Cap5_Integrales

Vista previa del material en texto

Integrales 
 221
Capítulo 5 
 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
 
 
 
Introducción: En el capítulo tres hemos estudiado el concepto de derivada, es decir, dada una 
función )(xf , buscamos una función )(xf ′ a la que denominamos su función derivada. En el 
presente capítulo haremos justamente lo opuesto; dada una función )(xf , determinaremos 
(cuando esto sea posible) otra función )(xF de modo tal que su derivada sea )(xf , es decir: 
)()( xfxF =′ . Por el hecho de estar procediendo en forma inversa es que muchos llaman a 
este proceso antiderivación. También suele decirse que )(xF es una primitiva de )(xf . 
Nosotros usaremos esta segunda denominación. 
 
 
 
Definición: Si para todos los puntos de un intervalo real [ ]ba, se verifica que )()( xfxF =′ , 
entonces )(xF es una primitiva de )(xf sobre ese intervalo. 
 
 
 
Ejemplo 1: Calcular una primitiva de xxf cos)( = . 
De la definición se desprende que es necesario encontrar una función )(xF tal que: 
 xxF cos)( =′ 
Sabemos que la función seno tiene por derivada a la función coseno, de modo que: 
 xx cos)(sen =′ 
Luego, xxF sen)( = . 
 
 
 
Observación: Claramente xsen no es la única primitiva de xcos ya que cualquier función de 
la forma kxxF += sen)( , con k una constante numérica arbitraria, derivada nos da la función 
coseno. Por lo tanto, veamos el siguiente teorema. 
 
 
 
Teorema 1: Si )(xF y )(xG son dos funciones primitivas distintas de la misma función 
)(xf sobre el intervalo real [ ]ba, , su diferencia es una constante. 
 Demostración: Sabemos que )(xF es primitiva de )(xf , por lo tanto )()( xfxF =′ . 
Análogamente, por ser )(xG una primitiva de )(xf , se verifica )()( xfxG =′ . 
Consideremos la función )()()( xGxFxH −= . Derivando )(xH obtenemos: 
0)()()()()( =−=′−′=′ xfxfxGxFxH 
 Luego, kxH =)( , con k constante (puesto que la derivada de una constante es cero). Por lo 
tanto kxGxF =− )()( . 
 
Integrales 
 222
Definición: Si )(xF es una primitiva de )(xf , la expresión kxF +)( se denomina integral 
indefinida de la función )(xf . 
 
 
Notación: Indicamos la integral indefinida de )(xf en la forma siguiente: ∫ dxxf )( . 
 
 
De acuerdo con la definición resulta: kxFdxxf +=∫ )()( . 
 
 
Observación: No toda función )(xf definida sobre un intervalo real [ ]ba, admite primitiva. 
Por otra parte la integral indefinida representa una familia de funciones kxFy += )( , cuyas 
gráficas se obtienen mediante desplazamientos verticales de la curva )(xFy = . 
 
 
Ejemplo 2: Verificar si xxxxF 3tg)( 4 −+= es o no una primitiva de 
3sec4)( 23 −+= xxxf . 
Para verificar que )(xF es primitiva de )(xf es necesario probar que )()( xfxF =′ . 
Si F x x x x F x x x F x f x entonces por lo tanto ( ) tg ( ) sec ( ) ( )= + − ′ = + − ′ =4 3 23 4 3 . 
 
 
 
*Pase a resolver el problema 1 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
Estudiaremos ahora algunas propiedades de la integral indefinida que son de suma utilidad. 
 
 
 
Propiedades 
 
 
1) La derivada de una integral indefinida es el integrando )(xf . 
( ) ( ) )()()( xfkxFdxxf =′+=′∫ 
 
2) El diferencial de una integral indefinida es igual al elemento de integración dxxf )( . 
( ) ( ) dxxfkxFddxxfd )()()( =+=∫ 
 
3) La integral indefinida del diferencial de cierta función es igual a la función incrementada 
en una constante arbitraria. 
∫ += kxFxdF )()( 
 
Integrales 
 223
4) La integral indefinida de la suma algebraica de dos o varias funciones es igual a la suma 
algebraica de sus integrales. 
( )∫ ∫ ∫+=+ dxxgdxxfdxxgxf )()()()( 
 
5) La integral indefinida del producto de una constante por una función es igual al producto 
de dicha constante por la integral indefinida de la función. 
∫ ∫⋅=⋅ dxxfadxxfa )()( 
 
 
 
El proceso mediante el cual se obtiene la integral indefinida se denomina integración. Antes 
de pasar a estudiar los métodos de integración nos ocuparemos de establecer una tabla de 
integración, la que se deduce directamente de la tabla de derivación que establecimos en la 
página 143 del capítulo 3. 
La validez de esta tabla puede verificarse inmediatamente, solo se trata de mostrar que la 
derivada de las funciones que aparecen en la columna correspondiente a la primitiva es igual a 
la función correspondiente en la otra columna. 
 
 
FUNCIÓN PRIMITIVA 
0 k 
1 x 
 x n ( )n ≠ −1 
1
1
+
+
n
x
n
 
1
x
 
||ln x 
xcos xsen 
xsen xcos− 
x2sec xtg 
e
x xe 
a x 
a
a
x
ln
 
1
1
2
− x
 
xarcsen 
−
−
1
1
2
x
 
xarccos 
1
1
2
+ x
 
xarctg 
 
 
 
A continuación resolveremos algunos ejercicios aplicando la tabla de integrales y las 
propiedades anteriores. 
 
 
Integrales 
 224
Ejemplo 3: Hallar las primitivas de las siguientes funciones. 
a) f x e xx( ) cos= + −3 
( ) ksen3 cos3cos3)( +−+=−+=−+= ∫ ∫ ∫∫ xxexdxdxdxedxxexF
xxx 
b) 
2
52
1
1
2sec3)(
x
xxxg
+
−+= 
 
kx
x
x + 
dx
x
dxxxdxdx
x
xxxG
+−=
=
+
−+=





+
−+= ∫ ∫ ∫∫
arctg
3
tg3
1
1
2sec3
1
1
2sec3)(
6
2
52
2
52
 
 
 
Resolveremos a continuación otras integrales indefinidas que traen aparejada una mayor 
dificultad. 
 
 
 
Ejemplo 4: Hallar las primitivas de las siguientes funciones. 
a) 
3
2 25
)(
x
xx
xh
++
= 
k||k 
2
2
2
3
||5 
2 
1
525
25
22
3
32
5
333
2
3
2
+−−=+
−
+
−
+=
=++=++=






 ++
=
−
−
−
−
−
−
∫∫∫∫ ∫ ∫∫
22
3
xx
3
2
 x5ln 
xx
xln
 dxxdx xdx
x
dx
x
1
dx
x
x
dx
x
x
dx
x
xx
H(x)
 
b) 
x
x
xh
2
3
sen1
3cos
)(
−
+
= 
kxx dxxdxx
dx 
x
dx
x
x
dx
x
x
dx
x
x
H(x)
++=+=
=+=
+
=





−
+
=
∫∫
∫∫∫∫
tg3sensec3.cos 
 
cos
1
3.
cos
cos
cos
3cos
sen1
3cos
2
22
3
2
3
2
3
 
 
 
 
* Resuelva el problema 2 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrales 
 225
MÉTODOS DE INTEGRACIÓN 
 
 
 
Método de integración por sustitución 
 
 
 
Supongamos que necesitamos calcular f x dx( )∫ , pero no es factible encontrar en forma más 
o menos inmediata la función primitiva )(xF . En algunos casos es posible efectuar una 
sustitución de la variable de integración por una función de otra variable. 
Sea )(tgx = , con g una función derivable. Luego, dttgdx )(′= . Sustituyendo en la integral 
obtenemos: 
 f x dx f g t g t dt( ). ( ( )). ( ).∫ ∫= ′ 
 
 
Es importante notar, que en la mayoría de los casos en el que es posible resolver una integral 
por sustitución, el reemplazo que se utiliza es: )(xht = , de donde dxxhdt )(′= . 
 
