Calculo Integral
Antiderivadas
Introducci´
on
El c´
alculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motivaci´on original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las gr´
aficas
de las funciones y el c´alculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas
Pendiente m =?.
mP Q =
f (x) − f (a)
x−a
m = l´ım
x→a
f (x) − f (a)
x−a
Figura 1.1: El problema de la recta tangente motiva el c´
alculo diferencial
se usan para calcular la velocidad y la aceleraci´on, estimar la raz´
on de propagaci´on de una
enfermedad, fijar niveles de producci´on de manera que pueda maximizarse la eficiencia, encontrar las mejores dimensiones para una lata cil´ındrica, averiguar la antig¨
uedad de un objeto
prehist´
orico, y para muchas otras aplicaciones.
El c´
alculo integral se basa en el concepto de la integral. La definici´on de la integral es
motivada por el problema de definir y calcular el ´
area de la regi´
on que se encuentra entre la
gr´
afica de una funci´on de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b].
El ´
area de la regi´
on S de la siguiente figura est´
a dada por la integral de f de a a b, denotada
Rb
por el s´ımbolo a f (x)dx. Pero la integral, as´ı como la derivada, es importante debido a
su aplicaci´on a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de poblaci´on, volumen, longitud de arco, ´
area de superficie y centro de gravedad, entre otros. El
teorema principal de este secci´on es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporciona una conexi´on vital entre las operaciones de derivaci´
on e integraci´
on proporcionando un
m´etodo eficaz para el calculo de integrales.
El problema del ´
area motiva
el Z c´
alculo
integral
b
f (x)dx
Area(S) =
a
Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funci´on f (x) necesitamos hallar una
nueva funci´on F (x) tal que
F ′ (x) = f (x)
Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivaci´
on, la “Antiderivaci´
on”.
1
1.0.1.
Antiderivadas o primitivas
Hemos analizado c´omo encontrar la derivada de una funci´on. Sin embargo, muchos problemas exigen recuperar una funci´on a partir de su derivada conocida (es decir, a partir de
su raz´
on de cambio conocida). Por ejemplo,
Un f´ısico que conoce la velocidad de una part´ıcula podr´ıa desear conocer su posici´on
en un instante dado.
Un ingeniero que puede medir la cantidad variable a la cual se fuga el agua de un
tanque quiere conocer la cantidad que se ha fugado durante cierto periodo.
Un bi´ologo que conoce la rapidez a la que crece una poblaci´
on de bacterias puede
interesarse en deducir el tama˜
no de la poblaci´
on en alg´
un momento futuro.
En cada caso, el problema es el mismo, debemos hallar una funci´on F cuya derivada es en la
funci´on conocida f . Si tal funci´on F existe, se llama una antiderivada de f .
Definition 1. Una funci´
on F recibe el nombre de antiderivada o primitiva de la
funci´
on f en un intervalo I si F es continua en I y F ′ (x) = f (x) para todo x ∈ I,
salvo a lo sumo en un n´
umero finito de puntos.
NOTA: Usamos letras may´
usculas como F para representar una antiderivada de una
funci´on f , G para representar una antiderivada de una funci´on g, y as´ı sucesivamente.
Ejemplo 1. [F no necesariamente es diferenciable] Definamos

 1 si x ∈ [a, b],
f (x) =
 0 si x ∈
/ [a, b],
En este caso no hay ninguna funci´on cuya derivada coincida con f (x) en todo punto. Sin
embargo, la funci´on tiene una primitiva. Definiendo


si x < a ,

 0
F (x) =



x−a
b−a
si a ≤ x ≤ b,
si x > b,
se tiene que F es continua en R, y F ′ (x) = f (x) salvo cuando x = a y x = b. Luego F es
primitiva de f en todo R.
Ejemplo 2. Dada la funci´on f (x) = 3x2 , entonces F (x) = x3 es una primitiva de f (x) =
3x2 , como tambi´en lo son las funciones
√
G(x) = x3 + 17,
H(x) = x3 + π
K(x) = x3 + 2.
En realidad, J(x) = x3 + C es una primitiva de f (x) = 3x2 para cualquier elecci´
on de la
constante C.
NOTA: Una funci´on puede tener muchas primitivas, pero una u
´nica derivada
Teorema 2. Si F es una antiderivadas de f en el intervalo I, entonces G es una antiderivada de f en I si y s´
olo si G es de la forma G(x) = F (x) + C para todo x ∈ I, donde C es
una constante.
2
DEM: (⇐)
NOTA: Hay que se˜
nalar que existen buenas razones para limitar nuestra atenci´on a intervalos en la discusi´
on sobre primitivas. De lo contrario, podr´ıa ocurrir que una funci´on tenga
primitivas que no difieran en una constante.
Ejemplo 3. [Diferentes constantes]

1


+ 5 si x > 0,
x
F (x) =

 1 − π si x < 0,
x
son primitivas de f (x) = −
(−∞, 0) ∪ (0, ∞)
G(x) =
1
,
x
1
pero, no difieren de una constante sobre el conjunto S =
x2
NOTA: Del Teorema 5 deducimos que la familia completa de Antideridavas de un funci´on
se representa agregando una constante C a una antiderivada conocida. Por ejemplo, la familia
de antiderivadas de f (x) = 2x est´
a representada por
G(x) = x2 + C
donde C es una constate. La constante C recibe el nombre de constante de integraci´
on.
Complete las siguientes f´ormulas para las antiderivadas
Ejemplo 4. Halle las siguientes antiderivadas:
f (x) = x5
g(x) =
√1
x
3
h(x) = sin(2x)
i(x) = cos( x2 )
√
f (x) = (5x4 + 2 cos(5x) − 3 x) =
g(x) = [2 cos(3t) + 5 sen(4t)] =
m(x) =
1.0.2.
20
(4−5x)3
=
Problemas de valor inicial y ecuaciones diferenciales
Encontrar una antiderivada de una funci´on f (x) constituye el mismo problema que encontrar una funci´on y(x) que satisfaga la ecuaci´
on
dy
= f (x)
dx
y ′ = f (x)
o
A esto se le llama ecuaci´
on diferencial, ya que es una ecuaci´
on que involucra una funci´on
desconocida y que est´
a siendo derivada. Para resolverla, necesitamos una y(x) que satisfaga
la ecuaci´
on. Esta funci´on se encuentra tomando la antiderivada de f (x). Fijamos la constante
arbitraria que surge en el proceso de antiderivaci´
on dando una condici´
on inicial
y(x0 ) = y0
Esta condici´
on significa que la funci´on y(x) tiene el valor y0 cuando x = x0 . La combinaci´on
de una ecuaci´on diferencial y una condici´
on inicial se llama problema de valor inicial.
Tales problemas juegan papeles importantes en todas las ramas de la ciencia. He aqu´ı un
ejemplo de un problema de valor inicial.
Ejemplo 5. Encontrar la curva cuya pendiente en el punto (x, y) es 3x2 si la curva debe
pasar por el punto (1, −1)
SOL: Aqu´ı, estamos pidiendo resolver el siguiente problema de valor inicial.
Ec. Diferencial:
Cond. Inicial:
dy
= 3x2
dx
y(1) = 1
La funci´on y es una antiderivada de f (x) = 3x2 de manera que y = x3 + C. Encontramos C
a partir de la condici´
on inicial y(1) = −1. Demostrando que y = x3 − 2.
Ejercicio 1. Encuentre f sabiendo que f ′ = ex +
10
y f (0) = −2
1 + x2
Ejemplo 6. Un globo que est´
a subiendo a raz´
on de 12 pies/seg est´
a a una altura de 80 pies
sobre el suelo cuando se lanza un paquete desde ´el. ¿Cu´
anto tiempo tarda el paquete en llegar
al suelo?
SOL: Sea v(t) la velocidad del paquete en el tiempo t, y sea s(t) su altura sobre el
suelo. La aceleraci´on de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra es 32 pies/seg Luego,
matematicamente tenemos
E.Dif :
ds
= −32
dt
Cond.Inicial
4
v(0) = 12
No es dif´ıcil ver que la velocidad es v = −32t + 12. Ahora, como la velocidad es la derivada
de la altura, entonces tenemos un segundo problema de valores iniciales.
E.D :
dv
= −32t − 12
dt
Cond.Inicial
s(0) = 80
De aqu´ı concluimos que la altura que tiene el paquete sobre el suelo en el tiempo t es s(t) =
−16t2 + 12t + 80.
Ahora halle el tiempo tarda el paquete en tocar el suelo.
Ejercicio 2. Suponga que se dispara una flecha en sentido vertical mediante una poderosa
ballesta, desde el piso, y que vuelve a tocar el suelo 48 segundos despu´es. Si podemos despreciar la resistencia del aire, determinar la velocidad inicial de la flecha y la altura m´
axima
que alcanza.
Ejercicio 3. Las narcas de derrape de unos neum´
aticos indican que se han aplicado los
frenos durante una distancia de 160 pies antes de detenerse el autom´
ovil. Supongamos que
el autom´
ovil en cuesti´
on tiene una desaceleraci´
on constante de 20 pies/seg 2 bajo las condiciones del derrape. A qu´e velocidad viajaba el auto cuando se comenz´
o a frenar?
Geometr´ıa de las Antiderivadas
Si se conoce la gr´
afica de una funci´on f , ser´ıa razonable que podamos dibujar la gr´
afica
de una antiderivada F . Por ejemplo, suponga que sabe que F (0) = 1. Entonces, hay un
punto de donde partir, el punto (0, 1), y la direcci´on en la cual tenemos que desplazarnos la
proporciona, la derivada.
Ejemplo 7. La gr´
afica de una funci´on f se ilustra en la figura 5. Trace un croquis de una
antiderivada F , dado que F (0) = 2.
SOL:
Partimos del punto (0, 2) pues F (0) = 2.
f (x) < 0 en 0 < x < 1 luego F decrece en 0 < x < 1.
f (x) > 0 en 1 < x < 3 luego F crece en 1 < x < 3.
f (x) < 0 en x > 3 luego F decrece en x > 3.
f (1) = f (3) = 0 luego F tiene tangentes horizontales cuando x = 1 y x = 3
En x = 1 f cambia de − a +, luego F (1) hay un minimo
En x = 3 f cambia de + a −, luego F (3) hay un m´aximo
En x = 2 F ′′ (x) = f ′ (x) cambia de + a −, luego F (2) hay inflexi´on.
En x = 4 F ′′ (x) = f ′ (x) cambia de − a +, luego F (4) hay inflexi´on.
Ejercicio 4.
1. Se proporciona la gr´
afica 1 de una funci´
on f . ¿Qu´e gr´
afica es una antiderivada de f y
por qu´e?
5
Fig. 5
2. Se presenta la gr´
afica 2 de una funci´
on en la figura. Trace un croquis de una antiderivada F , dado que F (0) = 1.
3. La gr´
afica de la funci´
on velocidad de un autom´
ovil se ilustra en la gr´
afica 3. Elabore la
gr´
afica de la funci´
on posici´
on.
Graf. 2
Gra. 1
Graf. 3
C´
alculo de ´
areas elementales
Tal vez el primer contacto que se tiene con el concepto de ´area son las formulas A = bh y
areas de un rect´angulo y un triangulo resp. Mientras que el
A = bh
2 las cuales describen las ´
´area de un pol´ıgono se encuentra al dividirlo en tri´angulos y sumar las ´areas de esos tri´angulos.
Los antiguos griegos iniciaron el estudio de ´
areas de figuras con l´ıneas curvas en los siglos
IV y V a.C. Dada una regi´
on plana R cuya ´
area quer´ıan determinar, trabajaban con un
pol´ıgono P inscrito en R (dentro de R) y con un pol´ıgono Q c´ırcunscrito (o fuera de R).
Si los pol´ıgonos Pn y Qn ten´ıan un n´
umero suficientemente grande de lados, de longitud
peque˜
na, entonces parecer´ıa que sus areas, area(P ) y area(Q), se aproximan al ´area de la
regi´
on R. Adem´
as, es posible controlar el error: vemos que
area(P ) < area(R) < area(Q)
ya que R contiene al pol´ıgono P pero est´
a contenido en el pol´ıgono Q.
Nuestro objetivo principal es describir una t´ecnica sistem´atica para aproximar el ´area de
una regi´
on curvil´ınea adecuada utilizando ´
areas poligonales f´aciles de calcular.
6
1.0.3.
´
Areas
bajo gr´
aficas
Empecemos por intentar resolver el problema del ´
area: hallar el
´area de la regi´
on S que est´
a debajo de la curva y y = f (x), desde
a hasta b. Esto significa que S est´
a limitada por la gr´
afica de una
funci´on continua f donde f (x) ≥ 0, las rectas verticales x = a y
x = b, y el eje x.
Para aproximar el ´area de S dividimos la regi´
on S en n franjas de
anchos iguales. El ancho del intervalo [a, b] es b − a, de modo que
el ancho de cada una de las n franjas
∆x =
b−a
n
Estas franjas dividen el intervalo [a, b] en n subintervalos
[x0 , x1 ], [x1 , , x2 ], [x2 , x3 ], . . . , [xn−1 , xn ]
donde a = x0 y b = xn .
A partir de aqu´ı podemos obtener una R-estimaci´on de la i-´esima franja,
Si , con un rect´angulo con ancho ∆x y altura f (xi ), valor que toma f en
el punto extremo derecho del subintervalo; o tambi´en podemos obtener una
L-estimaci´on de la i-´esima franja, Si , con un rect´angulo con ancho ∆x y
altura f (xi−1 ), valor que toma f en el punto extremo izquierdo del subintervalo.
NOTA: Los puntos extremos xi de la derecha de los subintervalos son:
a + ∆x, a + 2∆x, a + 3∆x, . . . , b.
Mientras quelos puntos extremos xi−1 de la izquierda de los subintervalos son:
a, a + ∆x, a + 2∆x, a + 3∆x, . . . , a + (n − 1)∆x.
En decir los extremos est´
an dados por la siguiente formula
xk = a + k∆x
Despu´es, el ´area del i-´esimo rect´angulo con altura f (xi ) ´o f (xi−1 ) es
f (xi )∆x
f (xi−1 )∆x.
Al sumar las ´areas de los rect´angulos con altura f (xi ) para i = 1, 2, 3, . . . , n, obtenemos
la R-estimaci´on
Rn := f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn )∆x =
n
X
f (xi )∆x
i=1
del ´area real de S. De manera an´aloga, la suma de las ´areas de los rect´angulos con altura
f (xi−1 ) es la L-estimaci´
on
Ln := f (x0 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn−1 )∆x =
n
X
f (xi−1 )∆x
i=1
La siguiente figura muestra esta R-estimaci´
on para n = 2, 4, 8 y 12.
7
Observe que esta aproximaci´on parece mejorarse a medida que se incrementa la cantidad
de franjas; es decir, cuando n → ∞. Por consiguiente, se define el ´area A de la regi´
on S de
la manera siguiente:
Definition 3. El ´
area A de la regi´
on S que se encuentra debajo de la gr´
afica de la funci´
on
continua f es el l´ımite de la suma de las ´
areas de los rect´
angulos de estimaci´
on:
A = l´ım Rn = l´ım
n→∞
n→∞
n
X
f (xi )∆x
A = l´ım Ln = l´ım
n→∞
i=1
n→∞
n
X
f (xi−1 )∆x
i=1
NOTA: De hecho, en lugar de usar
f (xi−1 ) o f (xi ) como altura del
rect´angulo, podr´ıamos tomar f (x∗i )
donde x∗i ∈ [xi−1 , xi ]. A estos n´
umeros x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n los llamamos puntos
muestras.
A = l´ım [f (x∗1 )∆x + f (x∗2 )∆x + · · · + f (x∗n )∆x] = l´ım [
n→∞
n→∞
n
X
f (x∗i )∆x
i=1
Conclusi´
on parcial: Si queremos hallar el ´
area de un regi´
on S tendremos que usar esta
definici´on de l´ımite. Es decir, debemos conocer la altura f (x∗i ) y el ancho ∆x de cada uno
los rect´angulos que vamos a usar para estimar el ´
area S.
1.0.4.
Sumas finitas y la notaci´
on sigma
La notaci´on sigma nos permite escribir una suma con muchos t´erminos
en la forma compacta
n
X
k=1
ak = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an
P
La letra griega
, significa “suma”. ´ındice de la sumatoria k nos
dice en d´onde empieza la suma (mediante el n´
umero que est´
a debajo
del s´ımbolo) y en d´onde termina (usando el n´
umero que est´a arriba del
s´ımbolo ). Se puede usar cualquier letra para denotar el ´ındice, pero las
letras m´as usuales son i, j y k.
Ejemplo 8.
12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 + 92 + 102 + 112 =
11
X
k=1
8
k2 =
11
X
r=1
r2
f (1) + f (2) + f (3) + · · · + f (100) =
100
X
i=1
f (i) =
100
X
f (s)
s=1
Ejercicio 5.
1. Demostrar que
n
X
i=1
2. Calcule
10
X
i=1
i=
n(n + 1)
,
2
n
X
i2 =
i=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
n
X
i=1
i3 =
n2 (n + 1)2
4
(2i2 − 3i) =
Ejemplo 9. Use rect´angulos para estimar el ´
area A de la regi´
on R que se encuentra bajo Ia
par´
abola y = x2 y por arriba del intervalo [0, 3].
9
Calcularemos la R-estimaci´on y la L-estimaci´
on del ´
area A de R obtenida usando 5 rect´angulos, cada uno de ancho ∆x = 53 . Despu´es repetimos los c´alculos
3
con 10 rect´angulos, cada uno de ancho ∆x = 10
.
SOL: No es dif´ıcil ver que los 5 extremos xi del lado derecho son 53 , 56 , 59 , 12
5 y 3,
.
Luego,
mientras que los 5 extremos xi−1 del lado izquierdo son 0, 35 , 56 , 59 , y 12
5
R5 =
5
X
5
X
f (xi )∆x = (
5
X
f (xi−1 )∆x = (
f (xi ))∆x
i=1
i=1
= f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 ) + f (x5 ) ∆x
h 3
i 3
6
9
12
= ( )2 + ( )2 + ( )2 ) + ( )2 + (3)2
5
5
5
5
5
= 11, 88
L5 =
5
X
f (xi−1 ))∆x
i=1
i=1
= f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 ) ∆x
h
6
9
12 i 3 3
= (0)2 + ( )2 + ( )2 ) + ( )2 + ( )2
5
5
5
5
5
= 6, 48
Usando, el hecho de que
R10
10
X
Pn
i=1
i2 =
n(n+1)(2n+1)
6
3
y que xi = 0 + i∆x = 0 + i 10
10
10
X
X 3
3
3 3
(i )2
=
f (i )
f (xi )∆x =
=
10
10
10
10
i=1
i=1
i=1
=(
L10 =
10
3 3X 2
27 (10)(11)(21)
)
)
= 10, 395
i =(
10 i=1
1000
6
10
X
f (xi−1 )∆x =
i=1
i=1
=(
=(
10
X
10
X
10
f ((i − 1)
X
3 3
3
3
((i − 1) )2
)
=
10 10
10
10
i=1
9
9
k=0
k=1
3 X 2
3 X 2
3 3
)
(i − 1)2 |{z}
= ( )3
k = ( )3
k
10 i=1
10
10
k=i−1
27 (9)(10)(19)
)
= 7, 695
1000
6
Ahora calculemos con exactitud el ´
area de la regi´
on bajo la gr´
afica de f (x) = x2 en el
intervalo [0, 3]. Si dividimos [0, 3] en n subintervalos, todos de la misma longitud, entonces
tenemos
3
3
b−a
=
xi = 0 + i∆x = i
∆x =
n
n
n
para i = 0, 1, 2, . . . , n. Por tanto,
n
X
i=1
f (xi )∆x =
n
X
x2i ∆x =
i=1
n
n
X
3i 3
27 X 2
27 n(n + 1)(2n + 1)
( )2 = 3
i = 3
n n
n i=1
n
6
i=1
De la definici´on de ´area tenemos que
1
1 +
+ 2 =9
f (xi )∆x = l´ım 27
n→∞
n→∞
3 2n 6n
i=1
A = l´ım
n
X
Ejemplo 10. Encontrar el ´
area de la regi´
on limitada por la gr´
afica f (x) = 4 − x2 , en el eje
x y las rectas x = 1 y x = 2.
10
SOL: Se empieza notando que la funci´on es continua y no negativa en el intervalo [1, 2].
1
Despues, se divide el intervalo [1, 2] en n-subintervalos, cada uno de ancho ∆x = 2−1
n = n.
Elegimos como puntos de muestra a xi (es decir, vamos hacer una R-estimaci´on) luego, los
puntos extremos derechos son xi = a + i∆x = 1 + ni
A = l´ım
n→∞
= l´ım
n→∞
n
X
f (xi )∆x = l´ım
i=1
n h
X
i=1
n→∞
i i1
2i
− 2
3−
n
n n
2
n
1 X
n h
X
i=1
4 − (1 +
i 2i 1
)
n
n
n
n
2 X
1 X 2
i
−
i
n→∞ n
n2 i=1
n3 i=1
i=1
h
1
1
1 i 5
1
+
+ 2 =
= l´ım 3 − (1 − ) −
n→∞
n
3 2n 6n
3
= l´ım
3−
En la definici´on 3 de ´area, las particiones ten´ıan subintervalos de igual ancho. Esto se hizo
s´
olo por convenencia de c´alculo. El siguiente ejemplo demuestra que no es necesario tener
subintervalos de igual ancho
Ejemplo 11. [Subintervalos de anchos desiguales]
Encontrar el ´area de la regi´
on acotada por la gr´
afica f (x) =
√
x y el eje x para 0 ≤ x ≤ 1.
SOL: Note que la funci´on es continua y no negativa en el intervalo [0, 1]. Consideremos
2
una partici´on x0 , x1 , . . . , xn donde xi = ni 2 , de manera que
∆xi = xi − xi−1 =
i2
(i − 1)2
2i − 1
−
=
2
n
n2
n
Luego,
A = l´ım
n→∞
n
X
n→∞
i=1
1
n→∞ n3
= l´ım
f (xi )∆xi = l´ım
n
X
i=1
3
n
X
i=1
r
i2 2i − 1 n2
n2
1 h n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1 i
2
−
n→∞ n3
6
2
(2i2 − i) = l´ım
4n + 3n2 − n
2
=
n→∞
6n3
3
= l´ım
OBS: La raz´
on por la que esta partici´on en particular da el ´area apropiada es que cuando
n crece, el ancho del intervalo m´
as grande tiene a cero. Esta caracteristica es CLAVE del
desarrollo de las integrales definidas.
