f (x, λ) una funci´on continua

Descargar (0)

Texto completo

(1)

DERIVACI ´ON DE INTEGRALES DEPENDIENTES DE UN PAR ´AMETRO

FERNANDO REVILLA JIM ´ENEZ

Resumen. Demostramos los teoremas de derivaci´on de integrales de- pendientes de un par´ametro (tanto con l´ımites de integraci´on constantes como variables) y proporcionamos ejemplos de aplicaci´on.

´Indice

1. Caso de l´ımites constantes 1

2. Caso de l´ımites variables 6

1. Caso de l´ımites constantes Definici´on 1. Sean [a, b] y [α, β] dos intervalos reales y

f : [a, b] × [α, β] → R, (x, λ) → f (x, λ)

una funci´on continua. Si damos a λ un valor fijo de [α, β] obtenemos una funci´on continua de x en [a, b] y su integral es una funci´on de λ:

I(λ) = Z b

a

f (x, λ)dx que se llama integral dependiente de un par´ametro.

Teorema 1. La funci´on I(λ) es continua en [α, β].

Demostraci´on. En efecto, si λ y λ + h son dos puntos de [α, β] se tiene I(λ + h) − I(λ) =

Z b a

[f (x, λ + h) − f (x, λ)]dx.

Por la continuidad de f (x, λ) en el rect´angulo [a, b]×[α, β], dado  > 0 existe δ > 0 tal que

|f (x, λ + h) − f (x, λ)| < 

b − a si |h| < δ, para todo x ∈ [a, b]. Resulta:

|I(λ + h) − I(λ)| =

Z b a

[f (x, λ + h) − f (x, λ)]dx

Key words and phrases. Derivaci´on, integrales, dependientes, par´ametro.

1

(2)

≤ Z b

a

|[f (x, λ + h) − f (x, λ)]| dx ≤ Z b

a



b − adx = .

Por tanto, I(λ) es continua en [α, β]. 

Teorema 2 (Derivaci´on de una integral param´etrica). Sea el rect´angu- lo D = [a, b] × [α, β]. Supongamos que:

(1) f es continua en D.

(2) Existe ∂f∂λ y es continua en D.

Entonces, existe la derivada de I(λ) =Rb

af (x, λ)dx en [α, β] y es igual a:

I0(λ) = Z b

a

∂f

∂λdx.

Demostraci´on. Aplicando el teorema del valor medio de Lagrange, I(λ + h) − I(λ)

h =

Z b a

f (x, λ + h) − f (x, λ)

h dx =

Z b a

∂f

∂λ(x, λ + θh)dx con 0 < θ < 1. Por la continuidad en el rect´angulo de f (x, h), podemos aplicar el teorema anterior:

I0(λ) = l´ım

h→0

Z b a

∂f

∂λ(x, λ + θh)dx = Z b

a

∂f

∂λ(x, λ)dx.

 Ejemplo 1. Calcular

Z 1 0

dx

(x2+ λ)2 (λ > 0).

Soluci´on. Hallemos primero I(λ) =

Z 1 0

dx x2+ λ =

Z 1 0

(1/λ)dx (x2/λ) + 1 = 1

√ λ

Z 1 0

(1/√ λ)dx (x/√

λ)2+ 1

= 1

√ λ



arctan x

√ λ

1 0

= 1

λarctan 1

√ λ. Derivando

I0(λ) = Z 1

0

∂λ

 1

x2+ λ



dx = − Z 1

0

dx (x2+ λ)2. Por tanto

Z 1

0

dx

(x2+ λ)2 = − d dλ

 1

√λarctan 1

√λ

 .

Derivando el segundo miembro de la igualdad anterior obtenemos Z 1

0

dx

(x2+ λ)2 = 1 λ√

λ



arctan 1

λ+ 1

(1 + λ)√ λ



(3)

Ejemplo 2. Calcular Z 1

0

xm(log x)ndx, (m y n enteros positivos).

Soluci´on. Tenemos

I(m) = Z 1

0

xmdx = 1 m + 1. Derivando sucesivamente,

I0(m) = Z 1

0

xm(log x)dx, I00(m) = Z 1

0

xm(log x)2dx, . . . , I(n)(m) =

Z 1 0

xm(log x)ndx.

Por otra parte, I(m) = 1

m + 1, I0(m) = − 1

(m + 1)2, I00(m) = 2!

(m + 1)3 . . . , I(n)(m) = (−1)nn!

(m + 1)n+1. En consecuencia,

Z 1 0

xm(log x)ndx = (−1)nn!

(m + 1)n+1 Ejemplo 3. Calcular la integral

Z π/2

0

arctan(sin x) sin x dx.

Soluci´on. En [0, π/2] el denominador se anula s´olo para x = 0. Por otra parte para todo λ ∈ R

l´ım

x→0+

arctan(λ sin x)

sin x = l´ım

x→0+

λ sin x sin x = λ,

por tanto la siguiente funci´on est´a bien definida (por medio de una integral convergente)

I : [0, +∞) → R, I(λ) = Z π/2

0

arctan(λ sin x) sin x dx.

