Ejercicios de integrales_impropias

CAPÍTULO XII.
INTEGRALES
IMPROPIAS
SECCIONES
A. Integrales impropias de primera especie.
B. Integrales impropias de segunda especie.
C. Aplicaciones al cálculo de áreas y volúmenes.
D. Ejercicios propuestos.
109

A. INTEGRALES IMPROPIAS DE PRIMERA ESPECIE.
El concepto de integral definida se refiere a funciones acotadas en intervalos
cerrados [a, b], con a, b ∈ R. Este concepto se puede extender eliminando
estas restricciones. Ello da lugar a las integrales impropias.
Llamaremos integral impropia de primera especie aquella cuyo intervalo de
integración es infinito, ya sea de la forma (a, ∞), (−∞, b) o bien (−∞, ∞),
pero la función está acotada. Para cada uno de los casos indicados se defi-
ne
∞
a
f(x) dx = l´ım
B→∞
B
a
f(x) dx,
b
−∞
f(x) dx = l´ım
A→−∞
b
A
f(x) dx,
∞
−∞
f(x) dx = l´ım
A→−∞
B→∞
B
A
f(x) dx, 1
y se dice que la integral impropia correspondiente es convergente si el l´ımite
existe y es finito y divergente en caso contrario. Las siguientes propiedades
son análogas a las correspondientes en las integrales propias (sólo conside-
raremos el caso del intervalo (a, ∞) pues el segundo caso se puede reducir
al primero con el cambio de variable t = −x y el tercer caso es combinación
de los dos anteriores al descomponer la integral en dos sumandos).
PROPIEDADES.
(1) La convergencia de la integral no depende del l´ımite de integración real.
Es decir,
∞
a
f(x)dx converge ⇐⇒
∞
b
f(x)dx converge.
(2) Homogénea. Si
∞
a
f es convergente, entonces
∞
a
λf es convergente,
para todo λ ∈ R y se cumple:
∞
a
λf = λ
∞
a
f.
(3) Aditiva. Si
∞
a
f,
∞
a
g convergen, entonces
∞
a
(f + g) converge y
además
∞
a
(f + g) =
∞
a
f +
∞
a
g.
110

(4) Integración por partes. Si f y g tienen derivadas de primer orden
continuas en [a, ∞) y dos de los tres l´ımites
l´ım
b→∞
b
a
f(x)g (x) dx, l´ım
b→∞
b
a
f (x)g(x) dx, l´ım
b→∞
[f(b)g(b) − f(a)g(a)]
existen, entonces el tercero también existe y se tiene que
∞
a
f(x)g (x) dx = l´ım
b→∞
[f(b)g(b) − f(a)g(a)] −
∞
a
f (x)g(x) dx.
(5) Si
∞
a
|f| converge, entonces
∞
a
f converge.
Esta última propiedad permite definir el concepto de convergencia ab-
soluta para el caso en que la función integrando no tenga signo cons-
tante en [a, ∞).
Dada una función f integrable en [a, x], para todo x > a, se dice que
∞
a
converge absolutamente si la integral
∞
a
|f| converge, y que
∞
a
f converge
condicionalmente si
∞
a
f converge pero
∞
a
|f| diverge.
En los casos en que no sea posible (o no sea necesario) calcular expl´ıcitamente
la integral, su convergencia se puede deducir por alguno de los siguientes
criterios (observar el paralelismo que mantienen algunos de estos criterios
con sus correspondientes para la convergencia de series).
CRITERIOS DE CONVERGENCIA.
(1) Criterio de comparación. Si f y g son funciones continuas en [a, ∞)
y 0 ≤ f(x) ≤ g(x), ∀x > a, entonces 0 ≤
∞
a
f(x) dx ≤
∞
a
g(x) dx.
Por tanto, si
∞
a
g(x) dx converge, entonces
∞
a
f(x) dx converge.
(2) Comparación por paso al l´ımite. Sean f y g continuas y no nega-
tivas en [a, ∞).
a) Si l´ım
x→∞
f(x)
g(x)
= λ = 0, λ finito, entonces
∞
a
f(x) dx converge ⇐⇒
∞
a
g(x) dx converge.
b) Si l´ım
x→∞
f(x)
g(x)
= 0, entonces
∞
a
g(x) dx converge =⇒
∞
a
f(x) dx converge.
111

En muchos casos, debido a que
∞
1
1
xα
dx converge si α > 1 y diverge
si α ≤ 1 (ver problema 12.1), se aplica el criterio anterior con g(x) =
1/xα. Este queda entonces as´ı:
(3) Sea f una función continua y no negativa en [a, ∞).
a) Si l´ım
x→∞
xα
f(x) = λ = 0, λ finito, entonces
∞
a
f(x) dx converge ⇐⇒ α > 1.
b) Si l´ım
x→∞
xα
f(x) = 0 y α > 1, entonces
∞
a
f(x) dx converge.
c) Si l´ım
x→∞
xα
f(x) = ∞ y α ≤ 1, entonces
∞
a
f(x) dx diverge.
(4) Criterio de Dirichlet. Sean f una función continua con primitiva
F acotada ∀x ≥ a y g una función decreciente con derivada primera
continua ∀x ≥ a. Si l´ım
x→∞
g(x) = 0, entonces
∞
a
f(x)g(x) dx converge.
(5) Criterio de la serie asociada. Sea f una función decreciente y no
negativa ∀x ≥ a, y tal que l´ım
x→∞
f(x) = 0. Entonces
∞
a
f(x) dx converge ⇐⇒ f(n) converge.
PROBLEMA 12.1
Calcular
∞
a
xn
dx con a > 0.
Solución
Para n = −1,
F(b) =
b
a
xn
dx =
xn+1
n + 1
b
a
=
1
n + 1
(bn+1
− an+1
).
Si n > −1, entonces l´ım
b→∞
F(b) = ∞, con lo que
∞
a
xn
dx diverge.
Si n < −1, entonces la integral converge y
l´ım
b→∞
F(b) =
∞
a
xn
dx = −
an+1
n + 1
.
112

Para n = −1,
F(b) =
b
a
dx
x
= ln b − ln a
y, como l´ım
b→∞
F(b) = ∞, la integral diverge.
PROBLEMA 12.2
Calcular
0
−∞
ex
dx.
Solución
Resolvemos directamente la integral:
0
−∞
ex
dx = l´ım
a→−∞
0
a
ex
dx = l´ım
a→−∞
ex 0
a
= l´ım
a→−∞
(1 − ea
) = 1.
PROBLEMA 12.3
Estudiar la convergencia de la integral
∞
0
1
√
ex
dx.
Solución
Calcularemos directamente la integral aplicando la definición de integral
impropia.
∞
0
1
√
ex
dx = l´ım
b→∞
b
0
e−x/2
dx = l´ım
b→∞
−2e−x/2 b
0
= l´ım
b→∞
(−2e−b/2
+2) = 2,
de lo que se deduce que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.4
∞
−∞
e−a|x|
dx, a ∈ R.
Solución
En primer lugar, si a = 0, e0 = 1 y la integral diverge.
113

Si a = 0, descomponemos la integral en dos sumandos y obtenemos:
I =
0
−∞
eax
dx +
∞
0
e−ax
dx = l´ım
k→−∞
0
k
eax
dx + l´ım
m→∞
m
0
e−ax
dx
= l´ım
k→−∞
1
a
eax
0
k
+ l´ım
m→∞
−
1
a
e−ax
m
0
= l´ım
k→−∞
1
a
−
1
a
eak
+ l´ım
m→∞
−
1
a
e−am
+
1
a
=
2/a si a > 0,
∞ si a < 0.
Resulta en definitiva que la integral propuesta es convergente cuando a > 0
y divergente cuando a ≤ 0.
PROBLEMA 12.5
Calcular
∞
0
xe−x
dx.
Solución
Utilizaremos la propiedad (4), relacionada con la integración 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
∞
0
xe−x
dx = l´ım
b→∞
b
0
xe−x
dx
= l´ım
b→∞
− xe−x b
0
+ l´ım
b→∞
b
0
e−x
dx = l´ım
b→∞
− e−x b
0
= 1,
debido a que l´ım
b→∞
− xe−x b
0
= l´ım
b→∞
−be−b
= l´ım
b→∞
−b
eb
= 0.
PROBLEMA 12.6
Hallar
∞
−∞
dx
ex + e−x
.
Solución
Como ambos l´ımites de integración son infinitos, descomponemos la integral
en dos sumandos. Si escribimos el integrando como
1
ex + e−x
=
ex
1 + e2x
, te-
114

