Integrales impropias. Cálculo integral.

Introducción

Una integral definida se denomina impropia si

La función $f(x)$ tiene uno o más puntos de discontinuidad pertenecientes al intervalo $[a,b]$ ; esto se denomina integración de intervalos finitos de funciones no acotadas.
Uno ( $a,b$ ) o los dos ( $a$ y $b$ ) límites de integración son infinitos; esto se denomina integración de intervalos infinitos.

Integración de intervalos finitos de funciones no acotadas

Si $f(x)$ no está acotada en todo entorno de $a$ y es integrable según Riemann en $[a + \epsilon, b]$ , $\epsilon > 0$ .

Se define

$\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{a+\epsilon}^{b}{f(x) \, dx}}$

cuando el límite es finito.

Si $\displaystyle \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{a+\epsilon}^{b}{f(x) \, dx}}$ tiene un resultado infinito o no existe, se dice que $\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx}$ es divergente.

Si $f(x)$ no está acotada en todo entorno de $b$ y es integrable según Riemann en $[a, b - \gamma]$ , $\gamma > 0$ .

Se define

$\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{a}^{b - \gamma}{f(x) \, dx}}$

cuando el límite es finito.

Si $\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{a}^{b - \gamma}{f(x) \, dx}}$ tiene un resultado infinito o no existe, se dice que $\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx}$ es divergente.

Si $f(x)$ no está acotada en todo entorno de $a$ ni $b$ y es integrable según Riemann en $[a + \epsilon, b - \gamma]$ , $\epsilon , \gamma > 0$ .

Se define

$\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx} = \lim_{ \begin{matrix} \epsilon \rightarrow 0 \\ \gamma \rightarrow 0 \end{matrix}}{\int_{a + \epsilon}^{b - \gamma}{f(x) \, dx}}$

cuando el límite es finito.

Si $\displaystyle \lim_{ \begin{matrix} \epsilon \rightarrow 0 \\ \gamma \rightarrow 0 \end{matrix}}{\int_{a + \epsilon}^{b - \gamma}{f(x) \, dx}}$ tiene un resultado infinito o no existe, se dice que $\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx}$ es divergente.

Si $f(x)$ no está acotada en todo entorno de $c$ , $c \in [a,b]$ y es integrable según Riemann en $[a, b]$ , $(a < c < b)$ .

Se define

$\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx} = \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{a}^{c - \epsilon}{f(x) \, dx}} + \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{c + \gamma}^{b}{f(x) \, dx}}$

cuando ambos límites son finitos.

Si $\displaystyle \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{a}^{c - \epsilon}{f(x) \, dx}}$ , $\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{c + \gamma}^{b}{f(x) \, dx}}$ o ambos tienen un resultado infinito o no existen, se dice que $\displaystyle \int_{a}^{b}{f(x) \, dx}$ es divergente.

Integración en intervalos infinitos

Si $f(x)$ es integrable según Riemann en $[a,m]$ , entonces

$\displaystyle \int_{a}^{\infty}{f(x) \, dx} = \lim_{m \rightarrow \infty}{\int_{a}^{m}{f(x) \, dx}}$

donde

si el resultado es finito, la integral es convergente
si el resultado es infinito, la integral es divergente

Si $f(x)$ es integrable según Riemann en $[n,b]$ , entonces

$\displaystyle \int_{-\infty}^{b}{f(x) \, dx} = \lim_{n \rightarrow -\infty}{\int_{n}^{b}{f(x) \, dx}}$

donde

si el resultado es finito, la integral es convergente
si el resultado es infinito, la integral es divergente

Si $f(x)$ es integrable según Riemann en $[n,m]$ , entonces

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{f(x) \, dx} = \lim_{\begin{matrix} m \rightarrow \infty \\ n \rightarrow - \infty \end{matrix}}{\int_{n}^{m}{f(x) \, dx}}$

donde

si el resultado es finito, la integral es convergente
si el resultado es infinito, la integral es divergente

Convergencia absoluta

La integral $\displaystyle \int_{a}^{\infty}{f(x) \, dx}$ o también $\displaystyle \left(\int_{- \infty}^{b}{f(x) \, dx} \right)$ es absolutamente convergente si la integral $\displaystyle \int_{a}^{\infty}{|f(x)| \, dx}$ o también $\displaystyle \left(\int_{- \infty}^{b}{|f(x)| \, dx} \right)$ es convergente.

Si la integral $\displaystyle \int_{a}^{\infty}{f(x) \, dx}$ o también $\displaystyle \left(\int_{- \infty}^{b}{f(x) \, dx} \right)$ es absolutamente convergente, es convergente. La recíproca no es cierta, lo que supone que la integral impropia puede ser convergente pero no absolutamente convergente. En este caso se llama semi-convergente.

Problemas resueltos

Problema 1. Calcular la integral $\displaystyle \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt{16 - x^2}}}$ .