 
Observación: Para ambos tipos de sustitución es importante recordar que una vez resuelta la 
integral en función de la nueva variable (“t” o cualquier otra), es necesario volver a sustituir 
dicha variable en la primitiva para que esta quede expresada en función de la variable original. 
 
 
 
Ejemplo 5: Resolver mediante una conveniente sustitución las siguientes integrales 
indefinidas. 
a) ∫ dxxx cossen
3 
 Sea dxxdtxt cossen =⇒= . Reemplazando en la integral resulta: 
∫∫ +=+== kxk
t
dttdxxx
4
4
33
sen
4
1
4
cossen 
b) ∫
+
dxex
x 2
2
2 
 Sea dxxdtxt 222 =⇒+= . Reemplazando en la integral resulta: 
∫∫ +=+==
++
kekedtedxex
xttx 22
22
2 
c) dxxx )2(21 +−∫ 
 Sea 
2
221
−
=⇒−=⇒−=
dt
dxdxdtxt . Además despejando x obtenemos: 
2
1 t
x
−
= . 
 Reemplazando en la integral se obtiene: 
 
Integrales 
 226
kxx
k
tt
dtttdttt
dt
t
t
dtt
tdxxx
+−+−−=
=++−=−−=−−=
=




 +−
−=
−






+
−
=+−
∫∫
∫∫∫
2
5
2
3
2
5
2
3
2
3
2
1
2
1
2
1
)21(
10
1
)21(
6
5
2
54
1
2
34
5
)5(
4
1
)5(
4
1
2
41
2
1
2
2
2
1
)2(21
 
d) ∫
+
dx
x
2
161
1
 
 Sea 
4
44
dt
dxdxdtxt =⇒=⇒= . Reemplazando en la integral resulta: 
kxkt
dt
t
dt
t
dx
x
dx
x
+=+=
=
+
=
+
=
+
=
+
∫ ∫ ∫∫
)4arctg(
4
1
arctg
4
1
1
1
4
1
41
1
)4(1
1
161
1
2222
 
e)∫
+
5
1ln xx
dx
 
 Sea dx
x
dtxt
1
1ln =⇒+= . Reemplazando en la integral se obtiene: 
kxk
t
dtt
t
dt
xx
dx
++=+===
+
∫∫∫
−
5
4
5
4
5
1
55
)1(ln
4
5
5
41ln
 
 
 
 
Observación: Antes de pasar a estudiar otros métodos de integración es oportuno presentar 
dos nuevas propiedades que son de gran utilidad. Si bien se trata de dos casos particulares del 
método de sustitución, creemos que es conveniente usarlas independientemente, pues se 
presentarán con frecuencia. 
 
 
 
Propiedades 
 
 
1) Si ∫ += kxFdxxf )()( , entonces ∫ ++=+ kaxFdxaxf )()( . 
 
2) Si ∫ += kxFdxxf )()( , entonces ∫ +⋅=⋅ kxaFa
dxxaf )(
1
)( . 
 
 
 
 
 
Integrales 
 227
Ejemplo 6: Calcular las siguientes integrales indefinidas. 
a) kedxe xx += −−∫
22 
b) k
x
dxx +−=∫
5
5cos
5sen 
c) kxdx
x
++=
+
∫ )32ln(2
1
32
1
 
 
 
 
* Pase a resolver el problema 3 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
Método de integración por partes 
 
 
Sean dos funciones derivables u y v. Consideremos la función producto w, donde vuw ⋅= y 
calculemos su diferencial: 
duvdwdvuduvdvuvuddw −=⇒+=⋅= )( 
Integrando miembro a miembro obtenemos: 
 ∫ ∫∫ ∫∫ ⇒−= v.du-w= u.dvduvdwdvu .. 
Reemplazando w obtenemos: 
∫ ∫−⋅= duvvudvu 
 
 
Esta fórmula es utilizada habitualmente cuando el integrando de la integral se puede expresar 
como el producto de dos factores, donde uno de ellos es u y el otro dv. Para aplicar dicha 
fórmula es necesario calcular du (no es otra cosa que la diferencial de la función u) y se 
requiere encontrar la función v (para lo cual se integra dv). 
 
 
Nota: Cuando al integrar dv, obtenemos v no colocamos constante de integración. 
 
 
Observación: Para determinar cuál de los dos factores es u existe una regla que establece una 
especie de prioridad entre las distintas clases de funciones. La regla es conocida comúnmente 
con el nombre de ILPET (Inversa, Logarítmica, Potencial, Exponencial y Trigonométrica). Se 
aplica de la siguiente forma: si en el integrando aparece una función exponencial y otra 
logarítmica, se asigna a u la función logarítmica, si aparece una trigonométrica y una 
potencial, por aplicación de la regla u es la función potencial. De todos modos, si nos 
equivocáramos en la elección, al utilizar la fórmula nos encontraríamos (en el segundo 
miembro) con una integral mucho más difícil o imposible de resolver. 
 
 
 
 
Integrales 
 228
Veamos algunos ejemplos en los que se utiliza este método de resolución de integrales. 
 
 
 
Ejemplo 7: Resolver las siguientes integrales indefinidas aplicando el método de integración 
por partes. 
a) ∫ dxxx ln
3 
Elegimos dx
x
duxu
1
ln =⇒= . 
Luego, 3
4
3
1
3
4
3
xdxxvdxxdv ==⇒= ∫ . 
Aplicando la fórmula obtenemos: 
kxxxk
x
xxdxxxx
dxxxxdx
x
xxxdxxx
+−=+−=−=
=−=−=
∫
∫∫∫
−
3
4
3
4
3
4
3
4
3
1
3
4
1
3
4
3
4
3
4
3
4
3
16
9
ln
4
3
3
44
3
ln
4
3
4
3
ln
4
3
4
3
ln
4
31
4
3
ln
4
3
ln
 
b) ∫ dxxe
x 22 
Elegimos dxxduxu 22 =⇒= . 
Luego, 
2
2
22
x
xx
e
dxevdxedv ==⇒= ∫ . 
Aplicando la fórmula obtenemos: 
∫∫∫ −=−= dxxeexdxx
ee
xdxxe
xx
xx
x 222
22
222
2
1
2
22
 