nemos:
I = l´ım
b→∞
b
0
exdx
1 + e2x
+ l´ım
b →−∞
0
b
exdx
1 + e2x
= l´ım
b→∞
arc tg ex b
0
+ l´ım
b →−∞
arc tg ex 0
b
= l´ım
b→∞
(arc tg eb
− π/4) + l´ım
b →−∞
(π/4 − arc tg eb
) =
π
2
−
π
4
+
π
4
− 0 =
π
2
.
PROBLEMA 12.7
∞
2
1
x(ln x)8
dx.
Solución
Si calculamos directamente la integral, tenemos:
∞
2
1
x(ln x)8
dx = l´ım
b→∞
b
2
(1/x)(ln x)−8
dx = l´ım
b→∞
(ln x)−7
−7
b
2
= l´ım
b→∞
−1
7(ln b)7
+
1
7(ln 2)7
=
1
7(ln 2)7
,
de modo que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.8
∞
−∞
ex−ex
dx.
Solución
Resolvemos en primer lugar la integral indefinida haciendo el cambio de
variable ex = t:
ex−ex
dx = ex
· e−ex
dx = e−t
dt = −e−t
= −e−ex
.
Calculamos a continuación la integral impropia y tenemos:
∞
−∞
ex−ex
dx = l´ım
a→−∞
b→∞
b
a
ex−ex
dx = l´ım
a→−∞
b→∞
(−e−eb
+ e−ea
) = 0 + 1 = 1;
de lo que se deduce que la integral es convergente.
115

PROBLEMA 12.9 Hallar
∞
0
e−x
sen x dx.
Solución
El l´ımite superior de integración es infinito con lo que, al integrar por partes,
obtenemos:
I = l´ım
b→∞
b
0
e−x
sen x dx = l´ım
b→∞
−
1
2
e−x
(sen x + cos x)
b
0
= l´ım
b→∞
−
1
2
e−b
(sen b + cos b) +
1
2
.
Cuando b → ∞, e−b → 0, mientras que | sen b + cos b| ≤ 2, luego I = 1/2.
PROBLEMA 12.10
Calcular In =
∞
0
xn
e−x
dx, para n ∈ N.
Solución
Integrando por partes, obtenemos que
xn
e−x
dx = −xn
e−x
+ n xn−1
e−x
dx.
Recordando además que l´ım
b→∞
bn
e−b
= 0, resulta:
In = l´ım
b→∞
b
0
xn
e−x
dx = l´ım
b→∞
−bn
e−b
+ n l´ım
b→∞
b
0
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 =
∞
0
e−x
dx = 1, obtenemos que In = n!
PROBLEMA 12.11
Hallar
+∞
0
dx
x2 + 4
.
116

Solución
Por definición de integral impropia, tenemos:
I = l´ım
b→∞
b
0
dx
x2 + 4
= l´ım
b→∞
arc tg(x/2)
2
b
0
=
π
4
.
PROBLEMA 12.12
Calcular la integral
∞
−∞
x2 − x + 2
x4 + 10x2 + 9
dx.
Solución
Por definición de integral impropia
∞
−∞
x2 − x + 2
x4 + 10x2 + 9
dx = l´ım
A→−∞
B→∞
B
A
x2 − x + 2
x4 + 10x2 + 9
dx.
Resolvemos en primer lugar la integral indefinida para lo cual aplicamos el
método de integración por fracciones simples. Como
x2 − x + 2
x4 + 10x2 + 9
dx =
1
8
ln
x2 + 9
x2 + 1
+ arc tg x +
7
3
arc tg
x
3
,
la integral propuesta valdrá
I =
1
8
ln 1 +
π
2
+
7
3
·
π
2
− ln 1 +
π
2
+
7
3
·
π
2
=
5π
12
.
PROBLEMA 12.13
Demostrar que
∞
0
dx
(1 + x2)m
es convergente, para todo m ∈ N.
Solución
En efecto, si hacemos el cambio de variable x = tg t, dx = sec2 t dt, los
l´ımites de integración son ahora t = 0 (correspondiente a x = 0) y t = π/2
(cuando x = ∞). La integral queda ahora
π/2
0
sec2 t dt
(1 + tg2 t)m
=
π/2
0
sec2−2m
t dt =
π/2
0
cos2m−2
t dt,
117

la cual es evidentemente convergente para m natural.
PROBLEMA 12.14
Determinar el valor de C para que sea convergente la integral im-
propia
∞
1
x
2x2 + 2C
−
C
x + 1
dx. Hallar el valor de dicha inte-
gral.
Solución
Si escribimos la función integrando como cociente de polinomios,
x
2x2 + 2C
−
C
x + 1
=
x2 + x − 2Cx2 − 2C2
(2x2 + 2C)(x + 1)
=
(1 − 2C)x2 + x − 2C2
(2x2 + 2C)(x + 1)
,
observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea con-
vergente, 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:
∞
1
x
2x2 + 1
−
1/2
x + 1
dx = l´ım
b→∞
b
1
x
2x2 + 1
dx −
b
1
1/2
x + 1
dx
= l´ım
b→∞
1
4
ln(2x2
+ 1) −
1
2
ln(x + 1)
b
1
= l´ım
b→∞
1
4
ln(2b2
+ 1) −
1
4
ln 3 −
1
2
ln(b + 1) +
1
2
ln 2
= l´ım
b→∞
1
4
· ln
4(2b2 + 1)
3(b + 1)2
=
1
4
· ln
8
3
.
PROBLEMA 12.15
Hallar los valores de los parámetros a y b para que
∞
1
2x2 + bx + a
x(2x + a)
− 1 dx = 1.
Solución
Al igual que en el problema anterior, escribimos el integrando como una frac-
ción para comparar los grados del numerador y denominador. Como
2x2 + bx + a
x(2x + a)
− 1 =
(b − a)x + a
x(2x + a)
,
118

la integral será convergente cuando b − a = 0, es decir a = b.
En este caso, si integramos por fracciones simples, obtenemos que
I =
∞
1
2x2 + bx + a
x(2x + a)
− 1 dx = l´ım
k→∞
ln
x
2x + a
k
1
= l´ım
k→∞
ln
k
2k + a
− ln
1
2 + a
= ln
1
2
− ln
1
2 + a
.
Como debe ser 1 = ln
1
2
− ln
1
2 + a
, resulta que a = b = 2e − 2.
PROBLEMA 12.16
∞
1
ln x
x2
dx.
Solución
Resolvemos la integral indefinida por partes haciendo u = ln x y dv =
dx/x2. As´ı du = dx/x, v = −1/x y:
ln x
x2
dx = −
ln x
x
+
dx
x2
= −
ln x
x
−
1
x
= −
1 + ln x
x
.
La integral impropia queda entonces:
∞
1
ln x
x2
dx = l´ım
b→∞
b
1
ln x
x2
dx = l´ım
b→∞
−
1 + ln x
x
b
1
= l´ım
b→∞
−
1 + ln b
b
+ 1 = 1,
pues l´ım
b→∞
ln b/b = 0 (se puede aplicar por ejemplo la regla de L’Hôpital).
Otra posibilidad, en la que no se calcula directamente la integral, es utilizar
el criterio de comparación. Debido a que:
l´ım
x→∞
ln x/x2
1/x3/2
= l´ım
x→∞
ln x
x1/2
= l´ım
x→∞
1/x
(1/2)x−1/2
= l´ım
x→∞
2
x1/2
= 0,
e
∞
1
1
x3/2
dx es convergente, se deduce la convergencia de la integral pro-
puesta.
PROBLEMA 12.17
∞
1
x2 + 3x + 1
x4 + x3 +
√
x
dx.
119

