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PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE INTEGRALES IMPROPIASEjemplo 01. Determine los valores de p∈R, para los cuales la integral impropia converge:
∫0
∞Lnxx p dx
Solución
a) Si p=1:
∫0
∞Lnxx
dx= limb→∞
∫0
bLnxx
dx=12limb→∞
(Lnx )2|0b=∞
La integral diverge.b) Si p<1:
Lnx
x p≥ln 2
x p∀ x≥2
Analizando la integral impropia:
∫0
∞ln 2x p dx=ln 2∫
0
∞dxx p⏟
DIVERGE
Por lo tanto:
∫0
∞Lnxx p dx DIVERGE
c) Si p>1:Sea p=q+1
Lnx<xq2 (1) para x suficientemente grande
Lnx
xq+1<xq2
xq+1=1
xq2+1p=q+1
⇔
Lnx
xp<1
xq2+1
La integral impropia:
∫0
∞dx
xq2+1CONVERGE ∀q>0
Por lo tanto:
∫0
∞Lnxx p dxCONVERGE
CONCLUSIÓN:
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La integral dada diverge si p≤1 y converge si p>1
Ejemplo 02. Determine si es convergente la siguiente integral impropia:
I=∫0
1
x (ln 1x )2
dx
En caso afirmativo calcular su valor.Solución
Sea t=ln1x⇰ x=e−t⇰ dx=−e−tdt
Cambiando límites:si x⟶0⇰ t⟶∞; si x⟶1⇰ t⟶0
Así:
I=∫0
1
x (ln 1x )2
dx=I=∫∞
0
e−t t2 (−e−tdt )=∫0
∞
e−2t t2dt=14
Por lo tanto, la integral dada es convergenteEjemplo 03. Determine si es convergente la siguiente integral impropia:
I=∫−1
1 ( t+2 )1/3
(4 t−1 )2dx
En caso afirmativo calcular su valor.Solución
I=∫−1
1 (t+2 )1/3
(4 t−1 )2dx=∫
−1
1 /4 (t+2 )1/3
(4 t−1 )2dx
⏟I1
+∫1 /4
1 (t+2 )1/3
(4 t−1 )2dx
⏟I2
a) Analizando la convergencia de I 1:Comparando con la integral:
∫−1
1 /41
(4 t−1 )2dx
Arreglando el denominador del integrando:
(4 t−1 )2=[ 4(t− 14 )]2
=16(t−14 )2
=16 ( 14−t)2
Así,
∫−1
1 /41
(4 t−1 )2dx= 1
16∫−1
1/41
( 14−t)2 dx
⏟DIVERGE
pues p=2>1
Luego:
∫−1
1 /41
(4 t−1 )2dx DIVERGE
Entonces, por el criterio de comparación por paso al límite:
limt→
14
(t+2 )1 /3
(4 t−1 )2
1
(4 t−1 )2=lim
t→14
( t+2 )1/3 (4 t−1 )2
(4 t−1 )2=lim
t→14
( t+2 )1/3=( 94 )1/3
≠0
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∴ I=∫−1
1 ( t+2 )1/3
(4 t−1 )2dx DIVERGE
Observación: No ha sido necesario analizar la integral I 2 por la razón de que si una de estas integrales diverge, entonces la suma diverge, así sea una de ellas convergente.
Ejercicio 04. Estudiar la convergencia de:
I n=∫0
∞x2n−1
(x2+1 )n+3dx ,n≥1
Probar que para n≥2, se cumple:
I n=( n−1n+2 ) I n−1Calcular: I 1, I 2 y I3
Solución
Se observa que la función racional f ( x )= x2n−1
(x2+1 )n+3 es continua y positiva en toda la recta
real; además la integral dada solo presenta problemas debido al intervalo infinito (primera especie)Asimismo; ∀n≥1 se cumple:
x2+1> x2⇔ ( x2+1 )n+3>(x2 )n+3
⇰ 1
(x2+1 )n+3< 1x2n+6
⇔x2n−1
(x2+1 )n+3< x2n−1
x2n+6
⇰ x2n−1
(x2+1 )n+3< 1x7
Utilizando el criterio de comparación por paso al límite, la integral:
∫1
∞dxx7
esconvergente
Por lo tanto la integral dada:
I n=∫0
∞x2n−1
(x2+1 )n+3dx ,n≥1 ESCONVERGENTE .
a) Cálculo de I n:
I n=∫0
∞x2n−1
(x2+1 )n+3dx n≥1
En efecto
I n=∫0
∞x2n−1
(x2+1 )n+3dx=∫
0
∞x2n−2 x
(x2+1 )n+3 dx=∫0
∞
(x2n−2 ) x (x2+1 )−(n+3 )dx
Por integración por partes:Sea:
{ u=x2n−2
dv=x (x2+1 )−(n+3)dx⇰{ du= (2n−2 ) x2n−3dx
v= −12(n+2)
(x2+1 )−(n+2)
Así, se tiene que para n≥2:
I n=u . v|0∞−∫
0
∞
v du=¿¿
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⇰ I n=0+n−1n+2∫0
∞x2n−3
(x2+1 )n+2dx
⇰ I n=( n−1n+2 )∫0
∞x2n−3
(x2+1 )n+2dx
⏟In−1
∴ I n=( n−1n+2 ) I n−1b) Cálculo de I 1:
I 1=∫0
∞x
(x2+1 )4dx=1
6
∴ I 1=16
c) Cálculo de I 2:Aplicando el resultado de a) para n=2:
I 2=( 2−12+2 )I 2−1=14 I1=14 . 16= 124
∴ I 2=124
d) Cálculo de I 1:Aplicando el resultado de a) para n=3:
I 2=( 3−13+2 )I 3−1=25 I 2=25 . 124= 160
∴ I 3=160
Ejercicio 05. Estudiar la convergencia de:
I=∫0
∞7 x+3xa (x3+1 )
dx , según los valoresde a∈R
SoluciónConsideremos las integrales impropias:
I 1=∫0
17 x+3
xa (x3+1 )dx y I 2=∫
1
∞7 x+3xa (x3+1 )
dx
a) Analizando la convergencia de I 1:lim
x→0+¿
7 x+3xa (x3+1 )1xp
= limx→0+ ¿ x
p(7 x+3)xa ( x3+1) =3si p=a ¿
¿¿
¿
Luego, I 1 tiene el mismo carácter que la integral:
∫0
11xadx
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La misma que converge si y solo sí −a>−1⇔a<1. Por lo tanto la integral I 1 converge si y solo sí a<1.b) Analizando la convergencia de I 2:
limx→∞
7x+3xa (x3+1 )1x p
=limx→∞
x p (7 x+3 )
xa (x3+1 )=limx→∞
7 x p+1+3 x p
x3+a+ xa=7 si p+1=a+3
Luego, I 2 tiene el mismo carácter que la integral:
∫0
11xa+2
dx
La misma que converge si y solo sí a+2>1⇔a>−1. Por lo tanto la integral:
I=∫0
∞7 x+3xa (x3+1 )
dxCONVERGE si−1<a<1
Ejercicio 06. Calcular la integral:
I=∫b
∞dx
( x+a ) √x−b, para los valores dea y bcona+b>0que lahaganconvergente
SoluciónSe observa que la función del integrando no está definida en x=−a y x=b. Además por dato del problema se tiene que b>−a ⇰−a∉ [b , ∞ ⟩ por lo que la integral no es impropia en x=−a.Para facilitar el análisis, consideremos las integrales:
I 1=∫b
b+1dx
( x+a )√ x−by I 2=∫
b+1
∞dx
( x+a ) √x−ba) Analizando la convergencia de I 1:
lim
x→b+¿
1( x+a ) √x−b
1
( x−b) p= lim
x→b+ ¿ ( x−b)p
( x+a) √ x−b= 1a+b
>0si p=12¿
¿ ¿
¿
Luego, I 1 es convergente porque la integral:
∫b
b+1dx
√ x−bESCONVERGENTE
b) Analizando la convergencia de I 2:
limx→∞
1( x+a )√ x−b
1x p
=limx→∞
x p
( x+a ) √x−b=1 si p=3
2>1
Entonces, I 2 ES CONVERGENTE. Luego, para todos los valores de a y b tales que a+b>0, la integral:
I=∫b
∞dx
( x+a ) √x−bCONVERGE
c) Cálculo de la integral impropia:
I=∫b
∞dx
( x+a ) √x−bEn efecto
Utilizamos el cambio de variable:
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x−b=t 2con t>0⇰{ dx=2 tdtx+a=a+b+ t2
Nuevos límites:Si x⟶b⇰ t⟶0 y Si x⟶∞⇰ t⟶∞
Entonces:
I=∫b
∞dx
( x+a ) √x−b=lim
h→∞∫0
h2 tdt
(a+b+ t2 ) t=2 lim
h→∞∫0
hdt
(a+b )+t 2=¿
I= 2
√a+blimh→∞
arctan ( t
√a+b )|0
h
= 2
√a+blimh→∞ [arctan ( h
√a+b )−arctan (0 )]I= 2
√a+b [arctan (∞ )−0 ]= 2√a+b [ π2 ]= π
√a+b
Por lo tanto:
I=∫b
∞dx
( x+a ) √x−b= π
√a+bEjercicio 07. Calcular la integral:
I n=∫0
1
(Lnx )ndx ,n∈Z+¿¿
SoluciónUtilizando integración por partes:Sea:
{u=(Lnx )n
dv=dx⇰ {du=n (Lnx )n−1 x−1dx
v= xAsí, se tiene que para n≥2:
I n=u . v|01−∫
0
1
v du=lima→0
[ x (Lnx )n ]|a1
−n lima→0
∫a
1
(Lnx )n−1dx⏟
In−1
⇰ I n=lima→0
[1 (ln 1 )n−a (Lna )n ]−n In−1
⇰ I n=lima→0
[0−a (Lna )n ]−n I n−1
⇰ I n=−lima→0 [ (Lna )n
1a ]−n I n−1(¿)
Utilizando reiteradas veces L’Hóspital, calculamos por separado el límite de la relación (¿):
lima→0 [ (Lna )n
1a ]=0¿
Reemplazando ¿ en (¿) se tiene:I n=−n I n−1=(−1 )2n (n−1 ) I n−2=…= (−1 )n−1n! I 1
⇰ I n=(−1 )n−1n! I1Utilizando nuevamente integración por partes, calculamos:
I 1=∫0
1
Lnxdx=−1
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Por lo tanto:I 1=(−1 )n−1n! paracualquier n∈Z+¿¿