Esta última integral debe ser resuelta aplicando nuevamente el método de integración por 
partes. 
∫ dxxe
x2 
Elegimos dxduxu 1=⇒= . 
Luego, 
2
2
22
x
xx
e
dxevdxedv ==⇒= ∫ . 
Aplicando la fórmula obtenemos: 
k
ee
x dxe
e
x dx
ee
xdxxe
xx
x
xxx
x
+−=−=−= ∫∫∫
22
1
22
1
2
1
22
22
2
222
2 
Sustiuyendo en la integral dada nos queda: 
kxxe
keexexk
e
exexdxxe
x
xxx
x
xxx
+





+−=
=++−=





+−−=∫
2
1
2
1
4
1
.
2
1
2
1
 
22
1
2
1
2
1
22
2222
2
2
.
2222
 
c) ∫ dxxe
x
cos 
Elegimos dxedueu xx =⇒= . 
Integrales 
 229
Luego, xdxxvdxxdv sencoscos ==⇒= ∫ . 
Aplicando la fórmula obtenemos: 
 dxexxedxxe
xxx
∫∫ −= sensencos 
La última integral es tan compleja como la primera en cuanto a su resolución. Aplicamos 
nuevamente el método de integración por partes. 
∫ dxxe
x
sen 
Elegimos dxedueu xx =⇒= . 
Luego, xdxxvdxxdv cossensen −==⇒= ∫ . 
Aplicando la fórmula obtenemos: 
∫ ∫ =−−−= dxexxedxxe
xxx .).cos()cos(sen ∫+− dxexxe
xx coscos 
Reemplazando esta expresión (que contiene a la integral que buscamos) en la integral dada, 
obtenemos: 
[ ]=+−−= ∫∫ dxexxexedxxe xxxx coscossencos ∫+ dxxe-xexe xxx coscossen 
Pasamos la integral del segundo miembro al primero. 
xesenxedxxe
xxx
coscos2 +=∫ 
Por lo tanto: 
kxxedxxe
xx
++=∫ )cos(sen2
1
cos 
 
 
 
* A continuación resuelva el problema 4 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
Método de integración por fracciones simples 
 
 
Este método permite encontrar primitivas de funciones racionales, es decir, funciones que 
sean cocientes de funciones polinómicas. 
Para su utilización es necesario que el grado del polinomio del numerador sea menor que el 
grado del polinomio del denominador. 
)(gr)(gr
)(
)(
xQxPdx
xQ
xP
<∫ 
El método de fracciones simples da la posibilidad de transformar integrandos como el anterior 
en suma de integrandos de fácil resolución. Para ello, lo dividiremos en varios casos según la 
multiplicidad de las raíces del denominador. En cada caso trabajaremos sobre un ejemplo 
particular, pero quedará clara la forma de resolución para cualquier otro ejemplo. 
 
 
 
 
 
Integrales 
 230
1
er
 CASO: El denominador tiene todas sus raíces reales y simples. 
 
Ejemplo 8: ∫
+−
−
dx
xxx
x
23
23
23
2
 
Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el 
método de fracciones simples. 
• Se factorea el polinomio denominador a partir de sus raíces: )()()(
1 n
xxxxaxQ −−= K 
En nuestro ejemplo: )2()1(23 23 −−=+− xxxxxx 
Observemos que tenemos tres raíces reales y distintas: 2,1,0
321
=== xxx . 
• Aplicamos la propiedad: 
)()()()(
)(
1
1
1 n
n
n
xx
A
xx
A
xxxx
xP
−
++
−
=
−−
K
K
 
En nuestro ejemplo: 
21)2()1(
23
2
−
+
−
+=
−−
−
x
C
x
B
x
A
xxx
x
 
• El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: 
)2()1(
)1()2()2)(1(
21)2()1(
23
2
−−
−+−+−−
=
−
+
−
+=
−−
−
xxx
xCxxBxxxA
x
C
x
B
x
A
xxx
x
 
Igualando los numeradores, obtenemos: 
)1()2()2)(1(23 2 −+−+−−=− xCxxBxxxAx 
Reemplazamos x por valores cualesquiera. Con el fin de facilitar las cuentas 
reemplazamos por las raíces del polinomio denominador. 
� Para 0=x : 1200)2)(1(2 −=⇒=⋅+⋅+−−=− AACBA 
� Para 1=x : 10)1(01 −=⇒−=⋅+−+⋅= BBCBA 
� Para 2=x : 5220010 =⇒=⋅+⋅+⋅= CCCBA 
Luego, la descomposición en fracciones simples es: 
2
5
1
11
)2()1(
23
2
−
+
−
−
+
−
=
−−
−
xxxxxx
x
 
• Resolvemos la integral: 
Kxxxdx
x
dx
x
dx
x
dx
xxx
x
+−+−−−=
−
+
−
−
+
−
=
−−
−
∫∫∫∫ 2ln51lnln2
5
1
11
)2()1(
23 2
 
 
 
 
2
do
 CASO: El denominador tiene todas sus raíces reales, algunas de ellas con multiplicidad. 
 
 
Ejemplo 9: ∫
−
dx
x
x
3
2
)1(
 
Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el 
método de fracciones simples. 
• Si en el denominador aparece una expresión de la forma hax )( − , esta raíz múltiple da 
origen a h fracciones simples. Luego, la descomposición es: 
h
h
h ax
A
ax
A
ax
A
ax
xP
)()()()(
)(
2
21
−
++
−
+
−
=
−
K 
Integrales 
 231
En este ejemplo: 
323
2
)1()1()1()1( −
+
−
+
−
=
− x
C
x
B
x
A
x
x
 
Observemos que 1=x es una raíz con multiplicidad 3. 
• El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: 
3
2
323
2
)1(
)1()1(
)1()1()1()1( −
+−+−
=
−
+
−
+
−
=
− x
CxBxA
x
C
x
B
x
A
x
x
 
Igualando numeradores, obtenemos: 
CxBxAx +−+−= )1()1( 22 
Reemplazamos x por el valor de la única raíz: 1=x 1=⇒ C . 
Para determinar A y B elegimos cualquier valor que no repita ninguna de las raíces (en 
nuestro caso,que sea distinto de 1) y lo reemplazamos en x. 
� Para 110:0 −=−⇒+−=+−== BABACBAx 
� Para 314:2 =+⇒++=++== BABACBAx 
Luego, resolvemos el sistema: 
21
3
1
=∧=⇒



=+
−=−
BA
BA
BA
 
Por lo tanto, la descomposición en fracciones simples será: 
323
2
)1(
1
)1(
2
)1(
1
)1( −
+
−
+
−
=
− xxxx
x
 
• Resolvemos la integral: 
Kxxxdx
x
dx
x
dx
x
dx
x
x
+−−−−−=
−
+
−
+
−
=
−
−−
∫∫∫∫
21
323
2
)1(
2
1
)1(21ln
)1(
1
)1(
2
)1(
1
)1(
 
 
 
 
Ejemplo 10: ∫
+−
dx
xx )2()3(
5
2
 
Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el 
método de fracciones simples. 
Descomponemos en fracciones simples, observando que 3=x es una raíz con multiplicidad 2 
y 2−=x es una raíz simple. 
)2()3(
)3()2()2)(3(
2)3(3)2()3(
5
2
2
22
+−
−++++−
=
+
+
−
+
−
=
+− xx
xCxBxxA
x
C
x
B
x
A
xx
 
