calculo_diferencial_integral

Ejercicios resueltos 378

Ejercicio resuelto 176 a) Justifica las desigualdades:

0 < log ex 1 < x .x > 0/I x < log ex 1 < 0 .x < 0/:

xx

b) Dado x ¤0 definamos x1 D x, y para todo n 2 N:

xnC1 D log exn 1
:
xn

Estudia la convergencia de fxng.

Solución. a) En virtud del teorema del valor medio tenemos que:

ex e0 D ex 1 D ec
x0 x

donde c es un punto comprendido entre x y 0, esto es, c 20; xŒ si x > 0, y c 2x; 0Œ si
x < 0. En el primer caso es 1 < ec < ex y en el segundo es ex < ec < 1. Á partir de

aquí se deducen enseguida las desigualdades del enunciado.

b) Definamos f .x/Dlog ex 1 y f .0/D0. La función f es continua en R. Supongamos

x
que x < 0. Entonces, como consecuencia de la segunda de las desigualdades del apartado

anterior, se tiene que la sucesión fxng es creciente y xn < 0 para todo n 2 N. Por tanto,

dicha sucesión converge y su límite es un número ˛ 6 0, que debe verificar la igualdad
©
˛ D f .˛/ lo que exige que ˛ D 0.

Ejercicio resuelto 177 Se considera la función f W RC ! R definida para todo x > 0 por
f .x/ D log x x C 2.

a) Prueba que f tiene exactamente dos ceros, ˛ y ˇ, con ˛ < 1 < ˇ.
b) Dado x1 2˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia:

xnC1 D log xn C 2 ; 8n 2 N:

Prueba que fxng es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ.

Solución. a) Como lKım f .x/ D lKım f .x/ D 1 y f .1/ D 1 > 0 y, evidentemente,
x!0 x!C1

la función f es continua en RC, podemos aplicar el teorema de Bolzano a los intervalos

0; 1 y Œ1; C1Œ, para deducir que f tiene algún cero en cada uno de ellos.

Como f 0.x/ D 1 1D 1 x , se sigue que f es estrictamente decreciente en Œ1; C1Œ y
x x

estrictamente creciente en 0; 1. Por tanto solamente puede anularse una vez en dichos

intervalos.

b) Como la función h.x/ D log x C 2 es estrictamente creciente para x > 0 y h.˛/ D

˛, h.ˇ/ D ˇ, se deduce que para todo x 2˛; ˇŒ es ˛ < h.x/ < ˇ. Además, como

h.x/ x es continua y no se anula en ˛; ˇŒ debe tener signo constante. Como h.1/ > 0,

deducimos que x < h.x/ para todo x 2˛; ˇŒ. Por tanto, dado x1 2˛; ˇŒ, se tiene que

x1 < h.x1/Dx2 y, supuesto que xn 1 < xn se tiene que xn Dh.xn 1/ < h.xn/DxnC1.
Por tanto fxng es una sucesión estrictamente creciente y, además, todos sus términos

están en ˛; ˇŒ, luego dicha sucesión converge y su límite, , debe verificar la igualdad
©
D h. /; puesto que ˛ < 6 ˇ, se sigue que D ˇ.

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Sucesiones de números complejos 379

Ejercicio resuelto 177 Dado un número ˛ 20; Œ, se define la sucesión fxng dada por x1 D
sen ˛, xnC1 D sen xn.

(a) Justifica que la sucesión fxng es convergente y calcula su límite.

1 1
(b) Calcula el límite de la sucesión zn D xn2C1 xn2

Solución. a) La conocida desigualdad 0 < sen x < x, válida para todo x 20; Œ, implica
que la sucesión es estrictamente decreciente y de números positivos. De aquí se deduce
enseguida que es convergente y su límite es 0.

b)

1 11 1 D xn2 sen2.xn/
zn D xn2C1 xn2 D sen2.xn/ xn2 xn2 sen2.xn/

xn2 sen2.xn/ D sen.xn/ C xn xn sen.xn/ ! 1
xn4 xn xn3 :

3

©

7.4. Sucesiones de números complejos

7.52 Definición. Una sucesión de números complejos fzng se dice que converge a un número
complejo z si, dado cualquier número real " > 0, existe un número natural m" tal que si n es
cualquier número natural mayor o igual que m" se cumple que jzn zj < ". Simbólicamente:

8" > 0 9m" 2 N W n > m" ) jzn zj < "

Se dice que el número z es límite de la sucesión fzng y se escribe nl!Kım1fzng D z o, simple-
mente, lKımfzng D z e incluso, si no hay posibilidad de confusión, fzng ! z.

Observa que, en virtud de la definición dada, se verifica que

fzng ! z ” jzn z j ! 0

Recordemos que maKxfjRe zj; jIm zjg6jz j6jRe zjCjIm zj. Gracias a esta desigualdad tenemos

que: )
jRe zn Re zj
jIm zn Im zj 6 jzn zj 6 jRe zn Re zj C jIm zn Im zj

Deducimos que jzn zj ! 0 si, y sólo si, jRe zn Re zj ! 0 y jIm zn Im zj ! 0. Hemos
probado así el siguiente resultado.

7.53 Proposición. Una sucesión de números complejos fzng es convergente si, y sólo si, las
sucesiones de números reales fRe zng y fIm zng son convergentes. Además, en dicho caso

lKımfzng D z ” Re z D lKımfRe zng y Im z D lKımfIm zng

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Definición de la exponencial compleja 380

Gracias a este resultado el estudio de sucesiones de números complejos se reduce a estudiar
la convergencia de dos sucesiones de números reales.

Los resultados obtenidos para sucesiones de números reales en los que no interviene la
estructura de orden son también válidos para sucesiones de números complejos. Son válidos,
en particular, los resultados relativos a álgebra de límites, el teorema de Bolzano–Weierstrass
y el teorema de completitud.

7.4.1. Definición de la exponencial compleja

Una de las formas de definir la exponencial de un número real x es mediante el límite

ex D lKım x n
1C
n!1 n

Por tanto, una forma coherente de definir la exponencial de un número complejo sería calcular

el anterior límite para z 2 C. Pongamos z D x C iy donde suponemos que y ¤ 0 (puesto que

si y D 0 tendríamos que z D x sería un número real). Sea

x C iy n
1 n
zn D C :

Pongamos:

x C iy xy y=n
wn D 1 C D1C Ci ; 'n D arc tg 1 C x=n :
n nn

Sea n0 tal que para n > n0 se verifique que Re.wn/ > 0. Entonces, para n > n0 resulta que
'n D arg.wn/. Por otra parte, el módulo de wn viene dado por:

jwnj2 ˇˇˇ1 z ˇˇˇ2 x 2 y2
n 1 n n2
D C D C C :

Como zn D .wn/n, tenemos, gracias a la fórmula de De Moivre, que:

x C iy n
1 n
zn D .wn/n D jwnjn.cos.n'n/ C i sen.n'n// D C D

" x 2 y2 #n=2
D 1C C n2 cos.n'n/ C i sen.n'n/ :
n

Pero, por el criterio de equivalencia logarítmica, es:

" 2 y2 #n=2 2x x2 y2 !!
1 n2 n C n2 C n2
lKımjwnjn D lKım C x C D exp n D ex :
n lKım

2


y=n
Además, la sucesión f'ng es asintóticamente equivalente a la sucesión . Por tanto
1 C x=n


y=n
lKımfn'ng D lKım n D y:

1 C x=n

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Ejercicios propuestos 381

En consecuencia, tenemos que:

z n D nl!Kım1.wn/n D nl!Kım1jwnjn cos.n 'n/ C i sen.n 'n D ex .cos y Ci sen y/:
lKım 1 C n /

n!1

Se define, por tanto, la exponencial de un número complejo z D x C iy como

exCiy D ex.cos y C i sen y/:

7.4.2. Ejercicios propuestos

360. Estudia la convergencia de las sucesiones:

i) zn D p C i n an .a 2 R; jaj < 1/ 2n i n
nn ii) zn D n C 2n

p1 11
iii) zn D n a C i sen .a > 0/ iv) zn D n sen C 5i cos
1 C i n n 1 n 1 n n


v) zn D 2 vi) zn D p C i p
22

361. Sea fzng una sucesión de números complejos no nulos y sea 'n 2 Arg.zn/. Supongamos

que f'ng ! ' y fjznjg ! . Justifica que la sucesión fzng ! .cos ' C i sen '/.

362. Calcula el límite de la sucesión zn D 1C p C i !n
2 3 .

n

Sugerencia. Expresa zn D jznj.cos 'n C i sen 'n/ y usa el ejercicio anterior.

363. Calcula el límite de la sucesión zn D n pn 2 cos Ci
Sugerencia: Recuerda que el límite de la sucesión 2n pn 2 sen 1.
n 2n
1 es bien conocido.

364. Sea z 2 C, con jzj D 1, z ¤ 1. Prueba que la sucesión fzng no converge (¿qué pasa si
supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un múltiplo entero
de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.

7.4.3. Ejercicios resueltos

¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!

pn 2 C i sen
cos 2n
Ejercicio resuelto 178 Calcula el límite de la sucesión zn D n 2n 1.
Sugerencia. Recuerda que el límite de la sucesión n pn 2 1 conocido.
es bien

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Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass 382

Solución.

pn 2 pn 2 sen C pn 2
cos 1
zn D n 2n Ci 2n 1D
D cos 1 C i pn 2
n pn 2 C pn 2 sen ! log 2 C
1 2 i
2n 2n
2
2
2n
2n

Ejercicio resuelto 179 Sea z 2 C, con jzjD1, z¤1. Prueba que la sucesión fzng no converge
(¿qué pasa si supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un
múltiplo entero de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.

Solución. Siguiendo la sugerencia, supongamos que fzng converge a un número w 2 C.
Como jznjDjzjnD1, debe ser jwjD1. Por una parte, es claro que fznC1g ! w y también
fznC1g D zfzng ! zw, por tanto debe ser z D wz, lo que implica que .z 1/w D 0 lo
cual es imposible porque z ¤ 1 y w ¤ 0. Concluimos que fzng no converge.

Sea ' un número real que no es un múltiplo entero de . Pongamos z D cos ' C i sen '.
Tenemos que z ¤ 1 y jzj D 1. Por lo antes visto, la sucesión fzng D fcos.n'/ C i sen.n'/g
no converge. Veamos que esto implica que ninguna de las sucesiones fcos.n'/g, fsen.n'/g
converge.

En efecto, de la igualdad:

1
sen.n C 1/ D sen n cos 1 C cos n sen 1 ÷ cos n D sen.n C 1/ sen n cos 1
sen 1

se deduce que si fsen.n'/g converge, también converge fcos.n'/g y, por tanto, la suce-
sión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio.

Análogamente, de la igualdad:

cos.n C 1/ D cos n cos 1 sen n sen 1 ÷ sen n D 1
sen 1 cos.n C 1/ cos n cos 1

se deduce que si fcos.n'/g converge, también converge fsen.n'/g y, por tanto, la suce-
©
sión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio.

7.5. Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de
Weierstrass

Las demostraciones que vimos en el capítulo 4 de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass
se apoyaban directamente en “primeros principios”, esto es, en la definición de continuidad y
en el axioma del supremo. Por eso dichas demostraciones son un poco complicadas y no del
todo fáciles de seguir en una primera lectura. Con la ayuda de la teoría desarrollada en este
capítulo podemos dar demostraciones más cortas y amigables de dichos teoremas.

7.54 Teorema (Otra demostración del teorema de los ceros de Bolzano). Toda función con-
tinua en un intervalo que toma valores positivos y negativos se anula en algún punto de dicho
intervalo.

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Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass 383

Demostración. Sea f W Œa; b ! R continua y supongamos que f .a/ > 0 y f .b/ < 0. Si
dividimos el intervalo Œa; b por un punto c 2a; bŒ en dos subintervalos Œa; c y Œc; b, puede
ocurrir que f .c/ D 0 en cuyo caso hemos acabado; en otro caso será f .c/ ¤ 0, por lo que una
sola de las desigualdades f .a/f .c/ < 0, f .c/f .b/ < 0 tiene que ser cierta, es decir, la función
f toma valores de signos opuestos en los extremos de uno de los subintervalos Œa; c y Œc; b en
que hemos dividido el intervalo Œa; b. Podemos ahora repetir este proceso partiendo de dicho
subintervalo. Esto es lo que hacemos seguidamente.

Pongamos a1 D a; b1 D b. Dividimos el intervalo Œa1; b1 por la mitad en dos subintervalos
y elegimos aquél en el que la función f toma valores de distinto signo en sus extremos y a
este subintervalo le llamamos Œa2; b2. Repetimos ahora el proceso dividiendo por la mitad el
intervalo Œa2; b2 y obtenemos un intervalo Œa3; b3 tal que f .a3/f .b3/ < 0. Este proceso o bien
se acaba porque en alguna etapa hemos dividido el intervalo por un punto en el que la función
f se anula, en cuyo caso ya hemos encontrado un punto de Œa; b donde la función se anula, o
bien podemos proseguirlo indefinidamente obteniendo una sucesión de intervalos Œan; bn con la
propiedad de que f .an/f .bn/ < 0 para todo n 2 N. Como f .a1/ > 0 y f .b1/ < 0, fácilmente
se sigue que debe ser f .an/ > 0 y f .bn/ < 0 para todo n 2 N. Las sucesiones fang y fbng
son monótonas y acotadas por lo que convergen. Además, como bn an D .b a/=2n 1, se
sigue que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Pongamos lKımfang D lKımfbng D ˛.
Como para todo n 2 N es a 6 an 6 b, se sigue que a 6 ˛ 6 b. Como f es continua en Œa; b, en
particular es continua en ˛ por lo que se verifica que:

f .˛/ D f .lKımfang/ D f .lKımfbng/ D lKım ff .an/g D lKım ff .bn/g :

Como para todo n 2 N es f .an/ > 0, se sigue que f .˛/ > 0. Como para todo n 2 N es
f .bn/ < 0, se sigue que f .˛/ 6 0. Concluimos que f .˛/ D 0.

La demostración anterior da lugar al método de bisección para calcular (de forma aproxi-
mada) raíces de ecuaciones. Dicho método tiene la ventaja de que se programa muy fácilmente
y permite controlar el error máximo que se comete así como el número de iteraciones necesarias
para lograr una determinada precisión.

7.55 Teorema (Otra demostración del teorema de Weierstrass). Toda función continua en
un intervalo cerrado y acotado alcanza en dicho intervalo un máximo y un mínimo absolutos.

Demostración. Sea f W Œa; b ! R continua. Probaremos primero que f está acotada en Œa; b,
es decir, que el conjunto imagen f .Œa; b/ está acotado. Razonaremos por contradicción. Si f
no está acotada en Œa; b para todo n 2 N tiene que haber algún xn 2 Œa; b tal que f .xn/ > n.
De esta forma obtenemos una sucesión fxng de puntos de Œa; b verificando que f .xn/ > n
para todo n 2 N. Como la sucesión fxng está acotada, el teorema de Bolzano–Weierstrass nos
dice que fxng tiene alguna sucesión parcial, fx .n/g convergente. Pongamos yn D fx .n/g y sea
D lKımfyng. Como a 6 yn 6 b tenemos que a 6 6 b. Además, por la continuidad de f debe
verificarse que f . / D lKımff .yn/g. Pero esto es imposible porque al ser f .yn/ D f .x .n// >
.n/>n, se sigue que la sucesión ff .yn/g no está acotada, por lo que no puede ser convergente.
Concluimos que necesariamente f está acotada en Œa; b.

