Valoración de una integral definida según un parámetro que aparece en la función integrando

¿A qué es igual la integral definida $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx$, si $k\in \mathbb{R}$ puede ser negativo, positivo o bien cero?

Una primitiva de la función del integrando, $f(x)=e^{-kx}$, es $-k\,e^{-kx}$, luego la integral definida es $$\displaystyle \left[-k^{-kx}\right]_{0}^{+\infty}=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot e^{0})=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot 1)=-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)$$ Entonces,

1. Si $k\gt 0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\cdot (e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{-\infty}-1)=-k\cdot (0-1)=k \gt 0$
2. Si $k=0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\int_{0}^{+\infty} e^{0}\,dx=\int_{0}^{+\infty} 1\cdot dx=\int_{0}^{+\infty} \,dx=\left[x\right]_{0}^{+\infty}=+\infty$, la integral diverge
3. Si $k\lt 0$, entonces $-k\gt 0$, luego $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{+\infty}-1)=-k\cdot (+\infty-1)=-k\cdot (+\infty)=+\infty$, esto es, la integral diverge

   $\diamond$

Ejercicio de integración bastante completo en cuanto a técnicas y teoremas empleados

Calculemos la integral definida $$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\,\sqrt{1-x^2}\,dx$$

Calculo en primer lugar la familia de primitivas de la integral indefinida $\displaystyle \int\,\sqrt{1-x^2}\,dx$. Para ello, parece apropiado el siguiente cambio de variable: $x=\sin\,\theta$; de este modo, $dx=(\sin\,\theta)_{\theta}^{'}\,d\theta=\cos\,\theta\, d\theta$. Con lo cual, $\int\,\sqrt{1-x^2}\,dx=\int\,\sqrt{1-\sin^2\,\theta}\,\cos\,\theta\,d\theta=\int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta$, integral que se brinda a ser resulta por la técnica de por partes.

Designando $u=\cos\,\theta$, y por tanto, $du=(\cos\,\theta)_{\theta}^{'}=-\sin\,\theta\,d\theta$ y $dv=\cos\,\theta\,d\theta$, lo que nos lleva a $v=\int\,\cos\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta$, por la propiedad $\int\,u\,dv=uv-v\,\int\,du$, podemos escribir nuestra integral de la forma $\int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta=\sin\,\theta \cdot \cos\,\theta-\int\,\sin\,\theta\cdot (-\sin\,\theta)\,d\theta=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,\sin^2\,\theta\,d\theta=$
  $=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,(1-\cos^2\,\theta)\,d\theta \therefore \int\,\cos\,\theta\cdot \cos\, \theta\,d\theta=\int\,\cos^2\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta\cdot\cos\,\theta+\int\,d\,\theta-\int\,\cos^2\,\theta\,d\theta\Rightarrow$
  $\Rightarrow 2\,\int\,cos^ 2\,\theta\,d\theta=\sin\,\theta\cdot \cos\,\theta+\theta \therefore \int\,\cos\,\theta\cdot \cos\,\theta\,d\theta=\dfrac{1}{2}\,\left(\theta+ \sin\,\theta\cdot \cos\,\theta\right)=\dfrac{1}{2}\,\left(\theta+ \sin\,\theta\cdot \sqrt{1-\sin^2\,\theta}\right)$. Por consiguiente, la familia de primitivas es:
  $F(x)=\dfrac{1}{2}\,\left(\text{arcsin}\,x+ x\,\sqrt{1-x^2}\right)+C \because \sin\,\theta=x \Rightarrow x=\text{arcsin}\,\theta$, siendo $C$ la constante de integración.