Ejercicio 6.
Determine el ´
area bajo la gr´
afica de f (x) = 100 − 3x2 de x = 1 a x = 5.
Encontrar el ´
area de la regi´
on limitada por la gr´
afica f (x) = x3 , en el eje x y las rectas
x=0yx=1
Encontrar el ´
area de la regi´
on limitada por la gr´
afica f (y) = y 2 , en el eje y y las rectas
y=0yy=1
11
1.0.5.
Sumas de Riemann y la Integral
Empezamos con una funci´on arbitraria f definida en un intervalo cerrado [a, b].
f puede tener valores tanto negativos como positivos. Subdividimos el intervalo [a, b] en subintervalos, no necesariamente del mismo ancho (o longitud), y
formamos sumas como lo hicimos para las aproximaciones finitas. Para hacerlo,
elegimos puntos entre a y b, que satisfagan
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b.
El conjunto P = {x0 , x1 , x2 , . . . xn−1 , xn } se llama partici´
on de [a, b]. La partici´
on P divide [a, b] en n subintervalos cerrados
[xo , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xk−1 , xk ], . . . , [xn−1 , xn ]
El ancho del primer subintervalo [xo , x1 ] se denota mediante ∆x1 el ancho
del segundo intervalo es ∆x2 y el ancho del k-´esimo subintervalo es ∆xk =
xk − xk−1 . Si todos los n subintervalos tienen el mismo ancho, ∆x = b−a
n ,
diremos que la partici´
on P es regular.
En cada subintervalo elegimos alg´
un punto ck . Entonces, en cada subintervalo levantamos
un rect´angulo vertical a partir del eje x hasta tocar la curva en (c, f (ck ). Estos rect´angulos
pueden estar arriba o debajo del eje x, dependiendo de si f (ck ) es positivo o negativo, o si
f (ck ) = 0
En cada subintervalo formamos el producto f (ck )∆xk . Este producto es positivo, negativo
o cero dependiendo del signo de f (ck ). Cuando f (ck ) > 0, el producto f (ck )∆xk es el ´area
del rect´angulo con altura f (ck ) y ancho ∆xk . Cuando f (ck ) < 0, el producto f (ck )∆xk es un
n´
umero negativo, el negativo del ´
area del rect´angulo de ancho ∆xk que cae desde el eje x al
n´
umero negativo f (ck ). Finalmente sumamos todos estos productos para obtener
SP =
n
X
f (ck )∆xk
k=1
12
Definition 4. Sea f una funci´
on definida en un intervalo cerrado [a, b], y sea P una partici´
on de [a, b] dada por
a = x0 < x1 < x2 · · · < xn−1 < xn = b
donde ∆xk es el ancho de k-´esimo subintervalo [xk−1 , xk ]. Si ck ∈ [xk−1 , xk ] entonces
SP =
n
X
f (ck )∆xk
k=1
xk−1 ≤ ck ≤ xk
suma de Riemann de f para la partici´
on P .
NOTA: Cuando una partici´on tiene subintervalos cuyo ancho var´ıa, podemos asegurar que
todos son angostos controlando el ancho del subintervalo m´
as ancho (m´
as largo). Definimos
la norma de una partici´
on P , denotada por kP k como el mayor de los anchos de todos los
subintervalos. Si kP k es un n´
umero peque˜
no, todos los subintervalos de la partici´on P tienen
ancho peque˜
no.
Si los anchos ∆xk de estos rect´angulos son todos muy peque˜
nos (es decir, si la norma kP k
es peque˜
na), entonces parece que la suma de Riemann SP aproximar´a el ´area de a a b bajo
y = f (x) sobre el eje x, menos el ´
area bajo el eje x.
NOTA: Si partici´on es regular esto es, todos los intervalos tienen la misma anchura la
norma se denota por
kP k = ∆x =
b−a
n
particion ordinaria
En una partici´on general, la norma se relaciona con el numero de subintervalos en [a, b] de la
siguiente forma
b−a
≤n
particion general
kP k
De tal modo, que si kP k → 0 entonces n → ∞. La afirmaci´on reciproco es FALSA. Por
ejemplo, considere la partici´on del intervalo [0, 1] dado por
0<
1
1
1
1
1
< n−1 < · · · < < < < 1
2n
2
8
4
2
para cualquier valor positivo de n, la norma de la particion P es 12 (longitud mas grande).
De tal modo, como al dejar que n tienda a infinito no obliga a que kP k se aproxime a 0. SIN
EMBARGO, en una partici´on regular los enunciados kP k → 0 y n → ∞ si son equivalentes.
13
Definition 5. Sea f (x) una funci´
on definida en un intervalo cerrado [a, b]. La integral
definida de f en [a, b], es el n´
umero
I = l´ım
kP k→0
n
X
f (ck )∆xk
k=1
siempre que el l`ımite exista, en cuyo caso decimos que f es integrable en [a, b]. En otras
palabras, ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 tal que kP k < δ para toda partici´
on P de [a, b] y
n
X
f (ck )∆xk < ǫ
I −
k=1
Leibniz introdujo una notaci´
on para la integral definida que evidencia su construcci´on como
un l´ımite de sumas de Riemann.
Si consideramos I como el ´
area bajo y = f (x) de a a b, Leibniz pens´o primero en una
delgada banda con altura f (x) y ancho “´ınfinitesirnalmente peque˜
noo”dx, de modo que su
area era el producto f (x)dx.
Consider´
o
la
integral
como
una
suma
de ´areas de tales bandas
R
y denot´
o esta suma por .
Notaci´
on y existencia de la integral definida
El s´ımbolo para el n´
umero I en la definici´on de la integral definida es
Z b
f (x)dx
I=
a
que se lee como la integral de a a b de f (x) respecto de x. Tambi´en las partes que
componen el s´ımbolo de la integral tienen nombres:
Cuando se satisface la definici´on, decimos que las sumas de Riemann de f en [a, b] conRb
vergen a la integral definida I = a f (x)dx y que f es integrable en [a, b]. Tenemos muchas
opciones de una partici´on P con norma que tienda a cero, as´ı como numerosas alternativas
de puntos ck para cada partici´on. La integral definida existe cuando siempre obtenemos
el mismo l´ımite I, sin importar qu´e elecciones hayamos hecho. En ese caso,
Z b
n
X
l´ım
f (x)dx
f (ck )∆xk = I =
kP k→0
a
k=1
Cuando cada partici´on es regular (es decir, ∆xk =
l´ım
n→∞
n
X
f (ck )∆x = I =
k=1
Z
b−a
n
= ∆x) escribiremos
b
f (x)dx
a
El tal caso, las condiciones kP k → 0, ∆x → 0 y n → ∞ son equivalentes
14
Origen de la notaci´
on de
Leibniz para la integral
NOTA: El valor de la integral depende solo de la funci´on f y no de la letra que elijamos
para representar la variable independiente.
Z b
Z b
Z b
f (u)du
f (t)dt =
f (x)dx =
a
a
a
Dado que hay tal cantidad de opciones entre las cuales elegir al tomar un l´ımite de sumas
de Riemann, puede parecer dif´ıcil demostrar que tal l´ımite existe. Resulta, sin embargo, que
no importa qu´e elecci´
on se haga, las sumas de Riemann asociadas a una funci´on continua
convergen al mismo l´ımite.
Teorema 6. Si una funci´
on f es continua en un intervalo [a, b], entonces f es integrable, es
decir, su integral definida en [a, b] existe.
1.0.6.
Funciones integrales y no integrales
El Teorema 6 no dice c´omo calcular integrales definidas, solo nos dice que las funciones
continuas en el intervalo [a, b] son integrables ah´ı. Ahora la pregunta es, ¿las funciones que
no son continuas pueden ser integrables o no?. R/ (Si) (Ejercicio). Para que una funci´on no
sea integrable es necesario que sea suficientemente discontinua.
Ejemplo 12. La funci´on

 1
f (x) =
 0
si x es racional
si x es irracional
no tiene integral de Riemann en [0, 1].
SOL: Si escogemos una partici´on P de [0, 1] y elegimos ck como el valor m´aximo de f en
[xk−1 , xk ] la suma de Riemann correspondiente es
X
X
X
U=
f (ck )∆xk =
(1)∆xk =
∆xk = 1
k=1
k=1
k=1
Por otra parte, si elegimos como el valor m´ınimo para f en la suma de Riemann es
X
X
L=
f (ck )∆xk =
(0)∆xk = 0
k=1
k=1
ya que cada subintervalo [xk−1 , xk ] contiene n´
umeros irracionalesc ck donde f (ck ) = 0. Como
el l´ımite depende de la elecci´
on de ck la funci´on no es integrable.
Z b
xdx donde a < b
Ejemplo 13. Utilice sumas de Riemann para calcular
a
SOL: Consideremos f (x) = x y x∗i = xi , donde ∆x =
Riemann es entonces
n
X
f (xi )∆x =
i=1
n
X
b
xdx = l´ım
a
n→∞
n
X
k=1
n
X
k=1
k=1
=a
Entonces,
Z
I=
(a + i∆x)∆x = a∆x
b−a
n
y xi = a + i∆x. La suma de
1 + (∆x)
b − a 2 n(n + 1)
b−a
n+
n
n
2
2
n
X
i
k=1
1
1
1
) = (b2 − a2 )
f (xk )∆x = l´ım a(b − a) + (b − a)2 ( +
n→∞
2 2n
2
15
Propiedades de las integrales definidas
Cuando f y g son integrables, la integral definida satisface
Z
a
b
f (x)dx = −
Z
b
f (x)dx
a
DEM(e): Para toda partici´on de [a, b] y cualquier elecci´
on de los puntos ck
(m´ın f )(b − a) = (m´ın f )
≤
n
X
n
X
∆xk =
n
X
(m´ın f )∆xk ≤=
k=1
k=1
(m´
ax f )∆xk = (m´
ax f )
n
X
k=1
k=1
Ejemplo 14. Probar que el valor de
Z
1
0
n
X
f (ck )∆xk
k=1
∆xk = (m´
ax f )(b − a)
√
1 + cos t dt es menor que 32 .
SOL: La desigualdad m´ax-m´ın para integrales definidas dice que (m´ın f )(b−a) ≤
(m´
ax f )(b − a). Pero, en nuestro caso,
√
√
√
m´ax 1 + cos t = 1 + 1 = 2
[0,1]
De manera que
Z
1
0
√
1 + cos t dt ≤
√
3
2<
2
16
Z
b
a
f (x)dx ≤
´
Area
debajo de la curva de una funci´
on no negativa
Definition 7. Si y = f (x) es no negativa e integrable en un intervalo cerrado [a, b], entonces
el ´
area debajo de la curva y = f (x) en [a, b] es la integral de f de a a b,
A(S) =
Z
b
f (x)dx
a
Por primera vez tenemos una definici´on rigurosa para el ´area de una regi´
on cuya frontera
es la gr´
afica de cualquier funci´on continua.
Z b
x2 dx y encontrar el ´
area A debajo de en el intervalo [a, b], (b > 0).
Ejemplo 15. Calcular
a
SOL: Consideremos f (x) = x2 , la particicion regular P = {x0 , x1 , . . . , xn } con ci = xi ,
luego ∆x = b−a
n y xi = a + i∆x. La suma de Riemann es entonces
n
X
f (ci )∆x =
n
X
(a + i∆x)2 ∆x = a2 ∆x
= a2
1 + 2a∆x
b − a
n
n + 2a
b − a 2 n(n + 1)
n
n
X
i + (∆x)2
i=1
i=1
i=1
i=1
n
X
2
+
n
X
i2
i=1
b − a 3 n(n + 1)(2n + 1)
n
6
1
1
1
1
= a2 (b − a) + a(b − a)2 (1 + ) + (b − a)3
+
+
n
3 2n 6n2
Entonces,
I=
Z
b
x2 dx = l´ım
a
n→∞
n
X
i=1
f (ci )∆x = a2 (b − a) + a(b − a)2 +
(b − a)3
b3
a3
=
−
3
3
3
Valor promedio de una funci´
on y Teorema del valor medio
El concepto del valor promedio de una funci´on es u
´til para la demostraci´
on del teorema
fundamental. Por ello, empezamos con un concepto aritm´etico: el promedio de n n´
umeros
a1 , a2 , . . . an se define como
n
a
¯=
1X
a1 + a2 + · · · + an
=
ai .
n
n i=1
Pero, una funci´on continua f en [a, b] puede tener una infinidad de valores f (x), pero
a´
un as´ı podemos tomar una muestra de ellos de manera ordenada. Dividimos [a, b]
en n subintervalos del mismo ancho ∆x = b−a
n y evaluamos f en el punto ck de cada
uno. El promedio de los n valores de la muestra es
n
n
f (c1 ) + f (c2 ) + · · · + f (cn )
1X
1 n X
b−a
=
f (ci ) =
f (ci )
n
n i=1
n b − a i=1
n
n
=
1 X
f (ci )∆x
b − a i=1
Conforme incrementamos el tama˜
no de la muestra n, ∆x → 0 y el promedio se
Z b
1
aproxima a
f (x)dx.
b−a a
17
Definition 8. Si f es integrable en [a, b], su valor promedio en [a, b], tambi´en
llamado valor medio es
Z b
1
f (x)dx
prom(f ) =
b−a a
El teorema del valor medio para integrales definidas afirma que la funci´on f alcanza siempre,
por lo menos una vez en el intervalo, el valor promedio.
Teorema 9. Si f es continua en [a, b], entonces en alg´
un punto c en [a, b],
f (c) =
1
b−a
Z
b
f (x)dx
a
DEM: De la propiedad del m´ax-min tenemos que
(m´ın f )(b−a) ≤
Z
b
f (x)dx = (m´
ax f )(b−a)
entonces
a
(m´ın f ) ≤
Z b
1
ax f )
f (x)dx ≤ (m´
b−a a
{z
}
|
K
Sea p, q ∈ [a, b] tal que m´ın f = f (p) y m´ax f = f (q). Luegos, f (p) ≤ K ≤ f (q). Ahora,
como f es continua, por el teorema del valor intermedio, ∃c ∈ [a, b] tal que
f (c) = K =
1
b−a
Z
b
f (x)dx
a
¿Porque la continuidad es importante?. Es posible que una funci´on discontinua nunca alcance
su valor promedio
Z b
f (x)dx = 0 entonces
Ejemplo 16. Probar que si f es continua en [a, b], a < b y si
a
f (x) = 0 al menos una vez en [a, b].
SOL: El valor promedio de f en [a, b] es
prom(f ) =
1
b−a
Z
b
f (x)dx =
a
1
0=0
b−a
De acuerdo con el teorema del valor medio, f alcanza este valor en alg´
un punto c ∈ [a, b].
1.0.7.
Teorema fundamental
Si f (t) es una funci´on integrable en un intervalo finito I, la integral de cualquier n´
umero fijo
a ∈ I a otro n´
umero x ∈ I define una nueva funci´on F cuyo valor en x es
Z x
f (t)dt
(1.1)
F (x) =
a
Esta funci´on F esta bien definida ya que cada valor de la entrada x existe un resultado bien
definido num´ericamente. El TFC afirma que F ′ (x) = f (x). Analic´emoslo desde el punto de
vista geom´etrico.
(x)
Si f ≥ 0 en [a, b], entonces F ′ (x) = l´ımh→0 F (x+h)−F
. Primero que todo observe que si
h
h > 0 entonces F (x + h) − F (x) es una resta de ´
areas, es decir es el ´area debajo la gr´
afica
de f , de x a x + h (ver grafica). Ahora si h es peque˜
no, esta ´area es aproximadamente igual
al ´
area del rect´angulo de altura f (x) y ancho h,
F (x + h) − F (x) ≈ hf (x)
18
cuando h es peque˜
no
Por tanto, es razonable esperar que
F (x + h) − F (x)
= f (x).
h→0
h
F ′ (x) = l´ım
Este resultado es cierto aun si la funci´on f no es positiva, y constituye la primera parte del
teorema fundamental del c´alculo.
Teorema 10 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 1).
Si f es continua en [a, b], entonces
Z x
f (t)dt
F (x) =
a
es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), y F ′ (x) = f (x)
DEM: Por la definici´on de la derivada
F (x + h) − F (x)
1
F (x) = l´ım
= l´ım
h→0
h→0 h
h
′
Pero,
Z
1
h→0 h
Entonces F ′ (x) = l´ım
Z
x+h
f (t)dt =
a
x+h
Z
Z
x
f (t)dt +
a
x+h
f (t)dt −
a
Z
Z
x
a
f (t)dt .
x+h
f (t)dt
x
f (t)dt. El teorema del valor promedio nos dice que
x
1
h
Z
x+h
f (t)dt = f (c)
x
pam alg´
un n´
umero c ∈ [x, x + h]. Cuando h → 0 x + h → x, forzando a c a hacerlo tambi´en
(porque c est´
a atrapada entre x y x + h ). Como f es continua en x, f (c) se aproxima a f (x)
l´ım f (c) = f (x)
h→0
veamos que F es continua en x = a,
l´ım F (x) − F (a) = l´ım
x→a+
x→a+
F (x) − F (a)
F (x) − F (a)
(x − a) = l´ım
l´ım (x − a) = 0
x−a
x−a
x→a+
x→a+
luego l´ımx→a+ F (x) = F (a). De manera an´aloga F es continua en x = b. As´ı pues, F es
continua para todo punto de [a, b]. Esto concluye la prueba.
Teorema 11 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 2).
Si f es continua en [a, b] y G es cualquier antiderivada de f en [a, b], entonces
Z
b
a
f (t)dt = G(b) − G(a)
DEM: Del Teorema Fundamental 10 nos dice que
Z x
f (t)dt
F (x) =
a
F es una antiderivada de f , pero como por hip´
otesis G es tambi´en una antiderivada de f .
Luego,
G(x) = F (x) + C
19
para alguna constante C. Ahora evaluando tenemos
G(b) − G(a) = [F (b) − C] − [F (a) − C] = F (b) − F (a)
Z
Z b
f (t)dt −
=
=
Z
a
a
f (t)dt
a
b
f (t)dt
a
Rb
NOTA INTERESANTE: Chic@s no les parece sorprendente que a f (t)dt, que fue definida
mediante un procedimiento “complicado” que requiere de todos los valores de f (x) para
a < x < b se pueda determinar conociendo los valores de F (x) en s´
olo dos puntos, a, b.
Derivaci´
on e integraci´
on como procesos inversos
TEOREMA FUND. DEL CALCULO Si f es continua en [a, b]
Z x
f (t)dt entonces F ′ (x) = f (x), es decir F es una antiderivada de f
1. Si F (x) =
a
2.
Z
b
a
f (t)dt = G(b) − G(a) donde G es cualquier antideridada.
Usando la primera parte, encontramos que
Z
d
d x
f (t)dt =
(F (x)) = F ′ (x) = f (x)
dx a
dx
es decir, si INTEGRAMOS f y, a continuaci´on, DERIVAMOS el resultado, regresamos a la
funci´on original f .
Teniendo en mente la segunda parte, y el hecho de que G′ (x) = f (x), encontramos que
Z x
Z xh
i
′
f (t)dt = G(x) − G(a)
G (t) dt =
a
a
es decir, si DERIVAMOS G y, a continuaci´on, INTEGRAMOS el resultado, regresamos a
la funci´on original G menos una constante G(a). Si elegimos a de modo que G(a) = 0, esto
significa que la integraci´
on “cancela” el efecto de la derivaci´
on.
NOTA HISTORICA: Sin duda, el teorema fundamental del c´alculo es el teorema, alcanza
el nivel de uno de los m´as grandes logros de la mente humana. Antes de ser descubierto, desde los tiempos de Eudoxo y Arqu´ımedes, hasta la ´epoca de Galileo y Fermat, los problemas
de hallar ´
areas, vol´
umenes y longitudes de curvas eran tan dif´ıciles que s´
olo un genio pod´ıa
afrontar el reto. Pero ahora, armados con el m´etodo sistem´
atico que Newton y Leibniz desarrollaron como el teorema fundamental, en los pr´oximos cap´ıtulos ver´
a que estos estimulantes
problemas son accesibles para todos.
1.0.8.
Notaci´
on para Integrales
Debido a la relaci´
on dada por el teorema fundamental entre las antiderivadas y las integrales, necesita una notaci´
on conveniente
para las antiderivadas que facilite trabajar con
R
ellas. Por tradici´on se usa la notaci´
on f (x)dx para una antiderivada de f y se llama integral
indefinida. Por esto,
Z
f (x)dx = F (x) + C
Significa
20
F ′ (x) = f (x)
y para la integral definida usaremos la notaci´
on dada por
Z
a
b
b
f (x)dx = F (x) = F (b) − F (a)
a
Z
b
f (x)dx es un n´
umero, en tanto que una integral
CUIDADO: Una integral definida
a
Z
indefinida
f (x)dx es una funci´on (o una familia de funciones).
R
NOTA: La diferencial dx de la ecuaci´
on f (x)dx especifica que la variable independiente
es x. Pero podemos describirla en t´erminos de cualquier variable independiente. Por ejemplo,
las integrales indefinidas
Z
Z
Z
3t2 dt = t3 + C,
3y 2 dy = y 3 + C
3u2 du = u3 + C
significan exactamente lo mismo que
1.1.
Z
3x2 dx = x3 + C.
Regla de Sustituci´
on
Hasta ahora solamente hemos podido encontrar antiderivadas de funciones que reconocemos claramente como derivadas. Empezaremos a desarrollar t´ecnicas m´as generales para
encontrar antiderivadas. Las primeras t´ecnicas de integraci´
on que desarrollaremos se obtienen
al invertir las reglas para encontrar derivadas, como la regla de las potencias y la regla de la
cadena.
Teorema 12. Regla de sustituci´
on Regla de potencias Si u es cualquier funci´
on diferenciable,
entonces
Z
un+1
+C
un du =
n+1
Ejemplo 17.
Z
x5
x4 dx =
+ C,
5
Z
(r − 4)7 dr =
(r − 4)8
+ C,
8
Z
(3m − 4)7 dm =
(3m − 4)8
+C
(3)(8)
Regla de Sustituci´
on La idea es reemplazar una integral relativamente complicada por
una m´as sencilla. Esto se lleva a cabo pasando de la variable original x a una nueva variable
u que sea funci´on de x. Por ejemplo,
u = x4 + 2
du = 4x3 dx
Z
1
x cos(x + 2)dx =
4
3
4
Z
cos udu =
sin(x4 + 2)
sin u
=
+C
4
4
El reto principal es pensar en una sustituci´on apropiada. CLAVE: Buscar siempre una funci´on
que tenga derivada (salvo por constante) en el factor integrando.