Una vez que hemos probado que el conjunto f .Œa; b/ está acotado, como evidentemente
no es vacío, el axioma del supremo nos dice que hay un número real M que es el mínimo

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Continuidad uniforme 384

mayorante del mismo, es decir, M D sup f .Œa; b/. Usando el resultado probado en el ejercicio
resuelto 153, se sigue que hay una sucesión fzng de puntos de Œa; b tal que lKımff .zn/gDM . La
sucesión fzng está acotada por lo que, en virtud del teorema de Bolzano–Weierstrass, tiene una
parcial, fz .n/g convergente. Pongamos wn Dz .n/ y sea lKımfwngDc. Como a˚6wn 6b s«e tiene
que a 6 c 6 b. Por la continuidad de f se tiene que f .c/ D lKım ff .wn/g D lKım f .z .n// D M .
Luego la función f alcanza en c 2 Œa; b un máximo absoluto.

7.6. Continuidad uniforme

Piensa un par de minutos antes de responder a la siguiente pregunta. Supongamos que f
es una función continua en un intervalo I . ¿Es cierto que si tomamos valores x; y 2 I muy
próximos entre sí los correspondientes valores de la función f .x/; f .y/ también están muy
próximos entre sí?

Si tu respuesta ha sido afirmativa, como suele ser, te equivocas. Considera la función conti-
nua f W0; 1 ! R dada por f .x/ D 1=x. Los puntos 10 10 y 10 20 están muy próximos entre
sí: 10 10 10 20 < 10 10, pero f .10 10/ D 1010 y f .10 20/ D 1020 están muy distantes

entre sí. No hay nada extraño en este comportamiento. A cualquier función continua cuya grá-

fica tenga una asíntota vertical le pasa lo mismo: hay puntos muy próximos entre sí en los que

la función toma valores muy distantes entre sí.

Pero también hay funciones continuas y acotadas que se comportan de forma parecida.

Considera la función continua gW0; 1 ! R dada por g.x/Dsen.1=x/. Es una función acotada:

el mayor valor que toma es 1 y el menor valor que toma es 1, de hecho se tiene que g.0; 1/D

Œ 1; 1. Sea n un número natural. Los puntos xn D 1 e yn D 1 están, para n
2n C =2 2n =2
suficientemente grande, muy próximos entre sí; de hecho fxn yng ! 0. Los valores que

toma en ellos la función g.xn/ D 1 y g.yn/ D 1 distan entre sí 2 unidades (que es la máxima

distancia que puede haber entre valores tomados por esta función).

Si lo piensas un poco, te darás cuenta de que en ambos ejemplos este comportamiento
se debe a que las funciones f y g “oscilan mucho” en intervalos arbitrariamente pequeños.
Conviene precisar la idea de “oscilación en un intervalo”.

7.56 Definición. Se define la oscilación de una función f en un intervalo J contenido en el

dominio de definición de f como:

sup f .J / Kınf f .J /; si f .J / está acotadoI

!.f; J / D C1; si f .J / no está acotado:

En otros términos: la oscilación de f en J es la longitud del intervalo más pequeño que con-
tiene a f .J /.


Para la función f .x/D1=x se tiene que ! f; Œ1=2n; 1=n Dn y ! f; 0; 1=n D C1. Para
la función g.x/ D sen.1=x/ tenemos que ! g; Œ1=.2n C =2/; 1=.2n =2/ D 2. Estas
funciones tienen una oscilación “grande” en intervalos arbitrariamente pequeños. En algunas
circunstancias interesa poder controlar el tamaño de la oscilación de una función de manera
que dicha oscilación sea menor que una cierta cantidad fijada, " > 0, en cualquier intervalo
de longitud menor que un cierto número ı > 0. Las funciones para las que esto puede hacerse
cualquiera sea " > 0, se llaman uniformemente continuas.

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Continuidad uniforme 385

7.57 Definición. Se dice que una función f es uniformemente continua en un intervalo I si
para todo " > 0 es posible encontrar un ı > 0 de manera que siempre que J sea un intervalo
contenido en I de longitud menor que ı, se verifica que la oscilación de f en J es menor o
igual que ".

Teniendo en cuenta que !.f; J /6"”jf .x/ f .y/j6" para todos x; y 2 J , la definición
dada puede expresarse de forma equivalente como sigue.

Una función f es uniformemente continua en un intervalo I si para todo " > 0 es posible

encontrar un ı > 0 de manera que siempre que x, y sean puntos de I con jx yj 6 ı, se

verifica que jf .x/ f .yj 6 ". Simbólicamente:

jx yj 6 ı
x; y 2I
8" 2 RC 9 ı 2 RC W ÷jf .x/ f .y/j 6 " (7.12)

7.58 Observaciones.

El concepto de “continuidad uniforme” es un concepto global: depende del comportamien-
to de la función en todo un intervalo. No tiene sentido decir que una función es uniformemente
continua en un punto: la continuidad uniforme no es un concepto local.

Es muy interesante comparar las definiciones de continuidad puntual (4.1) y de continui-
dad uniforme (7.12). Resulta evidente que la continuidad uniforme en un intervalo I implica
la continuidad en todo punto de I : toda función uniformemente continua en un intervalo es
continua en dicho intervalo.

En general, no es cierto que una función continua en un intervalo I sea uniformemente con-
tinua en I como lo prueban los ejemplos dados al principio. Pero hay una situación particular
en la que dicha afirmación sí es cierta. Este es el contenido del siguiente teorema. Se trata de
un resultado importante en el que pueden destacarse aportaciones de varios matemáticos. Di-
richlet ya lo incluyó en sus lecciones de 1862 y en 1872 Heine dio una primera demostración
del mismo. Posteriormente Weierstrass, Borel y Lebesgue generalizaron el resultado inicial.

7.59 Teorema (Teorema de Heine). Toda función continua en un intervalo cerrado y acotado
es uniformemente continua en dicho intervalo.

Demostración. Razonaremos por contradicción. Sea f W Œa; b ! R una función continua y

supongamos que no es uniformemente continua en Œa; b. En tal caso debe existir "0 > 0 tal que

para cualquier ı > 0 hay puntos xı; yı 2 Œa; b con jxı yıj 6 ı y jf .xı/ f .yı/j > "0. En
1 1
particular, si para cada n 2 N ponemos ın D n , existirán puntos xn; yn 2 Œa; b con jxn ynj 6 n

y jf .xn/ f .yn/j > "0. La sucesión fxng está acotada por lo que debe tener una sucesión

parcial, fx .n/g, convergente. Sea lKımfx .n/g D c. Como a 6 x .n/ 6 b, se tiene que a 6 c 6 b.
Como fxn yng ! 0, se sigue que fy .n/g ! c. Como c 2 Œa; b y f es continua en Œa; b,
f es continua en c, luego tiene que existir r > 0 tal que para todo z 2c r; c C r Œ\Œa; b

se verifica jf .c/ f .z/j < "0=2. Por tanto, para x; y 2c r; c C r Œ\Œa; b tenemos que

jf .x/ f .y/j 6 jf .x/ f .c/j C jf .c/ f .y/j < "0=2 C "0=2 D "0. Como fx .n/g ! c

y fy .n/g ! c, tiene que existir un número n0 2 N tal que para todo n > n0 se verifica que

x .n/; y .n/ 2c r; c C r Œ\Œa; b por lo que debe ser jf .x .n// f .y .n//j < "0, lo que es

contradictorio porque jf .xn/ f .yn/j > "0 para todo n 2 N.

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8Cap´ıtulo

Integral de Riemann

8.1. Introducción

El cálculo integral tiene sus orígenes en los llamados problemas de cuadraturas. Inicial-
mente, en la antigua Grecia, dichos problemas eran geométricos y consistían en construir, si-
guiendo reglas precisas, un cuadrado con área igual a la de una figura plana dada. En el siglo
XVII, con el descubrimiento de nuevas curvas, los aspectos geométricos de estos problemas
pasaron a un segundo plano y las técnicas de cálculo ocuparon su lugar, los problemas de cua-
draturas pasaron a ser simplemente problemas de cálculo de áreas y de volúmenes. Se atribuye
a Eudoxo la invención del método de exhausción, una técnica para calcular el área de una re-
gión aproximándola por una sucesión de polígonos. Arquímedes perfeccionó este método y,
entre otros resultados, calculó el área de un segmento de parábola y el volumen de un segmento
de paraboloide, así como el área y el volumen de una esfera.

Sorprende que, siendo tan antiguos sus orígenes, la primera definición matemática de in-
tegral no fuera dada hasta el siglo XIX por Augustin Louis Cauchy. Una posible explicación
es que, durante los siglos XVII y XVIII, la integración fue considerada como la operación
inversa de la derivación; el cálculo integral consistía esencialmente en el cálculo de primiti-
vas. Naturalmente, se conocía la utilidad de las integrales para calcular áreas y volúmenes,
pero los matemáticos de la época consideraban estas nociones como dadas de forma intuitiva
y no vieron la necesidad de precisar su significación matemática. Los trabajos de Joseph Fou-
rier (1768-1830) sobre representación de funciones por series trigonométricas, hicieron que el
concepto de función evolucionara, desde la idea restrictiva de función como fórmula, hasta la
definición moderna de función dada por Dirichlet en 1837. Para entender el significado de la in-
tegral de estas nuevas funciones más generales se vio la necesidad de precisar matemáticamente
los conceptos de área y de volumen.

386

Introducción 387

La definición de la integral de Cauchy seguía la tradicional aproximación del área por
rectángulos, en este sentido no era nada original; la novedad estaba en el hecho de considerar a
la integral como un objeto matemático merecedor de estudio por sí mismo, y en el propósito de
atribuirle un significado independiente de las técnicas que pudieran utilizarse en los cálculos.
Este significado propio de la integral remite de forma inevitable a la idea de área. Ningún
matemático anterior al siglo XIX había considerado necesario elaborar una teoría matemática
del concepto de área; es en dicho siglo cuando el concepto de área adquiere un significado
matemático preciso o, mejor dicho, varios significados matemáticos, porque dicho concepto
evolucionó hasta que, en la primera década del siglo XX, adquirió esencialmente su forma
actual.

Puede que a ti el concepto de área te parezca tan evidente que te resulte extraño que se
dedicaran tantos esfuerzos a elaborar una teoría matemática del mismo. Es natural que pienses
así. Las regiones planas y los sólidos que usualmente nos interesan para calcular su área o
su volumen no son tan complicados que puedan hacernos dudar de si realmente tienen área o
volumen: polígonos o poliedros, regiones limitadas por curvas o por superficies que pueden
definirse por sus respectivas ecuaciones, todos ellos tiene claramente su área o su volumen y
el problema real es calcularlos y no se entiende por qué hay que empeñarse en definirlos. Así
pensaban también los matemáticos hasta el siglo XIX. Pero cuando empezaron a considerarse
funciones cada vez más generales, las cosas cambiaron mucho. Hay funciones para las que no
es evidente que su gráfica determine una región con área. El siguiente ejemplo te ayudará a
entender lo que quiero decir.

8.1 Ejemplo. Considera la función f W Œ0; 1 ! R que vale 2 en los números racionales y 1
en los irracionales.

¿Te imaginas cómo es la gráfica de esa función? Pare- 2
cería como la de la figura: dos segmentos de línea recta,
uno de ellos y D 1 sobre el que tendríamos que marcar

solamente los puntos irracionales del mismo, y otro 1
y D 2 sobre el que tendríamos que marcar los puntos

racionales. La región del plano comprendida entre el in-

tervalo Œ0; 1 y la gráfica de f sería el conjunto formado

por todos los segmentos verticales de altura 1 levantados 0 1
sobre los puntos irracionales de Œ0; 1, y por todos los 0

segmentos verticales de altura 2 levantados sobre un punto racional de Œ0; 1. ¿Tiene área este

conjunto? Si decidimos que tiene área, su valor ¿es 1? ¿es 2? ¿qué significado tiene la integral

01f .x/ dx ?

Este ejemplo pone claramente de manifiesto que el concepto de área requiere ser precisado
matemáticamente. Debes tener claro que se trata de una necesidad teórica que solamente se
presenta en el estudio de la integración de funciones muy generales. Para las aplicaciones más
usuales del cálculo integral puede valernos perfectamente la idea intuitiva de área o de volumen.
La teoría de la integral que actualmente se considera matemáticamente satisfactoria, la llamada
integral de Lebesgue, es difícil y, en mi opinión, innecesaria para los estudios de ingeniería;
es una teoría imprescindible para los matemáticos y físicos teóricos, pero no lo es para la gran
mayoría de los ingenieros.

En este capítulo vamos a considerar la integral desde un punto de vista esencialmente prác-

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Aproximaciones al área 388

tico. Nos interesa la integral como herramienta de cálculo y, aunque para ese propósito la inte-
gral de Cauchy sería suficiente para nosotros, estudiaremos la integral de Riemann, que es más
general sin ser más complicada, y que aporta la ventaja de su gran poder heurístico como ten-
dremos ocasión de comprobar. He reducido la teoría al mínimo indispensable para una correcta
comprensión del Teorema Fundamental del Cálculo cuya demostración se da con detalle, no
así las de otros resultados y propiedades de la integral, de fácil comprensión conceptual, cuyas
demostraciones, bastante previsibles, no me ha parecido conveniente incluir.

La integración es una de las herramientas más versátiles del Cálculo, sus aplicaciones no
se limitan a calcular áreas de regiones planas o volúmenes de sólidos, también se utiliza para
calcular longitudes de curvas, centros de masas, momentos de inercia, áreas de superficies, para
representar magnitudes físicas como el trabajo, la fuerza ejercida por una presión, o la energía
potencial en un campo de fuerzas.

8.2. Aproximaciones al área

Sea f W Œa; b ! R una función acotada. Representaremos por G.f; a; b/ la región del
plano comprendida entre la gráfica y D f .x/, el eje de abscisas y las rectas x D a y x D b.
Llamaremos a dicha región el conjunto ordenado de f entre a y b.

y D f .x/

ab

Figura 8.1. Conjunto ordenado G.f; a; b/ de una función

Nos proponemos calcular el área de regiones de este tipo. Puesto que, en general, G.f; a; b/
no puede descomponerse en triángulos o rectángulos, no hay una fórmula que nos permita
calcular directamente su área.

En situaciones como esta, una estrategia básica consiste en obtener soluciones aproxima-
das que permitan definir el valor exacto del área como límite de las mismas. Fíjate que, al
proceder así, estamos definiendo dicho valor exacto, es decir, estamos dando una definición
matemática del concepto intuitivo de área1. Naturalmente, queremos que dicha definición sea
lo más general posible, lo que depende del tipo de soluciones aproximadas que elijamos. Las
aproximaciones consideradas en la teoría de la integral de Lebesgue conducen a un concepto
de área muy general. En lo que sigue vamos a considerar las aproximaciones que conducen a
la integral de Riemann.

1Ello trae como consecuencia inevitable que haya regiones extrañas en el plano que, según la definición dada,
no tengan área.

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Aproximaciones al área 389

Como los conceptos que vamos a introducir se interpretan con más facilidad cuando la
función f es positiva, es conveniente tener bien presente en lo que sigue el siguiente artificio
que permite representar cualquier función como diferencia de dos funciones positivas.

Cualquier función f puede escribirse como diferencia de dos funciones positivas:

f C.x/ D jf .x/j C f .x/ D maKx ff .x/; 0g f .x/ D jf .x/j f .x/ D maKx f f .x/; 0g
22

Es claro que f .x/ D f C.x/ f .x/ y que f C.x/ > 0, f .x/ > 0. La función f C se llama
parte positiva de f , y la función f se llama parte negativa de f . Si f .x/ > 0 se tiene que
f .x/Df C.x/ y f .x/D0; mientras que si f .x/60 se tiene que f .x/D f .x/ y f C.x/D0.
Fíjate que, a pesar de su nombre y de la forma en que se simboliza, la función f es una función
positiva. También es consecuencia de las definiciones dadas que jf .x/j D f C.x/ C f .x/.

y D f .x/ y Df C.x/ ba y Df .x/
a ba b

Figura 8.2. Partes positiva y negativa de una función

En la integral de Riemann el área del conjunto G.f; a; b/ se aproxima por rectángulos.