Finalmente, aplico el segundo teorema del cálculo integral (regla de Barrow), tomando cualquier valor para la constante de integración, por ejemplo, $C=0$:
  $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\,\sqrt{1-x^2}\,dx=F(\frac{\pi}{4})-F(0)=\dfrac{1}{2}\,\left(\text{arcsin}\,(\frac{\pi}{4})+ \frac{\pi}{4}\cdot \sqrt{1-(\frac{\pi}{4})^2}\right)-\dfrac{1}{2}\,\underset{0}{\underbrace{\left(\text{arcsin}\,0+ 0\cdot \sqrt{1-0^2}\right)}}=$
    $=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\pi}{4}\cdot \sqrt{1-(\frac{\pi}{4})^2}\right)=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\pi}{16}\cdot \sqrt{16-\pi^2}\right)=\dfrac{1}{4}\,\left(\sqrt{2}+\dfrac{\pi}{8}\cdot \sqrt{(4+\pi)(4-\pi)}\right)\,\diamond$

Cálculo de integrales definidas

Calculemos la integral definida $\displaystyle \int_{6}^{12}\,\dfrac{3}{3+2x}\,dx$.

Por el primer teorema fundamental del cálculo (TFC1), sabemos que $\displaystyle \int\,f(x)\,dx=F(x)+C$ de tal manera que $(F(x)+C)'=f(x)$. En primer lugar, por tanto, vamos a calcular una función primitiva, $F(x)$, de la familia de primitivas $F(x)+C$ que corresponde a la solución de la integral indefinida $\displaystyle \int\,f(x)\,dx$, donde en este caso concreto que nos ocupa $f(x)=\dfrac{3}{3+2x}$ es la función integrando; y, finalmente aplicaremos el segundo teorema fundamental del cálculo (TFC2), también conocido como regla de Barrow: $\displaystyle \int_{6}^{12}\,\dfrac{3}{3+2x}\,dx=F(12)-F(6)$, tomando una función cualquiera de la familia de primitivas (eligiendo cualquier valor de la constante de integración $C$).

Cálculo de la familia de primitivas: $I:=\displaystyle \int\,\dfrac{3}{3+2x}\,dx=\int\,\dfrac{3/3}{3/3+(2/3)\,x}\,dx=\int\,\dfrac{1}{1+(2/3)\,x}\,dx$. Sabemos que $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{t}\,dt=\ln\,t+C$, así que, mediante el cambio de variable $t:=1+(2/3)\,x$ se tiene que $dt=\dfrac{2}{3}\,dx$, luego $dx=\dfrac{3}{2}\,dt$, con lo cual $I=\displaystyle \int\,(3/2)\,\dfrac{dt}{t}=\dfrac{3}{2}\,\int\,\dfrac{dt}{t}=\dfrac{3}{2}\,\ln\,t+C$. Y deshaciendo el cambio de variable, $I=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(1+(2/3)\,x)+C$. Una función primitiva es, por ejemplo, $F(x):=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(1+(2/3)\,x)$, donde, por comodidad, hemos elegido arbitrariamente el valor cero para la constante de integración (cualquier otro valor de la constante de integración lleva al mismo resultado de la integral definida).

A continuación, según TFC2, llegamos finalmente a: $\displaystyle \int_{6}^{12}\,\dfrac{3}{3+2x}\,dx=\left[\dfrac{3}{2}\,\ln\,(1+(2/3)\right]_{6}^{12}=\displaystyle \dfrac{3}{2}\,\left( \ln\,(1+\dfrac{2}{3}\cdot 12) - \ln\,(1+\dfrac{2}{3}\cdot 6 \right)=\dfrac{3}{2}\,\left(\ln(9)-\ln(5)\right)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,\left(\dfrac{9}{5}\right)$.

---

Nota: De una manera más directa, $$\displaystyle \int_{6}^{12}\,\dfrac{3}{3+2x}\,dx=\int_{5}^{9}\,\dfrac{3}{2}\,\dfrac{1}{t}\,dt= \displaystyle \dfrac{3}{2}\,\left[\,\ln\,t\,\right]_{5}^{9}=\dfrac{3}{2}\,\left(\ln(9)-\ln(5)\right)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,\dfrac{9}{5}.\, \diamond$$

Otro ejercicio de integración de funciones definidas a trozos: integral definida de la función techo entre -1 y 2

Vamos a calcular la integral $$\displaystyle \int_{-2}^{1}\,\left \lceil x \right \rceil\,dx$$ donde $\left \lceil x \right \rceil$ denota la función techo, que, para todo número real $x$, se define como $$\left \lceil x \right \rceil := \text{mínimo}(\{\ell\in \mathbb{Z}:\ell \ge x\}$$ >Así, por ejemplo, $\left \lceil 2,7 \right \rceil=3$; $\left \lceil -4,6 \right \rceil=-4$, etcétera.