Solución
En primer lugar observamos que la función integrando es positiva en el
intervalo de integración. Como la diferencia de grados entre el denominador
y el numerador es 2, comparamos el integrando con la función 1/x2. Debido
a que
l´ım
x→∞
x2+3x+1
x4+x3+
√
x
1/x2
= l´ım
x→∞
x4 + 3x3 + x2
x4 + x3 +
√
x
= 1,
y la integral impropia
∞
1
dx/x2
es convergente, la integral propuesta tam-
bién es convergente.
PROBLEMA 12.18
∞
1
dx
2x + 3
√
x + 1 + 5
.
Solución
Análogamente al problema anterior, la función es positiva en el intervalo
[1, ∞). Además, cuando x → ∞, es un infinitésimo del mismo orden que
1/x, es decir
l´ım
x→∞
1
2x+ 3√
x+1+5
1/x
= 1/2.
Como
∞
1
dx
x
es divergente, la integral propuesta también lo será.
PROBLEMA 12.19
∞
0
x
√
x4 + 1
dx.
Solución
La convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la inte-
gral
∞
1
x
√
x4 + 1
dx porque, en el intervalo [0, 1], el integrando es acotado y la
integral es propia.
Como la función integrando es positiva en el intervalo de integración, pode-
mos aplicar el criterio de comparación. As´ı tenemos que
l´ım
x→∞
x/
√
x4 + 1
1/x
= l´ım
x→∞
x2
√
x4 + 1
= 1,
120

pues el grado del numerador coincide con el grado del denominador. Como la
integral
∞
1
dx
x
es divergente, también es divergente la integral propuesta.
PROBLEMA 12.20
Investigar la convergencia de la integral
∞
1
dx
√
x3 + 1
.
Solución
Como el integrando es positivo aplicamos el criterio de comparación por
paso al l´ımite. Cuando x → ∞, tenemos
1
√
x3 + 1
=
1
x3(1 + 1/x3)
=
1
x3/2
·
1
1 + 1/x3
∼
1
x3/2
.
Como la integral
∞
1
dx
x3/2
es convergente, la integral propuesta también lo
será.
PROBLEMA 12.21
∞
0
x2 dx
(a2 + x2)3/2
.
Solución
Comparamos el integrando con la función y = 1/x. Tenemos as´ı:
l´ım
x→∞
x2
(a2+x2)3/2
1/x
= l´ım
x→∞
x3
x3 · (a2/x2 + 1)3/2
= 1.
Como
∞
0
dx
x
es divergente, también lo es la integral propuesta.
PROBLEMA 12.22
∞
3
x dx
√
x6 + 1
.
Solución
Comparando los grados del numerador y denominador, obtenemos que g(x) =
1/x2 es un infinitésimo equivalente a la función integrando cuando x → ∞.
121

Como además
∞
3
dx
x2
es convergente, por el criterio de comparación dedu-
cimos que la integral propuesta es también convergente.
PROBLEMA 12.23
∞
−∞
e−x2
dx.
Solución
En primer lugar descomponemos la integral en tres sumandos. Además, de-
bido a la simetr´ıa de la función integrando, podemos escribir:
I =
−1
−∞
e−x2
dx+
1
−1
e−x2
dx+
∞
1
e−x2
dx =
1
−1
e−x2
dx+2
∞
1
e−x2
dx.
Para estudiar la convergencia de esta última integral impropia, como la fun-
ción integrando es positiva, aplicamos el criterio de comparación. Tenemos
por un lado que se verifica la acotación e−x2
≤ e−x, ∀x ≥ 1, y por otro lado
que
∞
1
e−x
dx = l´ım
b→∞
b
1
e−x
dx = l´ım
b→∞
−e−x b
1
= l´ım
b→∞
−e−b
+ e−1
= e−1
.
Esto indica que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.24
Investigar la convergencia de la integral
∞
0
x3
2x
dx.
Solución
Debido a que 2x es un infinito de orden superior a x3, es decir l´ım
x→∞
x3
2x
= 0,
aplicaremos el criterio de comparación por paso al l´ımite con la función
g(x) = 1/2x. Ahora bien, como
l´ım
x→∞
x3/2x
1/2x
= l´ım
x→∞
x3
= ∞,
e
∞
0
dx
2x
converge, el criterio no puede aplicarse con esta función.
122

Si tomamos una función un poco mayor que g, como h(x) = (2/3)x, tene-
mos:
l´ım
x→∞
x3/2x
(2/3)x
= l´ım
x→∞
x3
(4/3)x
= 0,
y además
∞
0
(2/3)x
dx = l´ım
b→∞
(2/3)x
ln 2/3
b
0
= −
1
ln 2/3
.
El citado criterio de comparación indica pues que la integral propuesta es
convergente.
PROBLEMA 12.25
Determinar si la integral
∞
1
√
x
3x
dx converge o no.
Solución
El integrando es no negativo y decreciente en [1, ∞). Recordamos que, de
acuerdo con el criterio de la integral para series infinitas, si f es una función
no creciente y no negativa en [1, ∞), entonces
∞
1
f y
n≥1
f(n) convergen
ambas o divergen ambas.
En este caso la convergencia de la serie
n≥1
√
n
3n
se puede determinar por el
criterio de la ra´ız. Tenemos as´ı:
l´ım
n→∞
√
n + 1/3n+1
√
n/3n
= l´ım
n→∞
3n ·
√
n + 1
3n+1 ·
√
n
=
1
3
< 1,
de modo que la serie converge, con lo que también la integral dada converge.
PROBLEMA 12.26
∞
0
x
ex − 1
dx.
Solución
Aunque la función no está definida en x = 0, como l´ım
x→0+
x
ex − 1
= 1, la
función está acotada para x > 0 y la integral no es impropia en x = 0. El
carácter de esta integral es el mismo que el de la serie asociada
n
en − 1
.
123

Aplicando el criterio de Pringsheim, como l´ım
n→∞
n2
·
n
en − 1
= 0 y
1
n2
es
convergente, también lo es la serie anterior.
PROBLEMA 12.27
∞
0
4x3 + 2x + 1
ex
dx.
Solución
Debido a que la función integrando es positiva en el intervalo de integración
y tiende a cero cuando x → ∞, reducimos el estudio de la convergencia
de la integral al de la serie asociada
n≥0
4n3 + 2n + 1
en
. Por el criterio de la
ra´ız,
l´ım
n→∞
n 4n3 + 2n + 1
en
= l´ım
n→∞
1/e < 1.
Entonces la integral es convergente.
PROBLEMA 12.28
Estudiar el carácter de la integral I =
∞
0
ln(1 + x)
ex
dx.
Solución
Como la función integrando es no negativa en el intervalo de integración,
estudiaremos el carácter de la serie asociada
ln(1 + n)
en
.
Aplicando el criterio del cociente tenemos:
l´ım
ln(n+2)
en+1
ln(n+1)
en
= l´ım
ln(n + 2)
e ln(n + 1)
=
1
e
< 1,
lo que indica que la serie es convergente y, en consecuencia, también es
convergente la integral propuesta.
PROBLEMA 12.29
Estudiar el carácter de la integral
∞
0
x dx
1 + x2 sen2 x
.
124

Solución
Como la serie asociada a la integral impropia es
n
1 + n2 sen2 n
, la cual es
equivalente a la serie
1
n
y esta es divergente, también será divergente la
integral dada.
PROBLEMA 12.30
∞
0
sen kx
ex2 dx.
Solución
Como la función integrando cambia de signo, estudiamos la convergencia
absoluta. La serie asociada a la integral es
n≥0
| sen kn|
en2 que es convergente
pues
| sen kn|
en2 ≤
1
en2 y, por el criterio de la ra´ız,
l´ım
n→∞
n 1
en2 = l´ım
n→∞
1
en
= 0 < 1.
Lo anterior indica que la integral dada es absolutamente convergente.
PROBLEMA 12.31
∞
1
sen x
xα
dx, para
α > 0.
Solución
Como la función f(x) = sen x tiene primitiva F(x) = − cos x acotada y la
función g(x) = 1/xα es derivable y decreciente, con l´ım
x→∞
g(x) = 0, por el
criterio de Dirichlet (4) se deduce que la integral es convergente.
PROBLEMA 12.32
Estudiar el carácter de la integral
∞
1
cos x
x2
dx.
125

Solución
Como el integrando no es una función positiva en el intervalo de integración,
debemos estudiar la convergencia absoluta. Como | cos x| ≤ 1, ∀x, tenemos
que
cos x
x2
≤
1
x2
de donde
∞
1
cos x
x2
dx ≤
∞
1
1
x2
dx, la cual es convergen-
te. Se deduce por el criterio de comparación que la integral propuesta es
absolutamente convergente.
Como regla general podemos afirmar que, si en la expresión
∞
1
f(x)
xn
dx el
numerador está acotado, la integral impropia converge absolutamente si lo
hace
∞
1
dx
xn
.
PROBLEMA 12.33
Probar que
∞
0
sen x
x
dx converge condicionalmente.
Solución
Aunque la función no esté definida en x = 0, está acotada pues l´ım
x→0
sen x
x
= 1.
Por tanto la convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de
la integral
∞
1
sen x
x
dx. Como vimos en el problema 12.31, esta integral es
convergente.
Sin embargo,
∞
1
sen x
x
dx diverge pues, como | sen x| ≥ sen2
x =
1 − cos 2x
2
,
tenemos que
∞
1
| sen x|
x
dx ≥
1
2
∞
1
dx
x
−
1
2
∞
1
cos 2x
x
dx.
De las dos últimas integrales,
∞
1
dx
x
diverge y
∞
1
cos 2x
x
dx converge,
pues, integrando por partes,
∞
1
cos 2x
x
dx = l´ım
b→∞
sen 2x
2x
b
1
+
∞
1
sen 2x
2x2
dx =
− sen 2
2
+
∞
1
sen 2x
2x2
dx,
y esta última integral converge absolutamente como se deduce por la acota-
ción
sen 2x
2x2
≤
1
2x2
.
De lo anterior se deduce que
∞
1
sen x
x
dx converge condicionalmente.
126