Para ello, primero se divide el intervalo Œa; b en un número finito de subintervalos Œxk 1; xk ,
1 6 k 6 n, cuyas longitudes pueden ser distintas y con la única condición de que no se solapen:

a D x0 < x1 < x2 < < xn 1 < xn D b

Se dice que estos puntos constituyen una partición de Œa; b. A continuación se elige en cada
subintervalo un punto tk 2 Œxk 1; xk, y se forma el rectángulo cuya base es el intervalo

Xn
Œxk 1; xk  y altura igual a f .tk/. Finalmente se forma la suma f .tk/.xk xk 1/.

k D1

8.2 Definición. Sea P D fa D x0; x1; x2; : : : ; xn 1; xn D bg una partición del intervalo Œa; b,
y elijamos un punto tk 2 Œxk 1; xk en cada uno de los intervalos de la misma. El número:

Xn xk 1/
.f; P / D f .tk/.xk

k D1

se llama una suma de Riemann de f para la partición P .

8.3 Observaciones.

Fíjate que, como hay libertad para elegir los puntos tk 2 Œxk 1; xk, para cada partición
fijada P puede haber infinitas sumas de Riemann.

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Aproximaciones al área 390

Cuando la función f es positiva y suficientemente “buena”, y las longitudes de todos
los subintervalos de la partición son suficientemente pequeñas, el número .f; P / es una buena
aproximación del área de la región G.f; a; b/.

Observa que el rectángulo de altura igual a f .tk/ está en el semiplano superior si
f .tk/ > 0 y en el semiplano inferior si f .tk/ < 0. Cuando la función f toma valores positivos
y negativos podemos escribir:

.f; P / Xn Xn .tk //.xk xk 1/D
D f .tk/.xk xk 1/ D .f C.tk/ f xk 1/ D .f C; P /

k D1 k D1
Xn Xn
D f C.tk /.xk xk 1/ f .tk/.xk .f ; P /

k D1 k D1

En este caso .f; P / es una aproximación del área de G.f C; a; b/ menos el área de G.f ; a; b/.
En la siguiente figura puede apreciarse esta aproximación.

a ba b

y D f .x/ y D f .x/

Figura 8.3. Aproximación por sumas de Riemann

8.4 Definición. Dada una partición P D fa D x0; x1; x2; : : : ; xn 1; xn D bg del intervalo Œa; b,
definamos Mk D sup f Œxk 1; xk , mk D Kınf f Œxk 1; xk . Los números

Xn xk 1/; Xn xk 1/
S.f; P / D Mk.xk I.f; P / D mk.xk

k D1 k D1

se llaman, respectivamente, suma superior y suma inferior de f para la partición P 2.

8.5 Observaciones.

Puesto que para todo tk 2 Œxk 1; xk es mk 6 f .tk/ 6 Mk, deducimos que para toda
suma de Riemann, .f; P /, de f para la partición P es I.f; P / 6 .f; P / 6 S.f; P /.

Para cada partición hay una única suma superior y otra inferior.

Cuando f es positiva y suficientemente “buena”, y las longitudes de todos los subinter-
valos de la partición son suficientemente pequeñas, el número S.f; P / es un valor aproximado

2Es para definir estas sumas para lo que se precisa que f esté acotada en Œa; b.

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Definición y propiedades básicas de la integral 391

por exceso del área de la región G.f; a; b/, y el número I.f; P / es un valor aproximado por
defecto del área de la región G.f; a; b/.

Cuando la función f toma valores positivos y negativos, el número S.f; P / es un
valor aproximado por exceso del área de G.f C; a; b/ menos el área de G.f ; a; b/, y el nú-
mero I.f; P / es un valor aproximado por defecto del área de G.f C; a; b/ menos el área de
G.f ; a; b/.

En la siguiente figura pueden apreciarse estas aproximaciones.

y D f .x/ y D f .x/ b
a ba

Figura 8.4. Aproximación del área por sumas inferiores y superiores

8.2.1. Definición y propiedades básicas de la integral

Supongamos que la función f es positiva en Œa; b. Es claro que, en tal caso, el valor exacto
del área de la región G.f; a; b/ debe ser un número mayor o igual que toda suma inferior,
I.f; P /, y menor o igual que toda suma superior S.f; P /. Tenemos, en consecuencia, dos
números que son posibles candidatos para el área de G.f; a; b/, a saber:

Kınf fS.f; P / W P 2 P Œa; bg y sup fI.f; P / W P 2 P Œa; bg :

Donde hemos representado por P Œa; b el conjunto de todas las particiones del intervalo Œa; b.
Llegados aquí, podemos ya dar la definición principal de la teoría de la integral de Riemann.

8.6 Definición. Sea f una función acotada y positiva en Œa; b. Se dice que el conjunto G.f; a; b/
tiene área cuando

Kınf fS.f; P / W P 2 P Œa; bg D sup fI.f; P / W P 2 P Œa; bg

Dicho valor común es, por definición, el valor del área y lo representaremos por .G.f; a; b//.
Cuando esto ocurre, se dice también que la función f es integrable Riemann en Œa; b y, por
definición, la integral de f en Œa; b es igual a .G.f; a; b//. Simbólicamente escribimos:

b

f .x/ dx D .G.f; a; b//

a

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Definición y propiedades básicas de la integral 392

En el caso general en que la función f toma valores positivos y negativos, se dice que f es
integrable Riemann en Œa; b cuando lo son las funciones f C y f , en cuyo caso se define la

integral de f en Œa; b como el número:

b

f .x/ dx D .G.f C; a; b// .G.f ; a; b//

a

8.7 Observaciones.

No te confundas con la notación. El símbolo b f .x/ dx representa un número. La
a

variable x que figura en él se suele decir que es una variable muda. Naturalmente, la letra x no

tiene ningún significado especial y puede sustituirse por la que tú quieras o no poner ninguna;

por ejemplo:

bb b

f .t/ dt ; f .s/ ds ; f

aa a

son tres formas de escribir lo mismo. Volveremos sobre esta notación más adelante cuando

estudiemos técnicas de integración.

La definición anterior debes entenderla como una primera aproximación matemática al
concepto intuitivo de área. Aunque te pueda parecer extraño, el concepto de área (y de integral)
que acabamos de definir es bastante restrictivo.

En el caso en que la función f toma valores positivos y negativos, observa que la
gráfica de f se obtiene por simetría respecto al eje de abscisas de las partes de la gráfica de
f en las que f .x/ < 0. Como regiones simétricas respecto de una recta tienen la misma área,
se sigue que:

.G.f; a; b// D .G.f C; a; b// C .G.f ; a; b// D .G.f C C f ; a; b//D

b

D .G.jf j; a; b// D jf .x/j dx

a

Seamos prácticos. ¿Cómo podemos, a partir de la definición dada, calcular b f .x / dx ?
a

Una primera idea en este sentido consiste en observar que cuanto mayor sea el número de

intervalos de la partición y más pequeña la longitud de cada uno de ellos cabe esperar que la

aproximación obtenida sea mejor. Para precisar esta idea, definimos el paso de una partición

P , y lo representamos por .P /, como la mayor de las longitudes de los subintervalos de

dicha partición.

8.8 Teorema (Convergencia de las sumas integrales). Sea f W Œa; b ! R una función inte-
grable, fPng una sucesión de particiones de Œa; b tal que f.Pn/g ! 0 y .f; Pn/ una suma
de Riemann de f para la partición Pn. Se verifica entonces que:

b

lKım S.f; Pn/ D lKım .f ; Pn/ D lKım I .f ; Pn/ D f .x/ dx (8.1)

n!1 n!1 n!1 a

Este resultado permite en algunos casos particulares y con bastante esfuerzo e ingenio
calcular ciertas integrales. Como más adelante aprenderemos a calcular integrales con facilidad,

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Definición y propiedades básicas de la integral 393

es más interesante usar dicho resultado sensu contrario para calcular los límites de ciertas
sucesiones. Para ello se usa con frecuencia el siguiente corolario.

8.9 Corolario. Para toda función f integrable en Œ0; 1 se verifica que:

1 Xn 1
k
lKım f D f .x/ dx (8.2)
n!1 n n
k D1 0

Teniendo en cuenta que cualesquiera sean las funciones f; g y los números ˛; ˇ, se verifica
que .˛f C ˇg; P / D ˛ .f; P / C ˇ .g; P /, para toda partición P , se deduce, haciendo uso
del teorema 8.8, que la integral es lineal. Esta propiedad, junto con otras propiedades básicas
de las integrales se recogen en el siguiente resultado.

8.10 Proposición (Propiedades básicas de la integral).

i) Linealidad. Si f; g son integrables en Œa; b y ˛; ˇ son números reales, se verifica que la
función ˛f C ˇg también es integrable en Œa; b y

b bb

.˛f .x/ C ˇg.x// dx D ˛ f .x/ dx C ˇ g.x/ dx :

a aa

ii) Conservación del orden. Si f; g son integrables en Œa; b y f .x/ 6 g.x/ para todo
x 2 Œa; b, entonces se verifica que:

bb

f .x/ dx 6 g.x/ dx

aa

En particular, si f es integrable en Œa; b y m 6 f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b, entonces se
verifica la siguiente desigualdad:

b (8.3)

m.b a/ 6 f .x/ dx 6 M.b a/

a

iii) Si f es integrable en Œa; b también jf j (función valor absoluto de f ) es integrable en

Œa; b y se verifica la desigualdad:

ˇˇˇˇˇˇab f .x/ dx ˇˇˇˇˇˇ 6 b jf .x/j dx (8.4)
a

iv) El producto de funciones integrables Riemann también es una función integrable Rie-
mann.

v) Aditividad respecto del intervalo. Sea a < c < b. Una función f es integrable en Œa; b
si, y sólo si, es integrable en Œa; c y en Œc; b, en cuyo caso se verifica la igualdad:

bcb

f .x/ dx D f .x/ dx C f .x/ dx

aac

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Definición y propiedades básicas de la integral 394

Ha llegado el momento de preguntarse por condiciones que garanticen que una función es
integrable Riemann. Nos vamos a contentar con una respuesta parcial a esta pregunta, que es
suficiente para nuestros propósitos.

8.11 Teorema (Condiciones suficientes de integrabilidad Riemann). Sea f W Œa; b ! R .
Cada una de las siguientes condiciones garantizan que f es integrable Riemann en Œa; b.

i) f está acotada en Œa; b y tiene un número finito de discontinuidades en Œa; b. En parti-
cular, toda función continua en un intervalo cerrado y acotado es integrable en dicho intervalo.

ii) f es monótona en Œa; b.

Demostración. Según la definición dada, una función f positiva y acotada en un intervalo Œa; b
es integrable en Œa; b cuando las aproximaciones superiores están arbitrariamente próximas
de las aproximaciones inferiores al área del conjunto ordenado de f . En otros términos, una
función f positiva y acotada en un intervalo Œa; b es integrable en Œa; b si, y sólo si, para todo
" > 0, hay una partición P" de Œa; b tal que S.f; P"/ I.f; P"/ 6 "3. Probaremos que las
funciones continuas y las funciones monótonas en Œa; b satisfacen esta condición.

Ses f W Œa; b ! R continua en Œa; b, entonces sabemos que f está acotada en Œa; b. En
particular, hay un número M tal que f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b. Por tanto la función
M f es continua y positiva en Œa; b y, como las funciones constantes son integrables, la

integrabilidad de la función M f equivale a la integrabilidad de f . Podemos, por tanto,

suponer que f es positiva en Œa; b. En virtud del teorema 7.59 la función f es uniformemente
continua en Œa; b. Por tanto, dado " > 0, hay un número ı > 0, tal que para todos x; y 2 Œa; b
con jx yj < ı se verifica que jf .x/ f .y/j < "=.b a/. Sea P" una partición del intervalo
Œa; b cuyos subintervalos Ik D Œxk 1; xk tienen longitud menor que ı. En virtud del teorema
4.29 hay puntos uk; vk enIk en los que la función f alcanza su valor mínimo y máximo
absolutos respectivamente en el intervalo Ik. Tenemos que:

S.f; P"/ Xn " Xn xk/ D ":
I.f; P"/ D f .vn/ f .un/ .xk 1 xk / < b a .xk 1

k D0 k D0

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b.

Supongamos ahora que f es continua en a; bŒ y acotada en Œa; b pudiendo tener dis-
continuidades en los extremos del intervalo. Como f está acotada en Œa; b, podemos seguir
suponiendo, por las mismas razones anteriores, que f es positiva en Œa; b. Sea M > 0 tal
que f .x/ 6 M para todo x 2 Œa; b. Dado " > 0, consideremos un intervalo Œc; d  donde
a < c < d < b y c a < "=3M , b d < "=3M . Por la ya demostrado, como f es inte-
grable en Œc; d , hay una partición Q de Œc; d  tal que S.f; Q/ I.f; Q/ < "=3. Ampliamos
dicha partición a una partición del intervalo Œa; b añadiéndole los puntos a y b. Llamemos a la
partición de Œa; b así obtenida P". Tenemos que:

S.f; P"/ I.f; P"/ 6 .c a/M C S.f; Q/ I.f; Q/ C .b d /M < ":

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b. Si ahora se suponemos que f está acotada en Œa; b
y tiene un número finito de discontinuidades en Œa; b, llamando d1 < d2 < < dp a las

3Esta caracterización de la integrabilidad es válida para cualquier función acotada en Œa; b sin necesidad de
suponer que sea positiva.

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Definición y propiedades básicas de la integral 395

discontinuidades de f en Œa; b, por la ya demostrado la función f es integrable en cada uno
de los intervalos Œa; d1, Œdk; dkC1 (k D 1; 2; : : : ; p 1), Œdp; b. Por tanto f es integrable en
la unión de todos ellos, es decir, en Œa; b.

Supongamos ahora que f es monótona en Œa; b. Podemos suponer que f es creciente, en
cuyo caso f .b/ f .x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, por lo que, al igual que hicimos antes, podemos
suponer que f es creciente y positiva en Œa; b. Dado " > 0, tomemos una partición P" de Œa; b
cuyos subintervalos Ik D Œxk 1; xk tengan longitud menor que "=.f .b/ f .a//. Tenemos
que:

S.f;P"/ I.f;P"/D Xn " Xn
f .xk/ f .xk 1/ .xk 1 xk/ < f .b/ f .a/ f .xk/ f .xk 1/ D

k D0 k D0

D " .f .b/ f .a// D ":
f .b/ f .a/

Lo que prueba que f es integrable en Œa; b.

En relación con el punto ii) de este teorema, conviene observar que hay funciones monóto-
nas con infinitas discontinuidades.

8.12 Ejemplo. La función f W Œ0; 1 ! R dada por f .0/ D 1 y f .x/ D EX.1=x/ 1
2n para to-
nD1

do x 20; 1, donde E.1=x/ indica la parte de entera de 1=x, es decreciente en Œ0; 1 y tiene

discontinuidades en todos los puntos de la forma 1 para n D 1; 2; : : : .
nC1

Observa que la función viene dada por:

8
ˆˆˆˆˆˆˆ< 1 1
2 ; 2 < x 6 1;

1 C 1 ; 1 < x 6 1 ;
2 4 3 2

f .x/ D ˆˆˆˆˆˆˆ: 1 C 1 C 1 ; 1 < x 6 1 ;
2 4 8 4 3

1 C 1 C C 1 ; 1 < x 6 1 ;
2 4 2n nC1 n

1; x D 0;

En la figura 8.5 puedes ver su gráfica en la que se han indicado con trazos verticales punteados

las discontinuidades de salto de la función.

Un tipo frecuente de funciones integrables son las que se definen a continuación.

