ENUNCIADO. Se define la siguiente función $$\int_{0}^{x}\,f(t)\,dt=x^2(x+1)$$ Calcúlese $f(2)$.
SOLUCIÓN. De acuerdo con el Teorema Fundamental del Cálculo, $\int\,f(x)\,dx=F(x)+C$, de manera que $F'(x)=f(x)$; por tanto $f(2)\overset{\text{t.f.c.}}{=}F'(2)=\left( x^2(1+x) \right)'|_{x=2}=(3x^2+2x)'|_{x=2}=3\cdot 2^2+2\cdot 2=16$
$\square$
martes, 19 de marzo de 2019
Un ejercicio acerca del teorema fundamental del cálculo
ENUNCIADO. Se considera la función definida de la siguiente manera: $$F(x)=\int_{0}^{x}\,(t^2-1)\,dt$$
Determínese los extremos relativos de dicha función, sin resolver explícitamente la integral
SOLUCIÓN. Por el Teorema Fundamental del Cálculo podemos afirmar que $F'(x)\overset{\text{t.f.c.}}{=}f(x)=x^2-1$, la cual se anula para $x^{*}=\pm 1$, valores que representan las abscisas de los extremos relativos de la función $F(x)$, $x_{1}^{*}=-1$ y $x_{2}^{*}=1$. Por otra parte, y teniendo en cuenta que $F''(x)=2x$, vemos que $F'(-1)=2\cdot (-1)\prec 0$, y por tanto $x_{1}^{*}=-1$ es la abscisa de un máximo local, y, $F'(1)=2\cdot (1)\succ 0$, luego $x_{2}^{*}=1$ es la abscisa de un mínimo local. $\square$
Determínese los extremos relativos de dicha función, sin resolver explícitamente la integral
SOLUCIÓN. Por el Teorema Fundamental del Cálculo podemos afirmar que $F'(x)\overset{\text{t.f.c.}}{=}f(x)=x^2-1$, la cual se anula para $x^{*}=\pm 1$, valores que representan las abscisas de los extremos relativos de la función $F(x)$, $x_{1}^{*}=-1$ y $x_{2}^{*}=1$. Por otra parte, y teniendo en cuenta que $F''(x)=2x$, vemos que $F'(-1)=2\cdot (-1)\prec 0$, y por tanto $x_{1}^{*}=-1$ es la abscisa de un máximo local, y, $F'(1)=2\cdot (1)\succ 0$, luego $x_{2}^{*}=1$ es la abscisa de un mínimo local. $\square$
jueves, 14 de marzo de 2019
Un ejercicio de integración de una función racional impropia
ENUNCIADO. Calcúlese la integral indefinida $$\int\,\dfrac{x}{x+1}\,dx$$
SOLUCIÓN. La función del integrando es racional e impropia, y, realizando la división $x\div (x+1)$ para calcular el resto $R(x)=-1$ y el cociente $C(x)=1$, podemos expresarla de la forma $\dfrac{x}{x+1}=C(x)+\dfrac{R(x)}{x+1}=1-\dfrac{1}{x+1}$, con lo cual $$\int\,\dfrac{x}{x+1}\,dx=\int\,dx-\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx=x-\ln\,|x+1|+C$$
$\square$
SOLUCIÓN. La función del integrando es racional e impropia, y, realizando la división $x\div (x+1)$ para calcular el resto $R(x)=-1$ y el cociente $C(x)=1$, podemos expresarla de la forma $\dfrac{x}{x+1}=C(x)+\dfrac{R(x)}{x+1}=1-\dfrac{1}{x+1}$, con lo cual $$\int\,\dfrac{x}{x+1}\,dx=\int\,dx-\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx=x-\ln\,|x+1|+C$$
$\square$
Cálculo de primitivas de algunas funciones irracionales
Nota preliminar.
Lo siguiente se consideran de ampliación ( de los contenidos de integración ) en el ámbito del bachillerato
--- I) Las integrales del tipo $\displaystyle \int R \left(x,\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)^{m_{1}/n_{1}},\ldots,\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)^{m_{k}/n_{k}}\right)\,dx$, donde $R$ denota una función racional, se pueden resolver mediante el cambio de variable $y^n=\dfrac{ax+b}{cx+d}$, siendo $n=\text{m.c.m}(\{n_1,\ldots,n_k\})$
II) Las integrales binomicas $\displaystyle \int\,x^{p}\,(ax^q+b)^r\,dx$, donde $p,q,r$ son números racionales, se resuelven haciendo el cambio de variable $t=x^q$, siempre que $r,\dfrac{p+1}{q}$ o bien $r+\dfrac{p+1}{q}$ sean números enteros.
III) El cambio de variable $x=a\,\sin\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2-x^2})\,dx$
IV) El cambio de variable $x=\dfrac{a}{\sin\,t}$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{x^2-a^2})\,dx$
V) El cambio de variable $x=a\,\tan\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2+x^2})\,dx$
VI) El cambio de variable $y=x+\alpha$, despues de transformar $ax^2+bx+c$ en la forma $a(x+\alpha)^2+\beta^2$, suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\,dx$
VII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$, siendo $P_{n}(x)$ un polinomio de grado $n$, se transforman en alguna de las anteriores haciendo la descomposición $$\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx=Q_{n-1}(x)\,\sqrt{ax^2+bx+c}+\int\,\dfrac{A}{ax^2+bx+c}\,dx \quad (1)$$ donde $Q_{n-1}(x)$ es un polinomio de grado $n-1$ con coeficientes indeterminados. Los coeficientes de $Q_{n-1}$ así como el coeficiente $A$ se determinan derivando (1) en ambos miembros.
