Integral Impropia - Ejercicios PDF

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ejercicios de integrales impropias de calculo-...

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EJERCICIOS DE INTEGRALES IMPROPIAS

1.

Integrales impropias de primera especie

1. Calcular

Z

∞

xn dx con a > 0.

a

Soluci´ on Para n 6= −1,

b 1 xn+1 (bn+1 − an+1 ). = n+1 n+1 a a Z ∞ Si n > −1, entonces l´ım F (b) = ∞, con lo que xn dx diverge. F (b) =

Z

b

xn dx =



b→∞

a

Si n < −1, entonces la integral converge y

Z

l´ım F (b) =

b→∞

Para n = −1, F (b) =

∞

a

Z

b a

xn dx = −

an+1 . n+1

dx = ln b − ln a x

y, como l´ım F (b) = ∞, la integral diverge. b→∞

2. Calcular

Z

0

ex dx.

−∞

Soluci´ on Resolvemos directamente la integral: Z 0 Z 0  0 ex dx = l´ım ex dx = l´ım ex a = l´ım (1 − ea) = 1. −∞

a→−∞

a→−∞ a

3. Estudiar la convergencia de la integral

Z

0

∞

a→−∞

1 √ dx. ex

Soluci´ on Calcularemos directamente la integral aplicando la definici´on de integral impropia.

1

∞

Z b b  1 √ dx = l´ım e−x/2 dx = l´ım − 2e−x/2 0 = l´ım (−2e−b/2 + 2) = 2, x b→∞ b→∞ b→∞ 0 e 0 de lo que se deduce que la integral es convergente. Z

4. Estudiar la convergencia de la integral

Z

∞

−∞

e−a|x| dx, a ∈ R.

Soluci´ on En primer lugar, si a = 0, e0 = 1 y la integral diverge. Si a 6= 0, descomponemos la integral en dos sumandos y obtenemos: Z 0 Z 0 Z ∞ Z ax −ax I = eax dx + l´ım e dx + e dx = l´ım −∞

k→−∞

0

m→∞

k

 1 −ax m + l´ım − e = l´ım m→∞ k→−∞ a 0 k    (  1 1 ak 2/a 1 −am 1 = l´ım + − e + l´ım − e = m→∞ k→−∞ a a a a ∞ 

1 ax e a

0

m

e−ax dx

0



si a > 0, si a < 0.

Resulta en definitiva que la integral propuesta es convergente cuando a > 0 y divergente cuando a ≤ 0. 5. Calcular

Z

∞

xe−x dx.

0

Soluci´ on Utilizaremos la propiedad (4), relacionada con la integraci´on por partes para integrales impropias. Para ello, tomando f (x) = x, g ′ (x) = e−x , tenemos que f ′ (x) = 1, g(x) = −e−x y Z b Z ∞ xe−x dx = l´ım xe−x dx b→∞ 0 0 Z b  b  b = l´ım − xe−x 0 + l´ım e−x dx = l´ım − e−x 0 = 1, b→∞

debido a que l´ım

b→∞

6. Hallar

Z



− xe−x

b

0

b→∞

b→∞ 0

= l´ım −be−b = l´ım b→∞

b→∞

−b = 0. eb

∞

dx . x + e−x e −∞

Soluci´ on Como ambos l´ımites de integraci´on son infinitos, descomponemos la integral en dos sumandos. 1 ex , tenemos: Si escribimos el integrando como x = 1 + e2x e + e−x Z b x Z 0 x e dx e dx + l´ım I = l´ım b→∞ 0 1 + e2x b′ →−∞ b′ 1 + e2x     = l´ım arc tg ex 0b + l´ım arc tg ex 0b′ ′ b→∞

=

b →−∞

′

l´ım (arc tg eb − π/4) + ′ l´ım (π/4 − arc tg eb ) =

b→∞

b →−∞

2

π π π π − + −0= . 2 2 4 4

Z

7. Estudiar la convergencia de la integral

∞

2

1 dx. x(ln x)8

Soluci´ on Si calculamos directamente la integral, tenemos: ∞

Z

2

b

(ln x)−7 dx = l´ım b→∞ b→∞ 2 −7   1 1 −1 = l´ım + = , 7(ln 2)7 7(ln 2)7 b→∞ 7(ln b)7

1 dx = x(ln x)8

l´ım

Z

(1/x)(ln x)



−8

b

2

de modo que la integral es convergente. Z

8. Estudiar la convergencia de la integral

∞

x

ex−e dx.