8.13 Definición. Se dice que función f es continua a trozos en un intervalo Œa; b si hay una
partición a D x0 < x1 < x2 < : : : < xn 1 < xn D b del intervalo Œa; b de forma que:

f es continua en cada intervalo xi 1; xiŒ, para i D 1; 2; : : : ; n.
f tiene límites laterales finitos en los puntos xi, i D 0; 1; : : : ; n.

Una función continua a trozos en Œa; b tiene un número finito de discontinuidades y está
acotada en Œa; b, por tanto es integrable en Œa; b.

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Definición y propiedades básicas de la integral 396

1 C 1 C 1 C 1
2 4 8 16

1 C 1 C 1
2 4 8

1 C 1
2 4

1
2

11 1 1 1 1
65 4 3 2

Figura 8.5. Función monótona con infinitas discontinuidades

8.14 Corolario. Seam f y g funciones que coinciden en todos los puntos de un intervalo Œa; b
excepto en un número finito de ellos. Entonces se verifica que f es integrable en Œa; b si, y
sólo si, g es integrable en Œa; b, en cuyo caso se verifica que las integrales en Œa; b de ambas
funciones coinciden.

Demostración. Definamos h D f g. La función h es nula en todos los puntos de Œa; b

excepto en un conjunto finito de ellos, por tanto, h es una función continua a trozos en Œa; b y,

en consecuencia, h es integrable en Œa; b. Además, es evidente que b h.x/ dx D0 (piensa que
a

el conjunto ordenado de h entre a y b es un conjunto finito de segmentos verticales). Si, por

ejemplo, f es integrable en Œa; b, la igualdad g D f h implica que también g es integrable

en Œa; b y b g.x / dx D b f .x / dx abh.x/ dx D b f .x/ dx .
a a a

8.15 Observación. El resultado anterior nos dice que, para estudiar la integrabilidad de una
función, podemos modificar los valores de la misma en un conjunto finito de puntos porque eso
no afecta para nada a su integrabilidad ni al valor de su integral. Igualmente, si una función no
está definida en un conjunto finito de puntos de un intervalo, para estudiar su integrabilidad la
definimos como queramos en dichos puntos, con la seguridad de que la función resultante será
o no integrable con independencia de nuestra definición. En particular, una función continua
y acotada en Œa; b n fa1; a2; : : : ; amg, donde los aj son puntos de Œa; b en los que f no está
definida, es integrable en Œa; b.

Por ejemplo, la función f .x/ D sen.1=x/ no está definida en 0. Si queremos estudiar su

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El Teorema Fundamental del Cálculo 397

integrabilidad en Œ0; 1, podemos definir f .0/ D 1 (o el valor que tú quieras); con ello, f es una
función continua en 0; 1 y acotada en Œ0; 1, por lo que es integrable en Œ0; 1.

8.2.2. El Teorema Fundamental del Cálculo

Dada una función integrable f W Œa; b ! R , podemos definir una nueva función F W Œa; b ! R
por:

x

F.x/ D f .t/ dt para todo x 2 Œa; b

a

Observa que aquí la variable es x – el límite superior de la integral. Por eso, es obligado no
usar la misma letra x como variable de la función f en el integrando. F.x/ es la integral de la
función f en el intervalo Œa; x.

Por definición F.x/ D .G.f C; a; x// .G.f ; a; x//. Por supuesto, si f es positiva

entonces F.x/ D .G.f; a; x// es el área del conjunto ordenado de f entre a y x. No debes
x
olvidar en lo que sigue que F .x / D a f .t / dt se ha definido en términos de áreas. A la función

F la llamaremos la función área de f en Œa; b.

A veces hay que considerar funciones de la forma H .x/ D x f .t/ dt en donde a < c <b
2 Œa; b; por lo que es necesario precisar lo que se entiende c x .t/ dt cuando x < c.
c
y x por f

El convenio que se hace es que:

vu

f .t/ dt D f .t/ dt

uv

cualesquiera sean los números u y v. La justificación de este convenio es que, con él, la igual-

dad:

yzx

f .t/ dt C f .t/ dt C f .t/ dt D 0 (8.5)

xy z

se cumple cualesquiera sean los puntos x; y; z del intervalo Œa; b. Compruébalo.

Nuestro próximo objetivo va a consistir en invertir el proceso que nos ha llevado de f
x
a F.x/ D a f .t / dt . Nuestro problema es: ¿Cómo podemos recuperar la función f a partir

del conocimiento de la función área de f ? El resultado que sigue, uno de los más útiles del

Cálculo, establece una relación entre dos conceptos aparentemente lejanos entre sí: el concepto

de área y el de tangente a una curva, pues dicho resultado afirma que la pendiente de “la curva

área de f ”, y D F.x/, en un punto x es igual a f .x/.

8.16 Teorema (Teorema Fundamental del Cálculo). Sea f W Œa; b ! R una función inte-
grable y definamos F W Œa; b ! R por:

x (8.6)

F.x/ D f .t/ dt

a

para todo x 2 Œa; b. Entonces:
i) F es continua en Œa; b.

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Primitivas. Regla de Barrow 398

ii) En todo punto c de Œa; b en el que f sea continua se verifica que F es derivable en dicho
punto siendo F 0.c/ D f .c/. En particular, si f es continua en Œa; b, entonces F es derivable
en Œa; b y F 0.x/ D f .x/ para todo x 2 Œa; b.

Demostración.

i) Como f es integrable debe estar acotada. Sea M > 0 tal que jf .x/j 6 M para todo

x 2 Œa; b. Entonces, si x < y son puntos de Œa; b tenemos que

jF .y / F.x/j D ˇˇˇˇˇ yf .t / dt ˇˇˇˇˇ 6 y 6 M.y x/

jf .t/j dt

xx

Por la misma razón, si suponemos que y < x, tendremos que jF.y/ F.x/j 6 M.y x/.
Estas dos desigualdades nos dicen que jF.y/ F.x/j 6 M jy xj para todo par de puntos
x; y 2 Œa; b. De esta desigualdad se sigue inmediatamente la continuidad de F en Œa; b.

ii) Pongamos

x x

f .t/ dt f .c/ dt
cD
F .x / F .c / F.x/ F.c/ .x c/f .c/ c c
x c f .c/ D D
x
xc

x

.f .t/ f .c// dt

Dc
xc

Dado, " > 0, la continuidad de f en c nos dice que hay un ı > 0 tal que para todo t 2 Œa; b

con jt cj < ı se tiene que jf .t/ f .c/j < ". Tomemos ahora un punto cualquiera x 2 Œa; b

tal que jx cj < ı. Entonces es claro que para todo t comprendido entre x y c se tendrá que

jt cj < ı y, por tanto, jf .t/ f .c/j < " por lo que:

ˇˇˇˇˇ x .t / f .c// dt ˇˇˇˇˇ 6 "jx cj

.f

c

Deducimos que para todo x 2 Œa; b tal que jx cj < ı, y x ¤ c, se verifica que

ˇˇˇˇ F .x / F .c / .c/ˇˇˇˇ ˇˇˇˇˇ x.f .t / f .c// dt ˇˇˇˇˇ "jx cj D "
x c jx cj
f D c cj 6 jx

Hemos probado que lKım F.x/ F.c/ D f .c/, esto es, F es derivable en c y F 0.c/ D f .c/.
x!c x c

8.2.3. Primitivas. Regla de Barrow

8.17 Definición. Dada un función h W Œa; b ! R , cualquier función H W Œa; b ! R que sea
continua en Œa; b, derivable en a; bŒ y verifique que H 0.x/ Dh.x/ para todo x 2a; bŒ, se llama
una primitiva de f en el intervalo Œa; b.

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Primitivas. Regla de Barrow 399

Es importante advertir que no todas las funciones tienen primitivas. Por ejemplo, una condi-
ción necesaria que debe cumplir una función para tener primitivas es que dicha función tenga
la propiedad del valor intermedio pues, como recordarás, las funciones derivadas tienen esa
propiedad. También, como consecuencia del teorema del valor medio, es inmediato que dos
primitivas de una función en un mismo intervalo se diferencian en una constante. Por ello, si
conocemos una primitiva de una función en un intervalo las conocemos todas.

El siguiente resultado es una consecuencia muy importante del Teorema Fundamental del
Cálculo.

8.18 Corolario. Toda función continua en un intervalo tiene primitivas en dicho intervalo.

Demostración. Sea f una función continua en un intervalo I . Elijamos un punto ˛ 2 I . Cual-

quiera sea x 2 I el intervalo de extremos ˛ y x está contenido en I y f es continua en él y

por tanto es integrable en él. Podemos por ello definir la función H W I ! R dada para todo
x
x 2 I por H .x/ D ˛ f .t / dt . Esta función es derivable en todo intervalo cerrado y acotado

contenido en I . Pues si Œa; b I , para todo x 2 Œa; b se tiene que:

x ax

H .x/ D f .t/ dt D f .t/ dt C f .t/ dt :

˛˛a

Por tanto, salvo una constante aditiva, la función H coincide en el intervalo Œa; b con la función

área de f en Œa; b, es decir, con la función F.x/ definida por 8.6. Como f es continua en Œa; b

(por ser continua en I ) el teorema fundamental del cálculo nos dice que F es derivable en todo
punto x 2 Œa; b y F 0.x/ D f .x/. Deducimos que H es derivable en todo punto x 2 Œa; b y
H 0.x/ D f .x/.

Finalmente, el hecho de que H sea derivable en todo intervalo cerrado y acotado contenido

en I , implica, por la propiedad local de la derivabilidad, que H es derivable en I y su derivada
en todo punto x 2 I viene dada por H 0.x/ D f .x/.

Es importante que aprecies que este es un resultado de existencia; es la definición que
hemos dado de área – y por consiguiente de integral – lo que nos ha permitido construir la
función primitiva de f . La integración es por tanto una herramienta que permite construir
una función cuya derivada es conocida; por eso la integración es una potente herramienta para
construir nuevas funciones.

8.19 Estrategia.

Para derivar funciones de la forma H .x/ D g.x/ f .t / dt donde f es una función
a

continua y g es una función derivable, se aplica el teorema fundamental del cálcu-

lo y la regla de la cadena para derivar la función compuesta H .x/ D F.g.x//, donde
x
F.x/ D a f .t / dt .

Para derivar funciones de la forma H .x/ D uv..xx//f .t / dt donde f es una función con-

tinua y u, v son funciones derivables, se escribe H .x/ D av.x/f .t / dt u.x/ f .t / dt y
a

se aplica lo dicho en el punto anterior.

El Teorema Fundamental del Cálculo proporciona también una técnica para calcular la
integral de una función continua en un intervalo Œa; b. Para ello lo que hacemos es calcular una

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Las funciones logaritmo y exponencial 400

primitiva de f en Œa; b. Si h es una tal primitiva, entonces las funciones F.x/ D x f .t / dt , y
a

h.x/ h.a/ son dos primitivas de f en Œa; b que coinciden en un punto, pues ambas se anulan

en a. Deducimos que F.x/ D h.x/ h.a/ para todo x 2 Œa; b y, por tanto, F.b/ D b f .t / dt D
a

h.b/ h.a/. Podemos generalizar este resultado como sigue.

8.20 Teorema (Regla de Barrow). Sea f W Œa; b ! R integrable y supongamos que h es una
primitiva de f en Œa; b. Entonces:

b

f .t/ dt D h.b/ h.a/

a

Demostración. Sea P D fa D x0; x1; x2; : : : ; xn 1; xn D bg una partición de Œa; b. Aplicando
el teorema de valor medio, tenemos que:

h.b/ Xn Xn xk 1/ D .f; P /
h.a/ D .h.xk/ h.xk 1// D f .tk /.xk

k D1 k D1

La igualdad anterior nos dice que para toda partición P de Œa; b hay alguna suma de Rie-

mann de f asociada a dicha partición, .f; P /, que es igual a h.b/ h.a/. Si ahora toma-

mos una sucesión fPng de particiones del intervalo Œa; b tales que .Pn/ ! 0, tenemos que

h.b/ h.a/ D .f; Pn/ para alguna suma de Riemann, .f; Pn/, de f asociada a la partición

Pn. Pero sabemos que .f; Pn/ ! b f , por lo que obtenemos que h.b/ h.a/ D b f .
a a

Fíjate que en la regla de Barrow no se supone que f sea continua sino tan sólo que es
integrable y que, además, tiene una primitiva.

8.2.4. Las funciones logaritmo y exponencial

Quiero convencerte de que muchas veces el cálculo integral proporciona la interpretación
más intuitiva de una función. Considera, por ejemplo, la función logaritmo natural. Quizás
sepas expresar log 2 como límite de una sucesión o algo parecido; pero, ¿puedes representar de
alguna forma intuitiva el número log 2? ¿Sabrías representar gráficamente el número log 2? En
la siguiente gráfica puedes ver el número log 2.

2

y D 1
x

1

21
1 t dt
0
01234

Figura 8.6. Logaritmo de 2

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Las funciones logaritmo y exponencial 401

Espero que estés de acuerdo conmigo: la forma más fácil e intuitiva de imaginar el número

log t es como el área de la región plana limitada por la curva y D 1=x, las rectas x D 1, x D t,

y el eje de abscisas. Dicha área se considera positiva si t > 1 y negativa si t < 1. Dicho de otra

forma: t1
log t D dx

x

1

Es frecuente interpretar esta igualdad de la siguiente forma: la función log x es derivable y
t
log 0x D 1=x; por tanto 1 1 dx D log t log 1 D log t. ¡Parece que hemos probado algo! Y
x

no es así porque en este razonamiento estamos usando que la función logaritmo es derivable y

eso es algo que no hemos probado. Todavía peor: ni siquiera hemos dado una definición de la

función logaritmo que permita probar las propiedades de dicha función. Usualmente se define
log x como el número y que verifica que ey Dx. La existencia de ese número y está lejos de

ser evidente. El propio número e tiene que ser definido de alguna forma apropiada.

Hago estas reflexiones para que te des cuenta de que lo que conoces de las funciones lo-
garitmo, exponencial, trigonométricas : : : , es un conocimiento descriptivo. De estas funciones
conoces, porque te lo han dicho, su comportamiento; pero no creo que hayas demostrado sus
propiedades. Bueno, no quiero que pienses que tus profesores de bachillerato te ocultan infor-
mación, lo que ocurre es que una definición de estas funciones que permita probar su existencia
y demostrar sus propiedades requiere herramientas matemáticas que no tienen cabida en las
enseñanzas medias. Precisamente, el Teorema Fundamental del Cálculo permite definir estas
funciones de forma fácil, elegante y correcta.

Olvida ahora todo lo que sepas de la función logaritmo natural. ¿Lo has olvidado ya?

Sigamos.

8.21 Definición. La función logaritmo natural es la función log WRC ! R definida para todo

t > 0 por:

t1
log t D dx

x

1

El Teorema Fundamental del Cálculo nos dice que la función logaritmo natural es derivable
(y por tanto continua) y que log 0t D 1=t . Como la derivada es positiva, deducimos que dicha
función es estrictamente creciente.

Dado a > 0, sea h.x/ D log.ax/. Entonces h0.x/ D a=.ax/ D 1=x. Luego la función
h.x/ log.x/ tiene derivada nula en RC, por lo que es constante y, como para x D 1 es igual
a log a, se sigue que h.x/ log.x/ D log a. Hemos probado así que log.ax/ D log a C log x
para todo a > 0 y para todo x > 0.

Observa que en poco más de tres líneas hemos obtenido ya las propiedades principales del
logaritmo. Sigamos nuestro estudio.

De lo ya visto se sigue que log.2n/ D n log 2 para todo número entero n. De aquí se deduce

que la función logaritmo natural no está mayorada ni minorada y, como es estrictamente cre-

ciente, concluimos que lKım log x D ∞ y lKım log x D C∞. Por tanto, podemos afirmar
x!0 x!C1

que dicha función es una biyección estrictamente creciente de RC sobre R.