PROBLEMA 12.34
∞
0
sen3 x
x
dx.
Solución
La integral es impropia por tener un l´ımite de integración infinito. Aunque
además la función no está definida en x = 0, como l´ım
x→0+
sen3 x
x
= l´ım
x→0+
x3
x
= 0,
la integral no es impropia en x = 0.
Para estudiar la convergencia utilizamos la fórmula sen3
x =
3 sen x
4
−
sen 3x
4
.
Entonces
∞
0
sen3 x
x
dx =
3
4
∞
0
sen x
x
dx −
3
4
∞
0
sen 3x
3x
dx,
y cada uno de los sumandos es convergente como vimos en el problema
anterior. Entonces su suma será también convergente.
B. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA ESPECIE.
Si una función y = f(x) no está acotada en un intervalo [a, b], no tiene
sentido el concepto de integral definida de f en [a, b]. Esta situación da lugar
a las integrales impropias de segunda especie; para definirlas, distinguimos
los siguientes casos:
a) Si f es integrable en [a, r], ∀r < b, y l´ım
x→b−
f(x) = ±∞, definimos
b
a
f(x) dx = l´ım
r→b−
r
a
f(x) dx = l´ım
ε→0+
b−ε
a
f(x) dx.
b) Si f es integrable en [s, b], ∀s > a, y l´ım
x→a+
b
a
f(x) dx = l´ım
s→a+
b
s
f(x) dx = l´ım
ε→0+
b
a+ε
f(x) dx.
127

c) Si existe c ∈ (a, b) tal que f es integrable en [a, r] ∪ [s, b], ∀r < c, s > c
y l´ım
x→c
b
a
f(x) dx = l´ım
r→c−
r
a
f(x) dx + l´ım
s→c+
b
s
f(x) dx.
Al igual que para las integrales impropias de primera especie, se dice que
una integral es convergente si existe el l´ımite o l´ımites que las definen.
Las propiedades 1 a 5 enunciadas para las integrales impropias de primera
especie son válidas también aqu´ı con las modificaciones obvias. También
los criterios de convergencia son análogos a los all´ı indicados pues existe
un paralelismo entre ambos tipos de integrales impropias. As´ı, en el primer
caso, si l´ım
x→b−
f(x) = ±∞, al hacer el cambio de variable b − x = 1/t, se
tiene:
b
a
f(x) dx =
∞
1/(b−a)
g(t) dt,
y resulta una integral impropia de primera especie.
Escribiremos a continuación los criterios espec´ıficos para el caso a) aclarando
nuevamente que los demás pueden plantearse de forma similar.
(1) Criterio de comparación. Si f y g son funciones continuas en [a, r],
∀r < b y 0 ≤ f(x) ≤ g(x), ∀x ∈ [a, r], entonces
b
a
b
a
f(x) dx converge.
(2) Comparación por paso al l´ımite. Sean f y g continuas y no nega-
tivas en [a, r], ∀r < b.
a) Si l´ım
x→b−
f(x)
g(x)
= λ = 0, λ finito, entonces
b
a
f(x) dx converge ⇐⇒
b
a
g(x) dx converge.
b) Si l´ım
x→b−
f(x)
g(x)
= 0, entonces
b
a
b
a
f(x) dx converge.
Como aplicación, es común considerar el criterio de comparación con
la función g(x) = 1/(b − x)α pues
b
a
1
(b − x)α
dx converge si α < 1 y
diverge si α ≥ 1 (ver problema 12.35). Entonces tenemos:
128

(3) Sea f una función continua y no negativa en [a, r], ∀r < b.
a) Si l´ım
x→b−
(b − x)α
f(x) = λ = 0, λ finito, entonces
b
a
f(x) dx converge ⇐⇒ α < 1.
b) Si l´ım
x→b−
(b − x)α
f(x) = 0 y α < 1, entonces
b
a
f(x) dx converge.
c) Si l´ım
x→b−
(b − x)α
f(x) = ∞ y α ≥ 1, entonces
b
a
f(x) dx diverge.
En los siguientes ejercicios se muestran también casos en que una integral
debe descomponerse como integral impropia de primera y segunda especie.
PROBLEMA 12.35
Resolver
b
a
dx
(b − x)α
, con α ∈ R, donde a < b.
Solución
Distinguiremos los siguientes casos:
- Si α = 1, por definición de integral impropia,
b
a
dx
b − x
= l´ım
r→b−
r
a
dx
b − x
= l´ım
r→b−
− ln(b − x)
r
a
= l´ım
r→b−
[− ln(b − r) + ln(b − a)] = ∞.
- Si α = 1,
b
a
dx
(b − x)α
= l´ım
r→b−
r
a
dx
(b − x)α
= l´ım
r→b−
−
(b − x)−α+1
−α + 1
r
a
= l´ım
r→b−
(b − a)−α+1 − (b − r)−α+1
−α + 1
=
∞ si − α + 1 < 0
(b−a)−α+1
−α+1 si − α + 1 > 0.
En definitiva, la integral propuesta es convergente cuando α < 1 y divergente
cuando α ≥ 1.
PROBLEMA 12.36
Calcular
b
a
dx
(x − a)3/2
donde a < b.
129

Solución
Como la función no está acotada en x = a, hacemos lo siguiente:
b
a
dx
(x − a)3/2
= l´ım
c→a+
b
c
dx
(x − a)3/2
= l´ım
c→a+
−2
√
x − a
b
c
= l´ım
c→a+
−2
√
b − a
+
2
√
c − a
= ∞.
PROBLEMA 12.37
Calcular
3
0
dx
√
9 − x2
.
Solución
El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 3. Resulta enton-
ces:
3
0
dx
√
9 − x2
= l´ım
ε→0+
3−ε
0
dx
√
9 − x2
= l´ım
ε→0+
arc sen x/3
3−ε
0
= l´ım
ε→0+
arc sen
3 − ε
3
= arc sen 1 =
π
2
.
PROBLEMA 12.38
1
0
dx
(1 − x)(2 + x)
.
Solución
El integrando f(x) =
1
(1 − x)(2 + x)
es no negativo y l´ım
x→1−
f(x) = ∞. To-
mando g(x) =
1
√
1 − x
, tenemos:
l´ım
x→1−
f(x)
g(x)
= l´ım
x→1−
1
√
2 + x
=
1
√
3
> 0.
Por tanto, la integral dada converge si y sólo si converge la integral de g.
Ahora bien,
1
0
dx
√
1 − x
= l´ım
b→1−
b
0
dx
√
1 − x
= l´ım
b→1−
− 2
√
1 − x
b
0
= 2,
130

luego la integral dada es convergente.
PROBLEMA 12.39
Investigar si es convergente la integral
1
0
dx
√
1 − x4
.
Solución
La función integrando tiene una discontinuidad en x = 1. Comparamos la
integral propuesta con la de 1/(1−x)α con α apropiado. Debido a que
l´ım
x→1−
1/
√
1 − x4
1/(1 − x)α
= l´ım
x→1−
(1 − x)α
√
1 − x4
= l´ım
x→1−
(1 − x)α
(1 − x)1/2 (1 + x)(1 + x2)
= 1/2,
cuando α = 1/2 y además
1
0
1
(1 − x)1/2
dx es convergente, del criterio de
comparación se deduce la convergencia de la integral propuesta.
PROBLEMA 12.40
2
0
dx
(1 + x2)
√
4 − x2
.
Solución
Aplicamos el criterio de comparación con la integral convergente
2
0
dx
(2 − x)1/2
.
Como
l´ım
x→2−
1
(1+x2)
√
4−x2
1
(2−x)1/2
= l´ım
x→2−
1
(1 + x2)(2 + x)1/2
=
1
10
,
la integral es convergente.
PROBLEMA 12.41
1
0
dx
(1 − x3)n
.
Solución
La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito cuando x → 1.
Hacemos el cambio de variable x3
= t, dx =
dt
3t2/3
. La integral se escribe
131