De acuerdo pues con la definición de dicha función, podemos escribir: $$\displaystyle \int_{-2}^{1}\,\left \lceil x \right \rceil\,dx=\int_{-2}^{-1}\,(-1)\,dx+\int_{-1}^{0}\,0\,dx+\int_{0}^{1}\,1\,dx=-\left[x\right]_{-2}^{-1}+0\cdot \left[x\right]_{-1}^{0}+1\cdot \left[x\right]_{0}^{1}=$$ $$=-\left(-1-(-2)\right)+0+\left(1-0\right)=-(-1+2)+1=-1+1=0$$ $\diamond$

-oOo-

Nota: Aquí podéis ver la gráfica de la función y el detalle del significado de la integral definida calculada. Como véis, la primera contribución a la misma es negativa; la segunda es nula, y la tercera positiva. También he comprobado el resultado con la herramienta WolframAlpha, tecleando en la celda de entradas $$\text{integrate}(\text{ceiling},x,-2,1)$$

Integración. Área de una elipse

ENUNCIADO. Calcúlese el área de la elipse $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$



SOLUCIÓN.
En esta figura se ha representado una elipse reducida ( centrada en el origen de coordenadas ) de semiejes $a$ y $b$ ( con GeoGebra ). Despejando $y$ en dicha ecuación se llega a $$y=\pm \sqrt{1-(x/a)^2}$$ La mitad de dicho trazo en el semiplano superior es la función $$f(x)=\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|$$

El área pedia, dada la simetría con respecto al eje $Ox$, es igual a $$\text{Área}=2\,\int_{-a}^{a}\,\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|\,dx \quad \quad(1)$$ En otro artículo del blog se resolvió el problema de encontrar la familia de primitivas de dicha función:
$$\int\,\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|\,dx = \dfrac{a}{2}\,\left( \dfrac{x}{a}\,\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|+\arcsin\,(x/a)\right)+C$$ Así pues una función primitiva de $f(x)=\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|$ es $$F(x)=\dfrac{a}{2}\,\left( \dfrac{x}{a}\,\left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right|+\arcsin\,(x/a)\right)$$ Aplicando pues la regla de Barrow en (1) llegamos $\text{Área}=2\,b\,\left[ \left|\sqrt{1-(x/a)^2}\right| +\arcsin\,(x/a) \right]_{-a}^{a}=2\,b\left(F(a)-F(-a)\right)=$
    $=ab\,(\pi/2-(-\pi/2))=\pi\,ab$
$\square$

Aplicación de la integral definida al cálculo del área de recintos delimitados por las gráficas de dos funciones

Un ejercicio de análisis de funciones. Continuidad, derivación e integración

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}a+x\,\ln\,x & \text{si}& x > 0 \\ x^2\,e^x & \text{si}& x \le 0 \end{matrix}\right.$$
( donde $\ln$ denota logaritmo neperiano y $a \in \mathbb{R}$ ), se pide:
a) El valor de $a$ para que $f(x)$ sea continua en todo $\mathbb{R}$
b) Calcúlese $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcúlese $\displaystyle \int_{-1}^{0}\,f(x)\,dx$