Representemos provisionalmente por ' W R ! R la función inversa del logaritmo. Dicha
función se llama función exponencial. El teorema de derivación de la función inversa nos dice

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Integrales impropias de Riemann 402

que ' es derivable y para todo x 2 R es:

' 0.x/ D log 1 D '.x/
0.'.x//

Ahora, dados, x; y 2 R, sean a; b;2 RC tales que x D log a, y D log b. Entonces:

'.x C y/ D '.log a C log b/ D '.log.ab// D ab D '.x/'.y/

Hemos probado así que '.x C y/ D '.x/'.y/ para todos x; y 2 R. De esta igualdad se deduce

fácilmente que apara todo número racional r se verifica que '.r / D '.1/r . El número '.1/ se
e1
representa con la letra e, es decir, es el número definido por la igualdad log e D 1x dx D 1.
Con ello para todo número racional r se tiene que '.r / D er , por lo que se notación
usa la

'.x/ D ex para representar a la función exponencial.

Fíjate con qué facilidad y elegancia hemos obtenido las propiedades principales de las
funciones logaritmo natural y exponencial. Quedan así justificados todos los resultados vistos
en capítulos anteriores que dependen de dichas propiedades.

Así mismo, podemos definir la función arcotangente de la forma:

x1
arc tg x D 1 C t 2 dt :

0

Lo que constituye un punto de partida para definir las demás funciones trigonométricas. Este
proceso está desarrollado con detalle en [16]. Veremos más adelante otro procedimiento más
directo para definir las funciones trigonométricas.

8.3. Integrales impropias de Riemann

Una de las limitaciones de la teoría de la integral de Riemann que hemos desarrollado
es que en ella se consideran funciones acotadas en intervalos acotados. Queremos evitar es-
tas limitaciones y considerar funciones no acotadas o intervalos no acotados. Los siguientes
ejemplos indican el camino a seguir.

8.22 Ejemplo. La función f .x/D p1 x p
no está acotada en el intervalo 0; 1. Como h.x/D2 x

es una primitiva de f en Œ0; 1, para todo t 20; 1 se tiene que:

11 p 11
p dx D h.1/ h.t / D 2 2 t ÷ lKım p dx D 2:
tx t!0 t x

Por tanto es natural definir: 11
p dx D 2:
x

0



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Integrales impropias de Riemann 403

8.23 Ejemplo. Para todo ˛ > 0 se tiene que:

t ˛x dx D 1 e ˛t/ ÷ lKım t ˛x dx 1
.1 D:
e ˛ t !C1 e ˛

0 0

Por ello es natural definir: C1

e ˛x dx D 1
:
˛
0



En el primer ejemplo hemos considerado una función no acotada, y en el segundo un inter-
valo no acotado.

8.24 Definición. Sea f W Œc; bŒ! R una función continua en el intervalo Œc; bŒ, donde supo-
nemos que c 2 R y que b un número real mayor que c o bien b D C∞. Se define la integral
impropia de Riemann de f en Œc; bŒ como el límite:

bt (8.7)

f .x/ dx D lKım f .x/ dx

c t !b c

Supuesto, claro está, que dicho límite exista y sea un número real, en cuyo caso se dice también
que la integral de f es convergente en Œc; bŒ.

Sea f Wa; c ! R una función continua en el intervalo a; c, donde suponemos que c 2 R
y que a un número real menor que c o bien a D ∞. Se define la integral impropia de Riemann
de f en a; c como el límite:

cc (8.8)

f .x/ dx D lKım f .x/ dx

t !a
at

Supuesto, claro está, que dicho límite exista y sea un número real, en cuyo caso se dice también
que la integral de f es convergente en a; c.

Cuando el límite (8.7) o (8.8) existe y es igual a C∞ (resp. ∞) se dice que la respectiva
integral es positivamente o negativamente divergente.

Sea f Wa; bŒ! R una función continua en el intervalo a; bŒ, donde ∞ 6 a < b 6 C∞.
Sea c 2 R con a < c < b. Se dice que la integral de f es convergente en a; bŒ cuando las
integrales de f en a; c y en Œc; bŒ son convergentes, en cuyo caso se define:

bcb (8.9)

f .x/ dx D f .x/ dx C f .x/ dx

aac

8.25 Observación. Como para todo u 2c; bŒ se verifica que:

xux

f .t/ dt D f .t/ dt C f .t/ dt ;

ccu

se sigue que la convergencia de la integral de f en Œc; bŒ equivale a la convergencia de la integral
de f en Œu; bŒ.

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Criterios de convergencia para integrales 404

8.26 Ejemplo. Sea a ¤ 1. Se tiene que:

t 1 t1 a 1
xa dx D 1 a 1a

1

Deducimos que:

8
C1 1 t1 < 1
xa dx D lKım xa dx D :Ca ∞1 si a > 1 (8.10)
si a < 1
1 t !C1
1

Análogamente: 8

11 11 < 1 si a < 1
dx D lKım xa dx D :C1 ∞a si a > 1 (8.11)
xa
0 t !0 t

8.27 Ejemplo. Sea a ¤ 1. Usando la técnica de integración por partes, que estudiaremos más

adelante, es fácil calcular una primitiva de la función f .x/ D log x . Comprueba que:
xa

F.x/ D x1 a. 1 C .1 a/ log x/

.1 a/2

es una primitiva de f en RC. Por tanto t f .x / dx D F .t / F.1/. En consecuencia:
1

C1 log x 8 1 si a > 1
xa < si a < 1

1 dx D :C.1∞ a/2 (8.12)

Análogamente: 8

1 log x < 1 si a < 1
.1 a/2 si a > 1
xa dx D : (8.13)
0∞

8.3.1. Criterios de convergencia para integrales

Naturalmente, no siempre vamos a disponer de una primitiva expresable por medio de fun-
ciones elementales, bien porque no exista o porque su cálculo efectivo sea muy complicado. Por
ello, interesa conocer condiciones que aseguren la convergencia de una integral sin necesidad
de conocer una primitiva elemental. Lógicamente, estas condiciones no nos permitirán calcular
el valor numérico de la integral; tan sólo nos dirán si es o no convergente. Consideraremos
integrales definidas en intervalos del tipo Œc; bŒ donde c < b 6 C1. Criterios de convergencia
análogos se verifican para integrales definidas en intervalos del tipo a; c donde 1 6 a < c.
El caso en que la función integrando es positiva es particularmente sencillo de estudiar.

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Criterios de convergencia para integrales 405

8.28 Proposición (Criterio básico de convergencia). Sea f continua y positiva en Œc; bŒ.
x
Entonces, la integral de f en Œc; bŒ es convergente si, y sólo si, la función F.x/ D c f .t / dt

está mayorada en Œc; bŒ, en cuyo caso:

b (x )

f .t/ dt D sup f .t/ dt W x 2 Œc; bŒ

cc

En otro caso la integral de f en Œc; bŒ es positivamente divergente.

Las afirmaciones hechas son consecuencia de que, por ser f positiva en Œc; bŒ, la función
x
F.x/ D c f .t / dt es creciente en Œc; bŒ.

El siguiente criterio es consecuencia inmediata del anterior.

8.29 Proposición (Criterio de comparación). Sean f y g continuas y positivas en Œc; bŒ.
Supongamos que la integral de g en Œc; bŒ es convergente y que f .x/6g.x/ para todo x 2 Œc; bŒ.
Entonces la integral de f en Œc; bŒ también es convergente.

De este criterio se deduce fácilmente el siguiente.

8.30 Proposición (Criterio límite de comparación). Sean f y g continuas y positivas en

Œc; bŒ. Supongamos que:

lKım f .x/ D 2 RC:
x!b g.x/

Entonces las integrales de f y g en Œc; bŒ ambas convergen o ambas divergen positivamente.

Demostración. De la hipótesis hecha se deduce que existe un número u 2c; bŒ tal que para
todo x 2 Œu; bŒ se verifica que:

1 f .x/ 3 ” g.x/ 6 2f .x/ 6 3g.x/:
6 6
2 g.x/ 2

De estas dos desigualdades se deduce, por el criterio de comparación anterior, que las integrales
de f y de g en Œu; bŒ son ambas convergentes o ambas divergen positivamente. Basta tener ahora
en cuenta la observación 8.25.

8.31 Definición. Se dice que la integral de f es absolutamente convergente en un cierto
intervalo cuando la integral de la función jf j es convergente en dicho intervalo.

Naturalmente, los criterios de convergencia antes vistos para integrales de funciones posi-
tivas, pueden usarse para estudiar la convergencia absoluta de la integral de cualquier función.
Por ello, el siguiente resultado es de gran utilidad. Para demostrarlo usaremos la siguiente ca-
racterización de la existencia de límite.

8.32 Proposición (Condición de Cauchy para la existencia de límite). Sea b un número
real o bien b D C1, sea c < b y sea f W Œc; bŒ! R una función. Equivalen las siguientes
afirmaciones:

a) La función f tiene límite finito en b, es decir, lKım f .x/ D L 2 R.

x!b

b) Para todo " > 0 existe un número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u"; bŒ se verifica
que jf .x/ f .y/j < ".

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Teoremas del valor medio para integrales 406

Demostración.

a ÷ b/. Por hipótesis, para todo " > 0 existe un número u" 2c; bŒ tal que para todo
x 2u"; bŒ se verifica que jf .x/ Lj < "=2. Para y 2u"; bŒ también será jf .y/ Lj < "=2.
Deducimos que:

jf .x/ f .y/j D jf .x/ L .f .y/ L/j 6 jf .x/ Lj C jf .y/ Lj < " C " D ":
22

b ÷ a/. Probaremos que hay un número L 2 R tal que para toda sucesión fxng ! b se verifica
que ff .xn/g ! L. Según sabemos, por la proposición 7.41, esto equivale a que f tenga límite
en b igual a L. Sea fxng ! b, para probar que ff .xn/g es convergente probaremos que
dicha sucesión verifica la condición de Cauchy. Dado " > 0, por la hipótesis hecha, hay un

número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u"; bŒ se verifica que jf .x/ f .y/j < "=2. Como
fxng ! c, existe un número natural m" tal que para todo p > m" se tiene que xp 2u"; cŒ.
Deducimos que si p > m" y q > m", entonces jf .xp/ f .xq/j < ", lo que prueba que la
sucesión ff .xn/g es de Cauchy y, por el teorema de completitud de R, es convergente. Sea
L 2 R el límite de ff .xn/g. Si ahora consideramos cualquier otra sucesión fyng ! b, el
mismo razonamiento anterior prueba que ff .yn/g converge. Debemos probar que su límite
también es L. Para ello, basta con observar que, como consecuencia de la hipótesis hecha, la

sucesión ff .xn/ f .yn/g converge a 0, pues para todo n suficientemente grande se tiene que
xn; yn 2u"; bŒ, por lo que jf .xn/ f .yn/j < ".

La proposición anterior tiene una versión análoga para el caso de considerar un intervalo
del tipo a; c con a un número real o a D 1.

La condición del punto b) de la proposición anterior se llama condición de Cauchy para f
en b.

8.33 Teorema. Si la integral de f es absolutamente convergente, entonces la integral de f
también es convergente.

Demostración. Supongamos que la integral de f es absolutamente convergente en Œc; bŒ. Pon-
x x
gamos G.x/ D b jf .t /j dt , F .x / D c f .t / dt . Por la hipótesis hecha, existe el límite de G en

b y es finito. En tal caso, se verifica la condición de Cauchy para G en b. Dado " > 0, hay un

número u" 2c; bŒ tal que para todos x; y 2u"; bŒ es jG.x/ G.y/j < ". Teniendo en cuenta

la desigualdad:

jF .x / F.y/j D ˇˇˇˇˇ xf .t / dt y .t / dt ˇˇˇˇˇ D ˇˇˇˇˇ y .t / dt ˇˇˇˇˇ 6 ˇˇˇˇˇ y .t /j dt ˇˇˇˇˇ D jG.x/ G.y/j ;

c f f jf

c xx

se deduce que la función F verifica la condición de Cauchy en b, por lo que dicha función tiene
límite finito en b, es decir, la integral de f en Œc; bŒ es convergente.

8.4. Teoremas del valor medio para integrales

El teorema fundamental del cálculo permite traducir a integrales el teorema del valor medio.
Basta observar para ello que, si f es una función continua en un intervalo I y ˛ es un punto

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Teoremas del valor medio para integrales 407

cualquiera de dicho intervalo, podemos aplicar el teorema del valor medio a la función derivable
x
F .x / D ˛ f .t / dt en el intervalo I . Según dicho teorema, para cualquier par de puntos a; b 2 I

se verifica que hay algún punto c comprendido entre a y b tal que:

F.b/ F.a/ D F 0.c/:
ba

Pero esta igualdad es lo mismo que:

1b b

b aa f .x/ dx D f .c/ ” f .x/ dx D f .c/.b a/:

a

El número 1 b f .x/ dx se llama promedio integral o media integral de f en Œa; b. Con
ba a

poco esfuerzo podemos obtener un resultado más general.

8.34 Teorema (Primer teorema de la media para integrales). Sean f una función continua

en Œa; b y g una función positiva e integrable en Œa; b. Entonces se verifica que hay algún

punto c 2 Œa; b tal que:

b b

f .x/g.x/ dx D f .c/ g.x/ dx : (8.14)

aa

Demostración. Por el teorema de Weierstrass 4.29,la función f alcanza un valor mínimo, m,
y un valor máximo, M , en Œa; b. Como g.x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, tenemos que:

mg.x/ 6 f .x/g.x/ 6 M g.x/ .para todo x 2 Œa; b/:

La función fg es integrable en Œa; b por ser producto de funciones integrables. Como la integral
conserva el orden entre funciones, se sigue que:

bb b

m g.x/ dx 6 f .x/g.x/ dx 6 M g.x/ dx :

aa a

De esta desigualdad se sigue que si b g.x / dx D 0, entonces también es b f .x /g.x / dx D 0
a a

y la igualdad del enunciado se satisface trivialmente para todo c 2 Œa; b. En otro caso debe ser

b g.x / dx > 0 y deducimos que:
a

m6 b f .x /g.x / dx 6 M:
a

b g.x / dx
a

Puesto que la imagen por f del intervalo Œa; b es el intervalo Œm; M , de la desigualdad anterior
se sigue que hay algún c 2 Œa; b tal que:

f .c/ D b f .x /g.x / dx :
a

b g.x / dx
a

Como queríamos probar.

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Teoremas del valor medio para integrales 408

8.35 Teorema (Segundo teorema de la media para integrales). Sea ' una función monótona
y con derivada continua en Œa; b, y sea f una función continua en Œa; b. Entonces hay algún
punto c 2 Œa; b tal que:

b cb (8.15)

f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx

a ac

Demostración. Supongamos que ' es decreciente en Œa; b y '.b/D0. Definamos las funciones
x
F.x/ D a f .t / dt y H .x/ D F.x/'.x/. Tenemos que H 0.x/ D F 0.x/'.x/ C F.x/' 0.x/ D

f .x/'.x/ C F.x/' 0.x/. Por la regla de Barrow, obtenemos que:

b bb
/
f .x/'.x /CF .x/' 0.x dx D H .b/ H .a/D0 ÷ f .x/'.x/ dx D F.x/. ' 0.x// dx :

a aa

Como ' 0.x/ > 0 para todo x 2 Œa; b, podemos aplicar a la última integral el primer teorema
de la media que asegura que hay algún c 2 Œa; b tal que:

bb c

F.x/. ' 0.x// dx D F.c/ . ' 0.x// dx D F.c/'.a/ D '.a/ f .x/ dx :

aa a

Hemos probado así que hay un c 2 Œa; b tal que:

bc (8.16)

f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx :

aa

Esta igualdad es un caso particular de la igualdad del enunciado (recuerda que hemos supuesto
que '.b/D0). Consideremos ahora que ' es decreciente en Œa; b (no suponemos que '.b/D0).
Podemos aplicar la igualdad 8.16 a la función ' '.b/ y obtenemos que hay algún c 2 Œa; b
tal que:

bc ÷

f .x/.'.x/ '.b// dx D .'.a/ '.b// f .x/ dx c

aa '.b/ f .x/ dx D
b cb
a
f .x/'.x/ dx D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx

a aa
cb

D '.a/ f .x/ dx C '.b/ f .x/ dx :

ac

Esto demuestra el teorema para ' decreciente. El caso en que ' sea creciente se reduce al
anterior considerando la función '.

