M I G U E L L A C R U Z M A R T Í N
A P U N T E S D E C Á L C U L O
U N I V E R S I D A D D E S E V I L L A
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Sevilla, abril 2017
Índice analítico
7 Números complejos 5
8 Cálculo de primitivas 13
9 La integral de Riemann 29
10 Funciones integrables 47
11 Aplicaciones de la integral 51
12 Series infinitas 61
7 Números complejos
7.1 Necesidad de los números complejos
Los números reales tienen muy buenas propiedades pero tambiéntienen un defecto: que no toda función polinómica tiene una raíz. 1 1 Un ejemplo que ilustra este defecto es
el hecho de que no existe ningún x ∈ R
tal que x2 + 1 = 0.Hace tiempo que se sintió la necesidad de introducir un número
imaginario i tal que i2 + 1 = 0. Si se admite que exista i entonces sepueden simplificar muchas operaciones algebraicas, especialmentecuando se consideran números complejos, es decir, expresiones dela forma a + bi con a, b ∈ R. Un ejemplo de esto es la ecuación desegundo grado
ax2 + bx + c = 0 (7.1)
que se puede resolver formalmente dando como resultado
x =−b±
√b2 − 4ac
2a. (7.2)
Cuando b2 − 4ac ≥ 0 esta fórmula proporciona las dos soluciones.Si se admiten números complejos entonces la fórmula también pareceser válida. Consideremos por ejemplo la ecuación x2 + x + 1 = 0. 2 2 Esta ecuación no tiene raíces reales
porque para todo x ∈ R se tiene
x2 + x + 1 =
(x +
12
)2
+34> 0.
Las raíces de esta ecuación vienen dadas por
x =−1±
√−3
2.
Si interpretamos√−3 como
√3 · (−1) =
√3 ·√−1 =
√3i entonces
las raíces son
x = −12±√
32
i.
Supongamos que convenimos en expresar los números complejosen la forma a + bi, escribiendo el número real a como a + 0 · i yel número imaginario i como 0 + 1 · i. Las leyes ordinarias de laaritmética junto con la relación i2 = −1 prueban que
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + di) (7.3)
(a + bi) · (c + di) = (ac− bd) + (ad + bc)i. (7.4)
Observemos que las propiedades deun número complejo a + bi estáncompletamente determinadas porlos números reales a, b. Definiremosun número complejo como un parordenado de números reales. Tambiéndefiniremos el significado que se debedar tanto a la suma como al productode números complejos.
6 apuntes de cálculo
7.2 Operaciones con números complejos
Definición 7.2.1 Un número complejo es un par ordenado de númerosreales. Si z = (a, b) es un número complejo entonces se dice que a es laparte real de z y que b es la parte imaginaria de z. El conjunto de todoslos números complejos se representa por C. Si (a, b), (c, d) son númeroscomplejos entonces se define
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (7.5)
(a, b) · (c, d) = (ac− bd, ad + bc). (7.6)
Observemos que de acuerdo con esta definición tenemos
(a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0 + 0) = (a + b, 0) (7.7)
(a, 0) · (b, 0) = (ab− 0 · 0, a · 0 + 0 · b) = (ab, 0). (7.8)
Esto indica que los números complejos de la forma (a, 0) se com-portan respecto a la suma y el producto de números complejos dela misma manera que los números reales se comportan respecto ala suma y al producto propios. Esto permite identificar el númerocomplejo (a, 0) con el número real a.
Definición 7.2.2 Se define la unidad imaginaria como i = (0, 1).
Tenemos i2 = (0, 1)2 = (−1, 0) = −1. Además
(a, b) = (a, 0) + (0, b)
= (a, 0) + b(0, 1)
= a + bi.
Queremos trabajar con números complejos igual que lo hacemos connúmeros reales. Como las manipulaciones algebraicas con númerosreales se justifican mediante las propiedades algebraicas del tema 1,sólo hay que demostrar que estas propiedades se cumplen tambiénpara los números complejos. La mayoría de las veces esto es sencilloy no se enuncia como un teorema formal. Veamos por ejemplo cómoes el inverso de un número complejo no nulo: si (a, b) 6= 0 entoncesa2 + b2 6= 0 y además
(a, b) ·(
aa2 + b2 ,− b
a2 + b2
)= (1, 0).
Una forma de llegar a este resultado es la siguiente. 3 Supongamos 3 También se puede razonar que siexiste el inverso de a + bi entonces
1a + bi
=1
a + bi· a− bi
a− bi=
a− bia2 + b2 .
que un número complejo (x, y) satisface
(a, b) · (x, y) = (1, 0).
Tenemos el sistema de ecuaciones lineales
ax− by = 1
bx + ay = 0.
números complejos 7
cuyas soluciones son x = a/(a2 + b2), y = −b/(a2 + b2).Observemos que el conjunto C de todos los números complejos es
la colección de todos los pares ordenados de números reales y estacolección se identifica con el plano. El eje de abscisas es el conjuntode los números de la forma (a, 0) con a ∈ R y se llama eje real,mientras que el eje de ordenadas se llama eje imaginario.
Definición 7.2.3 Si z = x + iy es un número complejo con x, y ∈ R
entonces se define el conjugado de z como el número complejo z = x − yi.También se define el módulo de z como el número real no negativo |z| =√
x2 + y2.
Geométricamente, z es la reflexión de z respecto al eje real mientrasque |z| es la distancia de z al origen.
Figura 7.1: El plano complejoDefinición 7.2.4 La distancia entre dos números complejos z, w ∈ C sedefine como d(z, w) = |z− w|.
Teorema 7.2.5 Si z, w son dos números complejos entonces
1. z = z,
2. z = z si y sólo si z es real.
3. z + w = z + w,
4. −z = −z,
5. z · w = z · w,
6. z−1 = (z)−1 si z 6= 0,
7. |z|2 = z · z,
8. |z · w| = |z| · |w|,
9. |z + w| ≤ |z|+ |w|.
Demostración. Los enunciados (1) y (2) son evidentes. Las ecuaciones(3) y (5) pueden comprobarse por cálculos directos. Las ecuaciones(4) y (6) se deducen del modo siguiente:
0 = 0 = z + (−z) = z +−z, luego −z = −z,
1 = 1 = z · (z−1) = z · z−1, luego z−1 = (z),1.
Las ecuaciones (7) y (8) también se comprueban por cálculo directo.La única parte realmente difícil del teorema es la desigualdad (9).
8 apuntes de cálculo
Tenemos para todo λ ∈ R
0 ≤ |z− λw|2
= (z− λz) · (z− λz)
= (z− λw) · (z− λw)
= zz− λ(wz + zw) + λ2ww
= |z|2 − λ(wz + zw) + λ2|w|2.
Esto significa que la función p(λ) = |z − λw|2 es un polinomio de Observemos que wz + zw es real porque
wz + zw = wz + zw
= wz + zw
= wz + zw.
segundo grado con coeficientes reales que toma valores no negativosy por lo tanto tiene a lo sumo una raíz real. Su discriminante debe deser entonces no positivo, es decir,
(wz + zw)2 − 4|z|2 · |w|2 ≤ 0,
de donde se deduce que
wz + zw < 2|z| · |w|.
Aplicando esta desigualdad, finalmente obtenemos
|z + w|2 = (z + w) · (z + w)
= |z|2 + |w|2 + wz + zw
≤ |z|2 + |w|2+ < 2|z| · |w= (|z|+ |w|)2,
de donde se sigue que |z + w| ≤ |z|+ |w|.
Las operaciones de suma y producto de números complejos tienenimportantes interpretaciones geométricas. Los números complejosz = (a, b) y w = (c, d) determinan un paralelogramo, dos de cuyoslados son el segmento rectilíneo de (0, 0) a z y el segmento rectilíneode (0, 0) a w. El vértice opuesto a (0, 0) es z + w.
Figura 7.2: Suma de números complejos
La interpretración geométrica del producto es más complicada.Empezamos expresando cualquier número complejo z 6= 0 en unaforma especial. Tenemos
z = |z| · z|z| ,
donde |z| es un número real positivo y donde∣∣∣∣ z|z|
∣∣∣∣ = 1.
Ahora cualquier número complejo w = x + yi con 1 = |w|2 = x2 + y2
puede expresarse en la forma
w = (cos θ, sen θ)
números complejos 9
para algún θ ∈ R. Así pues, todo número complejo z 6= 0 puedeexpresarse en la forma polar
z = r(cos θ + i sen θ)
Figura 7.3: Forma polar
para algún r > 0 y para algún θ ∈ R. Aquí r es único; de hechor = |z|. Sin embargo θ no es único. Si una posibilidad es θ0 entonceslas demás son θ0 + 2πk para k ∈ Z. Cualquiera de estas posibilidadesse llama argumento de z. Veamos cómo calcular un argumento θ deun número complejo z = x + yi. Tenemos
x = |z| cos θ,
y = |z| sen θ.
Si x 6= 0 entonces podemos tomar θ = arc tg(y/x) y si x = 0 entoncespodemos tomar θ = π/2 si y > 0 y θ = 3π/2 si y < 0.
Teorema 7.2.6 El producto de dos números complejos no nulos en formapolar
z = r(cos θ + i sen θ)
w = s(cos ϕ + i sen ϕ)
viene dado por la expresión
z · w = rs[cos(θ + ϕ) + i sen(θ + ϕ)].
Demostración. Tenemos
z · w = rs(cos θ + i sen θ)(cos ϕ + i sen ϕ)
= rs[(cos θ cos ϕ− sen θ sen ϕ) + i(cos θ sen ϕ + sen θ cos ϕ))]
= rs[cos(θ + ϕ) + i sen(θ + ϕ)].
7.3 Fórmulas de De Moivre
Ahora es fácil probar por inducción las fórmulas de De Moivre:
Teorema 7.3.1 Si z = r(cos θ + i sen θ) entonces zn = rn(cos nθ +
i sen nθ).
Teorema 7.3.2 Cualquier número complejo no nulo posee exactamente nraíces n-ésimas complejas. Más precisamente, para todo número complejow 6= 0 y para todo n ∈ N existen exactamente n números complejosdistintos z tales que zn = w.
El hecho de que todo número complejoposea una raíz n-ésima cualquiera quesea n, es un caso especial de un teoremamuy importante. La unidad imaginariase introdujo para suministrar solucionesa la ecuación z2 + 1 = 0.
El teorema fundamental del álgebraafirma el notable hecho de que estaintroducción suministra soluciones paracualquier otra ecuación polinómica, enotras palabras, cualquier ecuación
zn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0 = 0
con a0, a1, . . . an−1 ∈ C, tiene al menosuna raíz compleja.
Demostración. Supongamos que
w = s(cos ϕ + i sen ϕ)
10 apuntes de cálculo
para s = |w| y para algún ϕ ∈ R. Un número complejo
z = r(cos θ + i sen θ)
satisface zn = w si y sólo si
rn(cos nθ + i sen nθ) = s(cos ϕ + i sen ϕ),
lo cual sucede si y sólo si
rn = s,
cos nθ + i sen nθ = cos ϕ + i sen ϕ.
La primera ecuación indica que r = n√
s, y de la segunda ecuación sesigue que existe k ∈ Z tal que
θ = θk =ϕ
n+
2πkn
.
Recíprocamente, si elegimos r = n√
s y tomamos θ = θk para algún kentonces el número complejo z = r(cos θ + i sen θ) cumple zn = w.Veamos ahora cuál es el número de raíces n-ésimas. Cualquier enterok puede expresarse como k = nq + l con q, l ∈ Z y con 0 ≤ l ≤ n− 1.Entonces tenemos
cos θk + i sen θk = cos θl + i sen θl .
Esto significa que todo número complejo z que satisface zn = w sepuede expresar como
z = r(cos θk + i sen θk)
para algún 0 ≤ k ≤ n− 1. Además es fácil observar que todos estosnúmeros son distintos porque dos θk con 0 ≤ k ≤ n− 1 difieren enmenos de 2π.
La demostración del teorema 7.3.2 en realidad proporciona unmétodo para calcular las raíces n-ésimas de un número complejo nonulo.
Figura 7.4: Las raíces cúbicas de i.
Supongamos por ejemplo que queremos calcular las raíces cúbicasde la unidad imaginaria. Observemos que |i| = 1 y que un argumen-to de i es igual a π/2. Las raíces cúbicas de i son por lo tanto
cosπ
6+ i sen
π
6,
cos(
π
6+
2π
3
)+ i sen
(π
6+
2π
3
)= cos
5π
6+ i sen
5π
6,
cos(
π
6+
4π
3
)+ i sen
(π
6+
4π
3
)= cos
3π
2+ i sen
3π
2.
números complejos 11
Ahora bien,
cosπ
6=
√3
2, sen
π
6=
12
,
cos5π
6= −√
32
, sen5π
6=
12
,
cos3π
2= 0, sen
3π
2= −1,
y por lo tanto las raíces cúbicas de la unidad imaginaria son√
3 + i2
,−√
3 + i2
, −i.
8 Cálculo de primitivas
8.1 Introducción
Se dice que una función F es una primitiva de una función f enun intervalo abierto I ⊆ R si F es derivable y F′(x) = f (x) paratodo x ∈ I. 1 Este tema está dedicado al cálculo de primitivas. Se 1 Como consecuencia del teorema del
valor medio de Lagrange, si F, G sondos primitivas de f entonces existe unaconstante c ∈ R tal que G(x) = F(x) + cpara todo x ∈ I.
trata de hallar una primitiva que se pueda expresar en términoselementales, es decir, una función que se pueda obtener como suma,producto, división y composición de las funciones racionales, lasfunciones trigonométricas y sus inversas, y las funciones exponencialy logarítmica. 2 2 Desde el principio hemos de decir
que no siempre es posible expresaruna primitiva en términos elementales;por ejemplo, no existe ninguna funciónelemental F tal que F′(x) = e−x2
.
Este tema comprende distintas técnicas para el cálculo de primiti-vas en términos elementales. Los métodos de integración constituyenteoremas muy importantes aplicables a todas las funciones y no sola-mente a las funciones elementales
La integral indefinida de una función f se simboliza como∫f (x) dx
y representa el conjunto de todas las primitivas de f . Así pues, laecuación ∫
x3 dx =x4
4
significa que la función F(x) = x4/4 satisface F′(x) = x3. Muchasveces se escribe ∫
x3 dx =x4
4+ C
para destacar que las primitivas de f (x) = x3 son precisamente lasfunciones de la forma F(x) = x4/4 + C. Nosotros daremos esto porentendido y no nos preocuparemos por esta constante.
8.2 Integrales inmediatas
Estas son las integrales indefinidas que se obtienen a partir de lasderivadas de las funciones elementales. Las integrales inmediatas de
14 apuntes de cálculo
la siguiente tabla se pueden comprobar derivando las funciones queaparecen en el segundo miembro.∫
a dx = ax, (8.1)∫xn dx =
xn+1
n + 1, si n 6= −1, (8.2)∫ dx
x= log x, (8.3)∫
ex dx = ex, (8.4)∫sen x dx = cos x, (8.5)∫cos x dx = − sen x, (8.6)∫
sec2 x dx = tg x, (8.7)∫sec x tg x dx = sec x, (8.8)∫ dx
1 + x2 = arc tg x, (8.9)∫ dx√1− x2
dx = arc sen x. (8.10)
Las siguientes fórmulas también se obtienen a partir de las reglasde derivación.∫
[ f (x) + g(x)] dx =∫
f (x) dx +∫
g(x) dx, (8.11)∫c f (x) dx = c
∫f (x) dx. (8.12)
8.3 Integración por partes
La regla de Leibniz para la derivada de un producto proporcionauna fórmula para el cálculo de integrales indefinidas que se conocecomo fórmula de integración por partes.
Teorema 8.3.1 (Fórmula de integración por partes) Si f y g son dosfunciones derivables en un intervalo entonces∫
f (x)g′(x) dx = f (x)g(x)−∫
f ′(x)g(x) dx. (8.13)
3 3 Si usamos la notación
u = f (x), dv = g′(x) dx,
du = f ′(x) dx, v = g(x),
entonces la fórmula de integración porpartes se expresa como∫
u dv = uv−∫
v du.
Demostración. Según la regla de Leibniz tenemos
( f g)′(x) = f ′(x)g(x) + f (x)g′(x)
que se puede escribir como
f (x)g′(x) = ( f g)′(x)− f ′(x)g(x)
cálculo de primitivas 15
de donde se deduce que∫f (x)g′(x) dx = f (x)g(x)−
∫f ′(x)g(x) dx.
La fórmula de integración por partes resulta útil cuando la funciónque queremos integrar es el producto de una función f con derivadasencilla por una función de la forma g′.
Ejemplo 8.3.2 Calcular la integral indefinida∫xex dx.
Si usamos el esquema 4 4 Observemos que si usamos el esquemaalternativo
u = ex , dv = x dx
du = ex dx, v =x2
2dx,
entonces la fórmula de integraciónpor partes conduce a una integral máscomplicada porque∫
xex dx =∫
u dv
= uv−∫
v du
= xex −∫ x2
2ex dx.
u = x, dv = ex dx
du = dx, v = ex,
entonces la fórmula de integración por partes asegura que∫xex dx =
∫u dv
= uv−∫
v du
= xex −∫
ex dx
= xex − ex.
Un recurso que resulta útil en la fórmula de integración por partesconsiste en tomar g′(x) = 1, como se ilustra en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 8.3.3 Calcular la integral indefinida∫log x dx.
Si usamos el esquema
u = log x, dv = dx
du =dxx
, v = x,
entonces la fórmula de integración por partes asegura que∫log x dx =
∫u dv
= uv−∫
v du
= x log x−∫
x · 1x
dx
= x log x− x.
Otro recurso que resulta muy útil consiste en aplicar la fórmulade integración por partes para obtener una ecuación donde se puededespejar la integral indefinida que se quiere calcular. Veamos ahoraun ejemplo de esto.
16 apuntes de cálculo
Ejemplo 8.3.4 Calcular la integral indefinida∫ log xx
dx.
Si usamos el esquema
u = log x, dv =dxx
du =dxx
, v = log x,
entonces la fórmula de integración por partes asegura que∫ log xx
dx =∫
u dv
= uv−∫
v du
= (log x)2 −∫ log x
xdx,
de donde se deduce que
2∫ log x
xdx = (log x)2,
es decir, ∫ log xx
dx =(log x)2
2.
Hay ocasiones en que es necesario aplicar la fórmula de integraciónpor partes más de una vez. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 8.3.5 Calcular la integral indefinida∫ex sen x dx.
Aplicando dos veces la fórmula de integración por partes resulta∫ex sen x dx = ex(− cos x)−
∫ex(− cos x) dx
= −ex cos x +∫
ex cos x dx
= −ex cos x +
(ex sen x−
∫ex sen x dx
),
de donde se deduce que
2∫
ex sen x dx = ex(sen x− cos x),
es decir, ∫ex sen x dx =
ex(sen x− cos x)2
.
Hay otras ocasiones en que conviene realizar una integración previaal cálculo principal. El siguiente ejemplo sirve para ilustrar esto.
cálculo de primitivas 17
Ejemplo 8.3.6 Calcular la integral indefinida∫(log x)2 dx.
Recordemos que usando la fórmula de integración por partes hemosprobado que ∫
log x dx = x log x− x.
Aplicando una vez más la fórmula de integración por partes resulta∫(log x)2 dx =
∫log x · log x dx
= (log x)(x log x− x)−∫ x log x− x
xdx
= (log x)(x log x− x)−∫(log x− 1) dx
= (log x)(x log x− x)−∫
log x dx +∫
dx
= (log x)(x log x− x)− (x log x− x) + x
= x(log x)2 − 2x log x + 2x.
8.4 La fórmula del cambio de variable
Un método muy importante de integración es una consecuencia dela regla de la cadena para la derivada de una función compuesta.
Teorema 8.4.1 (Fórmula del cambio de variable) Si g es derivableentonces ∫
f (g(x)) · g′(x) dx =∫
f (y) dy.
La fórmula del cambio de variable se suele aplicar por el siguienteprocedimiento paso a paso.
(i) Se realiza el cambio de variable
y = g(x)
dy = g′(x) dx
para obtener una integral donde el integrando es función de y.
(ii) Se calcula una primitiva como función de y.
(iii) Se deshace el cambio de variable y = g(x) para poder expresarla primitiva como función de x.
Ejemplo 8.4.2 Calcular la integral indefinida∫sen5 x cos x dx.
18 apuntes de cálculo
Hacemos en primer luegar el cambio de variable
y = sen x,
dy = cos x dx,
de modo que obtenemos∫sen5 x cos x dx =
∫y5 dy.
A continuación calculamos ∫y5 dy =
y6
6
y finalmente deshacemos el cambio de variable de modo que∫sen5 x cos x dx =
sen6 x6
.
Ejemplo 8.4.3 Calcular la integral indefinida∫ dxx log x
.
Hacemos en primer lugar el cambio de variable
y = log x,
dy =dxx
,
de modo que obtenemos ∫ dxx log x
=∫ dy
y,
de modo que ∫ dxx log x
= log(log x).
Ejemplo 8.4.4 Calcular la integral indefinida∫ x1 + x2 dx.
Sea
y = 1 + x2,
dy = 2x dx.
Si compensamos por el factor constante tenemos∫ x1 + x2 dx =
12
∫ 2x1 + x2 dx =
12
∫ dyy
=log y
2=
log(1 + x2)
2.
cálculo de primitivas 19
Ejemplo 8.4.5 Usar el resultado anterior y la fórmula de integración porpartes para calcular ∫
arc tg x dx.
Tenemos ∫arc tg x dx = x arc tg x−
∫ x1 + x2 dx
= x arc tg x− log(1 + x2)
2.
Los tres problemas siguientes requieren solamente la tabla deintegrales indefinidas y un cambio de variable adecuado.∫
sec2 x tg5 x dx,∫(cos x)esen x dx,∫ ex√
1− e2xdx.
Al principio estos problemas pueden resultar difíciles de resolvermentalmente, pero al menos cuando g es de la forma g(x) = ax + bno se debe perder el tiempo escribiendo el cambio de variable. Lassiguientes integraciones deben resultar claras.
∫ dxx + 3
= log(x + 3),∫e3x dx =
e3x
3∫cos 4x dx =
sen 4x4∫
sen(2x + 1) dx = −cos(2x + 1)2∫ dx
1 + 4x2 dx =arc tg 2x
2.
Una aplicación importante de la fórmula de cambio de variablese presenta cuando el factor g′(x) no aparece, como se ilustra en elsiguiente ejemplo.
Ejemplo 8.4.6 Calcular la integral indefinida∫ 1 + ex
1− ex dx.
Realizamos el cambio de variable
y = ex
dy = ex dx,
20 apuntes de cálculo
Aunque no aparezca la expresión ex dx, la podemos intercalar: 5 5 Este tipo de problema puede sertratado de otra forma más convenienteexpresando x como función de y.Tenemos
x = log y
dx =dyy
con lo cual la integral se transformadirectamente como∫ 1 + ex
1− ex dx =∫ 1 + y
1− y· 1
ydy.
∫ 1 + ex
1− ex dx =∫ 1 + ex
1− ex ·1ex · e
x dx
=∫ 1 + y
1− y· 1
ydy
=∫ ( 2
1− y+
1y
)dy
= −2 log(1− y) + log y
= −2 log(1− ex) + x.
Ejemplo 8.4.7 Calcular la integral indefinida∫ e2x√
1 + exdx.
Empleamos el cambio de variable
y =√
1 + ex
y2 = 1 + ex
y2 − 1 = ex
x = log(y2 − 1)
dx =2y
y2 − 1dy.
La integral entonces se convierte en∫ e2x√
1 + exdx =
∫(y2 − 1)2
y· 2y
y2 − 1dy
=∫
2(y2 − 1) dy
=2y3
3− 2y
=23
√(1 + ex)3 − 2
√1 + ex.
Ejemplo 8.4.8 Calcular la integral indefinida∫ √1− x2 dx.
Usamos el cambio de variable
x = sen θ
dx = cos θ dθ
de modo que la integral se convierte en∫ √1− x2 dx =
∫ √1− sen2 θ cos θ dθ
=∫
cos2 θ dθ.
cálculo de primitivas 21
El cálculo de esta integral se basa en la identidad trigonométrica
cos2 θ =1 + cos 2θ
2,
de modo que ∫cos2 θ =
∫ 1 + cos 2θ
2dθ =
θ
2+
sen 2θ
4
y finalmente∫ √1− x2 dx =
arc sen x2
+sen(2 arc sen x)
4
=arc sen x
2+
sen(arc sen x) cos(arc sen x)2
=arc sen x
2+
12
x√
1− x2.
8.5 Integrales de funciones trigonométricas
Tenemos
cos2 θ + sen2 θ = 1,
cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ,
de donde se deduce que
cos2 θ =1 + cos 2θ
2,
sen2 θ =1− cos 2θ
2.
Se puede utilizar estas fórmulas para calcular las integrales∫cosn θ dθ,∫senn θ dθ.
cuando n es par.
Ejemplo 8.5.1 Calcular la integral indefinida∫sen4 θ dθ.
Tenemos∫sen4 θ dθ =
∫ (1− cos 2θ
2
)2dθ
=14
(∫dθ − 2
∫cos 2θ dθ +
∫cos2 2θ dθ
)=
14
(θ − sen 2θ +
∫ 1 + cos 4θ
2dθ
)=
14
(3θ
2− sen 2θ +
sen 4θ
8
).
22 apuntes de cálculo
Si n es impar, digamos n = 2k + 1, entonces∫senn θ dθ =
∫sen θ(1− cos2 θ)k dθ
y la última expresión desarrollada contiene términos de la formasen θ cosl θ que se pueden integrar fácilmente.
Una integral de la forma∫cosn θ senm θ dθ
se trata análogamente si n o m son impares. Si n y m son ambos paresentonces se usan las fórmulas para cos2 y sen2 .
8.6 Fórmulas de reducción
Mediante la fórmula de integración por partes se obtienen lassiguientes fórmulas de reducción y muchas otras análogas.∫
cosn θ dθ =1n
cosn−1 θ sen θ +n− 1
n
∫senn−2 θ dθ, (8.14)∫
senn θ dθ = − 1n
senn−1 θ cos θ +n− 1
n
∫cosn−2 θ dθ, (8.15)∫ dx
(1 + x2)n =1
2n− 2· x(1 + x2)n−1 +
2n− 32n− 2
∫ dx(1 + x2)n−1 . (8.16)
Las dos primeras fórmulas de reducción aplicadas reiteradamenteproporcionan otro método para calcular las primitivas de cosn, senn .La tercera fórmula de reducción es muy importante para integrarfunciones racionales como veremos en la próxima sección.
8.7 Integración de funciones racionales
Consideramos una función racional p/q donde
p(x) = a0 + a1 + · · · anxn,
q(x) = b0 + b1 + · · · bmxm,
No hay inconveniente en suponer an = bm = 1. También se puedesuponer n < m porque p/q se puede expresar como la suma de unafunción polinómica y una función racional de esa forma,6 como por 6 En efecto, p = qc + r donde el grado
de r es menor que el grado de q luego
pq= c +
rq
.
ejemplox2
x− 1= x + 1 +
1x− 1
La integración de funciones racionales se realiza con el algoritmode descomposición en fracciones simples, que se basa en dos hechos: elprimero es consecuencia del teorema fundamental del álgebra (véaseel problema 7 del tema 6) y el segundo no se demostrará.
cálculo de primitivas 23
Teorema 8.7.1 Cualquier función polinómica
q(x) = xm + bm−1xm−1 + · · ·+ b1x + b0
puede expresarse como un producto
q(x) = (x− α1)r1 · · · (x− αj)
rj(x2 + β1x + γ1)s1 · · · (x2 + βkx + γk)
sk
donde los factores cuadráticos son irreducibles, es decir, β2l − 4γl < 0.
Teorema 8.7.2 Supongamos que n < m y que
p(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0,
q(x) = xm + bm−1xm−1 + · · ·+ b1x + b0
= (x− α1)r1 · · · (x− αj)
rj (x2 + β1x + γ1)s1 · · · (x2 + βkx + γk)
sk .
Entonces p/q se descompone en fracciones simples como
p(x)q(x)
=
[a1,1
x− α1+ · · ·+
a1,r1
(x− α1)r1
]+ · · ·+
[aj,1
x− αj+ · · ·+
aj,rj
(x− αj)rj
]
+
[b1,1x + c1,1
x2 + β1x + γ1+ · · ·+
b1,s1 x + c1,s1
(x2 + β1x + γ1)s1
]+ · · ·+
+
[bk,1x + ck,1
x2 + βkx + γk+ · · ·+
bk,skx + ck,sk
(x2 + βkx + γk)sk
].
Esta expresión es tan complicada que resulta más sencillo analizarel siguiente ejemplo.
2x7 + 8x6 + 13x5 + 20x4 + 17x3 + 16x2 + 7x + 10(x2 + x + 1)2(x2 + 2x + 2)(x− 1)2
=a
x− 1+
b(x− 1)2 +
cx + dx2 + 2x + 2
+ex + f
x2 + x + 1+
gx + h(x2 + x + 1)2 .
Los coeficientes a, b, c, d, e, f , g, h se calculan de la siguiente forma.Escribimos el segundo miembro como una fracción con denominador(x2 + x + 1)2(x2 + 2x + 2)(x− 1)2. El numerador se convierte en
a(x− 1)(x2 + 2x + 2)(x2 + x + 1)2 + b(x2 + 2x + 2)(x2 + x‘ + 1)2 +
+ (cx + d)(x− 1)2(x2 + x + 1)2 + (ex + f )(x− 1)2(x2 + 2x + 2)(x2 + x + 1) +
+ (gx + h)(x− 1)2(x2 + 2x + 2).
Desarrollando esta expresión obtenemos un polinomio de grado 8
cuyos coeficientes son formas lineales de los coeficientes a, b, c, d, e, f , g, h.Igualando estas formas lineales a los coeficientes del numerador delprimer miembro obtenemos un sistema de ecuaciones lineales en lasincógnitas a, b, c, d, e, f , g, h. Resolviendo este sistema de ecuacioneslineales resulta
a = 1, b = 2, c = 1, d = 3,
e = 0, f = 0, g = 0, h = 1.
24 apuntes de cálculo
Así pues,
∫ 2x7 + 8x6 + 13x5 + 20x4 + 17x3 + 16x2 + 7x + 10(x2 + x + 1)2(x2 + 2x + 2)(x− 1)2 dx
=∫ dx
x− 1+∫ 2
(x− 1)2 dx +∫ x + 3
x2 + 2x + 2dx +
∫ dx(x2 + x + 1)2 .
Ya estamos en condiciones de calcular las integrales de la expresiónanterior. Las dos primeras integrales son inmediatas:∫ dx
x− 1= log(x− 1),∫ 2
(x− 1)2 = − 2x− 1
.
La tercera integral se calcula escribiendo∫ x + 3x2 + 2x + 2
dx =12
∫ 2x + 2x2 + 2x + 2
dx + 2∫ dx
(x + 1)2 + 1
La primera integral del segundo miembro se ha construido parapracticar el cambio de variable
y = x2 + 2x + 2,
dy = (2x + 2) dx,
de modo que∫ 2x + 2x2 + 2x + 2
dx =∫ dy
y= log y = log(x2 + 2x + 2).
Ahora, a segunda integral del segundo miembro es arc tg(x + 1).Finalmente, para calcular la integral∫ dx
(x2 + x + 1)2
usamos el método de completar el cuadrado. Tenemos
x2 + x + 1 =
(x +
12
)2+
34
=34
x + 1
2√34
2
+ 1
Entonces ∫ dx
(x2 + x + 1)2 =43
∫ dx( x+ 12√34
)2
+ 1
2 .
cálculo de primitivas 25
Aplicando el cambio de variable
y =x + 1
2√34
,
dy =dx√
34
,
la integral se transforma en
43
√34
∫ dy(1 + y2)2
que se puede calcular usando la fórmula de reducción (8.16).
8.8 Integrales de funciones irracionales
Esta sección aborda el cálculo de algunas integrales indefinidas defunciones irracioneles.
Integrales irracionales bilineales
Estas son integrales de la forma∫R
[x,(
ax + bcx + d
)p1/q1
, . . . ,(
ax + bcx + d
)pk/qk]
dx.
donde R es una función racional y pj, qj son enteros para 1 ≤ j ≤ k.El cambio de variable
yn =ax + bcx + d
,
donde n = mcm {q1, . . . , qk}, tranforma la integral en otra integral deuna función racional.
Ejemplo 8.8.1 Calcular la integral indefinida∫ dx√2x− 1− 4
√2x− 1
.
El cambio de variable
2x− 1 = y4,
dx = 2y3dy,
convierte la integral en∫ dx√2x− 1− 4
√2x− 1
=∫ 2y3
y2 − y
= 2∫ (
y + 1 +1
y− 1
)dy
= (y + 1)2 + 2 log(y− 1)
= (1 + 4√
2x− 1)2 + log( 4√
2x− 1− 1)2.
26 apuntes de cálculo
Integrales irracionales binomiales
Estas son integrales de la forma∫xm(a + bxn)p dx
donde m, n, p ∈ Q. La integral indefinida se puede expresar entérminos elementales solamente cuando se cumple alguna de lascondiciones de Chebyshev.
1. si p ∈ Z entonces usamos la fórmula del binomio,
2. sim + 1
n∈ Z entonces hacemos el cambio de variable a + bxn = ys
donde s es el denominador de la fracción irreducible p,
3. sim + 1
n+ p ∈ Z entonces hacemos ax−n + b = ys.
Ejemplo 8.8.2 Calcular la integral indefinida∫ 3√
1 + 4√
x√x
dx.
Se trata de una integral irracional binomial con a = b = 1 y conm = −1/2, n = 1/4 y p = 1/3. Tenemos
m + 1n
= 2
luego se cumple la segunda condición de Chebyshev y por lo tantopracticamos el cambio de variable
1 + x1/4 = y3
x = (y3 − 1)4
dx = 12y2(y3 − 1)3 dy
y la integral se transforma en∫x−1/2(1 + x1/4)1/3 dx = 12
∫ y3(y3 − 1)3
(y3 − 1)2 dy
= 12∫(y6 − y3) dy
=127
y7 − 3y4
=127(1 + x1/4)7/3 − 3(1 + x1/4)4/3.
8.9 Otras integrales trigonométricas
Veamos el procedimiento para calcular integrales de la forma∫R(cos θ, sen θ) dθ,
donde R es una función racional.
cálculo de primitivas 27
1. Si R es impar en cosenos entonces hacemos x = sen θ.
2. Si R es impar en senos entonces hacemos x = cos θ.
3. Si R es par en senos y cosenos entonces hacemos x = tg θ,
θ = arc tg x,
dθ =dx
1 + x2 ,
cos θ =1√
1 + x2,
sen θ =x√
1 + x2.
4. Si R no posee alguna de estas propiedades entonces hacemos elcambio de variable x = tg θ/2,
θ = 2 arc tg x,
dθ =2
1 + x2 dx,
cos θ =1− x2
1 + x2 ,
sen θ =2x
1 + x2 .
Ejemplo 8.9.1 Calcular la integral indefinida∫ sen θ
(1− cos θ)2 dθ.
Esta integral es impar en senos y por lo tanto practicamos el cambiode variable
x = cos θ,
dx = − sen θ dθ,
con lo cual la integral se convierte en∫ sen θ
(1− cos θ)2 dθ = −∫ dx
(1− x)2
= − 11− x
=1
cos θ − 1.
Ejemplo 8.9.2 Calcular la integral indefinida∫ dθ
1 + sen2 θ.
Esta integral es par en senos y cosenos, y por lo tanto practicamos elcambio de variable x = tg θ,
θ = arc tg x,
28 apuntes de cálculo
dθ =dx
1 + x2 ,
cos θ =1√
1 + x2,
sen θ =x√
1 + x2,
con lo cual la integral se transforma en
∫ dθ
1 + sen2 θ=
∫ 1 + x2
1 + 2x2 ·1
1 + x2 dx
=∫ dx
1 + 2x2
=1√2
arc tg(√
2x)
=1√2
arc tg(√
2 tg θ).
Ejemplo 8.9.3 Calcular la integral indefinida∫ dθ
1 + cos θ + sen θ.
Como esta integral no posee simetría alguna, realizamos el cambio devariable universal x = tg(θ/2),
θ = 2 arc tg x,
dθ =2
1 + x2 dx,
cos θ =1− x2
1 + x2 ,
sen θ =2x
1 + x2 ,
con lo cual la integral se transforma en∫ dθ
1 + cos θ + sen θ=
∫ 1
1 + 1−x2
1+x2 +2x
1+x2
· 21 + x2 dx
=∫ dx
1 + x= log(1 + x)
= log[1 + tg(θ/2)].
9 La integral de Riemann
9.1 Particiones de un intervalo
Este tema trata el problema de hallar el área de la región limitadapor la gráfica de una función no negativa y = f (x), el eje de abscisasy las rectas verticales x = a, x = b.
Una partición del intervalo [a, b] es cualquier subconjunto finitode [a, b] de la forma P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b}. Si P, Qson particiones de [a, b] entonces se dice que Q es más fina que P si secumple P ⊆ Q. Si P, Q son dos particiones de [a, b] entonces P ∪ Qtambién es una partición de [a, b]. Si P, Q son particiones de [a, b]entonces existe una partición R más fina que P y que Q. Se dice queR es un refinamiento común de P, Q.
Sea f : [a, b] → R una función acotada y sea P una partición delintervalo [a, b]. Sea 1 ≤ j ≤ n y sean
mj = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xi}, (9.1)
Mj = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xi}, (9.2)
(9.3)
Se define la suma inferior de f para P como
s( f , P) =n
∑j=1
mj(xj − xj−1) (9.4)
y la suma superior de f para P como
S( f , P) =n
∑j=1
Mj(xj − xj−1) (9.5)
Las sumas inferiores y superiores representan las areas totales de losrectángulos que quedan por debajo y por encima de la gráfica de f .La condición de que la función f sea acotada es esencial para poderdefinir las sumas inferiores y superiores.
Hay una relación evidente entre las sumas inferiores y superiores:si P es una partición cualquiera del intervalo [a, b] entonces
s( f , P) ≤ S( f , P), (9.6)
30 apuntes de cálculo
puesto que para cada 1 ≤ j ≤ n se tiene
mj(xj − xj−1) ≤ Mj(xj − xj−1).
Lema 9.1.1 Sean P, Q dos particiones de [a, b]. Si P ⊆ Q entonces
s( f , P) ≤ s( f , Q), (9.7)
S( f , P) ≥ S( f , Q). (9.8)
Demostración. Consideramos en primer lugar el caso especial en queQ contiene un punto más que P, digamos
P = {a = x0 < x1 < · · · < xk−1 < xk < · · · < xn = b},Q = {a = x0 < x1 < · · · < xk−1 < y < xk < · · · < xn = b}.
Sean
m′ = ınf{ f (t): xk−1 ≤ t ≤ y}, (9.9)
m′′ = ınf{ f (t): y ≤ t ≤ xk} (9.10)
Tenemos
s( f , P) =n
∑j=1
mj(xj − xj−1)
=k−1
∑j=1
mj(xj − xj−1) + mk(xk‘xk−1) +n
∑j=k+1
mj(xj − xj−1),
s( f , Q) =k−1
∑j=1
mj(xj − xj−1) + m′(y− xk−1) + m′′(xk − y)
+n
∑j=k+1
mj(xj − xj−1),
y por lo tanto basta probar que
mk(xk − xk−1) ≤ m′(y− xk−1) + m′′(xk − y).
Ahora bien, el conjunto { f (t): xk−1 ≤ t ≤ y} está contenido en elconjunto ({ f (t): xk−1 ≤ t ≤ xk} y por lo tanto el ínfimo del primerconjunto es menor o igual que el ínfimo del segundo conjunto, esdecir,
mk ≤ m′.
Análogamente,mk ≤ m′′
y por lo tanto
mk(xk − xk−1) = mk(y− xk−1) + mk(xk − y)
≤ m′(y− xk−1) + m′′(xk − y),
la integral de riemann 31
como queríamos demostrar. El caso general puede deducirse ahorafácilmente. Supongamos que P = P0 ⊆ P1 ⊆ · · · ⊆ Pr = Q donde Pk
contiene exactamente un punto más que Pk−1. Tenemos
s( f , P) = s( f , P0) ≤ s( f , P1) ≤ · · · ≤ s( f , Pr) = s( f , Q).
La demostración de que S( f , P) ≥ S( f , Q) es análoga y se deja comoejercicio fácil pero importante.
Teorema 9.1.2 Sea f : [a, b] → R acotada y sean P, Q dos particionescualesquiera del intervalo [a, b]. Entonces
s( f , P) ≤ S( f , Q).
Demostración. Sea R un refinamiento común de P, Q. Tenemos
s( f , P) ≤ s( f , R) ≤ S( f , R) ≤ S( f , Q).
Se sigue del teorema 9.1.2 que cualquier suma superior es cota supe-rior del conjunto de todas las sumas inferiores, y que cualquier sumainferior es cota inferior del conjunto de todas las sumas superiores.
9.2 Integrales de Darboux
Sea f : [a, b]→ R acotada. Se define la integral inferior de f como∫ b
af (x) dx = sup{s( f , P): P partición de [a, b]}.
Análogamente se define la integral superior de f como∫ b
af (x) dx = ınf{S( f , P): P partición de [a, b]}.
Esta integrales se conocen como integrales de Darboux de f .
Proposición 9.2.1 Si f : [a, b]→ R es acotada entonces∫ b
af (x) dx ≤
∫ b
af (x) dx.
Demostración. Si Q es una partición de [a, b] entonces S( f , Q) es cotasuperior del conjunto {s( f , P): P partición de [a, b]} y por lo tanto esmayor o igual que la cota superior mínima de este conjunto, es decir,∫ b
af (x) dx ≤ S( f , Q).
Esto significa que la integral inferior es cota inferior del conjunto{S( f , Q): Q partición de [a, b]} y por lo tanto es menor o igual que lacota inferior máxima de este conjunto, es decir,∫ b
af (x) dx ≤
∫ b
af (x) dx.
32 apuntes de cálculo
Se dice que una función acotada f : [a, b] → R es integrable Riemann sisus integrales de Darboux coinciden y en tal caso el valor común deestas integrales se llama integral de f sobre [a, b] y se representa
∫ b
af (x) dx =
∫ b
af (x) dx =
∫ b
af (x) dx.
Observemos que si f es integrableentonces para cualquier partición P delintervalo [a, b] se tiene
s( f , P) ≤∫ b
af (x) dx ≤ S( f , P).
Además, la integral de f sobre [a, b] esel único número con esta propiedad.
Ejemplo 9.2.2 Si f (x) = c para todo x ∈ [a, b] entonces f es integrable yademás se tiene ∫ b
af (x) dx = c(b− a).
Ejemplo 9.2.3 La función de Dirichlet f : [0, 1]→ R definida por
f (x) =
{0, si x ∈ Q∩ [0, 1]1, si x ∈ (R\Q) ∩ [0, 1]
no es integrable en [0, 1].
9.3 Caracterización de las funciones integrables
Teorema 9.3.1 Sea f : [a, b]→ R acotada. Son equivalentes:
1. f es integrable en [a, b],
2. para todo ε > 0 existe P partición de [a, b] tal que
S( f , P)− s( f , P) < ε.
Después veremos que si f : [a, b] → R
es continua entonces f es integrable.La demostración de este resultadodepende del concepto de continuidaduniforme.
Demostración. Suporgamos primero que f es integrable, de modo que
sup{s( f , P): P partición de [a, b]} = ınf{S( f , Q): Q partición de [a, b]}.
Aplicando la caracterización del supremo, para cada ε > 0 existe Ppartición de [a, b] tal que
s( f , P) + ε > ınf{S( f , P): P partición de [a, b]}.
Esto significa que s( f , P) + ε no es cota inferior del conjunto
{S( f , Q): Q partición de [a, b]}
luego existe Q partición de [a, b] tal que S( f , Q) < s( f , P) + ε. Sea Run refinamiento común de P y Q. Tenemos
S( f , R) ≤ S( f , Q) < s( f , P) + ε ≤ s( f , R) + ε.
la integral de riemann 33
Recíprocamente, supongamos que para todo ε > 0 existe P particiónde [a, b] tal que S( f , P)− s( f , P) < ε. Tenemos
s( f , P) ≤∫ b
af (x) dx
S( f , Q) ≥∫ b
af (x) dx,
de donde se deduce que
0 ≤∫ b
af (x) dx−
∫ b
af (x) dx ≤ S( f , P)− s( f , P) < ε,
y como ε > 0 es arbitrario, se sigue que las integrales de Darboux def coinciden, es decir, f es integrable.
Ejemplo 9.3.2 Sea f : [0, 2]→ R la función definida mediante la expresión
f (x) =
{1, si x = 1,0, si x 6= 1.
Entonces f es integrable en [0, 2] y además∫ 2
0f (x) dx = 0.
En efecto, sea P = {0 = x0 < x1 < · · · xn = 2} una partición de [0, 2]con xk−1 < 1 < xk. Tenemos mj = Mj = 0 si j 6= k pero mk = 0, yMk = 1. Ahora bien,
s( f , P) =k−1
∑j=1
mj(xj − xj−1) + mk(xk − xk−1) +n
∑j=k+1
mj(xj − xj−1),
S( f , P) =k−1
∑j=1
Mj(xj − xj−1) + Mk(xk − xk−1) +n
∑j=k+1
Mj(xj − xj−1),
TenemosS( f , P)− s( f , P) = xk − xk−1.
Esto indica que f es integrable; basta escoger una partición P conxk−1 < 1 < xk y con xk − xk−1 < ε. Además s( f , P) = 0 ≤ S( f , P)para toda partición P del intervalo [0, 2] y como la integral es el úniconúmero real entre las sumas inferiores y las sumas superiores, sededuce que ∫ 2
0f (x) dx = 0.
Ejemplo 9.3.3 Sea b > 0 y sea f : [0, b] → R la función definida mediantef (x) = x. Entonces f es integrable en [0, b] y además∫ b
0x dx =
b2
2.
34 apuntes de cálculo
En efecto, si P = {0 = x0 < x1 < · · · < xn = b} es una partición de[0, b] entonces mj = xj−1 y Mj = xj luego
s( f , P) =n
∑j=1
xj−1(xj − xj−1),
S( f , P) =n
∑j=1
xj(xj − xj−1).
Estas fórmulas se simplifican si consideramos particiones Pn delintervalo [0, b] en n subintervalos de igual longitud, es decir,
x0 = 0,
x1 =bn
,
x2 =2bn
......
xk =kbn
,
......
xn = b.
Así pues,
s( f , Pn) =n
∑j=1
xj−1(xj − xj−1)
=n
∑j=1
(j− 1)bn
· bn
=b2
n2
n
∑j=1
(j− 1)
=b2
n2
n−1
∑j=0
j
=b2
n2n(n− 1)
2
=b2
2· n− 1
n,
y por otra parte
S( f , Pn) =n
∑j=1
xj(xj − xj−1)
=n
∑j=1
jbn· b
n
la integral de riemann 35
=b2
n2
n
∑j=1
j
=b2
n2n(n + 1)
2
=b2
2· n + 1
n.
Sea ahora ε > 0 y sea n ∈ N tal que b2/n < ε. Entonces hemoshallado una partición Pn tal que
S( f , Pn)− s( f , Pn) =b2
2· 2
n=
b2
n< ε
y se sigue que f es integrable. La integral de f se puede calcularahora con poco trabajo. En primer lugar tenemos
s( f , Pn) =b2
2· n− 1
n<
b2
2<
b2
2· n + 1
n= S( f , Pn)
y por otra parte
s( f , Pn) ≤∫ b
0f (x) dx ≤ S( f , Pn),
de donde se deduce que∣∣∣∣ b2
2−∫ b
0f (x) dx
∣∣∣∣ ≤ S( f , Pn)− s( f , Pn) =b2
n→ 0 cuando n→ ∞.
Observemos que la ecuación∫ b
0x dx =
b2
2
asigna el área b2/2 a un triángulo rectángulo de base b y altura b.Mediante cálculos más complicados se puede probar que∫ b
ax dx =
b2
2− a2
2.
Ejemplo 9.3.4 Sea b > 0 y sea f : [0, b] → R la función definida mediantef (x) = x2. Entonces f es integrable en [0, b] y además∫ b
0x dx =
b3
3.
En este caso si P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} es una particióncualquiera de [0, b] entonces mj = f (xj−1) = x2
j−1 y Mj = f (xj) = x2j
luego
s( f , P) =n
∑j=1
x2j−1(xj − xj−1),
S( f , P) =n
∑j=1
x2j (xj − xj−1).
36 apuntes de cálculo
Ahora elegimos una particion Pn del intervalo [0, b] en n intervalos deigual longitud, de modo que
xk =kbn
y las sumas inferiores y superiores se transforman en
s( f , Pn) =n
∑j=1
(j− 1)2b2
n2 · bn
=b3
n3
n
∑j=1
(j− 1)2
=b3
n3
n−1
∑j=0
j2
=b3
n3 ·n(n− 1)(2n− 1)
6,
S( f , Pn) =n
∑j=1
j2b2
n2 ·bn
=b3
n3
n
∑j=1
j2
=b3
n3 ·n(n + 1)(2n + 1)
6.
Sea ahora ε > 0 y sea n ∈ N tal que b3/3n2 < ε. Entonces hemoshallado una partición Pn tal que
S( f , Pn)− s( f , Pn) =b3
3· 1
n2 < ε
y se sigue que f es integrable. La integral de f se puede calcularahora con poco trabajo. En primer lugar tenemos
s( f , Pn) =b3
n3 ·n(n− 1)(2n− 1)
6<
b3
3<
b3
n3 ·n(n + 1)(2n + 1)
6= S( f , Pn),
y por otra parte
s( f , Pn) ≤∫ b
0x2 dx ≤ S( f , Pn),
de donde se sigue que∣∣∣∣ b3
3−∫ b
0x2 dx
∣∣∣∣ ≤ S( f , Pn)− s( f , Pn) =b3
3n2 → 0 cuando n→ ∞.
Este cálculo ya representa un resultado no trivial: el área de la regiónlimitada por una parábola no se trata en geometría elemental. Sinembargo, el resultado ya era conocido por Arquímedes, quien lodedujo esencialmente de la misma manera. Aunque parezca que el cálculo de una
integral sea muy complicado, veremosmás adelante un teorema que facilitael cálculo enormementel: el teoremafundamental del cálculo.
la integral de riemann 37
Los cálculos que hemos hecho hasta ahora pueden resumirse en lasiguiente tabla. ∫ b
ac dx = c(b− a),∫ b
ax dx =
b2
2− a2
2,∫ b
ax2 dx =
b3
3− a3
3.
9.4 Propiedades algebraicas de la integral
Teorema 9.4.1 Sea a < c < b. Si f es integrable en [a, b] entonces f esintegrable en [a, c] y en [c, b]. Recíprocamente, si f es integrable en [a, c] yen [c, b] entonces f es integrable en [a, b]. Finalmente, si f es integrable en[a, b] entonces ∫ b
af (x) dx =
∫ c
af (x) dx +
∫ b
cf (x) dx. (9.11)
Demostración. Supongamos en primer lugar que f es integrable en[a, b]. Sea ε > 0 y sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} unapartición de [a, b] tal que S( f , P)− s( f , P) < ε. No hay inconvenienteen suponer que xk = c para algún 1 ≤ k ≤ n − 1, pues en casocontrario tomamos una partición Q que contiene x0, x1, . . . , xn, c, demodo que Q es más fina que P y por lo tanto
S( f , Q)− s( f , Q) ≤ S( f , P)− s( f , P) < ε.
Ahora bien, P′ = {a = x0 < x1 < · · · < xk = c} es una partición de[a, c] y P′′ = {c = xk+1 < · · · < xn = b} es una partición de [c, b].Además
s( f , P) = s( f , P′) + s( f , P′′),
S( f , P) = S( f , P′) + S( f , P′′),
y por lo tanto
[S( f , P′)− s( f , P′)] + [S( f , P′′)− s( f , P′′)] = S( f , P)− s( f , P) < ε.
Como cada uno de los términos entre corchetes es no negativo, cadauno de ellos es menor que ε. Esto prueba que f es integrable en [a, c]y en [c.b]. Además tenemos
s( f , P′) ≤∫ c
af (x) dx ≤ S( f , P′),
s( f , P′) ≤∫ c
af (x) dx ≤ S( f , P′),
38 apuntes de cálculo
de modo que
s( f , P) ≤∫ c
af (x) dx +
∫ b
cf (x) dx ≤ S( f , P),
y como estas desigualdades se cumplen para toda partición P delintervalo [a, b] se sigue que∫ b
af (x) dx =
∫ c
af (x) dx +
∫ b
cf (x) dx.
Supongamos ahora que f es integrable en [a, c] y en [c, b]. Dado ε > 0,existe P′ partición de [a, c] y existe P′′ partición de [c, b] tales que
S( f , P′)− s( f , P′) < ε/2,
S( f , P′′)− s( f , P′′) < ε/2.
Sea P la partición de [a, b] que contiene todos los puntos de P′ y deP′′. Tenemos
s( f , P) = s( f , P′) + s( f , P′′),
S( f , P) = S( f , P′) + S( f , P′′),
y por lo tanto
S( f , P)− s( f , P) = [S( f , P′)− s( f , P′)] + [S( f , P′′)− s( f , P′′)] < ε.
Observemos que a integral∫ b
af (x) dx se ha definido para a < b.
Conviene definir∫ a
af (x) dx = 0 y
∫ b
af (x) dx = −
∫ a
bf (x) dx cuando
a > b. Adoptando este convenio, la ecuación (9.11) se cumple paraa, b, c cualesquiera.
Teorema 9.4.2 Si f , g son integrables en [a, b] entonces f + g es integrableen [a, b] y además∫ b
a[ f (x) + g(x)] dx =
∫ b
af (x) dx +
∫ b
ag(x) dx.
Demostración. Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} una particióncualquiera de [a, b] y sean
mj = ınf{ f (t) + g(t): xj−1 ≤ t ≤ xj},m′j = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},m′′j = ınf{g(t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Sean también
Mj = sup{ f (t) + g(t): xj−1 ≤ t ≤ xj},M′j = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},M′′j = sup{g(t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
la integral de riemann 39
No es cierto que mj = m′j + m′′j ni que Mj = M′j + M′′j pero sinembargo es fácil ver que
mj ≥ m′j + m′′j ,
Mj ≤ M′j + M′′j ,
y por lo tanto
s( f + g, P) ≥ s( f , P) + s(g, P),
S( f + g, P) ≤ S( f , P) + S(g, P),
de donde se deduce que
S( f + g, P)− s( f + g, P) ≤ [S( f , P)− s( f , P)] + [S(g, P)− s(g, P)].
Sea ε > 0 y sean P′, P′′ particiones de [a, b] tales que
S( f , P′)− s( f , P′) < ε/2,
S(g, P′′)− s(g, P′′) < ε/2.
Sea P un refinamiento común de P′ y P′′. Tenemos
S( f + g, P)− s( f + g, P) ≤ [S( f , P)− s( f , P)] + [S(g, P)− s(g, P)]
≤ [S( f , P′)− s( f , P′)] + [S(g, P′′)− s(g, P′′)]
<ε
2+
ε
2= ε.
Esto prueba que f + g es integrable en [a, b]. Además,
s( f , P) + s(g, P) ≤ s( f + g, P)
≤∫ b
a[ f (x) + g(x)] dx)
≤ S( f + g, P) ≤ S( f , P) + S(g, P),
y por otra parte
s( f , P) + s(g, P) ≤∫ b
af (x) dx +
∫ b
ag(x) dx ≤ S( f , P) + S(g, P),
y como tanto S( f , P)− s( f , P) como S(g, P)− s(g, P) pueden hacersearbitrariamente pequeños, se deduce que∫ b
a[ f (x) + g(x)] dx =
∫ b
af (x) dx +
∫ b
ag(x) dx.
Teorema 9.4.3 Si f es integrable en [a, b] y si c ∈ R entonces c f esintegrable en [a, b] y además∫ b
acg(x) dx = c
∫ b
af (x) dx.
40 apuntes de cálculo
Demostración. Supongamos en primer lugar que c > 0. Sea P = {a =
x0 < x1 < · · · < xn = b}. Sean
mj = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},m′j = ınf{c f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Sean también
Mj = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},M′j = sup{c f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Tenemos m′j = cmj y M′j = cMj, luego
s(c f , P) =n
∑j=1
m′j(xj − xj−1)
=n
∑j=1
cmj(xj − xj−1)
= cn
∑j=1
mj(xj − xj−1) = cs( f , P),
y por otra parte
S(c f , P) =n
∑j=1
M′j(xj − xj−1)
=n
∑j=1
cMj(xj − xj−1)
= cn
∑j=1
Mj(xj − xj−1) = cS( f , P),
de donde se deduce que∫ b
ac f (x) dx = sup{s(c f , P): P partición de [a, b]}
= c sup{s( f , P): P partición de [a, b]}
= c∫ b
af (x) dx = c
∫ b
af (x) dx
= c ınf{s( f , P): P partición de [a, b]}= ınf{s(c f , P): P partición de [a, b]}
=∫ b
ac f (x) dx.
Esto significa que c f es integrable y además∫ b
af (x) dx = c
∫ b
af (x) dx.
la integral de riemann 41
Supongamos ahora c = −1. Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} ysean
mj = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},m′j = ınf{− f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Sean también
Mj = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},M′j = sup{− f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Observemos que m′j = −Mj y que M′j = −mj, luego
s(− f , P) =n
∑j=1
m′j(xj − xj−1)
= −n
∑j=1
Mj(xj − xj−1)
= −S( f , P),
y por otra parte
S(− f , P) =n
∑j=1
M′j(xj − xj−1)
= −n
∑j=1
mj(xj − xj−1)
= −s( f , P),
de modo que∫ b
a(− f )(x) dx = sup{s(− f , P): P partición de [a, b]}
= sup{−S( f , P): P partición de [a, b]}= − ınf{S( f , P): P partición de [a, b]}
= −∫ b
af (x) dx
= −∫ b
af (x) dx
= − sup{s( f , P): P partición de [a, b]}= ınf{−s( f , P): P partición de [a, b]}= ınf{S(− f , P): P partición de [a, b]}
=∫ b
a(− f )(x) dx.
Esto prueba que − f es integrable y además∫ b
a(− f )(x) dx = −
∫ b
af (x) dx.
42 apuntes de cálculo
Finalmente, si c < 0 entonces c f = −(−c) f es integrable y además
∫ b
ac f (x) dx = −
∫ b
a(−c) f (x) dx = −(−c)
∫ b
af (x) dx = c
∫ b
af (x) dx.
Teorema 9.4.4 Si f , g: [a, b]→ R son integrables y f (x) ≤ g(x) para todox ∈ [a, b] entonces ∫ b
af (x) dx ≤
∫ b
ag(x) dx.
Sea f : [a, b]→ R acotada y sean
f+(x) = max{ f (x), 0},f−(x) = −mın{ f (x), 0}.
Observemos que f+, f− son no negativas y acotadas. Además
f (x) = f+(x)− f−(x),
| f (x)| = f+(x) + f−(x).
Teorema 9.4.5 Si f es integrable en [a, b] entonces | f | es integrable en[a, b] y además ∣∣∣∣∫ b
af (x) dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a| f (x)| dx.
Teorema 9.4.6 Si f , g: [a, b] → R son integrables entonces f g también esintegrable.
9.5 El teorema fundamental del cálculo
Teorema 9.5.1 Supongamos que f es integrable en [a, b] y que verificam ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b]. Entonces se tiene
m(b− a) ≤∫ b
af (x) dx ≤ M(b− a).
Demostración. Está claro que para cualquier partición P del intervalo[a, b] tenemos
m(b− a) ≤ s( f , P) ≤ S( f , P) ≤ M(b− a),
y por lo tanto
m(b− a) ≤ sup{s( f , P): P partición de [a, b]}
=∫ b
af (x) dx =
∫ b
af (x) dx
= ınf{S( f .P): P partición de [a, b]}≤ M(b− a).
la integral de riemann 43
Supongamos ahora que f es integrable en [a, b]. Podemos definiruna nueva función F mediante
F(x):=∫ x
af (t) dt.
Teorema 9.5.2 Si f es integrable en [a, b] y si F es la función definida en[a, b] mediante
F(x):=∫ x
af (t) dt
entonces F es continua.
Demostración. Supongamos que c ∈ [a, b]. Como f es integrable en[a, b], debe ser acotada, luego existe M > 0 tal que
| f (x)| ≤ M para todo x ∈ [a, b].
Si h > 0 entonces
F(c + h)− F(c) =∫ c+h
af (x) dx−
∫ c
af (x) dx =
∫ c+h
cf (x) dx.
Como −M ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], se sigue del teoremaanterior que
−Mh ≤∫ c+h
cf (x) dx ≤ Mh,
o en otra palabras,
−Mh ≤ F(c + h)− F(c) ≤ Mh. (9.12)
Cuando h < 0 se puede deducir una desigualdad análoga. Tenemos
F(c + h)− F(c) =∫ c+h
cf (x) dx = −
∫ c
c+hf (x) dx
Aplicando el teorema anterior en el intervalo [c + h, c] resulta
Mh ≤∫ c
c+hf (x) dx ≤ −Mh.
Multiplicando por (−1) se invierten las desigualdades y se obtiene
Mh ≤ F(c + h)− F(c) ≤ −Mh. (9.13)
Las desigualdades (9.12) y (9.13) pueden combinarse:
|F(c + h)− F(c)| ≤ M|h|.
Finalmente, dado ε > 0 tenemos |F(c + h)− F(c)| ≤ ε siempre que|h| < ε/M. Esto prueba que
lımh→0
F(c + h) = F(c),
lo cual significa que F es continua en c.
44 apuntes de cálculo
Teorema 9.5.3 (Primer teorema fundamental del cálculo) Sea fintegrable en [a, b] y definamos una nueva función F en [a, b] mediante
F(x):=∫ x
af (t) dt.
Si f es continua en c ∈ [a, b] entonces F es derivable en c y además
F′(c) = f (c).
Demostración. Supondremos a < c < b; las modificaciones necesariaspara c = a o c = b se dejan como ejercicio. Tenemos por definición
F′(c) = lımh→0
F(c + h)− F(c)h
.
Supongamos primero que h > 0. Entonces
F(c + h)− F(c) =∫ c+h
cf (x) dx.
Consideremos las siguiente cantidades:
mh = ınf{ f (x): c ≤ x ≤ c + h},Mh = sup{ f (x): c ≤ x ≤ c + h}.
Se sigue de proposiciones anteriores que
mh · h ≤∫ c+h
cf (x) dx ≤ Mh · h,
y por lo tanto
mh ≤F(c + h)− F(c)
h≤ Mh.
Si h < 0 solamente hay que cambiar unos pequeños detalles delrazonamiento. Sea
mh = ınf{ f (x): c + h ≤ x ≤ c},Mh = sup{ f (x): c + h ≤ x ≤ c}.
Entoncesmh · (−h) ≤
∫ c
c+hf (x) dx ≤ Mh · (−h).
Ahora bien,
F(c + h)− F(c) =∫ c+h
cf (x) dx = −
∫ c
c+hf (x) dx,
de donde se sigue que
mh · h ≥ F(c + h)− F(c) ≥ Mh · h,
la integral de riemann 45
y como h < 0, la división por h invierte de nuevo la desigualdad y seobtiene el mismo resultado:
mh ≤F(c + h)− F(c)
h≤ Mh.
Esta desigualdad se cumple para cualquier función integrable f , seao no continua. Sin embargo, como f es continua en c tenemos
lımh→0
mh = lımh→0
Mh = f (c),
y esto prueba que
F′(c) = lımh→0
F(c + h)− F(c)h
= f (c).
Aunque el teorema 9.5.3 trata solamente la función obtenida alhacer variar el extremo superior de integración, un sencillo artificiono permite observar qué ocurre cuando se hace variar el extremoinferior de integración. Si se define G mediante
G(x) =∫ b
xf (t) dt
entonces se tiene
G(x) =∫ b
af (t) dt−
∫ x
af (t) dt
y por lo tanto si f es continua en c entonces
G′(x) = − f (x).
Observemos que si f es continua en [a, b] entonces F es derivable en[a, b] y además F′ = f , es decir, que F es una primitiva de f .
Corolario 9.5.4 (Regla de Barrow) Si f es continua en [a, b] y si G esuna primitiva de f entonces∫ b
af (x) dx = G(b)− G(a).
Demostración. Consideremos la función
F(x) =∫ x
af (t) dt.
Se sigue del teorema 9.5.3 que F es una primitiva de f . Se sigue deun corolario del teorema del valor medio de Lagrange que existe unaconstante c ∈ R tal que
F(x) = G(x) + c
para todo x ∈ [a, b]. La constante c se puede calcular fácilmenteporque
0 = F(a) = G(a) + c
46 apuntes de cálculo
luego c = −G(a) y por lo tanto
F(x) = G(x)− G(a).
Esta igualdad se cumple en particular para x = b, de modo que∫ b
af (t) dt = F(b) = G(b)− G(a),
como queríamos demostrar.
Ejemplo 9.5.5 Sea f (x) = x2. Entonces G(x) = x3/3 es una primitivade f , luego ∫ b
ax2 dx =
b3
3− a3
3,
sin necesidad de calcular sumas inferiores y sumas superiores.
Teorema 9.5.6 (Segundo teorema fundamental del cálculo) Si f esintegrable en [a, b] y si G es una primitiva de f entonces∫ b
af (x) dx = G(b)− G(a).
Demostración. Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} unapartición cualquiera de [a, b]. Aplicando el teorema del valor mediode Lagrange, para cada 1 ≤ j ≤ n existe tj ∈ [xj−1, xi] tal que
G(xj)− G(xj−1 = G′(tj)(xj − xj−1) = f (tj)(xj − xj−1).
Sean ahora
mj = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},Mj = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
Tenemos evidentemente
mj(xj − xj−1) ≤ f (tj)(xj − xj−1) ≤ Mj(xj − xj−1),
es decir,
mj(xj − xj−1) ≤ G(xj)− G(xj−1 ≤ Mj(xj − xj−1),
y sumando estas desigualdades resultan
∑j=1
mj(xj − xj−1) ≤n
∑j=1
G(xj)− G(xj−1 ≤n
∑j=1
Mj(xj − xj−1),
de modo ques( f , P) ≤ G(b)− G(a) ≤ S( f , P)
para cualquier partición P del intervalo [a, b]. Como f es integrable,esto significa que ∫ b
af (x) dx = G(b)− G(a),
como queríamos demostrar.
10 Funciones integrables
10.1 Continuidad uniforme
Recordemos que una función f : D ⊆ R → R es continua si secumple la siguiente condición: para todo x ∈ D, para todo ε > 0existe δ = δ(ε, x) tal que si |x − y| < δ entonces | f (x) − f (y)| < ε.Observemos que la elección de δ depende, por supuesto, de ε, perotambién depende del punto x ∈ D donde f es continua.
Definición 10.1.1 Se dice que f : D ⊆ R → R es uniformemente continuasi se cumple la siguiente condición: para todo ε > 0 existe δ = δ(ε) tal quesi |x− y| < δ entonces | f (x)− f (y)| < ε.
Observemos que en la definición de continuidad uniforme, la mismaelección de δ = δ(ε) es válida para todos los puntos del dominio. Ob-servemos que toda función uniformemente continua es continua. Sinembargo, el recíproco es falso, como prueban los siguientes ejemplos.
Ejemplo 10.1.2 Sea f : (0, ∞) → R la función definida mediante f (x) =
x2. Entonces f es continua pero no uniformemente continua.
En efecto, sabemos que f es continua por ser una función polinómica.Sin embargo, f no es uniformemente continua, porque en otro caso,para todo ε > 0 existe δ = δ(ε) tal que si |x − y| < δ entonces|x2 − y2| < ε. Supongamos ahora que x > ε/δ y sea y = x + δ/2. Esevidente que |x− y| < δ y sin embargo∣∣∣∣∣
(x +
δ
2
)2− x2
∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣xδ +
δ2
4
∣∣∣∣ ≥ xδ > ε.
Ejemplo 10.1.3 Sea f : (0, 1] → R la función definida por f (x) = 1/x.Entonces f es continua pero no uniformemente continua.
En efecto, es claro que f es continua por ser cociente de dos funcio-nes continuas cuyo denominador no se anula. Sin embargo, f no esuniformemente continua porque en otro caso para todo ε > 0 existe
48 apuntes de cálculo
δ = δ(ε) tal que si |x − y| < δ entonces |1/x − 1/y| < ε. Sea ahoran ∈ N tal que 1/(2n) < δ y sean xn = 1/n, yn = 1/(2n). Tenemos|xn − yn| < δ y sin embargo∣∣∣∣ 1
xn− 1
yn
∣∣∣∣ = n > ε
para n suficientemente grande.
Ejemplo 10.1.4 Sea f : (0, 1] → R la función definida mediante la expre-sión f (x) = sen(1/x). Entonces f es continua pero no uniformementecontinua.
En efecto, supongamos por un momento que f es uniformementecontinua. Dado 0 < ε < 1 existe δ > 0 tal que si |x− y| < δ entonces∣∣∣∣sen
(1x
)− sen
(1y
)∣∣∣∣ < ε.
Sea n ∈N tal que
0 <1
2πn + π/2− 1
2πn− π/2< δ
Sean xn =1
2πn + π/2, yn =
12πn− π/2
. Entonces |xn − yn| < δ
pero sin embargo ∣∣∣∣sen(
1xn
)− sen
(1yn
)∣∣∣∣ = 2 > ε.
Teorema 10.1.5 (Teorema de Heine) Si f es continua en [a, b] entoncesf es uniformemente continua en [a, b].
Demostración. Razonamos por reducción al absurdo. Supongamosque f es continua en [a, b] pero no es uniformemente continua en[a, b]. Entonces existe ε > 0 tal que para todo n ∈ N existen xn, yn ∈[a, b] tales que |xn − yn| < 1/n pero | f (xn)− f (yn)| ≥ ε. Aplicandoel teorema de Bolzano-Weierstrass podemos extraer subsucesionesconvergentes (xnk ), (ynk ), digamos
lımk→∞
xnk = x lımk→∞
ynk = y,
Como |xnk − ynk | < 1/nk se sigue que x = y. Está claro que x ∈ [a, b].Como f es continua en x = y resulta
0 = | f (x)− f (y)| = lımk→∞| f (xnk )− f (ynk )| ≥ ε,
y hemos llegado a una contradicción.
funciones integrables 49
10.2 Integrabilidad de las funciones continuas
Teorema 10.2.1 Si f es continua en [a, b] entonces f es integrable en [a, b].
Demostración. Como f es continua en [a, b], se sigue del teorema deWeierstrass que f es acotada en [a, b]. Sea ε > 0. Tenemos que hallaruna partición P del intervalo [a, b] tal que
S( f , P)− s( f , P) < ε.
Según el teorema 10.2.1 sabemos que f es uniformemente continuaen [a, b] luego existe δ > 0 tal que si |x− y| < δ entonces
| f (x)− f (y)| < ε
2(b− a).
La idea consiste sencillamente en elegir una partición
P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b}
tal que 0 < xj − xj−1 < δ para todo 1 ≤ j ≤ n. Tenemos entonces paratodo s, t ∈ [xj−1, xj] la desigualdad
| f (s)− f (t)| < ε
2(b− a).
Se sigue fácilmente que
Mj −mj ≤ε
2(b− a)<
ε
b− a,
y por lo tanto
S( f , P)− s( f , P) =n
∑j=1
(Mj −mj)(xj − xj−1)
<ε
b− a
n
∑j=1
(xj − xj−1)
=ε
b− a· (b− a) = ε,
como queríamos demostrar.
Veremos a conttinuación otra demostración del teorema 10.2.1 queno depende del concepto de continuidad uniforme.
Demostración. Como f es continua en [a, b], se sigue del teorema deWeierstrass que f es acotada en [a, b], y esto nos permite definir dosfunciones s, S: [a, b]→ R mediante
s(x) =∫ x
af (t) dt, S(x) =
∫ x
af (t) dt.
50 apuntes de cálculo
Supongamos que x ∈ (a, b). Si h > 0 y definimos
mh = ınf{ f (t): x ≤ t ≤ x + h}, Mh = sup{ f (t): x ≤ t ≤ x + h},
entonces se tiene
mh · h ≤∫ x+h
xf (t) dt ≤
∫ x+h
xf (t) dt ≤ Mh · h,
de modo que
mh · h ≤ s(x + h)− s(x) ≤ S(x + h)− S(x) ≤ Mh · h,
o en otras palabras,
mh ≤s(x + h)− s(x)
h≤ S(x + h)− S(x)
h≤ Mh.
Si h < 0 y
mh = ınf{ f (t): x + h ≤ t ≤ x}, Mh = sup{ f (t): x + h ≤ t ≤ x},
se obtiene análogamente la misma desigualdad. Como f es continuaen x se tiene
lımh→0
mh = lımh→0
Mh = f (x).
Ahora resulta que para todo x ∈ (a, b) las funciones s, S son deriva-bles en x y además
s′(x) = S′(x) = f (x).
Se sigue de un corolario del teorema del valor medio de Lagrangeque existe una constante c ∈ R tal que
s(x) = S(x) + c para todo x ∈ [a, b].
Ahora bien, s(a) = S(a) = 0 luego debe de ser c = 0 y por lo tanto
s(x) = S(x) para todo x ∈ [a, b].
Finalmente,
∫ b
af (x) dx = s(b) = S(b) =
∫ b
af (x) dx,
de modo que f es integrable en [a, b], como queríamos demostrar.
11 Aplicaciones de la integral
11.1 Áreas de figuras planas
Sea f : [a, b] → R una función integrable y no negativa. Considere-mos la región R comprendida entre la gráfica de f , el eje de abscisasy las rectas verticales x = a, x = b, es decir,
R = {(x, y) ∈ R2: a ≤ x ≤ b, 0 ≤ f (x) ≤ y}.
El área de esta región se define entonces como
area(R) =∫ b
af (x) dx.
Supongamos ahora que f es no positiva y consideremos la región
R = {(x, y) ∈ R2: a ≤ x ≤ b, y ≤ f (x) ≤ 0}.
El área de esta región se define entonces como
area(R) = −∫ b
af (x) dx.
Finalmente, si f es una función integrable de signo arbitrario enton-ces consideramos la región R comprendida entre la gráfica de f , el ejede abscisas y las rectas verticales x = a, x = b, es decir,
R = {(x, y) ∈ R2: a ≤ x ≤ b, 0 ≤ | f (x)| ≤ y}.
El área de esta región viene dada entonces por
area(R) =∫ b
a| f (x)| dx.
Consideremos ahora dos funciones integrables f , g: [a, b] → R talesque 0 ≤ f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b]. Consideremos la regiónR comprendida entre la gráfica de f , la gráfica de g y las dos rectasverticales x = a, x = b, es decir,
R = {(x, y) ∈ R2: 0 ≤ f (x) ≤ y ≤ g(x)}.
52 apuntes de cálculo
Consideremos las regiones
R1 = {(x, y) ∈ R2: 0 ≤ y ≤ f (x)},R2 = {(x, y) ∈ R2: 0 ≤ y ≤ g(x)},
y observemos que R2 = R1 ∪ R, de modo que area(R2) = area(R1) +
area(R), y por lo tanto
area(R) = area(R2)− area(R1)
=∫ b
ag(x) dx−
∫ b
af (x) dx
=∫ b
a[g(x)− f (x)] dx.
Si f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b] pero f y g son algunas vecesnegativas entonces la misma fórmula es válida. En efecto, si c ∈ R estal que 0 ≤ f (x) + c ≤ g(x) + c entonces la región R1 limitada por fy g tiene la misma área que la región R2 limitada por f + c y g + c, demodo que
area(R1) = area(R2)
=∫ b
a[g(x) + c] dx−
∫ b
a[ f (x) + c] dx
=∫ b
a{[g(x) + c]− [ f (x) + c]}, dx
=∫ b
a[g(x)− f (x)] dx.
Ejemplo 11.1.1 Hallar el área de la región comprendida entre las gráficasde las funciones
f (x) = x3 − x, g(x) = x2.
Figura 11.1: Área entre dos curvas
Lo primero que hacemos es determinar precisamente esta región. Lasgráficas de f y g se cortan cuando
x3 − x = x2,
x3 − x2 − x = 0,
x(x2 − x− 1) = 0.
Las soluciones de esta ecuación vienen dadas por
x = 0, x =1 +√
52
, x =1−√
52
.
Sobre el intervalo [(1 −√
5)/2, 0] tenemos x3 − x ≥ x2 y sobre elintervalo [0, (1 +
√5)/2] tenemos x3 − x ≤ x2. El área de la región en
cuestión viene dada entonces por∫ 0
(1−√
5)/2(x3 − x− x2) dx +
∫ (1+√
5)/2
0dx
aplicaciones de la integral 53
11.2 Longitud de arco
Sea f : [a, b] → R y sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} unapartición cualquiera del intervalo [a, b]. Los puntos
(x0, f (x0)), (x1, f (x1)), . . . , (xn, f (xn))
son los vértices de una curva poligonal inscrita en la gráfica de f . Lalongitud de esta curva poligonal viene dada por
Figura 11.2: Curva poligonal
L( f , P) =n
∑j=1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2.
Se dice que f es rectificable si el conjunto {L( f , P): P partición de [a, b]}está acotado superiormente, y se define la longitud de arco de f por
L( f ) = sup{L( f , P): P partición de [a, b]}.
Lema 11.2.1 Sea f : [a, b] → R y sean P, Q particiones de [a, b]. Si P ⊆ Qentonces L( f , P) ≤ L( f , Q).
Demostración. Supongamos en primer lugar que Q tiene exactamenteun punto más que P, digamos
P = {a = x0 < x1 < · · · < xk−1 < xk < · · · < xn = b},Q = {a = x0 < x1 < · · · < xk−1 < c < xk < · · · < xn = b}.
Tenemos
L( f , P) =k−1
∑j=1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2
+√(xk − xk−1)2 + [ f (xk)− f (xk−1)]2
+n
∑j=k+1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2,
L( f , Q) =k−1
∑j=1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2
+√(c− xk−1)2 + [ f (c)− f (xk−1)]2
+√(xk − c)2 + [ f (xk)− f (c)]2
+n
∑j=k+1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2,
y por lo tanto basta con observar que por la desigualdad triangular,√(xk − xk−1)2 + [ f (xk)− f (xk−1)]2
≤√(c− xk−1)2 + [ f (c)− f (xk−1)]2
+√(xk − c)2 + [ f (xk)− f (c)]2.
54 apuntes de cálculo
Lema 11.2.2 Sea f : [a, b] → R derivable. Si f ′ es acotada y P es unapartición de [a, b] entonces
s(√
1 + ( f ′)2, P)≤ L( f , P) ≤ S
(√1 + ( f ′)2, P
).
Demostración. Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} y sean
mj = ınf{√
1 + f ′(t)2 : xj−1 ≤ t ≤ xj
}Mj = sup
{√1 + f ′(t)2 : xj−1 ≤ t ≤ xj
}
Aplicando el teorema del valor medio de Lagrange a f en el intervalo[xj−1, xj] resulta que existe tj ∈ (xj−1, xj) tal que
f (xj)− f (xj−1) = f ′(tj)(xj − xj−1).
Tenemos entonces
L( f , P) =n
∑j=1
√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2
=n
∑j=1
√(xj − xj−1)2 + f ′(tj)2(xj − xj−1)2
=n
∑j=1
(xj − xj−1)√
1 + f ′(tj)2.
Ahora bien, mj ≤√
1 + f ′(tj)2 ≤ Mj, de donde se deduce que
n
∑j=1
mj(xj − xj−1) ≤n
∑j=1
(xj − xj−1)√
1 + f ′(tj)2 ≤n
∑j=1
Mj(xj − xj−1)
y por lo tanto
s(√
1 + ( f ′)2, P)≤ L( f , P) ≤ S
(√1 + ( f ′)2, P
),
como queríamos demostrar.
Teorema 11.2.3 Si f : [a, b] → R es derivable y f ′ es continua entonces fes rectificable y además
L( f ) =∫ b
a
√1 + f ′(x)2 dx.
Demostración. Observemos en primer lugar que la función√
1 + ( f ′)2
es integrable por ser continua. Sea P una partición de [a, b]. Tenemosla desigualdad
s(√
1 + ( f ′)2, P)≤ L( f , P) ≤ L( f )
aplicaciones de la integral 55
y por lo tanto
sup s(√
1 + ( f ′)2, P)≤ L( f ),
(el supremo se extiende a las particiones de [a, b],) de modo que∫ b
a
√1 + f ′(x)2 dx ≤ L( f ).
Veamos ahora la desigualdad contraria. Sean P, Q dos particiones de[a, b] y sea R un refinamiento común de P, Q. Tenemos
L( f , P) ≤ L( f , R)
≤ S(√
1 + ( f ′)2, R)≤ S
(√1 + ( f ′)2, Q
).
y por lo tanto
L( f ) = sup {L( f , P): P partición de [a, b]}
≤ S(√
1 + ( f ′)2, Q)
,
de donde se deduce que
L( f ) ≤ ınf{
S(√
1 + ( f ′)2, Q)
: Q partición de [a, b]}
=∫ b
a
√1 + f ′(x)2 dx.
11.3 Sumas de Riemann
Sea f : [a, b] → R una función acotada, consideremos una particiónP = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} y supongamos que para cada1 ≤ j ≤ n elegimos un punto tj ∈ [xj−1, xj]. Tenemos entonces
s( f , P) ≤n
∑j=1
f (tj)(xj − xj−1) ≤ S( f , P).
Se dice que la suman
∑j=1
f (tj)(xj − xj−1)
es una suma de Riemann para f asociada a la partición P.
Teorema 11.3.1 Sea f : [a, b] → R continua. Entonces para todo ε > 0existe δ > 0 tal que si P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} es unapartición de [a, b] con todas las longitudes xj − xj−1 < δ, se tiene∣∣∣∣∣ n
∑j=1
f (tj)(xj − xj−1)−∫ b
af (x) dx
∣∣∣∣∣ < ε,
para cualquier suma de Riemann tomando tj ∈ [xj−1, xj].
56 apuntes de cálculo
Demostración. Como f es continua en [a, b], se sigue del teorema10.1.5 que f es uniformemente continua en [a, b]. Así pues, dadoε > 0 existe δ > 0 tal que si |x− y| < δ entonces
| f (x)− f (y)| < ε
2(b− a).
Consideremos ahora una partición P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b}con todas las longitudes xj − xj−1 < δ, y tomemos tj ∈ [xj−1, xj].Según se vio en la demostración del teorema 10.2.1, tenemos
S( f , P)− s( f , P) < ε. (11.1)
Pero también tenemos
s( f , P) ≤n
∑j=1
f (tj)(xj − xj−1) ≤ S( f , P). (11.2)
Finalmente, tenemos
s( f , P) ≤∫ b
af (x) dx ≤ S( f , P). (11.3)
Combinando las desigualdades (11.1), (11.2), (11.3) se sigue el resulta-do.
11.4 Volúmenes de sólidos de revolución
Método de discos
Sea f : [a, b] → R una función integrable y no negativa, y sea V elsólido obtenido al hacer girar alrededor del eje de abscisas la regióncomprendida entre la gráfica de f , el eje de abscisas, y las rectasverticales x = a, x = b. Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} una
Figura 11.3: Método de discos
partición de [a, b] y sean
mj = ınf{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj},Mj = sup{ f (t): xj−1 ≤ t ≤ xj}.
aplicaciones de la integral 57
El volumen de un disco que queda dentro del sólido V (figura 2)viene dado por πm2
j (xj − xj−1), mientras que el volumen de un disco
que queda fuera de V entre xj−1 y xj viene dado por πM2j (xj − xj−1).
Así pues,
πn
∑j=1
m2j (xj − xj−1) ≤ vol(V) ≤ π
n
∑j=1
m2j (xj − xj−1),
es decir,πs( f 2, P) ≤ vol(V) ≤ πS( f 2, P),
y como f 2 es integrable se sigue que
vol(V) = π∫ b
af (x)2 dx.
Método de capas
Suponemos ahora que a ≥ 0 y consideramos el sólido V obtenidoal hacer girar alrededor del eje de ordenadas la región comprendidaentre la gráfica de f , el eje de abscisas, y las rectas x = a, x = b.
Figura 11.4: Método de capas
Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} una partición de [a, b] yconsideremos las capas que resultan al hacer girar el rectángulo debase [xj−1, xj] y altura mj o Mj.
Al sumar los volúmenes de estas capas obtenemos
πn
∑j=1
mj(x2j − x2
j−1) ≤ vol(V) ≤ πn
∑j=1
Mj(x2j − x2
j−1)
que también se puede expresar como
πn
∑j=1
mj(xj + xj−1)(xj − xj−1) ≤ vol(V) ≤ πn
∑j=1
Mjxj + xj−1)(xj − xj−1).
58 apuntes de cálculo
Figura 11.5: Método de capas
Ninguna de estas sumas es una suma superior o una suma inferior.Ahora bien, según el teorema 11.3.1, sabemos que cada una de lassumas
n
∑j=1
mjxj(xj − xj−1),n
∑j=1
mjxj−1(xj − xj−1),
se puede hacer arbitrariamente próxima a la integral∫ b
ax f (x) dx
siempre y cuando todas las longitudes xj − xj−1 sean suficientementepequeñas. Así pues,
vol(V) = 2π∫ b
ax f (x) dx.
Areas laterales de superficies de revolución
Las áreas laterales de superficies de revolución también se puedenexpresar en términos de ciertas integrales.
Figura 11.6: Área lateral de un cono
Recordemos que el área lateral de un cono circular recto S de radior y generatriz s viene dada por
area(S) = πrs.
Consideremos a continuación un tronco de cono S de lado s y radiosr1, r2. Completando el cono tenemos
s1
r1=
s1 + sr2
Figura 11.7: Área de un tronco de cono
aplicaciones de la integral 59
de donde se deduce que
s1 =r1s
r2 − r1, s1 + s =
r2sr2 − r1
.
Así pues, el área lateral de un tronco de cono viene dada por
πr2(s1 + s2)− πr1s1 = πsr2
2 − r21
r2 − r1= πs(r1 + r2).
Sea f : [a, b] → R una función derivable y no negativa con derivadacontinua, y consideremos la superficie de revolución obtenida alhacer girar la gráfica de f alrededor del eje de abscisas.
Figura 11.8: Troncos de cono
Sea P = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} una partición de [a, b].La curva poligonal inscrita en la gráfica de f correspondiente a estapartición genera una superficie revolución formada por una seriede troncos de cono. El área lateral conjunta de estos troncos de conoviene dada por la expresión
πn
∑j=1
[ f (xj−1) + f (xj)]√(xj − xj−1)2 + [ f (xj)− f (xj−1)]2
= πn
∑j=1
[ f (xj−1) + f (xj)]
√√√√1 +
[f (xj)− f (xj−1)
xj − xj−1
]2
(xj − xj−1).
Aplicando el teorema del valor medio de Lagrange, existen ciertostj ∈ (xj−1, xj) tales que la expresión anterior es igual a
πn
∑j=1
[ f (xj−1) + f (xj)]√
1 + f ′(tj)2(xj − xj−1).
Ésta no es una suma inferior ni una suma superior, pero según elteorema 11.3.1, cada una de las sumas
n
∑j=1
f (xj−1)√
1 + f ′(tj)2(xj − xj−1),
n
∑j=1
f (xj)√
1 + f ′(tj)2(xj − xj−1)
se puede hacer arbitrariamente próxima a la integral∫ b
af (x)
√1 + f ′(x)2 dx
siempre y cuando las longitudes xj − xj−1 de los intervalos seansuficientemente pequeñas. Así pues, el área lateral de S viene dadapor la expresión
area(S) = 2π∫ b
af (x)
√1 + f ′(x)2 dx
12 Series infinitas
12.1 Sumas parciales
Sea (an) una sucesión de números reales. Se define la sucesión (sn)
de sumas parciales como
sn = a1 + · · ·+ an.
Se dice que la sucesión infinita (an) es sumable si la sucesión de sussumas parciales (sn) es convergente, y en tal caso se define la sumade la sucesión (an) como
∞
∑n=1
an = lımn→∞
sn.
También se dice que la serie infinita∞
∑n=1
an es convergente.
Un sencillo ejercicio permite demostrar que si (an) y (bn) sonsumables entonces
∞
∑n=1
(an + bn) =∞
∑n=1
an +∞
∑n=1
bn
∞
∑n=1
c · an = c ·∞
∑n=1
an.
12.2 Condiciones generales para la sumabilidad
Teorema 12.2.1 (Criterio de Cauchy) Una sucesión de números reales(an) es sumable si y sólo si para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que para todom > n ≥ n0 se tiene
|an+1 + · · ·+ am| < ε.
Demostración. La sucesión de sumas parciales (sn) es convergente siy sólo si es una sucesión de Cauchy, es decir, para todo ε > 0 existen0 ∈N tal que para todo m > n ≥ n0 se tiene |sm − sn| < ε. Así,
sm − sn =m
∑k=1
ak −n
∑k=1
ak = an+1 + · · ·+ am,
de donde se sigue el resultado.
62 apuntes de cálculo
Teorema 12.2.2 (Condición del resto) Si la serie infinita∞
∑n=1
an converge
entonces lımn→∞
an = 0.
Demostración. Esta condición se desprende del criterio de Cauchytomando m = n + 1. También se puede demostrar directamente delsiguiente modo. Si lım
n→∞sn = ` entonces
lımn→∞
an = lımn→∞
(sn − sn−1)
= lımn→∞
sn − lımn→∞
sn−1
= `− ` = 0.
La condición del resto es necesaria pero no es suficiente, como ponede manifiesto el siguiente ejemplo.
Ejemplo 12.2.3 (La serie armónica) La serie∞
∑n=1
1n
satisface la condición
del resto pero no es convergente.
Demostración. La siguiente agrupación de los términos de la serie porbloques muestra que la sucesión de sumas parciales no es acotada.
1 +12+
(13+
14
)+
(15+
16+
17+
18
)+
(19+ · · ·+ 1
16
)+ · · ·
El primero de los bloques entre paréntesis tiene dos términos queson mayores o iguales que 1/4 luego el bloque es mayor o igual que1/2. El segundo bloque tiene cuatro téminos mayores o iguales que1/8 luego este bloque es mayor o igual que 1/2. El tercer bloquetiene ocho términos mayores o iguales que 1/16 luego este bloque esmayor o igual que 1/2. Resulta entonces
s2n =2n
∑k=1
1k≥ 1 +
n2→ ∞ cuando n→ ∞.
Ejemplo 12.2.4 (La serie geométrica) La serie infinita más importante esla serie geométrica
∞
∑n=0
rn,
que converge si y sólo si |r| < 1.
Demostración. Está claro que si |r| ≥ 1 entonces la serie no convergeporque no se cumple la condición del resto. Supongamos entoncesque |r| < 1. Las sumas parciales
sn = 1 + r + · · ·+ rn
series infinitas 63
se pueden calcular fácilmente. Las ecuaciones
sn = 1 + r + r2 + · · ·+ rn
rsn = r + r2 + · · ·+ rn + rn+1
conducen a(1− r)sn = 1− rn+1,
de donde se deduce que
sn =1− rn+1
1− r.
(La división por 1− r es válida porque se ha excluído el caso r = 1.)Ahora bien, lım
n→∞rn = 0, puesto que |r| < 1, y por lo tanto
∞
∑n=0
rn = lımn→∞
sn = lımn→∞
1− rn+1
1− r=
11− r
.
12.3 Series de términos no negativos
Consideramos ahora series de términos no negativos, es decir,
series infinitas∞
∑n=1
an tales que an ≥ 0 para todo n ≥ 1.
Teorema 12.3.1 (Criterio de acotación) Una serie infinita de términos
no negativos∞
∑n=1
an es convergente si y sólo si la sucesión de sumas parciales
(sn) es acotada.
Demostración. Como la serie infinita∞
∑n=1
an es de términos no negati-
vos, está claro que la sucesión de sumas parciales (sn) es monótonano decreciente y por lo tanto es convergente si y sólo si es acotada.
Teorema 12.3.2 (Prueba de comparación directa) Sean (an), (bn) dossucesiones de números reales tales que
0 ≤ an ≤ bn para todo n ≥ 1.
Si la serie∞
∑n=1
bn converge entonces la serie∞
∑n=1
an converge.
Demostración. Consideremos las sucesiones de sumas parciales
sn = a1 + · · ·+ an,
tn = b1 + · · ·+ bn.
Tenemos sn ≤ tn para todo n ≥ 1. Ahora bien, (tn) converge y por lotanto es acotada. Se sigue que (sn) también es acotada, y finalmente,
por el criterio de acotación, la serie∞
∑n=1
an converge.
64 apuntes de cálculo
Ejemplo 12.3.3 La serie infinita∞
∑n=1
2 + sen3(n + 1)2n + n2 es convergente.
Demostración. Tenemos las desigualdades
0 ≤ 2 + sen3(n + 1)2n + n2 ≤ 3
2n
y la serie geométrica∞
∑n=1
32n = 3
∞
∑n=1
12n
es convergente, luego se sigue del criterio de comparación directaque la serie original converge.
Teorema 12.3.4 (Prueba de comparación asintótica) Sean (an), (bn)
dos sucesiones de téminos positivos y supongamos que existe
c = lımn→∞
an
bn6= 0.
La serie∞
∑n=1
an converge si y sólo si la serie∞
∑n=1
bn converge.
Demostración. Supongamos primero que la serie∞
∑n=1
bn converge. Al
ser lımn→∞
an
bn= c, existe n0 ∈N tal que
0 < an ≤ 2cbn para todo n ≥ n0.
Ahora bien, por hipótesis, la serie 2c ∑n=n0
bn converge, luego por
la prueba de comparación directa, la serie∞
∑n=n0
an converge, y por
lo tanto también converge la serie completa∞
∑n=1
an, que sólo tiene
una cantidad finita de términos adicionales. El recíproco se siguefácilmente, porque también tenemos
1c= lım
n→∞
bn
an6= 0.
Ejemplo 12.3.5 La serie infinita∞
∑n=1
n + 1n2 + 1
es divergente.
Demostración. Sabemos que la serie armónica∞
∑n=1
1n
es divergente.
Además tenemos
lımn→∞
n + 1n2 + 1
1n
= 1,
luego se sigue del criterio de comparación asintótica que la serieoriginal diverge.
series infinitas 65
Teorema 12.3.6 (Prueba del cociente) Sea (an) una sucesión de térmi-nos positivos y supongamos que existe
c = lımn→∞
an+1
an.
Si c < 1 entonces∞
∑n=1
an converge, y si c > 1 entonces∞
∑n=1
an diverge.
Demostración. Supongamos primero que 0 ≤ c < 1 y sea c < d < 1.
La hipótesis c = lımn→∞
an+1
an< 1 implica que existe n0 ∈N tal que
0 <an+1
an≤ d para todo n ≥ n0.
Así pues,
an0+1 ≤ dan0
an0+2 ≤ dan0+1 ≤ d2an0
...
an0+2 ≤ dkan0 .
Como la serie geométrica∞
∑k=0
an0 dk = an0
∞
∑k=0
dk converge, se sigue
del criterio de comparación directa que la serie∞
∑n=n0
an =∞
∑k=0
an0+k
converge, y por lo tanto también converge la serie completa∞
∑n=1
an,
que sólo tiene una cantidad finita de términos adicionales.El caso c > 1 es todavía más fácil. Si 1 < d < c entonces existe
n0 ∈N tal quean+1
an≥ d para todo n ≥ n0,
lo cual significa que
an0+k ≥ dkan0 ≥ an0 para todo k ≥ 0.
Esto indica que los términos individuales de la sucesión (an) no
tienden a cero, y por lo tanto la serie∞
∑n=1
an no converge, porque no
verifica la condición del resto.
Ejemplo 12.3.7 La serie infinita∞
∑n=1
rn
n!converge para todo r > 0.
Demostración. Aplicando la prueba del cociente tenemos
lımn→∞
rn+1
(n + 1)!rn
n!
= lımn→∞
rn + 1
= 0,
y se sigue que la serie converge para todo r > 0.
66 apuntes de cálculo
Ejemplo 12.3.8 La serie∞
∑n=1
nrn converge si 0 < r < 1 y diverge si r ≥ 1.
Demostración. Está claro que la serie diverge si r ≥ 1 porque noverifica la condición del resto. Si 0 < r < 1 tenemos
lımn→∞
(n + 1)rn+1
nrn = lımn→∞
n + 1n· r = r.
y la serie converge por la prueba del cociente.
Teorema 12.3.9 (Prueba de la raíz) Sea (an) una sucesión de términospositivos y supongamos que existe
r = lımn→∞
n√
an.
Si r < 1 entonces∞
∑n=1
an converge, y si r > 1 entonces∞
∑n=1
an diverge.
Demostración. Supongamos primero que 0 < r < 1 y sea r < s < 1. Lahipótesis lım
n→∞n√
an = r implica que existe n0 ∈N tal que
0 < an ≤ sn para todo n ≥ n0.
Como la serie geométrica∞
∑n=n0
sn converge, se sigue de la prueba de
comparación directa que la serie∞
∑n=n0
an converge, y por lo tanto tam-
bién converge la serie completa∞
∑n=1
an, que sólo tiene una cantidad
finita de términos adicionales.
Observación. Según el problema 3.18, si existe lımn→∞
an+1
an= ` entonces
existe lımn→∞
n√
an = `. Esto significa que siempre que dé resultado la
prueba de la raíz, también da resultado la prueba del cociente. Sinembargo, hay series para las que falla la prueba del cociente, mien-tras que da resultado la prueba de la raíz. Por ejemplo, la prueba dela raíz indica que la serie
12+
13+
(12
)2+
(13
)2+
(12
)3+
(13
)3+ · · ·
converge, aun cuando los cocientes de términos consecutivos notienden hacia ningún límite.
Teorema 12.3.10 (Prueba de condensación de Cauchy) Supongamosque (an) es una sucesión decreciente de números reales tal que lım
n→∞an = 0.
La serie∞
∑n=1
an converge si y sólo si la serie∞
∑k=0
2ka2k converge.
series infinitas 67
Demostración. Supongamos en primer lugar que la serie∞
∑k=0
2ka2k
converge, de modo que su sucesión de sumas parciales está acotada.Agrupando por bloques tenemos
a1 + (a2 + a3) + (a4 + a5 + a6 + a7) + · · ·+ (a2k + · · ·+ a2k+1−1)
≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · ·+ 2ka2k ,
de modo que la sucesión de las sumas parciales de la serie∞
∑n=1
an
también está acotada, y se sigue del criterio de acotación que la serie∞
∑n=1
an converge. Recíprocamente, supongamos que a serie∞
∑n=1
an
converge, de modo que su sucesión de sumas parciales está acotada.Agrupando de nuevo por bloques tenemos
a1 + a2 + (a3 + a4) + (a5 + a6 + a7 + a8) + · · ·+ (a2k−1 + · · ·+ a2k )
≥ a1 + 2a2 + 4a4 + · · ·+ 2k−1a2k−1,
de modo que la sucesión de las sumas parciales de la serie∞
∑k=0
2ka2k
también está acotada, y se sigue del criterio de acotación que la serie∞
∑k=0
2ka2k converge.
Ejemplo 12.3.11 La serie armónica generalizada∞
∑n=1
1np converge si p > 1
y diverge si p ≤ 1.
Demostración. Según la prueba de condensación de Cauchy, la seriearmónica generalizada converge si y sólo si converge la serie
∞
∑k=0
2k · 1(2k)p =
∞
∑k=0
(1
2p−1
)k,
que es una serie geométrica y por lo tanto converge si y sólo si1/2p−1 < 1, es decir, p > 1.
Observación. Ni la prueba del cociente ni la prueba de la raíz sonconcluyentes para la serie armónica generalizada, y es necesarioaplicar la prueba de condensación de Cauchy.
12.4 Series alternadas
Consideramos ahora series infinitas cuyos términos no son necesa-riamente no negativos. El tipo más sencillo es una serie alternada, endonde los términos alternan signos positivos y negativos.
68 apuntes de cálculo
Teorema 12.4.1 (Teorema de Leibniz) Supongamos que (an) es unasucesión decreciente de números reales no negativos tal que lım
n→∞an = 0.
Entonces la serie alternada
∞
∑n=1
(−1)n+1an
es convergente.
Demostración. Vamos a establecer las siguientes desigualdades entrelas sumas parciales:
s2 ≤ s4 ≤ s6 ≤ · · · (12.1)
s1 ≥ s3 ≥ s5 ≥ · · · (12.2)
sp ≤ sq si p es par y q es impar. (12.3)
Las dos primeras desigualdades se deducen fácilmente. En efecto,
s2n+2 = s2n + a2n+1 − a2n+2 ≥ s2n,
puesto que a2n+1 ≥ a2n+2, y por otra parte
s2n+3 = s2n+1 − a2n+2 + a2n+3 ≤ s2n+1,
puesto que a2n+2 ≥ a2n+3. La tercera desigualdad tampoco es difícilde demostrar. Observemos primero que
s2n = s2n−1 − a2n ≤ s2n−1
puesto que a2n ≥ 0. Finalmente, si p es par y q es impar entonceselegimos n ∈N tal que
2n ≥ p, y 2n− 1 ≥ q,
de modo quesp ≤ s2n ≤ s2n−1 ≤ sq.
Ahora bien, la subsucesión (s2n) es convergente porque es crecientey está acotada superiormente por sq para cualquier q impar, y lasubsucesión (s2n+1) también es convergente porque es decrecientey está acotada inferiormente por sp para cualquier p par. Así pues,hemos llegado a la conclusión de que existen
α = lımn→∞
s2n
β = lımn→∞
s2n+1.
series infinitas 69
Además, α = β porque
β− α = lımn→∞
s2n+1 − lımn→∞
s2n
= lımn→∞
(s2n+1 − s2n)
= lımn→∞
a2n+1 = 0.
Ahora se sigue del problema 3.7 que la sucesión completa de sumasparciales (sn) es convergente, como queríamos demostrar.
Ejemplo 12.4.2 La serie armónica alternada∞
∑n=1
(−1)n+1
nsatisface las
hipótesis del teorema de Leibniz y por lo tanto es convergente.
12.5 Convergencia absoluta y condicional
Ahora consideramos series con términos positivos y términosnegativos, no necesariamente series alternadas.
Se dice que una serie infinita∞
∑n=1
an es absolutamente convergente si
la serie infinita∞
∑n=1|an| es convergente.
Teorema 12.5.1 Toda serie absolutamente convergente es convergente.
Demostración. Supongamos que∞
∑n=1|an| converge. Según el criterio de
Cauchy, para todo ε > 0 existe n0 ∈N tal que si m > n ≥ n0 entoncesm
∑k=n|ak| < ε.
Aplicando la desigualdad triangular resulta∣∣∣∣∣ m
∑k=n
ak
∣∣∣∣∣ ≤ m
∑k=n|ak| < ε,
luego la serie infinita∞
∑n=1
an también satisface el criterio de Cauchy, y
por lo tanto es convergente.
Observación. El recíproco es falso, por ejemplo, la serie armónica
alternada∞
∑n=1
(−1)n+1
nes convergente gracias al teorema de Leibniz,
pero sin embargo no es absolutamente convergente, porque la serie
armónica∞
∑n=1
1n
es divergente.
Se dice que una serie infinita∞
∑n=1
an es condicionalmente convergente
si converge pero no absolutamente. Así, la serie armónica alternadaes condicionalmente convergente.
70 apuntes de cálculo
Teorema 12.5.2 Una serie es absolumente convergente si y sólo si la serieformada con sus términos positivos y la serie formada con sus términosnegativos son ambas convergentes.
Demostración. Supongamos que tenemos una serie infinita∞
∑n=1
an y
consideremos sus términos positivos a+n = max{an, 0} y sus términosnegativos a−n = mın{an, 0}. Si ambas series
∞
∑n=1
a+n ,∞
∑n=1
a−n
son convergentes entonces la serie
∞
∑n=1|an| =
∞
∑n=1
(a+n − a−n ) =∞
∑n=1
a+n −∞
∑n=1
a−n
también converge, de modo que la serie∞
∑n=1
an es absolutamente
convergente. Recíprocamente, si la serie∞
∑n=1
an es absolutamente
convergente entonces se sigue del teorema anterior que la serie la
serie∞
∑n=1
an es convergente, y por lo tanto las series
∞
∑n=1
a+n =12
(∞
∑n=1
an +∞
∑n=1|an|
),
∞
∑n=1
a−n =12
(∞
∑n=1
an −∞
∑n=1|an|
),
son ambas convergentes.
12.6 Reordenación de series
Consideremos la serie armónica alternada
x = 1− 12+
13− 1
4+
15− 1
6+ · · ·
Sabemos que esta serie es condicionalmente convergente. Ademásx 6= 0 porque s2 = 1/2 y la demostración del teorema de Leibnizmuestra que x ≥ s2. Las siguientes manipulaciones conducen a unresultado aparentemente paradójico.
x = 1− 12− 1
4+
13− 1
6− 1
8+
15− 1
10− 1
12+
17− 1
14− 1
16+ · · ·
series infinitas 71
La regla seguida consiste en tomar cada vez un término positivoseguido de dos términos negativos. Ahora tenemos
x =
(1− 1
2
)− 1
4+
(13− 1
6
)− 1
8+
(15− 1
10
)− 1
12+
(17− 1
14
)− 1
16+ · · ·
=12− 1
4+
16− 1
8+
110− 1
12+
114− 1
16+ · · ·
=12
(1− 1
2+
13− 1
4+
15− 1
6+
17− 1
8+ · · ·
)=
x2
,
y como x 6= 0, hemos llegado a una contradicción. Esta contradicciónobedece a un paso en que se da por supuesto que las operacionesque son válidas con sumas finitas tienen operaciones análogas parasumas infinitas. Es cierto que la sucesión
(bn) = 1,−12
,−14
,13
,−16− 1
8,
15
,− 110
,− 112
, . . .
contiene todos los términos de la sucesión
(an) = 1,−12
,13
,−14
,15
,−16
,17
,−18
,19− 1
10,
111
,− 112
, . . .
En efecto, (bn) es una reordenación de (an) en el siguiente sentido:existe una biyección π: N → N tal que bn = aπ(n) para todo n ∈ N.En nuestro ejemplo
π(2k + 1) = 3k + 1
(los términos 1,13
,15
, · · · van a los lugares 1o, 4o, 7o, . . .),
π(4k) = 3k
(los términos −14
,−18
,− 112
, · · · van a los lugares 3o, 6o, 9o, . . .),
π(4k + 2) = 3k + 2
(los términos −12
,−16
,− 110
, · · · van a los lugares 2o, 5o, 8o, . . .).Sin embargo, no existe ninguna razón para pensar que las series
∞
∑n=1
an,∞
∑n=1
bn, sean iguales; cada una de ellas es igual al límite de sus
sumas parciales y el orden puede importar.La serie armónica alternada no es particular a este respecto; en
efecto, su comportamiento es típico de las series condicionalmenteconvergentes, como muestra el siguiente teorema.
Teorema 12.6.1 Si una serie infinita∞
∑n=1
an converge condicionalmente
entonces para todo α ∈ R existe una reordenación (bn) de (an) tal que
∞
∑n=1
bn = α.
72 apuntes de cálculo
Demostración. Sea∞
∑n=1
pn la serie formada con los términos positivos
de (an) y sea∞
∑n=1
qn la serie formada con los términos negativos. Se
sigue del teorema 12.5.2 que al menos una de estas dos series noconverge; de hecho ninguna de las dos series converge, porque siuna serie tuviera sumas parciales acotadas y la otra serie tuviera
sumas parciales no acotadas, entonces la serie original∞
∑n=1
an también
tendría sumas parciales no acotadas, en contradicción con la hipótesisde ser convergente.
Sea ahora α ∈ R. Suponemos por claridad que α > 0, ya que lademostración para α ≤ 0 se obtiene con sencillas modificaciones.
Como la serie∞
∑n=1
pn es divergente, existe N ∈ N tal queN
∑n=1
pn > α.
Elegimos N1 ∈ N como el menor número natural con esta propiedad,de modo que tenemos las desigualdades
N1−1
∑n=1
pn ≤ α <N1
∑n=1
pn
Sea ahora
S1 =N1
∑n=1
pn.
Se sigue de la primera de las desigualdades anteriores que
S1 − α ≤ pn1
A la suma S1 añadimos ahora tantos términos negativos como seannecesarios para obtener una nueva suma T1 que sea menor que α, esdecir, elegimos el menor M1 ∈N tal que
T1 = S1 +M1
∑n=1
qn < α.
Continuamos ahora indefinidamente este procedimiento, obteniendoalternativamente sumas mayores y menores que α, eligiendo cada vezel Nk o el Mk más pequeño posible. La sucesión
p1, . . . , pN1 , q1, . . . qM1 , pN1+1, . . . , pN2 , qM1+1, . . . , qM2 , . . .
es una reordenación de la sucesión (an). Las sumas parciales de estareordenación primero crecen hasta S1, después decrecen hasta T1,luego crecen hasta S2, después decrecen hasta T2, etc. Además , parafinalizar tenemos
|Sk − α| ≤ pnk → 0 cuando k→ ∞,
|Tk − α| ≤ −qnk → 0 cuando k→ ∞,
de donde se deduce que la serie reordenada converge hacia α.
series infinitas 73
Teorema 12.6.2 Si una serie∞
∑n=1
an converge absolutamente y si (bn) es
una reordenación cualquiera de (an) entonces∞
∑n=1
an también converge
absolutamente y además∞
∑n=1
an =∞
∑n=1
bn.
Demostración. Sea (sn) la sucesión de sumas parciales de∞
∑n=1
an y sea
(tn) la sucesión de sumas parciales de∞
∑n=1
bn. Sea ε > 0. Como la serie
∞
∑n=1
an es convergente, existe N ∈N tal que
∣∣∣∣∣ ∞
∑n=1
an − SN
∣∣∣∣∣ < ε.
Además, como la serie∞
∑n=1|an| es convergente, podemos elegir N de
modo que∞
∑n=N+1
|an| =∞
∑n=1|an| −
N
∑n=1|an| < ε.
Elijamos ahora M ∈N lo suficientemente grande como para que
{a1, . . . , aN} ⊆ {b1, . . . , bM}.
Entonces, siempre que sea m > M, la diferencia tm − sN es la sumade ciertos ak, donde a1, . . . , aN quedan definitivamente excluídos. Asípues, si m > M entonces∣∣∣∣∣ ∞
∑n=1
an − tm
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ ∞
∑n=1
an − sN + sN − tm
∣∣∣∣∣≤
∣∣∣∣∣ ∞
∑n=1
an − sN
∣∣∣∣∣+ |sN − tm| < ε + ε.
Como ε > 0 era arbitrario, esto prueba que la serie reordenada∞
∑n=1
bn converge hacia∞
∑n=1
an. Finalmente, queremos demostrar que
la serie∞
∑n=1
bn converge absolutamente, y para ello basta observar
que (|bn|) es una reordenación de (|an|, ) y como la serie∞
∑n=1|an| es
absolutamente convergente, se sigue de la primera parte del teorema
que∞
∑n=1|bn| converge.
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