−∞

Soluci´ on Resolvemos en primer lugar la integral indefinida haciendo el cambio de variable ex = t: Z Z Z x x x ex−e dx = ex · e−e dx = e−t dt = −e−t = −e−e . Calculamos a continuaci´on la integral impropia y tenemos: Z

∞

x

ex−e dx = l´ım

a→−∞ b→∞

−∞

Z

b

b

x

a

ex−e dx = l´ım (−e−e + e−e ) = 0 + 1 = 1; a→−∞ b→∞

a

de lo que se deduce que la integral es convergente. 9. Hallar

Z

∞

e−x sen x dx.

0

Soluci´ on El l´ımite superior de integraci´on es infinito con lo que, al integrar por partes, obtenemos: Z

b



1 I = l´ım e sen x dx = l´ım − e−x (sen x + cos x) b→∞ 0 2 b→∞ 1 1 = l´ım − e−b (sen b + cos b) + . b→∞ 2 2 −x

Cuando b → ∞, e−b → 0, mientras que | sen b + cos b| ≤ 2, luego I = 1/2. 10. Calcular In =

Z

0

∞

xn e−x dx, para n ∈ N.

Soluci´ on Integrando por partes, obtenemos que Z Z n −x n −x x e dx = −x e + n xn−1 e−x dx. 3

b

0

Recordando adem´as que l´ım bn e−b = 0, resulta: b→∞

In = l´ım

Z

b

b→∞ 0

xn e−x dx = l´ım −bn e−b + n l´ım b→∞

Z

b→∞ 0

b

xn−1 e−x dx = n · In−1 .

Procediendo por recurrencia, se llega a que In = n(n−1)In−2 = · · · = n!·I0 y como I0 = obtenemos que In = n! 11. Hallar

Z

0

+∞

Z

∞

e−x dx = 1,

0

dx . x2 + 4

Soluci´ on Por definici´on de integral impropia, tenemos:   Z b dx arc tg(x/2) b π = l´ ım = . I = l´ım 4 b→∞ b→∞ 0 x2 + 4 2 0

12. Calcular la integral

Z

∞

−∞

x2 − x + 2 dx. + 10x2 + 9

x4

Soluci´ on Por definici´on de integral impropia Z B Z ∞ x2 − x + 2 x2 − x + 2 dx = l´ ım dx. 4 2 4 2 A→−∞ A x + 10x + 9 −∞ x + 10x + 9 B→∞

Resolvemos en primer lugar la integral indefinida para lo cual aplicamos el m´etodo de integraci´ on por fracciones simples. Como " r # Z 7 1 x x2 − x + 2 x2 + 9 + arc tg x + arc tg dx = ln , x2 + 1 x4 + 10x2 + 9 3 8 3 la integral propuesta valdr´ a   7 π π 7 π π 5π 1 ln 1 + + · − ln 1 + + · = . I= 2 3 2 2 3 2 8 12

13. Demostrar que

Z

0

∞

dx es convergente, para todo m ∈ N. (1 + x2 )m

Soluci´ on En efecto, si hacemos el cambio de variable x = tg t, dx = sec2 t dt, los l´ımites de integraci´ on son ahora t = 0 (correspondiente a x = 0) y t = π/2 (cuando x = ∞). La integral queda ahora Z π/2 Z π/2 Z π/2 sec2 t dt 2−2m sec t dt = cos2m−2 t dt, = (1 + tg2 t)m 0 0 0 la cual es evidentemente convergente para m natural.

4

14. Determinar el valor de C para que sea convergente la integral impropia

Z

1

Hallar el valor de dicha integral.