ahora como I =
1
0
dt
3t2/3 (1 − t)n
. A primera vista parece que se ha com-
plicado la integral pues ahora es impropia para los dos extremos del intervalo.
Dividimos éste en dos sumandos:
I =
1/2
0
dt
3t2/3 (1 − t)n
+
1
1/2
dt
3t2/3 (1 − t)n
.
El primer sumando es convergente pues la integral es equivalente a
1/2
0
dt
t2/3
que sabemos es convergente. El segundo sumando, al estar acotado 1/t2/3
en todo el intervalo, será convergente cuando n/2 < 1, es decir n < 2.
Otro método más sencillo ser´ıa descomponer 1 − x3 de la siguiente forma
1 − x3 = (x2 + x + 1)(1 − x). La integral queda entonces
I =
1
0
dx√
(x2+x+1)n
(1 − x)n/2
.
Como el numerador está acotado en todo el intervalo y el grado del deno-
minador es n/2, la integral será convergente cuando n/2 < 1.
PROBLEMA 12.42
Demostrar que
4
0
dx
(x − 1)2
no existe.
Solución
El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 1, valor com-
prendido entre los l´ımites de integración. Descomponemos la integral en dos
sumandos y resulta:
I = l´ım
ε→0+
1−ε
0
dx
(x − 1)2
+ l´ım
ε →0+
4
1+ε
dx
(x − 1)2
= l´ım
ε→0+
−1
x − 1
1−ε
0
+ l´ım
ε →0+
−1
x − 1
4
1+ε
= l´ım
ε→0+
1
ε
− 1 + l´ım
ε →0+
−
1
3
+
1
ε
= ∞.
Si no se hubiera tenido en cuenta el punto de discontinuidad, obtendr´ıamos
equivocadamente el resultado:
4
0
dx
(x − 1)2
= −
1
x − 1
4
0
= −
4
3
132

pues además no es posible que la integral de una función positiva sea nega-
tiva.
PROBLEMA 12.43
Estudiar la convergencia de la integral I =
1
−1
dx
3
√
x
.
Solución
Como la función no está acotada en x = 0, descomponemos la integral en
suma:
1
−1
dx
3
√
x
=
0
−1
dx
3
√
x
+
1
0
dx
3
√
x
.
Cada uno de los sumandos es convergente pues tiene la forma
a
0
dx
xα
con
α < 1. De ello se deduce que la integral es convergente.
El valor de la integral ser´ıa el mismo si no se tuviera en cuenta la disconti-
nuidad esencial en x = 0, pero no ser´ıa correcto el proceso seguido.
PROBLEMA 12.44
Hallar
4
0
dx
3
√
x − 1
.
Solución
Como el integrando presenta una discontinuidad en x = 1, tenemos que
I = l´ım
ε→0+
1−ε
0
dx
3
√
x − 1
+ l´ım
ε →0+
4
1+ε
dx
3
√
x − 1
= l´ım
ε→0+
3
2
(x − 1)2/3 1−ε
0
+ l´ım
ε →0+
3
2
(x − 1)2/3 4
1+ε
= l´ım
ε→0+
3
2
[(−ε)2/3
− 1] + l´ım
ε →0+
3
2
[
3
√
9 − (ε )2/3
] =
3
2
3
√
9 − 1 .
PROBLEMA 12.45
Determinar el carácter de la integral
3
2
dx
(3 − x)(x − 2)
.
133

Solución
La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito en los dos extre-
mos del intervalo. Separamos la integral en dos sumandos y tenemos:
I =
2,5
2
dx
(3 − x)(x − 2)
+
3
2,5
dx
(3 − x)(x − 2)
.
Aplicaremos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada
integral. En el caso de que 2 ≤ x ≤ 2,5, deducimos que
(3 − x)(x − 2) ≥ (x − 2)/2 =⇒ (3 − x)(x − 2) ≥
(x − 2)1/2
√
2
=⇒
1
(3 − x)(x − 2)
≤
√
2
(x − 2)1/2
.
Como además
2,5
2
√
2
(x − 2)1/2
dx es convergente, también lo será el primer
sumando de la integral dada.
Procediendo análogamente con el segundo sumando obtenemos que, si 2,5 <
x < 3,
1
(3 − x)(x − 2)
≤
√
2
(3 − x)1/2
y sabemos también que
3
2,5
√
2
(3 − x)1/2
dx es convergente.
En definitiva obtenemos que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.46
Determinar la naturaleza de la integral I =
1
0
dx
x(1 − x2)
.
Solución
Como la integral es impropia en los dos extremos de integración, la dividimos
en dos sumandos. As´ı escribimos
I =
1/2
0
dx
x(1 − x2)
+
1
1/2
dx
x(1 − x2)
=
1/2
0
dx
(1−x2)1/2
x1/2
+
1
1/2
dx
x1/2
√
1 − x2
.
Los numeradores están acotados en los intervalos correspondientes. Por tan-
to la primera integral tiene el mismo carácter que
1/2
0
dx
x1/2
que sabemos
134

es convergente. Con respecto a la segunda integral podemos factorizar el
denominador y escribir
1
1/2
dx
x1/2
√
1 − x2
=
1
1/2
dx
x1/2
(1 − x)1/2(1 + x)1/2
. Esta inte-
gral es equivalente en cuanto a su carácter a la integral
1
1/2
dx
(1 − x)1/2
que
es también convergente.
En definitiva, la integral dada es convergente.
PROBLEMA 12.47
Hallar
π/2
0
cos x
√
1 − sen x
dx.
Solución
El integrando presenta una discontinuidad en x = π/2, de modo que
I = l´ım
ε→0+
π/2−ε
0
cos x
√
1 − sen x
dx = l´ım
ε→0+
− 2(1 − sen x)1/2 π/2−ε
0
= −2 l´ım
ε→0+
{[1 − sen(π/2 − ε)]1/2
− 1} = 2.
PROBLEMA 12.48
Calcular la integral
1
0
ln x
√
x
dx.
Solución
Esta integral es impropia porque el integrando no está acotado en x = 0. Si
realizamos la integral indefinida por partes, tenemos:
I = l´ım
a→0+
1
a
ln x
√
x
dx = l´ım
a→0+
2
√
x ln x
1
a
−
1
a
2
√
x
x
dx
= l´ım
a→0+
2
√
x ln x − 4
√
x
1
a
= −4 − l´ım
a→0+
(2
√
a ln a − 4
√
a)
= −4 − l´ım
a→0+
2 ln a
a−1/2
= −4 − l´ım
a→0+
2/a
(−1/2)a−3/2
= −4.
135

PROBLEMA 12.49
Calcular
1
0
arc sen x
√
1 − x2
dx.
Solución
Por definición de integral impropia, tenemos:
1
0
arc sen x
√
1 − x2
dx = l´ım
B→1−
B
0
arc sen x
√
1 − x2
dx
= l´ım
B→1−
(arc sen x)2
2
B
0
=
(π/2)2
2
=
π2
8
.
PROBLEMA 12.50
Determinar los valores de m para que
π/2
0
1 − cos x
xm
dx sea con-
vergente.
Solución
Debido a la equivalencia 1 − cos x ∼
x2
2
si x → 0, entonces
1 − cos x
xm
∼
1
2xm−2
y las dos integrales
π/2
0
1 − cos x
xm
dx,
π/2
0
1
2xm−2
dx tienen el mismo carácter
(convergen o divergen a la vez). De aqu´ı se deduce que la integral es con-
vergente cuando m − 2 < 1, o bien m < 3, y divergente cuando m ≥ 3.
PROBLEMA 12.51
1
0
ln x
1 − x
dx.
Solución
Como la función no está acotada en x = 0 ni en x = 1, descomponemos la
integral en dos sumandos as´ı:
1
0
ln x
1 − x
dx =
α
0
ln x
1 − x
dx +
1
α
ln x
1 − x
dx, con 0 < α < 1.
136

Aplicamos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada
una de las integrales. Debido a que
l´ım
x→0
ln x
1−x
1/x1/2
= 0
y que
α
0
dx
x1/2
es convergente, el primer sumando es convergente.
Análogamente, como
l´ım
x→1
ln x
1−x
1/
√
1 − x
= 0
y
1
α
dx
√
1 − x
es convergente, el segundo sumando es también convergente.
De lo anterior se deduce que la integral propuesta es convergente.
PROBLEMA 12.52
Determinar la naturaleza de la integral
1
0
√
1 − x dx
xa ln x
según los
valores de a > 0.
Solución
Como la función integrando no está definida en x = 0 ni en x = 1, descom-
ponemos la integral en dos sumandos
I =
1/2
0
√
1 − x dx
xa ln x
+
1
1/2
√
1 − x dx
xa ln x
= I1 + I2.
En la segunda integral hacemos el cambio de variable z = 1 − x, con lo
que
I2 =
1/2
0
√
z dz
(1 − z)a ln(1 − z)
.
Debido a la equivalencia de infinitésimos ln(1 − z) ∼ −z cuando z → 0,
podemos comparar la integral con
1/2
0
−
√
z dz
z
=
1/2
0
−dz
√
z
y esta última
es convergente.
Estudiamos ahora el primer sumando, que es una integral impropia en x = 0
porque
l´ım
x→0
√
1 − x
xa ln x
= l´ım
x→0
x−a
ln x
= l´ım
x→0
−ax−a−1
1/x
= ∞.
137