SOLUCIÓN.
a) Para que $f(x)$ sea continua en $x=0$ ( que es el único problemas que puede presentar problemas en ese sentido ) debe cumplirse que $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,(a+x\,\ln\,x)=\lim_{x\rightarrow\, 0^+}\,x^2\,e^x \quad \quad (1)$$
Es evidente que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^+}\,x^2\,e^x=0$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,(a+x\,\ln\,x)=a+\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x\,\ln\,x$
Por otra parte,
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x\,\ln\,x \overset{0\cdot \infty}{=}\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{\ln\,x}{1/x}\overset{\infty/\infty \rightarrow \text{l'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{(\ln\,x)'}{(1/x)'}=$
  $\displaystyle=\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{1/x}{-1/x^2}=-\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x=0$
Así pues, de (1), podemos escribir $a+0=0$ luego $a=0$

b) Al no ser continua la función en $x=0$ no es derivable en dicho punto. Por otra parte, la derivada por la izquierda de la función $f(x)$ es $(x^2\,e^x)'=x\,e^x\,(2+x)$; y, la derivada por la derecha de dicha función es $(0+x\,\ln\,x)'=\ln\,x+1$. En resumen, $$f'(x)=\left\{\begin{matrix}\ln\,x+1&\text{si}&x \succ 0 \\ \\ x\,e^x\,(2+x) &\text{si}&x \prec 0 \end{matrix}\right.$$

c) $\displaystyle \int_{-1}^{0}\,f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\,x^2\,e^x\,dx \overset{(1),(2)}{=}F(0)-F(-1)=$
      $=\left(e^0\,(0-0+2)\right)-\left(e^{-1}\,((-1)^2-2\cdot(-1)+2)\right)=$
        $=2-\dfrac{5}{e}$

Aclaraciones:
(1) Procedemos a calcular una primitiva de la función integrando $x^2\,e^x$, empleando el método de integración por partes ( $\displaystyle \int\,u\,dv=u\,v-\int\,v\,du$ ): $\displaystyle \int\,x^2\,e^x\,dx=x^2\,e^x-2\,\int\,x\,e^x\,dx$, donde $u:=x^2$ ( y por tanto $du=2\,x\,dx$ ) y $dv:=e^x\,dx$ ( con lo cual $v=e^x$). A su vez, $\displaystyle \int\,x\,e^x\,dx = x\,e^x-\int e^x\,dx = x\,e^x -e^x = e^x\,(x-1)$; en consecuencia, $\displaystyle \int\,x^2\,e^x\,dx =x^2\,e^x-2\,e^x\,(x-1)=e^x\,(x^2-2x+2)+C$ y por tanto una función primitiva es $F(x)=e^x\,(x^2-2x+2)$
(2) En este último paso, aplicamos la regla de Barrow
$\square$

Cálculo de integrales definidas

ENUNCIADO. Calcúlese la integral definida $$\displaystyle \int_{-2}^{2}\,f(x)\,dx$$ donde $$f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2+1 & \text{si} & x \prec 0 \\ -x+3 & \text{si} & x \ge 0\end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN.
$\displaystyle \int_{-2}^{2}\,f(x)\,dx=\int_{-2}^{0}\,(x^2+1)\,dx+\int_{0}^{2}\,(-x+3)\,dx=$
    $=\left[\dfrac{1}{3}\,x^3+x\right]_{-2}^{0}+\left[-\dfrac{1}{2}\,x^2+3x\right]_{0}^{2}=$
        $=\left(\dfrac{1}{3}\,0^3+0\right)-\left(\dfrac{1}{3}\,(-2)^3+(-2)\right)+\left(-\dfrac{1}{2}\,2^2+3\cdot 2\right)-\left(-\dfrac{1}{2}\,0^2+3\cdot 0\right)=\dfrac{26}{3}$
$\square$

Ejercicios de integración

ENUNCIADO.
I) Calcular las siguientes integrales indefinidas:
a) $\displaystyle \int \,\dfrac{dx}{x^2+4}$       b) $\displaystyle \int\,x\,e^x\,dx$
II) Calcular la integral definida $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,(2x-5)^5\,dx$