∞

C x − 2x2 + 2C x+1

Soluci´ on Si escribimos la funci´on integrando como cociente de polinomios, C x2 + x − 2Cx2 − 2C 2 (1 − 2C )x2 + x − 2C 2 x − = = , 2x2 + 2C x + 1 (2x2 + 2C )(x + 1) (2x2 + 2C )(x + 1) observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea convergente, el grado del numerador debe ser menor que 2. De aqu´ı se deduce que 1 − 2C = 0, es decir C = 1/2. Para este valor, la integral queda:  Z ∞ x 1/2 dx = − x+1 2x2 + 1 1

Z

b

b

 1/2 l´ım dx b→∞ 1 1 x+1  b 1 1 2 = l´ım ln(2x + 1) − ln(x + 1) b→∞ 4 2 1   1 1 1 1 2 = l´ım ln(2b + 1) − ln 3 − ln(b + 1) + ln 2 b→∞ 4 4 2 2 2 1 1 8 4(2b + 1) = l´ım · ln = · ln . 2 3 3(b + 1) 4 b→∞ 4 x dx − 2 2x + 1

Z

15. Hallar los valores de los par´ ametros a y b para que  Z ∞ 2 2x + bx + a − 1 dx = 1. x(2x + a) 1 Soluci´ on Al igual que en el problema anterior, escribimos el integrando como una fracci´on para comparar los grados del numerador y denominador. Como (b − a)x + a 2x2 + bx + a −1= , x(2x + a) x(2x + a) la integral ser´a convergente cuando b − a = 0, es decir a = b. En este caso, si integramos por fracciones simples, obtenemos que      x  k 2x2 + bx + a  − 1 dx = l´ım ln  x(2x + a) 2x + a  1 k→∞ 1 k 1 1 1 . = l´ım ln − ln = ln − ln k→∞ 2+a 2k + a 2+a 2

I =

Como debe ser 1 = ln

Z

∞



1 1 − ln , resulta que a = b = 2e − 2. 2 2+a

16. Estudiar la convergencia de la integral

Z

1

Soluci´ on 5

∞ ln x

x2

dx.



dx.

Resolvemos la integral indefinida por partes haciendo u = ln x y dv = dx/x2 . As´ı du = dx/x, v = −1/x y: Z Z ln x dx ln x 1 1 + ln x ln x . dx = − + =− − =− 2 2 x x x x x x La integral impropia queda entonces: Z

∞ 1

ln x dx = l´ım b→∞ x2

Z

1

b

 b   ln x 1 + ln b 1 + ln x = l´ ım + 1 = 1, dx = l´ ım − − b x x2 b→∞ b→∞ 1

pues l´ım ln b/b = 0 (se puede aplicar por ejemplo la regla de L’Hˆ opital). b→∞

Otra posibilidad, en la que no se calcula directamente la integral, es utilizar el criterio de comparaci´ on. Debido a que: l´ım

x→∞

e

Z

∞

1

2 1/x ln x ln x/x2 = l´ım 1/2 = 0, = l´ım 1/2 = l´ım x→∞ x x→∞ (1/2)x−1/2 x→∞ x 1/x3/2

1 dx es convergente, se deduce la convergencia de la integral propuesta. x3/2

17. Estudiar la convergencia de la integral

∞

Z

1

x2 + 3x + 1 √ dx. x4 + x3 + x

Soluci´ on En primer lugar observamos que la funci´ on integrando es positiva en el intervalo de integraci´ on. Como la diferencia de grados entre el denominador y el numerador es 2, comparamos el integrando con la funci´on 1/x2 . Debido a que x2 +3x+1 √ x4 +x3 + x l´ım x→∞ 1/x2

y la integral impropia

Z

∞

= l´ım

x→∞

x4 + 3x3 + x2 √ = 1, x4 + x3 + x

dx/x2 es convergente, la integral propuesta tambi´en es convergente.

1

18. Estudiar la convergencia de la integral

∞

Z

1

dx √ . 3 2x + x + 1 + 5

Soluci´ on An´ alogamente al problema anterior, la funci´on es positiva en el intervalo [1, ∞). Adem´as, cuando x → ∞, es un infinit´ esimo del mismo orden que 1/x, es decir l´ım

2x+

1/x

x→∞

Como

Z

∞

1

1 √ 3 x+1+5

= 1/2.

dx es divergente, la integral propuesta tambi´en lo ser´a. x

19. Estudiar la convergencia de la integral

Z

0

Soluci´ on 6

∞

x √ dx. x4 + 1

La convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la integral Z ∞ x √ dx porque, en el intervalo [0, 1], el integrando es acotado y la integral es propia. 4 +1 x 1

Como la funci´ on integrando es positiva en el intervalo de integraci´ on, podemos aplicar el criterio de comparaci´ on. As´ı tenemos que √ x/ x4 + 1 x2 = l´ım √ l´ım = 1, x→∞ x→∞ 1/x x4 + 1 Z ∞ dx pues el grado del numerador coincide con el grado del denominador. Como la integral x 1 es divergente, tambi´en es divergente la integral propuesta. Z