Compararemos la integral con
1/2
0
dx
xb
que es convergente si b < 1 y diver-
gente si b ≥ 1. Calculando el l´ımite del cociente, obtenemos:
l´ım
x→0+
√
1 − x/xa ln x
1/xb
= l´ım
x→0+
xb−a
ln x
=
0 si b ≥ a
∞ si b < a.
De este modo, si a < 1, elegimos b = a, en cuyo caso el l´ımite del cociente
es cero y la integral I1 es convergente. Por otra parte, si a > 1, elegimos
b = 1 lo que hace que el l´ımite del cociente sea infinito y la integral sea
divergente.
Estudiaremos por último el caso a = 1. Como
1/2
0
√
1 − x
x ln x
dx tiene el
mismo carácter que
1/2
0
1
x ln x
dx pues
√
1 − x está acotada en (0, 1/2), y
además
1/2
0
1
x ln x
dx = l´ım
a→0+
ln | ln x|
1/2
a
= ∞,
la integral es también divergente.
En definitiva, obtenemos que la integral propuesta es convergente cuando
a < 1 y divergente cuando a ≥ 1.
PROBLEMA 12.53
Estudiar el carácter de la integral I =
1
0
x3
e1/x
dx.
Solución
Si hacemos el cambio de variable x = 1/t, resulta la integral I =
∞
1
et
t5
dt.
Ahora bien, como la sucesión de término general an =
en
n5
es divergente,
(l´ım an = ∞), la serie an es divergente. Por el criterio de la serie asociada,
la integral impropia I es también divergente.
PROBLEMA 12.54
π
0
dx
1 − cos x
.
138

Solución
El denominador se anula cuando x = 0; por tanto el integrando no está aco-
tado en x = 0. Debido a la equivalencia 1 − cos x ∼
x2
2
, resulta que la inte-
gral propuesta tiene el mismo carácter que
π
0
dx
x2
. Como ésta es divergente,
también lo es la integral propuesta.
PROBLEMA 12.55
∞
0
1
√
x + x4
dx.
Solución
Descomponemos la integral en dos sumandos como
I =
1
0
1
√
x + x4
dx +
∞
1
1
√
x + x4
dx.
As´ı tenemos dos integrales impropias: la primera es de segunda especie pues
la función no está acotada en x = 0 y la segunda de primera especie, pues
el intervalo de integración es infinito. Aplicamos el criterio de comparación
en ambos casos. Por una parte,
l´ım
x→0
1/
√
x + x4
1/
√
x
= l´ım
x→0
1
√
1 + x3
= 1
e
1
0
1
√
x
dx es convergente.
Por otra parte,
l´ım
x→∞
1/
√
x + x4
1/x2
= l´ım
x→∞
x2
√
x + x4
= 1
e
∞
1
1
x2
dx es convergente. Como ambas integrales son convergentes, tam-
bién lo será la suma de ambas.
PROBLEMA 12.56
∞
0
e−
√
x
√
x
dx.
139

Solución
Como l´ım
x→0+
e−
√
x
√
x
= ∞, la integral es impropia en ambos extremos de inte-
gración. Calculando directamente la integral, obtenemos:
e−
√
x
√
x
dx = −2e−
√
x
=⇒
∞
0
e−
√
x
√
x
dx = l´ım
A→0+
B→∞
−2e−
√
x
B
A
= l´ım
A→0+
B→∞
−2e−
√
B
+ 2e−
√
A
= 2.
PROBLEMA 12.57
Determinar los valores de a para los cuales es convergente la in-
tegral I =
∞
0
xa−1
1 + x
dx.
Solución
Por una parte el intervalo de integración es infinito y por otra, en el caso
de que a − 1 < 0, el integrando no está acotado en x = 0. Debemos pues
descomponer la integral en dos sumandos
I =
1
0
xa−1
1 + x
dx +
∞
1
xa−1
1 + x
dx.
La primera integral tiene el mismo carácter que
1
0
dx
x1−a
, la cual es conver-
gente cuando 1 − a < 1, es decir a > 0.
Con respecto al segundo sumando, debido a la equivalencia 1+x ∼ x, cuando
x → ∞, la integral es equivalente a
∞
1
xa−1
x
dx =
∞
1
xa−2
dx =
∞
1
1
x2−a
dx,
la cual es convergente si 2 − a > 1, o bien a < 1.
En definitiva, las dos condiciones indican que la integral propuesta es con-
vergente cuando 0 < a < 1 y divergente en caso contrario.
PROBLEMA 12.58
∞
0
e−x − 1
xα
dx según los
distintos valores de α.
140

Solución
Debido a que la función integrando no está acotada en x = 0 cuando α > 1,
descomponemos la integral en dos sumandos
∞
0
e−x − 1
xα
dx =
1
0
e−x − 1
xα
dx +
∞
1
e−x − 1
xα
dx,
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos. En el primer sumando,
como e−x − 1 ∼ −x si x → 0, entonces
e−x − 1
xα
∼
1
xα−1
, de modo que la
integral es convergente si α − 1 < 1 y divergente si α − 1 ≥ 1.
Para el segundo sumando, como l´ım
x→∞
e−x − 1
xα
= l´ım
x→∞
1
xα
, la convergencia
equivale a la de la integral
∞
1
dx
xα
. Por tanto, converge si α > 1 y diverge
si α ≤ 1.
Como la integral propuesta es convergente cuando lo sean ambos sumandos,
tenemos que es convergente cuando α ∈ (1, 2) y divergente en el resto.
PROBLEMA 12.59
Probar que la integral impropia
∞
0
tα−1
et − 1
dt converge si α > 1 y
diverge si α ≤ 1.
Solución
Descomponemos la integral en dos sumandos como
∞
0
tα−1
et − 1
dt =
1
0
tα−1
et − 1
dt +
∞
1
tα−1
et − 1
dt,
y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos.
El primer sumando corresponde a una integral impropia de segunda especie.
Debido a la equivalencia et −1 ∼ t cuando t → 0, resulta que
tα−1
et − 1
∼
1
t2−α
.
Esto indica que la integral converge cuando 2 − α < 1, es decir α > 1, y
diverge cuando α ≤ 1.
El segundo sumando es siempre convergente como se deduce al compararlo
con la integral convergente
∞
1
dt
t2
. En efecto:
l´ım
t→∞
t2
·
tα−1
et − 1
= l´ım
t→∞
tα+1
et − 1
= 0.
141

La integral propuesta es por tanto convergente cuando α > 1.
PROBLEMA 12.60
Se define la función Γ(x) como:
Γ(x) =
∞
0
tx−1
e−t
dt.
a) Probar que converge para x > 0 y diverge para x ≤ 0.
b) Probar que Γ(x + 1) = xΓ(x) para x > 0.
c) De lo anterior, deducir que Γ(n) = (n−1)! para cualquier n natural.
Solución
a) Vamos a separar el estudio en tres casos:
- x ≥ 1: La integral es impropia de primera especie pues la función
está acotada. Aplicamos el criterio de comparación con
∞
1
dt
t2
, que es
convergente:
l´ım
t→∞
t2
· tx−1
e−t
= l´ım
t→∞
t2+x−1
et
= 0,
como se deduce al aplicar la regla de L’Hôpital sucesivas veces (el
denominador es un infinito de orden superior al del numerador). Esto
indica que la integral impropia es convergente.
- 0 < x < 1: En este caso la integral también es impropia de segunda
especie pues en x = 0 la función no está acotada. Descomponemos la
integral como
∞
0
tx−1
e−t
dt =
1
0
tx−1
e−t
dt +
∞
1
tx−1
e−t
dt.
El segundo sumando es convergente (se procede como en el caso ante-
rior); para estudiar la convergencia del primer sumando aplicamos de
nuevo el criterio de comparación con
1
0
dt
tα
donde elegimos cualquier
α que cumpla 1 > α > 1 − x. Debido a que
l´ım
t→0+
tα
· tx−1
e−t
= l´ım
t→0+
tα+x−1
= 0,
y a que
1
0
dt
tα
es convergente, también la integral propuesta es con-
vergente.
142