Solución. Estudiando el integrando $\displaystyle \sqrt{16 - x^2}$ se observa que tiene una discontinuidad si $x=4$ , entonces

$\displaystyle \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt{16 - x^2}}} = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{}{\int_{0}^{4 - \gamma}{\frac{dx}{\sqrt{16 - x^2}}}}$

La integral es similar a

$\displaystyle \int{\frac{dv}{\sqrt{a^2 - v^2}}} = \arcsin{(\frac{v}{a}) + C}$

Entonces

$\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{}{\int_{0}^{4 - \gamma}{\frac{dx}{\sqrt{16 - x^2}}}} = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\left[\arcsin{\left( \frac{x}{4} \right) + C} \right]_{0}^{4 - \gamma}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\left[\arcsin{\left( \frac{4 - \gamma}{4} \right)} - \arcsin{\left( \frac{0}{4} \right)} \right] } = \arcsin{\left( \frac{4 - 0}{4} \right)} - \arcsin{\left( \frac{0}{4} \right)}$

$\displaystyle = \arcsin{\left( \frac{4}{4} \right)} - \arcsin{\left( \frac{0}{4} \right)} = \arcsin{\left( 1 \right)} - \arcsin{\left( 0 \right)} = \frac{\pi}{2}$ = convergente

Finalmente

$\displaystyle \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt{16 - x^2}}} = \frac{\pi}{2} =$ es convergente

Problema 2. Calcular $\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{dx}{1-x}}$

Solución. Estudiando el integrando, la función $\displaystyle \frac{1}{1-x}$ tiene discontinuidad cuando $x=1$ , entonces

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\frac{dx}{1-x}} = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{0}^{1 - \gamma}{\frac{dx}{1-x}}}$

Resolviendo esta integral por el método de sustitucion (donde $v=1-x$ y $dv=-dx$ )

$\displaystyle \int{\frac{dx}{1-x}} = \int{\frac{-dv}{v}} = - \int{\frac{1}{v} \, dv} = -\ln{v} + C = - \ln{(1-x)} + C$

Cambiando la variable $x$ por sus respectivos límites, resulta

$\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{0}^{1 - \gamma}{\frac{dx}{1-x}}} = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{[-\ln{(1-x)}]_{0}^{1 - \gamma}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{[-\ln{(1 - 1 + \gamma)} + \ln{(1-0)}]}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{[-\ln{\gamma} + \ln{1}]} = - \ln{0} + \ln{1}$

$= -(-\infty) = \infty =$ divergente

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}{\frac{dx}{1-x}} = \infty =$ divergente

Problema 3. Calcular $\displaystyle \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}$ .

Solución. Analizando el integrando, la función $\displaystyle \frac{1}{\sqrt[3]{x-1}}$ tiene una discontinuidad cuando $x=1 \in [0,4]$ , entonces

$\displaystyle \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}} = \int_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}} + \int_{1}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{0}^{1-\gamma}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{1+\epsilon}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}}$

Estas integrales se resuelven utilizando el método de sustitución (donde $v=x-1$ y $dv=dx$ )

$\displaystyle \int{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}} = \int{\frac{dv}{\sqrt[3]{v}}}$

$\displaystyle = \int{\frac{dv}{v^{1/3}}} = \int{v^{-1/3} \, dv} = \frac{1}{-\frac{1}{3} + 1} v^{-1/3+1}+C$

$\displaystyle = \frac{1}{\frac{2}{3}} v^{2/3} + C = \frac{3}{2} v^{2/3}+C = \frac{3}{2} (x-1)^{2/3} + C$

Regresando

$\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{0}^{1-\gamma}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{1+\epsilon}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (x-1)^{2/3} \right]_{0}^{1-\gamma}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (x-1)^{2/3} \right]_{1+\epsilon}^{4}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (1-\gamma-1)^{2/3} - \frac{3}{2} (0-1)^{2/3} \right]} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (4-1)^{2/3} -\frac{3}{2} (1+\epsilon-1)^{2/3}\right]}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (-\gamma)^{2/3} - \frac{3}{2} (-1)^{2/3} \right]} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\left[ \frac{3}{2} (3)^{2/3} -\frac{3}{2} (\epsilon)^{2/3}\right]}$

$\displaystyle = \left[ \frac{3}{2} (0)^{2/3} - \frac{3}{2} (-1)^{2/3} \right] + \left[ \frac{3}{2} (3)^{2/3} -\frac{3}{2} (0)^{2/3}\right] = - \frac{3}{2} + \frac{3}{2} \sqrt[3]{9}$ = convergente

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{4}{\frac{dx}{\sqrt[3]{x-1}}} = - \frac{3}{2} + \frac{3}{2} \sqrt[3]{9}$ = convergente

Problema 4. Calcular $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{x^2+9}}$

Solución. El límite superior de la integral tiene un infinito, por tanto

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{x^2+9}} = \lim_{m \rightarrow \infty}{\int_{0}^{m}{\frac{dx}{x^2+9}}}$

Esta integral es idéntica a

$\displaystyle \int{\frac{dv}{v^2+a^2}} = \frac{1}{a} \arctan{\left( \frac{v}{a} \right)} + C$