Se cumplen las hip´otesis del teorema de la derivaci´on param´etrica, por tanto I0(λ) =

Z π/2 0

dx 1 + λ2sin2x. Usando la substituci´on t = tan x

I0(λ) = Z +∞

0

dt 1 + t2 1 + λ2t2

1 + t2

= Z +∞

0

dt (1 + λ2)t2+ 1.

(4)

Usando la substituci´on u =√

1 + λ2t I0(λ) = 1

√1 + λ2 Z +∞

0

du

u2+ 1 = 1

√1 + λ2 π 2. Integrando ambos miembros

I(λ) = π 2log

λ +p

λ2+ 1 + C.

Para λ = 0 tenemos 0 = 0 + C es decir C = 0 , entonces I(λ) = π

2 log λ +p

λ2+ 1 . Como consecuencia, I(1) = π

2 log(1 +√ 2) = π

2 sinh−11. Es decir, Z π/2

0

arctan(sin x)

sin x dx = π

2 sinh−11 Ejemplo 4. Calcular

Z π 0

1

(5 − 3 cos x)3 dx.

Soluci´on. Consideremos la integral:

I(λ) = Z π

0

1

λ − 3 cos x dx.

Sea D = [0, π] × (3, +∞) y la funci´on

f : D → R, f (x, λ) = 1 λ − 3 cos x.

Claramente λ − 3 cos x 6= 0 para todo (x, λ) ∈ D y f ∈ C(D). Por otra parte

∂f

∂λ = −1

(λ − 3 cos x)2, ∂2f

∂λ2 = 2

(λ − 3 cos x)3. Es decir, la funci´on integrando es

1

(5 − 3 cos x)3 = 1 2

2f

∂λ2(x, 5).

Hallemos ahora I(λ) usando la substituci´on t = tan(x/2):

I(λ) = Z +∞

0

2 1+t2

λ − 31−t1+t22

dt = 2 Z +∞

0

1

(λ + 3)t2+ λ − 3 dt = 2

λ − 3 Z +∞

0

dt

qλ+3 λ−3t2

+ 1

= 2

√λ2− 9

"

arctan

rλ + 3 λ − 3 t

#+∞

0

= π

√λ2− 9.

Hallemos I00(λ)

I(λ) = π(λ2− 9)−1/2I0(λ) = −πλ(λ2− 9)−3/2I00(λ) =

−π(λ2− 9)−3/2+ 3πλ22− 9)−5/2= π(λ2− 9)−3/2[−1 + 3λ22− 9)−1].

(5)

La derivada parcial ∂f∂λ es continua en [0, π] × (3, +∞). Aplicando el teorema de derivaci´on param´etrica obtenemos para todo λ ∈ (3, +∞)

I0(λ) = Z π

0

∂f

∂λ dx = − Z π

0

dx

(λ − 3 cos x)2 dx.

Por an´alogas consideraciones I00(λ) = 2

Z π 0

dx

(λ − 3 cos x)3 dx , ∀λ ∈ (3, +∞).

La integral pedida es por tanto (1/2)I00(5) = . . . = 59π/2048:

Z π 0

dx

(5 − 3 cos x)3 dx = 59π 2048 Nota . Para derivar la integal impropiaR+∞

a f (x, λ)dx respecto del par´ame- tro λ es necesario que las integrales R+∞

a f (x, λ)dx y R+∞

a

∂f

∂λdx sean con- vergentes.

Ejemplo 5. Calcular Z +∞

0

dx

(x2+ λ)n+1, (n entero positivo y λ > 0).

Soluci´on. Consideremos I(λ) =

Z +∞

0

dx x2+ λ =

 1

λarctan x

√ λ

+∞

0

= π 2

1 λ1/2. Derivando respecto del par´ametro λ:

Z +∞

0

dx

(x2+ λ)2 = 1 2

π 2λ3/2. Despues de derivar n veces obtenemos

Z +∞

0

dx

(x2+ λ)n+1 = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) 2 · 4 · 6 · . . . · (2n)

π 2λn

λ Ejemplo 6. Hallar

I(λ) = Z +∞

0

e−x− e−λx

x dx, (λ > 0).

Soluci´on. Derivando, I0(λ) =

Z +∞

0

e−λxdx =



−1 λe−λx

+∞

0

= 1 λ.

Entonces, I(λ) = log λ + C. Para λ = 1 obtenemos I(1) = C, pero I(1) = 0 con lo cual, si λ > 0,

Z +∞

0

e−x− e−λx

x dx = log λ

(6)

2. Caso de l´ımites variables

Teorema 3. Sean a(λ) y b(λ) dos funciones definidas en el intervalo [λ0, λ1] con a(λ) ≤ b(λ) para todo λ ∈ [λ0, λ1] y f (x, λ) una funci´on definida en el recinto

D :

 λ0 ≤ λ ≤ λ1 a(λ) ≤ x ≤ b(λ).

Supongamos que

(1) f (x, λ) es continua en D.

(2) a(λ) y b(λ) son derivables en [λ0, λ1].