SOLUCIÓN.
I.a)
Esta integral es semi inmediata, pues es sabido que $\displaystyle \int \,\dfrac{dx}{x^2+1}=\arctan\,x+C$; así que basta con hacer unos arreglos para calcular la familia de primitivas que corresponde a la función del integrando:
$\displaystyle \int \,\dfrac{dx}{x^2+4}=\dfrac{1}{4}\,\int \,\dfrac{dx}{x^{2}/4+4/4}=\dfrac{1}{4}\,\int \,\dfrac{dx}{(x/2)^2+1}\overset{(1)}{=} \dfrac{1}{4}\,\int \,\dfrac{2\,dt}{t^2+1}=\dfrac{1}{2}\,\int \,\dfrac{dt}{t^2+1}=$
  $=\arctan\,t+C\overset{(2)}{=} \dfrac{1}{2}\,\arctan\,\dfrac{x}{2}+C$

(1) cambio de variable: si $t:=x/2$, $dx=2\,dt$
(2) deshaciendo el cambio de variable

I.b)
La función del integrando, $x\,e^x$, es el producto de dos funciones de distinta naturaleza, por lo que emplearemos el método de integración por partes: $$\int\,u\,dv = u\,v-\int\,v\,du$$ Designando $u:=x$, con lo cual $dx=du$, y, $e^x\,dx=dv$ y por tanto $v=\int\,e^x\,dx=e^x$. Así, podemos escribir $$\displaystyle \int\,x\,e^x\,dx=x\,e^x-\int\,e^x\,dx$$ e integrando fácilmente el segundo término del segundo miembro, encontramos finalmente $$\displaystyle \int\,x\,e^x\,dx=x\,e^x-e^x+C=e^x\,(x-1)+C$$

II) Mediante un sencillo cambio de variable, $t:=2x-5$ ( y por tanto $dx=\dfrac{1}{2}\,dt$ ), teniendo en cuenta la integral indefinida inmediata $\int\,t^n\,dt=\dfrac{1}{n+1}\,t^{n+1}+C$, vemos que una primitiva de $f(x)=(2x-5)^5$ es $F(x)=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{6}\,(2x-5)^6$, luego por la regla de Barrow, $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,(2x-5)^5\,dx=F(1)-F(-1)=\dfrac{1}{12}\,\left( (2\cdot 1-3)^6-(2\cdot (-1)-3)^6\right)=$
  $=\dfrac{1}{12}\,(1-5^6)=-1302$
$\square$

Integración aproximada. Aproximación de una función que no tiene primitiva elemental por un polinomio de Taylor.

Otro ejemplo en el que nos encontramos con el número pi en el cálculo de probabilidades

ENUNCIADO. Calcular:
$$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx$$


SOLUCIÓN.
Si bien la función $f(x)=e^{-\frac{x^2}{2}}$ no tiene primitiva elemental, teniendo en cuenta que la función de densidad de la distribución normal ( Gauss ) de parámetros $\sigma$ y $\mu$ es $f(x)=\dfrac{1}{\sigma\,\sqrt{2\,\pi}}\,e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\,\sigma^2}}$ y que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,f(x)\,dx=1$, vemos que la función propuesta corresponde a este modelo de distribución con $\mu=0$ y $\sigma=1$ y por tanto
$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=1$, luego $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}$

$\square$

Aplicaciones del cálculo integral

Enunciado:
Una sustancia se diluye en un líquido contenido en un recipiente a un ritmo que viene expresado por la función $f(t)=e^{0'001\,t}$. Los valores de dicha función se expresan en gramos/hora y los valores de $t$ en horas ( h ). Se pide:
  a) ¿ Qué cantidad de dicha sustancia se ha introducido desde $t=1\,\text{h}$ hasta $t=4\,\text{h}$ ?
  b) ¿ En qué unidades se expresa la constante que figura en el exponente ?

Resolución:

a)
Siendo $f(t)$ la función que expresa la cantidad de sustancia diluida por unidad de tiempo, la cantidad de sustancia diluida en un instante de tiempo $t$ viene dada por la familia de primitivas de $f(t)$, esto es, por el conjunto de funciones $F(t)+C$, donde $(F(t)+C)'=f(t)$ ( Primer Teorema Fundamental del Cálculo ), en otras palabras, por $\displaystyle \int\,f(t)\,dt=\int e^{0'001\,t}\,dt$, es decir, $F(t)=\dfrac{1}{0,001}\,e^{0,001\,t}+C$, donde $C$ es la constante de integración.


