Integracion

Capítulo 1

Integración
Problema 1.1 Sea f : [−3, 6] −→ IR denida por:


−(x2 + 4x + 3)




2x − 3
f (x) =



 x−2
e

−3 ≤ x < 0,
0 ≤ x < 2,
2 ≤ x ≤ 6.

(i) Estudiar la continuidad y derivabilidad de f .
(ii) Calcular los extremos absolutos de f en [−3, 6].
(iii) Dar la expresión de F (x) =

x
−3

f (t) dt.

(iv) Calcular el área limitida por la gráca de f (x) desde x = 3/2 hasta x =6.
•

Solución:
(i) La función f es continua en [−3, 6] − {0, 2} por ser una función o bien polinómica o
exponencial. En x = 0, 2, debemos calcular los límites laterales.

l´ım −(x2 + 4x + 3) = −3 
−
x→0
=⇒ f es continua en 0.

l´ım 2x − 3 = −3
x→0+


l´ım 2x − 3 = 1 

x→2−

l´ım ex−2 = 1



x→2+

5

=⇒ f es continua en 2.

6

Índice general
12

8

4

0
-4

-2

0

2

4

6

x
-4

Por otrolado, la función f es derivable en (−3, 6) − {0, 2} por ser una función polinómica
o exponencial. Calculamos f en el interior de los distintos intervalos de denición.


 −2(x + 2) si − 3 < x < 0,
2
si 0 < x < 2,
f (x) =

 x−2
e
si 2 < x < 6.
Para hallar f (0) y f (2) podemos estudiar los límites laterales en los cambios de denición.
Si los límites laterales existen podremos decir si la funciónes derivable, pero si no existe
alguno de ellos no podremos deducir nada y tendremos que ir a la denición de derivada.

l´ım −2(x + 2) = −4 
−
x→0
=⇒ f no es derivable en 0.

l´ım 2 = 2
x→0+

l´ım− 2 = 2

x→2




l´ım+ ex−2 = 1 

=⇒ f no es derivable en 2.

x→2

(ii) El Teorema de Weierstrass nos asegura la existencia de extremos absolutos def en [−3, 6],
ya que f es una función continuaen [−3, 6] (compacto). Estos extremos se encuentran
entre los siguientes puntos.
(a) Extremos del intervalo de denición, -3,6.
(b) Puntos de no derivabilidad de f , 0, 2.
(c) Puntos estacionarios de f , es decir, f = 0.
En (−3, 0), f (x) = −2(x + 2) = 0 =⇒ x = −2.
En (0, 2), f (x) = 2 = 0 =⇒ no existen puntos estacionarios.
En (2, 6), f (x) = ex−2 = 0 =⇒ no existen puntos estacionarios.
Finalmentepara obtener los extremos absolutos basta calcular los valores de la función
en cada uno de los puntos obtenidos.

Índice general

x

7

f (x)

−3

0

−2

1

0

−3

2

1

6

e4

Mínimo absoluto

Máximo absoluto

(iii) La función integral de f es:
x

Si −3 ≤ x ≤ 0, F (x) =
x3
+ 2x2 + 3x .
3

−

x

f (t) dt =
−3

−3

x

Si 0 ≤ x ≤ 2, F (x) =
x2 − 3x .

0

f (t) dt =
−3

−3

x

f (t) dt +
−3

x

=−3

(2t − 3) dt = t2 − 3t

0

2

f (t) dt =

x

−(t2 + 4t + 3) dt +

−3

x

Si 2 ≤ x ≤ 6, F (x) =

t3
+ 2t2 + 3t
3

−(t2 + 4t + 3) dt = −

et−2 dt = −2 + et−2

2

x
2

x
0

=

= ex−2 − 3.

(iv) El área limitida por la gráca de f (x) desde x = 3/2 hasta x = 6 está dado por:
6

2

f (x) dx =
3/2

6

2x − 3 dx +
3/2

ex−2 dx = x2 − 3x

2

2
3/2

+ ex−2

6
2

=

3
+ e4 .
2

Problema 1.2 La sección deun sólido paralela a√la base a una altura z de la misma, es un
2
anillo circular de radio interno z y radio externo
uno, hallar el volumen del mismo.

z . Sabiendo que el sólido tiene una altura

•

Solución:
Para calcular el volumen utilizamos la fórmula de Cavalieri o cálculo del volumen de un
sólido mediante el área de sus secciones. En este caso las secciones son anillos circulares de

8Índice general

radios r1 = z 2 y r2 =

√

z . Por tanto,
1

V =π
0

1

(r22 − r12 )dz =

z2
z5
−
2
5

(z − z 4 )dz =

0

1

=
0

3
.
10

Problema 1.3 Se consideran las funciones f (x) = sin(x) y g(x) = x2 . Se dene
h(x) =

f (x)

si x ∈ [0, π],

g(x)

si x ∈ (π, 2π].

(i) Hallar la función integral de h(x), H(x) =

x
0

h(t) dt.

(ii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la función f(x) entre 0 y π alrededor
del eje OX.
(iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la función f (x) entre 0 y π alrededor
del eje OY.
•

Solución:
(i) Como la función h está denida a trozos su función integral H también lo estará. Por
tanto, debemos distinguir x ∈ [0, π] y x ∈ [π, 2π].
x

• x ∈ [0, π]

H(x) =

x

h(t) dt =
0

0
x

• x ∈ [π, 2π]

H(x) =

x

sin t dt = − (cos t)0 =...