20. Investigar la convergencia de la integral

∞

1

dx √ . x3 + 1

Soluci´ on Como el integrando es positivo aplicamos el criterio de comparaci´on por paso al l´ımite. Cuando x → ∞, tenemos

Como la integral

Z

1 1 1 1 1 √ = 3/2 · p ∼ 3/2 . = p x x x3 (1 + 1/x3 ) x3 + 1 1 + 1/x3

∞ 1

dx es convergente, la integral propuesta tambi´en lo ser´ a. x3/2

21. Estudiar la convergencia de la integral

Z

∞

(a2

0

x2 dx . + x2 )3/2

Soluci´ on Comparamos el integrando con la funci´ on y = 1/x. Tenemos as´ı: l´ım

x→∞

Como

Z

∞

0

x2 (a2 +x2 )3/2

1/x

= l´ım

x→∞

x3 = 1. x3 · (a2 /x2 + 1)3/2

dx es divergente, tambi´ en lo es la integral propuesta. x

22. Estudiar la convergencia de la integral

Z

3

∞

x dx √ . x6 + 1

Soluci´ on 2 Comparando los grados del numerador y denominador, obtenemos que g(x) Z ∞= 1/x es un infidx nit´esimo equivalente a la funci´ on integrando cuando x → ∞. Como adem´ as es convergenx2 3 te, por el criterio de comparaci´on deducimos que la integral propuesta es tambi´en convergente.

7

23. Estudiar la convergencia de la integral

∞

Z

2

e−x dx.

−∞

Soluci´ on En primer lugar descomponemos la integral en tres sumandos. Adem´ as, debido a la simetr´ıa de la funci´ on integrando, podemos escribir: Z 1 Z 1 Z −1 Z ∞ Z ∞ 2 −x2 −x2 −x2 −x2 e dx + e dx = I= e dx + e dx + 2 e−x dx. −∞

1

−1

1

−1

Para estudiar la convergencia de esta u ´ ltima integral impropia, como la funci´on integrando es positiva, aplicamos el criterio de comparaci´ on. Tenemos por un lado que se verifica la acotaci´ on 2 e−x ≤ e−x , ∀x ≥ 1, y por otro lado que Z

∞

−x

e

Z

dx = l´ım

1

b→∞

b

   b e−x dx = l´ım −e−x 1 = l´ım −e−b + e−1 = e−1 . b→∞

b→∞

1

Esto indica que la integral propuesta es convergente.

24. Investigar la convergencia de la integral

Z

∞ x3

2x

0

dx.

Soluci´ on x3 = 0, aplicaremos el criterio x→∞ 2x x de comparaci´ on por paso al l´ımite con la funci´ on g(x) = 1/2 . Ahora bien, como Debido a que 2x es un infinito de orden superior a x3 , es decir l´ım

l´ım

x→∞

e

Z

0

∞

x3 /2x = l´ım x3 = ∞, x→∞ 1/2x

dx converge, el criterio no puede aplicarse con esta funci´ on. 2x

Si tomamos una funci´ on un poco mayor que g, como h(x) = (2/3)x , tenemos: l´ım

x→∞

x3 /2x x3 = l´ım = 0, x x→∞ (4/3)x (2/3)

y adem´ as Z

∞

(2/3)x dx = l´ım

b→∞

0



(2/3)x ln 2/3

b

0

=−

1 . ln 2/3

El citado criterio de comparaci´on indica pues que la integral propuesta es convergente.

25. Determinar si la integral

Z

1

∞

√ x dx converge o no. 3x

Soluci´ on El integrando es no negativo y decreciente en [1, ∞). Recordamos que, de acuerdo con el criterio de la integral series infinitas, si f es una funci´on no creciente y no negativa en [1, ∞), Z ∞ para X f (n) convergen ambas o divergen ambas. entonces f y 1

n≥1

8

X √n En este caso la convergencia de la serie se puede determinar por el criterio de la ra´ız. 3n n≥1

Tenemos as´ı:

√ √ 3n · n + 1 1 n + 1/3n+1 √ = l´ım n+1 √ = < 1, n→∞ 3 n→∞ · n 3 n/3n l´ım

de modo que la serie converge, con lo que tambi´en la integral dada converge. 26. Estudiar la convergencia de la integral