Luego, igualamos numeradores: 
2)3()2()2)(3(5 −++++−= xCxBxxA 
Buscamos los valores de A, B y C. Como tenemos sólo dos raíces y tres constantes a 
determinar, reemplazamos x por un valor arbitrario. 
• 155:3 =⇒== BBx 
• 
5
1
255:2 =⇒=−= CCx 
• 
5
1
6
5
6
5
19
6
5
9
269265:0 −=⇒−=⇒+−=++−=++−== AAAACBAx 
Reemplazando en las fracciones e integrando obtenemos: 
Integrales 
 232
Kxxx
dx
x
dx
x
dx
x
dx
xx
+++−−−−=
=
+
+
−
+
−
−
=
+−
−
∫∫∫∫
2ln
5
1
)3(3ln
5
1
2
5
1
)3(
1
3
5
1
)2()3(
5
1
22 
 
 
 
3er CASO: El denominador tiene raíces complejas simples. 
 
 
Ejemplo 11: ∫
+−
dx
xx
x
)1()1(
2
2
 
Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador podemos utilizar el 
método de fracciones simples. 
• En la expresión con raíces complejas pondremos una fracción de la forma: 
 042
2
<−
++
+
acb
cbxax
BAx
 
En nuestro ejemplo, como tenemos además una raíz simple (que es 1=x ), la 
descomposición en fracciones simples será: 
11)1()1(
2
22
+
+
+
−
=
+− x
CBx
x
A
xx
x
 
• El fin ahora es determinar los valores de A, B y C . Para ello hacemos lo siguiente: 
)1()1(
)1)(()1(
11)1()1(
2
2
2
22
+−
−+++
=
+
+
+
−
=
+− xx
xCBxxA
x
CBx
x
A
xx
x
 
Igualando los numeradores, obtenemos: 
)1)(()1(2 2 −+++= xCBxxAx 
� 122:1 =⇒== AAx 
� 10:0 =⇒=⇒−== CCACAx 
� 12262251)2(54:2 −=⇒−=⇒+=++=⋅++== BBBCBACBAx 
• Reemplazando en las fracciones e integrando, obtenemos: 
Kxxx
dx
x
dx
x
x
dx
x
dx
x
x
dx
x
dx
xx
x
+++−−=
=
+
+
+
−
−
=
+
+−
+
−
=
+−
∫∫∫∫∫∫
arctg1ln
2
1
1ln
1
1
11
1
1
1
1
1
)1()1(
2
2
2222
 
 
 
Observación: Cabe aclarar que existe un cuarto caso, que corresponde a denominador con 
raíces complejas múltiples, el cual no será objeto de estudio de estas notas teóricas. 
 
 
Aclaración: Si el grado del numerador es mayor o igual al del denominador, para poder 
aplicar el método de fracciones simples, es necesario efectuar la división de los dos 
polinomios y expresar la integral de la siguiente forma: 
Integrales 
 233
resto. el )( y cociente el es )( donde 
)(
)(
)(
)(
)(
 xRxCdx
xQ
xR
dxxCdx
xQ
xP
∫ ∫ ∫+= 
 
 
 
Ejemplo 12: dx
xx
xx
∫
−−
+
2
2
2
23
 
• Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, primero 
procedemos a efectuar la división de los dos polinomios. 
 
65
633
23
32
22 
2
2
23
223
x+ 
xx -
xx 
 x+x x -x
xx xx
++
+
++
−−+
De donde se deduce que: 
65)(
 y3)(
x+=xR
xxC +=
 
 Por lo tanto: 
( ) ∫∫ ∫∫
−−
+
++=
−−
+
++=
−−
+
dx
xx
x
xxdx
xx
x
dxxdx
xx
xx
2
65
3
2
1
2
65
3
2
2
2
2
22
23
 
• Descompongamos la fracción de la integral del segundo miembro en fracciones simples. 
Con ese fin, primeramente factoricemos el polinomio )(xQ del denominador. 
.)( de raices las son 1 2 donde )1).(2(2
21
2 xQ x xxxxx −=∧=+−=−− 
Entonces la descomposición se hará en dos fracciones, una de denominador 2−x y otra 
de denominador 1+x . 
=
+
+
−
=
−−
+
 
122
65
2
x
B
x
A
xx
x
 
)1).(2(
)2.()1.(
+−
−++
xx
xBxA
 
• Para determinar las constantes A y B igualamos los numeradores. 
5 6 1 2x A x B x+ = + + −.( ) .( ) 
� 
3
16
316:2 =⇒== AAx 
� 
3
1
31:1 −=⇒−=−= BBx 
• Reemplazando los valores de A y B e integrando obtenemos: 
Kxxdx
x
dx
x
dx
xx
x
++−−=
+
−
+
−
=
−−
+
∫∫∫ 1ln3
1
2ln
3
16
1
3
1
2
3
16
2
65
2
 
• Sustituyendo este resultado en la integral pedida obtenemos la solución del ejercicio. 
Kxxxxdx
xx
xx
++−−++=
−−
+
∫ 1ln
3
1
2ln
3
16
3
2
1
2
2
 
2
2
23
 
 
 
 
* Pase a resolver los problemas 5 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
Integrales 
 234
APLICACIONES ECONÓMICAS (primera parte) 
 
 
 
En esta sección no se introduce ningún concepto nuevo que no se haya trabajado ya en los 
capítulos anteriores. Solo se trata de aplicar el concepto de integral indefinida a los problemas 
en los cuales (al revés que antes) nos proponen alguna función económica marginal y se nos 
solicita que obtengamos la función económica de la cual proviene. Para aclarar lo expuesto es 
que resolveremos un ejemplo. 
 
 
 
Ejemplo 13: La función de costo marginal está dada por: ′ = + −C x x x( ) 300 20 12 2 y los 
costos fijos ascienden a $40.000. Determinar la función de costos totales y la de costo medio. 
 
Como el costo marginal es la derivada primera del costo total, será necesario encontrar la 
integral indefinida de la función costo marginal para determinar la función de costos totales. 
C x x x dx( ) ( ).= + − ⇒∫ 300 20 12
2 C x x
x x
( ) = + − + ⇒300 20
2
12
3
2 3
k 
 C x x x x( ) = + − +300 10 42 3 k (*) 
Para encontrar la solución al problema falta determinar la constante k, para ello usamos el 
dato que nos dice que el costo fijo (es decir, para 0=x ) es de $40.000. 
Sustituyendo en (*) obtenemos: 
00040410300)(k = 40.000 k 0 . 40 10.0 . 300)0( 3232 .xxx+=xCC +−⇒⇒+−+= 
Ahora solo resta encontrar la función de costo medio, para lo cual sabemos que:C x
C x
x
( )
( )
= . 
x
xxxC
x
xxx
xC
000.40
410+300=)( 
000.40410300
)( 2
32
+−⇒
+−+
= 
 
 
 
 
* A continuación pase a resolver los problemas 6, 7, 8, 9, 10 y 11 de la guía de trabajos 
prácticos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrales 
 235
INTEGRAL DEFINIDA 
 
 
 
Sea )(xf una función continua definida positiva sobre un segmento [ ]ba, . 
Dividamos mediante puntos el segmento [ ]ba, en n partes. 
 b, x, ... , x, x, xxa
nn-
==
1210
 
En este caso: 
nn-
 x ... < x x xx <<<<
1210
. 
Designemos: ,
011
 xxx −=∆ ,
122
 xxx −=∆ ,
233
 xxx −=∆ ... , .
1n-nn
 xxx −=∆ 
En cada uno de los subintervalos podemos encontrar el mínimo y el máximo que alcanza la 
función en dicho subintervalo, a los que denominamos 
ii
Mm y respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Queremos calcular el área encerrada por la función en el intervalo [ ]ba, . 
 