VIII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int \dfrac{dx}{(\alpha\,x+\beta)^{n}\,\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$ donde $n$ es un número real, se tranforman en una integral de alguno de los tipos anteriores mediante el cambio de variable $t=\dfrac{1}{\alpha\,x+\beta}$
---
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
Lo siguiente se consideran de ampliación ( de los contenidos de integración ) en el ámbito del bachillerato
II) Las integrales binomicas $\displaystyle \int\,x^{p}\,(ax^q+b)^r\,dx$, donde $p,q,r$ son números racionales, se resuelven haciendo el cambio de variable $t=x^q$, siempre que $r,\dfrac{p+1}{q}$ o bien $r+\dfrac{p+1}{q}$ sean números enteros.
III) El cambio de variable $x=a\,\sin\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2-x^2})\,dx$
IV) El cambio de variable $x=\dfrac{a}{\sin\,t}$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{x^2-a^2})\,dx$
V) El cambio de variable $x=a\,\tan\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2+x^2})\,dx$
VI) El cambio de variable $y=x+\alpha$, despues de transformar $ax^2+bx+c$ en la forma $a(x+\alpha)^2+\beta^2$, suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\,dx$
VII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$, siendo $P_{n}(x)$ un polinomio de grado $n$, se transforman en alguna de las anteriores haciendo la descomposición $$\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx=Q_{n-1}(x)\,\sqrt{ax^2+bx+c}+\int\,\dfrac{A}{ax^2+bx+c}\,dx \quad (1)$$ donde $Q_{n-1}(x)$ es un polinomio de grado $n-1$ con coeficientes indeterminados. Los coeficientes de $Q_{n-1}$ así como el coeficiente $A$ se determinan derivando (1) en ambos miembros.
VIII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int \dfrac{dx}{(\alpha\,x+\beta)^{n}\,\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$ donde $n$ es un número real, se tranforman en una integral de alguno de los tipos anteriores mediante el cambio de variable $t=\dfrac{1}{\alpha\,x+\beta}$
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
Un ejercicio de cálculo de primitivas
ENUNCIADO. Calcúlese la integral intefinida $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx$$
Observación/sugerencia: Téngase en cuenta que el polinomio del denominador tiene raíces complejas, pues el discriminante de la ecuación $x^2+3x+4=0$ es negativo $\Delta=3^3-4\cdot 1\cdot 4 \prec 0$, por lo que en este caso, es evidente que no sirve de nada intentar descomponer la fracción algebraica del integrando en suma de fracciones más sencillas para facilitar de este modo la integración; en efecto, $$\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}=\dfrac{Mx+N}{x^2+3x+4}$$ conduce a $M=N=1$ y por tanto al punto de partida.
Si bien ese camino ya no podemos seguirlo, debemos tener en cuenta que como el polinomio del numerador está rebajado en $1$ grado con respecto del polinomio del denominador, podemos recurrir a la siguiente propiedad $$\int\,\dfrac{u(x)}{v(x)}\,dx=\ln|v(x)|+C \; \text{si}\; (v(x))'=u(x) \quad \quad$$
SOLUCIÓN. Siguiendo la sugerencia, y teniendo en cuenta que $(x^2+3x+4)'=2x+3$, escribiremos el numerador $x+1$ de la siguiente forma equivalente $$x+1=\dfrac{1}{2}(2x+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-3+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-1)$$ con lo cual la integral pedida la podemos expresar de la forma $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3-1}{x^2+3x+4}\,dx$$ y por tanto de la siguiente manera $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3}{x^2+3x+4}\,dx-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx \quad \quad (2)$$
La primera integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_1$, es inmediata si utilizamos la propiedad (1): $$I_1=\ln\;(x^2+3x+4)+C_1$$ Nota: Aquí, como la función $x^2+3x+4\succ 0$ para todo $x\in \mathbb{R}$, no es necesario poner las barras de valor absoluto en el argumento del logaritmo.
La segunda integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_2$ es semi inmediata, habida cuenta que se asemeja a la integral inmediata que lleva al arco tangente: $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\arctan\,t+C$. Veámoslo:
$\displaystyle I_2=\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2-(3/2)^2+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2+7/4}\,dx=$
$\displaystyle=\int\,\dfrac{1}{u^2+7/4}\,du$ [Haciendo el cambio de variable (c.v.) $x+3/2=u \Rightarrow du = dx$]
$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\dfrac{4}{7}u^2+1}\,du=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}u\right)^2+1}\,du=$
$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\cdot \dfrac{\sqrt{7}}{2}\int\,\dfrac{1}{w^2+1}\,dw$ [c.v.: $\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u=w \Rightarrow du = \dfrac{\sqrt{7}}{2}\,dw$]
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,w+C_2$
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u+C_2$ [ Deshaciendo el segundo cambio de variable ]
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2$ [ Deshaciendo el primer cambio de variable ]
Por consiguiente, reuniendo los resultados de $I_1$ e $I_2$:
$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=$
$=\dfrac{1}{2}\,\left(\ln\;(x^2+3x+4)+C_1\right)-\dfrac{1}{2}\,\left( \dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2\right)$
o lo que es lo mismo: $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=\dfrac{1}{2}\,\ln\;(x^2+3x+4)-\dfrac{\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C$$
$\square$
Observación/sugerencia: Téngase en cuenta que el polinomio del denominador tiene raíces complejas, pues el discriminante de la ecuación $x^2+3x+4=0$ es negativo $\Delta=3^3-4\cdot 1\cdot 4 \prec 0$, por lo que en este caso, es evidente que no sirve de nada intentar descomponer la fracción algebraica del integrando en suma de fracciones más sencillas para facilitar de este modo la integración; en efecto, $$\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}=\dfrac{Mx+N}{x^2+3x+4}$$ conduce a $M=N=1$ y por tanto al punto de partida.