(3) Existe ∂f∂λ y es continua en D.

Consideremos la funci´on I(λ) =

Z b(λ) a(λ)

f (x, λ)dx.

Entonces, I(λ) es derivable en [λ0, λ1] y adem´as I0(λ) =

Z b(λ) a(λ)

∂f

∂λdx + f [b(λ), λ]b0(λ) − f [a(λ), λ]a0(λ).

Demostraci´on. Tenemos I(λ + h) − I(λ) =

Z b(λ+h) a(λ+h)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ)

f (x, λ)dx

=

"

Z b(λ+h) a(λ+h)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ)

f (x, λ + h)dx

#

+

"

Z b(λ) a(λ)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ)

f (x, λ)dx

#

=

"

Z b(λ+h)

a(λ+h)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ+h)

f (x, λ + h)dx

#

+

"

Z b(λ) a(λ+h)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ)

f (x, λ + h)dx

#

+

"

Z b(λ) a(λ)

f (x, λ + h)dx − Z b(λ)

a(λ)

f (x, λ)dx

# . Podemos por tanto expresar

I(λ + h) − I(λ) =

Z b(λ+h) b(λ)

f (x, λ + h)dx −

Z a(λ+h) a(λ)

f (x, λ + h)dx

+ Z b(λ)

a(λ)

[f (x, λ + h) − f (x, λ)]dx.

(7)

Aplicando el teorema del valor medio para integrales a los dos primeros sumandos y el del valor medio de Lagrange al tercero:

I(λ + h) − I(λ)

h = b(λ + h) − b(λ)

h f [b(λ + θ1h), λ + h]

−a(λ + h) − a(λ)

h f [a(λ + θ2h), λ + h]

+ Z b(λ)

a(λ)

∂λf (x, λ + θ3h)dx,

con 0 < θi < 1 para i = 1, 2, 3. Tomando l´ımites cuando h → 0 y teniendo en cuenta la continuidad de f (x, λ) y ∂f∂λ en D,

I0(λ) = Z b(λ)

a(λ)

∂f

∂λdx + f [b(λ), λ]b0(λ) − f [a(λ), λ]a0(λ).

 Ejemplo 7. Calcular

I(λ) = Z λ

0

log(1 + λx) 1 + x2 dx derivando previamente respecto del par´ametro λ.

Soluci´on. Usando el teorema anterior I0(λ) =

Z λ 0

x

(1 + λx)(1 + x2)dx + log(1 + x2) 1 + λ2 .

Calculemos la integral anterior por descomposici´on en fracciones simples:

Z λ 0

x

(1 + λx)(1 + x2)dx = − λ 1 + λ2

Z λ 0

dx

1 + λx+ 1 1 + λ2

Z λ 0

x + λ 1 + x2dx

=



−log(1 + λx)

1 + λ2 + log(1 + x2)

2(1 + λ2) + λ

1 + λ2 arctan x

λ 0

= −log(1 + λ2)

1 + λ2 +log(1 + λ2)

2(1 + λ2) + λ

1 + λ2 arctan λ.

Es decir,

I0(λ) = log(1 + λ2)

2(1 + λ2) + λ

1 + λ2 arctan λ, con lo cual

I(λ) =

Z  log(1 + λ2)

2(1 + λ2) + λ

1 + λ2 arctan λ

 dλ.

Efectuando el cambio λ = tan µ, I(λ) =

Z log(sec2µ)

2 sec2µ (sec2µ)dµ +

Z tan µ

sec2µµ(sec2µ)dµ

=

Z log(sec2µ)

2 dµ +

Z

µ(tan µ)dµ

(8)

=

Z 2 log(1/ cos µ)

2 +

Z

µ(tan µ)dµ

= − Z

log(cos µ)dµ + Z

µ(tan µ)dµ.

Aplicando integrci´on por partes a la primera integral anterior con u = log(cos µ) y dv = dµ obtenemos

I(λ) = −µ log(cos µ) − Z

µ(tan µ)dµ + Z

µ(tan µ)dµ

−µ log(cos µ) + C = −µ · −log(sec2µ)

2 + C

= 1

2(arctan λ) log(1 + λ2) + C.

Para λ = 0, I(0) = 0 + C y sustituyendo λ = 0 en la integral inicial obtenemos I(0) = 0, luego C = 0. En consecuencia,

Z λ 0

log(1 + λx)

1 + x2 dx = 1

2(arctan λ) log(1 + λ2)

Derivaci´c on de integrales dependientes de un par´ametro por Fer- nando Revilla Jim´enez se distribuye bajo la licencia Creative Com- mons Atribuci´on-NoComercial-SinDerivar 4.0 Internacional.

as material enhttp://www.fernandorevilla.es.

Fernando Revilla Jim´enez. Jefe del Departamento de Matem´aticas del IES San- ta Teresa de Jes´us de la Comunidad de Madrid y Profesor de M´etodos Ma- tem´aticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Ca˜nada, Madrid (Hasta el curso acad´emico 2008-2009).

E-mail address: frej0002@ficus.pntic.mec.es

Figure

Actualización...

Referencias

Related subjects :