
k3 + 1
.
(d)
∞
X
k=1
(−1)k+1 k + 1
k3/2 + 1
.
(e)
∞
X
k=1
(−1)k+1 k + 1
k!
.
(f)
∞
X
k=1
(−1)k+1 1
(k + 1)3k
.
5.15 Convergencia puntual de sucesiones y series de fun-
ciones reales
Hemos definido lo que son sucesiones y series numéricas, y hemos estudiado su convergencia.
Pero podemos concebir sucesiones de elementos de otros conjuntos. Por ejemplo, si notamos
con M el conjunto de matrices 2 × 3, y si está dada una función A: N −→ M, tal que a cada
n le corresponde la matriz An. Tendremos, entonces, una sucesión (An) de matrices de orden
2 × 3.
Veamos otro ejemplo. Sea Ω 6= ∅ un conjunto cualquiera y sea Φ = {f : Ω −→ R} el
conjunto de las funciones reales definidas en Ω. Si está dada una función
ψ: N −→ Φ
n 7−→ an
,
tendremos, de hecho, una sucesión (an) de funciones reales definidas en Ω.
Observemos que, dado que para todo n ≥ 1, se tiene que an : Ω −→ R, a cada x ∈ Ω,
se tiene que an(x) ∈ R. Por ello, si tomamos un valor x ∈ Ω cualquiera, para este valor
de x está definida la sucesión numérica (an(x)), la cual, para ciertos valores de x, puede
ser convergente, digamos hacia un número real a(x), y para otros valores de x, puede ser
divergente. Se puede, entonces, definir, la función
a: Ω −→ R
x 7−→ a(x) = lı́m
n→∞
an(x)
Como, dada una sucesión numérica, inmediatamente se le puede asociar la respectiva
sucesión de sumas parciales, en este caso podemos considerar la serie numérica
∞
X
n=1
an(x) = lı́m
n→∞
n
X
k=1
ak(x) := s(x),
el límite de
(sn(x)) =
n
X
k=1
ak(x)
!
.
Podemos, entonces, hablar de la serie de funciones
∞
X
n=1
an. De hecho, quedan definidas las
funciones numéricas:
a: Ω −→ R
x 7−→ a(x) = lı́m
n→∞
an(x) y
s: Ω −→ R
x 7−→ s(x) =
∞
X
n=1
an(x)

175. 5.16 Series de potencias 169
los dominios de las cuales son:
D(a) = {x ∈ Ω : (an(x)) converge} y D(s) = {x ∈ Ω :
∞
X
n=1
an(x) converge},
llamados conjuntos de convergencia de la sucesión y de la serie, respectivamente. Diremos,
en este caso, que la sucesión de funciones numéricas (an) converge puntualmente hacia a y
la serie
∞
X
n=1
an converge puntualmente hacia s.
5.16 Series de potencias
Un caso interesante de series de funciones son las llamadas series de potencias.
Definición 5.4
Dados a ∈ R y (cn)n≥0 ∈ R∞
, si ponemos, para n ≥ 0:
an(x) = cn(x − a)n
,
la correspondiente serie de funciones
∞
X
n=0
an se llama serie de potencias.
El dominio de convergencia de
∞
X
n=0
an es, como veremos, un intervalo finito o todo el
conjunto R, y por eso se lo llama intervalo de convergencia, y lo notaremos con I. El conjunto
I nunca es vacío, puesto que a ∈ I. Se puede tener, de hecho, tres tipos de intervalo de
convergencia:
1. I = {a}.
2. Existe R 0 tal que I es un intervalo centrado en a y de radio R. Puede ser:
(a) ]a − R, a + R[;
(b) ]a − R, a + R];
(c) [a − R, a + R[; o
(d) [a − R, a + R];
Al número R se lo llama radio de convergencia.
3. I = R. Se dice que en este caso I es el intervalo centrado en a y de “radio infinito”.
Estos resultados se resumen en el teorema de “Convergencia de las series de potencias” que
lo veremos más adelante, y para cuya demostración precisaremos del siguiente lema.
Lema 5.3
Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn)n≥0 ∈ R∞
. Sean x1, x2 elementos de R − {a}.
Entonces:
1. Si
∞
X
n=0
cn(x1 − a)n
converge, entonces la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge absolutamente
para todo x ∈ R tal que |x − a| |x1 − a|.

176. 170 Sucesiones y series
2. Si
∞
X
n=0
cn(x2 − a)n
diverge, entonces la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
también diverge para todo
x ∈ R tal que |x − a| |x2 − a|.
Demostración.
1. Sea x ∈ R tal que
|x − a| |x1 − a|. (5.17)
Como
∞
X
n=0
cn(x1 −a)n
converge, entonces lı́m
n→∞
an(x1 −a)n
= 0. Por la definición de este último
límite, existe N ∈ N tal que para todo n ≥ N se verifica que
|cn(x1 − a)n
| 1. (5.18)
Por otra parte:
|cn(x − a)n
| = cn(x1 − a)n (x − a)n
(x1 − a)n)
= |cn(x1 − a)n
|
x − a
x1 − a
n
.
Aplicando (5.18) tendremos, entonces, que: |cn(x − a)n
|
x − a
x1 − a
n
para todo n ≥ N.
Como la serie
∞
X
n=N
x − a
x1 − a
n
es una progresión geométrica cuya razón, por (5.17), es
x − a
x1 − a
n
1,
utilizando el criterio de comparación para las series
∞
X
n=0
cn(x − a)n
y
∞
X
n=N
x − a
x1 − a
n
se tiene la convergencia de la primera de ellas, lo que implica la convergencia absoluta de la
serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
.
2. Sea x ∈ R tal que
|x − a| |x2 − a|.
Razones por reducción al absurdo. Supongamos que la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge. Pero,
entonces, aplicando la primera parte de este teorema, la serie
∞
X
n=0
cn(x2 − a)n
debe converger
absolutamente, lo que es contrario a la hipótesis que enunciamos.
Podemos ahora demostrar el siguiente teorema.
Teorema 5.20 (Convergencia de series de potencias)
Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn)n≥0 ∈ R∞
. Entonces una sola de las tres propiedades
siguientes tiene lugar:
(I) La serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge si y solo si x = a.