 
Una aproximación por defecto de dicha área se obtiene al sumar las áreas de los n rectángulos 
de base 
i
x∆ y altura 
i
m . A esta área la denominaremos suma integral inferior. 
 La expresión que permite calcular esta área es: s
n
=
=
∑m xi i
i
n
.∆
1
 
 
De forma similar podemos calcular una aproximación por exceso al sumar las áreas de los n 
rectángulos de base 
i
x∆ y altura 
i
M . A esta área la denominaremos suma integral superior. 
 La expresión que permite calcular esta área es: S
n
=
=
∑ M xi i
i
n
.∆
1
 
 
Es claro que: s puesto que en cada subintervalo
n i
≤ ≤S m M
n i
. 
 
y 
 
 
1
M 
 
 
1
m 
 
0
xa = 
1
x 
2
x 
3
x bx =
4
 x 
Integrales 
 236
En cada uno de los segmentos ],[
1 ii
xx
−
 podemos elegir un punto interior que designaremos 
i
c , y para cada uno de estos puntos es posible calcular el valorde la función, al que llamamos 
)(
i
cf . 
Calculemos la siguiente suma: ∑ =
=
∑n f c xi i
i
n
( ).∆
1
, a la que llamaremos suma integral. 
Como en todos los casos m f c M
i ii
≤ ≤( ) 
Tenemos que: m x
i i
i
n
.∆
=
∑ ≤
1
f c x
i i
i
n
( ).∆
=
∑
1
≤
=
∑ M xi i
i
n
.∆
1
 
Es decir: s 
n
≤ ∑ ≤
n n
S 
 
Es claro que la suma integral (∑
n
) depende de la forma en que hemos subdividido el 
intervalo [ ]ba, y la forma en que se han elegido los 
i
c en cada subintervalo. 
 
Designemos por: 
i
xmax ∆ a la mayor longitud de los segmentos ],[
1 ii
xx
−
 y analicemos 
diferentes divisiones del segmento [ ]ba, en los cuales 0 →∆
i
xmax . Es claro que en este 
proceso de subdivisión n→ ∞ . 
 
Si para cada subdivisión elegida, el límite para 0→∆
i
xmax de f c x
i i
i
n
( ).∆
=
∑
1
 es finito y el 
mismo para cada subdivisión, diremos que la función )(xf es integrable en el segmento 
[ ]ba, . 
 
 
 
Definición: El límite anterior recibe el nombre de integral definida de la función )(xf en el 
segmento [ ]ba, y se designa: f x dx
a
b
( ) .∫ Es decir: 
=∆∑
=
∞→
n
i
ii
n
xcflim
1
).( f x dx
a
b
( ) .∫ 
 
Observación: Los números a y b reciben el nombre, respectivamente, de límite inferior y 
superior de la integral, el segmento [ ]ba, se llama segmento de integración y la letra x, 
variable de integración. 
 
 
Nota: Si construimos la gráfica de la función )(xfy = (admitiendo que está definida 
positivamente), la integral f x dx
a
b
( )∫ será numéricamente igual al área del así denominado 
trapecio curvilíneo determinado por la curva, gráfica de )(xfy = y las rectas de ecuaciones 
ax = , bx = e 0=y . Es decir: 
A f x dx
a
b
= ∫ ( ) 
Integrales 
 237
Propiedades de la integral definida 
 
 
1) El factor constante se puede extraer fuera del signo de la integral definida. 
a f x dx
a
b
. ( )∫ = ∫a f x dx
a
b
. ( ) 
 
2) La integral definida de la suma algebraica de dos o más funciones es igual a la suma 
algebraica de las integrales definidas de cada una de las funciones sumandos. 
 ( ( ) ( )).f x g x dx
a
b
+ =∫ f x dx
a
b
( )∫ + g x dx
a
b
( )∫ 
 
3) Si se invierten los límites de integración, la integral definida cambia de signo. 
 f x dx
b
a
( )∫ = −∫ f x dx
a
b
( ) 
 
4) Si m y M son los valores mínimo y máximo respectivamente de la función )(xf en el 
segmento [ ]ba, , entonces se verifica que: 
 m b a f x dx M b a
a
b
.( ) ( ) .( )− ≤ ≤ −∫ 
 
5) Para tres números arbitrarios a, b y c se verifica la igualdad: 
 f x dx
a
b
( )∫ = f x dx
a
c
( )∫ + f x dx
c
b
( )∫ 
 
6) Si en el segmento [a,b] se verifica que f x g x( ) ( )≤ , entonces: 
 f x dx
a
b
( )∫ ≤ g x dx
a
b
( )∫ 
 
 
 
Teorema del valor medio del Cálculo Integral: Si la función )(xf es continua en el 
segmento [ ]ba, , existe [ ]bac ,∈ , tal que se verifica la siguiente igualdad: 
f x dx b a f c
a
b
( ). ( ). ( )= −∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrales 
 238
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Demostración: Trabajaremos en adelante suponiendo que ba < . Por otra parte, podemos 
admitir que m y M son los valores mínimo y máximo, respectivamente, de la función )(xf en 
el segmento [ ]ba, . 
Sabemos por propiedades anteriores que: 
⇒−≤≤− ∫
b
a
abMdxxfabm ).().().( m
b a
f x dx M
a
b
. ( ).≤
−
≤∫
1
 
Luego, llamando µ ( ).=
−
∫
1
b a
f x dx
a
b
 resulta que: m M≤ ≤µ 
Como )(xf es una función continua toma todos los valores intermedios comprendidos entre 
m y M. Por lo tanto, por la generalización del teorema del valor medio para funciones 
continuas en un intervalo cerrado, sabemos que existe [ ]bac ,∈ tal que µ = f c( ) . Es decir: 
f c
b a
f x dx
a
b
( ) ( ).=
−
⇒∫
1
 f x dx b a f c
a
b
( ). ( ). ( )= −∫ 
 
 
 
Interpretación geométrica: Esto quiere decir que si )(xf es continua sobre un segmento 
[ ]ba, , el área comprendida entre la curva, el eje x y las rectas ax = y bx = se puede calcular 
como el área de un rectángulo cuya base mide ab − y cuya altura es igual a )(cf , para algún 
c (no necesariamente único) del segmento [ ]ba, . 
 
 
 
Apliquemos lo visto a un problema. 
 