Ejemplo 18. Ejemplos Sustituci´on
21
1)
2)
3)
Z
Z
Z
Z
x2
p
x3 + 9dx
2 sin3 x cos xdx
(x3
x2
dx
+ 5)4
√
t t + 1dt
√
Z
cos( x)
√
5)
dx
x
Z π/2
(1 + sin θ)3/2 cos θdθ
6)
0 2
√
√
Z π
sin x cos x
√
7)
dx
x
2
Zπ /4
2
2−x
dx
8)
3
Z x − 6x + 1
4)
9)
3
Z
x2 ex dx
1
dx =
Z 1 +xex
e
dx =
11)
1 + e2x
10)
Ejemplo 19. Aplicaciones del TFC Determine
SOL 1: Usando el TFC1 tenemos
d dx
Z
x
2
p
d dx
Z
x
0
p
t2 + 25dt
p
t2 + 25dt = x2 + 25
√
SOL 2: Supongamos que G(t) es una primitiva de t2 + 25. Es decir,
Z xp
x
p
G′ (t) = t2 + 25
t2 + 25dt = G(t) = G(x) − G(2)
2
2
As´ı que,
d
dx
Z
x
2
p
d
t2 + 25dt =
G(x) − G(2) = G′ (x)(1) − G′ (2)(0)
dx
p
= x2 + 25
d Ejemplo 20. Determine
dx
Z
x2
4t2 + 1 dt
2
SOL 1: Usando el TFC1 podemos concluir que
Z 2
d x 2
4t + 1dt = 4x4 + 1 N OOOOOOO
dx 2
SOL 2: Supongamos que H(t) es una primitiva de 4t2 + 1. Es decir,
Z x2
x2
H ′ (t) = 4t2 + 1,
(4t2 + 1)dt = H(t) = H(x2 ) − H(2)
2
2
As´ı que,
d dx
Z
x2
2
d H(x2 ) − H(2) = H ′ (x2 )(2x) − H ′ (2)(0)
4t2 + 1dt =
dx
= (x4 + 1)(2x)
22
d Ejemplo 21. Determine
dx
Z
x6
t3 sin t dt
1
SOL: Supongamos que G(t) es una antiderivada de t3 sin t. Es decir,
′
Z
3
G (t) = t sin t
x6
1
1
As´ı que,
d dx
Z
x6
1
x6
t3 sin tdt = G(t) = G(x6 ) − G(1)
d G(x6 ) − G(1) = G′ (x6 )(6x5 ) − G′ (1)(0)
t3 sin t dt =
dx
= [(x6 )3 sin(x6 )](6x5 )
Ejemplo 22. Determine
d dx
Z
x2
√
t2 dt
x
SOL: Supongamos que H(t) es una primitiva de t2 . Es decir,
′
2
H (t) = t ,
As´ı que,
d dx
Z
x2
√
x
Z
x2
√
x
x 2
√
t2 dt = H(t)√ = H(x2 ) − H( x)
x
√
√ 1
d H(x2 ) − H( x) = H ′ (x2 )(2x) − H ′ ( x)( √ )
t2 dt =
dx
2 x
x
= (x4 )(2x) − √
2 x
Regla de sustituci´
on
Teorema 13. Si u = g(x) es una funci´
on diferenciable cuyo rango es un intervalo I
y f es continua en I, entonces
Z
Z
f (u)du = f (g(x))g ′ (x)dx
DEM: Sea F una antiderivada de f , esto es, F ′ = f . Ahora, de la regla de la cadena,
d
F (g(x)) = F ′ (g(x))g ′ (x) = f (g(x))g ′ (x)
dx
De manera que si u = g(x) encontramos
Z
Z
d
T F C1
f (g(x))g ′ (x)dx =
F (g(x)) = F (g(x)) + C = F (u) + C
dx
Ejemplo 23.
1.
2.
Z
Z
x5
p
1 − x2 dx=
1+x
dx
1 + x2
23
T F C1
=
Z
F ′ (u)du =
Z
f (u)du
3.
4.
Z
dk
5 − 3k
Z
1
dx
cos2 (2x)
Teorema 14. Sea u = g(x) tiene una derivada continua en [a, b] y que f es continua
en el conjunto g([a, b]). Entonces
Z
b
f (g(x))g ′ (x) =
a
Z
g(b)
f (u)du
g(a)
DEM: Sea F cualquier antiderivada de f , esto es, F ′ = f .
Z
b
′
f (g(x))g (x)dx =
a
Z
b
a
Ejemplo 24.
1.
2.
Z
Z
1
x
0
3
0
2
√
b
g(b) Z g(b)
d
T F C2
F (g(x)) = F (g(x)) = F (g(b)) − F (g(a)) = F (u)
f (u)du
=
dx
a
g(a)
g(a)
3.
1 − xdx=
θ
(θ + cos )dθ
6
4.
Z
Z
e
1
√
ln x
dx
x
π
x cos(x2 )dx
0
Integrales definidas para funciones sim´
etricas
Teorema 15. Sea f continua en un intervalo [−a, a]
Z a
Z a
f (x)dx
f (x)dx = 2
1. Si f es par,
0
−a
2. Si f es impar,
Z
a
f (x)dx = 0
−a
(a) Funci´
on par
Ejemplo 25. Compruebe las siguientes resultados
Z π/2
(sen3 x cos x + sen x cos x)dx = 0
a)
Z−π/2
1
tan x
dx = 0
b)
1 + x2 + x4
Z 2
Z −1
2
4
2
(x4 − 4x2 + 6)dx
(x − 4x + 6)dx = 2
c)
−2
0
(b) Funci´
on impar
Integraci´
on por partes
La integral de un producto en general no es el producto de las integrales:
Z
Z
Z
f (x)g(x)dx 6= f (x)dx g(x)dx
24
La integraci´
on por partes es una t´ecnica para simplificar integrales de la forma
Z
f (x)g(x)dx.
Esto es u
´til cuando f puede diferenciarse repetidamente y g puede integrarse repetidamente
sin dificultad. la integral
Z
xex dx
es un ejemplo, ya que f (x) = x puede diferenciarse dos veces para convertirse en cero, y
g(x) = ex puede integrarse de manera repetida sin dificultad. La integraci´
on por partes
tambi´en se aplica a integrales como
Z
ex cos xdx
en las que cada parte del integrando vuelve a aparecer despu´es de diferenciaciones e integraciones sucesivas.
La f´ormula de la integraci´
on por partes es una consecuencia sencilla de la regla del producto para derivadas:
du
dv
d
(uv) = v
+u
= vu′ + uv ′
dx
dx
dx
d
Si escribirnos esta formula en Ia forma u(x)v ′ (x) = dx
[u(x)v(x)] − v(x)u′ (x) entonces al
integrar tenemos
Z
Z
u(x)v ′ (x)dx = u(x)v(x) − v(x)u′ (x)dx
Esta es la f´ormula de la integraci´
on por partes. En ocasiones es m´as f´acil recordar la
f´ormula si la escribimos en forma diferencial. Sea du = u(x)dx y dv = v ′ (x)dx. Entonces
utilizando la regla de sustituci´on,
F´
omula de integraci´
on por partes
Z
Z
udv = uv − vdu
NOTA: Para aplicar la integraci´
on por partes a una integral dada, primero factorizamos
su integrando en dos “partes”, u y dv, tales que la u
´ltima incluya la diferencial dx. Intentamos
elegir esas partes de acuerdo con dos principios:
La primitiva v =
La nueva integral
R
R
dv debe ser f´acil de determinar.
vdu debe ser m´as f´acil de calcular que la integral original
R
udv.
Una estrategia eficaz consiste en elegir dv como el factor m´as complicado que se pueda
integrar f´acilmente. Entonces derivamos la otra parte, u, para encontrar du.
Ejemplo 26.
Z
1.
ln(x)dx
2.
3.
Z
Z
sen−1 (z)dz
x cos xdx
4.
5.
6.
Z
Z
Z
2
t(ln t) dt
7.
1
z 2 ez dz
8.
0
ln t
√ dt
t t
25
9.
Z
Z
Z
sen(3x)e2x dx
cos3 xdx
x tan−1 xdx
1.2.
Integraci´
on de funciones racionales y fracciones parciales
El m´
etodo de fracciones parciales es una t´ecnica algebraica que descompone una
P (x)
en una suma de t´erminos:
funci´on racional Q(x)
P (x)
= z(x) + F1 (x) + F2 (x) + · · · + Fk (x),
Q(x)
donde z(x) es un polinomio y cada expresi´
on Fi (x) es una fracci´on que puede integrarse con
poca dificultad. A las fracci´on Fi son llamadas fracciones parciales y tienen la siguientes
forma
A1
A2
An
,
,...,
,
Fracciones Lineales
(px + q) (px + q)2
(px + q)n
B 1 x + C1
B 2 x + C2
B n x + Cn
,
,...,
(ax2 + bc + c) (ax2 + bx + c)2
(ax2 + bx + c)n
Fracciones cuadr´
aticas
aqui ax2 + bx + c es irreduible. Por ejemplo,
x+5
2
1
x+5
=
=
−
x2 + x − 2
(x − 1)(x + 2)
x−1 x+2
Z
Z
Z
x+5
2
1
⇒
dx =
dx −
dx = 2 ln(|x − 1|) − ln(|x + 2|) + C
2
x +x−2
x−1
x+2
Descripci´
on general del m´
etodo
El ´exito al escribir una funci´on racional
depende de dos cosas:
P (x)
Q(x)
como una suma de fracciones parciales
1. El grado de P (x) debe ser menor que el grado de Q(x). Esto es, la fracci´on debe
ser propia. Si no es as´ı, tenemos que divida P (x) entre Q(x) y asi encontramos un
polinomio z(x) y una nueva fracci´on propia. Ejemplo,
x3 + x2 + x − 1
x+1
= (x − 1) + 2
2
| {z } x + 2x + 2
x + 2x + 2
|
|
{z
}
{z
}
z(x)
N O propia
P ropia
2. Debemos conocer los factores de Q(x). Es decir, debemos escribir Q(x) = (. . .)(. . .)(. . .)(. . .).
26
Descomposici´
on de una fracci´
on PROPIA
P (x)
en fracciones simples
Q(x)
1. Primero Factorize Q(x): Factorizar completamente el denominador en factores de
tipos
(px + q)m
y
(ax2 + bx + c)n
donde ax2 + bx + c es irreducible.
2. Factores Lineales: Para cada factor lineal (px + q)m , la descomposicion en fracciones
debe incluir la siguiente suma de m fracciones
A1
A2
Am
+
+ ··· +
,
(px + q) (px + q)2
(px + q)m
3. Factores Cuadraticos: Para cada factor lineal (ax2 + bx + c)n , la descomposicion en
fracciones debe incluir la siguiente suma de n fracciones
B 2 x + C2
B n x + Cn
B 1 x + C1
+
+ ··· +
2
2
2
(ax + bx + c) (ax + bx + c)
(ax2 + bx + c)n
Ejemplo 27. Determinar las fracciones parciales de las siguiente fracciones
1
1
A
B
=
=
+
x2 − 5x + 6
(x − 2)(x − 3)
x−2 x−3
5x2 + 20x + 6
A
5x2 + 20x + 6
5x2 + 20x + 6
B
C
= +
=
=
+
x3 + 2x2 + x
x(x2 + 2x + 1)
x(x + 1)2
x
x + 1 (x + 1)2
2x3 − 4x − 8
2x3 − 4x − 8
A
B
Cx + D
=
= +
+ 2
2
2
2
(x − x)(x + 4)
x(x − 1)(x + 4)
x
x−1
x +4
8x3 − 13x
Ax + B
Bx + D
= 2
+ 2
2
2
(x + 2)
x +2
(x + 2)2
2x3 + x2 − 7x + 7
−2x + 5
A
B
= 2x − 1 +
= 2x − 1 +
+
2
x +x−2
(x + 2)(x − 1)
x+2 x−1
2x3 − 4x2 − x − 3
5x − 3
A
B
= 2x +
= 2x +
+
2
x − 2x − 3
(x − 3)(x + 1)
x−3 x+1
−2x + 4
Ax + B
C
C
= 2
+
+
(x2 + 1)(x − 1)2
x +1
x − 1 (x − 1)2
A
B
C
x−1
=
+
+
(x + 1)3
x + 1 (x + 1)2
(x + 1)3
Para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados A, B, C y D usaremos
Igualaci´
on de polinomios
Dar valores a x para que se anulen varios t´erminos.
Derivaci´
on.
Ejemplo 28. Calcular la integral
Z
SOL: Descomponemos la fracci´on
x2
xdx
(x2 + 1)(x − 1)
Ax + B
C
x
= 2
+
+ 1)(x − 1)
(x + 1) x − 1
27
Multiplicando por (x2 + 1)(x − 1) tenemos
x = (Ax + B)(x − 1) + C(x2 + 1)
= (A + C)x2 + (−A + B)x + (B + C)
Si igualamos coeficientes, obtenemos el sistema,
A + C = 0,
−A + B = 1,
B+C =0
Entonces A = − 21 y B = C = 21 . As´ı que
Z
Z
Z
xdx
1
1
x−1
dx
=
−
dx
+
2
2
(x + 1)(x − 1)
2
(x + 1)
2
x−1
Z
Z
Z
1
1
xdx
dx
dx
1
+
+
=−
2
2
2
(x + 1) 2
(x + 1) 2
x−1
1
1
1
2
= − ln |x + 1| + arctan x + ln |x − 1| + C
4
2
2
Ejemplo 29. Determine A, B y C en el desarrollo de fracciones parciales
A
B
C
x2 + 1
=
+
+
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
x−1 x−2 x−3
Multiplicando por (x − 1)(x − 2)(x − 3) tenemos
x2 + 1 = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)(x − 2)
Haciendo x = 1, entonces A = 1. Si x = 2 entonces B = −5. Si x = 3 entonces C = 5.
Ejemplo 30. Determinar A, B y C en la ecuaci´
on
x−1
A
B
C
=
+
+
(x + 1)3
x + 1 (x + 1)2
(x + 1)3
Multiplicando por (x + 1)3 tenemos
x − 1 = A(x + 1)2 + B(x + 1) + C
La sustituci´on x = −1 muestra que C = −2. Despu´es derivamos ambos lados respecto de x.
obteniendo
1 = 2A(x + 1) + B.
Nuevamente la sustituci´on x = −1 muestra que B = 1. Nuevamente derivamos para obtener
0 = 2A, es decir A = 0
1.2.1.
Integrales trigonom´
etrica
Iniciamos con integrales de la forma:
Z
sinm x cosn xdx
1. Si m = 2k + 1 es impar
Z
Z
Z
sinm x cosn xdx = (sin2 x)k cosn x(sin x)dx = (1 − cos2 x)k cosn x(sin x)dx
2. Si n = 2k + 1 es impar
Z
Z
Z
sinm x cosn xdx = sinm x(cos2 x)k (cos x)dx = sinm x(1 − sin2 x)k (cos x)dx
3. Si n, m = 2k es par debemos usar n
˜as identidades
sin2 x =
28
1 − cos(2x)
,
2
cos2 x =
1 + cos(2x)
2
Ejercicio 7.
Z
sen3 x cos2 xdx
Z
cos5 θdθ
Z
Z
Z
Z
1.3.
cos2 x sen2 xdx
π/4
0
p
1 + cos(4z) dz
tan4 x dx
sec3 z dz
Sustituciones trigonom´
etricas
Las sustituciones trigonom´etricas pueden ser eficaces para transformar integrales que incluyen
p
p
p
a2 − x 2 ,
a2 + x 2 ,
x 2 − a2
y en integrales que podamos evaluar de manera directa. Para ello usaremos la identidad
pitag´
oricas cos2 θ + sin2 θ = 1
Ejemplo 31. Cada una de las siguientes expresiones representa un cateto o una hiponusa de
un triangulo. Apartir de esta expresi´
on complete los datos del triangulo y halle una sustituci´on
apropiada para x en terminos de θ.
29
√
1. 9 − x2
2.
√
m2 − 9
3.
√
16 + x2
4.
p
5.
√
49 − 4z 2
6.
√
e2t + 9
7.
p
8.
√
4x2 + 1
√
SOL: Claramente 9 − x2 es un cateto
y por tanto, la hipotenusa=3, y el otro
cateto es x,
Aqui, una buena sust. ser´ıa
sin θ =
x
3
25p2 − 4
1 + (ln y)2
SOL: Claramente 4x2 + 1 es la hipotenusa al
cuadrada y por tanto, los catetos son: 1 y 2x,
Ejemplo 32. Halle las sigueintes integrales usando una apropiada sustituci´on trigonom´etrica.
1.
Z
x2
dx
√
9 − x2
30
Aqui vamos a considerar la sustitucion sin θ =
SOL:
x = 3 sin θ
dx = 3 cos θdθ
x
. Luego
3
− π/2 < θ < π/2
entonces
Z
Z
Z
Z
Z
3 cos θdθ
1
cos θdθ
dθ
dx
√
p
p
=
=
=
=
csc2 θdθ
2
2
2
2
2
9
9
sin
θ
x2 9 − x2
9 sin θ 9 − 9 sin θ
9 sin θ 1 − sin θ
√
1
1 9 − x2
= − cot θ + C = −
+C
9
9
x
2.
Z
√
dx
4x2 + 1
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z
dx
√
=
4x2 + 1
3.
Z
dx
(x2 + 1)3/2
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z
dx
=
2
(x + 1)3/2
4.
Z
2
√
3
√
x2 − 3
x
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
entonces
Z 2 √ 2
x −3
=
√
x
3
31
dx =
<θ<
5. *
Z p
x2 + 1dx
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z p
x2 + 1dx =
6. *
Z p
x2 − 4dx
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z p
x2 − 4dx =
7. *
Z p
25 − x2 dx
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z p
25 − x2 dx =
8.
Z
√
dx
25x2 − 4
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
entonces
Z
dx
√
=
25x2 − 4
32
dx =
<θ<
9.
Z
x3 dx
√
1 − x2
Aqu´ı vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
<θ<
entonces
Z
x3 dx
√
=
1 − x2
10.
Z
dx
4x2 + 9
Aqui vamos a considerar la sustitucion
. Luego
SOL:
x=
dx =
entonces
Z
dx
=
4x2 + 9
1.4.
Integraci´
on Num´
erica
Rb
Como hemos visto, la manera ideal de evaluar una integral definida a f (x)dx consiste
en determinar una f´ormula F (x) para una de las antiderivadas de f (x) y calcular el n´
umero
F (b) − F (a). Pero encontrar algunas antiderivadas requiere considerable trabajo, e incluso
otras, como las antiderivadas de
Z p
Z
Z
Z
Z
Z
√
2
1
cos x
dx,
dx,
ex dx
sin(x2 )dx,
1 + x4 dx,
x cos xdx,
ln(x)
x
no tienen f´ormulas elementales. Aqu´ı el Teorema Fundamental del C´alculo no es de utilidad
y hay que recurrir a una t´ecnica de aproximaci´on, como la regla del trapecio o la regla de
Simpson.
Regla del Trapecio
Una forma de aproximar una integral definida consiste en utilizar trapecios, en lugar de
rect´angulos, como se muestra en la Fig 1. En nuestro an´alisis de este m´etodo, supondremos
que f es positiva, pero el u
´nico requisito es que f sea continua en el intervalo de integraci´
on
[a, b]. De tal modo, la integral definida
Z b
f (x)dx
a
representa el ´area de la regi´
on delimitada por la gr´
afica de f y el eje x, desde x = a hasta
x = b. Primero, se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos, no es necesario que los puntos
de subdivisi´
on de la figura est´en igualmente espaciados, pero la f´ormula es mucho m´as sencilla
si lo est´
an. Por lo tanto, supondremos que la longitud de cada subintervalo es
∆x =
b−a
n
y
a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.
33
<θ<
Luego se forma un trapecio para cada subintervalo (Fig 2), El ´area del i-´esimo
trapecio es
∆x
´
Area
del i-´esimo trapecio = f (xi−1 ) + f (xi )
2
Esto implica que la suma de las ´
areas de los n trapecios es:
Fig. 1
∆x
∆x
∆x + f (x1 ) + f (x2 )
+ · · · + f (xn−1 ) + f (xn )
Tn = f (x0 ) + f (x1 )
2
2
2
n
X
∆x
f (xi−1 ) + f (xi )
=
2
i=1
∆x
= f (x0 ) + f (x1 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + · · · + f (xn−1 ) + f (xn )
2
∆x
= f (x0 ) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + 2f (x3 ) + · · · + 2f (xn−1 ) + 2f (xn ) − f (xn )
2
h
i ∆x
∆x
+ 2 f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + · · · + f (xn−1 ) + f (xn )
= f (x0 ) − f (xn )
2
2
n
∆x X
f (xi )∆x
+
= f (a) − f (b)
2
i=1
Haciendo ∆x =
b−a
n ,
puede tomarse el l´ımite cuando n → ∞ para obtener
Z b
n
X
b − a
+ l´ım
f (x)dx
f (xi )∆x = 0 +
l´ım Tn = l´ım f (a) − f (b)
n→∞
n→∞
n→∞
2n
a
i=1
Teorema 16. La regla de los trapecios
Rb
Sea f continua en [a, b]. La formula para aproximar a f (x)dx por medio de trapecios es:
Z
b
a
f (x)dx ≈ Tn =
b − a
f (x0 ) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + · · · + 2f (xn−1 ) + f (xn )
2n
NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de los trapecios siguen el siguiente patr´
on.
1, 2, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 1
Z 2
x2 dx. Compare la
Ejemplo 33. Utilice la regla del trapecio con n = 4 para estimar
1
estimaci´on con el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 41
(Fig.1). Como xi = 1 + 4i entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 54 , 46 , 47 , 2 y as´ı, la
regla del trapecio da
34
i
∆x
1 h
f (a) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + 2f (x3 ) + f (b)
=
2
2(4)
i=1
h
i
5
6
7
1
= f (1) + 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) + f (2)
8
4
4
4
i 75
1h
25
36
49
= 1 + 2( ) + 2( ) + 2( ) + 4 =
= 2,34375
8
16
16
16
32
Z 2
7
x3 2
x2 dx =
El valor exacto de la integral es
= . Luego, difiere del valor exacto
3 1
3
1
en |2,34375 − 37 | = 0,01041
Z π
sin xdx Comparar
Ejemplo 34. Utilizar la regla de los trapecios para n = 4 para aproximar
T4 =
4
X
[f (xi−1 + f (xi ))]
0
con el valor exacto.