Si bien ese camino ya no podemos seguirlo, debemos tener en cuenta que como el polinomio del numerador está rebajado en $1$ grado con respecto del polinomio del denominador, podemos recurrir a la siguiente propiedad $$\int\,\dfrac{u(x)}{v(x)}\,dx=\ln|v(x)|+C \; \text{si}\; (v(x))'=u(x) \quad \quad$$
SOLUCIÓN. Siguiendo la sugerencia, y teniendo en cuenta que $(x^2+3x+4)'=2x+3$, escribiremos el numerador $x+1$ de la siguiente forma equivalente $$x+1=\dfrac{1}{2}(2x+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-3+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-1)$$ con lo cual la integral pedida la podemos expresar de la forma $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3-1}{x^2+3x+4}\,dx$$ y por tanto de la siguiente manera $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3}{x^2+3x+4}\,dx-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx \quad \quad (2)$$
La primera integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_1$, es inmediata si utilizamos la propiedad (1): $$I_1=\ln\;(x^2+3x+4)+C_1$$ Nota: Aquí, como la función $x^2+3x+4\succ 0$ para todo $x\in \mathbb{R}$, no es necesario poner las barras de valor absoluto en el argumento del logaritmo.
La segunda integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_2$ es semi inmediata, habida cuenta que se asemeja a la integral inmediata que lleva al arco tangente: $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\arctan\,t+C$. Veámoslo:
$\displaystyle I_2=\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2-(3/2)^2+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2+7/4}\,dx=$
$\displaystyle=\int\,\dfrac{1}{u^2+7/4}\,du$ [Haciendo el cambio de variable (c.v.) $x+3/2=u \Rightarrow du = dx$]
$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\dfrac{4}{7}u^2+1}\,du=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}u\right)^2+1}\,du=$
$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\cdot \dfrac{\sqrt{7}}{2}\int\,\dfrac{1}{w^2+1}\,dw$ [c.v.: $\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u=w \Rightarrow du = \dfrac{\sqrt{7}}{2}\,dw$]
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,w+C_2$
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u+C_2$ [ Deshaciendo el segundo cambio de variable ]
$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2$ [ Deshaciendo el primer cambio de variable ]
Por consiguiente, reuniendo los resultados de $I_1$ e $I_2$:
$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=$
$=\dfrac{1}{2}\,\left(\ln\;(x^2+3x+4)+C_1\right)-\dfrac{1}{2}\,\left( \dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2\right)$
o lo que es lo mismo: $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=\dfrac{1}{2}\,\ln\;(x^2+3x+4)-\dfrac{\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C$$
$\square$
miércoles, 13 de marzo de 2019
Integración de funciones trigonométricas
I) Las integrales trigonométricas de los tipos:
$$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ se resuelven fácilmente transformando los productos (que aparecen en el integrando) en sumas, mediante las siguientes identidades trigonométricas: $$ \sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x-\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin(\alpha-\beta)x+\sin(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x+\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$
EJEMPLO I.1 Nos proponemos calcular la integral $I=\displaystyle \sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)\,dx$. Teniendo en cuenta que $\sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos\,(2x-3x)-\cos(2x+3x)\right)=$
$=\dfrac{1}{2}\,(\cos(-x)-\cos(5x))=\dfrac{1}{2}\,(\cos(x)-\cos(5x))$, podemos escribir $$I=\dfrac{1}{2}\,\left( \int\,\cos\,x\,dx-\int\,\cos(5x)\,dx \right)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin\,x-\dfrac{1}{5}\,\sin(5x)\right)+C$$
II.a) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,R(\sin\,x,\cos\,x)\,dx$ ( donde $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,(x/2)$
II.b) Las integrales de un tipo tal que $R(\sin\,x,-\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en el caso anterior, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\sin\,x$
II.c) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\cos\,x$
II.d) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,-\cos\,x)=R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,x$
III) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\sin^{m}\,x\,\cos^{n}\,x\,dx$, se resuelven de las siguientes maneras:
III.a) Si $m$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\cos\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\sin^2\,x$ por $1-\cos^2\,x$
III.b) Si $n$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\sin\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\cos^2\,x$ por $1-\sin^2\,x$
Nota: Cuando sea posible, y de manera previa, es recomendable utilizar las siguientes identidades trigonométricas: $\sin^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1-\cos\,2x)$ y $\cos^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1+\cos\,2x)$, pues facilitan mucho las cosas, e incluso, en según qué casos, basta con eso para transformar las integrales con potencias de razones trigonométricas al cuadrado en integrales de razones del ángulo doble.
---
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
$$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ se resuelven fácilmente transformando los productos (que aparecen en el integrando) en sumas, mediante las siguientes identidades trigonométricas: $$ \sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x-\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin(\alpha-\beta)x+\sin(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x+\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$
EJEMPLO I.1 Nos proponemos calcular la integral $I=\displaystyle \sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)\,dx$. Teniendo en cuenta que $\sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos\,(2x-3x)-\cos(2x+3x)\right)=$
$=\dfrac{1}{2}\,(\cos(-x)-\cos(5x))=\dfrac{1}{2}\,(\cos(x)-\cos(5x))$, podemos escribir $$I=\dfrac{1}{2}\,\left( \int\,\cos\,x\,dx-\int\,\cos(5x)\,dx \right)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin\,x-\dfrac{1}{5}\,\sin(5x)\right)+C$$
II.a) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,R(\sin\,x,\cos\,x)\,dx$ ( donde $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,(x/2)$
II.b) Las integrales de un tipo tal que $R(\sin\,x,-\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en el caso anterior, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\sin\,x$
II.c) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\cos\,x$
II.d) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,-\cos\,x)=R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,x$
III) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\sin^{m}\,x\,\cos^{n}\,x\,dx$, se resuelven de las siguientes maneras:
III.a) Si $m$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\cos\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\sin^2\,x$ por $1-\cos^2\,x$
III.b) Si $n$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\sin\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\cos^2\,x$ por $1-\sin^2\,x$
Nota: Cuando sea posible, y de manera previa, es recomendable utilizar las siguientes identidades trigonométricas: $\sin^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1-\cos\,2x)$ y $\cos^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1+\cos\,2x)$, pues facilitan mucho las cosas, e incluso, en según qué casos, basta con eso para transformar las integrales con potencias de razones trigonométricas al cuadrado en integrales de razones del ángulo doble.