 
 
a c b x 
)(xfy = 
y 
 
M 
 
 
 
 
f(c) 
 
 
m 
Integrales 
 239
Ejemplo 14: Demostrar que: 3
30
2
10
3
1
2
≤
+
≤∫
x
dx 
Por el teorema del valor medio sabemos que existe [ ]2,1∈c tal que:
 ∫∫
+
=⇒
+
=−
2
1
3
2
1
3
2
30
)(
2
30
)12).(( dx
x
cfdx
x
cf 
Pero 
3
2
30
)(
c
cf
+
= . Por lo tanto es necesario acotar )(cf . 
10)(3 
10
30
2
30
3
30
 
10
1
2
1
3
1
 
 2822+1 21 21 
33
3333
≤≤⇒≥
+
≥⇒≥
+
≥
⇒+≤+≤⇒≤≤⇒≤≤
cf
cc
cc c
 
En consecuencia, como: 
 podemos concluir que: f c
x
dx( ) =
+
∫
30
2 3
1
2
 103
30
2
3
1
2
≤
+
≤∫
x
dx 
 
 
 
Primer Teorema Fundamental del Cálculo Integral: Si )(xf es una función continua y 
F x f t dt
a
x
( ) ( ).= ∫ , se verifica que )()( xfxF =′ . 
Demostración: Apliquemos la definición de derivada a la función )(xF . 
 
)()(
)(
0 h
dttfdttf
limxF
x
a
hx
a
h
∫∫ −
=′
+
→
 
Aplicando la propiedad 5 en la primera integral del límite, obtenemos: 
 =
−+
=′
∫∫∫
+
→
 
).().().(
)(
0 h
dttfdttfdttf
limxF
x
a
hx
x
x
a
h h
dttf
lim
hx
x
h
∫
+
→
).(
0
 
Aplicando el Teorema del Valor Medio existe [ ]hxxc +∈ , tal que: 
 )(
)(
 
)().(
)(
000
cflim
h
cfh
lim
h
cfxhx
limxF
hhh →→→
==
−+
=′ 
Si calculamos el límite para h tendiendo a cero ocurre que hx + tiende a x y por lo tanto c 
también tiende a x. Luego: )()( xfxF =′ . 
 
 
Nota: Obsérvese que si )(xf es no negativa, )(xF coincide numéricamente con el área bajo 
la curva y el eje x, entre la recta fija ax = y una recta vertical que va variando en función de 
x. 
 
 
A continuación resolveremos algunos problemas aplicando el teorema anterior. 
 
 
Ejemplo 15: Calcular las primeras derivadas de las siguientes funciones. 
Integrales 
 240
a) ∫
−
x
3
dtt=xF
2
)(sen)( 2)(sen)( −=′⇒ xxF 
En el caso anterior hemos aplicado directamente el teorema. 
b) ∫∫
−
−
−=′⇒−⇒+
x
x
x+xF dz z+=x F dzz=xF
4
4
)21ln()()21ln()()21ln()( 
Para resolver el problema precedente tuvimos que cambiar el orden de integración (lo que 
implica un cambio de signo de la integral), para poder aplicar el teorema. 
c) ∫ ∫ ⇒=⇒
x x
tt dtexxGdtex=xG
0 0
33
)( )( ∫ +′
x
xt
exdtex=xG
0
32
 3)( 
En este ejemplo, sacamos fuera de la integral un factor que depende de la variable respecto de 
la que se deriva pero no de la variable de integración para poder usar el teorema en cuestión. 
d) [ ]
x
xxxGdttt=xG
x
1
2ln)(ln)()2()(
ln
0
33
∫ +−=′⇒+− 
En el último caso, hemos hecho uso del teorema de la derivación de funciones compuestas, 
puesto que en el límite superior de la integral, en vez de aparecer la variable x, se encuentra 
una función de x. 
 
 
 
Segundo Teorema Fundamental del Cálculo Integral (Regla de Barrow): Si )(xF es una 
primitiva de la función continua )(xf , se verifica que: 
∫ −=
b
a
aFbFdxxf )()()( 
Demostración: Sea )(xF una primitiva de )(xf . Por el teorema anterior sabemos que 
G x f t dt
a
x
( ) ( ).= ∫ es también una primitiva de )(xf , puesto que )()( xfxG =′ . 
Como dos primitivas de una misma función difieren en una constante k, podemos escribir 
 kxFdttf
x
a
+=∫ )().( . 
Para determinar k, hagamos ax = : kaFdttf
a
a
+=∫ )().( . 
Como )(0)(0).( aF k kaF dttf
a
a
−=⇒=+⇒=∫ 
De donde resulta f t dt F x F a
a
x
( ). ( ) ( )∫ = − 
Finalmente, sustituyendo x por b y t por x, resulta: 
 f x dx F b F a
a
b
( ). ( ) ( )= −∫ 
Comoqueríamos demostrar. 
 
 
Integrales 
 241
 
Aplicaremos este teorema a los siguientes problemas. 
 
 
 
Ejemplo 16: Resolver las siguientes integrales definidas. 
a) ∫
−
−
2
1
3
)28( dxxx 
Calculamos una primitiva por integración directa. 
( ) ( )24242
1
24
2
1
242
1
3
)1()1(22222
2
2
4
8)28( −−−−−=−=−=−
−
−−
∫ xx
xx
dxxx 
 (8 ).x x dx3
1
2
2 28 1− = − ⇒
−
∫ (8 ).x x dx
3
1
2
2 27− =
−
∫ 
b) ∫ +
1
0
.).2( dxex
x 
Para resolver la integral, primeramente es necesario encontrar una primitiva aplicando el 
método de integración por partes. 
Elegimos dxduxu 12 =⇒+= 
Luego, xxx edxevdxedv ==⇒= ∫ 
Por lo tanto: xxxxx eexdxeexdxex −+=−+=+∫ ∫ )2()2()2( 
Calculamos ahora la integral definida.
 ( )∫ =−+=+
1
0
1
0
).2(.).2( 
xxx
eexdxex [ ] [ ] 12)20()21( 00 −=−+−−+ eeeee 
c) ∫ ++
3
0
.1).4( dxxx 
Para resolver esta integral haremos un cambio de variable, esto implica no sólo sustituirla en 
la función y en el diferencial, sino también reemplazar los viejos límites de integración por los 
nuevos que se deduzcan de la relación entre ambas variables. 
Sea 111 −=∧=⇒+= txdxdtxt . 
Además, cuando 10 =⇒= tx y cuando 43 =⇒= tx . 
Entonces: 
 
5
132
121
5
2
424
5
2
2
3
3
2
5
3.).3(.).41(.1).4( 
2
3
2
5
2
3
2
5
4
1
4
1
2
3
2
5
2
1
2
34
1
2
13
0
4
1
=





+−





+=
=










+=







+=+=+−=++ ∫∫∫ ∫
tt
dtttdtttdtttdxxx
 
 
 
* A continuación resuelva el problema 12 de la guía de trabajos prácticos. 
Integrales 
 242
Con lo visto hasta el momento estamos en condiciones de resolver una serie bastante variada 
de ejercicios y problemas. Veamos algunos de ellos. 
 