Entonces, como en el instante inicial la cantidad de sustancia en el líquido es nula, $F(0)=0$, podemos escribir que $\dfrac{1}{0,001}\,e^{0,001\cdot 0}+C=0 \Rightarrow \dfrac{1}{0,001}+C=0 \Rightarrow C=-\dfrac{1}{0,001}$ con lo cual hemos fijado la constante de integración de acuerdo con la condición inicial del proceso, y, por tanto, la función que describe la cantidad de sustancia, dada dicha condición inicial, es $F(t)=\dfrac{1}{0,001}\,e^{0,001\, t}-\dfrac{1}{0,001}\,$, que, expresada de forma más compacta, es $F(t)=\dfrac{1}{0,001}\,\big( e^{0,001\, t}-1\big)$.


La cantidad de sustancia diluida en el líquido que contiene el recipiente en el instante $t=4 \, \text{h}$ es $F(4)=\dfrac{1}{0,001}\,\big( e^{0,001\cdot 4}-1\big)$ y la cantidad de sustancia en $t=1\,\text{h}$ es $F(1)=\dfrac{1}{0,001}\,\big( e^{0,001\cdot 1}-1\big)$, luego entre un instante y otro la cantidad de dicha sustancia viene dada por $F(4)-F(1)=\dfrac{1}{0,001}\,\big( e^{0,001\cdot 4}-1\big)-\dfrac{1}{0,001}\,\big( e^{0,001\cdot 1}-1\big)$, y, simplificando, obtenemos $F(4)-F(1)=\dfrac{1}{0,001}\,\big(e^{0,001\cdot 4} -e^{0,001\cdot 1}\big)\approx 3,008 \,\text{g}$

Nota: Podemos llegar al mismo resultado con más brevedad calculando directamente el valor de la integral definida ( Segundo Teorema Fundamental del Cálculo ) de la función $f(t)$ integrada entre $t=1$ y $t=4$ tal como sigue $\displaystyle \int_{1}^{4}\,e^{0'001\,t}\,dt=\left[ \dfrac{1}{0,001}\,e^{0,001\cdot t} \right]_{1}^{4}=\dfrac{1}{0,001}\,\big(e^{0,001\cdot 4} -e^{0,001\cdot 1}\big)\approx 3,008 \,\text{g}$

b)
Veamos, ahora, cuáles son las unidades en las que se expresa la constante del exponente ( al que denotamos por $\tau$ y cuyo valor es $0,001$ ). Como la cantidad del exponente de $\tau \cdot t$, debe ser adimensional, $[\tau]=[T]^{-1}$, luego las unidades de $\tau$ son $\text{h}^{-1}$, o lo que es lo mismo, $1/h$ es decir, $\tau = 0,001 \, \text{h}^{-1}$

$\square$

Integrales definida de una función par y de una función impar en dominios simétricos

Si una función $f(x)$ es impar, esto es si para todo $x \in \text{Dom}\,f$ se cumple que $f(-x)=-f(x)$ ( la gráfica de $f$ es simétrica con respecto del origen de coordenadas ) y los límites de integración son opuestos, entonces $\displaystyle \int_{-a}^{a}\,f(x)\,dx=0$

Ejemplo. $$\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\,\sin\,x\,dx=0$$ En efecto $$\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\,\sin\,x\,dx=-\cos\,\pi/2-(-\cos\,(-\pi/2))=0-0=0$$

-oOo-
Si una función $f(x)$ es par, esto es si para todo $x \in \text{Dom}\,f$ se cumple que $f(-x)=f(x)$ ( la gráfica de $f$ es simétrica por reflexión con respecto del eje de abscisas ) y los límites de integración son opuestos, entonces $\displaystyle \int_{-a}^{a}\,f(x)\,dx=2\,\int_{0}^{a}\,f(x)\,dx=2\,\int_{-a}^{0}\,f(x)\,dx$