SOL: Dividamos el intervalo [0, π] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = π4 (Fig.2).
π 2π 3π
ı, la regla del
Como xi = 1 + iπ
4 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 4 , 4 , 4 , π y as´
trapecio da
i
∆x h
f (a) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + 2f (x3 ) + f (b)
2
i
π
2π
3π
π h
f (0) + 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) + f (π)
=
2(4)
4
4
4
i
2π
3π
π
πh
sin 0 + 2(sin( )) + 2(sin( )) + 2(sin( )) + (sin(π))
=
8
4
4 √
4
i
h
√
√
π
π(2 2 + 2)
Fig. 2
=
= 1,896
0+ 2+2+ 2+0 =
8
8
Z π
π
sin xdx = − cos x = 2. Luego, difiere del valor exacto en
El valor exacto de la integral es
T4 =
|1,896 − 2| = 0,104
0
0
Ejemplo 35. Utilice la regla del trapecio con n = 5 para estimar
con el valor exacto.
Z
2
1
1
dx. Compare la estimaci´on
x
SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 15 (Fig.3).
Como xi = 1 + 5i entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 56 , 57 , 58 , 59 , 2 y as´ı, la regla del
trapecio da
i
∆x h
f (a) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + 2f (x3 ) + 2f (x4 ) + f (b)
2
i
7
8
9
6
1 h
f (1) + 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) + f (2)
=
2(5)
5
5
5
5
1h
5
5
5
5
1i
=
1 + 2( ) + 2( ) + 2( ) + 2( ) +
= 0,695635
10
6
7
8
9
2
Fig. 3
Z 2
1
2
dx = ln x = ln(2) = 0,693147. Luego, difiere del valor
El valor exacto de la integral es
1
1 x
exacto en |0,695635 − 0,693147| = 0,00248
T5 =
Regla de Simpson
Rb
Las sumas de Riemann y la regla del trapecio son aproximaciones razonables a a f (x)dx.
La regla del trapecio es m´as eficiente, da una mejor aproximaci´on para valores peque˜
nos de
35
n, lo cual proporciona un algoritmo m´as r´
apido para integraci´
on num´erica.
Rb
abolas en lugar de segmentos
Otra regla para aproximar a f (x)dx resulta de utilizar par´
de recta que producen trapecios, esta es la Regla de Simpson. Como antes, hacemos una
partici´on del intervalo [a, b] en n subintervalos de igual longitud ∆x = b−a
n Esta vez, sin
embargo, se requiere que n sea par, y los subintervalos se agrupan en pares tales que
Por lo tanto en cada par consecutivo de intervalos la curva se aproxima mediante y =
f (x) ≥ 0 una par´
abola. En la siguiente figura Pi = (xi , f (xi )) es el punto sobre la curva que
yace arriba de xi . Una par´
abola t´ıpica pasa por tres puntos consecutivos Pi , Pi+1 , y Pi+2 .
Ejercicio 8. Si p(x) = Ax2 + Bx + C, entonces firmamos que
Z
Solucion:
Z
Z b
f (x)dx =
a
b
p(x)dx =
a
i
a + b
b − ah
p(a) + 4p
+ p(b)
6
2
b
Ax2 + Bx + C =
a
b
Bx2
Ax3
+
+ Cx
3
2
a
A(b3 − a3 ) B(b2 − a2 )
+
+ C(b − a)
=
3
2
h
i
b−a
=
2A(a2 + ab + b2 ) + 3B(b + a) + 6C
6
h b+a
i
i
b+a
b − ah
) + B(
) + C + (Ab2 + Bb + C)
=
(Aa2 + Ba + C) + 4 A(
{z
} |
{z
}
|
6
2
2
{z
} |
p(a)
=
i
b − ah
b+a
p(a) + 4p(
) + p(b)
6
2
4p( a+b
2 )
p(b)
En cada subintervalo (doble) [xi−2 , xi ] puede aproximarse f por medio de un polinomio p de grado menor que o igual a 2. Por ejemplo, en el subintervalo [x0 , x2 ], elegir
el polinomio de menor grado que pasa a trav´es de los puntos (x0 , f (x0 )), (x1 , f (x1 ))
y (x2 , f (x2 )) como se muestra en la figura 4. De Manera que,
Z
x2
x0
f (x)dx ≈
Z
x2
i
x0 + x2 x2 − x0 h
p(x0 ) + 4p
+ p(x2 )
6
2
h
i b − ah
i
2∆x
=
p(x0 ) + 4p(x1 ) + p(x2 ) =
f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )
6
3n
p(x)dx =
x0
36
Fig 4.
manera an´aloga, supongamos que en el subintervalo [x2 , x4 ] el polinomio q(x) aproxima
Z De
x4
f (x)dx luego, tenemos que
a
x2
Z
Z
x4
f (x)dx ≈
x2
x4
q(x)dx =
x2
i
b − ah
f (x2 ) + 4f (x3 ) + f (x4 )
3n
Por tanto, repitiendo este procedimiento en el intervalo completo [a, b] encontramos que
Z xn
Z x6
Z x4
Z x2
Z b
f (x)dx
f (x)dx + · · · +
f (x)dx +
f (x)dx +
f (x)dx =
≈
xn−2
x4
x2
x0
a
b−a f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 ) + f (x2 ) + 4f (x3 ) + f (x4 ) +
3n
+ f (x4 ) + 4f (x5 ) + f (x6 ) + · · · + f (xn−2 ) + 4f (xn−1 ) + f (xn )
!
Este resultado se conoce como regla de Simpson, y es v´
alida para cualquier funci´on continua y = f (x). La funci´on no necesita ser positiva, como en nuestra deducci´
on. El n´
umero
de subintervalos n debe ser par para aplicar la regla, ya que cada arco parab´olico utiliza dos
subintervalos.
Teorema 17. La regla de Simpson
Sea f continua en [a, b] y sea n un entero par. La regla de Simpson para aproximar
Z
b
a
f (x)dx ≈ Sn =
Z
b
f (x)dx es:
a
b − a
f (x0 ) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + 2f (x4 ) + · · · + 2f (xn−1 ) + 4f (xn−1 ) + f (xn )
3n
NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de Simpson siguen el siguiente patr´
on.
1, 4, 2, 4, 2, 4, 2 . . . 2, 4, 2, 4, 2, 4, 1
Ejemplo 36. Utilice la regla de Simpson con n = 4 para aproximar
estimaci´on con el valor exacto.
Z
2
5x4 dx. Compare la
0
SOL: Dividamos el intervalo [0, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x =
= 21 . Como xi = 0 + 2i entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 12 , 1, 32 , 2 y as´ı, la
regla de Simpson da
i
∆x h
f (a) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + f (b)
S4 =
3
i
1 h
3
1
=
f (0) + 4f ( ) + 2f (1) + 4f ( ) + f (2)
2(3)
2
2
i
1 4
3
1h
= 0 + 20( ) + 10(1)4 + 20( )4 + 5(2)4
6
2
2
385
1
=
= 32 +
12
12
Z 2
2
5x4 dx = x5 = 32. Luego, difiere del valor exacto en
El valor exacto de la integral es
2
4
| 385
12 − 32| =
1
12
0
0
Ejemplo 37. Utilice la regla de Simpson con n = 10 para aproximar
37
Z
1
2
ex dx.
0
1
= 0,1.
SOL: Dividamos el intervalo [0, 1] en 10 subintervalos de la misma longitud ∆x = 10
Como xi = 0+i(0,1) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,1, 0,2, . . . , 0,7, 0,8, 0,9, 1
y as´ı, la regla de Simpson da
i
∆x h
f (a) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + · · · + 4f (x7 ) + 2f (x8 ) + 4f (x9 ) + f (b)
3
i
1h
f (0) + 4f (0,1) + 2f (0,2) + 4f (0,3) + · · · + 4f (0,7) + 2f (0,8) + 4f (0,9) + f (1)
=
30
i
1h 0
e + 4e0,01 + 2e0,04 + 4e0,09 + 2e0,16 + 4e0,25 + 2e0,36 + 4e0,49 + 2e0,64 + 4e0,81 + e1
=
30
≈ 1,462681
S10 =
Ejemplo 38. Utilice la regla de Simpson con n = 6 para aproximar
Z
3
x2 dx.
0
SOL: Dividamos el intervalo [0, 3] en 6 subintervalos de la misma longitud ∆x = 36 = 0,5.
Como xi = 0 + i(0,5) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,5, 1, 1,5, 2, 2,5, 3
y as´ı, la regla de Simpson da
i
∆x h
f (a) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + 2f (x4 ) + 4f (x5 ) + f (b)
3
i
1h
= f (0) + 4f (0,5) + 2f (1) + 4f (1,5) + 2f (2) + 4f (2,5) + f (3)
6
i
1h
= 0 + 4(0,25)2 + 2(1)2 + 4(1,5)2 + 2(4) + 4(2,5)2 + 9
6
=9
S6 =
El valor exacto de la integral es
Z
3
0
3
x2 dx = x3 3 = 9
0
HASTA AQU´I VA EL PRIMER EXAMEN. ¡¡¡Exitos!!!
38
Calculo Integral
Aplicaciones de la Integral
2.1.
´
Areas
de regiones Planas
Recordemos que nuestra definici´on ´
area A bajo la gr´
afica de una funci´on continua positiva
f en el intervalo [a, b], esta dada por
Z b
n
X
A = l´ım
f (x)dx.
f (xi )∆xi =
kP k→0
a
i=i
Nuestro nuevo objetivo es determinar ´
areas de regiones m´as generates del plano, como:
En general, considere la regi´
on que encierra dos funciones f y g las cuales son continuas
en el intervalo [a, b]. Podemos interpretar geom´etricamente el ´area de la regi´
on como
Para verificar este resultado es cierto, empecemos por dividir el intervalo [a, b] entre
n subintervalos, cada uno de anchura ∆xi . Entonces, como se muestra en la Figura,
se traza un rect´angulo representativo de anchura ∆x y altura f (xi ) − g(xi ), donde
xi es un punto del i-´esimo subintervalo.
El ´
area de este rect´angulo representativo Ai es
∆Ai = Altura × ancho = [f (xi ) − g(xi )]∆x
Aproximamos entonces el ´
area de la regi´
on, sumando las ´areas de los n rect´angulos
39
A≈
n
X
∆Ai =
n
X
i=1
i=1
[f (xi ) − g(xi )]∆x.
Suma de Riemann
La intuici´
on y la raz´
on nos sugieren que esta aproximaci´on se puede hacer arbitrariarnente
precisa, eligiendo n suficientemente grande (esto es, ∆x → 0)
Z b
n
X
A = l´ım
[f (x) − g(x)]dx
[f (xi ) − g(xi )]∆x =
n→∞
a
i=1
la ultima de igualdad es cierta debido a que f y g son continuas.
´
Definition 18. (Areas
entre dos curvas, respecto a x.)
Sean f y g continuas tales que f (x) ≥ g(x) en todo [a, b]. Entonces el area A de la
regi´
on acotada por las curvas y = f (x) y y = g(x) y por las rectas verticales x = a y
x = b es
Z
b
A=
a
[f (x) − g(x)]dx
Algunas regiones se manejan mejor si se considera a x en funci´on de y. Si una regi´
on
est´
a limitada con curvas de ecuaciones x = f (y), x = g(y), y = c y y = d, donde f y
g son continuas y f (y) ≥ g(y) para c ≤ y ≤ d, entonces su ´area es
A=
Z
d
c
[f (y) − g(y)]dy
´
Definition 19. (Areas
entre dos curvas, respecto a y.)
Sean f y g continuas tales que f (y) ≥ g(y) en todo [c, d]. Entonces el area A de la
regi´
on acotada por las curvas x = f (y) y x = g(y) y por las rectas verticales y = c y
y = d es
Z d
[f (y) − g(y)]dy
A=
c
Por ejemplo, seg´
un las gr´
aficas, es m´as f´acil integrar respecto a x o respecto a y?
Cuando el rect´angulo representativo es un rect´angulo vertical (de anchura ∆x) entonces integramos respecto a x, y debemos identificar las funciones
Z b
[ysup − y´ınf ]dx
ysup ,
y´ınf
de manera que
A=
a
Cuando el rect´angulo representativo es un rect´angulo horizontal (de anchura ∆y)
entonces integramos respecto a y, y debemos identificar las funciones
Z d
[xder − xizq ]dy
xder ,
xizq
de manera que
A=
c
40
PASOS PARA CALCULAR AREAS PLANAS:
Dibujar las gr´
aficas de las curvas.
Indentificar el rectangulo representativo m´as apropiado Vertical o Horizontal.
Si el rectangulo es Vertical entonces integramos respecto a x, y buscamos la funci´on
que est´
a por encima, ysup y la funci´on que esta por abajo y´ınf .
Si el rectangulo es Horizontal entonces integramos respecto a y y buscamos la funci´on
que est´
a a derecha, xder y que funci´on que esta a izquierda xizq .
Buscamos los l´ımites de integraci´
on graficamente. Si no fuese posible, los determinamos,
resolviendo la ecuaci´
on f = g.
Integramos la funci´on f − g para hallar el ´
area de la regi´
on.
Ejemplo 39. Encontrar el ´
area de la regi´
on acotada por las gr´
aficas de y = x2 + 2,
y = −x, x = 0 y x = 1.
SOL: Seg´
un la gr´
afica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =
x2 + 2 y y´ınf = −x y el ´
area de la regi´
on es
Z
b
(ysup − y´ınf )dx =
a
Z
1
0
[(x2 + 2) − (−x)]dx =
Ejemplo 40. Encontrar el ´
area de la regi´
on acotada por la par´
abola y la recta
y = 2 − x2 , y = −x.
SOL: Seg´
un la gr´
afica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =
2 − x2 y y´ınf = −x. Ahora, hallamos los l´ımites de integraci´
on resolviendo el sistema
y = 2 − x2 y y = −x. Usando el m´etodo de igualaci´
on tenemos
2 − x2 = −x
x2 − x − 2 = 0
(x + 1)(x − 2) = 0
⇒
x = −1,
x=2
Por tanto, el ´area de la regi´
on es
Z
b
a
(ysup − y´ınf )dx =
Z
2
−1
[(2 − x2 ) − (−x)]dx =
Ejemplo 41. Encontrar el ´
area de la regi´
on acotada por las funciones y = sin(x) y
y = cos x con 0 ≤ x ≤ 9π
.
2
SOL: Seg´
un la gr´
afica, es m´as f´acil si integramos respecto a x. Hallamos los l´ımites
de integraci´
on resolviendo el sistema y = sin x y y = cos x. Usando el m´etodo de
igualaci´
on.
sin x = cos x
tan x = 1
⇒
x=
π 5π 9π
,
,
4 4 4
Observe que, no existe un funci´on superior, ni inferior para todo 0 ≤ x ≤ 9π
2 . Motivo
por el cual no podemos calcular al ´
area de la regi´
on usando una sola integral. La
regi´
on se divide en dos regiones, luego el ´
area
A=
=
=
Z
Z
5π/4
π/4
(ysup − y´ınf )dx +
5π/4
π/4
Z
9π/4
5π/4
(sen x − cos x)dx +
41
Z
(ysup − y´ınf )dx
9π/4
5π/4
(cos x − sin x)dx
Ejemplo 42. Encontrar el ´
area de la regi´
on acotada por las gr´
aficas de x = 3 − y 2 y
x = y + 1.
SOL: Seg´
un la gr´
afica, es m´as f´acil si integramos respecto a y. Claramente, xder =
3 − y 2 y xizq = y + 1. No es dif´ıcil ver que las curvas se intersecan cuando y = −2 y
y = 1. El ´area de la regi´
on es
Z 1
Z 1
(3 − y 2 ) − (y + 1) dy
(xder − xizq )dy =
A=
−2
2.2.
=
−2
Vol´
umenes de S´
olidos
Empiece con un tipo simple de s´
olido llamado cilindro, (o mejor dicho) un cilindro recto.
el volumen V del cilindro se define como V = Ah
En el caso de un s´
olido S que no es un cilindro, primero iniciemos cortando a S
con un plano, y obtenga una regi´
on plana que se denomina secci´
on transversal de S.
Sea A(x) el ´area de la secci´on transversal de S en un plano Px perpendicular al eje x
y que pasa por el punto x, donde a ≤ x ≤ b. Imagine que corta a S con un cuchillo a
trav´es de x y calcule el ´area de esta rebanada.) El ´
area de la secci´on transversal A(x)
variar´
a cuando x se incrementa desde a hasta b.
Divida S en n rebanadas del mismo ancho mediante los planos, Px1 , Px2 , . . . , (Para
rebanar el s´
olido imagine que est´
a rebanando un pan de hornitos “ummm que rico”).
Si elige puntos muestrales x∗i en [xi−1 , xi ], luego podemos obtener un valor aproximado de la i-´esima rebanada Si que queda entre los planos Pxi−1 y Pxi con un
cilindro cuya base tiene un ´
area A(x∗i ) y altura ∆x.
(Observe que Si , es como una loncha “de queso” y el cilindro ser´ıa dos rebenadas de pan
juntas)
42
El volumen de este cilindro es A(x∗i )∆x de modo que el volumen aproximado de Si es.
V ol(Si ) ≈ A(x∗i )∆x
Al sumar los vol´
umenes de todas las rebanadas del intervalo [a, b], tenemos un volumen total
aproximado,
n
X
A(x∗i )∆x
V ≈
i=1
Esta aproximaci´on parece ser cada vez mejor cuando n → ∞. (Es decir, las rebanadas son
cada vez son m´as delgadas.)
Definition 20. (Volumen secci´
on transversal respecto a x.)
Sea S un s´
olido que est´
a entre x = a y x = b. Si el ´
area A(x) de la secci´
on transversal
de S en el plano Px , entonces el volumen de S es
n
X
V = l´ım
n→∞
A(x∗i )∆x
=
i=1
Z
b
A(x)dx
a
PASOS PARA CALCULAR UN VOLUMEN DE UN SOLIDO
1. Bosqueje el s´
olido y una secci´on transversal representativa vertical ´o horizontal.
2. Determine una f´ormula para el ´
area de una secci´on transversal A(x) ´o A(y)
3. Determine los l´ımites de integraci´
on.
4. Integre A(x) ´o A(y) por medio del Teorema Fundamental.
Ejemplo 43. Cilindro recto de base A
Sea A(x) el ´area de la secci´on transversal de un cilindro que cuyo eje es el eje y, Luego
A(y) = A para toda y (A=base del cilindro puede ser redonda, cuadrada, triangular, ect).
De este modo, que
V =
Z
d
A(y)dy =
Z
b
Ady = A
a
c
Z
d
c
dx = A(c − d) = Ah.
Ejemplo 44. Esfera
Demuestre que el volumen de una esfera de radio r es V = 43 πr3
SOL: Consideremos la esfera con centro en el origen, entonces haciendp
un corte
√
tranversal en el punto x obtenemos un c´ırculo cuyo radio es y = r2 − x2 . De este
modo que
A(x) = πy 2 = π(r2 − x2 )
Como a = −r y b = r entonces
Z
Z r
A(x)dx =
V =
−r
r
−r
π(r2 − x2 )dx =
43
4 3
πr
3
Ejemplo 45. √Determine el volumen de un s´
olido que se obtiene al girar
la regi´
on y = x bajo la curva con respecto al eje x desde 0 hasta 1.
SOL: Basandonos en dibujo, podemos afirmar que al√hacer un corte
transversal en el punto x obtenemos un disco de radio x. Luego
√
A(x) = π( x)2
y el solido est´
a entre x = 0 y x = 1, de modo que
Z 1
Z 1
πx =
A(x)dx =
V =
0
0
Ejemplo 46. Calcule el volumen del s´
olido generado al rotar la regi´
on
definida por y = x3 , y = 8 y x = 0, y con respecto al eje x
SOL: Como la regi´
on gira alrededor del eje y, tiene sentido rebanar
el s´
olido en forma perpendicular al eje y, y, por lo tanto, integraremos
respecto a y. Cuando cortamos en el punto y obtenemos un disco de
radio x. Luego
√
A(y) = πx2 = π( 3 y)2
y el solido est´
a entre y = 0 y y = 8, de modo que
Z 8
Z 8
πy 2/3 dy =
A(y)dy =
V =
0
0
Ejemplo 47. Sea R la regi´
on encerrada por las curvas y = x y
y = x2
1. Calcule el volumen de la regi´
on cuando gira alrededor del
eje x.
2. Calcule el volumen de la regi´
on cuando gira alrededor de la
recta y = 2.
3. Calcule el volumen de la regi´
on cuando gira alrededor de la
recta x = −1.
SOL (1): Claramente los puntos de corte son (0, 0) y (1, 1) (Fig
1 ). Una secci´on transversal es un anillo de rint = x2 y rext = x.
Luego
A(x) = πx2 − π(x2 )2 = π(x2 − x4 )
y el solido est´
a entre x = 0 y x = 1, de modo que
Z 1
Z 1
2π
π(x2 − x4 )dx =
A(x)dx =
V =
15
0
0
SOL (2): Una vez m´as la secci´on transversal es un anillo que corta
el eje x, pero ahora el rint = 2 − x y rext = 2 − x2 . Luego
A(x) = π(2 − x2 )2 − π(2 − x)2
y el solido est´
a entre x = 0 y x = 1, de modo que
Z 1
Z 1
π[(2 − x2 )2 − (2 − x)2 ]dx =
A(x)dx =
V =
0
0
44
Fig 1
SOL (3): Ahora nuestra secci´on transversal es un anillo que
√
corta el eje y, donde rint = 1 + y y rext = 1 + y. Luego
A(y) = π(1 +
√
y)2 − π(1 + y)2
y el solido est´
a entre y = 0 y y = 1, de modo que
Z 1
Z 1
√
π[(1 + y)2 − (1 + y)2 ]dy =
A(y)dy =
V =
0
2.3.
0
Vol´
umenes mediante cascarones cil´ındricos
Algunos vol´
umenes son muy dif´ıciles de manejar con los m´etodos de las secciones
transversales. Por ejemplo, considere el volumen del s´
olido que se obtiene al hacer
girar la regi´
on y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y. Si cortamos obtendremos un
anillo, pero
rint =?
rext =?
pues no podemos despejar x en terminos de y. Por fortuna, hay un sistema llamado
m´
etodo de los cascarones cil´ındricos, que es m´as f´acil de usar en tal caso.