177. 5.16 Series de potencias 171
(II) La serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge absolutamente para todo x ∈ R, y se dice que el radio
de convergencia de la serie es infinito.
(III) Existe R 0, llamado radio de convergencia de la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
, tal que la serie
converge absolutamente si |x− a| R, y diverge si |x− a| R. Para x ∈ {a− R, a+ R},
la serie puede ser convergente o divergente.
Demostración. Si x = a, la serie converge obviamente. Hay dos casos excluyentes mutuamente: o
bien para todo x 6= a, la serie diverge, y tiene lugar la propiedad (I); o bien existe x1 6= a tal
que la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge y, por el lema, la serie convergerá para todo x ∈ R tal que
|x − a| |x1 − a|. En este caso hay, a su vez, dos opciones excluyentes mutuamente.
1. Primera opción. No existe x2 ∈ R tal que la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
diverge. En este caso, se
cumpliría la propiedad (II), porque para todo x ∈ R se aplicaría la primera parte del lema con
un x1 adecuado.
2. Segunda opción. Existe x2 ∈ R tal que la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
diverge. Por la segunda parte
del lema, se tiene, poniendo ρ = |x2 − a| 0, que:
{x ∈ R :
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge} ⊂ [a − ρ, a + ρ],
y por la primera parte del lema, ρ es una cota superior del conjunto
Ω = {|x − a| :
∞
X
n=0
cn(x − a)n
converge absolutamente}.
Si tomamos R = sup Ω, con este valor R, la serie cumple, entonces, la propiedad (III). Nótese
que R ∞, porque Ω está acotado por arriba y R 0, porque |x1 − a| ∈ Ω, y, obviamente,
0 |x1 − a| ≤ R.
Para el cálculo del intervalo de convergencia, se puede usar el siguiente lema.
Lema 5.4 (Fórmula de la razón para el radio de convergencia)
Si R = lı́m
n→∞
cn
cn+1
existe o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
n=0
cn(x − a)n
.
Demostración.
1. Supongamos que lı́m
n→∞
cn
cn+1
= R ∞, con R 0. Sea x ∈ R tal que |x − a| R.
Aplicamos el criterio general de la razón a la serie
∞
X
n=0
an con an = cn(x − a)n
:
L = lı́m
n→∞
an+1
an
= lı́m
n→∞
cn+1(x − a)n+1
cn(x − a)n

178. 172 Sucesiones y series
= lı́m
n→∞
cn+1
cn
|x − a|
=
|x − a|
lı́m
n→∞
cn
cn+1
=
|x − a|
R
1,
por lo que la serie converge absolutamente.
2. Si lı́m
n→∞
cn
cn+1
= +∞ para todo x ∈ R, al calcular L se obtiene
L = lı́m
n→∞
|an+1|
|an|
=
|x − a|
lı́m
n→∞
cn
cn+1
= 0 1,
por lo que la serie converge absolutamente.
3. Si R = 0 y |x − a| 0, el mismo criterio de la razón, puesto que
L = lı́m
n→∞
|an+1|
|an|
=
|x − a|
lı́m
n→∞
cn
cn+1
= +∞,
nos indica que la serie
∞
X
n=0
an(x − a)n
diverge.
De manera similar, del Criterio General de la Raíz se obtiene que si R = 1
lı́m
n→∞
n
È
|cn|
existe o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
n=0
cn(x − a)n
.
Ejemplo 5.63
1. Halle el intervalo de convergencia de la serie
∞
X
k=0
(2x + 5)k
3k(k + 2)2
.
Como
(2x + 5)k
3k(k + 2)2
=
2k
3k(k + 2)2
x − (−
5
2
)
k
,
poniendo ck =
2k
3k(k + 2)2
y a = −5
2
, vemos que se trata de una serie de potencias.
Por otra parte
R = lı́m
n→∞
cn
cn+1
= lı́m
k→∞
2k
3k(k+2)2
2k+1
3k+1(k+3)2
=
3
2
lı́m
k→∞
k + 3
k + 2
2
=
3
2
,
por lo que la serie converge absolutamente en el intervalo ] − 5
2
− 3
2
, −5
2
+ 3
2
[ = ] − 4, −1[.
Queda por determinar la convergencia para x = −4 y x = −1.
Para x = −4:
∞
X
k=0
(2x + 5)k
3k(k + 2)2
=
∞
X
k=0
(−1)k 1
(k + 2)2
,

179. 5.17 Ejercicios 173
que converge por el criterio de las series alternantes.
Para x = −1:
∞
X
k=0
(2x + 5)k
3k(k + 2)2
=
∞
X
k=0
1
(k + 2)2
.
Esta serie converge, porque se la puede comparar en el límite con la serie convergente
∞
X
k=0
1
k2
.
En síntesis, el intervalo de convergencia de la serie
∞
X
k=0
(2x + 5)k
3k(k + 2)2
es [−4, −1].
2. Halle el intervalo de convergencia de la serie
∞
X
k=0
xk
k!
.
Aquí, a = 0, ck = 1
k!
y
R = lı́m
n→∞
cn
cn+1
= lı́m
n→∞
1
n!
1
(n+1)!
= lı́m
n→∞
(n + 1) = +∞,
por lo que la serie converge absolutamente para todo x. A su límite se le nota exp(x). Es decir
exp: x 7→ exp(x) =
∞
X
k=0
xk
k!
.
es una función definida para todo x ∈ R.
Aplicando a esta serie el lema (condición necesaria de convergencia de una serie), se tiene,
puesto que converge absolutamente, que
lı́m
n→∞
|x|k
k!
= 0.
5.17 Ejercicios
1. Halle el intervalo de convergencia de la serie
dada.
(a)
∞
X
k=1
(−1)k
k + 1
(x + 1)k
.
(b)
∞
X
k=1
(x − 3)k
k2
.
(c)
∞
X
k=1
(2x + 1)k
k
.
(d)
∞
X
k=1
(x + 3)k
k3
.
(e)
∞
X
k=1
(−1)k (x + 2)k
√
k + 1
.
(f)
∞
X
k=1
(−1)k+1
2k
(x + 1)k
.
(g)
∞
X
k=1
k + 1
(k + 2)2
(x + 3)k
.
(h)
∞
X
k=1
(−1)k (3x + 2)k
k!
.
(i)
∞
X
k=1
(x + 1)k
ln(k + 1)
.
(j)
∞
X
k=1
(−1)k
(x + 2)k
k ln k
.
(k)
∞
X
k=1
(−1)k k(4 − x)k
23k
.
(l)
∞
X
k=1
(−3x + 2)k
k(k + 2)
.
(m)
∞
X
k=1
2k!
1 × 3 × 5 × · · · × (2k + 1)
2x + 3
5
k
.