El segundo teorema de la media para integrales es muy útil para estudiar la convergencia
no absoluta de integrales impropias pues, en muchos casos, permite probar que se satisface la
condición de Cauchy para la existencia de límite. El teorema suele enunciarse con hipótesis
mucho más generales, pero las hipótesis con las que lo hemos probado son suficientes para
nosotros.

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Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Derivadas e integrales de funciones complejas de variable real 409

8.5. Derivadas e integrales de funciones complejas de variable real

Una función compleja de variable real es una función de la forma h.t/Df .t/Cig.t/ donde
f , g son funciones reales definidas en un intervalo I . Se dice que f es la parte real de h y g
es la parte imaginaria, y escribimos f D Re.h/, g D Im.h/. Cuando las funciones f y g son
derivables, se dice que h es derivable y se define su derivada por la igualdad:

h0.t / D f 0.t / C ig 0.t /:

Cuando las funciones f y g son integrables en un intervalo Œa; b se dice que h es integrable en
Œa; b y se define la integral de h en Œa; b por la igualdad:

bb b

h.t/ dt D f .t/ dt C i g.t/ dt :

aa a

Naturalmente, si F y G son, respectivamente, primitivas de f y g en un intervalo Œa; b, enton-
ces H .t/ D F.t/ C iG.t/ es una primitiva de h en Œa; b y se verifica la regla de Barrow:

bb b

h.t/ dt D f .t/ dt C i g.t/ dt D .F.b/ F.a// C i.G.b/ G.a// D H .b/ H .a/:

aa a

Análogamente, si f y g son continuas en un intervalo I y elegimos un punto a 2 I , la función:

xx x

H .x/ D h.t/ dt D f .t/ dt C i g.t/ dt

aa a

es una primitiva de h en I .

8.36 Ejemplo. Sea ˛ C iˇ un número complejo, la función:

h.t / D e.˛Ciˇ/t D e˛t eiˇt D e˛t cos.ˇt / C i e˛t sen.ˇt /

es derivable y su derivada viene dada por:

h0.t / D ˛ e˛t cos.ˇt / ˇ e˛t sen.ˇt / C i ˛ e˛t sen.ˇt / C ˇ e˛t cos.ˇt
/D
/
D e˛t .˛ C iˇ/ cos.ˇt / C i sen.ˇt D .˛ C iˇ/ e˛t eiˇt D.˛ C iˇ/h.t /:

Como era de esperar, hemos obtenido que:

En consecuencia: d e.˛Ciˇ/t D.˛ C iˇ/ e.˛Ciˇ/t :
dt
(8.17)
e.˛Ciˇ/t dt D 1 e.˛Ciˇ/t
˛ C iˇ

En algunos de los siguientes ejercicios deberás calcular algunas primitivas muy sencillas,
es un buen momento para que repases las derivadas de las funciones elementales.

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Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 410

8.5.1. Ejercicios propuestos

365. Sea f .x/ D ex sen x . Justifica que f es integrable en Œ0; 1 y se verifica la desigualdad

1 x
0
06 f .x / dx 6e 1.

366. Sea f una función continua y positiva en Œa; b tal que b f .x/ dx D 0. Prueba que
a

f .x/ D 0 para todo x 2 Œa; b.

367. Justifica las desigualdades:

12 dx 1 1 1 x9 dx 1 1 < log nC1 < 1
a/ < < I b/ p < < I c/ :
6 10 C x 5 10 2 10 C x 10 nC1 nn

0 0

Deduce de la última desigualdad que e D lKım C 1 n
1 n .

368. Calcula la integral f .x / dx donde f .x/ D sen x C cos x, y calcula el área de la


región limitada por la gráfica de f y el eje de abscisas cuando x 2 Œ ; .

369. Calcula los límites de las siguientes sucesiones expresándolas como sumas de Riemann.

a/ xn D 1˛ C 2˛ C C n˛ ; .˛ > 0/

n˛C1

b/ xn D p 1 Cp 1 C C p 1
n.n C 1/ n.n C 2/ n.n C n/

11 1
c/ xn D n C 1 C n C 2 C C n C n
nn n
d / xn D n2 C 1 C n2 C 4 C C n2 C n2

nC1 nC2 nCn
e/ xn D n2 C 1 C n2 C 4 C C n2 C n2

Xn .n k/k 1 Xn k
f / xn D g/ xn D n2 k sen
n3 n2
k D1 k D1
.2n/! 1=n Xnq 1

h/ xn D n!nn i / xn D .p; q 2 N; p < q/
k
k Dnp C1

370. Considera la función f W Œ0; 1 ! R definida por f .x/ D 1=x E.1=x/ para 0 < x 6 1,
y f .0/ D 0. Prueba que:

1 1 1 E 1 dx D 1
;
f .x/ dx D lKım x
0 t!0 t x

donde
es la constante de Euler.

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Ejercicios propuestos 411

371. Sea f derivable en Œa; b y sea M > 0 tal que jf 0.x/j 6 M para todo x 2 Œa; b.
Dado n 2 N sea P la partición de Œa; b definida por los puntos xk D a C k bna , donde
Xn
k D 0; 1; 2; : : : ; n. ˛ D f b a
Pongamos .xk / n . Prueba que:

k D1

.b a/2
S.f; P / ˛ 6 M n ;

y deduce que: ˇˇˇˇˇˇ ˛ˇˇˇˇˇˇ 6 M .b

b f .x / dx a/2
a :

n

372. Calcula las siguientes integrales.

1 2 e log x
3 c/ dx
a/ .x2 1/62x dx
b/ jcos xj dx x
0
2 1
e2 1
d / dx 3

x log x 2 p 4 1 C sen x
x f / cos2x dx
e sen
e/ p dx 0
x
0 22 x
4p i / x3 dx
g/ cos x sen x dx sen x
h/ dx 1
0
cos x C 4

0

Sugerencia. Todas ellas son inmediatas y se calculan usando la regla de Barrow.

373. Sea f una función continua tal que x tf .t / dt D sen x x cos x. Calcula f . =2/ y
0
f 0. =2/.

xt !

374. Sea Sea f una función continua y definamos F.x/D t f .s/ ds dt . Calcula F 0.1/

y F 00.x/. 11

375. Calcula la derivada de las siguientes funciones.

x3 1

a/ G.x/ D cos.t 2/ dt b/ G.x/ D esen t dt

0 x2
ex
x2 Cx 1
d / G.x/ D sen.log t/ dt
c/ G.x/ D 2 C p3 t 2 dt

p 1 1

0x x sen u
x y2 1 u du
1 1
e/ G.x/ D @ dt A dy f / G.x/ D t 2 C sen4 t dt
1 C sen2 t
01 0

sen2x 1 3x2t 3
h/ G.x/ D 1 C t 4 dt
g/ G.x/ D cos.log2.t 2// dt
0
ex

Sugerencia. Aplica la estrategia 8.19.

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Ejercicios propuestos 412

376. Calcula todas las funciones de clase C 1 en R tales que:
f .x/2 D x f .t /2 C f 0.t /2 dt C 2008:

0

377. Prueba que para todo x 2 Œ0; =2 se verifica la igualdad:

cos2x p sen2x p
arc cos t dt C arc sen t D
4

00

378. Sea g una función derivable en R y dos veces derivable en 0, siendo además g.0/ D 0.
Estudia la derivabilidad de la función f W R ! R definida por:

f .0/ D g 0.0/; f .x/ D 1 x g.t / dt .x ¤ 0/:

xt
0

¿Es f de clase C 1?

379. Sea F W Œ0; C1Œ! R definida por F.x/ D 2x e t2 dt . Estudia los extremos relativos
x

y absolutos de F , intervalos de concavidad y convexidad, puntos de inflexión y calcula

el límite de F en C1.

380. Sea f la función dada por:

2 x; si x 6 1;
2 C x; si x > 1.
f .x/ D

Estudia la derivabilidad de F.x/ D x f .t / dt .
0

381. Calcula los siguientes límites.

x2 p x x2 e 1 dt
sen. t/ dt
x et2 dt e t2

a/ lKım 0 x3 b/ lKım 0 c/ lKım 0 p
xx
x!0 x!0 x x!0
x>0 x>0
et2 sen t dt

x2C1 e t 0 !2 x
x

t dt et2 dt .sen t C cos t 1/ dt

d / lKım 1 e/ lKım 0 f / lKım 0

x!0 x2 x!C1 x x!0 x2

e2t2 dt

0

382. Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias y calcúlalas cuando sean
convergentes.

C1 dx C1 C1 1
a/ p c/ p dx
b/ x e x2 dx x.1 C x/
1 x 4x2 C x C 1 0
C1 1 C x4 0
d / .x2 C 1/3 dx C1 1
1 log x f / 1 1 C x2 dx
0 e/ dx

x

0

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Ejercicios propuestos 413

Sugerencias. En a) hacer x D 1=t y en d) x D tg t.

383. Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias.

1 1 cos x 1 x C1 x C 5
a/ x2px dx dx c/ x3 C x dx
b/
0 x sen x 0

C1 x 0 11
1 f / p sen.1=x/ dx

d/ ex dx e/ log x log.1 x/ dx x
1
1 0 0

Sugerencia. Los criterios de comparación pueden ser útiles.

384. Estudia la convergencia de la integral

I D C1 x C sen x dx

x˛ x sen x

0

Según los valores de ˛ 2 R.

385. Prueba que la integral C1 sen x dx es absolutamente convergente para p > 1, es con-
1 xp

vergente pero no absolutamente convergente para 0 < p 6 1 y no es convergente para

p 6 0.

Sugerencia. Para 0 < p 6 1 usa el segundo teorema de la media.

386. Estudia para qué valores de ˛ y ˇ son convergentes las integrales siguientes.

C1 C1 1 1 x/ˇ dx
b/ x˛.1 C xˇ/ dx
a/ x˛ eˇx dx c/ x˛.1
0
1 0

Sugerencia. Utiliza el criterio límite de comparación.

387. Justifica que hay una función f W R ! R derivable cuya derivada es f 0.x/ D sen.1=x/
para todo x ¤ 0, y f 0.0/ D 0.

388. Sea f W RCo ! R la función definida por f .0/ D 0, f .1/ D log 2 y

f .x/ D x2 1 dt .0 ¤ x ¤ 1/:

x log t

a) Prueba que lKım f .x/ D log 2 y justifica que f es de clase C 1.

x!1

Aplicación. Calcula la integral 1t 1 dt .

0 log t

Sugerencia: Sea g.t/ D t 1
. Utiliza el primer teorema de la media para integrales para
log t

obtener que si 0 < x ¤ 1 hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x2 tal que:

f .x/ D g.c/ x2 1 dt :

xt 1

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Ejercicios resueltos 414

389. Justifica, usando integrales, que para todo x > 0 se verifica que:

11
1 C x < log.1 C x/ log x < :
x

Dedduce que, dado p 2 N, p > 2, se verifica que:

Xpn 1
lKım D log p:
n!1 k
k DnC1

8.5.2. Ejercicios resueltos

¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!

Ejercicio resuelto 180 Sea f .x/ D ex sen x . Justifica que f es integrable en Œ0; 1 y se ve-

x
rifica la desigualdad 0 6 01f .x/ dx 6 e 1.

Solución. Como 0 6 sen x 6 x para todo x 2 Œ0; 1, se sigue que 0 6 f .x/ 6 ex 6 e para

todo x 20; 1. En consecuencia la función f está acotada y es continua en Œ0; 1 n f0g.

Podemos ahora apoyarnos en la observación 8.15 para concluir que f es integrable en

Œ0; 1. Alternativamente, podemos definir f .0/ D 1 con lo que cual resulta continua en

todo el intervalo Œ0; 1. Finalmente, como la integral conserva el orden, tenemos que:

11

0 6 f .x/ 6 ex 8x 2 Œ0; 1 ÷ 0 6 f .x/ dx 6 ex dx D e 1

00

©

Ejercicio resuelto 181 Sea f una función continua y positiva en Œa; b con b f .x / dx D 0.
a

Prueba que f .x/ D 0 para todo x 2 Œa; b.

Solución. Sea x 2 Œa; b. Pongamos b f D x f C b f . Como f .t / > 0 para todo
a a x
b b axaxffes>d0er.ivDaebdlueceinmŒoas;
t 2 Œa; b, se verifica que x f > 0, por lo que 0 D f> que
x D 0. Como f es en Œa; b, la función F a /D b y
a f continua
.x

F 0.x/Df .x/ para todo x 2 Œa; b. Evidentemente, F 0 es la función nula, luego f .x/D0

para todo x 2 Œa; b.

Alternativamente, la función F.x/ D x f .t / dt es derivable con F 0.x/ D f .x/ > 0,
a

lo que implica que F es creciente en Œa; b. Como F.a/ D F.b/ D 0, deducimos que
©
F.x/ D 0 para todo x 2 Œa; b, lo que implica que f es la función nula en Œa; b.

Ejercicio resuelto 182 Justifica las desigualdades:

12 dx 1 1 1 x9 dx 1 1 < log nC1 1
a/ < < I b/ p < < I c/ <:
6 10 C x 5 10 2 10 C x 10 nC1 nn

0 0

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Ejercicios resueltos 415

Deduce de la última desigualdad que e D lKım C 1 n
1 n .

Solución. El resultado obtenido en el ejercicio anterior nos dice que si f es una función

continua, positiva y no idénticamente nula en un intervalo Œa; b, entonces se verifica que

b f .x / dx > 0. Las desigualdades propuestas son todas consecuencia de este resultado.
a

a) Para 06 x 62 las funciones f .x /D 1 1 y g.x/D 1 1
10 10 C x 10 C x son continuas,

12
2 02g.x/ dx
positivas y no idénticamente nulas en Œ0; 2, luego 0 f .x / dx > 0y > 0.