Un cascar´
on cil´ındrico de radio interior r1 , radio exterior r2 y altura h. Su volumen Vcas se calcula restando el volumen V1 del cilindro interior del volumen V2 que
corresponde al cilindro exterior:
Vcas = V2 − V1 = πr22 h − πr12 h = π(r22 − r12 )h
= π(r2 + r1 )(r2 − r1 )h
r1 + r2
= 2π
h(r2 − r1 )
2
= 2πrh∆r
Es decir,
Vcascaron = [circunf erencia][altura][espesor]
Consideremos ahora el ´area de una funci´on y = f (x) en [a, b], la cual gira gira alrededor
del eje y. Dividamos [a, b] en n subintervalos de igual anchura ∆x y sea x¯i el punto
medio del i-´esimo subintervalo. Si el rect´angulo de base [xi−1 , xi ] y altura f (x¯i ) se
hace girar alrededor del eje y, despu´es el resultado es un cascar´
on cil´ındrico cuyo radio
promedio es x¯i , altura f (¯
xi ) y espesor ∆x, de modo que su volumen es
Vi = 2π¯
xi [f (¯
xi )]∆x
Por tanto,
Vi ≈
n
X
i=1
Vi =
n
X
2π¯
xi [f (¯
xi )]∆x
i=1
Esta aproximaci´on mejora cuando n → ∞.
V = l´ım
n→∞
n
X
2π¯
xi [f (¯
xi )]∆x =
i=1
45
Z
b
2πxf (xi )∆x
a
Definition 21. (Volumen cascarones cil´ındricos resp a x.)
El volumen del s´
olido que se obtiene al hacer girar alrededor del eje y la regi´
on bajo
la curva desde a hasta b, es
V =
Z
b
2πxf (x)dx
donde
a
0≤x<b
NOTA: La mejor manera de recordar est´
a f´ormula es
Z
b
a
2πx
|{z}
f (x) |{z}
dx
|{z}
circuf erencia altura espesor
Ejemplo 48. Determine el volumen del s´
olido que se obtiene al hacer girar la regi´
on delimitada
por y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y.
SOL: Haciendo un cascaron o cilindro representativo vemos que tiene radio x, circunferencia 2πx
y altura f (x) = 2x2 − x3 . Adem´
as, este cilindro se desplaza desde x = 0 a x = 2. Por tanto,
V =
Z
2
0
(2πx)(2x2 − x3 )dx =
16π
5
Ejemplo 49. Calcular el volumen del s´
olido obtenido al hacer girar la regi´
on entre
y = x y y = x2 alrededor del eje y.
SOL: Aqu´ı el cascar´
on tiene radio x, circunferencia 2πx y altura x − x2 . El volumen
es,
Z 1
π
(2πx)(x − x2 )dx =
V =
6
0
Ejemplo 50. Calcular
el volumen del s´
olido que se obtiene al hacer girar la regi´
on
√
bajo la curva y = x desde 0 hasta 1 alrededor del eje x.
SOL: Aqu´ı el cascar´
on tiene radio y, circunferencia 2πy y altura 1 − y 2 . Luego, el
volumen
Z 1
π
(2πy)(1 − y 2 )dy =
V =
2
0
En este problema, el m´etodo de secciones tranversales es mucho m´as simple.
46
Ejemplo 51. Calcular el volumen del s´
olido que se obtiene al hacer girar al girar alrededor
de la recta x = 2 la regi´
on definida y = x − x2 y y = 0.
SOL: Aqu´ı el cascar´
on tiene radio 2 − x, circunferencia 2π(2 − x) y altura x − x2 . Luego,
el volumen
Z 1
π
(2π(2 − x)(x − x2 )dx =
V =
2
0
Longitud de Arco y Solidos de Revoluci´
on
Sabemos qu´e significa longitud de un segmento de recta. Por ejemplo, Arqu´ımedes
utiliz´
o los per´ımetros de pol´ıgonos inscritos para aproximar el per´ımetro de una circunferencia.
Usaremos esta misma idea para describir la longitud de una curva m´as general.
Longitud de una curva definida en forma param´
etrica
Supongamos que el camino C de una particula movil en R2 esta descrito por las ecuaciones
x = f (t)
y = g(t)
a≤t≤b
y pretendemos calcular la distancia total recorrida por la particula a lo largo de C.
Observe que, C(t) = (f (t), g(t)) es una curva dada en forma param´etrica. Primero impondremos ciertas restricciones sobre las funciones f y g, para evitar curvas “extra˜
nas”, para
ello vamos a suponer que f y g son funciones continuamente diferenciables. Esto es, tienen
derivadas continuas en el intervalo [a, b] y NO se anulan simult´
aneamente. (en los extremos
tendremos continuaidad a derecha e izquierda resp.) Geom´etricamente, esta condici´
on sobre
f y g garantiza que C posee recta tangente en cada punto y que esta tangente cambia
de forma continua al movernos por C. Bajo estas condiciones, diremos que la curva C es suave
d en n partes en los
Para calcular la distancia de la curva C subdividimos la trayectoria AB
puntos A = P0 , P1 , P2 , . . . , Pn = B. Estos puntos corresponden a una partici´on del intervalo
[a, b] por medio de
a = t0 < t1 < · · · < tn = b,
C(tk ) = Pk = (f (tk ), g(tk ))
47
Despu´es, unimos los puntos Pk mediante segmentos de recta.
Un segmento representativo tiene longitud
p
Lk = (∆x)2 + (∆yk )2
p
= [f (tk ) − f (tk−1 )]2 + [g(tk ) − g(tk−1 )]2
De acuerdo con el Teorema del Valor Medio, existen n´
umeros t∗ y t∗∗ en [tk−1 , tk ] tales
que
f (tk ) − f (tk−1 )
=f ′ (t∗ )
tk − tk−1
⇒ f (tk ) − f (tk−1 ) = f ′ (t∗ )∆tk
f (tk ) − g(tk−1 )
=g ′ (t∗∗ )
tk − tk−1
⇒ g(tk ) − g(tk−1 ) = g ′ (t∗∗ )∆tk
d es igual
Por tanto, la longitud de la curva AB
n q
n
X
X
2
2 f (tk ) − f (tk−1 ) + g(tk ) − g(tk−1 )
Lk =
L≈
k=1
=
k=1
n q
X
k=1
f ′ (t∗ )
2
2
+ g ′ (t∗∗ ) ∆tk
Aunque la suma de la derecha no es exactamente una suma de Riemann (ya que f ′ y g ′
se eval´
uan en diferentes puntos), pero, conforme la k∆tk k → 0, esta sumatoria tiende a la
integral definida
Z bq
2 2
L=
f ′ (t) + g ′ (t) dt
a
Por lo tanto, es razonable definir la longitud de la curva de A a B como esta integral
Definition 22. (Longitud de una curva parametrizada.
Sea C(t) = (f (t), g(t)) una curva param´etrica suave donde f , g funciones continuamente diferenciables en [a, b], entonces la longitud de C(t) es la integral definida
L=
Z
b
a
q
f ′ (t)
2
2
+ g ′ (t) dt
NOTA: Nuestras curvas suaves C(t) no pasa dos veces por el mismo lugar ni invierte la
direcci´on del movimiento en el intervalo de tiempo [a, b], ya que (f ′ )2 + (g ′ )2 > 0 en todo el
intervalo.
NOTA: Si denotamos por x = f (t) y y = g(t) entonces C(t) = (x(t), y(t)) y
Z bq
Z br
2 2
dx 2
dy 2
′
′
L=
f (t) + g (t) dt =
+
dt
dt
dt
a
a
NOTA ¿Qu´e sucede si existen dos parametrizaciones diferentes para una curva C cuya
longitud queremos determinar? ¿importa cu´
al utilicemos?, La respuesta es que no, siempre y
cuando la parametrizaci´
on que elijamos cumpla las condiciones establecidas en la definici´on
de la longitud de C.
48
Ejemplo 52. Consideremos la trayectoria de una particula con movimiento uniforme sobre
el segmento rectilineo que une P (x1 , y1 ) y Q(x2 , y2 )
SOL: Hallemos las ecuaciones parametricas que describen este movimineto, no es dificil
ver que estas ecuaciones son
x = (1 − t)x1 + tx2
y = (1 − t)y1 + ty2
0≤t≤1
Luego,
L=
r
Z 1q
2
2
dx 2
dy 2
x2 − x1 + y2 − y1 dt
+
dt =
dt
dt
0
a
Z
q
q
2 1
2
2
2
=
dt =
x 2 − x 1 + y2 − y1
x2 − x1 + y2 − y1 = d(P, Q)
Z
b
0
Calcule la longitud consideremos las sigueintes parametrizaciones:


 x = (1 − tan t)x + (tan t)x
 x = (1 − 2t)x + 2tx
1
2
1
2
(b)
(a)
 y = (1 − tan t)y1 + (tan t)y2
 y = (1 − 2t)y1 + 2ty2
0 ≤ t ≤ 21
Ejemplo 53. Calcule la longitud de la curva que tiene las sigueintes paramentrizaciones


 x = r cos t
 x = r cos t
(b)
(a)
 y = r sin t
 y = r sin t
0 ≤ t ≤ 4π
0 ≤ t ≤ 2π
q
SOL: Seg´
un la f´ormula,
La =
Z
2π
dx 2
dt
+
dy 2
dt
=
q
r2 sin2 t + r2 cos2 t = r. Luego
rdt = 2πr
Lb =
0
Z
4π
rdt = 4πr
0
Observe que en el primer caso, el circulo se recorre una sola vez, por tanto, la longitud 2πr.
En el segundo caso, recorremos dos veces el c´ırculo, y la longitud de arco es el doble.
NOTA: este u
´ltimo ejemplo muestra que un arco no debe considerarse tan solo como un
conjunto de puntos.
Longitud de una curva y = f (x)
Dada una funci´on continuamente diferenciable (suave) y = f (x), a ≤ x ≤ b. Aqu´ı, la curva
tiene la forma C(x) = (x, f (x)) para una mejor intepretacion podemos asignar x = t como
un par´
ametro. Entonces, la gr´
afica de la funci´on f es la curva definida param´etricamente por
x=t
y
y = f (t),
a≤t≤b
un caso especial de lo que hemos considerado antes. Entonces,
dx
=1
dt
y
y
= f ′ (t)
dt
a≤t≤b
Por tanto, tenemos la siguiente definici´on
Definition 23. (Longitud de una curva y = f (x), a ≤ t ≤ b)
Si f es continuamente diferenciable en el intervalo cerrado [a, b], la longitud de la
curva (gr´
afica) y = f (x), de x = a a x = b es
Z br
Z br
Z bq
2
dx 2
dy 2
dy 2
L=
1 + f ′ (x) dx
1+
+
dt =
dt =
dt
dt
dt
a
a
a
49
0≤t≤
π
4
PREG: ¿Como seria la definici´on de la longitud si la curva esta dado por x = f (y)?
Escribela:
√
4 2 3/2
x −1 0≤x≤1
Ejemplo 54. Determinar la longitud de la curva y =
3
dy
dx
SOL: No es dificil ver que
son a = 0 y b = 1. Por tanto,
L=
Z
b
a
√
= 2 2x1/2 . Aqu´ı integramos respecto a x, luego los limites
q
1 + f ′ (x)
2
Z
dx =
1
√
1 + 8x dx =?
0
Ejemplo 55. Encuentre la longitud del arco de la par´
abola y 2 = x de (1, 1) a (4, 2)
SOL: Como x = y 2 , se tiene que
limites son c = 1 y d = 2. Luego
Z s
d
1+
L=
c
dx
dy
= 2y. Aqu´ı integramos respecto a y por ende los
dx 2
dy =
dy
Z
2
1
p
1 + 4y 2 dy =?
Ejemplo 56. Longitud de una gr´
afica y = f (x) con discontinuidad en dy/dx
x 2/3
en [0, 2].
Determinar la longitud de la curva y =
2
dy
1 2 1/3
no esta definida en x = 0 por lo que no podemos
=
dx
3 x
determinar la longitud de la curva y = f (x). PERO, si reescribimos la ecuaci´
on para expresar
x en t´erminos de y
x 2/3
y=
⇒ x = 2y 3/2
2
dx
= 3y 1/2 es continua en [0, 1]. Por consiguiente, podemos utilizar la
Luego, la derivada
dy
definici`on de Longitud de curva para x = g(y). En decir,
SOL: Calaramente
L=
2.3.1.
Z
d
c
q
1+
2
g ′ (y)
dy =
Z
1
0
p
1 + 9y dy =
Funci´
on longitud de arco
Se encontrar´a u
´til tener una funci´on que mida la longitud de arco de una curva de un determinado
punto de partida a cualquier otro punto sobre la curva. As´ı, si una curva uniforme C tiene la
ecuaci´
on y = f (x), a ≤ x ≤ b, sea s(x) la distancia a lo largo de C del punto inicial P (a, f (a))
al punto Q(x, f (x)). Entonces s es una funci´on, llamada la funci´on longitud de arco la cual esta
definida por,
Z xq
2
s(x) =
1 + f ′ (t) dt
a
Observe que usando TFC1 para derivar (puesto que el integrando es continuo)
r
q
2
dy 2
′
′
s (x) = 1 + f (x) = 1 +
dx
Esta ecuaci´on demuestra que la relaci´
on de cambio de s con respecto a x es siempre por lo menos
1 y es igual a 1 cuando, f ′ (x) = 0, es decir, la pendiente de la curva es 0.
50
NOTA: Hay una manera simb´olica para recordar la longitud de una curva. Pensernos en dos puritos
cercanos P (x, y) y Q(x + dx, x + dy) en el arco suave C y denotemos ds la longitud del arco que
une P y Q. Imaginemos que P y Q se encuentran “tan cerca” que ds es, para todos los prop´ositos
pr´acticos, igual a la longitud del segmento de recta P¯Q. Entonces usando Teorema de Pit´agoras
implica
s
r
r
p
dy 2
dy 2
dx 2
2
2
2
ds = (dx) + (dy) = (dx) +
dx = 1 +
dx = 1 +
dy
dx
dx
dy
Pensarnos la longitud total s de C como la surna de piezas peque˜
nas tal como ds y escribimos
Z ∗∗
ds
s=
∗
Ejemplo 57. Encuentre la funci´on longitud de arco s(x) para la curva y = x2 −
tomando a P (1, 1) como el punto de partida. Adicionalmente calcule s(4)
1
8
ln x
dy
1
SOL: Como y = x2 − 18 ln x entonces dx
= 2x − 8x
, ademas como P (1, 1) es el piunto de
inicio entonces a = 1. Por tanto
Z xr
Z x
dy 2
1
1
1+
2t −
s(x) =
dt =
dt = x2 + ln x − 1
dt
8t
8
1
1
Luego s(x) =?
2.4.
´
Areas
de superficies de rotaciones
Una superficie de revoluci´
on “cascara” es aquella superficie que se obtiene al girar
una arco de curva alrededor de un eje, que se encuentra en el mismo plano del arco.
Por ejemplo, La superficie de un cilindro, una esfera, un cono.
d que tiene
Cilindro: Se logra haciendo girar un segmento de recta horizontal AB
longitud ∆x alrededor del eje x, logrando obtener una area superficial de 2πy∆x.
Esta ´
area es la misma que la del rect´angulo cuyos lados miden ∆x y 2πy. La longitud
2πy es el per´ımetro de la circunferencia de radio y generado al hacer girar, alrededor
d
del eje x, la l´ınea AB.
Cono: Tomemos un cono circular con radio de base r y altura de inclinaci´on l, si
cortamos y aplanamos esta regi´
on obtenemos un sector de un c´ırculo con radio
.
Se
sabe que, en general, un sector de un c´ırculo
l y ´angulo central θ = 2πr
l
con radio m y ´angulo α tiene satisface
Lsec−cir = mα
Asec−circ =
m2 α
2
por lo tanto, aplicando esto a nuestro sector circular, tenemos que m = l y
α = 2πr
l . De manera que
Asup−cono =
l2 (2πr)
= πrl
2l
51
d tiene longitud l y est´
Tronco Suponga que el segmento AB
a inclinado en lugar de ser
horizontal. Cuando se hace girar alrededor del eje x, genera el tronco de un cono (Fig.
1). El ´
area de este tronco de un cono es
Atronco = 2πrl
donde
r=
r1 + r2
2
Fig. 1
En efecto, el ´area del tronco de cono con una altura inclinada l y radios superior r1
e r2 inferior y se encuentra al restar las ´
areas de dos conos:
Atronco = Acono−grande − Acono−pequeno
= πr2 (l1 + l) − πr1 l1 = π[(r2 − r1 )l1 + r2 l]
de donde deducimos (r2 − r1 )l1 = r1 l.
Por semejanza de tri´angulos tenemos rl11 = l1r+l
2
Por tanto
r + r 1
2
l = 2πrl
Atronco = π(r1 + r2 )l = 2π
2
Trabajemos con estos principios geom´etricos para definir el ´area de la superficie de rotaci´on.
Suponga que queremos determinar el ´
area de una superficie de rotaci´on que se origina
al hacer girar, alrededor del eje x, la gr´
afica de una funci´on continua no negativa y = f (x),
a ≤ x ≤ b. Dividimos el intervalo cerrado [a, b] de la manera usual y usamos los puntos de la
partici´on para subdividir la gr´
afica en peque˜
nos arcos.
Observe que el arco P Q al girar alrededor del eje x, origina un tronco de un cono cuyo
eje est´
a en el eje x. El ´area de la superficie del tronco es 2πy ∗ L donde y∗ = f (xk−12)+f (xk ) y
s
p
f (xk ) − f (xk−1 ) 2
L = [xk − xk−1 ]2 + [f (xk ) − f (xk−1 )]2 = 1 + [
] (xk − xk−1 )
xk − xk−1
p
ck ∈ [xk−1 , xk ]
= 1 + [f ′ (ck )]2 ∆xk
Luego, el ´area de la superficie del tronco originado en el suintervalo [xk−1 , xk ] es:
Atronco = 2πy ∗ L = 2π
f (xk−1 ) + f (xk ) p
1 + [f ′ (ck )]2
2
Por tanto, el ´area de la superficie de revoluci´on se aproxima por medio de la suma de las
´areas de los troncos
Asup−rev ≈
n
X
p
π f (xk−1 ) + f (xk ) 1 + [f ′ (ck )]2
i=1
Estas sumas no son las sumas de Riemann de alguna funci´on, ya que los puntos xk−1 , xk y
ck no son iguales. Sin embargo, cuando kP k → 0, las sumas de la ecuaci´
on convergen a la
52
integral
ASup−Rev =
Z
b
2πf (x)
a
p
1 + [f ′ (x)]2 dx
´
superficial para rotaci´
on alrededor del eje x
Definition 24. Area
Si la funci´
on y = f (x) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [a, b], el ´
area de la superficie
generada al hacer girar la curva y = f (x) alrededor del eje x es
r
Z b
Z b
p
dy 2
2πf (x) 1 + [f ′ (x)]2 dx
2πy 1 + [ ] dx =
Area(S) =
dx
a
a
Para rotaciones alrededor del eje y, intercambiamos x y y. Luego
´
superficial para rotaci´
on alrededor del eje y
Definition 25. Area
Si la funci´
on x = g(y) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [c, d], el ´
area de la superficie
generada al hacer girar la curva x = g(y) alrededor del eje y es
s
Z d
Z d
p
dx 2
2πx 1 + [ ] dy =
Area(S) =
2πg(y) 1 + [g ′ (y)]2 dy
dy
c
c
Para deducir facilmente las f´ormulas de ´
areas de superficies, basta con recordar la fig 2.
Z
Z
A(S) = 2πxds
Eje y
A(S) = 2πyds
Eje x
Pero, como ds lo podemos escribir en terminos de x ´
o y. Pues
s
r
p
2
dy
dx 2
dx = 1 +
dy
ds = (dx)2 + (dy)2 = 1 +
dx
dy
Entonces, el ´area de la superfice se puede calcular integrando respecto a x o y. En resumen,
Z ∗∗
2πrds,
donde r denota el radio del circulo que origina ds
A(S) =
∗
Ejemplo 58. Determine√el ´
area del paraboloide, que se obtiene al girar el arco parab´
olico y = x2 , 0 ≤ x ≤ 2 en torno del eje y
SOL: Como gira en tornoRal eje y entonces el radio de giro es r = x. Ahora siguiendo, la
∗∗
dy
f´ormula general A(S) = ∗ 2πrds y dado que dx
= 2x es m´as facil que dx
dy . Entonces
calculamos el ´area de esta superficie integrando respecto a x. As´ı,
r
Z √2
Z ∗∗
Z √2
p
dy 2
2πx 1 + [ ] dx =
2πx 1 + (2x)2 =?
2πrds =
A(S) =
dx
0
0
∗
EJERCICIO: Calcule nuevamente A(S), pero integrando respecto a x.
53
Fig 2.
Ejemplo
area de la superficie generada al hacer girar la curva
√ 59. Determinar el ´
y = 2 x, 1 ≤ x ≤ 2 alrededor del eje x.
SOL: Aqu´ı, la rotaci´on es en el eje x, luego el radio del circulo es r = y. Por otra
y
parte, es m´as f´acil dx
dy = 2 . Asi que integramos respecto a y,
A(S) =
Z
∗∗
∗
2πrds =
Z
√
2 2
2πy
2
s
dx
1 + [ ]2 dy =
dy
Z
√
2 2
2πy
2
r
y
1 + [ ]2 dy =??
2
EJERCICO: Calcular A(S) integrando respecto a x.
Ejemplo 60. Determinar el ´
area de la superficie generada al hacer girar la curva
x = 1 − y, 0 ≤ y ≤ 1 alrededor del eje y
SOL: Claramente esta superficie es un cono. Dado que la superficie esta rotando sobre
el eje y es decir r = x, y adem´
as como la derivada es facil resp a y, entonces esta vez
voy a integrar respecto a y. Luego usando la f´ormula tenemos
Z 2 s
Z ∗∗
Z 1
√
dx 2
πx 1 + [ ] dy =
2πrds =
Area(S) =
2π(1 − y) 2dy =?
dy
0
∗
0
2.5.
Momentos y centros de masa
En esta secci´on se estudiar´
an varias aplicaciones importantes de la integraci´
on
que se relacionan con la masa. La masa es una medida de la resistencia de
un cuerpo al cambiar su estado de movimiento, y es independiente del sistema
gravitatorio particular en que el cuerpo se encuentre. Sin embargo, porque
tantas aplicaciones que involucran la masa ocurren en la superficie de la Tierra,
la masa de un objeto a veces es identificada con su peso. Esto no es t´ecnicamente
correcto. El peso es un tipo de fuerza y como tal es dependiente de la gravedad.
La fuerza y la masa est´
an relacionadas por la ecuaci´
on
F uerza = (masa)(Aceleracion)
Ejemplo 61. Masa en la superficie de la Tierra
Encontrar la masa (en slugs) de un objeto cuyo peso al nivel del mar es 1 libra.