Entonces

$\displaystyle \lim_{m \rightarrow \infty}{\int_{0}^{m}{\frac{dx}{x^2+9}}} = \lim_{m \rightarrow \infty}{\left[ \frac{1}{3} \arctan{ \left(\frac{x}{3} \right)} \right]_{0}^{m}}$

$\displaystyle = \lim_{m \rightarrow \infty}{\left[ \frac{1}{3} \arctan{ \left(\frac{m}{3} \right)} - \frac{1}{3} \arctan{ \left(\frac{0}{3} \right)} \right]} = \frac{1}{3} \arctan{ \left(\frac{\infty}{3} \right)} - \frac{1}{3} \arctan{\left(\frac{0}{3} \right)}$

$\displaystyle = \frac{1}{3} \arctan{ \left(\infty \right)} - \frac{1}{3} \arctan{\left(0 \right)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{1}{3} (0) = \frac{\pi}{6} =$ convergente

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{x^2+9}} = \frac{\pi}{6} =$ convergente

Problema 5. Calcular $\displaystyle \int_{-\infty}^{0}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}$ .

Solución. El límite inferior de la integral tiene un infinito, por tanto

$\displaystyle \int_{-\infty}^{0}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}} = \lim_{n \rightarrow -\infty}{\int_{n}^{0}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}}$

Y esta integral se resuelve por el método de sustitución (donde $v=1-x$ y $dv=-dx$ o $dv=-dx$ )

$\displaystyle \int{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}} = \int{\frac{-dv}{\sqrt{v}}} = -\int{\frac{dv}{v^{1/2}}} = -\int{v^{-1/2} \, dv}$

$\displaystyle = \frac{1}{\frac{1}{2}} v^{1/2} + C = 2v^{1/2}+C = 2 (1-x)^{1/2} + C = 2 \sqrt{1-x} + C$

Continuando

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow -\infty}{\int_{n}^{0}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}} = \lim_{n \rightarrow -\infty}{[2 \sqrt{1-x}]_{n}^{0}}$

$\displaystyle = \lim_{n \rightarrow -\infty}{[2 \sqrt{1-n}- 2 \sqrt{1-0}]} = 2 \sqrt{1-\infty} - 2 \sqrt{1-0}$

$= 2(\infty) - 2 = \infty$ = divergente

Finalmente

$\displaystyle \int_{-\infty}^{0}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}} = \infty$ = divergente

Problema 6. Calcular $\displaystyle \int_{-\infty}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}$ .

Solución. La función $\displaystyle \frac{1}{(4-x)^2}$ tiene una discontinuidad cuando $x=4$ , por tanto

$\displaystyle \int_{-\infty}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}} = \int_{-\infty}^{4}{\frac{dx}{(4-x)^2}} + \int_{4}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}$

$\displaystyle = \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{-\infty}^{4 + \gamma}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{4 - \epsilon}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}}$

El límite inferior de la integral tiene un infinito negativo, entonces

$\displaystyle \lim_{\gamma \rightarrow 0}{\int_{-\infty}^{4 + \gamma}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{4 - \epsilon}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} = \lim_{\begin{matrix}\gamma \rightarrow 0 \\ n \rightarrow -\infty \end{matrix}}{\int_{n}^{4 + \gamma}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{4 - \epsilon}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}}$

Ambas integrales se resuelven por el método de sustitución (donde $v=4-x$ y $dv = -dx$ o tambien $dx=-dv$ )

$\displaystyle \int{\frac{dx}{(4-x)^2}} = \int{\frac{-dv}{v^2}} = -\int{\frac{d}{v^2}}$

$\displaystyle = - \int{v^{-2} \, dv} = v^{-1} + C = \frac{1}{v} + C =\frac{1}{4-x} + C$

Regresando

$\displaystyle \lim_{\begin{matrix}\gamma \rightarrow 0 \\ n \rightarrow -\infty \end{matrix}}{\int_{n}^{4 + \gamma}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\int_{4 - \epsilon}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}}} = \lim_{\begin{matrix}\gamma \rightarrow 0 \\ n \rightarrow -\infty \end{matrix}}{\left[\frac{1}{4-x} \right]{n}^{4 + \gamma}} + \lim{\epsilon \rightarrow 0}{\left[\frac{1}{4-x} \right]_{4 - \epsilon}^{6}}$

$\displaystyle = \lim_{\begin{matrix}\gamma \rightarrow 0 \\ n \rightarrow -\infty \end{matrix}}{\left[\frac{1}{4 - 4 - \gamma} - \frac{1}{4-n} \right]} + \lim_{\epsilon \rightarrow 0}{\left[\frac{1}{4-6} - \frac{1}{4-4 + \epsilon} \right]}$

$\displaystyle = \left[\frac{1}{4 - 4 - 0} - \frac{1}{4-\infty} \right] + \left[\frac{1}{4-6} - \frac{1}{4-4 + 0} \right] = (\infty - 0) + \left(-\frac{1}{2} + \infty \right)$

$= \infty =$ divergente

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{-\infty}^{6}{\frac{dx}{(4-x)^2}} = \infty =$ divergente

Integrales impropias. Cálculo integral.

Introducción

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Integración en intervalos infinitos

Convergencia absoluta

Problemas resueltos

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