 
Ejemplo 17: Calcular el siguiente límite 
∫
∫
−
+
→
x
tt
x
dtee
e
dzzz
lim
x
0
2
1
2
0
).(
).(
 
Si calculamos directamente el límite nos encontramos con una indeterminación del tipo cero 
dividido cero, ya que los límites de integración en cada una de las integrales tenderían a 
coincidir, con lo cual, la integral se anula. 
Para resolver el problema, aplicaremos el Primer Teorema Fundamental del Cálculo Integral, 
derivando respecto de la variable x, que es la variable del límite. 
 ∞=
−
+
=
−
+
→→
∫
∫
)(
).(
).(
).(
2
2
0
0
2
1
2
0
xx
xxx
x
x
tt
x ee
eee
lim
dtee
e
dzzz
lim
x
 
 
 
 
CÁLCULO DE ÁREAS 
 
 
Observación: Obsérvese que no es lo mismo calcular la integral de )(xf entre a y b que el 
área limitada por la gráfica de )(xf , el eje x y las rectas de ecuaciones: ax = y bx = . 
Para confirmar lo antedicho nos proponemos efectuar el siguiente ejercicio. 
Ejemplo 18: Calcular: 
a) cos .x dx
0
2π
∫ 
 cos . sen sen senx dx x
0
2
0
2
2 0 0 0 0
π
π
π∫ = = − = − = ⇒ cos .x dx
0
2
0
π
∫ = 
b) El área limitada por la curva de xxf cos)( = , el eje x sobre el segmento[ , ]0 2π . 
Recuérdese que para calcular el área de una región mediante una integral definida, debe 
ser f x( ) ≥ 0 . En el caso de la función coseno esto no ocurre, pero como es ciertamente 
simétrica podemos calcular el área sobre el intervalo [ , / ]0 2π y multiplicar por cuatro. 
4=A 4)01.(4)0sen
2
.(sen4sen.4.cos4.=A 2
0
2
0
⇒=−=−==∫
π
π
π
xdxx 
 
 
 
Nota: de los resultados encontrados en a) y en b) podemos verificar lo afirmado en la 
observación precedente. 
 
Integrales 
 243
 
 
En primer lugar procederemos a calcular el área de una región limitada por la gráfica de una 
función y uno o más ejes (rectas horizontales y/o verticales). 
 
 
 
Ejemplo 19: Calcular el área de las regiones limitadas por las gráficas de las funciones y los 
ejes indicados. 
 
a) xxf 24)( −= eje x eje y 
 
En primera instancia representamos gráficamente la función )(xf , sombreando la región 
limitada por dicha recta y los ejes coordenados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( ) 4)00.4()2-4.2(4)24( 22
2
0
2
2
0
=−−=−=−= ∫ xxdxxA 
 
b) xxxf 4)( 2 +−= eje x 
 
 y 
 
 
 
 4 
 
 xxxf 4)( 2 +−= 
 
 
 
 
 
 0 2 4 x 
 
 
 y 
 
4 
2 
xxf 24)( −= 
Integrales 
 244
La región ha quedado limitada por el arco de parábola y el eje x. 
3
32
=02
3
0
42
3
4
2
3
)4(A 
3
2
3
4
0
2
34
0
2






⋅+−−





⋅+−=





+−=+−= ∫ x
x
dxxx 
 
c) 4= y 0= 0;= 
2 x 
8
2< x2
)( xxy
x
x
xf




≥
+
= 
 
 
 y 
 
 
 x=4 
 4 
 
 
 
 y=x+2 y=8/x 
 A’ A” 
 
 
 0 2 4 x 
 
 
Para calcular el área de la región limitada por el arco de hipérbola y los cuatro segmentos de 
rectas es necesario dividir la región en dos sectores, cada uno de los cuales tiene por medidas 
del área A′ y A ′′ . Por lo tanto calcularemos mediante una integral definida el área de cada 
sector y por la propiedad de aditividad del área tendremos el área de la región total. 
6 02
2
0
22
2
2
2
2
)2(
22
2
0
22
0
=





+−





+=





=+=′ ∫ x+
x
.dxxA 
8.ln22ln84ln8ln.8
8 4
2
4
2
=−===′′ ∫ ..x.dx
x
A 
Por lo tanto: A = 6 + 8.ln2A A A= ′ + ′′ ⇒ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrales 
 245
 
 
d) ) sen(2)( π−−= xxf eje x entre π−=x y π=x 
 
 
 y 
 
 2 
 
 )(sen2)( π−−= xxf 
 A’ 
 
 -π π x 
 
 A” 
 
 -2 
 
 
 
 
 Este problema puede resolverse de dos maneras diferente. Sabiendo que la función seno es 
simétrica respecto del origen de coordenadas ( AA ′′=′ ), es posible calcular el área de la región 
cuya área es A′ y multiplicar por dos; o calcular el área de ambas regiones y sumar. Si bien el 
primer procedimiento es más simple, usaremos el segundo para confirmar la validez del 
primero y además para ejemplificar cómo se calcula el área de regiones ubicadas en el tercer y 
cuarto cuadrante. 
4=)cos(20cos2)cos(2)sen(2
0
0
πππ
π
π
−−=−−−=′ ∫ x=.dxxA 
Para calcular el área de la región II, anteponemos un signo menos delante de la integral 
correspondiente, o lo que es lo mismo, calculamos el valor absoluto de la integral definida. 
 4)cos(-22)cos(-2)cos(2)sen(2
0
0
=+−=−−−−−=′′
−
−
∫ ππππ π
π
x=.dxxA 
8= : tantoloPor AAAA ⇒′′+′= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrales 
 246
 
A continuación calcularemos el área de regiones limitadas por las gráficas de dos o más 
funciones. 
 
 
 
 
 ( )∫ −=
b
a
dxxfxgA )()( 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nota: Obsérvese que )(xg está por encima de )(xf , y es por eso que la diferencia en la 
integral es )()( xfxg − . 
 
 
Ejemplo 20: Calcular el área de las regiones limitadas por las gráficas de las funciones 
indicadas. 
 2)( 82)( 2 −−=++−= xxg xxxf 
Representemos gráficamente ambas funciones para delimitar la región de la cual necesitamos 
calcular el área. 
 y 
 9 
 
 
 
 g(x)=-x-2f(x)=-x²+2x+8 
 
 
 -2 5 x 
 
 
 
 
 
 
 -7 
 
y 
 a b x 
)(xfy = 
)(xgy = 
Integrales 
 247
En primer término encontramos la intersección entre las gráficas de ambas funciones, para lo 
cual igualamos las fórmulas de cada una de ellas construyendo una ecuación. 
)7,5(P y )0,2(P 52
 0103 282 )()(
21
22
−=−=⇒=∧−=
⇒=−−⇒−−=++−⇒=
 x x
xxxxxxgxf
 
A continuación planteamos la integral. 
[ ]
6
343
)2.(10
2
)2(
3
3
)2(
5.10
2
5
3
3
5
10
2
3
3
 ).103()2()82(
2323
5
2
235
2
2
5
2
2
=





−+
−
+
−
−−





++−=
=++−=++−=−−−++−=
−−−
∫∫ x
xx
dxxx.dxxxxA
 
 
 
 
* A continuación pase a resolver los problemas 13 y 14 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
APLICACIONES ECONÓMICAS (segunda parte) 
 
 
 
Consideremos dos funciones, una de demanda ( )(xfp = ) y otra de oferta ( )(xgp = ), ambas 
de un mismo artículo. En este caso x denota la cantidad del artículo que puede venderse u 
ofertarse a un precio p por unidad. Como ya sabemos, en general la función de demanda es 
decreciente, mientras que la de oferta es creciente. Por otra parte, el punto ( , )x p
0 0
de 
intersección de las dos gráficas representa el punto de equilibrio del mercado; es decir, a un 
precio p
0
 los consumidores estarán dispuestos a comprar y los productores a vender una 
misma cantidad x
0
 de unidades del artículo. 
 