Esto prueba las desigualdades pedidas.

c) Dado n 2 N, para todo x 2 Œn; n C 1 se tiene que 1 11
< < . Razonando com
nC1 x n
antes, se sigue que:

1 nC1 1 nC1 1 n C 1 nC1 1 1
D dx < dx D log < dx D :
nC1 n nC1 nx n nn n

Lo que prueba la desigualdad del enunciado. Multiplicando por n dicha desigualdad se

obtiene: C C 1 n
n
n < n log n 1 D log < 1:

nC1 n n

nC1 n
n
Por el principio de las sucesiones encajadas, deducimos que log ! 1, lo que
n
implica, tomando exponenciales, que e D lKım 1 C 1 . ©
n

Ejercicio resuelto 183 Calcula los límites de las siguientes sucesiones expresándolas como
sumas de Riemann.

a/ xn D 1˛ C 2˛ C C n˛ ; .˛ > 0/

n˛C1

e/ xn D nC1 C nC2 C C n C n
n2 C 1 n2 C 4 n2 C n2
.2n/! 1=n
i / xn D n!nn

Solución. Aplicaremos en cada caso el corolario 8.9.
˛
1 Pn k
a) Tenemos que xn D n n que es una suma de Riemann de la función f .x / D
k D1

x˛ para la partición del intervalo Œ0; 1 dada por los puntos xk D k (0 6 k 6 n). Pues,
n
Xn
claramente, se tiene que xn D f .xk/.xk xk 1/. Como ˛ > 0, la función f es

k D1

integrable en Œ0; 1, y deducimos que:

nl!Kım1fxng D 1 D 1
˛ C 1:
x˛ dx

0

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Ejercicios resueltos 416

e) Podemos escribir:

xn D Xn n C k D 1 Xn 1C k
n2 C k2 n
k D1 k D1 1 kn 2
C
n

que es una suma de Riemann de la función f .x/ D 1Cx para la partición del intervalo
1Cx2
k
Œ0; 1 dada por los puntos xk D n (0 6 k 6 n). Como la función f es integrable en Œ0; 1

y .Pn/ D 1 ! 0, deducimos que:
n

1 1Cx 1 1 1 x
1 C x2 dx 1 C x2 1 C x2
nl!Kım1fxng D D dx C dx D

000

1 p
D arc tg 1 C 2 log 2 D 4 C log 2:

i) Tomando logaritmos tenemos que:

1 log n!nn 1 log n log n
log.xn/D n log..2n/!/ D n!.n C 1/ .2n/ log n! D
n

D 1 .log.n C 1/ C log.n C 2/ C C log.2n/ 1 Xn n C k
n n log n/ D log D

nn
k
k D1

1 Xn
D log 1 C :
nn
k D0

Por tanto, la sucesión yn Dlog.xn/ es una suma de Riemann de la función log.1Cx/ para
k
la partición del intervalo Œ0; 1 dada por los puntos xk D n , k D 0; 1; : : : ; n. Aplicando el

corolario citado al principio, deducimos que:

1 D log.1 C log.1Cx/ˇˇ01 1x
Du dv D dx x/ Dx dx D2 log 2 1:
lKımfyngD log.1Cx/ dx
1Cx
0
0
Luego fxng ! 4 .
e ©

Ejercicio resuelto 184 Considera la función f W Œ0; 1 ! R definida por f .x/ D 1=x
E.1=x/ para 0 < x 6 1, y f .0/ D 0. Prueba que:

1 1 1
f .x/ dx D lKım 1
0 t!0 t x E dx D 1
;
x

donde
es la constante de Euler.

Solución. La función f es continua en todos los puntos de Œ0; 1 excepto en 0 y en los

puntos de la forma 1 donde n 2 N. Claramente 0 6 f .x/ 6 1. Por tanto, en cada
nC1
intervalo Œt; 0 con t > 0 la función f es integrable por estar acotada y tener en dicho

intervalo un número finito de discontinuidades. Fijado 0 < t < 1, sea n D n.t/ 2 N tal

que 1 < t 6 1 . Tenemos que:
nC1 n

1 X1 1
k
n
n1

f .x/ dx D f .x/ dx C f .x/ dx :

t t kD1 1

kC1

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Ejercicios resueltos 417

1 1 1
k C1 k
Para < x 6 se tiene que E.1=x/ D k. Luego, poniendo ˛.t/ D n f .x / dx ,

t

tenemos:

1 nX1 1 1
k k dx D

f .x/ dx D ˛.t/ C x

t kD1 1
kC1

D ˛.t/ C nX1 log.k C 1/ log k
1 1
k D1
k D
k k C1

D ˛.t/ C log n nX1 1 Xn 1 !
k C 1 D ˛.t/ C 1 k log n

k D1 k D1

Puesto que para t ! 0 ) n.t/ ! C1, y 0 6 f .x/ 6 1, se sigue que:

1
0 6 ˛.t/ 6 n.t/ t ÷ lKım ˛.t / D 0:

t !0

Concluimos que: lKım Xn 1 !
:
log n D 1
1 n!1 k
k D1
lKım f .x/ dx D 1

t !0 t

©

Ejercicio resuelto 185 Calcula la derivada de las siguientes funciones.

x3 1

a/ G.x/ D cos.t 2/ dt b/ G.x/ D esen t dt

0 x2
ex
x2 Cx 1
d / G.x/ D sen.log t/ dt
c/ G.x/ D 2 C p3 t 2 dt

p 1 1

0x x sen u du
x y2 1 u
1 1
e/ G.x/ D @ dt A dy f / G.x/ D t 2 C sen4 t dt
1 C sen2 t
01 0

x3

Solución. a) La función G.x/ D cos.t 2/ dt puede expresarse como la composición de

0
x

la función F.x/ D cos.t 2/ dt con la función h.x/ D x2. Por el teorema fundamental

0

del cálculo, sabemos que F 0.x/ D cos.x2/. Por la regla de la cadena, tenemos que:

G 0.x/ D .F ı h/0.x/ D F 0.h.x//h0.x/ D F 0.x2/2x D 2x cos.x4/:

c) Observa que en este ejercicio debes considerar que x > 0. Pongamos:

x2 Cx 1 x2 Cx 1 p
x
G.x/ D 2 C p3 t 2 dt D 0 2 C p3 t 2 dt
1
p 0 2 C p3 t 2 dt :
x

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Ejercicios resueltos 418

Definamos F .x / D x 2 1 dt , g.x/ D p h.x/ D x2 C x. Tenemos que
0 C p3 t 2 x,

G.x/ D F.h.x// F.g.x// D .F ı h/.x/ .F ı g/.x/:

Como F 0 .x / D 1 , g 0 .x / D 1 , h 0 .x / D 2x C 1, deducimos, al igual que antes,
p3 x p
2 C 2 2x

que:

G 0.x/ D F 0.h.x//h0.x/ F 0.g.x//g 0.x/ D p 2x C 1 1p p1 :
2 C 3 x4 C 2x3 C x2 2 C 3 x 2 x

y2 1 x

e) Definamos H .y/ D 1 C sen2 t dt . Entonces G.x/ D H .y/ dy . Como la función
10
H .y/ es continua, de hecho es derivable, se sigue que G 0.x/ D H .x/.

x1 x sen u
f) Sea F.x/ D t 2 C sen4 t dt , h.x/ D u du . Tenemos que G.x/ D .F ı h/.x/.
01

Como las derivadas de F y de h son conocidas podemos calcular la derivada de G.

Tenemos que:

G 0.x/ D F 0 .h.x //h 0.x / D h.x/2 1 h.x/ sen x
C sen4 x :

©

Ejercicio resuelto 186 Prueba que para todo x 2 Œ0; =2 se verifica la igualdad:

cos2x p sen2x p

arc cos t dt C arc sen t D 4

00

cos2x p sen2x p

Solución. Definamos F.x/ D arc cos t dt C arc sen t. Tenemos que:

00

F 0.x/ D 2 sen x cos x arc cos.cos x/ C 2 sen x cos x arc sen.sen x/ D 0:

Donde hempos tenido en cuentpa que para x 2 Œ0; =2 se tiene que sen x > 0 y cos x > 0
por lo que sen2 x Dsen x y cos2 x Dcos x. Además, sabemos que arc sen.sen x/ Dx
para x 2 Œ =2; =2 y arc cos.cos x/ D x para x 2 Œ0; . Por tanto ambas igualdades
son válidas para x 2 Œ0; =2. Hemos probado así que la derivada de F es nula en el
intervalo Œ0; =2, lo que implica que F es constante en dicho intervalo.

Para terminar, bastará comprobar que algún valor de F es igual a =4. Para ello, re-

cordemos que arc sen x C arc cos x D =2 para todo x 2 Œ 1; 1. Como cos2. =4/ D
©
sen2. =4/ D 1=2, obtenemos fácilmente que F. =4/ D =4.

Ejercicio resuelto 187 Sea g una función derivable en R y dos veces derivable en 0, siendo
además g.0/ D 0. Estudia la derivabilidad de la función f W R ! R definida por:

f .0/ D g 0.0/; f .x/ D 1 x g.t / dt .x ¤ 0/:

xt
0

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Ejercicios resueltos 419

¿Es f de clase C 1?
g.x/

Solución. Pongamos h.x/ D x para x ¤ 0. Como

lKım h.x/ D lKım g.x/ g.0/ D g 0.0/;
x!0 x!0 x 0

definiremos h.0/ D g 0.0/. Con ello, la función h es continua en R. Deducimos que f es
derivable en R n f0g y:

f 0.x/ D x g.x/ x g.t / dt g.x/ x g.t / dt :
x 0 t D 0 t

x2 x2

La derivada de f es claramente continua en R n f0g. Comprobaremos que f es continua

en 0 y que su derivada tiene límite en 0, en cuyo caso la proposición 6.19 nos dice que f
es de clase C 1. Para calcular el límite de f en 0 podemos aplicar la regla de L’Hôpital.

lKım f .x/ D lKım g.x/ D g 0.0/ ÷ lKım f .x/ D f .0/:
x!0 x!0 x x!0

Lo que prueba que f es continua en 0 y, por tanto, f es continua en R. Para calcular el
límite de f 0.x/ en 0, como g es derivable, podemos aplicar la regla de L’Hôpital.

lKım f 0.x/ D lKım g 0.x/ g.x/ lKım g.x/ xg 0.x/ :

x!0 x!0 2x xD x!0 2x2

Este último límite no puede calcularse por la regla de L’Hôpital porque no sabemos si g 0
es derivable. Pensando un poquito, nos damos cuenta de que podemos calcularlo como
sigue. La idea es conseguir utilizar la hipótesis de que g es dos veces derivable en 0.

g.x/ xg 0.x/ g.x/ xg 0.0/ C xg 0.0/ xg 0.x/ g.x/ xg 0.0/ g 0.x/ g 0.0/
2x2 D D 2x2 :
2x2 2x

Para calcular el límite de la primera fracción en 0 podemos aplicar L’Hôpital (o el teore-
ma de Taylor – Young) y tenemos:

lKım g.x/ xg 0.0/ D lKım g 0.x/ g 0.0/ D 1 g 00.0/:
2x2 4x 4
x!0 x!0

g 0.x/2x g 0.0/ D 1 g 00.0/. Concluimos que lKım f 0.x/ D 1 g 00.0/. Por la propo-
Y lKım 2 x!0 4
x!0
sición 6.19, concluimos que f es derivable en 0 con f 0.0/ D 1 g 00.0/ y, por tanto, f 0 es
4
continua en 0, luego f es una función de clase C 1 en R. ©

Ejercicio resuelto 188 Sea F W Œ0; C1Œ! R definida por F.x/ D 2x e t2 dt . Estudia los
x

extremos relativos y absolutos de F , intervalos de concavidad y convexidad, puntos de

inflexión y calcula el límite de F en C1.

Solución. Observa que todo lo que se pide en este ejercicio depende del conocimiento
de la función derivada de F que podemos calcular fácilmente.

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Ejercicios resueltos 420

Poniendo F.x/ D 2x e t2 dt x e t2 dt , deducimos que:
0 0

F 0.x/ D 2 e 4x2 e x2 D e x2 2 e 3x2 .x > 0/
1

El signo de F 0 es el mismo de 2 e 3x2 1. Tenemos que:

1 r log 2
>
2 e 3x2 1>0 ” e 3x2 ” 3x2 6 log 2 ” jxj 6

23

q 2q y

Como coqnsideramos que x > 0, obtenemos queqF 0.x/> para x 2 Œ0; log F 0.x/ 6 0
3

para x > log 2 . Por tanto Fqes creciente en Œ0; log 2  y es decreciente en Œ log 2 ; C1Œ.
3 3 3

Deducimos que en x0 D log 2 la función F alcanza un valor máximo absoluto en
3

Œ0; C1Œ. No hay otros extremos relativos, además de x0, porque la derivada solamen-

te se anula en x0.

Por su definición, se tiene que F.x/ > 0 para todo x > 0, pues F es la integral de la
función continua positiva e t2 en el intervalo Œx; 2x. Como F.0/ D 0, resulta que F

alcanza en 0 un valor mínimo absoluto.

Calculemos la segunda derivada.

F 00.x/ D 16x e 4x2 C2x e x2 D2x e x2 1 8 e 3x2 .x > 0/

Se obtiene fácilmente que F 00.xp/ 6 0 para x 2 Œ0; p y F 00.x/ > 0 para x > p 2.
logp2 log

Por tanto, F es cóncava en Œ0; log 2 y cponvexa en Œ log 2; C1Œ. Deducimos que F
tiene un único punto de inflexión en x1 D log 2.

Finalmente, como:

2x 2x

0 6 F.x/ D e t2 dt 6 e x2 dt D x e x2 ;

xx

y lKım x e x2 D0, obtenemos que lKım F.x/ D 0. ©

x!C1 x!C1

Ejercicio resuelto 189 Calcula los siguientes límites.

x2 p x x2 e 1 dt
sen. t/ dt
x et2 dt e t2

a/ lKım 0 x3 b/ lKım 0 c/ lKım 0 p
xx
x!0 x!0 x x!0
x>0 x>0
et2 sen t dt

0

x2C1 e t x !2 x
et2 dt
t dt .sen t C cos t 1/ dt
0
d / lKım 1 e/ lKım x f / lKım 0

x!0 x2 x!C1 e2t2 dt x!0 x2

0

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Ejercicios resueltos 421

Solución. Todos ellos se calculan aplicando las reglas de L’Hôpital.

x2 p
sen. t/ dt
p
2x sen. x2/ 2 sen.jxj/ 2 sen x 2
a) lKım 0 D lKım 3x2 D lKım 3x D lKım 3x D :
x3
x!0 x!0 x!0 x!0 3
x>0 x>0 x>0 x>0

x2 p
sen. t/ dt

Observa que lKım 0 x3 D 2
3 , por tanto, no existe el límite en 0 de dicha fun-
x!0
x<0

ción.

e) Se trata de una indeterminación del tipo 1 .
1

x et 2 2
0
dt 2 ex2 x et 2 dt 2 x et 2 dt
0 D lKım 0
lKım D lKım D
x e2t 2 dt e2x2 x!C1 ex2
x!C1 0 x!C1

D lKım 2 ex2 D lKım 1 D0

x!C1 2x ex2 x!C1 x

©

Ejercicio resuelto 190 Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias y cal-
cúlalas cuando sean convergentes.

C1 dx C1 C1 1
c/ p dx
a/ p b/ x e x2 dx x.1 C x/
1 x 4x2 C x C 1
0 0

C1 1 C x4 1 log x C1 1
d / .x2 C 1/3 dx e/ dx f / 1 1 C x2 dx

0 x

0

Sugerencias. En a) hacer x D 1=t y en d) x D tg t.

Solución. En todos los casos, salvo a/ y d /, podemos calcular una primitiva inmediata
que se puede usar para calcular la integral y, de paso, comprobar su convergencia. Antes
de hacer a/ y d / estudia las técnicas de cálculo de primitivas.

C1 1 u1 p
c) p dx D lKım p dx D 2 lKım arc tg u D .
x.1 C x/ u!C1 x.1 C x/ u!C1
00

d) La función que se integra se hace infinita en los extremos del intervalo 1 y 1.

11 01 t1
p dx D lKım p dx C lKım p dx D
1 1 x2 t! 1 t 1 x2 t !1 1 x2
0

D lKım arc sen t C lKım arc sen t D :
t! 1 t !1

1 log x 1 log x lKım 1 .log t /2 D 1. ©
e) dx D lKım dx D
x t!0 t x t!0 2

0

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Ejercicios resueltos 422

Ejercicio resuelto 191 Estudia la convergencia de las siguientes integrales impropias.

1 1 cos x 1 x C1 x C 5
a/ x2px dx ; dx c/ x3 C x dx
b/
x sen x
000

Sugerencia. Usa los criterios de comparación.