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
martes, 12 de marzo de 2019
Teorema de los valores intermedios ( teorema de Darboux )
El siguiente resultado se debe a Jean Gaston Darboux ( 1842-1917 ) y es uno de los teoremas de continuidad, como lo son también el teorema de Weierstrass y el teorema de Bolzano, que son esenciales en el análisis matemático. Dice lo siguiente:
Sea una función real de una variable real $f(x)$, continua en $[a,b]$. Entonces para cada $k \in \mathbb{R}$ tal que $f(a) \prec k \prec f(b)$ existe un número real $c$ en $[a,b]$ tal que $f(c)=k$
Sea una función real de una variable real $f(x)$, continua en $[a,b]$. Entonces para cada $k \in \mathbb{R}$ tal que $f(a) \prec k \prec f(b)$ existe un número real $c$ en $[a,b]$ tal que $f(c)=k$
Primitivas que no son expresables como una combinación finita de funciones elementales
Una función real de una variable real $f(x)$, continua en $(a,b)$ tiene en este intervalo una función primitiva $F(x)$ tal que $F'(x)=f(x)$ ( primer teorema fundamental del cálculo ). Ahora bien, no toda función primitiva, aunque exista, puede expresarse mediante un número finito de combinaciones de funciones elementales. Algunos ejemplos de funciones primitivas de este tipo correspondientes a las integrales que se indican son:
$$\int e^{-x^2}\,dx$$ $$\int \dfrac{\sin\,x}{x}\,dx$$ $$\int \dfrac{\cos\,x}{x}\,dx$$ $$\int \sqrt{1-k^2\,\sin^{2}\,x}\,dx$$ $$\int \dfrac{dx}{\ln\,x}$$ además de las integrales binómicas $\int\,x^{m}\,(a+b\,x^{n})^{p}\,dx$, tales que no sean de alguno de los siguientes tipos ( teorema de Chebyshov ): i) $p\in \mathbb{Z}$, ii) $\dfrac{m+1}{n}\in \mathbb{Z}$ y iii) $\dfrac{m+1}{n}+ p \in \mathbb{Z}$
Referencias:
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
$$\int e^{-x^2}\,dx$$ $$\int \dfrac{\sin\,x}{x}\,dx$$ $$\int \dfrac{\cos\,x}{x}\,dx$$ $$\int \sqrt{1-k^2\,\sin^{2}\,x}\,dx$$ $$\int \dfrac{dx}{\ln\,x}$$ además de las integrales binómicas $\int\,x^{m}\,(a+b\,x^{n})^{p}\,dx$, tales que no sean de alguno de los siguientes tipos ( teorema de Chebyshov ): i) $p\in \mathbb{Z}$, ii) $\dfrac{m+1}{n}\in \mathbb{Z}$ y iii) $\dfrac{m+1}{n}+ p \in \mathbb{Z}$
Referencias:
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
Integración de funciones racionales
Se consideran integrales del tipo $$\int\dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx$$ donde $P(x)$ y $Q(x)$ son polinomios en $x$ de coeficientes reales. De lo que se trata, para integrar dichas funciones, es descomponer el integrando en una suma de fracciones algebraicas simples. Distinguiremos entre el caso de fracciones propias (I) y el de fracciones impropias (II); este segundo caso se reduce al primero, dividiendo el polinomio del numerador entre el polinomio del denominador, tal como se detallará más adelante. Entonces:
I) Si $\text{grado}(P(x)) \prec \text{grado}(Q(x))$ ( la fracción $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ es propia ) distinguiremos entre los siguientes casos:
a) Para cada factor de la forma $(ax+b)^n$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $n$ fracciones más simples: $$\dfrac{A_1}{ax+b}+\dfrac{A_2}{(ax+b)^2}+\ldots+\dfrac{A_1}{(ax+b)^n}$$
EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Fácilmente, llegamos a
$$x^3-3x+2=(x+2)(x-1)^2$$
Entonces, $$\dfrac{x+1}{x^3-3x+2}=\dfrac{A}{x+2}+\dfrac{B}{x-1}+\dfrac{C}{(x-1)^2} \quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x+1=A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+B=0\\ -2A+B+C=1 \\ A-2B+2C=1\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,B$ y $C$:
$$A=-1/9, B=1/9, C=2/3$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx=-\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x+2}+\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x-1}+\dfrac{2}{3}\,\int\,\dfrac{dx}{(x-1
)^2}=$$
$$=-\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x+2|+\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x-1|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}=$$ $$=\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,\left|\dfrac{x-1}{x+2}\right|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}$$
b) Para cada factor de la forma $(ax^2+bx+c)^m$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $m$ fracciones más simples: $$\dfrac{M_1\,x+N_1}{ax^2+bx+c}+\dfrac{M_2\,x+N_2}{(ax^2+bx+c)^2}+\ldots+\dfrac{M_m\,x+N_m}{(ax^2+bx+c)^m}$$
EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Sin dificultad, llegamos a
$$x^3-1=(x-1)\,(x^2+x+1)$$
Entonces, $$\dfrac{x^2+2}{x^3-1}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Mx+N}{x^2+x+1}\quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x^2+x+1)+(Mx+N)(x-1)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x^2+2=(A+M)\,x^2+(A-M+N)\,x+(A-N)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+M=1\\ A-M+N=0 \\ A-N=2\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,M$ y $N$:
$$A=1, M=0, N=-1$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx=\int\,\dfrac{dx}{x-1}-\int\,\dfrac{dx}{x^2+x+1}=$$
$$=\ln\,|x-1|- \dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$$
Nota: la segunda integral del segundo miembro la resolvimos ya en [este otro ejercicio].