180. 174 Sucesiones y series
2. Halle los valores de x ∈ R para los cuales la
serie dada converge.
(a)
∞
X
k=1
1
(x3)k
.
(b)
∞
X
k=1
x + 1
x + 3
k
.
(c)
∞
X
k=1
1
k2
x
x + 1
k
.
(d)
∞
X
k=1
(k + 1)!
(kx)k
.
(e)
∞
X
k=1
2kx
.
(f)
∞
X
k=1
k!e−kx2
.
5.18 Derivación e Integración de Series de Potencias
Dados a ∈ R y (cn)n≥0 ∈ R∞
, si ponemos s(x) =
∞
X
n=0
cn(x − a)n
, la función s: R → R está
definida en el intervalo de convergencia de la serie. Resulta que si R ∈ ]0, ∞[ o R = +∞
es el radio de convergencia de la serie, la función s es derivable en ]a − R, a + R[ o en R,
respectivamente, y su derivada se puede obtener como el límite de la serie obtenida derivando
término por término la serie
∞
X
n=0
cn(x − a)n
.
Para la integración de s se tiene un resultado análogo.
Teorema 5.21 (Derivación de una Serie de Potencias)
Si el radio de convergencia de la serie de potencias
∞
X
n=0
cn(x − a)n
es R ∈ ]0, ∞[ o +∞, y si
s(x) =
∞
X
n=0
cn(x − a)n
, la función s es derivable, y por ende continua, en en ] − R, +R[ o en R,
respectivamente y s′
(x) =
∞
X
k=1
kck(x − a)k−1
.
Y también el siguiente corolario.
Corolario 5.22
La función s tiene derivadas de todos los órdenes en ]a − R, a + R[.
En vez de una demostración formal de este teorema, notemos que si, por ejemplo, hemos
podido calcular el radio de convergencia R de la serie
∞
X
k=0
ck(x − a)k
mediante la fórmula
R = lı́m
n→∞
cn
cn+1
,
como
∞
X
k=1
kck(x − a)k−1
=
∞
X
n=0
(n + 1)cn+1(x − a)n
(con el cambio de variable n = k − 1) podemos calcular el radio de convergencia R′
de la
serie
P∞
k=1 kck(x − a)k−1
como:
R′
= lı́m
n→∞
(n + 1)cn+1
(n + 2)cn+2
= lı́m
n→∞
cn+1
cn+2
= R.

181. 5.18 Derivación e Integración de Series de Potencias 175
¡Los radios de convergencia de las dos series coinciden!
Análogamente, y utilizando el teorema precedente, se obtiene el siguiente teorema.
Teorema 5.23 (Integración de Series de Potencias)
Si s(x) =
∞
X
k=0
ck(x − a)k
, entonces
Z s(x) dx =
∞
X
k=0
ck
k + 1
(x − a)k+1
+ C,
Z β
α
s(x) dx =
∞
X
k=0
ck
(β − a)k+1
− (α − a)k+1
k + 1
,
donde [α, β] es subconjunto del intervalo de convergencia.
Ejemplo 5.64
Utilizando los teoremas precedentes halle series de potencias que converjan hacia:
(a)
1
(1 + x)2
,
(b) ln(1 + x),
(c) arctan x,
para x ∈ ] − 1, 1[.
Conocemos que si |r| 1 se tiene la convergencia de la serie geométrica
∞
X
k=0
ark
=
a
1 − r
Poniendo a = 1, r = −x, con x ∈ ] − 1, 1[, tenemos
1
1 − (−x)
=
∞
X
k=0
1(−x)k
,
por lo que
1
1 + x
=
∞
X
k=0
(−1)k
xk
(5.19)
para todo x ∈ ] − 1, 1[.
Como entonces x2
∈ [0, 1[, se puede sustituir x por x2
y obtenemos
1
1 + x2
=
∞
X
k=0
(−1)k
x2k
(5.20)
para todo x ∈ ] − 1, 1[.
1. Derivando (5.19) obtenemos, gracias al teorema de derivación de series de potencias, que
−1
(1 + x)2
=
∞
X
k=1
(−1)k
kxk−1
=
∞
X
n=0
(−1)n+1
(n + 1)xn
(5.21)
(donde hicimos el cambio de variable n = k − 1).

182. 176 Sucesiones y series
Cambiando de signo en (5.21) se obtiene finalmente
1
(1 + x)2
=
∞
X
n=0
(−1)n
(n + 1)xn
(5.22)
para todo x ∈ ] − 1, 1[.
Derivando (5.22) las veces que sea necesario, se obtienen series que convergen hacia 1
(1+x)n
para todo n ≥ 3.
2. Integrando cada lado de (5.19), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ] − 1, 1[ se
obtiene
Z x
0
dt
1 + t
=
Z x
0
∞
X
k=0
(−1)k
tk
dt =
∞
X
k=0
(−1)k
Z x
0
tk
dt =
∞
X
k=0
(−1)k xk+1
k + 1
.
Como con el cambio de variable n = k + 1 se obtiene
∞
X
k=1
(−1)k xk+1
k + 1
=
∞
X
n=0
(−1)n+1 xn
n
,
y como Z x
0
dt
1 + t
= ln(1 + x),
se tiene que
ln(1 + x) =
∞
X
n=0
(−1)n+1
n
xn
= x −
x2
2
+
x3
3
− · · · (5.23)
para todo x ∈ ] − 1, 1[.
3. Integrando la igualdad (5.20), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ]−1, 1[ se obtiene:
Z x
0
dt
1 + t2
=
Z x
0
∞
X
k=0
(−1)k
t2k
dt =
∞
X
k=0
(−1)k
Z x
0
t2k
dt =
∞
X
k=0
(−1)k x2k+1
2k + 1
,
de donde, puesto que Z x
0
dt
1 + t2
= arctan x,
se obtiene:
arctan x =
∞
X
k=0
(−1)k
(2k + 1)
x2k+1
= x −
x3
3
+
x5
5
−
x7
7
+ · · · (5.24)
para todo x ∈ ] − 1, 1[.
Las series que obtuvimos en estos ejemplos son series alternantes para las cuales se conoce
el error de aproximar el límite de la serie con sus sumas parciales (véase el teorema del error
para las series alternantes). Gracias a ello se pueden obtener aproximaciones, con la precisión
que se desee, de las expresiones indicadas para x ∈ ] − 1, 1[.
Ejemplo 5.65
Obtener una aproximación de arctan(0.2) con tres cifras decimales exactas.
Por (5.24) con x = 0.2, tenemos que
arctan(0.2) =
∞
X
k=0
(−1)k
2k + 1
(0.2)2k+1
=
∞
X
k=0
(−1)k
ak, con ak =
(0.2)2k+1
2k + 1
.
Sabemos que
arctan(0.2) −
∞
X
k=0
(−1)k
2k + 1
(0.2)2k+1
(0.2)2n+3
2n + 3
= an+1.
Calculemos algunos valores de an+1:

183. 5.19 Ejercicios 177
n an+1
0 (0.2)3
3
≈ 0.002666
1 (0.2)5
5
≈ 0.000064
2 (0.2)7
7
≈ 0.000001
Vemos que con n = 1 se tiene la precisión deseada, por lo que aproximamos arctan(0.2) con
1
X
k=0
(−1)k
ak = 0.2 −
(0.2)3
3
≈ 0.1973.
Así:
arctan(0.2) ≈ 0.1973.
5.19 Ejercicios
1. Escriba la f(x) dada como una serie de po-
tencias y halle el correspondiente intervalo de
convergencia.
(a) f(x) =
2
3 − x
.
(b) f(x) =
3
(x + 1)2
.
(c) f(x) =
7
5 − 2x
.
(d) f(x) =
3
4 + 5x
.
(e) f(x) = ln(1 + 3x).
(f) f(x) = arctan
x
2
.
(g) f(x) = ln(1 + x2
).
(h) f(x) =
Z x
0
ln(1 + 2t2
)dt.
(i) f(x) =
Z 2
o
arctan tdt.
2. Halle el domino de la función f para f(x) da-
da.
(a) f(x) =
∞
X
k=1
(−1)k (x + 2)k
k2k+1
.
(b) f(x) =
∞
X
k=1
(3x + 2)k
(k + 1)!
.
3. Sea f(x) =
∞
X
k=0
xk
k!
.
(a) Pruebe que f′
= f y que f(0) = 1.
(b) Deduzca de ello la relación de f con la
función exp: R −→ R.
(c) Represente como serie de potencias las
funciones g y h, si g(x) = e−x+1
y h(x) =
ex/2
.
(d) Aproxime los números siguientes con
tres cifras decimales exactas: 1/e, 1/
√
e,
Z 1
0
e−x2/2
dx y arctan 0.1.
5.20 Series de Taylor y de Maclaurin
Dados a ∈ R y (cn) ∈ R∞
, hemos visto que se puede definir una función
s: R → R, x 7→ s(x) =
∞
X
k=0
ck(x − a)k
,
cuyo dominio de definición es el intervalo de convergencia de la serie. En los ejemplos prece-
dentes vimos que esta función puede ser dada por expresiones algebraicas, trigonométricas,
logarítmicas, etc. conocidas. En estos casos se dice que s(x) está representada por la serie
de potencias
∞
X
k=0
ck(x − a)k
, o que la serie de potencias
∞
X
k=0
ck(x − a)k
representa a s(x). Así,
por ejemplo, ln x está representada por la serie
∞
X
k=1
(−1)k+1
k
xk
.

184. 178 Sucesiones y series
Notemos que si
s(x) =
∞
X
k=0
ck(x − a)k
(5.25)
por el teorema de la derivación de series de potencias obtenemos derivando (5.25) varias
veces:
s′
(x) =
∞
X
k=1
ckk(x − a)k−1
,
s′′
(x) =
∞
X
k=2
ckk(k − 1)(x − a)k−2
,
s′′′
(x) =
∞
X
k=3
ckk(k − 1)(k − 2)(x − a)k−3
, etc.
Evaluando estas expresiones para x = a, se obtiene
s(a) = c0, s′
(a) = c1, s′′
(a) = 2c2, s′′′
(a) = 3 · 2c3, etc.
y, en general,
s(n)
(a) = n!cn, ∀n ≥ 0,
de donde
cn =
s(n)
(a)
n!
∀n ≥ 0 (5.26)
donde hemos notado s(0)
(x) = s(x).
Hemos obtenido así una expresión para los coeficientes ck ¡en función de las derivadas de
la función s, evaluados en a! Podemos entonces escribir que
s(x) =
∞
X
k=0
s(k)
(a)
k!
(x − a)k
(5.27)
la cual es válida en el intervalo ]a − R, a + R[, donde R es el radio de convergencia de la serie
de potencias, o en R si este radio es +∞. La serie de (3) se llama serie de Taylor de s en a,
y cuando a = 0, es decir, si
s(x) =
∞
X
k=0
s(k)
(0)
k!
xk
(5.28)
se llama serie de Maclaurin de s.
Es importante observar que en (5.27) y (5.28) la función s está definida como el límite de
una serie de potencias previamente dada, por lo cual la función s es infinitamente derivable
en ]a − R, a + R[ o en R, según sea el caso.
Se plantea naturalmente el problema inverso: dada una función f : I 7→ R, infinitamen-
te derivable en un intervalo abierto I que contenga un número a ∈ R, se puede obtener
análogamente a (5.27) la serie de Taylor de f en a siguiente:
∞
X
k=0
ck(x − a)k
=
∞
X
k=0
fk
(a)
k!
(x − a)k
, (5.29)
con
ck =
fk
(a)
k!
∀k ∈ N ∪ {0} (5.30)