Z

∞

ex

0

x dx. −1

Soluci´ on x = 1, la funci´on est´ a acotada −1 para x > 0 y la integral acter de esta integral es el mismo que el X nones impropia en x = 0. El car´ n . Aplicando el criterio de Pringsheim, como l´ım n2 · n =0 de la serie asociada n−1 n→∞ e e −1 X 1 es convergente, tambi´en lo es la serie anterior. y n2 Aunque la funci´ on no est´ a definida en x = 0, como l´ım

x→0+

27. Estudiar la convergencia de la integral

Z

∞4x3

0

ex

+ 2x + 1 dx. ex

Soluci´ on Debido a que la funci´on integrando es positiva en el intervalo de integraci´ on y tiende a cero cuando x → ∞, reducimos el estudio de la convergencia de la integral al de la serie asociada X 4n3 + 2n + 1 . Por el criterio de la ra´ız, en n≥0 l´ım

n→∞

r n

4n3 + 2n + 1 = l´ım 1/e < 1. n→∞ en

Entonces la integral es convergente. 28. Estudiar el car´ acter de la integral I =

Z

∞

0

ln(1 + x) dx. ex

Soluci´ on Como la funci´ on integrando es no negativa en el intervalo de integraci´on, estudiaremos el car´acter X ln(1 + n) . de la serie asociada en Aplicando el criterio del cociente tenemos: l´ım

ln(n+2) en+1 ln(n+1) en

= l´ım

1 ln(n + 2) = < 1, e ln(n + 1) e

lo que indica que la serie es convergente y, en consecuencia, tambi´en es convergente la integral propuesta.

9

29. Estudiar el car´ acter de la integral

Z

∞

x dx . 1 + x2 sen2 x

0

Soluci´ on X n , la cual es equivalente a la Como la serie asociada a la integral impropia es 2 sen2 n 1 + n X1 y esta es divergente, tambi´ en ser´a divergente la integral dada. serie n 30. Estudiar la convergencia de la integral

Z

∞

0

sen kx dx. 2 ex

Soluci´ on Como la funci´ on integrando cambia de signo, estudiamos la convergencia absoluta. La serie X | sen kn| | sen kn| 1 asociada a la integral es que es convergente pues ≤ n2 y, por el criterio 2 2 n n e e e n≥0 de la ra´ız, r 1 1 l´ım n n2 = l´ım n = 0 < 1. n→∞ n→∞ e e Lo anterior indica que la integral dada es absolutamente convergente. 31. Estudiar

la

convergencia

de

la

integral

Z

1

α > 0.

∞

sen x dx, xα

para

Soluci´ on Como la funci´ on f (x) = sen x tiene primitiva F (x) = − cos x acotada y la funci´ on g(x) = 1/xα es derivable y decreciente, con l´ım g(x) = 0, por el criterio de Dirichlet (4) se deduce que la x→∞ integral es convergente. 32. Estudiar el car´ acter de la integral

Z

1

∞ cos x

x2

dx.

Soluci´ on Como el integrando no es una funci´on positiva en el intervalo de integraci´ on, debemos es cos x  1   tudiar la convergencia absoluta. Como | cos x| ≤ 1, ∀x, tenemos que  2  ≤ 2 de donde x x Z ∞ Z ∞ 1 cos x dx, la cual es convergente. Se deduce por el criterio de comparaci´ on dx ≤ 2 x2 1 x 1 que la integral propuesta es absolutamente convergente. Z ∞ f (x) Como regla general podemos afirmar que, si en la expresi´ on dx el numerador est´a acoxn 1Z ∞ dx tado, la integral impropia converge absolutamente si lo hace . xn 1 33. Probar que

Z

0

∞

sen x dx converge condicionalmente. x

Soluci´ on

10

sen x = 1. Por tanto la xZ ∞ sen x dx. Como convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la integral x 1 vimos en el problema 12.31, esta integral es convergente. Z ∞  1 − cos 2x  sen x  Sin embargo,  , tenemos que  dx diverge pues, como | sen x| ≥ sen2 x = x 2 1 Z Z Z ∞ | sen x| 1 ∞ dx 1 ∞ cos 2x dx. dx ≥ − 2 1 x 2 1 x x 1 Z ∞ Z ∞ cos 2x dx dx converge,...