-oOo-
c) ( Ampliación ) En el caso de que el polinomio $Q(x)$ tenga raíces complejas múltiples, también se puede utilizar el método de Hermite-Ostrogradski: $$\int\,\dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx=\dfrac{P_1(x)}{Q_{1}(x)}+\int\,\dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}\,dx \quad \quad (1)$$ donde $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})$ y $Q_2(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$; y, los polinomios $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$ son de $1$ grado menor que sus denominadores $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$, obteniendo sus coeficientes a partir de la derivación de la igualdad, realizando la suma de fracciones e igualando los coeficientes de los polinomios numeradores. (1)
EJEMPLO:
Nos proponemos calcular la integral $\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}$ por el método de Hermite. Entonces, $P(x)=1$ y $Q(x)=(x^2+3)^2$
i) Calculamos $Q'(x)$:
$Q'(x)=\left( (x^2+3)^2\right)'=4x(x^2+3)$
ii) $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})=x^2+3$ así que, como $\text{grado}(Q_{1}(x))=2$, el grado de $P_{1}(x)$ ha de ser $1$, luego $P_{1}(x)=ax+b$
iii) $Q_{2}(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$, se tiene que $Q_{2}(x)=\dfrac{(x^2+3)^2}{x^2+3}=x^2+3$, luego $P_{2}(x)$ ha de ser $1$ grado menor, y por tanto, $P_{1}(x)=cx+d$
De todo ello, según (1), resulta que
$$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=\dfrac{ax+b}{x^2+3}+\int \dfrac{cx+d}{x^2+3} \quad \quad (2)$$
iv) Determinemos ahora los coeficientes $a,b,c$ y $d$, para lo cual derivamos (2) en ambos miembros, obteniendo:
$$\dfrac{1}{(x^2+3)^2}=\dfrac{3zx^2+2bx+3a}{(x^2+3)^2}+\dfrac{cx+d}{x^2+3}$$
y de ello deducimos que $$1=cx^3+(3a+d)x^2+(2b+3c)x+(3a+3d)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}c=0\\3a+d=0\\2b+3c=0\\3a+3d=1\end{matrix}\right.$$ y resolviendo este sistema de ecuaciones encontramos $$b=c=0,a=-\dfrac{1}{6}, d=\dfrac{1}{2}$$
Por consiguiente, de (2), obtenemos $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{1}{2}\,\int \dfrac{dx}{x^2+3}$$ siendo la segunda integral ( del segundo miembro ) semi inmediata $$\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{x^2+3}=\dfrac{1}{3}\,\int \dfrac{dx}{(x/\sqrt{3})^2+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$
con lo cual $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$-oOo-
II) Si $\text{grado}(P(x)) \ge\text{grado}(Q(x))$ hay que realizar la división $P(x)\div Q(x)$ para expresar la fracción impropia $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ de la forma $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=C(x)+\dfrac{R(x)}{Q(x)}$ -- donde, lógicamente, $\text{grado}(R(x)\prec \text{grado}(Q(x)$ -- y proceder como (I), para integrar la fracción propia.
---
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
I) Si $\text{grado}(P(x)) \prec \text{grado}(Q(x))$ ( la fracción $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ es propia ) distinguiremos entre los siguientes casos:
a) Para cada factor de la forma $(ax+b)^n$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $n$ fracciones más simples: $$\dfrac{A_1}{ax+b}+\dfrac{A_2}{(ax+b)^2}+\ldots+\dfrac{A_1}{(ax+b)^n}$$
EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Fácilmente, llegamos a
$$x^3-3x+2=(x+2)(x-1)^2$$
Entonces, $$\dfrac{x+1}{x^3-3x+2}=\dfrac{A}{x+2}+\dfrac{B}{x-1}+\dfrac{C}{(x-1)^2} \quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x+1=A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+B=0\\ -2A+B+C=1 \\ A-2B+2C=1\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,B$ y $C$:
$$A=-1/9, B=1/9, C=2/3$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx=-\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x+2}+\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x-1}+\dfrac{2}{3}\,\int\,\dfrac{dx}{(x-1
)^2}=$$
$$=-\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x+2|+\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x-1|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}=$$ $$=\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,\left|\dfrac{x-1}{x+2}\right|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}$$
b) Para cada factor de la forma $(ax^2+bx+c)^m$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $m$ fracciones más simples: $$\dfrac{M_1\,x+N_1}{ax^2+bx+c}+\dfrac{M_2\,x+N_2}{(ax^2+bx+c)^2}+\ldots+\dfrac{M_m\,x+N_m}{(ax^2+bx+c)^m}$$
EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Sin dificultad, llegamos a
$$x^3-1=(x-1)\,(x^2+x+1)$$
Entonces, $$\dfrac{x^2+2}{x^3-1}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Mx+N}{x^2+x+1}\quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x^2+x+1)+(Mx+N)(x-1)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x^2+2=(A+M)\,x^2+(A-M+N)\,x+(A-N)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+M=1\\ A-M+N=0 \\ A-N=2\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,M$ y $N$:
$$A=1, M=0, N=-1$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx=\int\,\dfrac{dx}{x-1}-\int\,\dfrac{dx}{x^2+x+1}=$$
$$=\ln\,|x-1|- \dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$$
Nota: la segunda integral del segundo miembro la resolvimos ya en [este otro ejercicio].
c) ( Ampliación ) En el caso de que el polinomio $Q(x)$ tenga raíces complejas múltiples, también se puede utilizar el método de Hermite-Ostrogradski: $$\int\,\dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx=\dfrac{P_1(x)}{Q_{1}(x)}+\int\,\dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}\,dx \quad \quad (1)$$ donde $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})$ y $Q_2(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$; y, los polinomios $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$ son de $1$ grado menor que sus denominadores $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$, obteniendo sus coeficientes a partir de la derivación de la igualdad, realizando la suma de fracciones e igualando los coeficientes de los polinomios numeradores. (1)
EJEMPLO:
Nos proponemos calcular la integral $\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}$ por el método de Hermite. Entonces, $P(x)=1$ y $Q(x)=(x^2+3)^2$
i) Calculamos $Q'(x)$:
$Q'(x)=\left( (x^2+3)^2\right)'=4x(x^2+3)$
ii) $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})=x^2+3$ así que, como $\text{grado}(Q_{1}(x))=2$, el grado de $P_{1}(x)$ ha de ser $1$, luego $P_{1}(x)=ax+b$
iii) $Q_{2}(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$, se tiene que $Q_{2}(x)=\dfrac{(x^2+3)^2}{x^2+3}=x^2+3$, luego $P_{2}(x)$ ha de ser $1$ grado menor, y por tanto, $P_{1}(x)=cx+d$
De todo ello, según (1), resulta que
$$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=\dfrac{ax+b}{x^2+3}+\int \dfrac{cx+d}{x^2+3} \quad \quad (2)$$
iv) Determinemos ahora los coeficientes $a,b,c$ y $d$, para lo cual derivamos (2) en ambos miembros, obteniendo:
$$\dfrac{1}{(x^2+3)^2}=\dfrac{3zx^2+2bx+3a}{(x^2+3)^2}+\dfrac{cx+d}{x^2+3}$$
y de ello deducimos que $$1=cx^3+(3a+d)x^2+(2b+3c)x+(3a+3d)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}c=0\\3a+d=0\\2b+3c=0\\3a+3d=1\end{matrix}\right.$$ y resolviendo este sistema de ecuaciones encontramos $$b=c=0,a=-\dfrac{1}{6}, d=\dfrac{1}{2}$$
Por consiguiente, de (2), obtenemos $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{1}{2}\,\int \dfrac{dx}{x^2+3}$$ siendo la segunda integral ( del segundo miembro ) semi inmediata $$\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{x^2+3}=\dfrac{1}{3}\,\int \dfrac{dx}{(x/\sqrt{3})^2+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$
con lo cual $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$
II) Si $\text{grado}(P(x)) \ge\text{grado}(Q(x))$ hay que realizar la división $P(x)\div Q(x)$ para expresar la fracción impropia $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ de la forma $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=C(x)+\dfrac{R(x)}{Q(x)}$ -- donde, lógicamente, $\text{grado}(R(x)\prec \text{grado}(Q(x)$ -- y proceder como (I), para integrar la fracción propia.
Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978
martes, 5 de marzo de 2019
Primer teorema fundamental del cálculo
Sea una función $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$, entonces la función $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}\,f(t)\,dt$ es derivable y verifica $F'(x)=f(x)$
Ejemplo. Se considera la función $f(x)=x$, que es continua, en este caso, en todo punto de $\mathbb{R}$; entonces, $F(x)=\dfrac{1}{2}\,x^2$ -- función a la que denominamos una primitiva de $f$ --, y, en efecto, se cumple que $F'(x)=\left(\dfrac{1}{2}\,x^2\right)^{'}=x$
Ejemplo. Se considera la función $f(x)=x$, que es continua, en este caso, en todo punto de $\mathbb{R}$; entonces, $F(x)=\dfrac{1}{2}\,x^2$ -- función a la que denominamos una primitiva de $f$ --, y, en efecto, se cumple que $F'(x)=\left(\dfrac{1}{2}\,x^2\right)^{'}=x$
Integrales impropias
I. Caso de tener un recinto de integración infinito
Consideremos el siguiente problema de cálculo del "área bajo la curva" $$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\,\dfrac{1}{x^2}\,dx$$ Tal como podemos ver en la figura, el recinto de integración es en este caso infinito, lo cual le confiere el caracter problemático a dicha integral
Sin embargo, podemos resolver este problema si existe el siguiente límite $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\int_{1}^{x}\,f(t)\,dt$$ al cual denominaremos "integral impropia". En este caso, dicho límite existe: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\int_{1}^{x}\,f(t)\,dt=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,(1-1/x)=1-1/+\infty=1-0=1$$ por lo que podemos decir que el valor de la integral pedida es $$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\,\dfrac{1}{x^2}\,dx=1$$
II. Caso de una función no acotada en el dominio de integración.
Puede suceder que una función $f$ no esté acotada en el dominio de integración $[a,b]$, en cuyo caso pudiera ser que no existiese la integral $\displaystyle \int_{a}^{b}\,f(x)\,dx$. Sin embargo, es posible que sí sea integrable si procedemos de manera similar al caso I.
Consideremos, por ejemplo, la siguiente integral $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx$$ Es claro que la función $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ no está acotada en el intervalo $[0,1]$; basta con examinar el comportamiento de la función cerca del cero:
No obstante, existe el límite $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}\,\int_{x}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{t}}\,dt=\lim_{x\rightarrow 0^+}\,(2-2\sqrt{x})=2$$ y por tanto existe la integral impropia ( en este caso por no estar acotada la función en el recinto de integración ) y por tanto $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=2$$
jueves, 21 de febrero de 2019
Geometría analítica en el espacio. Lugares geométricos.
ENUNCIADO. Determinese la ecuación reducida de la superficie del hiperboloide $\mathcal{H}$ cuyos focos son $F(1,0,0)$ y $F'(-1,0,0)$, sabiendo que la diferencia de distancia de un punto genérico de la superficie a los dos focos es igual a $1$ unidad de longitud arbitraria.
NOTA. Este ejercicio puede considerarse de ampliación ( en 2.º de Bachillerato ).
SOLUCIÓN. Por la condición de lugar geométrico, $$\mathcal{H}=\{X(x,y,z):\text{dist}(X,F)-\text{dist}(X,F')=1\}$$ Así pues $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|-|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1$$ (1). Así pues $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|-|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1$$ y por tanto $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1+|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|$$ Elevando al cuadrado sendos miembros de la igualdad $$(x+1)^2+y^2+z^2=1+2\,|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|+(x-1)^2+y^2+z^2$$ Simplificando, $$4x-1=2\,|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|$$ Y volviendo a elevar al cuadrado los dos miembros $$(4x-1)^2=4\,((x-1)^2+y^2+z^2)$$ Simplificando, $$12x^2-4y^2-4z^2=3$$ esto es $$4x^2-\dfrac{4}{3}y^2-\dfrac{4}{3}z^2=1$$ que podemos escribir de la forma $$\dfrac{x^2}{(1/2\,)^2}-\dfrac{y^2}{(\sqrt{3/4}\,)^2}-\dfrac{z^2}{(\sqrt{3/4}\,)^2}=1$$ que corresponde a la ecuación reducida de un hipérboloide de dos hojas, pues es del tipo $$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}-\dfrac{z^2}{c^2}=1$$. Los semiejes tienen los siguientes: $a=\dfrac{1}{2}$ y $b=c=\sqrt{\dfrac{3}{4}}$
Con la ayuda de GeoGebra, se obtiene la siguiente representación de dicha superficie:
-oOo-
OBSERVACIONES:
(1) Este tipo de condiciones de lugar geométrico en el espacio -- que son generalizaciones de las que se dan en el plano para describir las cónicas -- dan lugar a una ecuación cuadrática $$Ax^2+By^2+Cz^2+Dxy+Eyz+Fxz+Gx+Hy+Iz+J=0$$ que describe un cierto tipo de superficies en el espacio, llamadas cuádricas ( elipsoides, paraboloides, hiperboloides, cilindros, conos, ... ). En el caso de este ejercicio en concreto, la cuádrica que se ha obtenido corresponde a un hiperboloide de dos hojas.
(2) Una cónica ( ya sea una elipse, una hipérbola, o una parábola ) es la intersección de un plano con una cuádrica, por lo que las cónicas se denominan secciones cónicas.
NOTA. Este ejercicio puede considerarse de ampliación ( en 2.º de Bachillerato ).
SOLUCIÓN. Por la condición de lugar geométrico, $$\mathcal{H}=\{X(x,y,z):\text{dist}(X,F)-\text{dist}(X,F')=1\}$$ Así pues $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|-|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1$$ (1). Así pues $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|-|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1$$ y por tanto $$|\sqrt{(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|=1+|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|$$ Elevando al cuadrado sendos miembros de la igualdad $$(x+1)^2+y^2+z^2=1+2\,|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|+(x-1)^2+y^2+z^2$$ Simplificando, $$4x-1=2\,|\sqrt{(x-1)^2+(y-0)^2+(z-0)^2}\,|$$ Y volviendo a elevar al cuadrado los dos miembros $$(4x-1)^2=4\,((x-1)^2+y^2+z^2)$$ Simplificando, $$12x^2-4y^2-4z^2=3$$ esto es $$4x^2-\dfrac{4}{3}y^2-\dfrac{4}{3}z^2=1$$ que podemos escribir de la forma $$\dfrac{x^2}{(1/2\,)^2}-\dfrac{y^2}{(\sqrt{3/4}\,)^2}-\dfrac{z^2}{(\sqrt{3/4}\,)^2}=1$$ que corresponde a la ecuación reducida de un hipérboloide de dos hojas, pues es del tipo $$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}-\dfrac{z^2}{c^2}=1$$. Los semiejes tienen los siguientes: $a=\dfrac{1}{2}$ y $b=c=\sqrt{\dfrac{3}{4}}$
Con la ayuda de GeoGebra, se obtiene la siguiente representación de dicha superficie:
OBSERVACIONES:
(1) Este tipo de condiciones de lugar geométrico en el espacio -- que son generalizaciones de las que se dan en el plano para describir las cónicas -- dan lugar a una ecuación cuadrática $$Ax^2+By^2+Cz^2+Dxy+Eyz+Fxz+Gx+Hy+Iz+J=0$$ que describe un cierto tipo de superficies en el espacio, llamadas cuádricas ( elipsoides, paraboloides, hiperboloides, cilindros, conos, ... ). En el caso de este ejercicio en concreto, la cuádrica que se ha obtenido corresponde a un hiperboloide de dos hojas.
(2) Una cónica ( ya sea una elipse, una hipérbola, o una parábola ) es la intersección de un plano con una cuádrica, por lo que las cónicas se denominan secciones cónicas.
martes, 19 de febrero de 2019
martes, 5 de febrero de 2019
Proyecciones ortogonales de rectas sobre planos
ENUNCIADO. Sea el plano $\pi\equiv x+y+2z-1=0$ y la recta $r\equiv x=y=-z$, se pide:
a) La ecuación de la recta $r'$ que resulta de la proyección ortogonal de $r$ sobre $\pi$
b) El ángulo formado entre un vector director de $r$ y un vector característico del plano $\pi$
SOLUCIÓN. Como vamos a ver enseguida, el caso de éste problema en concreto muy particular, pues la recta y el plano dados son paralelos.
a) Un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_r=(1,1,-1)$ y un vector perpendicular a $\pi$ es $\vec{n}=(1,1,2)$. Observemos que $\langle \vec{u}_r,\vec{n}_\pi \rangle = 1\cdot 1+1\cdot 1+(-1)\cdot 2=0$ de lo cual se deduce que dichos vectores son perpendiculares, luego $r$ es paralela a $\pi$.