SOL: Usando 32pies/s2 como la aceleraci´on debida a la gravedad produce
M asa =
F uerza
1 libra
libras
=
= 0,03125
= 0,03125 slug
2
aceleracion
32 pies/s
pies/s2
El objetivo principal aqu´ı es hallar el punto P sobre el que una placa delgada
de cualquier forma se balancea horizontalmente como en la fig 1. El punto se
llama centro de masa (o centro de gravedad) de la placa. El cual depende de
los momentos de la masa
Para entender con m´as detalle los momentos de masa de una placa, consideraremos la
situaci´on m´as simple de momentos de una masa. El momento respecto a un punto y el
momento respecto a una recta.
Primero, supongamos que la masa m se concentra en un punto. Si x es la distancia entre
54
este punto masa y otro punto P , el momento de m sobre el punto P es
Momento=mx
x es la longitud del brazo del momento.
M omentoni˜no Izq = (20)(2) = 40(kg)(m)
M omentoni˜no der = (30)(2) = 60(kg)(m)
Para equilibrar el columpio, los dos momentos deben ser iguales. Por ejemplo, si el ni˜
no m´as
grande se moviera a una posici´on de 34 metros del apoyo, el columpio se equilibrar´ıa, porque
cada ni˜
no producir´ıa un momento de 40 kilogramos-metros.
Generalizaci´on. Supongamos algunas masas localizadas en el eje x. La medida de la tendencia de este sistema a girar sobre el origen es el momento respecto al origen, y se define
como la suma n de productos mi xi .
M 0 = m1 x 1 + m 2 x 2 + · · · + m n x n
Si m1 x1 + m2 x2 + · · · + mn xn = 0, el sistema est´
a en equilibrio.
En el caso en que el sistema no est´
a en equilibrio en x = 0, entonces debemos buscar un
punto x
¯ para que el sistema est´e equilibrado, esto es, nos interesa saber en qu´e punto colocar
x
¯ para que la suma de los momentos sea igual a cero:
0=
n
X
i=1
mi (¯
x − xi ) =
=x
¯
n
X
i=1
mi −
n
X
n
X
i=1
mi x
¯−
n
X
mi (xi )
i=1
mi (xi )
i=1
Por tanto,
x
¯=
n
X
mi x i
i=1
n
X
=
mi
Momentos resp a 0
Masa del sistema
i=1
Ejemplo 62. Centro de masa de un sistema lineal
Encontrar el centro de masa del sistema lineal mostrado en la figura
55
SOL: Observe que la masa del sistema es m = m1 + m2 + m3 + m4 = 40. Mientras que el
momento sobre el origen es:
M0
= m1 x 1 + m 2 x 2 + m 3 x 3 + m4 x 4
x
¯=
= 10(−5) + 15(0) + 5(4) + 10(7) = 40
40
M0
=
=1
m
40
Definition 26. Momentos y centro de masa: Sistema Unidimensional Discreta
Sean las masas puntuales m1 , m2 , . . . , mn localizada en x1 , x2 , . . . , xn .
El momento respecto del origen es M0 = m1 x1 + m2 x2 + · · · + mn xn .
M0
El centro de masa es x
¯=
= donde m = m1 + m2 + · · · + mn es la masa total
m
del sistema.
Alambres y varillas delgadas En muchas aplicaciones, necesitamos conocer el centro de
masa de una varilla o de una franja delgada de metal. En casos como ´estos, los s´ımbolos de
suma de nuestras f´ormulas se convierten en integrales, tal como se describe a continuaci´on.
Imagine que tenemos una franja larga y delgada en el eje x de masa m desde x = a
hasta x = b y que la cortamos en peque˜
nas partes de masa ∆mk por medio de una partici´on
del intervalo [a, b]. Para ello, elegimos cualquier punto xk en el k-´esimo subintervalo de la
partici´on.
La k-´esima pieza tiene una longitud de ∆xk unidades, y se encuentra aproximadamente a
xk unidades del origen. Por tanto, el momento de cada pieza de la franja respecto del origen
es aproximadamente xk ∆mk . De manera que
M omento V arilla ≈
n
X
xk ∆mk .
i=1
Pero, ∆mk ≈ ρ(xk )∆xk (masa por unidad de longitud por longitud): Luego,
x
¯≈
P
P
Monento del sistema
xk ρ(xk )∆xk
xk ∆mk
≈ P
= P
∆mk
ρ(xk )∆xk
Masa total
Observe que el numerador y el denominador son sumas de Riemann para las funciones continuas xρ(x) y ρ(x) en el [a, b].
Esta aproximaci´on mejora conforme la franja sea dividida en partes cada vez m´as peque˜
nas, lo cual nos conduce a
Rb
xρ(x)dx
x
¯ = aR b
ρ(x)
a
56
Definition 27. Momentos y centro de masa: Sistema Unidimensional Continua
Momento, masa y centro de masa de una varilla delgada o de una franja a lo largo del eje
x con funci´
on de densidad ρ(x)
Rb
El momento respecto del origen es M0 = a xρ(x)dx.
El centro de masa es x
¯=
Rb
M0
donde m = a ρ(x)dx es la masa total del sistema.
m
Ejemplo 63. Varilla con densidad constante
Demostrar que el centro de masa de una varilla o de una franja recta y delgada de densidad
ρ constante y longitud b − a, es x
¯ = a+b
2 .
SOL: Usando las f´ormulas para una varilla o franja recta y delgada de densidad ρ constante, tenemos
Z b
xdx
ρ
(b2 − a2 )
M0
a+b
a
=
x
¯=
= Z b
=
m
2(b − a)
2
dx
ρ
a
Ejemplo 64. Varilla con densidad variable
La varilla de 10m de longitud aumenta su grosor de izquierda a derecha, por
x
kg/m. Determinar el centro de masa x
¯ de
lo que su densidad, es ρ(x) = 1 + 10
la varilla.
SOL: Usando las f´ormulas para una varilla con de densidad ρ variable, tenemos que el
momento de la varilla con respecto al origen es:
Z 10
Z b
250
x
kg m
x(1 + )dx =
xρ(x)dx =
M0 =
10
3
0
a
La masa total del sistema es:
M=
Z
b
ρ(x)dx =
a
Z
10
(1 +
0
x
)dx = 15 kg
10
Por tanto, el centro de masa de la varilla se ubica en el punto x
¯=
M0
m
=
50
9
≈ 5,56m.
Masas distribuidas sobre una regi´
on plana (puntos-discretos)
Ahora considere un sistema de n part´ıculas con masas m1 , m2 , · · · , mn localizadas en los
puntos (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), . . . , (xn , yn ) en el plano xy como se muestra en la fig. Por analog´ıa
con el caso unidimensional, se define el momento del sistema respecto al eje y y respecto
al eje x como
n
n
X
X
mi y i
mi x i
Mx =
My =
i=1
i=1
De manera que, My mide la tendencia del sistema a girar respecto al eje y y Mx mide la
tendencia a girar respecto al eje x. Como en el caso unidimensional, las coordenadas del
centro de masa est´
an dadas en t´erminos de los momentos por las f´ormulas
x
¯=
donde m =
P
My
m
y¯ =
mi es la masa total.
57
Mx
m
Ejemplo 65. Encontrar el centro de masa de un sistema de masas puntuales m1 = 6,
m2 = 3, m3 = 2 y m4 = 9, localizados en (3, −2), (0,0), (−5, 3) y (4, 2)
SOL: Aqu´ı la masa total es m = 6 + 3 + 2 + 9 = 20, el momento sobre el eje y, My = 6(3) +
3(0) + 2(−5) + 9(4) = 44 y el momento sobre el eje y, Mx = 6(−2) + 3(0) + 2(3) + 9(2) = 12.
Por tanto,
x
¯=
11
My
=
m
5
y¯ =
Mx
3
=
m
5
⇒ el centro de masa es (
11 3
, )
5 5
Definition 28. Momentos y centro de masa: Sitema Bidimensional (Discreto)
Sean las masas puntuales m1 , m2 , . . . , mn localizada en (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) . . . , (xn , yn ).
El momento respecto al eje y es My = m1 x1 + m2 x2 + · · · + mn xn .
El momento respecto al eje x es Mx = m1 y1 + m2 y2 + · · · + mn yn .
My
Mx
El centro de masa (¯
x, y¯) es x
¯=
= y y¯ =
= donde m = m1 + m2 + · · · + mn
m
m
es la masa total del sistema.
Ejemplo 66. Encuentre los momentos del centro de masa del sistema de objetos que tienen
masas m1 = 3, m2 = 4 y m3 = 8 en los puntos (−1, 1), (2, −1) , y (3, 2), respectivamente.
SOL: Aqu´ı la masa total es m = 3 + 4 + 8 = 15, el momento sobre el eje y, My =
3(−1) + 4(2) + 8(3) = 29 y el momento sobre el eje x, Mx = 3(1) + 4(−1) + 8(2) = 15. Por
tanto,
x
¯=
My
29
=
m
15
y¯ =
Mx
=1
m
⇒ el centro de masa es (1
14
, 1)
15
Centro de masa de una l´
amina plana (Puntos continuos)
En muchas aplicaciones es necesario determinar el centro de masa de una placa
plana y delgada con densidad ρ (normalmente ρ es constante), por ejemplo, un
disco de aluminio, o una hoja triangular de acero. En tales casos, suponemos que la
distribuci´
on de masa es continua y las f´ormulas que utilizamos para calcular x
¯ y y¯
contienen integrales en lugar de sumas finitas.
Consideremos una l´
amina plana irregularmente formada de densidad ρ, limitada por
las gr´
aficas de y = f (x), y = g(x) y a ≤ x ≤ b. La masa de esta regi´
on est´
a dada por
m = (densidad)(´area) =
Z
b
a
ρ(x)[f (x) − g(x)]dx = ρA
amina,
donde A es el ´area de la regi´
on. Para encontrar el centro de masa de esta l´
divida el intervalo [a, b] en n subintervalos de anchura igual ∆x. Sea xi el centro del
i-´esimo subintervalo. Se puede aproximar la porci´
on de la l´
amina que queda en el
i-´esimo subintervalo por un rect´angulo cuya altura es h = f (xi ) − g(xi ). Dado que la
densidad en el rect´angulo es ρ(xi ), su masa es
mi = (densidad)(´area del rectangulo) = ρ(xi ) [f (xi ) − g(xi )] |{z}
∆x
{z
}
| {z } |
densidad
Altura
Ancho
Ahora, considerando esta masa localizada en el centro (xi , yi ) del rect´angulo, la distancia
58
dirigida del eje x a (xi , yi ) es yi =
[f (xi )−g(xi )]
.
2
As´ı, el momento de mi respecto del eje x es
M omento(i) = (masa del rect´angulo )(distancia a eje x)
= mi y i
h f (x ) + g(x ) i
i
i
= ρ(xi )[f (xi ) − g(xi )]∆x
2
Al sumar los momentos y tomar el l´ımite cuando n → ∞ obtenemos.
Definition 29. Momentos y centro de masa de una lamina plana
Sea f y g funciones continuas tal que f (x) ≥ g(x) en [a, b], y considerar la l´
amina plana de
densidad ρ limitada por las gr´
aficas y = f (x), y = g(x), y a ≤ x ≤ b.
Los momentos respecto al eje x y y son
Mx =
Z
b
ρ(x)
a
h f (x) + g(x) i
2
[f (x) − g(x)]dx
My =
Z
b
a
ρ(x)x[f (x) − g(x)]dx.
My
Mx
El centro de masa (¯
x, y¯) esta dado por x
¯=
y y¯ =
donde m = ρA es la masa
m
m
de la l´
amina del sistema.
Si la densidad ρ es constante,
x
¯=
1
A
Z
b
a
x[f (x) − g(x)]dx
y¯ =
1
2A
Z
b
a
i
h
f (x)2 − g(x)2 dx
donde A es el ´
area comprendida entre las funciones f y g.
Ejemplo 67. Encontrar el centro de masa de la l´
amina de densidad uniforme
ρ acotada por la gr´
afica de f (x) = 4 − x2 y el eje x.
SOL: Aqu´ı ρ es constante. Primero que todo calculemos el ´area de la regi´
on A.
A=
Z
b
a
(f (x) − g(x)) =
Z
2
−2
(4 − x2 )dx =
32
3
Para encontrar la coordenada y¯ del centroide, aplicamos la f´ormula
y¯ =
=
1
A
3
32
Z
b
a
Z
h f (x) + g(x) i
2
2
−2
[f (x) − g(x)]
4 − x2
3
(4 − x2 ) =
2
64
Z
2
−2
(16 − 8x2 + x4 )dx =
8
5
Mientras que, la coordenada x
¯ del centroide es,
x
¯=
1
A
Z
b
a
x[f (x) − g(x)] =
3
32
Z
2
−2
x(4 − x2 ) = 0
pues x(4 − x2 ) es impar
As´ı, el centro de masa (o punto de equilibrio) de la l´
amina es (0, 58 ).
Ejemplo 68. Encontrar el centroide de la regi´
on limitada por las gr´
aficas de f (x) = 4 − x2
y g(x) = x + 2.
SOL: Primero que todo calculemos el ´
area de la regi´
on A. No es dificil ver que Las dos
59
gr´
aficas se cortan en los puntos (−2, 0) y (1, 3). Luego el ´area de la regi´
on es:
Z 1
Z b
9
(2 − x − x2 )dx =
(f (x) − g(x)) =
A=
2
−2
a
El centroide (¯
x, y¯) de la regi´
on tiene las coordenadas siguientes
x
¯=
1
A
Z
b
a
x[f (x) − g(x)] =
2
9
Z
1
−2
x[(4 − x2 ) − (x + 2)]dx =
−1
2
Z
1 b h f (x) + g(x) i
[f (x) − g(x)]
A a
2
Z
Z
21 1
1 1 4
12
=
[(4 − x2 ) + (x + 2)][(4 − x2 ) − (x − 2)]dx =
(x − 9x2 − 4x + 12)dx =
9 2 −2
9 −2
5
y¯ =
12
As´ı, el centroide de la regi´
on es (¯
x, y¯) = ( −1
2 , 5 ).
Ejemplo 69. Encuentre el centro de masa de una placa semicircular de radio r.
SOL: Primero que todo calculemos
el ´
area de la regi´
on A. No es dificil ver, apartir de la
√
figura que A = 12 πr2 . f (x) = r2 − x2 y g(x) = 0. Luego, el centroide (¯
x, y¯) de la regi´
on
tiene las coordenadas siguientes
1
x
¯=
A
Z
b
a
2
x[f (x) − g(x)] = 2
πr
Z
r
x[
−r
p
r2 − x2 ]dx = 0
pues x
p
r2 − x2 es impar
Z
1 b h f (x) + g(x) i
[f (x) − g(x)]
y¯ =
A a
2
Z r
Z
p
2 1 r p 2
1
4r
= 2
(r2 − x2 )dx =
( r − x2 )[ r2 − x2 ]dx = 2
πr 2 −r
πr −r
3π
4r
As´ı, el centroide de la regi´
on es (¯
x, y¯) = (0, 3π
).
Ejemplo 70. Placa con densidad variable
Determinar el centro de masa de una placa delgada con densidad en el punto
(x, y), ρ(x) = 2x2 que cubre la regi´
on acotada por arriba por la par´
abola
y = 4 − x2 y por abajo por el eje x.
SOL: Aqu´ı ρ(x) = 2x2 . As´ı que primero calculemos la masa total del sistema.
m=
Z
b
a
ρ(x)(f (x) − g(x)) =
Z
2
−2
2x2 (4 − x2 )dx =
256
15
Para encontrar la coordenada y¯ del centroide, aplicamos la f´ormula
Z b
h f (x) + g(x) i
ρ(x)
Mx =
[f (x) − g(x)]dx
2
a
Z 2
Z
1 2 2
2048
=
x2 (16 − 8x2 + x4 )dx =
2x (4 − x2 )(4 − x2 )dx =
2 −2
105
−2
2048 15
8
x
Entonces, y¯ = M
¯ del centroide es,
m = 105 256 = 7 . Mientras que, la coordenada x
Z 2
Z b
2x2 x(4 − x2 ) = 0
pues 2x3 (4 − x2 ) es impar
ρ(x)x[f (x) − g(x)] =
My =
a
−2
60
As´ı, el centro de masa (o punto de equilibrio) de la l´
amina es (0, 78 ).
Ejemplo 71. Centroide de una regi´
on plana simple
Encontrar el centroide de la regi´
on mostrada en la figura
SOL: Sobreponiendo un sistema de coordenadas en la regi´
on, se pueden localizar
los centroides de los tres rect´angulos en
1 3
,
,
2 2
5 1
,
,
2 2
5, 1
Usando estos tres puntos, se puede encontrar el centroide de la regi´
on. Primero,
el ´
area de la region es A = 3 + 3 + 4 = 10. Luego
x
¯=
y¯ =
1
2 (3)
3
2 (3)
+ 25 (3) +
10
+ 21 (3) +
10
1
4
5
4
=
=
29
10
10
=1
10
As´ı, el centroide de la regi´
on es ( 29
10 , 1).
2.6.
Teorema de Pappus
o dos
En el siglo III, un griego de la ciudad de Alejandr´ıa, llamado Pappus, descubri´
f´ormulas que relacionan los centroides con las superficies y con los s´
olidos de revoluci´on.
Tales f´ormulas simplifican c´alculos que de otra manera ser´ıan muy largos.
Teorema 30. Teorema de Pappus para vol´
umenes
Sea R una regi´
on en un plano y sea L una recta en el mismo plano tal que L no
interseca el interior de R. Si r es la distancia entre el centroide de R y la recta,
entonces el volumen V del s´
olido de revoluci´
on formado al girar R sobre la recta L es
V = 2πrA
donde A es el ´
area de R. (Observar que 2πr es la distancia recorrida por el centroide
cuando la regi´
on gira en torno a la recta.)
DEM: Se da la demostraci´
on para el caso especial en que la regi´
on yace entre y = f (x)
y y = g(x) como se ilustra en la figura, y la recta l es el eje y. Con el m´etodo de las
capas cil´ındricas, es f´acil ver,
V =
Z
b
a
2πx(f (x) − g(x))dx = 2π
= 2π(¯
xA) = (2π¯
x)A = dA
Z
b
a
x(f (x) − g(x))dx
donde d = 2π¯
x es la distancia recorrida por el centroide durante una rotaci´on respecto
al eje y.
Ejemplo 72. Use el teorema de Pappus para encontrar el volumen del toro el que es
formado al girar la regi´
on circular limitada por (x − 2)2 + y 2 = 1 alrededor del eje y.
SOL: El centroide de la regi´
on circular es (2, 0). As´ı, la distancia entre el centroide
y el eje de revoluci´on es r = 2. Dado que el ´
area de la regi´
on circular es A = π, el
volumen del toro es
V = 2πrA = 2π(2)(π) = 4π 2
61
Ejemplo 73. EJERCICIOS INTERESANTES
Usando el teorema de Pappus, halle el volumen
del s´
olido que se general rotar la
√
regi´
on limitada por y = −x2 + 2x, y = −4 x alrededor de la recta x − y + 1 = 0.
SOL: Primero, hallemos el centroide la la regi´
on. Para ello calculemos la masa total
del sistema, y los mommentos Mx y My
m=
Z
4
√
(−x2 +2x+4 x)dx = 16
Mx =
0
My =
Z
4
0
1
2
Z
2
0
√
704
((−x2 +2x)2 −(−4 x)2 )dx = −
15
√
448
x(−x2 + 2x + 4 x)dx = −
15
M
28
44
x
luego, las coordenadas del centroide (¯
x, y¯) = ( my , M
m ) = ( 15 , − 15 ). hallemos la distancia R del punto centroide (¯
x, y¯) a la recta x − y + 1 = 0.
√
28
| 15
+ 44
29 2
15 + 1|
√
=
R=
10
2
Ahora, aplicando Teorema de Pappus
√
√
29 2 464 2
V = 2πRA = 2π
π
16 =
10
5
Ejemplo 74. Usando el teorema de
olido que se general
√Pappus, halle el volumen del s´
rotar la regi´
on limitada por y = x, y = 2 − x, 0 ≤ x ≤ 1 alrededor de la recta
x − y − 1 = 0.
SOL: Primero, hallemos el centroide la la regi´
on. Para ello calculemos la masa total
del sistema, y los mommentos Mx y My
m=
Z
1
0
(2 − x −
√
x)dx =
My =
Z
5
6
Mx =
1
0
x(2 − x −
1
2
Z
2
0
((2 − x)2 − x)dx =
11
12
√
4
x)dx =
15
M
8 11
x
Luego, las coordenadas del centroide (¯
x, y¯) = ( my , M
m ) = ( 25 , 10 ). Hallemos la distancia R del punto centroide (¯
x, y¯) a la recta x − y − 1 = 0.
R=
8
− 11
− 1|
| 25
89 √
√10
2
=
100
2
Ahora, aplicando Teorema de Pappus
V = 2πRA = 2π
2.7.
89 √ 5
89 √
2 =
2π
100
6
60
Trabajo
El t´ermino trabajo se utiliza en el habla de todos los d´ıas para dar a entender la cantidad
total de esfuerzo que se requiere para ejecutar una tarea. El concepto de trabajo es importante
para los cient´ıficos e ingenieros ya que determina la energ´ıa necesaria para realizar varias
tareas. Por ejemplo, es u
´til saber la cantidad de trabajo realizado cuando una gr´
ua alza una
viga de acero, cuando un resorte es comprimido, cuando un cohete se propulsa en el aire o
cuando un cami´on transporta una carga.
En general, el trabajo es realizado por una fuerza cuando desplaza un objeto.
62
Definition 31. Trabajo por una fuerza constante
Si un objeto es desplazado una distancia D en la direcci´
on de una fuerza constante
aplicada F , entonces el trabajo W es realizado por la fuerza se define como
W = FD
NOTA: Una fuerza puede pensarse como algo que empuja o atrae; una fuerza cambia el
estado de reposo o estado de movimiento de un cuerpo.
NOTA: La unidad de fuerza es el newton (N = kg · m/s2 ), la unidad de distancia el metro
(m), y la unidad de trabajo el newton-metro (N · m). Esta combinaci´on tiene un nombre
especial: joule.
Ejemplo 75.
Determinar el trabajo realizado al levantar un objeto de 50 libras a 4 pies.
SOL: La magnitud de la fuerza requerida F es el peso del objeto. As´ı, el trabajo
realizado al levantar el objeto 4 pies es
W = F D = (50)(4) = 200 lb · pie
Ejemplo 76.
(a) Qu´e tanto trabajo se realiza al levantar un libro de 1,2 kg desde el suelo y
colocarlo en un escritorio que tiene 0,7 m de altura?
(b) ¿Cu´
anto trabajo se efect´
ua al levantar desde el suelo un peso de 20 lb a una
altura de 6 pies?
SOL (a): La fuerza ejercida es igual y opuesta a la que ejerce la gravedad, de
modo que F = mg = (1,2)(9,8) = 11,76kg · m/s2 = 11,76 N y luego, el trabajo
efectuado
W = F d = (11,76)(0,7) ≈ 8,2 J
SOL (b): En este caso, la fuerza es F = 20 lb, de modo que el trabajo realizado
es
W = F D = (20)(6) = 120 lb · pie
Observe que en el inciso (b), a diferencia del inciso (a), no tuvo que multiplicar
por g porque ya conoc´ıa el peso, que es una fuerza y no la masa del objeto.
Trabajo realizado por una fuerza variable En los ejemplos anteriores, la fuerza
aplicada era constante. Si se aplica una fuerza variable a un objeto, es necesario
recurrir al c´alculo para determinar el trabajo realizado, porque la cantidad de fuerza
cambia seg´
un la posici´on del objeto. Por ejemplo, la fuerza requerida para comprimir
un resorte o muelle aumenta conforme el resorte es comprimido.
Supongamos que un objeto se mueve a lo largo de una recta (eje x) y esta influenciado
por una fuerza continuamente variante F (x). Queremos determinar el trabajo W
realizado desde x = a hasta x = b. Hacemos una partici´on de [a, b] en n subintervalos
determinados por
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b,
∆xi = xi − xi−1
y elegimos un punto arbitrario ci en [xi , xi−1 ]. Si el intervalo es suficientemente peque˜
no, dado que F es continua no variar´
a mucho de xi−1 a xi . La cantidad de trabajo
Wi realizado a el i − intervalo es
∆Wi = F (ci )∆x
63
As´ı, el trabajo total realizado de a a b se aproxima mediante la suma de Riemann
W ≈
n
X
∆Wi =
n
X
F (ci )∆xi
i=1
i=1
Esta aproximaci´on mejora si kP k → 0 (n → ∞).
Definition 32. Trabajo por una fuerza variable
Si un objeto es desplazado a lo largo de una recta por una fuerza continuamente variable F (x), entonces el trabajo W realizado por la fuerza cuando el objeto es desplazado
de x = a hasta x = b es
Z b
n
X
W = l´ım
F (x)dx
F (ci )∆xi =
kP k→∞
a
i=1
Ejemplo 77.
Cuando una part´ıcula se ubica a una distancia x pies del origen, una fuerza de x2 + 2x lb
act´
ua sobre ella. ¿Cu´
anto trabajo se efect´
ua al moverla desde x = 1 hasta x = 3 ?
SOL:
W =
Z
b
F (x)dx =
a
Z
3
(x2 + 2x)dx =
1
50
lb · pie
3
NOTA: En los ejemplos restantes en esta secci´on se usan algunas leyes f´ısicas muy
conocidas.
Ley de Hooke: La fuerza F requerida para comprimir o estirar un resorte o
muelle (dentro de sus l´ımites el´
asticos) es proporcional a la distancia x que el
resorte es comprimido o estirado de su longitud original. Es decir,
F (x) = kx
donde k es una constante positiva (que se denomina constante del resorte). La
ley de Hooke se cumple siempre que no sea demasiado grande
Ejemplo 78. Compresi´
on de un resorte o muelle
Una fuerza de 750 libras comprime un resorte 3 pulgadas de su longitud natural
de 15 pulgadas. Encontrar el trabajo realizado al comprimir el resorte 3 pulgadas
adicionales.
SOL: Por la ley de Hooke, tenemos que la fuerza para comprimir el resorte es F (x) =
kx. Usando los datos dados, tenemos que F (3) = 750 = k(3) y as´ı k = 250 y F (x) =
250x. Ahora hallemos el trabajo al comprimir el resorte 3 pulgadas m´as. Para ello
sabemos que, el incremento de trabajo es
∆W = (f uerza)(incremento distancia) = (250x)∆x
Observe que el resorte es comprimido de x = 3 a x = 6 pulgadas menos de su longitud
natural, el trabajo requerido es
W =
Z
b
F (x)dx =
a
Z
6
3
250xdx = 3375 lb · pulg
Observar que no se integra de x = 0 a x = 6 porque se determin´
o el trabajo realizado al
comprimir el resorte 3 pulgadas adicionales (no incluyendo las primeras 3 pulgadas).
64
´
Ejemplo 79. Orbita
de un m´
odulo espacial
Un m´odulo espacial pesa 15 toneladas m´etricas en la superficie de la Tierra. ¿Cu´
anto
trabajo es necesario para propulsar el m´odulo a una altura de 800 millas sobre la Tierra? (Considerar 4000 millas como el radio de la Tierra. Omitir el efecto de resistencia
al aire o el peso del combustible.)
SOL: Dado que el peso de un cuerpo var´ıa inversamente al cuadrado de su distancia
del centro de la Tierra, tenenos que
F (x) =
C
x2
Ahora, de los datos deducimos que, F (4000) = 15 =
tanto, el incremento de trabajo es
C
40002
∆W = (f uerza)(incremento distancia) =
luego c = 240,000,000. Por
240,000,000
∆x
x2
Por u
´ltimo, el m´odulo se propulsa de x = 4000 a x = 4800 millas, de manera que el
trabajo total realizado es
W =
Z
b
F (x)dx =
a
Z
4800
4000
240,000,000
dx = 10,000miles · toleladas = 1,164 × 1011 lb · pies
x2
Ejemplo 80. Cadena extendida
Una cadena de 20 pies pesa 5 libras por pie est´
a extendida en el suelo. ¿Cu´
anto
trabajo se requiere para levantar un extremo de la cadena a una altura de 20 pies
para que est´e totalmente extendida, como se muestra en la figura?
SOL: La u
´nica fuerza que actua sobre la cadena es su peso el cual var´ıa conforme se
sube la cadena, ya que hay mas cadena colgando. Cuando la cadena se encuentra a
una altura de y pies del piso, necesitamos aplicar una fuerza de
F (y) = (peso)(distancia) = 5y
Por lo tanto, el trabajo total para extender la cadena completamente es
W =
Z
b
F (y)dy =
a
Z
20
0
5ydy = 1,000puntos · pies
Ejemplo 81. Cable colgado
Un cable de 200 lb mide 100 pies de largo y cuelga verticalmente desde lo alto
de un edificio. ¿Cu´
anto trabajo se requiere para subir el cable hasta la parte
superior del edificio?
SOL: Primero que todo observe que el cable pesa 2 lb·pie. Ahora coloquemos el
origen en lo alto del edificio y el eje x se˜
nalando hacia abajo ver figura. observe
que el peso de la cuerda var´ıa conforme se sube, ya que hay menos cuerda
colgando. Cuando la cuerda se encuentra a x pies del la cima del edificio,
necestitamos aplicar una fuerza,
F (x) = (peso)(distancia) = (2)(x).
Por lo tanto, el trabajo para subir la cuerda es
Z 100
2xdx = 10,000 lb · pie
W =
0
65
Ejemplo 82. Subir una cuerda y una cubeta
Una cubeta de 5 lb se eleva desde el piso, jal´andola con una cuerda de 20 pies a
una velocidad constante. La cuerda pesa 0,08 lb·pie. ¿Cu´
anto trabajo se realiza
al subir la cubeta y la cuerda?
SOL: La cubeta tiene un peso constante, por lo que el trabajo realizado al
elevar s´
olo la cubeta
Fcubeta = (peso)(distancia) = 5 · 20 = 100 lb · pie.
El peso de la cuerda var´ıa conforme se sube la cubeta, ya que hay menos cuerda
colgando. Cuando la cubeta se encuentra a x pies del piso, la parte de la cuerda
que falta por subir pesa, Fcuerda (x) = (0,08)(20 − x). Por lo tanto, el trabajo
para subir la cuerda es
Z 20
(0,08)(20 − x)dx = 16 lb · pie
Fcuerda =
0
El trabajo total para la combinaci´on cubeta y cuerda es: 100+16 = 116 lb·pies.
Bombeo de l´ıquidos desde contenedores ¿Cu´
anto trabajo se requiere para bombear
todo o parte del l´ıquido que hay en un contenedor? Para determinarlo, imaginamos que se
eleva una delgada capa horizontal del l´ıquido cada vez y aplicamos la ecuaci´
on W = F D a
cada capa. Luego evaluamos la integral que se obtiene cuando las capas son cada vez m´as
delgadas y numerosas. La integral que obtenemos cada vez depende del peso del l´ıquido y de
las dimensiones del contenedor, pero la forma de determinar la integral siempre es la misma.
Los ejemplos siguientes muestran c´omo hacerlo.
Ejemplo 83. Bombeo de agua desde un tanque c´
onico
Un dep´osito tiene la forma de un cono circular invertido de altura igual a 10 m y
radio de la base de 4 m. Se llena con agua hasta alcanzar una altura de 8 m. Calcule
el trabajo que se requiere para vaciar el agua mediante bombeo por la parte superior
del dep´osito. (La densidad del agua es 1 000 kg/m.)
SOL: Dividamos el intervalo [2,8] en n subintervalos, y consideremos la i-´esima capa
la cual es aproximadamente un cilindro de radio ri y altura ∆x. Debemos determinar
la fuerza Fi (x) requerida para elevar esta i-capa hasta el alto del deposito
Fi (x) = peso = mi g = (densidad × V olumen)g = 1000(πri2 ∆x)(9,8)
Observe que podemos calcular ri en terminos de x∗i , usado tri´angulos semejantes
tenemos
4
2
ri
=
⇒ ri = (10 − x∗i )
10 − x
10
5
Luego,
2
Fi = 1000(π( (10 − x∗i ))2 ∆x)(9,8) = 1570π(10 − x∗i )2 ∆x
5
Cada part´ıcula de la capa debe viajar una distancia de aproximadamente x∗i . El
trabajo Wi realizado para subir esta capa hasta lo alto del dep´osito es
Wi ≈ Fi D = Fi x∗i = 1570πx∗i (10 − x∗i )2 ∆x
Por eso, el Trabajo Total para el vaciado del tanque es
Z 10
2048
= 3,4 × 106 J
1570πx(10 − x∗i )2 dx = 1570π
W =
3
2
66
Ejemplo 84. Extracci´
on de gasolina de un tanque de aceite
Un tanque esf´erico de radio de 8 pies est´
a medio lleno de aceite que pesa
50 libras/pie3 . Encontrar el trabajo requerido para extraer el aceite a trav´es de un
orificio en la parte superior del tanque.
SOL: Dividamos el intervalo [0, 8] en n subintervalos, y consideremos la i-´esima capa
la cual es aproximadamente un cilindro de radio x y altura ∆y. Debemos determinar
la fuerza Fi (y) requerida para elevar esta i-capa hasta el alto del deposito
Fi (y) = peso = (peso unidad V ol × V olumen) = mi g = (densidad × V olumen)g
50 libras =
× V olumen
pie3
= 50(πx2 ∆y) libras
Observe que podemos calcular x en t´erminos de y, usado la ecuaci´
on del circulo de
radio 8 y centro (0,8)
x2 + (y − 8)2 = 82
⇒ x2 = 16y − y 2
Luego,
Fi (y) = 50π(16y − y 2 )∆y
Cada part´ıcula de la capa debe viajar una distancia de aproximadamente 16 − y pies.
El trabajo Wi realizado para subir esta capa hasta lo alto del dep´osito es
Wi ≈ Fi Di = Fi (16 − y) = 50π(16y − y 2 )∆y(16 − y) = 50π(256y − 32y 2 + y 3 )∆y
como el tanque est´
a medio lleno, y va de 0 a 8, el Trabajo Total para el vaciado del
tanque es
Z 8
11264
= 589782 libras − pies
50π(256y − 32y 2 + y 3 )dy = 50π
W =
3
0
2.8.
Ecuaciones Diferenciables
Ecuaci´
on diferencial general de primer orden y su soluci´
on
Una ecuaci´on diferencial de primer orden es una ecuaci´
on
dy
= f (x, y)
dx
(2.1)
en la que f (x, y) es una funci´on de dos variables definida en una regi´
on del plano xy. La
dy
(y no a derivadas de
ecuaci´
on es de primer orden, ya que s´
olo incluye la primera derivada dx
orden superior). Observe que las ecuaciones
dy
= f (x, y),
dx
y ′ = f (x, y),
d
y = f (x, y)
dx
son equivalentes. Una soluci´
on de la ecuaci´
on (2.1) es una funci´on diferenciable y = f (x)
definida en un intervalo I (tal vez infinito) de valores de x, tal que
d
y(x) = f (x, y)
dx
en ese intervalo. La soluci´
on general siempre incluye una constante arbitraria, pero el que
tenga esta propiedad no significa que dicha soluci´
on sea la soluci´
on general. La soluci´
on
particular que satisface la condici´
on inicial y(x0 ) = y0 es la soluci´
on y = y(x), cuyo valor
67
es y0 cuando x = x0 . As´ı, la gr´
afica de la soluci´
on particular pasa por el punto (x0 , y0 ) en el
plano xy.
on del problema
Ejemplo 85. Demostrar que la funci´on y = (x+1)− 13 ex es una soluci´
de primer orden con valor inicial
dy
=y−x
dx
SOL: Observemos que
dy
dx
y(0) =
2
3
= 1 − 13 ex . Por otro lado, tenemos
1
1
y − x = ((x + 1) − ex ) − x = 1 − ex
3
3
La funci´on satisface la condici´
on inicial, ya que y(0) = 1 −
1
3
=
2
3
Campos de pendientes: visualizaci´
on de las curvas soluci´
on
Cada vez que especificamos una condici´
on inicial y(x0 ) = y0 para la soluci´
on de una
ecuaci´
on diferencial necesitamos que la curva soluci´
on (gr´afica de la soluci´
on) pase por el
punto (x0 , y0 ) y tenga pendiente en ese punto. Podemos representar estas pendientes dibujando peque˜
nos segmentos de recta de pendiente de f (x, y). Cada segmento tiene la misma
pendiente que la curva soluci´
on que pasa por (x, y) y, por lo tanto, es tangente a la curva en ese punto. El dibujo resultante se denomina campo de pendientes (o campo de
direcciones), y proporciona una visualizaci´
on de la forma general de las curvas soluci´
on.
La siguiente figura muestra tres campos de pendientes, lo que nos permite ver c´omo se
comportan las curvas soluci´
on siguiendo los segmentos de recta tangentes en estos campos.
68
NOTA: La construcci´on de un campo de pendientes con l´
apiz y papel puede ser una
tarea muy tediosa. Todos nuestros ejemplos fueron generados por medio de computadora.
Aunque las ecuaciones diferenciales generales son dif´ıciles de resolver, muchas ecuaciones
importantes pueden resolverse mediante t´ecnicas especiales. Una de estas t´ecnicas es la de
variables separables (ecuaciones separables).
Ecuaciones diferenciables separables
La ecuaci´on y ′ = f (x, y) es separable si f puede expresarse como un producto de una
funci´on de x por una funci´on de y. Entonces la ecuaci´
on diferencial tiene la forma
dy
= g(x)H(y)
dx
Cuando reescribimos esta ecuaci´
on en la forma
dy
g(x)
=
dx
h(y)
H(y) =
1
(y)
h
su forma diferencial nos permite agrupar todos los t´erminos y con dy, y todos los t´erminos
x con dx:
Z
Z
h(y)dy = g(x)dx
integramos ambos lados
h(y)dy = g(x)dx
La justificaci´
on de que podemos simplemente integrar ambos miembros (lados) es porque
Z
Z
Z
Z
dy
g(x)
h(y)dy = h(y(x)) dx = h(y(x))
dx = g(x)dx
dx
h(y(x))
dy
dx
Ejemplo 86. Resolver la ecuaci´
on diferencial
= (1 + y 2 )ex .
SOL: Como 1 + y 2 nunca es cero, podemos resolver la ecuaci´
on separando las variables.
dy
Trataremos a dx
como un cociente de diferenciales de manera que podemos multiplicar ambos
lados por dx.
dy
= (1 + y 2 )ex
dx
dy = (1 + y 2 )ex dx
⇒
⇒
dy
= ex dx
(1 + y 2
Integrando tenemos
Z
dy
=
(1 + y 2
Z
ex dx
tan−1 y = ex + C
⇒
Esta ultima ecuaci´on da y como una funci´on impl´ıcita de x. Cuando −π/2 < ex + C < π/2
podemos despejar y como una funci´on expl´ıcita de x:
tan(tan−1 y) = tan(ex + C)
⇒
y = tan(ex + C)
dy
Ejemplo 87. Resolver la ecuaci´
on diferencial (x + 1) dx
= x(y 2 + 1).
SOL: Cambiamos la ecuacion a la forma diferencial, separamos las variables e integramos:
(x + 1)dy = x(y 2 + 1)dx
⇒
dy
xdx
=
y2 + 1
x+1
Integramos,
Z
dy
=
2
y +1
Z 1−
1 dx
x+1
tan−1 y = x − ln |x + 1| + C
69
Ejemplo 88. Dada la condici´
on inicial y(0) = 1, encontrar la soluci´
on particular de la
2
ecuaci´
on xydx + e−x (y 2 − 1)dy = 0.
SOL: Notar que y = 0 es una soluci´
on de la ecuaci´
on diferencial, pero esta soluci´
on no
satisface la condici´
on inicial. As´ı, se puede suponer que y 6= 0.
2
xydx + e−x (y 2 − 1)dy = 0
2
⇒
(
x
y2 − 1
)dy = − −x2 dx
y
e
⇒
Z
1
(y − )dy =
y
Z
2
−xex dx
2
on inicial y(0) = 1, obtenemos C = 1, la
Entonces, y2 − ln |y| = − 12 ex + C. De la condici´
soluci´
on particular tiene la forma impl´ıcita
y2
1 2
− ln |y| = − ex + 1
2
2
⇒
2
y 2 − ln y 2 + ex = 2
dy
Ejemplo 89. Encontrar la soluci´
on general de (x2 + 4) dx
= xy
SOL: Observe que y = 0 es una soluci´
on. Para encontrar otras soluciones, suponer que
y 6= 0 y separar las variables como se muestra .
(x2 + 4)
Entonces,
Z
Z
dy
x
=
dx
2
y
x +4
⇒
dy
= xy
dx
ln |y| =
⇒
dy
x
= 2
dx
y
x +4
p
1
ln(x2 +4)+C1 = ln x2 + 4+C1
2
⇒
|y| = eC1
p
Ejemplo 90. Encontrar la ecuaci´
on de la curva que pasa a trav´es del punto
(1, 3) y tiene pendiente de y/x2 en cualquier punto (x, y).
dy
= xy2
SOL: Dado que la pendiente de la curva est´
a dada por y/x2 , se tiene dx
con la condicion inicial y(1) = 0 Separando las variables e integr´
andolas se
tiene
Z
Z
dy
dx
1
=
⇒ ln |y| = − + C1 ⇒ y = e−1/x+C1 = Ce−1/x
y
x2
x
Dado que y = 3 cuando x = 1, se concluye que C = 3e. As´ı, la ecuaci´
on de la
curva especificada es
y = (3e)e−1/x = 3e(x−1)/x
x>0
Trayectorias ortogonales
Un problema com´
un en electrost´atica, termodin´
amica e hidrodin´
amica involucra encontrar una familia de curvas, cada una de las cuales es ortogonal a todos los miembros
de una familia de curvas dada. Por ejemplo, una familia de circunferencias
x2 + y 2 = C
Familia de circunferencias.
cada una de las cuales interseca las rectas en la familia
y = Kx
Familia de rectas
en ´
angulos rectos. Esas dos familias de curvas se dice que son mutuamente ortogonales.
70
x2 + 4 = C
p
x2 + 1
Ejemplo 91. Trayectorias ortogonales
Describir las trayectorias ortogonales para la familia de curvas dada por y =
C 6= 0. Trazar la gr´
afica para varios miembros de cada familia.
C
x
para
SOL: Primero, observe que podemos escribir xy = C. Entonces, por derivaci´
on impl´ıcita con respecto a x, se obtiene
xy ′ + y = 0
⇒
y
dy
=−
dx
x
pendiente de la familia dada
dy
Dado que dx
representa la pendiente de la familia de curvas dada en (x, y), se deduce
que la familia ortogonal tiene la pendiente rec´ıproca negativa x/y. As´ı,
x
dy
=
dx
y
pendiente de la familia ortogonal
por separaci´
on de variables e integrando
Z
Z
x2
y2
=
+ C1
ydy = xdx
⇒
2
2
⇒
y 2 − x2 = K
Los centros est´
an en el origen y los ejes transversales son verticales para K > 0 y
horizontales para K < 0. Si K = 0, las trayectorias ortogonales son las l´ıneas y = ±x.
Si K 6= 0, las trayectorias ortogonales son hip´erbolas.
Ejemplo 92.
Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x = ky 2 , donde k es
una constante arbitraria.
SOL: Las curvas x = ky 2 son par´
abolas cuyo eje de simetr´ıa es el eje x. Al derivar la
ecuaci´
on obtenemos
1 = 2ky
dy
dx
y
dy
1
1
=
=
=
dx
2ky
2( yx2 )y
2x
Esto significa que la pendiente de la l´ınea tangente en cualquier punto (x, y) sobre
una de las par´
abolas es y ′ = y/2x. Por lo tanto, las trayectorias ortogonales deben
satisfacer la ecuaci´
on diferencial
Z
Z
2x
y2
dy
=−
⇒
ydy = − 2xdx
⇒
= −x2 + C
dx
y
2
Es decir, x2 +
y2
2
= C. As´ı, las trayectorias ortogonales son la familia de elipses
La ley de Torricelli establece que si se vac´ıa un tanque, la raz´
on a la que el agua sale
es una constante por la ra´ız cuadrada de la profundidad, x, del agua. Esto es,
√
dV
=k x
dt
La constante k depende del tama˜
no del agujero de desag¨
ue.
Ejemplo 93. Vaciado de un tanque
Un dep´osito en forma de cilindro circular recto√con radio de 5 pies y altura de 16 pies
est´
a lleno de agua y se vaciar´a a raz´
on de 21 2 pies3 /min. Determine una f´ormula
para calcular la profundidad y la cantidad de agua que hay en el tanque en cualquier
instante t. ¿Cu´
anto tiempo tardar´a en vaciarse el tanque?