Solución. Para hacer este ejercicio y los siguientes debes tener presentes los resultados

8.10 y 8.11.

a) Pongamos f .x/ D 1 cos x
p . Se trata de estudiar la convergencia de la integral de f
x 2 x

en 0; 1. La función f .x/ es positiva y asintóticamente equivalente a p1 para x ! 0.
2x

Como 1 p1 dx es convergente, por ser de la forma 1 1 dx con ˛ D 1 < 1, deduci-
0 x 0 x˛ 2

mos, por el criterio límite de comparación, que la integral 01f .x/ dx es convergente.

c) Pongamos f .x/ D x C5 . Es una función positiva para x > 0. Se trata de estudiar la
x3 Cx
convergencia de la integral de f en 0; C1Œ. Para ello estudiaremos la convergencia de

las integrales de f en 0; 1 y en Œ1; C1Œ. Tenemos las equivalencias asintóticas:

xC5 1 5 f .x/ D xC5 1 1
f .x/ D 1 C x2 x x .x ! 0/; .x ! C1/
x C 1 x2 x2
x

Como la integral C1 1 dx es convergente, se sigue que la integral de f en Œ1; C1Œ es
1 x2
convergente.

Como la integral 11 dx es positivamente divergente, se sigue que la integral de f en
0x

0; 1 es positivamente divergente. Por tanto la integral de f en 0; C1Œ es positivamente
©
divergente.

Ejercicio resuelto 192 Estudia la convergencia de la integral

I D C1 x C sen x dx

x˛ x sen x

0

Según los valores de ˛ 2 R.
Solución. Pongamos f .x/ D x˛ x C sen x . Como jsen xj < x para todo x > 0, se sigue

x sen x
que f .x/ > 0 para todo x > 0. Se trata de estudiar la convergencia de la integral de f
en 0; C1Œ. Para ello estudiaremos la convergencia de las integrales de f en 0; 1 y en
Œ1; C1Œ. Tenemos las equivalencias asintóticas:

x C sen x 2x y x sen x 1 x3 .x ! 0/ ÷ f .x/ 6x˛ 2 .x ! 0/
3

Como la integral 1 x ˛ 2 dx es convergente si, y sólo si, ˛ 2> 1, deducimos que la
0

integral de f en 0; 1 es convergente si, y sólo si, ˛ > 1.

Tenemos también la equivalencia asintótica f .x/ x˛ para x ! C1. Como la integral
C1
1 x ˛ dx es convergente si, y sólo si, ˛ < 1, deducimos que la integral de f en

Œ1; C1Œ es convergente si, y sólo si, ˛ < 1. Por tanto, la integral de f en 0; C1Œ no
©
converge para ningún valor de ˛.

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Ejercicios resueltos 423

Ejercicio resuelto 193 Prueba que la integral C1 sen x dx es absolutamente convergente
1 xp

para p > 1, es convergente pero no absolutamente convergente para 0 < p 6 1 y no es

convergente para p 6 0.

Sugerencia. Para 0 < p 6 1 usa el segundo teorema de la media.

Solución. Pongamos f .x /D sen x . Como jf .x /j6 1 y, para p > 1 la integral C1 1 dx
xp xp 1 xp
C1
es convergente, se sigue, por el criterio de comparación, que la integral 1 sen x dx es
xp

absolutamente convergente para p > 1.

Supongamos que 0 < p 6 1. Entonces podemos aplicar el segundo teorema de la media
1
porque la función xp es decreciente en Œ1; C1Œ. Dados v > u > 1, dicho teorema afirma

que hay algún c 2 Œu; v tal que:

v sen x 1c 1v
u xp dx D up u sen x dx C vp c sen x dx :

Teniendo en cuenta que ˇˇˇ b sen x dx ˇˇˇDjcos a cos bj6jcos ajCjcos bj62, deducimos
a

que: ˇˇˇˇˇ v ˇˇˇˇˇ

u sen x dx 6 2 C 2
xp up vp :

De esta desigualdad se deduce que la función F.x/ D x sen t dt satisface la condición
1 tp
2"
de Cauchy en C1. Pues, dado " > 0, basta tomar u" > 1 tal que up" < 2 (lo que puede
hacerse por ser p > 0) para obtener que para todos v > u > u" es:

jF .u/ F.v/j D ˇˇˇˇˇ v sen x dx ˇˇˇˇˇ 6 2 C 2 < ":
xp up vp
u

Concluimos, por la proposición 8.32, que la función F.x/ tiene límite finito en C1, esto
C1
es, la integral 1 sen x dx es convergente.
xp

Para probar que la integral no es absolutamepnte convergente para 0 < p 6 1 podemos
razonar como sigue. Observa que sen x p> 1= 2 para x 2 Œ =4; 3 =4 y, por la periodi-
cidad del seno, también será sen x > 1= 2 para x 2 Œ2k C =4; 2k C 3 =4, donde

k D 0; 1; 2; : : : . Tenemos que para todo x 2 Œ2k C =4; 2k C 3 =4 es:

jsen xj 1 1 11 11
> p > p > p C 1/p :
xp 2 .2k C 3 =4/p 2 .2k C 1/p p 2 p 2 .k

Deducimos que:

2k C3 =4 jsen xj 1
dx > p C 1/p :
xp 4 p 2 .k
2k C =4

Tenemos que para todo n 2 N:

2n C3 =4 jsen xj dx Xn 2k C3 =4 jsen xj dx > Xn 1
xp > xp p .k C 1/p :

1 kD1 2k C =4 4 p 2 k D1

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Ejercicios resueltos 424

Como 0 < p 6 1 se tiene que .k C 1/p 6 k C 1, luego:

Xn 1 Xn 1
.k C 1/p > k C 1 D HnC1 1

k D1 k D1

donde fHng D f1 C 1=2 C C 1=ng es la serie armónica. Sabemos que fHng ! C1,
por lo que de las dos desigualdades anteriores se sigue que:

2n C3 =4 jsen xj t jsen xj
xp xp dx
lKım dx D C1 ÷ lKım D C1:

n!1 t !C1
11

Luego la integral no converge absolutamente para 0 < p 6 1.

Finalmente, si p 6 0 se comprueba que la función F.x/ no verifica la condición de

Cauchy en C1, por lo que no existe el límite de F.x/ en C1, es decir, la integral
C1 ©
1 sen x dx no es convergente.
xp

Ejercicio resuelto 194 Estudia para qué valores de ˛ y ˇ son convergentes las integrales
siguientes.

C1 C1 1 1 x/ˇ dx
b/ x˛.1 C xˇ/ dx
a/ x˛ eˇx dx c/ x˛.1
0
1 0

Sugerencia. Utiliza el criterio límite de comparación.

Solución. Son integrales de funciones positivas y podemos usar los criterios de compa-

ración.

a) Sabemos que para todo s < 0 es lKım x˛ esx D0 cualquiera sea ˛ 2 R. Pongamos

x!C1

f .x/ D x˛ eˇx. Si ˇ < 0, sea s D ˇ=2. Tenemos que:

lKım f .x/ D lKım x˛ esx D0:
esx
x!C1 x!C1

f .x/
Por tanto, hay algún u0 > 1 tal que para todo x > u0 se verifica que esx 6 1, esto es,
f .x/ 6 esx. Como s < 0 la integral C1 esx
1 dx es convergente y, por el criterio de

comparación, deducimos que la integral C1 x ˛ eˇx dx también es convergente.
1

Si ˇ > 0 un razonamiento parecido al anterior, prueba que la integral es positivamente

divergente para todo ˛ 2 R. Finalmente, si ˇ D 0 sabemos que la integral converge si, y
©
sólo si, ˛ < 1.

Ejercicio resuelto 195 Justifica que hay una función f W R ! R derivable cuya derivada es
f 0.x/ D sen.1=x/ para todo x ¤ 0, y f 0.0/ D 0.
Solución. Como la función h.x/ D sen.1=x/, h.0/ D 0 es continua y acotada en R y
tiene una única discontinuidad en 0, el Teorema Fundamental del Cálculo implica que la
función f W R ! R definida para todo x 2 R por:

x

f .x/ D sen.1=t/ dt

0

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Ejercicios resueltos 425

es continua en R y derivable en todo punto x ¤ 0 con derivada f 0.x/ D sen.1=x/. Queda
probar que f es derivable en 0 con f 0.0/ D 0. La derivada de f en 0 viene dada por el

límite: x
0
lKım sen.1=t/ dt :

x!0 x

Dicho límite es una indeterminación del tipo 0 (siempre es así cuando calculamos la
0

derivada de una función continua). No puede aplicarse L’Hôpital para calcular dicho

límite porque el cociente de las derivadas es justamente sen.1=x/ que no tiene límite en

0. Como queremos probar que dicho límite es 0 el camino obligado es tratar de acotar la

integral. Para ello, vamos a hacer primero un cambio de variable. Suponemos en lo que
sigue que x > 0.

x t D 1=s; dt D ds C1 sen s u sen s
sen.1=t/ dt D t D x; s D 1=x; t D 0; s2 C1 D s2 s2
ds D lKım ds
sD
u!C1
0 11
xx

Sea u > 1=x. Podemos aplicar el segundo teorema de la media para obtener que hay
algún punto c 2 Œ1=x; u tal que:

u sen s ds D x2 c sen s ds C 1 u
s2 u2
1 1 sen s ds :

xx c

Teniendo ahora en cuenta que ˇˇˇ b sen s ds ˇˇˇ D jcos b cos aj 6 2, deducimos que para
a

todo u > 1=x se verifica que:

ˇˇˇˇˇˇˇ u sen s ds ˇˇˇˇˇˇˇ 6 2x2 C 2 ÷ ˇˇˇˇˇˇˇ C1 sen s ds ˇˇˇˇˇˇˇ D lKım ˇˇˇˇˇˇˇ u sen s ds ˇˇˇˇˇˇˇ 6 2x2 ÷
s2 u2 s2 s2
1 1 u!C1 1

ˇˇˇˇˇ x ˇˇˇˇˇ xx

x sen.1=t/ dt 6 2x ÷ lKım x sen.1=t / dt D 0:
0 x 0

x!0 x
x>0

Hemos probado así que f es derivable por la derecha en 0 con derivada por la derecha

en 0 igual a 0. El mismo razonamiento prueba que f es derivable por la izquierda en 0

con derivada por la izquierda en 0 igual a 0 (alternativamente, puedes usar que f es una
©
función par). Por tanto, f es derivable en 0 y f 0.0/ D 0.

Ejercicio resuelto 196 Sea f W RCo ! R la función definida por f .0/ D 0, f .1/ D log 2 y

f .x/ D x2 1 dt .0 ¤ x ¤ 1/:

x log t

a) Prueba que lKım f .x/ D log 2 y justifica que f es de clase C 1.

x!1

Aplicación. Calcula la integral 1t 1 dt .

0 log t

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Ejercicios resueltos 426

t1
Sugerencia: Sea g.t/ D . Utiliza el primer teorema de la media para integrales para

log t
obtener que si 0 < x ¤ 1 hay algún punto c D c.x/ comprendido entre x y x2 tal que:

f .x/ D g.c/ x2 1 dt :

xt 1

Solución. Definamos g.1/ D 1. Con ello, la función g es continua en RCo . Puesto que:

x2 dt
f .x/ D g.t/ ;

x t1

el primer teorema de la media implica que hay algún punto c D c.x/ comprendido entre
x y x2 tal que:

x2 dt Dg.c/.logjx2 1j logjx 1j/Dg.c/ log ˇˇˇˇˇ x2 1 ˇˇˇˇˇDg.c/ log.xC1/:
f .x/Dg.c/ x 1
xt 1

Puesto que, claramente se verifica que x ! 1 ) c D c.x/ ! 1 ) g.c/ ! g.1/ D 1,

de la igualdad anterior deducimos que lKım f .x/ D log 2. Por otra parte es claro que
x!1
1
lKım f .x/ D 0 D f .0/ (observa que podemos definir la función t !7 log t igual a 0 para

x!0
t D 0, con lo que es continua en 0). Resulta así que f es continua en RCo . Tenemos

también que para 0 ¤ x ¤ 1 es:

x 1 x2 1 1 2x x 1
log x C log.x2/ D log x D g.x/:
f .x/ D dt C dt ÷f 0.x/ D
log t log t
00

Como lKımx!0 f 0.x/D0 y lKımx!1 f 0.x/Dg.1/D1, deducimos por la proposición 6.19
que f es derivable en todo RCo , con f 0.0/ D 0, f 0.1/ D 1 y f 0 es continua en RCo , es
decir, f es de clase C 1.
Finalmente, como f ha resultado ser una primitiva de g en RCo , tenemos que:

1t 1 1

log t dt D g.t/ dt D f .1/ f .0/ D log 2:

00

©

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Técnicas de cálculo de Primitivas 427

8.6. Técnicas de cálculo de Primitivas

8.6.1. Calcular una primitiva...¿Para qué?

Para calcular b f .x / dx donde f es una función continua, hay que calcular una primitiva
a

de f , evaluarla en a y en b y hacer la diferencia. Pero, ¿para qué calcular una primitiva? ¿no
x
sabemos ya que una primitiva de f es la función F.x/D a f .t / dt ? Y, naturalmente, cualquier

otra será de la forma F.x/CC donde C es una constante. ¿Qué interés tiene entonces el cálculo

de primitivas de funciones continuas? Respuesta: desde un punto de vista teórico ninguno.

Ahora, si lo que queremos es aplicar la regla de Barrow para calcular el número b f .x / dx ,
entonces la x / dt no a
a
primitiva F.x/ D f .t nos sirve para nada porque si la evaluamos en

a y en b y hacemos la diferencia obtenemos una identidad perfectamente inútil para nuestros

propósitos. Lo que necesitamos es conocer una primitiva de f que sea realmente evaluable, es

decir que al evaluarla en a y en b proporcione valores numéricos.

En otros términos, el problema del cálculo de primitivas consiste en tratar de expresar la
x
“primitiva trivial” F.x/ D a f .t / dt por medio de funciones elementales4 que permitan una

evaluación efectiva de la integral. Para eso sirven las técnicas de cálculo de primitivas.

Pero no hay que olvidar que, si bien la derivada de una función elemental también es una

función elemental, es frecuente que una función elemental no tenga primitivas que puedan ex-

pserensxar,sesepno.rxm2e/,dpio xde3 funciones elementales. Esto ocurre, por ejemplo, con las funciones e x2 ,
x C 1, y muchas más. En tales casos la forma más sencilla de representar
una primitiva de f
es justamente mediante la función F.x/D x f .t / dt y, para obtener valores
a

concretos de dicha función hay que recurrir a métodos numéricos de cálculo de integrales.

En lo que sigue vamos a considerar algunos tipos de funciones elementales cuyas primi-
tivas también pueden expresarse por medio de funciones elementales y pueden calcularse con
procedimientos más o menos sistemáticos.

Para leer lo que sigue necesitas tener papel y un bolígrafo a mano para ir haciendo los
ejercicios que se proponen. A calcular primitivas se aprende practicando; la imprescindible
agilidad en los cálculos la lograrás haciendo decenas de ejercicios. Fíjate que, en la mayoría de
los casos, se trata de ejercicios en los que tan sólo tienes que aplicar una técnica general a un
caso particular. Esto es tan “fácil” que lo saben hacer los programas de cálculo simbólico, como
Mathematica, Derive, Mapple y otros. Cuando se logre fabricar una calculadora de bolsillo que
pueda ejecutar estos programas quizás ya no sea imprescindible aprender a calcular primitivas,
pero hasta que llegue ese momento sigue siendo necesario que aprendas a calcular primitivas
con agilidad. Sería lamentable que, por no saber calcular una primitiva, no puedas resolver una
sencilla ecuación diferencial, ni calcular una probabilidad, ni el área de una superficie, : : : Las
aplicaciones del cálculo integral son tan variadas, que el tiempo que dediques a la práctica del
cálculo de primitivas será más rentable de lo que ahora puedas imaginar.

Con cada técnica de cálculo de primitivas, se incluyen ejemplos y se proponen ejercicios
sencillos para que compruebes si sabes aplicarla. Encontrarás al final una sección de ejercicios
resueltos de cálculo de primitivas en la que se dan soluciones detalladas de algunos de los

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ciones racionales, exponenciales, logarítmicas, trigonométricas y sus inversas, se llaman funciones elementales.

Universidad de Granada Prof. Javier Pérez
Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral