integrales

1. Universidad nacional de Ingeniería
Facultad de Ingeniería Mecánica
Tema :Integral Definida 2
Docente:Ing.Edwin Tello Godoy
Correo :etello@uni.edu.pe
2022-02

2. Definición de la integral definida como un
proceso de límite
Sea 𝑓 una función definida y acotada en [a,b] y existe
𝑳𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇(𝒄𝒌)∆𝒙𝒌 = 𝑳𝒊𝒎
∆ →𝟎 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇(𝒄𝒌)∆𝒙𝒌
entonces 𝑓 es integrable ente a y b que se representa
por: 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 y su valor está dada por:
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇(𝒄𝒌)∆𝒙𝒌 = 𝒍𝒊𝒎
∆ →𝟎 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇(𝒄𝒌)∆𝒙𝒌
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 →Se lee integral definida de f(x) diferencial de x entre el
límite inferior “a” y el límite superior “b”

3. Ejemplo
a)Calcule usando la suma de Riemann y un proceso de límite el área de la región limitada
por los gráficos de:
𝒇 𝒙 =
𝟑
𝒆𝒙 , 𝒔𝒊 − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ 𝟎
𝒙𝟐 + 𝟏 , 𝒔𝒊 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟑
, 𝒚 = 𝟎 , 𝒙 = −𝟑, 𝒙 = 𝟑
𝑏) 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝒑𝒐𝒓 𝒔𝒖𝒎𝒂 𝒅𝒆 𝒓𝒊𝒆𝒎𝒂𝒏𝒏: −𝟑
𝟑
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 , 𝒔𝒊
𝒇 𝒙 =
𝟑
𝒆𝒙 , 𝒔𝒊 − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ 𝟎
𝒙𝟐 + 𝟏 , 𝒔𝒊 𝟎 < 𝒙 ≤ 𝟑
Solución

4. -3 -2 - 1 2 3
P={𝒙𝟎; 𝒙𝟏; 𝒙𝟐; 𝒙𝟑;..𝒙𝒌−𝟏.; 𝒙𝒌;...𝒙𝒏 } Una partición del segmento [-3; 0].
P={𝒙𝟎; 𝒙𝟏; 𝒙𝟐; 𝒙𝟑;..𝒙𝒌−𝟏.; 𝒙𝒌;...𝒙𝒏 } Una partición del segmento [0; 3].
𝒚 = 𝒙𝟐
+ 𝟏
𝒚 =
𝟑
𝒆𝒙

5. tomando el punto de muestra: 𝑆𝑖 𝐶𝑘 = 𝑥𝑘
∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 =
𝟎− −𝟑
𝒏
=
𝟑
𝒏
; 𝒙 𝝐 −𝟑; 𝟎
∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 =
𝟑−𝟎
𝒏
=
𝟑
𝒏
; 𝒙 𝝐 𝟎; 𝟑
Para 𝒙 𝝐 −𝟑; 𝟎 Para 𝒙 𝝐 𝟎; 𝟑
𝒙𝟎 = −𝟑 𝒙𝟎 = 𝟎
𝒙𝟏 = −𝟑 +
𝟑
𝒏
𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝟑
𝒏
𝒙𝟐 = −𝟑 + 𝟐
𝟑
𝒏
𝒙𝟐 = 𝟐
𝟑
𝒏
𝒙𝟑 = −𝟑 + 𝟑
𝟑
𝒏
𝒙𝟑 = 𝟑
𝟑
𝒏
. .
. .
𝒙𝒌−𝟏 = −𝟑 + (𝒌 − 𝟏)
𝟑
𝒏
𝒙𝒌−𝟏 = (𝒌 − 𝟏)
𝟑
𝒏
𝒙𝒌 = −𝟑 + 𝒌
𝟑
𝒏
𝒙𝒌 = 𝒌
𝟑
𝒏
𝒇𝟏 𝒙𝒌 =
𝟑
𝒆
𝒌
𝟑
𝒏
−𝟑
𝒇𝟐 𝒙𝒌 = 𝒌
𝟑
𝒏
𝟐
+ 𝟏

6. 𝒇𝟏 𝒙𝒌 = 𝒆
𝒌
𝒏
– 𝟏
𝒇𝟐 𝒙𝒌 =
𝟗𝒌𝟐
𝒏𝟐 + 𝟏
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇𝟏 𝒄𝒌 . ∆𝒙𝒌 + 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇𝟐 𝒄𝒌 . ∆𝒙𝒌
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇𝟏 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌 + 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇𝟐 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏
−𝟏
.
𝟑
𝒏
+ 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏 𝟗𝒌𝟐
𝒏𝟐 + 𝟏 .
𝟑
𝒏
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟑𝒆−𝟏
𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 + 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟐𝟕
𝒏𝟑 𝒌=𝟏
𝒏
𝒌𝟐 +
𝟑
𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝟏
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟑𝒆−𝟏
𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 + 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟐𝟕
𝒏𝟑 𝒌=𝟏
𝒏
𝒌𝟐
+
𝟑
𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝟏 …………………….(1)
𝑺 = 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 = 𝒇(𝒏)
𝒌=𝟏
𝒏 𝒏
𝒆
𝒌
− 𝒏
𝒆
𝒌−𝟏
= 𝒆 − 𝟏

7. 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 − 𝒆−
𝟏
𝒏
𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 = 𝒆 − 𝟏
𝟏 − 𝒆−
𝟏
𝒏
𝒌=𝟏
𝒏
(𝒆
𝟏
𝒏)𝒌
= 𝒆 − 𝟏
𝑺 = 𝒌=𝟏
𝒏
𝒆
𝒌
𝒏 =
𝒆−𝟏
𝟏−𝒆
−
𝟏
𝒏
…………………………………………………………………………………..(2)
Reemplazando (2) en (1)
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟑𝒆−𝟏
𝒏
.
𝒆−𝟏
𝟏−𝒆
−
𝟏
𝒏
+ 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟐𝟕
𝒏𝟑
𝒏 𝒏+𝟏 𝟐𝒏−𝟏
𝟔
+
𝟑
𝒏
(𝒏)
𝑨 𝑹 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟑𝒆−𝟏
𝒏
.
𝒆−𝟏
𝟏−𝒆
−
𝟏
𝒏
+
𝟗
𝟐
𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒏 𝒏+𝟏 𝟐𝒏−𝟏
𝒏𝟑 + 𝟑
𝑨 𝑹 == 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝟑
𝒆
. (𝒆 − 𝟏)
𝟏
𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒆
−
𝟏
𝒏−𝟏
−
𝟏
𝒏
+
𝟗
𝟐
𝟏 𝟏 𝟐 + 𝟑
𝑨 𝑹 =
𝟑
𝒆
. 𝒆 − 𝟏 .
𝟏
𝑳𝒏𝒆
+ 𝟏𝟐 = 𝟏𝟓 −
𝟑
𝒆
𝑨 𝑹 = 𝟏𝟓 −
𝟑
𝒆
Calculo introductorio solo para comprobar el resultado
𝑨 𝑹 = −𝟑
𝟎 𝟑
𝒆𝒙 𝒅𝒙 + 𝟎
𝟑
𝒙𝟐
+ 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟑 𝒆
𝒙
𝟑
𝟎
−𝟑
+(
𝒙𝟑
𝟑
+ 𝒙) 𝟑
𝟎
= 𝟑 −
𝟑
𝒆
+ 𝟗 + 𝟑 − 𝟎 = 15 −
𝟑
𝒆
𝑨 𝑹 = 𝟏𝟓 −
𝟑
𝒆

8. Ejemplo
Calcula por la suma de Riemann y un proceso de límite la
integral definida: 𝟎
𝟑
(𝒙𝟑
−𝟐𝒙𝟐
− 𝟑𝒙)𝒅𝒙
Solución
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑
− 𝟐𝒙𝟐
− 𝟑𝒙
𝒇 𝒙 = 𝟎
𝒙 𝒙 − 𝟑 𝒙 + 𝟏 = 𝟎 ↔ 𝒙 = 𝟎, 𝒙 = 𝟑, 𝒙 = −𝟏
𝒙 = 𝟏 → 𝒚 = −𝟒
𝟎
𝟑
(𝒙𝟑−𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙)𝒅𝒙
Considerando la partición P del segmento 0,3
𝑷 = 𝒙𝟎; 𝒙𝟏; 𝒙𝟐; 𝒙𝟑; … ; 𝒙𝒌−𝟏; 𝒙𝒌; … ; 𝒙𝒏−𝟏; 𝒙𝒏

10. ∆𝒙𝟏 = ∆𝒙𝟐 = ∆𝒙𝟑 = ⋯ = ∆𝒙𝒌 = ⋯ = ∆𝒙𝒏 =
𝟑−𝟎
𝒏
=
𝟑
𝒏
𝒙𝟎 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝟑
𝒏
𝒙𝟐 = 𝟎 + 𝟐
𝟑
𝒏
𝒙𝟑 = 𝟎 + 𝟑
𝟑
𝒏
.
.
.
𝒙𝒌−𝟏 = 𝟎 + (𝒌 − 𝟏)(
𝟑
𝒏
)
𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒌
𝟑
𝒏
= 𝒌
𝟑
𝒏
𝑪𝒌 = 𝒙𝒌 (punto arbitrario )
𝑪𝒌 = 𝒙𝒌 → 𝒇 𝑪𝒌 = 𝒇(𝒙𝒌)
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑
− 𝟐𝒙𝟐
− 𝟑𝒙 → 𝒇 𝒙𝒌 = (𝒙𝒌)𝟑
− 𝟐 𝒙𝒌
𝟐
− 𝟑𝒙𝒌
𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒌
𝟑
𝒏
→ 𝒙𝒌 = 𝒌
𝟑
𝒏
𝒇(𝒙𝒌) =
𝟑𝒌
𝒏
𝟑
− 𝟐
𝟑𝒌
𝒏
𝟐
−
𝟗𝒌
𝒏
; ∆𝒙𝒌 =
𝟑
𝒏
𝟎
𝟑
(𝒙𝟑−𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙)𝒅𝒙 = 𝑳𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇 𝑪𝒌 . ∆𝒙𝒌
𝑸
= 𝑳𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇 𝒙𝒌 . ∆𝒙𝒌
𝑸

11. 𝑄 =
𝑘=1
𝑛
3𝑘
𝑛
3
− 2
3𝑘
𝑛
2
−
9𝑘
𝑛
3
n
=
81
𝑛4
𝑘=1
𝑛
𝑘3 −
54
𝑛3
𝑘=1
𝑛
𝑘2 −
27
𝑛2
𝑘=1
𝑛
𝑘
I = lim
𝑛→∞
81
𝑛4 𝑘=1
𝑛
𝑘3 − lim
𝑛→∞
54
𝑛3 𝑘=1
𝑛
𝑘2 − lim
𝑛→∞
27
𝑛2 𝑘=1
𝑛
𝑘
𝐼 = 81 lim
𝑛→∞
𝑛2 𝑛+1 2
4𝑛4 − 54 lim
𝑛→∞
𝑛 𝑛+1 2𝑛+1
6𝑛3 − 27 lim
𝑛→∞
𝑛 𝑛+1
2𝑛2
𝐼 = 81 lim
𝑛→∞
1+
1
𝑛
2
4
− 54 lim
𝑛→∞
1+
1
𝑛
2+
1
𝑛
6
− 27 lim
𝑛→∞
1+
1
𝑛
2
𝐼 =
81
4
− 18 −
27
2
=
81−72−54
4
= −
45
4
0
3
(𝑥3−2𝑥2 − 3𝑥)𝑑𝑥 = −
45
4

12. Ejemplo
Calcula utilizando suma de Riemann y un proceso de límite el área de la región limitada
por las gráficas de: 𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥, 𝑦 = 0, 𝑥 = 0, 𝑥 =
𝜋
8
Solución
𝑆𝑒𝑎 𝑃 = 𝑥0; 𝑥1; 𝑥2; 𝑥3; … ; 𝑥𝑘−1; 𝑥𝑘; … ; 𝑥𝑛−1; 𝑥𝑛 una partición del
del segmento 0,
𝜋
8
𝐶𝑘 = 𝑥𝑘 → 𝑓 𝐶𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘)
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 = ⋯ = ∆𝑥𝑘 = ⋯ = ∆𝑥𝑛 =
𝜋
8
−0
𝑛
=
𝜋
8𝑛
𝑥0 = 0
𝑥1 = 0 +
𝜋
8𝑛
𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥
𝑥2 = 0 + 2
𝜋
8𝑛
𝜋
8
𝑥3 = 0 + 3
𝜋
8𝑛
.
.
𝑥𝑘−1 = 0 + (𝑘 − 1)(
𝜋
8𝑛
)
𝑥𝑘 = 0 + 𝑘
𝜋
8𝑛
= 𝑘(
𝜋
8𝑛
)

13. 𝜋
8
𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥

14. 𝑓 𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥 → 𝑓 𝑥𝑘 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑘 = 4𝑐𝑜𝑠4𝑘
𝜋
8𝑛
= 4cos(
𝑘𝜋
2𝑛
)
𝐴 𝑅 = 0
𝜋
8 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim
𝑛→∞
𝑘=1
𝑛
𝑓 𝐶𝑘 . ∆𝑥𝑘 = lim
𝑛→∞
𝑘=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑘 . ∆𝑥𝑘
𝑄
𝟎
𝝅
𝟖 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝝅
𝟐𝒏
𝒏→∞
𝒌=𝟏
𝒏
𝒄𝒐𝒔(
𝒌𝝅
𝟐𝒏
)
𝑸
……………………………………………….(1)
𝑄 = 𝑘=1
𝑛
cos(
𝑘𝜋
2𝑛
)
𝑘=1
𝑛
cos
𝑘𝜋
2𝑛
= 𝑓(𝑛)
cos
𝑘𝜋
2𝑛
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
=
1
2
(𝑠𝑒𝑛(
𝜋
2𝑛
𝑘 + 1 ) − 𝑠𝑒𝑛(
𝜋
2𝑛
𝑘 − 1 )
𝑘=1
𝑛
cos
𝑘𝜋
2𝑛
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
=
1
2 𝑘=1
𝑛
(𝑠𝑒𝑛(
𝜋
2𝑛
𝑘 + 1 ) − 𝑠𝑒𝑛(
𝜋
2𝑛
𝑘 − 1 )
𝑘=1
𝑛
cos
𝑘𝜋
2𝑛
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
=
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
−0
2
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝒄𝒐𝒔
𝒌𝝅
𝟐𝒏
=
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝒏+𝟏 +𝟏−𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝟐
𝑘=1
𝑛
cos
𝑘𝜋
2𝑛
=
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
2𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
…………………………………………(2)
0
𝜋
8 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim
𝑛→∞
𝜋
2𝑛 𝑘=1
𝑛
cos(
𝑘𝜋
2𝑛
) → 0
𝜋
8 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = lim
𝑛→∞
𝜋
2𝑛
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
2𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛

15. 𝑘=1
𝑛
cos
𝑘𝜋
2𝑛
=
𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
𝑛+1 +1−𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
2𝑠𝑒𝑛
𝜋
2𝑛
𝟎
𝝅
𝟖 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝝅
𝟐𝒏 𝒌=𝟏
𝒏
𝐜𝐨𝐬(
𝒌𝝅
𝟐𝒏
)
𝟎
𝝅
𝟖 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝝅
𝟐𝒏
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝒏+𝟏 +𝟏−𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝟐𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝑨 𝑹 = 𝟎
𝝅
𝟖 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒅𝒙 =
𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝒏+𝟏 +𝟏− 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝟐 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐𝒏
𝝅
𝟐𝒏
0
𝜋
8 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 =
1+1+0
2(1)
= 1
0
𝜋
8 4𝑐𝑜𝑠4𝑥𝑑𝑥 = 1
Calculo introductorio
𝟎
𝝅
𝟖 𝟒𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒅𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
𝝅
𝟖
𝟎
= 𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐
− 𝒔𝒆𝒏𝟎 = 𝟏

16. Ejemplo
Halle el área de la región acotada por la gráfica de la función 𝑓 𝑥 = 𝑥2 − 2𝑥 +
2; 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥 𝑦 𝑙𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑠 𝑥 = −2 𝑦 𝑥 = 2 mediante el límite a la suma de Riemann .
Solución
𝐶𝑘 = 𝑥𝑘 → 𝑓 𝐶𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘)
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 = ⋯ = ∆𝑥𝑘 = ⋯ = ∆𝑥𝑛 =
2−(−2)
𝑛
=
4
𝑛
𝑥0 = −2
𝑥1 = −2 +
4
𝑛
𝑥2 = −2 + 2(
4
𝑛
)
𝑥3 = −2 + 3(
4
𝑛
)
.

17. .
𝑥𝑘 = −2 + 𝑘(
4
𝑛
)
𝑓 𝑥𝑘 =
4𝑘
𝑛
2
− 2
4𝑘
𝑛
+ 2 =
16
𝑛2
𝑘2
−
8
𝑛
𝑘 + 2
𝐴 = 𝐴 = −2
2
𝑥2
− 2𝑥 + +2 𝑑𝑥 = lim
𝑛→∞ 𝑘=1
𝑛
𝑓 𝐶𝑘 . ∆𝑥𝑘
𝐴 = lim
𝑛→∞
𝑘=1
𝑛 16
𝑛2
𝑘2
−
8
𝑛
𝑘 + 2
4
n
lim
64
𝑛3
𝑛→∞
𝑘=1
𝑛
𝑘2
− lim
𝑛→∞
32
𝑛2 𝑘=1
𝑛
𝑘 + lim
𝑛→∞
8
𝑛 𝑘=1
𝑛
1
64 lim
𝑛→∞
𝑛 𝑛+1 2𝑛+1
6𝑛3 − 32 lim
𝑛→∞
𝑛 𝑛+1
2𝑛2 + 8 lim
𝑛→∞
𝑛
𝑛
64 lim
𝑛→∞
1+
1
𝑛
2+
1
𝑛
6
− 32 lim
𝑛→∞
1+
1
𝑛
2
+ 8 lim
𝑛→∞
1
𝐴 = −2
2
𝑥2
− 2𝑥 + +2 𝑑𝑥 =
64
3
− 16 + 8 =
40
3
𝐴(𝑅) =
40
3

18. Propiedades de la integral definida
Sean las funciones, 𝑓 𝑥 , 𝑔 𝑥 y la función constante 𝑦 = 𝑘 integrables en el
segmento 𝑎, 𝑏
𝟏. 𝒂
𝒃
𝒅𝒙 = 𝒃 − 𝒂
𝟐. 𝒂
𝒃
𝒌 𝒅𝒙 = 𝒌(𝒃 − 𝒂)
𝟑. 𝒂
𝒃
𝒌 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒌 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝟒. ± 𝒂
𝒃
𝒇𝟏(𝒙) ± 𝒇𝟐(𝒙) ± ⋯ ± 𝒇𝒏(𝒙)𝒅𝒙 = ± 𝒂
𝒃
𝒇𝟏(𝒙)𝒅𝒙 ± 𝒂
𝒃
𝒇𝟐(𝒙)𝒅𝒙 ± ⋯ ±
𝒂
𝒃
𝒇𝒏 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂
𝒃
±( 𝒌=𝟏
𝒏
𝒇𝒌(𝒙))𝒅𝒙
𝟓. 𝑺𝒊, 𝒃 > 𝒂, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔, 𝒃
𝒂
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = − 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝟔. 𝑺𝒊 “a” 𝒆𝒔𝒕á 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒅𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒇, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔, 𝒂
𝒂
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝟎
𝟕. 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒃𝒍𝒆 𝒆𝒏 𝒍𝒐𝒔 𝒔𝒖𝒃 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒐𝒔 𝒂, 𝒄 , 𝒄, 𝒃 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔
𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒂
𝒄
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 + 𝒄
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝟖. 𝑺𝒊 𝒇 𝒙 ≤ 𝒈 𝒙 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ≤ 𝒂
𝒃
𝒈(𝒙)𝒅𝒙
𝟗. 𝑺𝒊 𝒇 𝒙 ≥ 𝟎 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 ≥ 𝟎 ∀𝒙 ∈ 𝒂, 𝒃

19. 𝟏𝟎. 𝐒𝐢 𝐦 ≤ 𝒇 𝒙 ≤ 𝑴 𝐞𝐧 𝐚, 𝒃 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬
𝒎(𝒃 − 𝒂) ≤ 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 ≤ 𝑴(𝒃 − 𝒂)
𝟏𝟏. 𝐒𝐢 𝒇 𝐞𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐚, 𝒃 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬
𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ≤ 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙) 𝒅𝒙
𝟏𝟐. 𝐒𝐞 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒂−𝒒
𝒃−𝒒
𝒇 𝒙 + 𝒒 𝒅𝒙 , 𝒒 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝟏𝟑. 𝐒𝐞 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒂+𝒒
𝒃+𝒒
𝒇 𝒙 − 𝒒 𝒅𝒙 , 𝒒 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒐𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝟏𝟒. 𝐒𝐞 𝐜𝐮𝐦𝐩𝐥𝐞 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 =
𝟏
𝒒 𝒒𝒂
𝒒𝒃
𝒇
𝒙
𝒒
𝒅𝒙 , 𝒒 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝟏𝟓. 𝐒𝐞 𝐜𝐮𝐦𝐩𝐥𝐞 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒒 𝒂
𝒒
𝒃
𝒒
𝒇 𝒒𝒙 𝒅𝒙 , 𝒒 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
𝟏𝟔. 𝐒𝐢 𝒇 𝒙 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝟎, 𝒄 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚
𝟎
𝒄
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝟎
𝒄
𝒇(𝒄 − 𝒙)𝒅𝒙
𝟏𝟕. 𝐒𝐢 𝒇 𝒙 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐲 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐩𝐚𝐫 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐬𝐢𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐨 𝐚𝐥𝐫𝐞𝐝𝐞𝐝𝐨𝐫
𝐝𝐞𝐥 𝐨𝐫𝐢𝐠𝐞𝐧 −𝐜, 𝒄 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚 −𝒄
𝒄
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝟐 𝟎
𝒄
𝒇(𝒙)𝒅𝒙

20. Ejemplo
Calcula:
− 12
12 16
𝑥2+4
𝑑𝑥
Solución
El gráfico 𝑓 𝑥 =
16
𝑥2+4
se ve en la siguiente figura:
− 12 12
𝑓 𝑥 =
16
𝑥2 + 4

21. 𝑓 𝑥 =
16
𝑥2+4
𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟 → 12
12 16
𝑥2+4
𝑑𝑥 = 2 0
12 16
𝑥2+4
𝑑𝑥
Ejemplo
Calcula: −𝟐
𝟐
𝒙𝟒 𝒅𝒙
Solución
El gráfico 𝑓 𝑥 = 𝑥4 se ve en la siguiente figura:
𝑓 𝑥 = 𝑥4
𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑝𝑎𝑟 → −2
2
𝑥4
𝑑𝑥 = 2 0
2
𝑥4
𝑑𝑥

22. 18. Si 𝒇 𝒙 es continua y función impar en el intervalo simétrico −𝒄, 𝒄
entonces se verifica −𝒄
𝒄
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
Ejemplo
Calcula: −3
3
−𝑥3 + 9𝑥 𝑑𝑥
Solución
El gráfico de 𝑓 𝑥 = −𝑥3
+ 9𝑥 se ve en la siguiente figura
𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 9𝑥
−3
3
−𝑥3
+ 9𝑥 𝑑𝑥= −3
0
−𝑥3
+ 9𝑥 𝑑𝑥 + 0
3
−𝑥3
+ 9𝑥 𝑑𝑥 = 0

23. 1𝟗. 𝐒𝐞𝐚 𝒇 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐝𝐚 𝐲 𝐚𝐜𝐨𝐭𝐚𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐬𝐞𝐠𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐚, 𝒃 𝐜𝐮𝐲𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐥𝐚
𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐫𝐫𝐞𝐬𝐩𝐨𝐧𝐝𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚 𝐝𝐞 𝒇 𝐞𝐬 :
𝒇 𝒙 =
𝒇𝟏 𝒙 , 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒄𝟏
𝒇𝟐 𝒙 , 𝒄𝟏 < 𝒙 ≤ 𝒄𝟐
𝒇𝟑 𝒙 , 𝒄𝟐 < 𝒙 ≤ 𝒄𝟑
𝒇𝟒 𝒙 , 𝒄𝟑 < 𝒙 ≤ 𝒃
Si 𝐶𝑘, son puntos de discontinuidad donde k = 1,2,3 → se cumple:
𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = 𝒂
𝒄𝟏
𝒇𝟏(𝒙)𝒅𝒙 + 𝒄𝟏
𝒄𝟐
𝒇𝟐(𝒙)𝒅𝒙 + 𝒄𝟐
𝒄𝟑
𝒇𝟑(𝒙)𝒅𝒙 + 𝒄𝟑
𝒃
𝒇𝟒(𝒙)𝒅𝒙
El gráfico de la función 𝑓 𝑥 se puede ver en la siguiente figura:

24. 𝟐𝟎. 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒈(𝒙)𝒅𝒙 ≠ 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒂
𝒃
𝒈(𝒙)𝒅𝒙
𝟐𝟏. 𝒂
𝒃 𝒇(𝒙)
𝒈(𝒙)
𝒅𝒙 ≠ 𝒂
𝒃
𝒇(𝒙)𝒅𝒙
𝒂
𝒃
𝒈(𝒙)𝒅𝒙

25. Ejemplo
Demostrar que:
𝟐 𝟑
𝒆𝟐 ≤ − 𝟑
𝟑
𝒆𝒙𝟑−𝟑𝒙𝒅𝒙 ≤ 𝟐 𝟑𝒆𝟐
Solución
𝑓 𝒙 = 𝒆𝒙𝟑−𝟑𝒙, 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒚 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒃𝒍𝒆 𝒆𝒏 − 𝟑, 𝟑
𝒇´ 𝒙 = 𝒆𝒙𝟑−𝟑𝒙 𝟑𝒙𝟐 − 𝟑 = 𝟎 → 𝒙 = −𝟏 𝒐 𝒙 = 𝟏
𝒇´´ −𝟏 < 𝟎; 𝒇𝒎𝒂𝒙 −𝟏 = 𝒆𝟐
→ 𝑴 = 𝒆𝟐
𝒇´´ 𝟏 > 𝟎; 𝒇𝒎𝒊𝒏 𝟏 = 𝒆−𝟐
→ 𝒎 =
𝟏
𝒆𝟐
𝒇 − 𝟑 = 𝒆𝟎 = 𝟏
𝒇 𝟑 = 𝒆𝟎 = 𝟏
𝒇 𝒙 = 𝒆𝒙𝟑−𝟑𝒙, 𝒙 ∈ − 𝟑, 𝟑
𝒎 𝒃 − 𝒂 ≤ 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 ≤ 𝑴 𝒃 − 𝒂
𝒎 es mínimo absoluto en − 𝟑, 𝟑
𝑴 es máximo absoluto en − 𝟑, 𝟑

26. Propiedad de acotamiento de integrales definidas
𝒎 𝒃 − 𝒂 ≤ 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 ≤ 𝑴 𝒃 − 𝒂
𝒃 − 𝒂 = 𝟐 𝟑, 𝒎 =
𝟏
𝒆𝟐 , 𝑴 = 𝒆𝟐
Reemplazando los datos
𝟐 𝟑
𝒆𝟐 ≤ − 𝟑
𝟑
𝒆𝒙𝟑−𝟑𝒙𝒅𝒙 ≤ 𝟐 𝟑𝒆𝟐

27. Ejemplo
Calcule M si 𝐌 = 𝐥𝐢𝐦
𝐧→ +∞ 𝐤=𝟏
𝐧 𝐤𝟐
𝐧𝟐 𝟑
𝐧𝟑+𝐤𝟑
Solución
𝑺 𝒏 = 𝒌=𝟏
𝒏 𝒌𝟐
𝒏𝟐 𝟑
𝒏𝟑+𝒌𝟑
= 𝒌=𝟏
𝒏
𝒌
𝒏
𝟐
𝟑
𝟏+
𝒌
𝒏
𝟑
⋅
𝟏
𝒏
∆𝒙𝟏= ∆𝒙𝟏= ∆𝒙𝟏 … … … . . ∆𝒙𝒌= ∆𝒙𝒏=
𝟏−𝟎
𝒏
=
𝟏
𝒏
𝒙𝟎 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝟏
𝒏
𝒙𝟐 = 𝟎 + 𝟐.
𝟏
𝒏
𝒙𝟑 = 𝟎 + 𝟑.
𝟏
𝒏
.
𝒙𝒌−𝟏 = 𝟎 + (𝒌 − 𝟏).
𝟏
𝒏
𝒙𝒌 = 𝟎 + 𝒌.
𝟏
𝒏
𝒇 𝒙𝒌 = 𝒇
𝒌
𝒏
=
𝒌
𝒏
𝟐
𝟑
𝟏+
𝒌
𝒏
𝟑
→ 𝒇 𝒙 =
𝒙𝟐
𝟑
𝟏+𝒙𝟑

28. Expresando el límite de la sumatoria en términos de una integral definida:
𝑴 = 𝐥𝐢𝐦
𝐧→ +∞ 𝐤=𝟏
𝐧
𝐤
𝐧
𝟐
𝟑
𝟏+
𝐤
𝐧
𝟑
⋅
𝟏
𝐧
= 𝟎
𝟏 𝒙𝟐
𝟑
𝟏+𝒙𝟑
𝒅𝒙 𝑴 = 𝟎
𝟏 𝒙𝟐
𝟑
𝟏+𝒙𝟑
𝒅𝒙 =
𝟏
𝟑 𝟎
𝟏 𝟑𝒙𝟐
𝟑
𝟏+𝒙𝟑
𝒅𝒙
𝑴 =
𝟏
𝟑
𝟏+𝒙𝟑
𝟐
𝟑
𝟐
𝟑
𝟎
𝟏
=
𝟏
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑 − 𝟏 → 𝑴 =
𝟏
𝟐
𝟐
𝟐
𝟑 − 𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟗𝟑𝟕
𝐥𝐢𝐦
𝐧→ +∞ 𝐤=𝟏
𝐧
𝐤
𝐧
𝟐
𝟑
𝟏+
𝐤
𝐧
𝟑
⋅
𝟏
𝐧
= 𝐥𝐢𝐦
𝐧→ +∞ 𝐤=𝟏
𝐧
𝟏+
𝐤
𝐧
−𝟏
𝟐
𝟑
𝟏+ 𝟏+
𝐤
𝐧
−𝟏
𝟑
⋅
𝟏
𝐧
; 𝒙𝟎 = 𝟏, 𝒙𝒏 = 𝟐
𝐥𝐢𝐦
𝐧→ +∞ 𝐤=𝟏
𝐧
𝟏+
𝐤
𝐧
−𝟏
𝟐
𝟑
𝟏+ 𝟏+
𝐤
𝐧
−𝟏
𝟑
⋅
𝟏
𝐧
= 𝟏
𝟐 (𝒙−𝟏)𝟐
𝟑
𝟏+(𝒙−𝟏)𝟑
𝒅𝒙
𝑰 =
𝟏
𝟑
𝟑
𝟐
𝟑
𝟏 + (𝒙 − 𝟏)𝟑
𝟐
𝟐
𝟏
=
𝟏
𝟐
(𝟐
𝟐
𝟑 − 𝟏)
𝑰 =
𝟏
𝟐
(𝟐
𝟐
𝟑 − 𝟏)

29. Halle el valor de E si 𝐄 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞ 𝒊=𝟏
𝒏 𝒊
𝒏𝟐+𝒊𝟐
Solución
𝑬 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒊=𝟏
𝒏 𝒊
𝒏𝟐+𝒊𝟐 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒊=𝟏
𝒏 𝒊
𝒏𝟐(𝟏+(
𝒊
𝒏
)𝟐)
𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒊=𝟏
𝒏 (
𝒊
𝒏
)
𝟏+(
𝒊
𝒏
)𝟐
(
𝟏
𝒏
) = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
(
𝟏
𝒏
) 𝒊=𝟏
𝒏 (
𝒊
𝒏
)
𝟏+(
𝒊
𝒏
)𝟐
Considerando una partición regular
∆𝑥𝑖= ∆𝑥𝑖= ∆𝑥𝑖= ∆𝑥𝑖 … . = ∆𝑥𝑖= ⋯ … ∆𝑥𝑛=
𝑏−𝑎
𝑛
=
1
𝑛
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 el punto arbitrario a la derecha de cada subintervalo
𝑥𝑖= 𝑥𝑖
𝑓 𝑡𝑖 = 𝑓 𝑐𝑖 = 𝑓 𝑥𝑖 = 𝑓 𝑥𝑖
𝒙𝟎 = 𝟎 ;a=0 ;b=1→
𝒃−𝒂
𝒏
=
𝟏−𝟎
𝒏
=
𝟏
𝒏
𝒙𝟏 = 𝟎 +
𝟏
𝒏
𝒙𝟐 = 𝟎 + 𝟐.
𝟏
𝒏
.
.
𝒙𝒊 = 𝟎 + 𝒊.
𝟏
𝒏
𝑖
𝑖
𝑛 𝑥

30. 𝑬 = 𝒍𝒊𝒎
𝒏→∞
𝒊=𝟏
𝒏 (
𝒊
𝒏
)
𝟏+(
𝒊
𝒏
)𝟐
(
𝟏
𝒏
) = 𝟎
𝟏 𝒙
𝟏+𝒙𝟐 𝒅𝒙
𝑬 = 𝟎
𝟏 𝒙
𝟏+𝒙𝟐 𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
𝑳𝒏(𝟏 + 𝒙𝟐) 𝟏
𝟎
=
𝟏
𝟐
𝑳𝒏𝟐 − 𝟎
𝑬 =
𝟏
𝟐
𝑳𝒏𝟐

31. Ejemplo
Halle:𝑰: 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙
Solución
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙 …………………………………………..(1)
Aplicando propiedad: 0
𝑐
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0
𝑐
𝑓 𝑐 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏(𝝅−𝒙)𝒄𝒐𝒔(𝝅−𝒙)
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙 …………………………………………..(2)
Sumando (1) y (2)
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙 + 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅
(
𝟏
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙 +
𝟏
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙)𝒅𝒙
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅
(
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙+𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙
(𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙)(𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 −𝒄𝒐𝒔𝒙)
)𝒅𝒙

32. 𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅
(
𝟐+
𝟏
(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙 +(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙
(𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙)(𝟏+
𝟏
(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙)
)𝒅𝒙
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅
(
𝟐(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙+𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝟐𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙
(𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙)(
𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙+𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 )
)𝒅𝒙
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅 ( 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙+𝟏)𝟐
(𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙)((𝟏+ 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙)
𝒅𝒙
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅
𝒅𝒙 → 𝟐𝑰 = 𝝅
𝑰 =
𝝅
𝟐

33. 𝐼 = 4
9 3 𝑥
3
𝐿𝑛(13−𝑥)+ 3 𝑥+1
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥 = 4
9 3 𝑥
3
𝐿𝑛(13−𝑥)+3 𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼 = 4
9 3 𝑥
3
𝐿𝑛 13−𝑥 +
3
𝐿𝑛𝑥 +
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼 = 4
9
3𝑥
1
2 𝑑𝑥 + 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+
3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼 = 2 𝑥 3 9
4
+ 4
9
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼 = 54 − 16 + 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼 = 38 + 4
9
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
………………………..(1)

34. 𝐼𝐴 = 4
9
3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+
3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 4
9
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)−3
𝐿𝑛(13−𝑥)
3
𝐿𝑛𝑥+
3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 4
9
𝑑𝑥 − 4
9
3
𝐿𝑛(13−𝑥)
3
𝐿𝑛𝑥+
3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝐼𝐴 = 5 − 4
9
3
𝐿𝑛(13−(13−𝑥))
3
𝐿𝑛(13−𝑥)+
3
𝐿𝑛(13− 13−𝑥 )
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 5 − 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛 13−𝑥 +
3
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥 →
𝐼𝐴
𝐼𝐴 = 5 − 𝐼𝐴
2𝐼𝐴 = 5 → 𝐼𝐴 =
5
2
………………………………………….(2)
Reemplazando (2) en (1)
𝐼 = 38 + 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼 = 38 +
5
2
→ 𝐼 =
81
2

35. 𝐼𝐴 = 0
5 𝐿𝑛(𝑥+4)+ 𝐿𝑛(9−𝑥)− 𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 0
5
𝑑𝑥 − 0
5
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 5 − 0
5
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
Aplicando propiedad: 𝟎
𝒄
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
𝒄
𝒇(𝒄 −

36. **𝐼𝐴 = 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 4−4
9−4
3
𝐿𝑛(𝑥+4)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(13−(𝑥+4))
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 0
5
3
𝐿𝑛(𝑥+4)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 0
5
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+3
𝐿𝑛(9−𝑥)−3
𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 0
5
𝑑𝑥 − 0
5
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 5 − 0
5
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
3
𝐿𝑛(𝑥+4)+
3
𝐿𝑛(9−𝑥)
𝑑𝑥
Aplicando propiedad: 𝟎
𝒄
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
𝒄
𝒇 𝒄 − 𝒙 𝒅𝒙
𝐼𝐴 = 5 − 0
5
3
𝐿𝑛(9−(5−𝑥))
3
𝐿𝑛((5−𝑥)+4)+
3
𝐿𝑛(9−(5−𝑥))
𝑑𝑥
𝐼𝐴 = 5 − 0
5
3
𝐿𝑛(4+𝑥)
3
𝐿𝑛(9−𝑥)+3
𝐿𝑛(4+𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼𝐴 = 5 − 𝐼𝐴 → 2𝐼𝐴 = 5 → 𝐼𝐴 =
5
2

37. 𝐼 = 38 + 4
9 3
𝐿𝑛𝑥
3
𝐿𝑛𝑥+3
𝐿𝑛(13−𝑥)
𝑑𝑥
𝐼𝐴
𝐼 = 38 +
5
2
=
81
2
→ 𝐼 =
81
2

38. Ejemplo
Graficar la región que se calcula su área con el siguiente límite:
lim
𝑛→∞
8
𝑛2 −
4
𝑛3 −
4
𝑛4 +
8
𝑛2 −
8
𝑛3 −
16
𝑛4 +
8
𝑛2 −
12
𝑛3 −
36
𝑛4 + ⋯ +
0
𝑛2 . Además, cuál es
valor de su área.
Solución
lim
𝑛→∞
8
𝑛2 −
4
𝑛3 −
4
𝑛4 +
8
𝑛2 −
8
𝑛3 −
16
𝑛4 +
8
𝑛2 −
12
𝑛3 −
36
𝑛4 + ⋯ +
0
𝑛2
lim
𝑛→∞
1
𝑛
8 −
4
𝑛
−
4
𝑛2 + 8 −
8
𝑛
−
16
𝑛2 + 8 −
12
𝑛
−
36
𝑛2 + ⋯ + 0
lim
𝑛→∞
1
𝑛
8 − (
4
𝑛
+
4
𝑛2) + 8 − (
8
𝑛
+
16
𝑛2) + 8 − (
12
𝑛
+
36
𝑛2) + ⋯ + 0
lim
𝑛→∞
1
𝑛
9 − (1 +
2
𝑛
)2 + 9 − (1 + 2
2
𝑛
)2 + 9 − (1 + 3
2
𝑛
)2 + ⋯ + 9 − (1 + 𝑛
2
𝑛
)2
∆𝑥1 = ∆𝑥2 = ∆𝑥3 … … = ∆𝑥𝑘 … . . = ∆𝑥𝑛 =
𝑏−𝑎
𝑛
=
2
𝑛
𝑏 = 3; 𝑎 = 1

39. 𝒙𝟎 = 𝟏
𝒙𝟏 = 𝟏 +
𝟐
𝒏
𝒙𝟐 = 𝟏 + 𝟐(
𝟐
𝒏
) )
𝒙𝟑 = 𝟏 + 𝟑(
𝟐
𝒏
)
.
.
𝒙𝒌−𝟏 = 𝟏 + (𝒌 − 𝟏)
𝟐
𝒏
𝒙𝒌 = 𝟏 + 𝒌
𝟐
𝒏
.
.
𝒙𝒏 = 𝟏 + 𝒏.
𝟐
𝒏
𝑐𝑘 = 𝑥𝑘; (El punto arbitrario se considera a la derecha de cada sub-intervalo)
𝑐𝑘 = 𝑥𝑘;∆𝑥𝑘 =
2
𝑛
𝑓 𝑥𝑘 = 9 − (1 + 𝑘
2
𝑛
)2
𝑓 𝑥𝑘 = 9 − 𝑥𝑘
2 → 𝑓(𝑥) = 9 − 𝑥2

40. lim
𝑛→∞
𝐾=1
𝑛 1
2
9 − (1 + 𝑘
2
𝑛
)2 2
𝑛
= 1
3 1
2
9 − 𝑥2 𝑑𝑥
lim
𝑛→∞
𝐾=1
𝑛 1
2
9 − 𝑥𝑘
2 ∆𝑥𝑘 =
1
2 1
3
9 − 𝑥2 𝑑𝑥
Por calculo introductorio
𝐼 =
1
2 1
3
9 − 𝑥2 𝑑𝑥
𝐼 =
1
2
1
2
𝑥 9 − 𝑥2 +
9
4
𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(
𝑥
3
) 3
1
𝐼 =
1
4
0 +
9
4
𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 1 −
2
2
−
9
4
𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(
1
3
)
𝐼 =
9𝜋
8
−
2
2
−
9
4
𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(
1
3
) ≅ 2.062
lim
𝑛→∞
𝐾=1
𝐾=𝑛 1
2
9 − 𝑥𝑘
2 ∆𝑥𝑘 =
1
2 1
3
9 − 𝑥2 𝑑𝑥 =
9𝜋
8
−
2
2
−
9
4
𝐴𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(
1
3
)
Interpretando geométricamente la integral definida: 𝑰 =
𝟏
𝟐 𝟏
𝟑
𝟗 − 𝒙𝟐 𝒅𝒙
calculando el área de la región elíptica del primer cuadrante entre 𝒙 =

41. -3
3
1
x
y=
𝟏
𝟐
𝟗 − 𝒙𝟐
𝟏

42. Teorema del valor medio para integrales
Sea f una función continua en [a, b] existe al menos un “𝑐” que está entre a y b tal
que se verifica:
𝑎
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑐 (𝑏 − 𝑎) .
𝑓 𝑐 →Valor medio o valor promedio de f sobre el segmento [a,b]
El valor promedio de una función se calcula con la fórmula: 𝒇 𝒄 = 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
(𝒃−𝒂)
La interpretación geométrica del teorema del valor medio se puede visualizar en la siguiente
figura.

43. a
𝑐1
𝑥
𝑏
𝒄𝟐 𝒄𝟑
𝒚 = 𝒇(𝒙)
𝑎
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑐1 (𝑏 − 𝑎)
𝑬𝒍 á𝒓𝒆𝒂 𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝒇 𝒙 , 𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒙 , 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂 𝒙 = 𝒂 𝒚 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂
𝒙 = 𝒃 𝒆𝒔 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍 𝒂𝒍 á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒆𝒍 𝒓𝒆𝒄𝒕á𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒅𝒆 𝒂𝒍𝒕𝒖𝒓𝒂
𝒇 𝒄𝟏 = 𝒇 𝒄𝟐 = 𝒇(𝒄𝟑) 𝒚 𝒃𝒂𝒔𝒆 (𝒃 − 𝒂)

44. Valor efectivo (Valor eficaz)
El valor eficaz ( 𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 ) se define como el valor medio dela función 𝑓2
en el intervalo
[a,b] se calcula con la siguiente fórmula:
𝑓2
𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜
= 𝑎
𝑏
𝑓2 𝑥 𝑑𝑥
𝑏−𝑎
𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 = 𝑎
𝑏
(𝑓 𝑥 )2 𝑑𝑥
(𝑏−𝑎)
Valor eficaz para una función periódica
Se define como:
𝑓𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 = 0
𝑇
(𝑓 𝑡 )2𝑑𝑡
𝑇
;T es el periodo
Ejemplo
Encuentra el valor medio de la función 𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 5 en el intervalo 0,1 y para
que valor de “𝑐” se presenta.
Solución

45. 𝑓 𝑐 = 𝑎
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑏−𝑎
; 𝑓 𝑐 es el valor medio buscado
𝑓 𝑐 = 0
1
(𝑥2+5)𝑑𝑥
1−0
=
𝑥3
3
+ 5𝑥 1
0
=
1
3
+ 5 − 0 =
16
3
≅ 5,3
𝑓 𝑥 = 𝑥2 + 5 → 𝑓 𝑐 = 𝑐2 + 5 → 𝑐2 + 5 =
16
3
𝑐2
=
1
3
→ 𝑐 = ±
1
3
→ 𝑐 =
1
3
𝑓 𝑐 =
16
3
; 𝑐 =
1
3
→ 𝑓
1
3
=
16
3
Ejercicio
Ejemplo
Halle el valor promedio de la función: 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 ; 𝒙 ∈ 𝟏, 𝟒 y para
Que valor de 𝒄 se presenta. Además, hacer la interpretación gráfica del teorema de valor
medio

46. Solución
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 ; 𝒙 ∈ 𝟏, 𝟒
Intercepto de la curva con el eje 𝒙
𝒙𝟐
− 𝟒𝒙 = 𝟎 → 𝒙 𝒙 − 𝟒 = 𝟎 ↔ 𝒙 = 𝟎 𝒐 𝒙 = 𝟒
Para la función continua en dicho intervalo calculando su valor promedio
𝒇(𝒄)
𝒇 𝒄 = 𝟏
𝟒
𝒙𝟐−𝟒𝒙 𝒅𝒙
𝟒−𝟏
𝒇 𝒄 =
𝒙𝟑
𝟑
−𝟐𝒙𝟐 𝟒
𝟏
𝟑
𝒇 𝒄 =
𝟔𝟒
𝟑
−𝟑𝟐−(
𝟏
𝟑
−𝟐)
𝟑
=
𝟐𝟏−𝟑𝟎
𝟑
= −𝟑
𝒇 𝒄 = −𝟑
Calculando para que valor de 𝒄 s origina el valor promedio
𝒇 𝒄 = 𝒄𝟐 − 𝟒𝒄 → 𝒄𝟐 − 𝟒𝒄 = −𝟑
𝒄𝟐 − 𝟒𝒄 + 𝟑 = 𝟎 ↔ 𝒄 − 𝟏 𝒄 − 𝟑 = 𝟎
𝒄 = 𝟏 𝒐 𝒄 = 𝟑

47. Ejemplo
Si el voltaje en corriente alterna es 𝑉 𝑡 = 𝑉𝑚𝑠𝑒𝑛𝑡 , verificar que el voltaje eficaz
medido por un voltímetro de corriente alterna es: 𝑉𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧=
𝑉𝑚
2
SOLUCIÓN
Haciendo el gráfico de los voltajes: 𝑉 𝑡 , 𝑉2
𝑡 que se puede ver en la siguiente
Figura.

48. 2π
V m
3π/2
π
2
π 2π
V(t)
t
V(t )=V m sent

49. π
2 π
3π/2 2π
t
𝑣 𝑡 = 𝑣𝑚
2
𝑠𝑒𝑛2
𝑡
𝑣2
(𝑡)
𝑣2
𝑚
𝑉𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 = 0
𝑇
𝑉2(𝑡)
𝑇
= 0
𝜋
𝑉2
𝑚 𝑠𝑒𝑛2𝑡𝑑𝑡
(𝜋−0)
………………………..(1)
0
𝜋
𝑉2
𝑚 𝑠𝑒𝑛2𝑡𝑑𝑡 = 𝑉𝑚
2
0
𝜋 1−𝑐𝑜𝑠2𝑡
2
𝑑𝑡 = 𝑉𝑚
2
[(𝑡
2
) − (𝑠𝑒𝑛2𝑡
4
)]0
𝜋
0
𝜋
(𝑉𝑚 sent)2
𝑑𝑡 = 𝑉𝑚
2 𝜋
2
− 0 = = 𝑉𝑚
2
𝜋
2
……………….. (2)
Remplazando (2) en (1)
𝑉𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 =
𝑉𝑚
2[
𝜋
2
]
(𝜋)
= 𝑽 𝒎
𝟐
𝑽𝒆𝒇𝒊𝒄𝒂𝒛 =
𝑽 𝒎
𝟐

50. Primer teorema fundamental del cálculo
𝐒𝐞𝐚 𝐟: 𝐚; 𝒃 𝐑 ; 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐲 “x” 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬𝐭á 𝐞𝐧𝐭𝐫𝐞 𝐚 𝐲
𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮𝐧𝐚 𝐩𝐫𝐢𝐦𝐢𝐭𝐢𝐯𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐩𝐨𝐫 ∶
𝑭 𝒙 = 𝒂
𝒙
𝒇 𝒕 . 𝒅𝒕 ; 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝑭 ′ 𝒙 = 𝒂
𝒙
𝒇 𝒕 . 𝒅𝒕
′
→ 𝑭 ′ 𝒙 = 𝒇 𝒙 . 𝟏
𝐹 𝑥 = 𝑎
𝑥
𝑓 𝑡 . 𝑑𝑡 ; 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐹 ′ 𝑥 = 𝑓 𝑥
1.Se tiene:𝑯 𝒙 = 𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒆𝒖
𝑳𝒏𝒖 𝒅𝒖; 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆: 𝑯′
(𝒆𝒆𝒆
𝟏
𝟐
)
𝑯′ 𝒙 = 𝒆𝑳𝒏𝒙𝑳𝒏 𝑳𝒏𝒙 .
𝟏
𝒙
= 𝒙𝑳𝒏 𝑳𝒏𝒙 .
𝟏
𝒙
𝑯′ 𝒙 = 𝑳𝒏(𝑳𝒏𝒙)
𝑯′ 𝒆𝒆 𝒆
= 𝑳𝒏 𝑳𝒏𝒆𝒆 𝒆
= 𝑳𝒏 𝒆 𝒆𝑳𝒏𝒆 = 𝒆𝑳𝒏 𝒆 = 𝒆
𝒎 = 𝒆
𝟐. 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝒆
𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒆𝒖𝑳𝒏𝒖𝒅𝒖
𝑳𝒏𝒙 −𝟏
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝒆
𝒆𝑳𝒏𝒙𝑳𝒏 𝑳𝒏𝒙 .
𝟏
𝒙
𝟏
𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝒆
𝒙𝑳𝒏 𝑳𝒏𝒙 = 𝒆𝑳𝒏(𝑳𝒏𝒆)=0

51. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆: 𝑴 = 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝟎
𝒕𝒈𝒙
𝟒+ 𝒖 𝒅𝒖−𝟐𝒙
𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
Solución
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝟎
𝒕𝒈𝒙
𝟒+ 𝒖 𝒅𝒖−𝟐𝒙
𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙 −𝟐
𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙𝒄𝒐𝒔𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙
𝟐 𝒕𝒈𝒙
𝟐 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙+ 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝟐𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙𝒕𝒈𝒙
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙
𝟒 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝒕𝒈𝒙
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙+ 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝟐𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙𝒕𝒈𝒙
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎+
𝒔𝒆𝒄𝟒𝒙
𝟒 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝒕𝒈𝒙
+ 𝟒+ 𝒕𝒈𝒙 𝟐𝒔𝒆𝒄𝒙𝒕𝒈𝒙
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
=
𝟏
𝟎
+𝟎
𝟐
= ∞
𝑴 = ∞

53. Ejemplo
Se tiene la función 𝑯 𝒙 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓: 𝑯 𝒙 = 𝒆
𝒙𝟑 𝒅𝒖
𝑳𝒏 𝒖
Halla: 𝑯′
𝒆𝟐
𝒚 𝑯′′ 𝒆𝟐
Solución
𝑯 𝒙 = 𝒆
𝒙𝟑 𝒅𝒖
𝑳𝒏 𝒖
→ 𝑯′
(𝒙) = 𝒆
𝒙𝟑 𝒅𝒖
𝑳𝒏 𝒖
′
=
𝟏
𝑳𝒏 𝒙𝟑 𝟑𝒙𝟐
=
𝒙𝟐
𝑳𝒏 𝒙
𝑯′
𝒙 =
𝒙𝟐
𝑳𝒏 𝒙
** 𝑯 𝒙 = 𝒙𝟐
𝒙𝟑 𝒅𝒖
𝑳𝒏 𝒖
; calcule:𝑯′ 𝒙

54. Ejemplo:
Si𝐇 𝒙 = 𝒙
𝟑
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒕 𝒕𝒈𝒕𝒅𝒕 ; 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞: 𝑯′ 𝒙 , 𝑯′ 𝝅
𝟐
Solución
𝐇 𝒙 = 𝒙
𝟑
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒕 𝒕𝒈𝒕𝒅𝒕
𝑯′ 𝒙 = 𝑫𝒙 𝒙
𝟑
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒕 𝒕𝒈𝒕 𝐝𝐭
𝑯′
𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝒙𝒕𝒈 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 −
𝒙
𝟑
𝒕𝒈
𝒙
𝟑
𝟏
𝟑
𝑯′ 𝝅
𝟐
= 𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐
𝒕𝒈 𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐
𝒄𝒐𝒔
𝝅
𝟐
−
𝝅
𝟔
𝒕𝒈
𝝅
𝟔
𝟏
𝟑
= −
𝝅
𝟔
.
𝟏
𝟑
.
𝟏
𝟑
𝑯′ 𝝅
𝟐
= −
𝝅
𝟏𝟖 𝟑

55. Segundo teorema fundamental del cálculo
𝐒𝐞𝐚 𝐟: 𝐚; 𝒃 ℝ 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐲 𝐅 𝒙 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐞𝐬𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫𝐚
𝐝𝐞 𝐟 𝒙 𝐞𝐧 𝐚; 𝒃 𝐭𝐚𝐥 𝐪𝐮𝐞 𝐅 ′ 𝒙 = 𝐟 𝒙 ; 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐜𝐮𝐦𝐩𝐥𝐞:
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 . 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒂
𝒃
= 𝑭 𝒙 + 𝒌 𝒂
𝒃 = 𝑭 𝒃 + 𝒌 − 𝑭 𝒂 + 𝒌 = 𝑭 𝒃 − 𝑭 𝒂
Conclusión:
𝑎
𝑏
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 𝑥 a
b = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎
Ejemplo
Evalúe: 𝒆
𝒆𝟐 𝒅𝒙
𝟑
𝑳𝒏𝟐(𝑳𝒏𝒙) 𝒙𝑳𝒏𝒙
Solución
𝑰 = 𝒆
𝒆𝟐 𝒅𝒙
𝟑
𝑳𝒏𝟐(𝑳𝒏𝒙) 𝒙𝑳𝒏𝒙
= 𝒆
𝒆𝟐
𝑳𝒏(𝑳𝒏𝒙) −
𝟐
𝟑
𝒅𝒙
𝒙𝑳𝒏𝒙
= 𝟑 𝑳𝒏(𝑳𝒏𝒙)
𝟏
𝟑
𝒆𝟐
𝒆
= 𝟑
𝟑
𝑳𝒏𝟐 − 𝟎
𝑰 = 𝟑
𝟑
𝑳𝒏𝟐

56. Ejemplo
Evalúe: 𝑰 = 𝟑
𝟓 𝒅𝒙
𝒙𝟐+𝟓𝒙+𝟔
Solución
𝑰 = 𝟑
𝟓 𝒅𝒙
𝒙𝟐+𝟓𝒙+𝟔
= 𝟑
𝟓 𝒅𝒙
(𝒙+𝟐)(𝒙+𝟑)
𝑰 = 𝟑
𝟓 𝟏
𝒙+𝟐
−
𝟏
𝒙+𝟑
𝒅𝒙 = 𝑳𝒏 𝒙 + 𝟐 − 𝑳𝒏 𝒙 + 𝟑 𝟓
𝟑
𝑰 = (𝑳𝒏
𝒙+𝟐
𝒙+𝟑
) 𝟓
𝟑
𝑰 = 𝑳𝒏
𝟕
𝟖
− 𝑳𝒏
𝟓
𝟔
= 𝑳𝒏
𝟕
𝟖
𝟓
𝟔
𝑰 = 𝑳𝒏
𝟐𝟏
𝟒𝟎

57. Ejemplo
Calcule: 𝐈 = 𝝅
𝟏𝟔
𝝅
𝟖
𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝒅𝒙
Solución
𝑰 = 𝝅
𝟏𝟔
𝝅
𝟖
𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 𝒅𝒙
𝑰 =
𝟏
𝟒
𝝅
𝟏𝟔
𝝅
𝟖
𝟒𝒄𝒐𝒔 𝟒𝒙 𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
+ 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒙 𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
𝒄𝒐𝒔 𝟒𝒙 𝟒 𝒅𝒙
𝑰 =
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 ′
𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
+ 𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒙 𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 ′
𝟏
𝟒
𝒅 𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙 =
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
𝑰 =
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)𝒆𝒔𝒆𝒏𝟒𝒙
𝝅
𝟖
𝝅
𝟏𝟔
=
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐
𝒆𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐 −
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏(
𝝅
𝟒
)𝒆𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟒
𝑰 =
𝟏
𝟒
𝒆 −
𝟏
𝟒
𝟐
𝟐
𝒆
𝟐
𝟐 =
𝟏
𝟖
(𝟐𝒆 − 𝟐 𝒆
𝟐
𝟐 )
𝑰 =
𝟏
𝟖
(𝟐𝒆 − 𝟐 𝒆
𝟐
𝟐 )

58. Evalúe: 𝟎
𝟏 𝒙
(𝒙𝟐+𝟏)𝟑 𝒅𝒙
Solución
𝟎
𝟏 𝒙
(𝒙𝟐+𝟏)𝟑 𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐 𝟎
𝟏
(𝒙𝟐
+ 𝟏)−𝟑
𝟐𝒙𝒅𝒙 = −
𝟏
𝟒(𝒙𝟐+𝟏)𝟐
𝟏
𝟎
= −
𝟏
𝟏𝟔
+
𝟏
𝟒
=
𝟑
𝟏𝟔
𝟎
𝟏 𝒙
(𝒙𝟐+𝟏)𝟑 𝒅𝒙 =
𝟑
𝟏𝟔
Ejemplo
Calcule: 0
𝜋
4
1−2𝑠𝑒𝑛2𝑥
1+𝑠𝑒𝑛2𝑥
𝑑𝑥
Solución
𝑰 = 𝟎
𝝅
𝟒
𝟏−𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝟏+𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝒅𝒙 = 𝟎
𝝅
𝟒
𝟏−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝟏+𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝒅𝒙 = 𝟎
𝝅
𝟒
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝟏+𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝒅𝒙 = 𝟎
𝝅
𝟒
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙
𝟏+𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝒅𝒙 =
𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝝅
𝟒
𝟎
𝑰 = 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝝅
𝟒
𝟎
= 𝟐 − 𝟏
𝑰 = 𝟐 − 𝟏

59. Evalúe: 0
𝜋 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥−0.125𝜋2(4𝑐𝑜𝑠
𝑥
2
−2𝑐𝑜𝑠
𝑥
2
𝑠𝑒𝑛2𝑥)𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥−𝑠𝑒𝑛2𝑥+3
Solución
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝟐𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙−𝟎.𝟏𝟐𝟓𝝅𝟐(𝟒𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
−𝟐𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙)𝒅𝒙
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙+𝟑
𝐼 = 0
𝜋 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥−0.125𝜋22𝑐𝑜𝑠
𝑥
2
(2−𝑠𝑒𝑛2𝑥)𝑑𝑥
1−𝑠𝑒𝑛2𝑥−𝑠𝑒𝑛2𝑥+3
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝟐𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙−𝟎.𝟏𝟐𝟓𝝅𝟐𝟐𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
(𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙)𝒅𝒙
𝟐(𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙)
𝐼 = 0
𝜋 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
2−𝑠𝑒𝑛2𝑥
− 0.125𝜋2
0
𝜋
𝑐𝑜𝑠
𝑥
2
𝑑𝑥
𝐼 = 0
𝜋 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
2−𝑠𝑒𝑛2𝑥
− 0.125𝜋2
. 2 0
𝜋 1
2
𝑐𝑜𝑠
𝑥
2
𝑑𝑥
𝐼 = 0
𝜋 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
2−𝑠𝑒𝑛2𝑥
−
𝜋2
4
𝑠𝑒𝑛
𝑥
2
𝜋
0
𝐼 = 0
𝜋 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
2−𝑠𝑒𝑛2𝑥
− (
𝜋2
4
− 0)
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙
𝑰𝑨
−
𝝅𝟐
𝟒
………………………….(1)
𝐼𝐴 = 0
𝜋 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
2−𝑠𝑒𝑛2𝑥

60. Aplicando propiedad: 𝟎
𝒄
𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 = 𝟎
𝒄
𝒇(𝒄 − 𝒙) 𝒅𝒙
𝑰𝑨 = 𝟎
𝝅 (𝝅−𝒙)𝒔𝒆𝒏(𝝅−𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝝅−𝒙)
𝑰𝑨 = 𝟎
𝝅 (𝝅−𝒙)𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)
𝑰𝑨 = 𝝅 𝟎
𝝅 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)
− 𝟎
𝝅 𝒙𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)
𝑰𝑨 = 𝝅 𝟎
𝝅 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−(𝟏−𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙 )
− 𝟎
𝝅 𝒙𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)
𝑰𝑨 = 𝝅 𝟎
𝝅 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟏+𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙 )
− 𝟎
𝝅 𝒙𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙
𝟐−𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)
𝑰𝑨 = −𝝅𝑨𝒓𝒄𝒕𝒈(𝒄𝒐𝒔𝒙) 𝝅
𝟎
− 𝑰𝑨
𝑰𝑨 = −𝝅 −
𝝅
𝟒
−
𝝅
𝟒
− 𝑰𝑨
𝟐𝑰𝑨 =
𝝅𝟐
𝟐
→ 𝑰𝑨 =
𝝅𝟐
𝟒
…………………………………..(2)
Reemplazando (2) en (1)
𝑰 =
𝝅𝟐
𝟒
−
𝝅𝟐
𝟒
= 𝟎
𝑰 = 𝟎

61. Ejemplo
𝑯𝒂𝒍𝒍𝒆: 𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙
Solución
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙
Aplicando propiedad
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏(𝝅−𝒙)𝒄𝒐𝒔(𝝅−𝒙)
𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙
Sumando
𝟐𝑰 = 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝒄𝒐𝒔𝒙 + 𝟎
𝝅 𝒅𝒙
𝟏+(𝒔𝒆𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔𝒙

62. 2𝐼 = 0
𝜋
(
1
1+(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 +
1
1+(𝑠𝑒𝑛𝑥)−𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑑𝑥
2𝐼 = 0
𝜋
(
1+(𝑠𝑒𝑛𝑥)−𝑐𝑜𝑠𝑥+1+(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥
(1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥)(1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 −𝑐𝑜𝑠𝑥)
)𝑑𝑥
2𝐼 = 0
𝜋
(
2+
1
(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥 +(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥
(1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥)(1+
1
(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥)
)𝑑𝑥
2𝐼 = 0
𝜋
(
2(𝑠𝑒𝑛𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥+1+(𝑠𝑒𝑛𝑥)2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
(1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥)(
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+1
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 )
)𝑑𝑥
2𝐼 = 0
𝜋 ( 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥+1)2
(1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥)((1+ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥)
𝑑𝑥
2𝐼 = 0
𝜋
𝑑𝑥 → 2𝐼 = 𝜋 → 𝐼 =
𝜋
2

63. Ejemplo
Halle: 0
1 𝑥9−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥
Solución
0
1 𝑥9−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥
𝐼 𝑚 = 0
1 𝑥𝑚−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥; 𝐼 0 = 0
𝐼′
𝑚 = 0
1 𝑑
𝑥𝑚−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑚
𝑑𝑥; 𝑒𝑛 é𝑠𝑡𝑎 operación 𝑥 trabaja como un número o
constante
𝑥𝑚 ′ = 𝑥𝑚𝐿𝑛𝑥
𝐼′ 𝑚 = 0
1 𝑥𝑚𝐿𝑛𝑥
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥
𝐼′
𝑚 = 0
1
𝑥𝑚
𝑑𝑥 ;ahora integrando respecto a la variable 𝑥
𝐼′
𝑚 =
𝑥𝑚+1
𝑚+1
1
0
=
1
𝑚+1
− 0
𝐼′ 𝑚 =
1
𝑚+1

64. 𝑑𝐼 𝑚
𝑑𝑚
=
1
𝑚+1
→ 𝑑𝐼 𝑚 =
1
𝑚+1
𝑑𝑚
Anulando la operación de diferenciación
𝑑𝐼 𝑚 =
1
𝑚+1
𝑑𝑚
𝐼 𝑚 = 𝐿𝑛 𝑚 + 1 + 𝑘 ; 𝐼 0 = 0
𝐼 0 = 𝐿𝑛 0 + 1 + 𝑘 → 0 = 𝐿𝑛1 + 𝑘 → 𝑘 = 0
𝐼 𝑚 = 𝐿𝑛 𝑚 + 1
Calculando la integral definida pedida: 0
1 𝑥9−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥
En nuestro caso 𝐼 𝑚 = 0
1 𝑥𝑚−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥 → 𝐼 9 = 0
1 𝑥9−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥
𝐼 9 = 𝐿𝑛 9 + 1 = 𝐿𝑛10
0
1 𝑥9−1
𝐿𝑛𝑥
𝑑𝑥 = 𝐿𝑛10

65. Ejemplo
Evalúe: 𝑰 = 𝟎
𝟑𝟐 𝟓
𝒙
𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝒅𝒙
Solución
𝑰 = 𝟎
𝟑𝟐 𝟓
𝒙
𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟎
𝟑𝟐 𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙−
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟎
𝟑𝟐
𝒅𝒙 − 𝟎
𝟑𝟐
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟑𝟐 − 𝟎
𝟑𝟐
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝟓
𝒙+
𝟓
𝟑𝟐−𝒙
𝒅𝒙
Aplicando propiedad: 𝟎
𝑪
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
𝑪
𝒇 𝒄 − 𝒙 𝒅𝒙
𝑰 = 𝟑𝟐 − 𝟎
𝟑𝟐
𝟓
𝟑𝟐−(𝟑𝟐−𝒙)
𝟓
𝟑𝟐−𝒙+𝟓
𝟑𝟐−(𝟑𝟐−𝒙)
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟑𝟐 − 𝟎
𝟑𝟐 𝟓
𝒙
𝟓
𝟑𝟐−𝒙+𝟓
𝒙
𝒅𝒙
𝑰
𝟐𝑰 = 𝟑𝟐 → 𝑰 = 𝟏𝟔

66. Ejemplo
Evalúe: 1
3 𝑑𝑥
𝑥4+𝑥2 𝑑𝑥
Solución
𝟏
𝟑 𝒅𝒙
𝒙𝟒+𝒙𝟐 𝒅𝒙
𝟏
𝟑 𝒅𝒙
𝒙𝟐(𝒙𝟐+𝟏)
𝒅𝒙 = 𝟏
𝟑 𝟏
𝒙𝟐 −
𝟏
𝒙𝟐+𝟏
𝑰 = 𝟏
𝟑
𝒙−𝟐
− 𝟏
𝟑 𝒅𝒙
𝒙𝟐+𝟏
𝑰 = −
𝟏
𝒙
𝟑
𝟏
−𝑨𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙 𝟑
𝟏
𝑰 = −
𝟏
𝟑
− −
𝟏
𝟏
− 𝑨𝒓𝒄𝒕𝒈 𝟑 − (−𝑨𝒓𝒄𝒕𝒈 𝟏 )
𝑰 = −
𝟏
𝟑
+ 𝟏 −
𝝅
𝟑
+
𝝅
𝟒
𝑰 = −
𝟏
𝟑
+ 𝟏 −
𝝅
𝟏𝟐
Ejemplo
Evalúe: 𝟐
𝟒 𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐
𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐+𝑳𝒐𝒈(𝟑𝟔−𝟏𝟐𝒙+𝒙𝟐)
𝒅𝒙
Solución

67. 𝟐
𝟒 𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐
𝑳𝒐𝒈𝒙𝟐+𝑳𝒐𝒈(𝟑𝟔−𝟏𝟐𝒙+𝒙𝟐)
𝒅𝒙 = 𝟐
𝟒 𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙
𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙+𝑳𝒐𝒈(𝟔−𝒙)𝟐 𝒅𝒙
𝟐
𝟒 𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙
𝟐𝑳𝒐𝒈𝒙+𝟐𝑳𝒐𝒈(𝟔−𝒙)
𝒅𝒙 = 𝟐
𝟒 𝑳𝒐𝒈𝒙
𝑳𝒐𝒈𝒙+𝑳𝒐𝒈(𝟔−𝒙)
𝒅𝒙
Aplicando propiedad de traslación
𝟐−𝟐
𝟒−𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟔−(𝒙+𝟐))
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟎
𝟐 𝑳𝒐𝒈 𝒙+𝟐
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝒅𝒙 ,generando misma expression del denominador
𝑰 = 𝟎
𝟐 𝑳𝒐𝒈 𝒙+𝟐 +𝑳𝒐𝒈 𝟒−𝒙 −𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟎
𝟐
𝒅𝒙 − 𝟎
𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝒅𝒙
𝒇 𝒙 =
𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
𝑳𝒐𝒈(𝒙+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)
es continua en el segmento 0,2
Se cumple: 𝟎
𝒄
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎
𝒄
𝒇(𝒄 − 𝒙) 𝒅𝒙
𝑰 = 𝟐 − 𝟎
𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟒− 𝟐−𝒙 )
𝑳𝒐𝒈((𝟐−𝒙)+𝟐)+𝑳𝒐𝒈(𝟒−(𝟐−𝒙))
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟐 − 𝟎
𝟐 𝑳𝒐𝒈(𝟐+𝒙)
𝑳𝒐𝒈(𝟒−𝒙)+𝑳𝒐𝒈(𝟐+𝒙)
𝒅𝒙
𝑰 = 𝟐 − 𝑰 → 𝟐𝑰 = 𝟐 → 𝑰 = 𝟏

68. Ejemplo
Evalúa: 𝟎
𝟏 𝒙−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙
Solución
𝟎
𝟏 𝒙−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙
Definiendo una integral que de pende de un parámetro “𝒒” que no depende de la
variable de integración que es 𝒙
𝑰 𝒒 = 𝟎
𝟏 𝒙𝒒−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙
Evaluando la función para 𝑞 = 0
𝑰 𝟎 = 𝟎
𝟏 𝒙𝟎−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙 → 𝑰 𝟎 = 𝟎
𝟏
𝟎 𝒅𝒙 → 𝑰(𝟎) = 𝟎
Derivando respecto de 𝑞
𝑰′ 𝒒 = 𝟎
𝟏 𝒅
𝒅𝒒
𝒙𝒒−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙; 𝒂𝒙 ′ = 𝒂𝒙𝑳𝒏𝒂
𝑰′
𝒒 = 𝟎
𝟏 𝒙𝒒𝑳𝒏𝒙
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙
𝑰′
𝒒 = 𝟎
𝟏
𝒙𝒒
𝒅𝒙 → 𝑰′
𝒒 =
𝒙𝒒+𝟏
𝒒+𝟏
𝟏
𝟎

69. 𝑰′ 𝒒 =
𝟏
𝒒+𝟏
− 𝟎
𝒅𝑰(𝒒) =
𝟏
𝒒+𝟏
𝒅𝒒
𝒅𝑰(𝒒) =
𝟏
𝒒+𝟏
𝒅𝒒
𝑰 𝒒 = 𝑳𝒏 𝒒 + 𝟏 + 𝒌
𝑰(𝟎) = 𝟎
𝑰 𝟎 = 𝑳𝒏 𝟎 + 𝟏 + 𝒌 → 𝟎 = 𝟎 + 𝒌 → 𝒌 = 𝟎
𝒌 = 𝟎
𝑰 𝒒 = 𝑳𝒏 𝒒 + 𝟏 + 𝟎
𝑰 𝒒 = 𝑳𝒏 𝒒 + 𝟏
Evaluando la integral definida
𝟎
𝟏 𝒙−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙 = 𝑰(𝟏)
𝑰 𝟏 = 𝑳𝒏 𝟏 + 𝟏 → 𝑰 𝟏 = 𝑳𝒏𝟐
𝟎
𝟏 𝒙−𝟏
𝑳𝒏𝒙
𝒅𝒙 = 𝑳𝒏𝟐

71. Cambio variable en una integral definida
Sean las funciones 𝒙 = ∅ 𝒕 𝒚 ∅′
𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂𝒔 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒔𝒆𝒈𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒕𝟏, 𝒕𝟐
𝒚 𝒂 = ∅ 𝒕𝟏 ; 𝒃 = ∅ 𝒕𝟐 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒔𝒆 𝒗𝒆𝒓𝒊𝒇𝒊𝒄𝒂 𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒕𝟏
𝒕𝟐
𝒇 ∅ 𝒕 ∅′
𝒕 𝒅𝒕
Donde 𝒇(𝒙) es continua en el segmento [a,b]
Integración por partes en una integral definida
Sean las funciones u y v diferenciables en el segmento [a,b] entonces se verifica:
𝑑𝑢𝑣 = 𝑢𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑢
𝑢𝑑𝑣 = 𝑑𝑢𝑣 − 𝑣𝑑𝑢
Aplicando la integral definida en el intervalo cerrado [a,b]
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = 𝒂
𝒃
𝒅𝒖𝒗 − 𝒂
𝒃
𝒗𝒅𝒖
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 𝒃
𝒂
− 𝒂
𝒃
𝒗𝒅𝒖
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = (𝒖𝒗 − 𝒗𝒅𝒖) 𝒃
𝒂

72. Integración por partes en una integral definida
Sean las funciones u y v diferenciables en el segmento [a,b] entonces se verifica:
𝑑𝑢𝑣 = 𝑢𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑢
𝑢𝑑𝑣 = 𝑑𝑢𝑣 − 𝑣𝑑𝑢
Aplicando la integral definida en el intervalo cerrado [a,b]
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = 𝒂
𝒃
𝒅𝒖𝒗 − 𝒂
𝒃
𝒗𝒅𝒖
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 𝒃
𝒂
− 𝒂
𝒃
𝒗𝒅𝒖
𝒂
𝒃
𝒖𝒅𝒗 = (𝒖𝒗 − 𝒗𝒅𝒖) 𝒃
𝒂

73. Ejemplo
Calcula: 𝟎.𝟓
𝟏
𝟐𝒔𝒆𝒏𝒉(𝟐𝒂𝒓𝒄𝒐𝒔𝒆𝒏𝒙) 𝒅𝒙
Solución
𝟏
𝟐
𝟏
℮𝟐𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒙 − ℮−𝟐𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙
Haciendo el siguiente cambio de variable
𝒛 = 𝑨𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒙 → 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝒛
𝒅𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒛𝒅𝒛
𝒙 =
𝟏
𝟐
→ 𝒛 =
𝝅
𝟔
𝒙 = 𝟏 → 𝒛 =
𝝅
𝟐
Reemplazando los datos en la integral original
𝝅/𝟔
𝝅/𝟐
℮𝟐𝒛 − ℮−𝟐𝒛 𝐜𝐨𝐬(𝒛)𝒅𝒛
𝝅/𝟔
𝝅/𝟐
℮𝟐𝒛
𝐜𝐨𝐬(𝒛) − ℮−𝟐𝒛
𝐜𝐨𝐬(𝒛) 𝒅𝒛
𝑰 = 𝝅/𝟔
𝝅/𝟐
℮𝟐𝒛
𝐜𝐨𝐬(𝒛))𝒅𝒛 − 𝝅/𝟔
𝝅/𝟐
( ℮−𝟐𝒛
𝐜𝐨𝐬(𝒛) 𝒅𝒛
𝑰 =
℮𝟐𝒛
𝟓
𝟐 𝒄𝒐𝒔 𝒛 + 𝒔𝒆𝒏(𝒛) −
℮−𝟐𝒛
𝟓
−𝟐 𝒄𝒐𝒔 𝒛 + 𝒔𝒆𝒏(𝒛) │
𝝅/𝟐
𝝅/𝟔
𝑰 =
℮𝝅
𝟓
𝟐 𝒄𝒐𝒔
𝝅
𝟐
+ 𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐
−
℮−𝝅
𝟓
−𝟐 𝒄𝒐𝒔
𝝅
𝟐
+ 𝒔𝒆𝒏
𝝅
𝟐

74. 𝐼 =
℮2𝑧
5
2 cos 𝑧 + 𝑠𝑒𝑛(𝑧) −
℮−2𝑧
5
−2 cos 𝑧 + 𝑠𝑒𝑛(𝑧) │
𝜋/2
𝜋/6
𝐼 =
℮𝜋
5
2 cos
𝜋
2
+ 𝑠𝑒𝑛
𝜋
2
−
℮−𝜋
5
−2 cos
𝜋
2
+ 𝑠𝑒𝑛
𝜋
2
−
℮
𝜋
3
5
2 cos
𝜋
6
+ 𝑠𝑒𝑛
𝜋
6
+
℮
−
𝜋
3
5
−2 cos
𝜋
6
+ 𝑠𝑒𝑛(
𝜋
6
) │
𝐼 =
℮𝜋
5
−
℮−𝜋
5
−
℮
𝜋
3
5
3 +
1
2
+
℮
−
𝜋
3
5
− 3 +
1
2

75. Ejemplo
Evalúa: 𝐈 = 𝟏
𝟔𝟒 𝒅𝒙
𝟑
𝒙+ 𝒙
Solución
𝒙 = 𝒛𝟔
→ 𝒛 = 𝟔
𝒙
𝒅𝒙 = 𝟔𝒛𝟓
𝒅𝒛
𝒙 = 𝟏 → 𝒛 = 𝟏
𝒙 = 𝟔𝟒 → 𝒛 = 𝟐
Reemplazando los datos en la integral original
𝐈 = 𝟏
𝟐 𝟔𝒛𝟓𝐝𝐳
𝒛𝟐+𝒛𝟑 = 𝟔 𝟏
𝟐 𝒛𝟑
𝒛+𝟏
𝒅𝒛
𝐈 = 𝟔 𝟏
𝟐 𝒛𝟑+𝟏−𝟏
𝒛+𝟏
𝒅𝒛 = 𝟔 𝟏
𝟐 𝒛+𝟏 𝒛𝟐−𝒛+𝟏 −𝟏
𝒛+𝟏
𝒅𝒛
𝑰 = 𝟔 𝟏
𝟐
(𝒛𝟐 − 𝒛 + 𝟏)𝒅𝒛 − 𝟔 𝟏
𝟐 𝒅𝒛
𝒛+𝟏
𝑰 = 𝟐𝒛𝟑 − 𝟑𝒛𝟐 + 𝟔𝒛 − 𝟔𝑳𝒏 𝒛 + 𝟏 𝟐
𝟏
= 𝟏𝟔 − 𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 − 𝟔𝑳𝒏𝟑 − (𝟐 − 𝟑 + 𝟔 − 𝟔𝑳𝒏𝟐)
𝑰 = 𝟏𝟏 + 𝟔𝐥𝐧
𝟐
𝟑

76. Ejemplo
Evalúa:𝑰 = 𝟑
𝑳𝒏𝟑
𝟑
𝑳𝒏𝟓
𝟑𝒙𝟓
𝒆𝒙𝟑
𝒅𝒙
Solución
𝑈 = 𝑥3 → 𝑑𝑈 = 3𝑥2𝑑𝑥
𝑑𝑉 = 𝑒𝑥3
3𝑥2
→ 𝑉 = 𝑒𝑥3
𝐼 = 𝑥3𝑒𝑥3
− 𝑒𝑥3
3𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3𝑒𝑥3
− 𝑒𝑥3
𝐼 = 𝑥3𝑒𝑥3
− 𝑒𝑥3
3
𝐿𝑛5
3
𝐿𝑛3
= 𝐿𝑛(5)𝑒𝐿𝑛5 − 𝑒𝐿𝑛5 − 𝐿𝑛 3 𝑒𝐿𝑛3 + 𝑒𝐿𝑛3
𝐼 = 5𝐿𝑛5 − 5 − 3𝐿𝑛3 + 3 = 5𝐿𝑛5 − 3𝐿𝑛3 − 2 = 𝐿𝑛
3125
27
− 2
𝐼 = 𝐿𝑛
3125
27
− 2

77. Ejemplo
Calcula: 0
5 𝑥3
𝑥2+4
𝑑𝑥
Utilizando el método de integración por partes
0
5 𝑥3
𝑥2+4
𝑑𝑥
0
5
𝑥2
𝑢
1
2
(𝑥2
+ 4)−
1
22𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣
𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣𝑑𝑢
𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣 =
1
2
(𝑥2 + 4)−
1
22𝑥𝑑𝑥 → 𝑣 =
1
2
𝑥2+4
1
2
= 𝑥2 + 4
𝐼 = 𝑥2 𝑥2 + 4 − 𝑥2 + 4 2𝑥𝑑𝑥
𝐼 = 𝑥2 𝑥2 + 4 −
2
3
( 𝑥2 + 4)3
𝐼 = 𝑥2 𝑥2 + 4 −
2
3
( 𝑥2 + 4)3 5
0
𝐼 = 5.3 − 18 − −
16
3
= −3 +
16
3
=
7
3
𝐼 =
7
3

78. Integrales Impropias
1) Integrales impropias de primera especie (cuando uno de los límites de
integración es infinito).
2) Integrales impropias de segunda especie (integrales con integrando no acotado en
algún punto del intervalo de integración).
3) Integrales impropias de tercera especie (uno de los límites es infinito y el
integrando discontinuo en algún punto del intervalo de integración)
Integrales impropias de primera especie
1.- . Sea f: [a, ∞ > → 𝑅 𝑦 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢a 𝑒𝑛 𝑎, 𝑚 ,entonces la integral impropia
de primera especie se evalúa por:
𝒂
∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑳𝒊𝒎
𝒎→∞ 𝒂
𝒎
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
En caso que exista el límite del 2𝑑𝑜
miembro se dice que la integral impropia
Con límite infinito es convergente y converge al valor del límite.
Si el límite no existe se dice que la integral impropia es divergente.

79. 2.- Sea f:<-∞,a]→R , y f es continua en [k,a], entonces la integral impropia de primera
especie se evalúa por:
−∞
𝒂
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦
𝒌→−∞ 𝒌
𝒂
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
En caso que exista el límite del 2do miembro se dice que la integral impropia
Con límite infinito es convergente y converge al valor del límite.
Si el límite no existe se dice que la integral impropia es divergente.
.- Si 𝑓: < −∞, ∞ >→ 𝑅 , y f es continua en : 𝑘, 0 U 0, 𝑚 entonces la integral impropia
de primera especie se evalúa por:
−∞
∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = −∞
𝟎
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝟎
∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
−∞
∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒌→−∞ 𝒌
𝟎
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒍𝒊𝒎
𝒎→∞ 𝟎
𝒎
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
En caso que exista ambos límites del 𝟐𝒅𝒐
miembro se dice que la integral impropia
Con límites infinitos es convergente y converge al valor de la suma de los dos límites.
Si uno de los límites no existe se dice que la integral impropia de primera especie es
Divergente.

82. Ejemplo
Calcule:

86. Integrales impropias con discontinuidad en algunos
Puntos del intervalo de integración
(Integrales impropias de segunda especie)
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
1. − Sea f: 𝑎; ]
𝑏 → R , y continua en el segment0 [𝑎 + Ɛ, ]
𝑏 entonces la integral impropia de segunda
especie se calcula por:
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑳𝒊𝒎
Ɛ→𝟎+ 𝒂+Ɛ
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 ; Ɛ > 0(𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒ñ𝑜)
En caso que exista el límite del 2𝑑𝑜
miembro se dice que la integral impropia
Con límites finitos es convergente y converge al valor del límite.
a + Ɛ ; Ɛ>0
b
a

87. 𝟐. − 𝑺𝒆𝒂 𝐟: [𝒂;𝒃 → 𝑹 , 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮a en el intervalo cerrado [𝒂,𝒃 − 𝜺] ,entonces la integral
impropia se evalúa por:
𝑎
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim
Ɛ→0+ 𝑎
𝑏−Ɛ
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
En caso que exista el límite del 𝟐𝒅𝒐
miembro, se dice que la integral impropia
Con límites finitos es convergente y converge al valor del límite.

88. 𝟑. − 𝑺𝒆𝒂 𝐟: [𝒂;𝒄𝟏 ∪ 𝒄𝟏; 𝒄𝟐 ∪ 𝒄𝟐; ]
𝒃 → 𝐑, 𝐲 𝒆𝒔 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 [𝒂;𝒄𝟏 − 𝜺𝟏] ∪ 𝒄𝟏 + 𝜺𝟐; 𝒒 ∪
𝒒; 𝒄𝟐 − 𝜺𝟑 ∪ [𝒄𝟐 + 𝜺𝟒; ]
𝒃 (La función es continua en “q”𝝐 𝒄𝟏; 𝒄𝟐 )
La integral impropia de segunda especie se puede evaluar de la siguiente forma:
𝐼 = 𝑎
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = lim
𝜀1→0+ 𝑎
𝑐1−𝜀1
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + lim
𝜀2→0+ 𝑐1+𝜀2
𝑞
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
+ lim
𝜀3→0+ 𝑞
𝑐2−𝜀3
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + lim
𝜀4→0+ 𝑐2+𝜀4
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
Ésta integral impropia es convergente si es que existen todos los límites del segundo
miembro.
Si uno de los límites no existe se dice que la integral impropia de la segunda especie es
divergente.
𝑐1 − 𝜀1

89. Integrales impropias de tercera especie
1.-Sea 𝒇: < −∞, 𝒄 >∪< 𝒄, ∞ >→ 𝑹
Es una integral con limites infinitos e integrando discontinuo en algún punto del
intervalo de integración. La integral impropia de tercera especie se representa por:
−∞
∞
𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ; SI −∞ < 𝒒 < 𝒄 < 𝒑 < ∞
𝑓(𝑐) = ±∞
Función f es continua en: 𝒙 = 𝒒 , 𝒙 = 𝒑 → −∞ < 𝒒 < 𝒄 < 𝒑 < ∞
Entonces la representación gráfica utilizando segmentos es:
𝒄
−∞ 𝒑
𝒒 ∞

90. −∞
∞
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = −∞
𝑞
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑞
𝑐
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑐
𝑝
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑝
∞
𝑓(𝑥)𝑑𝑥
−∞
∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒌→−∞ 𝒌
𝒒
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 +
𝒍𝒊𝒎
𝜺𝟏→𝟎+ 𝒒
𝒄−𝜺𝟏
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒍𝒊𝒎
𝜺𝟐→𝟎+ 𝒄+𝜺𝟐
𝒑
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝒍𝒊𝒎
𝒎→∞ 𝒑
𝒎
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
Ésta integral impropia de tercera especie es convergente si existen todo los límites del
segundo miembro
En caso de no existir uno de los límites se dice que la integral impropia de tercera
especie es divergente.