Cálculo - Frank Ayres Jr & Elliot Mendelson - 5ed (1)

290
CAPÍTULO 35 Integrales impropias
PROBLEMAS RESUELTOS
1. Resuelva
1
1
2
x dx .
1
1 1 1
2
1
2
x dx c
lím
x dx c
lím
c
x
c
1
lím
1
1 ( 0 1)
1
c
c
Nota: la integral
1
2
1 x dx puede interpretarse como el área de la región bajo la curva y = 1/x 2 y por encima del
eje x, para x > 1. Entonces, una región infinita (en el sentido de no ser acotada) puede tener un área finita.
2. Resuelva
1
1 x dx .
1 1
x dx c
lím
x dx x
c
lím ln
c
1 1
lím (ln c 0)
c
c
1
es decir, la integral diverge hacia +.
3. Demuestre que
1
1 x dx p converge para p > 1 y diverge hacia + para p 1.
1 1 1 1
1
x dx c
x dx p
lím
p
p
c
lím
c1
p x
1 1
Sea p > 1. Entonces, se tiene que lím
1 1
p
1
1
( 01)
1
1
c
1 p c 1 p p
1
Por el problema 2, ya se sabe que
1
1 x dx diverge hacia +. Sea p < 1. Entonces,
lím
1 1
p
p
lím ( )
c p c
c p c
1
1 1
1
1
, ya que 1 – p > 0
1
1
c
1
rx
4. Resuelva 0 e dx para r > 0.
+∞
5. Evalúe
1
∫ 0
2
dx.
x + 4
∫
0
+∞
rx
rx
e dx e dx
r e rx
lím
c
lím
1
c
c
0 0
1
rc
lím ( 1 e
)
1
( 1 0 )
1
r c
r r
c
1
1
1 −
2
dx = lím
2
dx =
x + 4 c→+∞∫
lím tan
0 x + 4 c→+∞
2
1 x
2
0
c
( ) ⎤ ⎦ ⎥
c
0
x
6. Halle e sen xdx.
0
1 c
0
1
2( 2 ) = π
2( 2) =
1
= lím tan ( ) − −
c→+∞
x
x
e senxdx
lím e senxdx
0 c
0
c
c
lím (
x
e (senx cos x))
( por integración por partes)
1
2
0
c
lím [( e (senccos c)) ]
c
1
2
1
2
c
π
4