En un mercado de libre competencia existen productores que estarían dispuestos a vender el 
artículo a un precio menor que el del equilibrio de mercado p
0
, puesto que este precio está por 
encima del que ellos ofertan. En estas condiciones los productores se benefician. Esta utilidad 
adicional de los productores se denomina superávit del productor. 
 
El área de la zona sombreada del gráfico que aparece a continuación representa el superávit 
del productor. 
 
Veamos ahora cómo se calcula esa área. 
 
Aplicaremos la fórmula del cálculo del área de una región limitado por dos curvas, una es la 
recta horizontal de ecuación p p=
0
, y la otra es la gráfica de la función de oferta p g x= ( ) . 
Por lo tanto, puede calcularse el superávit del productor como: 
[ ] ∫∫ −−
00
0
00
0
0
)(=.)(=..
xx
dxxgxpdxxgpPS 
 
Integrales 
 248
En el gráfico siguiente se muestra sombreada la región correspondiente al superávit del 
productor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
En forma similar puede pensarse el superávit del consumidor. Es decir, habrá algunos 
consumidores dispuestos a comprar el artículo a un precio mayor que el del equilibrio del 
mercado. De esta manera estos consumidores harán un ahorro como resultado de la operación 
del mercado de libre competencia. 
 
El área de la región comprendida entre la recta de ecuación p p=
0
, la curva de demanda y el 
eje p representa el superávit del consumidor y puede calcularse como: 
[ ]
00
00
0
00
)(=.)(=.. xpdxxfdxpxfCS
xx
−− ∫∫ 
En el gráfico anterior la región rayada corresponde al superávit del consumidor. 
 
Apliquemos lo visto a un problema. 
 
 
 
Ejemplo 21: Las funciones de oferta y demanda de cierto producto están dadas por: 
O p g x x p f x x: ( ) ( ) D: = = + = = −45 2 144 2 
 Determinar el superávit del productor y el consumidor, suponiendo que se ha establecido el 
equilibrio del mercado. 
En primer lugar determinamos el punto de equilibrio del mercado. 
1190992144245)()( 22 −=∨=⇒=−+⇒−=+⇒ xxx xxxxf=xg 
La única solución aceptable económicamente es 9=x . 
Por lo tanto, el precio del equilibrio es: p p= + ⇒ =45 2 9 63. 
Calculemos ahora el superávit del productor. 
[ ] [ ]
[ ]
S P x dx x dx x x
S.P. S P
. .= ( ) . = . ( ).
( . ) ( . ) ( ) . .
63 45 2 63 9 45 2 567 45
567 459 9 450 0 567 405 81 243
0
9
2
0
9
0
9
2 2
− + − + = − − ⇒
= − − − − = − − ⇒ =
∫ ∫ 
 
 
 
 
Integrales 
 249
En forma similar calculamos el superávit del consumidor. 
[ ]
486.. 5672431296567)
3
0
0.144()
3
9
9.144(
 567
3
1449.63).144(=.63)144(=..
33
9
0
9
0
3
2
9
0
2
=⇒−−=−





−−−=
⇒−





−=−−−− ∫∫
CSS.C.
x
xdxxdxxCS
 
 
 
 
* Pase a resolver los problemas 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22 y 23 de la guía de trabajos 
prácticos. 
 
 
 
INTEGRALES IMPROPIAS 
 
 
Integrales con Límites Infinitos 
 
 
 
Sea )(xf una función definida y continua para todos los valores de x tales que: x a≥ . 
Examinemos la siguiente integral que tiene sentido para ab > . 
I b f x dx
a
b
( ) ( ).= ∫ 
 
Analicemos que sucede cuando b tiende a más infinito. 
 
 
Definición: Si existe el límite finito de ∫
∞→
b
a
b
dxxf ).(lim , este límite se denomina integral 
impropia de la función )(xf en el intervalo [ )+∞,a y se designa por: f x dx
a
( ).
+∞
∫ . 
 
De acuerdo con la definición tenemos que: 
 =∫
+∞
a
dxxf )( ∫
∞→
b
a
b
dxxf ).(lim 
 
 
Nota: Si el límite es finito se dice que la integral impropia converge, en caso contrario se dice 
que diverge. 
 
 
De forma análoga se definen las integrales impropias en otros intervalos infinitos. 
Integrales 
 250
 f x dx
a
( ).
−∞
∫ ∫
−
∞→
=
a
b
b
dxxf ).(lim 
 =∫
+∞
∞−
dxxf ).( f x dx f x dx
b
b
( ). ( ).
−∞
+∞
∫ ∫+ 
 
 
 
A continuación aplicamos estas definiciones a algunos problemas. 
 
 
Ejemplo 22: Calcular la siguiente integral impropia: e x dx− +
−∞
∫
2 1
2
. 
+∞=





−
−
−
=








−
+−
=+−=+−
+−−
−∞→−∞→−∞→
∞−
∫∫
22
lim
2
12
lim.
12
lim
12
123
2
22 b
b
b
b
bb
ee
x
e
dx
x
edx
x
e 
Diremos entonces que la integral impropia diverge. 
 
 
 
 
* Pase a resolver el problema 24 de la guía de trabajos prácticos. 
 
 
 
 
 
Integral de una función discontinua 
 
 
 
Sea )(xf una función definida y continua para a x c≤ < , salvo para cx = . En este punto no 
se puede definir la integral f x dx
a
c
( )∫ como límite de sumas integrales. 
 
 
Definición: Se dice que la integral impropia es convergente si existe el límite finito del 
segundo miembro de la siguiente igualdad: ∫∫ −
→
=
b
a
cb
c
a
dxxfdxxf )(lim)( , en caso contrario se 
dice que es divergente. 
 
 
 
Veamos cómo podemos aplicar esta definición al cálculo de integrales impropias. 
 
 
Integrales 
 251
Ejemplo 19: Calcular la siguiente integral impropia: 
1
1
1
2
x
dx
−
∫ 
 
Del análisis del integrando puede concluirse que existe una discontinuidad en 1=x . 
=
−
∫
2
1
1
1
dx
x
∫
−
+
→
2
1 1
1
lim
b
b
dx
x
 
 
=
−
∫
2
1
1
1
dx
x
2
1
12lim
bb
x −
+
→
 
1
1
1
2
x
dx
−
∫ ( )122lim
1
−−=
+
→
b
b
 
2
1
1
2
1
=
−
∫ dx
x
 Por lo tanto la integral impropia es convergente.