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:

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

∴ 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=¿¿

⇰ 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

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:

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

Por lo tanto:I 1=(−1 )n−1n! paracualquier n∈Z+¿¿