Ejemplo. $$\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\,\cos\,x\,dx=2\,\int_{0}^{\pi/2}\,\cos\,x\,dx=2\cdot (\sin\,\pi/2-\sin\,0)=2\cdot (1-0)=2$$ En efecto $$\displaystyle \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\,\cos\,x\,dx=\sin\,(\pi/2)-(\sin\,(-\pi/2))=1-(-1)=2$$

$\square$

Aplicaciones de la integral definida. Cálculo de la longitud de un segmento de curva

ENUNCIADO. Calcúlese la longitud del trozo de curva correspondiente a la función cuadrática $f(x)=x^2$ entre los puntos de abscisas $x=0$ y $x=1$

SOLUCIÓN.
Sea $\Delta\,\ell$ la longitud de un trozo ( pequeño ) de curva, entonces tenemos que $\Delta\,\ell \approx \sqrt{\Delta\,x+\Delta\,y}$ ( aproximando a un triángulo rectángulo el triángulo con los mismos catetos y con un segemento curvilíneo donde debería estar la hipotenusa ) con lo cual si $\Delta\,x \rightarrow 0$ ( haciendo abstracción a cantidades infinitesimales ), $$ds = \sqrt{(dx)^2+(dy)^2}$$ Ahora bien, como $dy=f'(x=\,dx$ lo anterior se puede escribir de la forma $$ds = \sqrt{(dx)^2+(f'(x))^2\,(dx)^2} = \sqrt{1+(f'(x))^2}\,dx$$ Así que $$\displaystyle \int\,ds = \int\,\sqrt{1+(f'(x))^2}\,dx$$ luego la longitud de un trozo de curva entre los puntos de abscisa $a$ y $b$ ( $a \prec b$ ) es igual al valor de la integral definida $$\int_{a}^{b}\,\sqrt{1+(f'(x))^2}\,dx$$

Así pues, la longitud del trozo de curva, $s$, entre los puntos indicados viene dado por el valor de la integral definida $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\sqrt{1+(f'(x))^2}\,dx$$ esto es $$s=\displaystyle \int_{0}^{1}\,\sqrt{1+(f'(x))^2}\,dx=\displaystyle \int_{0}^{1}\,\sqrt{1+(2x)^2}\,dx$$ Una función primitiva de la función del integrando es $$F(x)\overset{(1)}{=}\dfrac{1}{4}\,\ln\left(\left| \sqrt{4\,x^2+1}+2\,x\right|\right)+\dfrac{1}{2}\,x\,\sqrt{4\,x^2+1}$$ Aplicando ahora la regla de Barrow, encontramos: $s=\displaystyle F(1)-F(0) =\dfrac{1}{4}\,\ln\,(\sqrt{5}+2)+\dfrac{\sqrt{5}}{2}$

Notas:
(1) Para no entorpecer el ejercicio con el trabajo de cálculo de la integral indefinida, y a modo de "andamiaje", sugiero que utilicéis las aplicaciones de cálculo simbólico de GeoGebra, o bien de MAXIMA, para encontrar dicha primitiva

$\square$

Demostración de la expresión del volumen de una esfera de radio dado. Aplicaciones de la integral definida

Demostración de la fórmula del volumen de un cono de radio y altura dadas

Aplicaciones de la integral definida a las ciencias del medio ambiente

ENUNCIADO. La función que mide el caudal que sale de un depósitio es $f(x)=10-x$, donde $f(x)$ viene dado en litros por segundo, y x, en segundos. ¿ Qué cantidad de agua sale del depósito entre $t=4$ s y $t=8$ s ?

SOLUCIÓN. La familia de funciones primitivas ( que describe la cantidad de agua que sale del depósito ) viene dada por $\displaystyle \int\,f(x)\,dx = \int\,(10-x)\,dx=10\,x-\dfrac{1}{2}\,x^2 + C$, luego una primitiva de $f(x)$ es $F(x)=10\,x-\dfrac{1}{2}\,x^2$. En consecuencia, la cantidad de agua que sale entre los dos instantes de tiempo dados es $$\displaystyle \,\int_{4}^{8}\,f(x)\,dx=\left[ 10\,x-\dfrac{1}{2}\,x^2 \right]_{4}^{8}=64\,\text{L}$$ $\square$

Análisis de funciones

ENUNCIADO. Dada la función real de variable real $$f(x)=\left\{\begin{matrix}x\,e^{2x}&\text{si}&x \prec 0 \\ \\\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}&\text{si}&x\ge 0 \end{matrix}\right.$$ donde $\ln$ significa logaritmo neperiano, se pide:
a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de $f(x)$ en $x=0$
b) Calcular $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \,-\infty}\,f(x)$ y $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \, +\infty}\,f(x)$
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{0}\,f(x)\,dx$

SOLUCIÓN.

Análisis de funciones y cálculo integral

ENUNCIADO. Dadas las funciones $f(x)=\dfrac{2}{x}$ y $g(x)=\sin\,x$, se pide:
a) Calcular $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(f(x)-\dfrac{2}{g(x)})$
b) Calcular la ecuación de la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto $(\dfrac{1}{2}\,,\,4)$
c) Calcular el área delimitada por la curva $y=f(x)$ y la recta $y=-x+3$

SOLUCIÓN.
a)
Cuando $x \rightarrow 0$, $x \sim \sin\,x$ ( son infinitésimos equivalentes ), luego $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{\sin\,x})=2\,\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{x})=0$$

b)En $x=\dfrac{1}{2}$ podemos determinar la recta tangente a la gráfica de la función $f(x)$ pues en ese punto la función es derivable. Sea la ecuación en forma explícita de la recta tangente $t:y=mx+k$ en dicho punto. Vamos a determinar los valores de los coeficientes $m$ ( pendiente de la recta ) y $k$ ( ordenada en el origen ).

$m\overset{\text{def}}{=}f'(1/2)=((\dfrac{2}{x})')|_{x=1/2}=(-\dfrac{2}{x^2})|_{x=1/2}=-8$, con lo cual podemos escribir $t:y=-8\,x+k$, veamos ahora, cuál es el valor de $k$: como en $x=1/2$ se tiene que cumplir que $f(1/2)=(-8\,x+k)_{x=1/2}$, vemos que $f(1/2)=-8\cdot \dfrac{1}{2} +k$, luego $k=f(1/2)+4$, esto es, $k=(\dfrac{2}{1/2})+4=8$. Así concluimos que la ecuación de la recta tangente pedida es $t:y=-8\,x+8$

c) El siguiente gráfico ( las gráficas de las dos funciones inciden en el primer cuadrante ) ayuda a visualizar el área pedida

Entonces, $$\text{Área}=\displaystyle \int_{x_A}^{x_B}\,((-x+3)-f(x))\,dx=\int_{x_A}^{x_B}\,((-x+3)-\dfrac{2}{x})\,dx \quad \quad (1)$$ Necesitamos conocer los límite de integración, que son las abscisas de los puntos de intersección $A$ y $B$, y que se calculan resolviendo la ecuación $$\dfrac{2}{x}=-x+3$$ esto es $$x^2-3x+2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1}=\dfrac{3\pm 1}{2}=\left\{\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}\right.$$ con lo cual $x_A=1$ y $x_B=2$

Así, de (1), $$\text{Área}=\displaystyle \int_{1}^{2}\,\dfrac{-x^2+3x-2}{x}\,dx=\int_{1}^{2}\,(-x+3-\dfrac{2}{x})\,dx=\displaystyle -\dfrac{1}{2}\,\left[x^2\right]_{1}^{2}+3\,\left[x\right]_{1}^{2}-2\,\left[\ln\,x\right]_{1}^{2}$$
$=-\dfrac{1}{2}\cdot (4-1)+3\cdot (2-1)-2\cdot (\ln\,2-\ln\,1)=-\dfrac{3}{2}+3-2\,\ln\,2=$
  $=(\dfrac{3}{2}-2\,\ln\,2) \; \text{u.a.} \approx 0,1137 \; \text{u.a.}$
$\square$

Dada la función (...)

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$

SOLUCIÓN.

a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.

Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$

Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.

c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$

$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$

$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$

$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

$\square$