185. 5.20 Series de Taylor y de Maclaurin 179
Esta serie, como cualquier otra, tendrá su correspondiente intervalo de convergencia de la
forma ]a − R, a + R[ o R, en el cual estará definida la función s: R 7→ R, dada por:
s(x) =
∞
X
k=0
ck(x − a)k
=
∞
X
k=0
fk
(a)
k!
(x − a)k
, (5.31)
Como
ck =
sk
(a)
k!
∀k ≥ 0, (5.32)
surge la obvia pregunta ¿qué relación hay entre s(x) y f(x), para los valores de x en que
ambas expresiones tienen sentido? Es decir,
¿s(x) = f(x)? (5.33)
Curiosamente, la respueste ¡no siempre es afirmativa! a pesar de que por (5.30) y (5.32)
sk
(a) = fk
(a) ∀k ≥ 0, (5.34)
¡no siempre se tiene la identidad (5.33)! Veámoslo con un ejemplo. Sea f(x) = e−1/x2
si x 0
y f(x) = 0 si x ≤ 0. Se puede ver que para todo k ≥ 0, f(k)
(0) = 0, por lo tanto
s(x) =
∞
X
k=0
f(k)
(0)
k!
xk
= 0 ∀x ∈ R
Obviamente, para todo x 0: 0 = s(x) 6= f(x) 6= 0. Es decir que f(x) no está representada
por su serie de Taylor, en este caso.
Sin embargo en muchos casos, para funciones que usualmente se presentan en la práctica,
la correspondiente serie de Taylor o de Maclaurin ¡sí las representa!
Veamos un resultado que nos permite hallar una condición suficiente para que una función
sea representada por una serie de Taylor.
Teorema 5.24 (de Taylor)
Sean a ∈ R, R 0, n ≥ 0 y f : R → R una función n + 1 veces derivable en ]a − R, a + R[.
Entonces
f(x) = Pn(x) + Rn(x) ∀x ∈ ]a − R, a + R[,
donde
Pn(x) =
n
X
k=0
f(k)
(a)
k!
(x − a)k
, (5.35)
es el polinomio de Taylor de grado n de f en a, y
Rn(x) =
f(n+1)
(cx)
(n + 1)!
(x − a)n+1
, (5.36)
donde cx es un número comprendido entre a y x.
A Rn(x)se le llama residuo y (5.36) es la forma de Lagrange de este residuo.
Omitiremos la demostración aquí, pero hacemos notar que los Pn(x) son justamente las
sumas parciales de la serie de Taylor de f en a, si f es infinitamente derivable. Como
n
X
k=0
f(k)
(a)
k!
(x − a)k
= Pn(x) = f(x) − Rn(x) ∀n ≥ 0 (5.37)

186. 180 Sucesiones y series
tomando el lı́m
n→∞
se tiene que
s(x) = f(x) − lı́m
n→∞
Rn(x). (5.38)
Vemos que f será representada por su serie de Taylor si ¡el límite de (5.38) es 0!
Tenemos, pues, el siguiente teorema.
Teorema 5.25 (de la representación de una función por su serie de Taylor)
Sean a ∈ R, R 0 y f : R → R una función infinitamente derivable en ]a − R, a + R[.
Si lı́m
n→∞
Rn(x) = 0 para todo x ∈ ]a − R, a + R[, entonces
f(x) =
∞
X
k=0
f(k)
(a)
k!
(x − a)k
. (5.39)
En ejercicios prácticos para probar la condición
lı́m
n→∞
Rn(x) = 0 ∀x ∈ ]a − R, a + R[ (5.40)
es muy útil saber que
lı́m
k→∞
|x|k
k!
= 0 ∀x ∈ R, (5.41)
resultado que obtuvimos como la condición necesaria de la convergencia de la serie
∞
X
k=0
xk
k!
cuyo intervalo de convergencia es todo R.
Ejemplo 5.66
¿Répresenta a ln x su serie de Taylor en 1? Sea f(x) = ln x. Entonces
f′
(x) = x−1
, f′′
(x) = −1x−2
, f′′
(x) = 1 · 2x−3
, . . . , f(k)
(x) = (−1)(k−1)
(k − 1)!x−k
∀k ≥ 1.
Por lo que
f(1) = 0, f′
(1) = 1, f′′
(1) = −1, f′′′
(1) = 1 · 2, . . . , f(k)
(1) = (−1)(k−1)
(k − 1)! ∀k ≥ 1.
La serie de Taylor de ln x en 1 es
s(x) =
∞
X
k=0
ck(x − 1)k
=
∞
X
k=1
(−1)k−1
k
(x − 1)k
, con ck =
(−1)k−1
k
∀k ≥ 1.
Se puede ver (por ejemplo, con la fórmula de la razón) que R = 1 y que el intervalo de convergencia
es ]0, 2].
Para x ∈ [1, 2] probemos que lı́m
n→∞
|Rn(x)| = 0.
Como f(n+1)
(x) = (−1)n
n!x−n−1
,
|Rn(x)| = (−1)n
n!c−n−1
x
(x − 1)n+1
(n + 1)!
=
1
n + 1
x − 1
cx
n+1
, con cx ∈ ]1, x[.
Por otra parte:
x ∈ [1, 2] ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ 0 ≤ x − 1 ≤ 1 cx x ⇒ 0 ≤
x − 1
cx
1.
Entonces
0 ≤ |Rn(x)| =
1
n + 1
x − 1
cx
∀n ≥ 1, con
x − 1
cx
1.