Es evidente que el punto $A_{r}(0,0,0)$ de la recta $r$ no pertenece a $\pi$, puesto que sus coordenadas no satisfacen la ecuación general de dicho plano; de ésto se deduce que la recta $r$ no está en el plano $\pi$.
Para encontrar la ecuación de su proyección sobre $\pi$ -- ya conocemos un vector director, que es el mismo que el de $r$, por ser $r$ paralela a $\pi$ --, necesitamos conocer un punto de $r'$, como es por ejemplo el punto que resulta de la proyección ortogonal de $A_r(0,0,0)$ sobre $\pi$, punto que, claramente, estará también en $r$ y que denotaremos por $A_{r'}$. Procedemos pues a calcularlo.
La intersección del plano $\pi$ con la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $A_r(0,0,0)$ nos dará el punto de $r'$, que estamos buscando. La recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $A_r(0,0,0)$, a la que denotaremos por $s$, tiene por vector director el vector característico de $\pi$, esto es $\vec{u}_s:=\vec{n}_{\pi}=(1,1,2)$, luego la ecuación de dicha recta es $$s\equiv (x,y,z)=(0,0,0)+\alpha\,(1,1,2)$$ cuyas ecuaciones cartesianas son $$\left\{\begin{matrix}x=y\\z=2x\end{matrix}\right.$$ Así que las coordenads del punto $A_{r'}$ son solución del sistema de ecuaciones formado por la ecuación del plano $\pi$ y las ecuaciones cartesianas de $s$: $$A_{r'}\equiv \left\{\begin{matrix}x+y+2z=1\\y=x\\z=2x\end{matrix}\right.$$ Fácilmente resolvemos este sistema, obteniendo las coordenadas del punto $$P_{r'}=(1/6,1/6,1/3)$$ Con lo cual la recta proyección de $r$ sobre $\pi$ pedida tiene por ecuación $$r'\equiv (x,y,z)=(1/6,1/6,1/3)+\mu\,(1,1,-1)$$
b) Como el plano $\pi$ y la recta $r$ son paralelos, es obvio que el ángulo formado entre $r$ y $\pi$ es de $0^{\circ}$, o lo que es lo mismo: $\measuredangle (\vec{u}_r,\vec{n}_\pi)=90^{\circ}$
$\square$
a) La ecuación de la recta $r'$ que resulta de la proyección ortogonal de $r$ sobre $\pi$
b) El ángulo formado entre un vector director de $r$ y un vector característico del plano $\pi$
SOLUCIÓN. Como vamos a ver enseguida, el caso de éste problema en concreto muy particular, pues la recta y el plano dados son paralelos.
a) Un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_r=(1,1,-1)$ y un vector perpendicular a $\pi$ es $\vec{n}=(1,1,2)$. Observemos que $\langle \vec{u}_r,\vec{n}_\pi \rangle = 1\cdot 1+1\cdot 1+(-1)\cdot 2=0$ de lo cual se deduce que dichos vectores son perpendiculares, luego $r$ es paralela a $\pi$.
Es evidente que el punto $A_{r}(0,0,0)$ de la recta $r$ no pertenece a $\pi$, puesto que sus coordenadas no satisfacen la ecuación general de dicho plano; de ésto se deduce que la recta $r$ no está en el plano $\pi$.
Para encontrar la ecuación de su proyección sobre $\pi$ -- ya conocemos un vector director, que es el mismo que el de $r$, por ser $r$ paralela a $\pi$ --, necesitamos conocer un punto de $r'$, como es por ejemplo el punto que resulta de la proyección ortogonal de $A_r(0,0,0)$ sobre $\pi$, punto que, claramente, estará también en $r$ y que denotaremos por $A_{r'}$. Procedemos pues a calcularlo.
La intersección del plano $\pi$ con la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $A_r(0,0,0)$ nos dará el punto de $r'$, que estamos buscando. La recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $A_r(0,0,0)$, a la que denotaremos por $s$, tiene por vector director el vector característico de $\pi$, esto es $\vec{u}_s:=\vec{n}_{\pi}=(1,1,2)$, luego la ecuación de dicha recta es $$s\equiv (x,y,z)=(0,0,0)+\alpha\,(1,1,2)$$ cuyas ecuaciones cartesianas son $$\left\{\begin{matrix}x=y\\z=2x\end{matrix}\right.$$ Así que las coordenads del punto $A_{r'}$ son solución del sistema de ecuaciones formado por la ecuación del plano $\pi$ y las ecuaciones cartesianas de $s$: $$A_{r'}\equiv \left\{\begin{matrix}x+y+2z=1\\y=x\\z=2x\end{matrix}\right.$$ Fácilmente resolvemos este sistema, obteniendo las coordenadas del punto $$P_{r'}=(1/6,1/6,1/3)$$ Con lo cual la recta proyección de $r$ sobre $\pi$ pedida tiene por ecuación $$r'\equiv (x,y,z)=(1/6,1/6,1/3)+\mu\,(1,1,-1)$$
b) Como el plano $\pi$ y la recta $r$ son paralelos, es obvio que el ángulo formado entre $r$ y $\pi$ es de $0^{\circ}$, o lo que es lo mismo: $\measuredangle (\vec{u}_r,\vec{n}_\pi)=90^{\circ}$
$\square$
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