- x ≤ 0: De nuevo tenemos una integral impropia de segunda especie.
Aplicamos el criterio de comparación con
1
0
dt
tα
, haciendo α = 1−x ≥
1. Resulta:
l´ım
t→0+
tα
· tx−1
e−t
= l´ım
t→0+
e−t
= 1
y, como
1
0
dt
tα
es divergente, también lo es la integral propuesta.
b) Aplicando el método de integración por partes,
Γ(x + 1) = l´ım
b→∞
b
0
tx
e−t
dt = l´ım
b→∞
− tx
e−t b
0
+ l´ım
b→∞
x
b
0
tx−1
e−t
dt
= l´ım
b→∞
bx
eb
+ xΓ(x) = xΓ(x).
c) Aplicando el apartado b) sucesivas veces, tenemos:
Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = · · · = (n − 1)(n − 2) . . . 2 · 1 · Γ(1).
Como además Γ(1) =
∞
0
e−t
dt = 1, deducimos que Γ(n) = (n − 1)!
C. APLICACIONES AL CÁLCULO DE ÁREAS Y VOL ÚME-
NES.
El concepto de integral impropia permite también aplicarlo al cálculo de
áreas y volúmenes de regiones no acotadas. Como veremos en los problemas
siguientes, es posible que regiones no acotadas tengan áreas o volúmenes
finitos, lo cual será debido a la convergencia de las integrales que las definen.
PROBLEMA 12.61
Resolver l´ım
x→∞
x
0 (arc tg t)2 dt
√
x2 + 1
.
143

Solución
La integral del numerador es divergente porque l´ım
t→∞
(arc tg t)2 = π2/4 = 0.
Como el l´ımite del denominador también es infinito, tenemos una indeter-
minación ∞/∞. Aplicando la regla de L’Hôpital,
L = l´ım
x→∞
x
0 (arc tg t)2 dt
√
x2 + 1
= l´ım
x→∞
(arc tg x)2
x/
√
x2 + 1
=
π2/4
1
= π2
/4.
PROBLEMA 12.62
Resolver l´ım
x→∞
x
0 et2
dt
2
x
0 e2t2
dt
.
Solución
Como las integrales
∞
0
et2
dt y
∞
0
e2t2
dt son divergentes (los integran-
dos son funciones que no están acotadas en (0, ∞)), tenemos una indeter-
minación del tipo ∞/∞. Aplicando por dos veces la regla de L’Hôpital,
resulta:
L = l´ım
x→∞
x
0 et2
dt
2
x
0 e2t2
dt
= l´ım
x→∞
2ex2 x
0 et2
dt
e2x2
= l´ım
x→∞
2
x
0 et2
dt
ex2 = l´ım
x→∞
2ex2
2xex2 = l´ım
x→∞
1/x = 0.
PROBLEMA 12.63
Sea F la función definida en todo R por F(x) =
1+x2
1
et
t
dt.
a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de F.
b) Probar que l´ım
x→∞
F(x) = l´ım
x→−∞
F(x) = ∞.
Solución
a) Como la función integrando f(x) = ex/x es continua en R {0}, será in-
tegrable en cualquier intervalo que no contenga al cero. Esto implica
que F es continua en R pues, al ser 1 + x2 > 0, cualquier punto del
144

intervalo [1, 1 + x2] es positivo. Además es también derivable en todo
R, siendo
f (x) =
e1+x2
1 + x2
· 2x, ∀x ∈ R.
b) Como l´ım
x→∞
F(x) = l´ım
x→−∞
F(x) =
∞
1
et
t
dt, debemos estudiar la con-
vergencia de esta integral impropia.
Debido a que l´ım
t→∞
et
t
= ∞, la función integrando no está acotada, de
modo que la integral es divergente. Tenemos en definitiva que
l´ım
x→∞
F(x) = l´ım
x→−∞
F(x) = +∞.
PROBLEMA 12.64
Demostrar la acotación
e−x2
2x 1 + 1
2x2
≤
∞
x
e−t2
dt ≤
e−x2
2x
.
Solución
Integramos en primer lugar por partes, haciendo u =
1
2t
y dv = 2te−t2
dt.
As´ı:
∞
x
e−t2
dt =
∞
x
1
2t
· 2te−t2
dt = l´ım
b→∞
−1
2t
· e−t2
b
x
−
∞
x
1
2t2
· e−t2
dt
=⇒
∞
x
1 +
1
2t2
· e−t2
dt =
e−x2
2x
.
Como x ≤ t, 1 +
1
2t2
≤ 1 +
1
2x2
. Por tanto,
e−x2
2x
=
∞
x
1 +
1
2t2
· e−t2
dt ≤
∞
x
1 +
1
2x2
· e−t2
dt
=⇒
∞
x
e−t2
dt ≥
e−x2
2x 1 + 1
2x2
y también
∞
x
e−t2
dt ≤
e−x2
2x
.
Observación. Esta acotación permite estimar el error que se comete al
despreciar el área situada bajo la curva y = e−x2
para valores grandes de x.
145

PROBLEMA 12.65
Hallar el área comprendida entre la estrofoide y2(a+x) = x2(a−x)
y su as´ıntota.
Solución
En forma expl´ıcita, la ecuación es y = ±x
a − x
a + x
y su as´ıntota es la recta
x = −a.
De acuerdo con la figura y teniendo en cuenta la simetr´ıa, el área es:
A = 2
0
−a
x
a − x
a + x
dx = 2 l´ım
r→−a+
0
r
x
a − x
a + x
dx =
a2(4 + π)
2
.
PROBLEMA 12.66
Hallar el área situada a la derecha de x = 3 y limitada por la curva
y =
1
x2 − 1
y el eje X.
146

Solución
De acuerdo con la gráfica, el área viene dada por la fórmula A =
∞
3
dx
x2 − 1
que es una integral impropia. Resolviendo la integral indefinida por el méto-
do de fracciones simples, obtenemos:
A = l´ım
b→∞
b
3
dx
x2 − 1
=
1
2
l´ım
b→∞
ln
x − 1
x + 1
b
3
=
1
2
l´ım
b→∞
ln
b − 1
b + 1
−
1
2
ln
1
2
=
1
2
l´ım
b→∞
ln
1 − 1/b
1 + 1/b
+
1
2
ln 2 =
1
2
ln 2.
PROBLEMA 12.67
Calcular el área limitada por las curvas y =
1
x
, y =
x
1 + x2
en el
intervalo x ∈ [1, ∞).
Solución
147

De acuerdo con la gráfica y por definición de integral impropia, tenemos:
A =
∞
1
1
x
−
x
1 + x2
dx = l´ım
b→∞
b
1
1
x
−
x
1 + x2
dx
= l´ım
b→∞
ln x −
1
2
ln(1 + x2
)
b
1
= l´ım
b→∞
ln
b
√
1 + b2
− ln
1
√
2
= ln
√
2.
PROBLEMA 12.68
Hallar el área limitada por la curva x2y2 +x2 −y2 = 0 y sus as´ınto-
tas y el volumen engendrado por dicha área al girar alrededor del
eje X.
Solución
a) Si despejamos la variable y, la curva se expresa como y = ±
x2
1 − x2
lo
que indica que las as´ıntotas son x = 1 y x = −1.
Teniendo en cuenta que la curva es simétrica respecto a los dos ejes de
coordenadas (lo que se deduce al sustituir x por −x e y por −y), el área
vendrá dada por la fórmula A = 4
1
0
x dx
√
1 − x2
. Como el integrando
presenta una discontinuidad en x = 1, debemos calcular
A = 4 l´ım
ε→0+
1−ε
0
x dx
√
1 − x2
= 4 l´ım
ε→0+
− 1 − x2 1−ε
0
= 4 l´ım
ε→0+
(1− 2ε − ε2) = 4.
b) Aprovechando de nuevo las simetr´ıas y aplicando el método de los discos,
148

tenemos:
V = π
1
−1
y2
dx = 2π
1
0
y2
dx = 2π
1
0
x2
1 − x2
dx
= 2π l´ım
ε→0+
1−ε
0
x2
1 − x2
dx = 2π l´ım
ε→0+
−x + ln
1 + x
1 − x
1/2 1−ε
0
= ∞.
PROBLEMA 12.69
Hallar el área de la región comprendida entre la curva de Agnesi
y =
a3
x2 + a2
y el eje de abscisas y el volumen engendrado por la
misma región al girar alrededor del eje X.
Solución
El eje de abscisas es la as´ıntota de la curva, pues l´ım
x→∞
a3
x2 + a2
= 0.
a) Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, el área viene dada por
A =
∞
−∞
a3
x2 + a2
dx = 2
∞
0
a
(x/a)2 + 1
dx = l´ım
b→∞
2a2
b
0
1/a
(x/a)2 + 1
dx
= l´ım
b→∞
2a2
arc tg(x/a)
b
0
= l´ım
b→∞
2a2
arc tg(b/a) = πa2
.
b) Aplicando el método de los discos, el volumen se obtiene por la fórmula
V = π
∞
−∞
y2
(x) dx = 2π
∞
0
a6
(x2 + a2)2
dx.
Para realizar la integración aplicamos el cambio de variable x = a tg t,
con lo que x = 0 =⇒ t = 0 y x = ∞ =⇒ t = π/2 y obtenemos:
V = 2π
∞
0
a6
(x2 + a2)2
dx = 2π
π/2
0
a2
sec4 t
· a sec2
t dt
= 2π
π/2
0
a3
cos2
t dt = 2πa3
· π/4 = π2
a3
/2.
149