187. 5.21 Ejercicios 181
Tomando lı́mn→∞, el teorema del “sandwich” nos da entonces que
lı́m
n→∞
|Rn(x)| = 0.
En el caso x ∈ ]0, 1[ se prueba también esta última igualdad por lo que la serie de Taylor en 1
realmente representa a ln x en ]0, 2]. Es decir
ln x =
∞
X
k=1
(−1)k+1
k
(x − 1)k
.
La siguiente es una lista de algunas funciones cuyas series de Maclaurin las representan
en los intervalos dados:
ex
=
∞
X
k=0
1
k!
xk
, x ∈ R,
sen x =
∞
X
k=0
(−1)k
(2k + 1)!
x2k+1
, x ∈ R,
cos x =
∞
X
k=0
(−1)k
(2k)!
x2k
, x ∈ R,
ln(x + 1) =
∞
X
k=1
(−1)k+1
k
xk
, x ∈ ] − 1, 1].
A manera de ejercicio, pruebe que en estos ejemplos las series de Maclaurin representan
a las funciones dadas en los intervalos indicados.
5.21 Ejercicios
1. Halle la serie de Maclaurin de la f(x) dada.
(a) f(x) =
1
3 − x
.
(b) f(x) =
1
1 + 3x
.
(c) f(x) = ln(1 + 3x).
(d) f(x) = cos x.
(e) f(x) = sen(3x).
(f) f(x) = ex
.
(g) f(x) = e−x
.
(h) f(x) = ex
+ e−x
.
(i) f(x) = ex
− e−x
.
2. Halle la serie de Taylor de la f(x) dada en el
a dado.
(a) f(x) =
1
1 + 2x
, a = 2.
(b) f(x) =
√
x, a = 1.
(c) f(x) = sen x, a = pi/6.
(d) f(x) = cos x, a = π/4.
(e) f(x) = ln(x − 1), a = 3.
(f) f(x) = ln(x + 1), a = 1.
(g) f(x) = ex
, a = 2.
(h) f(x) = e−3x
, a = 1.
3. Halle tres términos no nulos de la serie de Ma-
claurin de la f(x) dada.
(a) f(x) = arctan x.
(b) f(x) = cos x.
(c) f(x) = ln(1 + 2x).
4. Halle la serie de Maclaurin de la f(x) dada
teniendo en cuenta las series conocidas de las
funciones elementales.
(a) f(x) = e−x3
.
(b) f(x) = x3
e−2x
.
(c) f(x) = x2
sen x.
(d) f(x) = ln(1 − x2
).
(e) f(x) = ln(sen x + 1).
(f) f(x) = sen x + sec2
x.
(g) f(x) = ln
2 + x
2 − x
.

188. 182 Sucesiones y series
5. Usando series indique cómo se pueden apro-
ximar los números dados.
(a) sen 44◦
.
(b) cos 59◦
.
(c) e0.1
.
(d)
Z 1
0
sen x
x
dx.
5.22 Serie Binomial
Definición 5.5
Dado un numero r ∈ R a la serie de potencias
sr(x) =
∞
X
n=0
bk(r)
k!
xk
, (5.42)
donde b0(r) = 1, b1(r) = r, b2(r) = r(r − 1), y para todo k ≥ 2, bk(r) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r −
k + 1) , se llama serie binomial.
El nombre viene dado teniendo en cuenta que, por la fórmula del binomio de Newton, se
tiene
(1 + x)j
= 1 + jx +
j(j − 1)
2!
x2
+ · · ·+
j(j − 1) · · · (j − k + 1)
k!
xk
+ · · · = 1 + jx +
j
X
k=2
bk(j)
k!
xk
.
Esta suma tiene j + 1 términos y lo mismo sucede con la serie binomial si r = j ∈ N.
Se tiene el siguiente resultado.
Teorema 5.26 (de la serie binomial)
Para todo número real r la serie binomial converge si |x| 1, diverge si |x| 1 y representa a
la función f dada por f(x) = (1 + x)r
. Es decir:
|x| 1 ⇒ (1 + x)r
=
∞
X
k=0
bk(r)
k!
xk
, (5.43)
donde
b0(r) = 1, b1(r) = r y ∀k ≥ 2 bk(r) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − k + 1). (5.44)
Demostración. Se calcula el radio de convergencia R con la fórmula de la razón y se obtiene R = 1.
Dejamos al lector, como ejercicio, probar que la serie realmente representa a f en ] − 1, 1[.
Ejemplo 5.67
Hallar una representación como serie de potencias para 3
√
1 + x, si |x| 1. Aplicamos (5.43) con
r = 1/3:
3
√
1 + x = (1 + x)1/3
= 1 +
1
3
x +
1
3
1
3
− 1
2!
x2
+
1
3
1
3
− 1
1
3
− 2
3!
x3
+
+ · · · +
1
3
1
3
− 1
1
3
− 2
· · · 1
3
− k + 1
k!
xk
+ · · ·

189. 5.23 Ejercicios 183
5.23 Ejercicios
1. Halle tres términos de una serie de potencias
para la f(x) dada.
(a) f(x) =
3
p
1 + x2.
(b) f(x) =
√
4 − x.
(c) f(x) =
p
3 − x2.
(d) f(x) = (2 + x)3/2
.
(e) f(x) =
x
(3 + x)2
.
(f) f(x) =
x3
(2 − x2)3
.
2. Aproximar los números dados con tres cifras
decimales exactas.
(a)
3
√
1.02.
(b)
1
√
1.1
.
(c) arc sen(0.2). Use el hecho de que
arc sen x =
Z x
0
dt
√
1 − t2
.
(d)
Z 0.1
0
p
1 + x2dx.
(e)
Z 1/4
0
3
p
1 + x2dx.

190. Apéndice A
Tablas de integración
A.1 Fórmulas básicas
1.
R
u dv = uv −
R
v du
2.
Z
un
du =
1
n + 1
un+1
+ C, n 6= −1
3.
Z
du
u
= ln |u| + C
4.
Z
eu
du = eu
+ C
5.
Z
sen u du = − cosu + C
6.
Z
cos u du = sen u + C
7.
Z
sec2
u du = tan u + C
8.
Z
csc2
u du = − cotu + C
9.
Z
sec u tan u du = sec u + C
10.
Z
csc u cot u du = − csc u + C
11.
Z
tan u du = ln | sec u| + C
12.
Z
cot u du = ln | sen u| + C
13.
Z
sec u du = ln | sec u + tan u| + C
14.
Z
csc u du = ln | csc u − cot u| + C
15.
Z
du
√
a2 − u2
= sen−1 u
a
+ C
16.
Z
du
√
a2 + u2
=
1
a
tan−1 u
a
+ C
17.
Z
du
u
√
u2 − a2
=
1
a
sec−1 u
a
+ C
18.
Z
du
a2 − u2
=
1
2a
ln
u + a
u − a
+ C
19.
Z
du
u2 − a2
=
1
2a
ln
u − a
u + a
+ C
A.2 Fórmulas en las que interviene
√
a2 + u2
1.
Z
p
a2 + u2 du =
u
2
p
a2 + u2 +
a2
2
ln u +
p
a2 + u2 + C
2.
Z
u2
p
a2 + u2 du =
u
8
(a2
+ 2u2
)
p
a2 + u2 −
a4
8
ln u +
p
a2 + u2 + C
3.
Z √
a2 + u2
u
du =
p
a2 + u2 − a ln
a +
√
a2 + u2
u
+ C

191. 186 Tablas de integración
4.
Z √
a2 + u2
u2
du = −
√
a2 + u2
u
+ ln u +
p
a2 + u2 + C
5.
Z
du
√
a2 + u2
= ln u +
p
a2 + u2 + C
6.
Z
u2
du
√
a2 + u2
=
u
2
p
a2 + u2 −
a2
2
ln u +
p
a2 + u2 + C
7.
Z
du
u
√
a2 + u2
= −
1
a
ln
√
a2 + u2 + a
u
+ C
8.
Z
du
u2
√
a2 + u2
= −
√
a2 + u2
a2u
+ C
9.
Z
du
(a2 + u2)3/2
=
u
a2
√
a2 + u2
+ C
A.3 Fórmulas en las que interviene
√
a2 − u2
1.
Z
p
a2 − u2 du =
u
2
p
a2 − u2 +
a2
2
sen−1 u
a
+ C
2.
Z
u2
p
a2 − u2 du =
u
8
(2u2
− a2
)
p
a2 − u2 +
a4
8
sen−1 u
a
+ C
3.
Z √
a2 − u2
u
du =
p
a2 − u2 − a ln
a +
√
a2 − u2
u
+ C
4.
Z √
a2 − u2
u2
du = −
1
u
p
a2 − u2 − sen−1 u
a
+ C
5.
Z
u2
du
√
a2 − u2
= −
u
2
p
a2 − u2 +
a2
2
sen−1 u
a
+ C
6.
Z
du
u
√
a2 − u2
= −
1
a
ln
a +
√
a2 − u2
u
+ C
7.
Z
du
u2
√
a2 − u2
= −
1
a2u
p
a2 − u2 + C
8.
Z
(a2
− u2
)3/2
du = −
u
8
(2u2
− 5a2
)
p
a2 − u2 +
3a4
8
sen−1 u
a
+ C
9.
Z
du
(a2 − u2)3/2
=
u
a2
√
a2 − u2
+ C
A.4 Fórmulas en las que interviene
√
u2 − a2
1.
Z
p
u2 − a2 du =
u
2
p
u2 − a2 −
a2
2
ln u +
p
u2 − a2 + C
2.
Z
u2
p
u2 − a2 du =
u
8
(2u2
− a2
)
p
u2 − a2 −
a4
8
ln u +
p
u2 − a2 + C

192. A.5 Fórmulas con las funciones trigonométricas 187
3.
Z √
u2 − a2
u
du =
p
u2 − a2 − a cos−1 a
u
+ C
4.
Z √
u2 − a2
u2
du = −
√
u2 − a2
u
+ ln u +
p
u2 − a2 + C
5.
Z
du
√
u2 − a2
= ln u +
p
u2 − a2 + C
6.
Z
u2
du
√
u2 − a2
=
u
2
p
u2 − a2 +
a2
2
ln u +
p
u2 − a2 + C
7.
Z
du
u2
√
u2 − a2
=
√
u2 − a2
a2u
+ C
8.
Z
du
(u2 − a2)3/2
= −
u
a2
√
u2 − a2
+ C
A.5 Fórmulas con las funciones trigonométricas
1.
Z
sen2
u du =
1
2
u −
1
4
sen 2u + C
2.
Z
cos2
u du =
1
2
u +
1
4
sen 2u + C
3.
Z
tan2
u du = tan u − u + C
4.
Z
cot2
u du = − cot u − u + C
5.
Z
sen3
u du = −
1
3
(2 + sen2
u) cos u + C
6.
Z
cos3
u du =
1
3
(2 + cos2
u) sen u + C
7.
Z
tan3
u du =
1
2
tan2
u + ln | cos u| + C
8.
Z
cot3
u du = −
1
2
cot2
u − ln | sen u| + C
9.
Z
sec3
u du =
1
2
sec u tan u +
1
2
ln | sec u + tan u| + C
10.
Z
csc3
u du = −
1
2
csc u cot u +
1
2
ln | csc u − cot u| + C
11.
Z
senn
u du = −
1
n
senn−1
u cosu +
n − 1
n
Z
senn−2
u du
12.
Z
cosn
u du =
1
n
cosn−1
u sen u +
n − 1
n
Z
cosn−2
u du
13.
Z
tann
u du =
1
n − 1
tann−1
u −
Z
tann−2
u du

193. 188 Tablas de integración
14.
Z
cotn
u du = −
1
n − 1
cotn−1
u −
Z
cotn−2
u du
15.
Z
secn
u du =
1
n − 1
tan u secn−2
u +
n − 2
n − 1
Z
secn−2
u du
16.
Z
cscn
u du = −
1
n − 1
cot u cscn−2
u +
n − 2
n − 1
Z
cscn−2
u du
17.
Z
sen au senbu du =
sen(a − b)u
2(a − b)
−
sen(a + b)u
2(a + b)
+ C
18.
Z
cos au cosbu du =
sen(a − b)u
2(a − b)
+
sen(a + b)u
2(a + b)
+ C
19.
Z
sen au cosbu du = −
cos(a − b)u
2(a − b)
−
cos(a + b)u
2(a + b)
+ C
20.
Z
u sen u du = sen u − u cos u + C
21.
Z
u cosu du = cos u + u sen u + C
22.
Z
un
sen u du = −un
cos u + n
Z
un−1
cos u du
23.
Z
un
cos u du = −un
sen u − n
Z
un−1
sen u du
24.
Z
senn
u cosm
u du = −
senn−1
u cosm+1
u
n + m
+
n − 1
n + m
Z
senn−2
u cosm
u du
= senn+1
u cosm−1
u
n+m + m−1
n+m
R
senn
u cosm−2
u du
25.
Z
du
1 − sen au
=
1
a
tan
π
4
+
au
2
+ C
26.
Z
du
1 + sen au
= −
1
a
tan
π
4
−
au
2
+ C
27.
Z
u du
1 − sen au
=
u
a
tan
π
4
+
au
2
+
2
a2
ln | sen
π
4
−
au
2
| + C
A.6 Fórmulas con funciones exponenciales y logarítmicas
1.
Z
ueau
du =
1
a2
(u − 1)eau
+ C
2.
Z
un
eau
du =
1
a
un
eau
−
n
a
Z
un−1
eau
du
3.
Z
eau
sen bu du =
eau
a2 + b2
(a sen bu − b cosbu) + C
4.
Z
eau
cos bu du =
eau
a2 + b2
(a cos bu + b sen bu) + C
5.
Z
ln u du = u ln u − u + C

194. A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas 189
6.
Z
1
u ln u
du = ln |ln u| + C
7.
Z
un
ln u du =
un+1
(n + 1)2
{(n + 1) ln u − 1} + C
8.
Z
um
lnn
u du =
um+1
lnn
u
m + 1
−
n
m + 1
Z
um
lnn−1
u du, m 6= −1
9.
Z
ln(u2
+ a2
) du = u ln(u2
+ a2
) − 2u + 2a tan−1 u
a
+ C
10.
Z
ln |u2
− a2
| du = u ln |u2
− a2
| − 2u + a ln
u + a
u − a
+ C
11.
Z
du
a + beu
=
u
a
−
1
a
ln |a + beu
| + C
A.7 Fórmulas con funciones hiperbólicas
1.
Z
senh u du = cosh u + C
2.
Z
cosh u du = senh u + C
3.
Z
tanh u du = ln cosh u + C
4.
Z
coth u du = ln | senh u| + C
5.
Z
sech u du = tan−1
| senh u| + C
6.
Z
csch u du = ln | tanh
1
2
u| + C
7.
Z
sech2
u du = tanh u + C
8.
Z
csch2
u du = − coth u + C
9.
Z
sech u tanh u du = − sech u + C
10.
Z
csch u coth u du = − csch u + C

195. Índice alfabético
área, 71
de superficies de revolución, 90
de una figura plana, 73
aceleración de un punto, 100
Arquímedes, 29
Cálculo de volúmenes, 75
de sólidos de revolución
por arandelas, 80
por cortezas, 81
por elementos de sección, 78
por rodajas, 78
centro de gravedad, 108
centroide, 114
cilindro recto, 75
criterio
de Cauchy, 143
de comparación, 156
de comparación en el límite, 157
de la raíz, 165
de las series alternantes, 162
integral, 154
densidad
de área, 98
longitudinal, 98
volumétrica, 98
diferencial, 4
distancia dirigida, 111
error de aproximación, 166
esperanza matemática, 95
fórmula
integración por partes, 14
figura
tipo I, 74, 76
tipo II, 74, 76
forma
de Lagrange, 181
diferencial, 4
funcional, 2, 4
fracción
elemental de segundo grado, 17
simple de primer grado, 17
simple de segundo grado, 18
función, 119
loga, 130
acotada, 34
exponencial natural, 124
hiperbólica, 133
logística, 127
logaritmo natural, 121
monótona, 34
no creciente, 34
no decreciente, 34
polinomio de dos variables, 53
racional, 17
racional de dos variables, 53
Riemann integrable, 33, 39
funciones hiperbólicas
cosecante hiperbólica, 134
coseno hiperbólico, 134
cotangente hiperbólica, 134
secante hiperbólica, 134
seno hiperbólico, 134
tangente hiperbólica, 134
integración aproximada, 65
método de los trapecios, 66
método de Simpson, 68
integral
definida
método de cambio de variable, 48
funciones racionales, 16
de sen y cos, 53
fracciones simples, 17
método de las fracciones parciales, 18
impropia, 61
indefinida, 2
método de cambio de variable, 7
método de sustitución, 7
nula, 40
potecias de sec y tan, 13
potecias de sen y cos, 10
Jacobiano, 49
191

196. 192 ÍNDICE ALFABÉTICO
longitud, 71
de arco, 88
curva lisa, 89
método
de Ostrogradski, 22
de Ostrogradski mejorado, 23
media del valor numérico, 95
medida
longitudinal, 72
superficial, 72
volumétrica, 72
modelo de la población, 127
modelo exponencial, 127
modelo logístico, 127
momento de masa, 108
número e, 125
partició
nhomogénea, 34
partición P, 32
amplitud, 32
grosor, 32
norma, 32
partición asociada, 32
vector asociado, 32
polinomio de Taylor, 181
posición de un punto, 100
precio de equilibrio del mercado, 117
presión hidrostática, 106
primitiva, 1
progresión geométrica, 147
punto de equilibrio del mercado, 117
relación, 119
dominio, 119
imagen, 119
inversa, 119
Riemann, 32
semivida de la substancia radioactiva, 128
serie de funciones
convergencia puntual, 169
serie de Maclaurin, 179, 180
serie de potencias, 170
derivación, 175
integración, 176
intervalo de convergencia, 170
radio de convergencia, 172
serie numérica, 146
alternantes, 162
armónica, 153
convergencia absoluta, 163
convergencia condicional, 163
convergencia relativa, 163
término general, 146
telescópica, 148
series de Taylor, 179
sistemas en línea
centro de gravedad, 110
de la barra, 111
centro de masa
de la barra, 111
del sistema, 110
momento de masa
del sistema, 109
respecto a un punto, 108
sistemas planos
centro de gravedad
del sistema, 112
centro de masa
del sistema, 112
sucesión de funciones
convergencia puntual, 169
sucesión numérica, 137
acotada, 139
convergente, 141
de Cauchy, 143
monótona, 140
suma de Riemann, 32, 33
sumatorias, 36
superávit del consumidor, 117
superávit del productor, 117
Sustituciones trigonométricas, 55
teorema
teorema fundamental del cálculo, 42
trabajo mecánico, 102
valor medio de una función, 94
valor principal, 62
variable de integración, 2
velocidad de un punto, 100
volumen, 71