PROBLEMA 12.70
Se considera la curva y = x−1/4 definida en (0, 1].
a) Hallar el área bajo la curva.
b) Hallar el volumen del sólido obtenido al girar la curva alrededor
del eje X.
Solución
a) Como la función no está acotada en x = 0, el área viene dada por una
integral impropia:
A =
1
0
x−1/4
dx = l´ım
a→0+
1
a
x−1/4
dx = l´ım
a→0+
x3/4
3/4
1
a
= l´ım
a→0+
4
3
−
4a3/4
3
=
4
3
.
b) Análogamente al apartado anterior,
V = π
1
0
x−2/4
dx = π l´ım
a→0+
1
a
x−1/2
dx
= π l´ım
a→0+
x1/2
1/2
1
a
= 2π l´ım
a→0+
(1 − a1/2
) = 2π.
PROBLEMA 12.71
Se considera la región R limitada por las curvas y(x2+1)+arc tg x =
0 y x2y3 = 1 en el intervalo x ∈ [0, 1].
i) Calcular el área de la región R.
ii) ¿Existe el volumen del sólido obtenido al girar R alrededor del eje
X?
150

Solución
i)
De acuerdo con la figura, el área viene dada por:
A =
1
0
x−2/3
+
arc tg x
x2 + 1
dx = l´ım
a→0+
x1/3
1/3
+
(arc tg x)2
2
1
a
= l´ım
a→0+
3 +
(π/4)2
2
− 3a1/3
−
(arc tg a)2
2
= 3 +
π2
32
.
ii) El volumen pedido es el mismo que el de la región comprendida entre la
curva y = x−2/3 y el eje X en el intervalo [0, 1] (basta observar que al
girar esta región ya queda incluida la parte comprendida en el cuarto
cuadrante). Aplicando el método de los discos,
V = π
1
0
y2
dx = π
1
0
x−4/3
dx = l´ım
a→0+
π ·
x−1/3
−1/3
1
a
= −3π l´ım
a→0+
(1−1/3
− a−1/3
) = ∞.
PROBLEMA 12.72
Determinar el volumen del sólido obtenido al girar la región limi-
tada por la curva e−y = −x y los ejes de coordenadas alrededor del
eje OX.
151

Solución
De acuerdo con la figura, si aplicamos el método de los tubos, la fórmula del
volumen da:
V = 2π
∞
0
(−x)ydy = 2π
∞
0
ye−y
dy.
Como es una integral impropia debemos estudiar su convergencia. Integra-
mos en primer lugar por partes y obtenemos:
ye−y
dy = −(y + 1)e−y
,
con lo que
V = l´ım
B→∞
2π −(y + 1)e−y B
0
= l´ım
B→∞
−2π(B + 1)e−B
+ 2π = 2π.
152

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Hallar
0
−∞
e2x
dx.
Resp.: I = 1/2.
2. Calcular
∞
0
dx
1 + x2
.
Resp.: I = π/2.
3. Calcular
∞
1
dx
x3
√
x2 − 1
.
Resp.: I = π/4.
4. ¿Para qu´e valores de a es convergente
∞
0
xa−1
1 + x
dx?
Resp.: Diverge para todo a.
5. Calcular
∞
0
dx
4ex + 9e−x
.
Resp.: I =
π
12
−
1
6
arc tg
2
3
.
6. Estudiar la convergencia de la integral
∞
1
x dx
x2 + 2 5
√
x4 + 1
.
Resp.: Divergente (comparar con
∞
1
dx/x).
∞
1
ln x dx
(1 + x2)2
.
Resp.: Convergente (comparar con
∞
1
dx/xα
con 1 < α < 4).
∞
0
x
(1 + x2)2
dx.
∞
1
dx/x3
).
153

∞
2
x2 − 8x − 17
x4 + 4x3 + 6x2 − 4x − 7
dx.
∞
2
dx/x2
).
∞
2
3e3x/2 − 2ex + 2ex/2
e2x − 2e3x/2 + 3ex − 4ex/2 + 2
dx.
∞
2
e−x/2
dx).
11. Estudiar la convergencia y calcular la integral
∞
0
dx
(1 + x2)2
.
Resp.: I = π/4.
∞
0
f(x) dx siendo
f(x) =
1√
1−x
si x < 1
x−1
1+x3 si x ≥ 1.
.
Resp.: Convergente pues
1
0
dx/
√
1 − x es convergente y
x − 1
1 + x3
∼
1
x2
cuando x → ∞.
∞
0
x sen x dx.
Resp.: Divergente (la función y = x sen x no está acotada en (0, ∞)).
14. Probar que
∞
0
cos x
1 + x
dx =
∞
0
sen x
(1 + x)2
dx y que una de ellas con-
verge absolutamente.
Sugerencia: La igualdad se obtiene integrando por partes. Ver proble-
ma 12.32 para estudiar la convergencia.
15. Se considera la función f(x) = ce−2x
.
a) Determinar el valor de c para que
∞
0
f(x) dx = 1.
b) Calcular
∞
0
xf(x) dx con el valor de c obtenido en a).
154

Resp.: a) c = 2; b) I = 1/2.
16. Probar que
∞
1
e−px
dx es convergente si p > 0 y divergente si
p ≤ 0.
Sugerencia: Resolver la integral.
∞
1
2 + cos x
√
x
dx.
∞
1
dx/
√
x).
18. Demostrar que
π/2
0
sec x dx no existe.
Resp.: La integral es divergente.
19. Calcular
1
−1
dx
x
.
Resp.: La integral es divergente.
20. Calcular
3
0
x dx
(x2 − 1)3/5
.
Resp.: 5(2 5
√
2 − 1)/4.
21. Estudiar la convergencia de la integral impropia
1
0
ex dx
√
1 − cos x
.
1
0
dx/x).
22. Estudiar la convergencia de
1
0
dx
1 − x2 + 2
√
1 − x2
.
1
0
dx/(1 − x)1/2
).
3
1
dx
√
4x − x2 − 3
.
c
1
dx/
√
x − 1 y con
3
c
dx/
√
3 − x).
155

1
0
dx
sen2 x
.
Resp.: Divergente (integración directa).
1
0
ln
1
1 − x
dx.
Resp.: Convergente (integración directa).
1
0
dx
√
x + 4x3
.
1
0
dx/
√
x).
27. Demostrar que l´ım
x→∞
e−x2
x
0
et2
dt = 0.
Sugerencia: Aplicar la regla de L’Hôpital.
28. Calcular el área de la región limitada superiormente por la curva
xy = 1, inferiormente por la curva y(x2 + 1) = x y a la izquierda
de x = 1.
Resp.: A = ∞.
29. Calcular el área de la región limitada por las curvas y =
x − 1
√
x2 − 1
,
x = 1, x = 3 por encima del eje OX.
Resp.: A =
√
8 − ln(3 +
√
8).
30. Calcular el área de la región limitada por la curva y2
=
x
1 − x3
entre los puntos de abscisa x = 0 y x = 1.
Resp.: A = π/3.
31. Calcular el área comprendida entre y = xe−x
y el eje X en (0, ∞).
¿Cuánto vale
∞
−∞
xe−x
dx?
Resp.: A = 1; I = 0 por ser una función impar y la integral conver-
gente.
156

32. Sea f(x) = e−2x
para todo x. Llamamos R a la regi´on limitada
por la curva y el eje X en el intervalo [0, t], con t > 0. Calcular
el ´area A(t) de R y el volumen V (t) obtenido al girar R alrededor
del eje X. Interpretar los valores de l´ım
t→∞
A(t) y l´ım
t→∞
V (t).
Resp.: A(t) = −
1
2
e−2t
+
1
2
; V (t) = −
π
4
e−4t
+
π
4
.
157

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