SOL: El volumen de un cilindro circular recto con radio r y altura h es V = πr2 h. Por
tanto el volumen de agua en el tanque es V = 25πx. La derivaci´
on nos lleva a
71
dV
dx
= 25π
dt
dt
Entonces tenemos el problema
x−1/2 dx = −
1
dt
50π
⇒
⇒
√
−
1√
dx
x = 25π
2
dt
x
= − 50π
, con x(0) = 16. Resolvamos la ecuaci´
on,
Z
Z
1
1
x−1/2 dx = −
dt ⇒ 2x1/2 = −
t+C
50π
50π
dx
dt
Usando la condici´
on inicial x(0) = 16, encontramos C = 8. Entonces, la profundidad y la
cantidad de agua son:
t t 2
)
x= 4−
⇒ V = 25πx = 25π(4 −
100π
100π
En t = 0, tenemos x = 16 pies y V = 400π pies3 . El tanque se vaciar´a (V = 0) en t = 400π
minutos ≈ 21 horas.
2.8.1.
Estudio de las ecuaciones param´
etricas
Cuando una part´ıcula se mueve a lo largo de la curva C muchas veces es imposible
describir C por una ecuaci´
on de la forma y = f (x) porque C no pasa la prueba de la
l´ınea vertical. Pero las coordenadas x y y de la part´ıcula son funciones del tiempo t
y, por lo tanto, se puede escribir
x = f (t)
y = g(t).
En este caso, las funciones x, y se dan en una tercera variable t (llamada par´
ametro.
Cada valor de t determina un punto (x, y), que se puede representar en un sistema
coordenado. Cuando t var´ıa, el punto (x, y) = (f (t), g(t) var´ıa y traza una curva C,
a la cual se le llama curva param´etrica. El par´
ametro t no necesariamente representa
el tiempo y, de hecho, se podr´ıa usar una letra distinta a t para el par´
ametro. Pero
en muchas aplicaciones de curvas param´etricas, t denota el tiempo y, por lo tanto, se
puede interpretar a (x, y) = (f (t), g(t) como la posici´on de una part´ıcula en el tiempo
t.
En general, la curva con ecuaciones param´etricas
x = f (t)
y = g(t)
a≤t≤b
tiene punto inicial (f (a).g(a)), y punto terminal (f (b), g(b))
Ejemplo 94. Bosqueje e identifique la curva definida por las ecuaciones param´etricas
x = t2 − 2t
y =t+1
SOL: Claramente cada valor de t da un punto sobre la curva. Por ejemplo, si t = 0,
el punto correspondiente es (0, 1). Note que los puntos consecutivos marcados en la
curva aparecen a intervalos de tiempo iguales, pero no a iguales distancias. Esto es
porque la part´ıcula desacelera y despu´es acelera a medida que aumenta t.
Para confirmar que la curva trazada por la part´ıcula es una par´
abola. Basta con
eliminar el par´
ametro t. Observe que si t = y − 1 encontramos una relaci´
on de x con
y, m´as precisamente una parabola
x = t2 − 2t = (y − 1)2 − 2(y − 1) = y 2 − 4y + 3 = (y − 2)2 − 1
72
Ejemplo 95. Describa el movimiento de una part´ıcula cuya posici´on P (x, y) en el
instante t est´
a dada por
x = sec t
y = tan t
−
π
π
<t<
2
2
SOL: Tratemos de hallar una relaci´
on entre x y y, eliminando t entre las ecuaciones,
para ello usando la identidad sec2 t − tan2 t = 1, lo cual da
x2 − y 2 = 1
El movimiento que describe la part´ıcula es una hip´erbola x2 − y 2 = 1, pero como
t ∈ (−π/2, π/2) tenemos que x = sec t > 0 y y = tan t varia de −∞ a ∞ por lo tanto
la part´ıcula recorre la rama derecha de la hip´erbola.
Ejemplo 96. ¿Qu´e curva se representa mediante las ecuaciones param´etricas?
x = sin 2t,
y = cos 2t,
0 ≤ t ≤ 2π
SOL: De nuevo se tiene
x2 + y 2 = sin2 (2t) + cos2 (2t) = 1
Es decir, ecuaciones param´etricas representan el c´ırculo unitario x2 +y 2 = 1. El punto
(x, y) = (sin 2t, cos 2t) comienza en (0, 1) y se mueve dos veces alrededor del c´ırculo
en la direcci´on de las manecillas del reloj.
Ejemplo 97. Bosqueje la curva con ecuaciones param´etricas x = sin t, y = sin2 t.
SOL: Hallamos una relaci´
on entre x y y, eliminando t entre las ecuaciones. No es
dif´ıcil ver que y = (sin t)2 = x2 y, por lo tanto, el punto (x, y) se mueve sobre la
par´
abola y = x2 . Sin embargo, como −1 ≤ sin t ≤ 1, entonce −1 ≤ x ≤ 1; Debido a
que sin t es peri´
odica, el punto (x, y) = (sin t, sin2 t) se mueve en vaiv´en de manera
infinita a lo largo de la par´
abola de (−1, 1) a (1, 1).
Ejemplo 98. Parametrizaci´
on de una cicloide
Una rueda de radio a se mueve a lo largo de una recta horizontal. Determinar las ecuaciones
param´etricas para la trayectoria que recorre un punto P en la circunferencia de la rueda.
SOL: Tomamos la recta como el eje x, marcamos un punto P en la rueda, empezamos
a mover la rueda con el punto P en el origen y la rodamos hacia la derecha. Como
par´
ametro, utilizamos el ´
angulo t que la rueda gira. Cuando su base est´
a a at unidades
del origen. El centro de la rueda C est´
a en (at, a), y las coordenadas de P son
x = at + a cos θ,
y = a + a sen θ
Para expresar en t´erminos de t, observamos que t + θ =
θ=
3π
−t
2
73
3π
2 ,
por lo
Con esto se tiene
cos θ = cos
3π
− t = − sin t,
sin θ = sin
2
Las ecuaciones que buscamos son
x = a(t − sin t),
3π
2
− t = cos t
y = a(1 − cos t)
La pendiente de curvas parametricas
Para cualquier curva definidas por ecuaciones param´etricas
x = f (t),
tenemos
dy
=
dx
y = g(t)
dy
dt
dx
dt
si
dx
6= 0
dt
(2.2)
De manera que una curva parametrica tiene una tangente horizontal cuando dy
dt = 0 (siempre
dx
=
6
0)
y
tiene
una
tangente
vertical
cuando
=
0
(tomando
en
cuenta
que dy
que dx
dt
dt
dt 6= 0).
Esta informaci´on es u
´til para bosquejar curvas param´etricas. tambi´en es u
´til considerar
dy
Esto se puede hallar si se reemplaza y por dx
en la ecuaci´
on (2.2):
d dy
2
dt dx
d dy
d y
=
=
dx
dx2
dx dx
dt
d2 y
dx2 .
Ejemplo 99. Una curva C se define por las ecuaciones param´etricas x = t2 , y y = t3 − 3t.
(a) Muestre que C tiene dos tangentes en el punto (3, 0) y encuentre sus ecuaciones.
(b) Determine los puntos en C donde la tangente es horizontal o vertical.
(c) Determine d´onde la curva es c´oncava hacia arriba o hacia abajo.
(d) Bosqueje una curva.
√
SOL (a): Observe que 0 = y = t(t2 − 3) cuando t = 0 o t =
Por lo tanto, el
√± 3 .√
punto (3, 0) en C surge de dos valores del par´
ametro, t = − 3 y t = 3. Esto indica
que C se cruza a s´ı misma en (3, 0). Puesto que
dy
dy/dt
3t2 − 3
=
=
dx
dx/dt
2t
√
√
la pendiente de la tangente cuando t = ± 3 es dy/dx = ± 3, de modo que las
ecuaciones de las tangentes en (3, 0) son
√
√
y = 3(x − 3)
y = − 3(x − 3)
SOL (b): C tiene una tangente horizontal cuando dy/dx = 0, es decir, cuando
dy/dt = 0 y dx/dt 6= 0. Puesto que dy/dt = 3t2 − 3, esto sucede cuando t2 = 1, es
decir, t = ±1. Los puntos correspondientes en C son (1, −2) y (1, 2). C tiene una
tangente vertical cuando dx/dt = 2t = 0, es decir, t = 0. (Note que dy/dt 6= 0). El
punto correspondiente en C es (0, 0).
SOL (c): Para determinar la concavidad, se calcula la segunda derivada:
d dy
2
dt dx
d y
3(t2 + 1)
=
=
dx
dx2
4t3
dt
La curva es c´oncava hacia arriba cuando t > 0 y c´oncava hacia abajo cuando t < 0.
74
´
Areas
de bajo curvas parametricas
Se sabe que el ´area bajo la curva y = h(x) ≥ 0 de a a b es
Z b
h(x)dx.
A=
a
Ahora, si la curva est´
a dada por ecuaciones param´etricas x = f (t), y = g(t), α ≤ t ≤ β,
tenemos que
Z β
Z b
g(t)f ′ (t)dt
ydx =
A=
α
a
Ejemplo 100. Encuentre el ´
area bajo un arco de la cicloide
x = r(θ − sin θ)
y = r(1 − cos θ)
SOL: Un arco de la cicloide est´
a dado por 0 ≤ θ ≤ 2π. Al usar la regla de sustituci´on
con y = r(1 − cos θ) y dx = r(1 − cos θ)dθ, se tiene
A=
Z
2πr
ydx =
0
= r2
= r2
2.9.
Z
Z
2π
2π
o
r(1 − cos θ)r(1 − cos θ)dθ
(1 − cos2 θ)dθ = r2
0
2π
0
Z
Z
2π
0
(1 − 2 cos θ + cos2 θ)dθ
1
[1 − 2 cos θ + (1 + cos 2θ)]dθ = 3πr2
2
Coordenadas polares
Aun cuando en el plano un punto tiene s´
olo un par de coordenadas cartesianas,
´este tiene una infinidad de pares de coordenadas polares. Esto tiene interesantes
consecuencias en la graficaci´on.
Definition 33. Coordenadas polares
Para definir las coordenadas polares, fijamos primero un origen O (llamado polo) y
un rayo inicial desde O. Cada punto P puede entonces localizarse asign´
andole un par
de coordenadas polares en donde r es la distancia dirigida de O a P y θ da el ´
angulo
dirigido del rayo inicial al rayo OP .
θ es positivo cuando se mide en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo
cuando se mide en el sentido de las manecillas del reloj.
El ´
angulo asociado con un punto dado no es u
´nico. Ejemplo, P (2, π/6) = P (2, −11π/6).
r puede ser negativa. Ejemplo, P (2, 7π/6) = P (−2, π/6).
75
Ejemplo 101. Grafique los puntos cuyas coordenadas polares son:
(a)
(1, 5π/4)
(b)
(2, 3π)
(c)
(2, −2π/3)
(d)
(−3, 3π/4)
SOL:
Ejemplo 102. Grafique los puntos cuyas coordenadas polares son:
(a) (1, −3π/4)
(b) (1, 13π/4)
(c) (−1, π/4)
(d) (1, 5π/4)
SOL:
En general, el punto representado por coordenadas polares (r, θ) se representa tambi´en
por (−r, θ + π),
(r, θ + 2nπ)
(−r, θ + π + 2nπ)
donde n es cualquier entero.
Ejemplo 103. Determinar todas las coordenadas polares del punto P (2, π/6)
SOL: Primero dibujamos el rayo con un ´
angulo π/6, y marcamos el punto P (2, π/6).
Despu´es, encontramos los ´
angulos para los otros pares coordenados de P en los que
r = 2 y r = −2. En otras palabras, os pares coordenados correspondientes de P son
(2,
π
+ 2nπ),
6
(−2,
π
7π
+ π + 2nπ) = (−2,
+ 2nπ)
6
6
(−2,
−5π
+ 2nπ)
6
donde n es cualquier entero.
La conexi´on entre coordenadas polares y cartesianas se puede ver en la figura, en
la que el polo corresponde al origen y el eje polar coincide con el eje x positivo. Si el
punto P tiene coordenadas cartesianas (x, y) y coordenadas polares (r, θ), entonces,
se tiene
x
y
cos θ =
sin θ =
r
r
Para determinar x y y cuando se conocen r y θ, se usan las ecuaciones
x = r cos θ
y = r sin θ
Para determinar r y θ cuando se conocen x y y, se usan las ecuaciones
r 2 = x2 + y 2
tan θ =
y
x
Ejemplo 104. Convierta el punto (2, π/3) de coordenadas polares a cartesianas y el punto
con coordenadas cartesianas (1, −1) en t´erminos de coordenadas polares.
76
SOL (a): Puesto que r = 2 y θ = π/3, encontramos que
x = r cos θ = 2 cos
Por lo tanto, el punto es (1,
√
π
=1
3
y = r sin θ = 2 sin
π √
= 3
3
3) en coordenadas cartesianas.
SOL (b) Tomanado r como positivo, encontramos
p
p
√
r = x2 + y 2 = 12 + (−1)2 = 2
tan θ =
y
= −1
x
Puesto que el punto (1, −1) se localiza en√el cuarto cuadrante,
√ se puede elegir θ = 7π/4 o
θ = −π/4. As´ı, una respuesta posible es ( 2, 7π/4); otra es ( 2, −π/4).
OBS: Al convertir de coordenadas cartesianas a polares, no es suficiente hallar r y θ que
satisfacen r2 = x2 + y 2 y tan θ = y/x, se debe elegir θ de modo que el punto (r, θ) est´
a en
mismo cuadrante del punto con coordenadas cartesianas (x, y).
Gr´
aficas de una curva polar
afica de una ecuaci´
on polar r = f (θ), o de manera m´as general F (r, θ) = 0, consta de
La gr´
los puntos P que tienen al menos una representaci´
on polar (r, θ) cuyas coordenadas satisfacen
la ecuaci´
on.
Con algunas curvas se trabaja mejor con coordenadas polares; con otras no.
Ejemplo 105. ¿Qu´e curva representa la ecuaci´
on polar r = 2? ¿La curva polar
θ = 1?.
SOL (a): La curva consta de todos los puntos (r, θ) con r = 2. Es decir, la curva polar
r = 2 representa la circunferencia con centro O y radio 2. En general, la ecuaci´
on
r = a representa una circunferencia con centro O y radio |a|.
SOL (b): Esta curva consta de los puntos (r, θ) tal que el ´angulo polar θ = 1 radi´
an.
Claramente la curva es una recta que pasa por O y forma un ´angulo de 1 radi´
an con
el eje polar. Observe que los puntos (r, 1) sobre la l´ınea con r > 0 y est´
an en el I
cuadrante, mientras que aquellos con r < 0 est´
an en el III cuadrante.
Ejemplo 106. Graficar el conjunto de puntos cuyas coordenadas polares satisfacen
las siguientes condiciones.
1. 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤
2. −3 ≤ r ≤ 2 y θ =
3. r ≤ 0 y θ =
4.
2π
3
≤θ≤
5π
6
π
2
π
4
π
4
(no hay restricci´
on sobre r)
SOL:
Ejemplo 107. Ecuaciones equivalentes
77
Ejemplo 108. Determinar una ecuaci´
on polar para la circunferencia x2 + (y − 3)2 = 9
SOL:
x2 + y 2 − 6y + 9 = 9
x2 + y 2 − 6y = 0
r2 − 6r sin θ = 0
r(r − 6 sin θ) = 0
Entonces, r = 0 o r = 6 sin θ. Esta u
´ltima ecuaci´
on incluye ambas posibilidades.
Ejemplo 109.
(a) Trace la curva con la ecuaci´
on polar r = 2 cos θ. (b) Encuentre una ecuaci´
on cartesiana
para esta curva.
SOL (a): Hallemos valores de r dando algunos valores convenientes de θ y graficamenos
los puntos correspondientes (r, θ).
SOL (b): Dado que x = r cos θ se tiene cos θ = x/r, de modo que la ecuaci´
on r = 2 cos θ
se convierte en r2 = 2x, que da
2x = r2 = x2 + y 2
o
x2 + y 2 − 2x = 0
Al completar el cuadrado, se obtiene (x − 1)2 + y 2 = 1
T´
ecnicas para graficar curvas polares
Una manera de graficar una ecuaci´
on polar consiste en elaborar una tabla de valores (r, θ)
graficar los puntos correspondientes y conectarlos en orden creciente de θ. Otro m´etodo para
graficar que suele ser m´as r´
apido y confiable es
Utilizar la gr´
afica cartesiana como una “tabla” y gu´ıa para bosquejar la gr´
afica en
coordenadas polares.
El metodo de dibujar la gr´
afica cartesiana rθ, muestra de un solo vistazo d´onde es r
positiva, negativa o en d´onde no existe. Tambi´en d´onde es r creciente o decreciente.
78
Ejemplo 110. Bosqueje la curva r = 1 + sin θ.
SOL: Primero se bosqueja la gr´
afica de r = 1 + sin θ en coordenadas cartesianas ver
figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valores
crecientes de θ. Estos cambios son m´as f´acil de graficar. Esta curva se llama cardioide
porque tiene forma de coraz´on.
Ejemplo 111. Bosqueje la curva r = cos 2θ.
SOL: Hagamos el bosqueja de r = cos 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas ver
figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valores crecientes
de θ. La curva resultante se llama rosa de cuatro hojas.
Ejemplo 112. Bosqueje la curva r2 = sin 2θ.
SOL: Hagamos el bosqueja de r2 = sin 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas ver
figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r2 que corresponden a valores crecientes
de θ. La curva resultante se llama lemniscata.
r2 no puede ser negativo
Simetrias en curvas polares
Cuando se bosquejan curvas polares, a veces es u
´til aprovechar la simetr´ıa.
79
Definition 34. (Pruebas de simetr´ıa para gr´
aficas polares r = f (θ))
(a) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (r, −θ) ´
o (−r, π − θ) est´
an en la
curva, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al eje x.
(b) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (−r, θ), ´
o (r, θ + π) tambien est´
an
en la curva, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al origen.
(c) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (r, π − θ) (−r, −θ) tambien est´
an en
la curva, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al eje y
Ejemplo 113. Demuestre que la curva polar r = 1 − cos θ es simetrica respecto al eje x.
SOL: Tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva y veamos que el punto (r, −θ) tambien
pertenece a la curva
(r, θ) en la gr´
afica ⇒ r = 1 − cos(θ)
⇒ r = 1 − cos(−θ)
⇒ (r, −θ) en la gr´
afica
2.9.1.
Pendiente de la curva polar r = f (θ)
Primero que todo recuerde que la pendiente de una curva polar r = f (θ) est´
a dada por
dy
,
dx
NO POR
r′ =
df
dθ
Para saber porque, consideremos la curva polar r = f (θ) donde θ es el par´
ametro y se escriben
sus ecuaciones param´etricas como
x = r cos θ = f (θ) cos θ
y = r sin θ = f (θ) sin θ
Si f es una funci´on diferenciable de θ entonces tambi´en lo son x y y. Ahora, podemos calcular
dy
la pendiente de la curva parametrica dx
con la f´ormula param´etrica
dy/dθ
f ′ (θ) sin θ + f (θ) cos θ
dy
=
= ′
dx
dx/dθ
f (θ) cos θ − f (θ) sin θ
(2.3)
esta f´ormula es cierta siempre que dx/dθ 6= 0.
OBSERVACIONES:
Las tangentes horizontales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde
dy
=0
dθ
siempre que
.
80
dx
6= 0
dθ
Las tangentes verticales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde
dx
=0
dθ
siempre que
dy
6= 0
dθ
.
Las rectas tangentes en el origen, esto es, en los puntos (0, θ), la ecuaci´
on (2.3) se
simplifica
dy
= tan θ
siempre que f ′ (θ) 6= 0
dx
Ejemplo 114.
(a) Para la cardioide r = 1+sin θ, encuentre la pendiente de la l´ınea tangente cuando θ = π/3.
(b) Encuentre los puntos sobre la cardioide donde la l´ınea tangente es horizontal o vertical.
SOL (a): Hallemos la pendiente dy/dx, para ello recordemos que
x = r cos θ = (1 + sin θ) cos θ = cos θ +
1
sin(2θ)
2
y = r sin θ = (1 + sin θ) sin θ = sin θ + sin2 θ
Por lo tanto,
dy
dy/dθ
cos θ + 2 sin θ cos θ
cos θ + sin 2θ
=
=
=
dx
dx/dθ
− sin θ + cos 2θ
− sin θ + cos 2θ
Luego,
SOL (b): Observe que
cos(π/3) + sin(2π/3)
dy =
= −1
dx θ=π/3
− sin(π/3) + cos(2π/3)
dy
= cos θ(1 + 2 sin θ) = 0
dθ
cuando θ =
dx
= (1 + sin θ)(1 − 2 sin θ) = 0
dθ
π 3π 3π 7π 11π
,
,
,
,
2 2 2 6
6
cuando θ =
3π π 5π
, ,
2 6 6
1 11π
Luego, tenemos tangentes horizontales en los puntos (2, π2 ), ( 12 , 7π
6 ), ( 2 , 6 ), y tan3 π
3 5π
3π
gentes verticales en ( 2 , 6 ), ( 2 , 6 ). Por ultimo, para θ = 2 debemos tener mucho
cuidado porque dy/dθ = dx/dθ = 0. Asi que hagamos su estudio usando la regla de
L’Hopital:
l´ım
3π
θ→(
2
)−
cos θ + sin 2θ 0
− sin θ + 2 cos 2θ dy
=
= +∞
= l´ım
=
l´
ım
−
−
dx θ→( 3π
− sin θ + cos 2θ
0 θ→( 3π
− cos θ − 2 sin 2θ
2 )
2 )
Por simetr´ıa,
l´ım
3π
θ→(
2
)+
dy
ınea tangente
= −∞. Por tanto en (0, 3π
2 ) tenemos una l´
dx
vertical.
81
Ejemplo 115. Graficar la curva r2 = 4 cos θ, estudiando sus simetr´ıas y haciendo el
bosquejo de r2 = 4 cos θ en coordenadas cartesianas.
SOL: Estudiemos las simetrias, tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva
Si (r, θ) en la gr´
afica ⇒ r2 = 4 cos(θ)
⇒ r2 = 4 cos(−θ)
⇒ (r, −θ) en la gr´
afica
Simetrica respeto al eje x
Si (r, θ) en la gr´
afica ⇒ r2 = 4 cos(θ)
⇒ (−r)2 = 4 cos(θ)
⇒ (−r, θ) en la gr´
afica
Simetrica respeto al origen
La curva pasa por el origen cuando θ = π/2 y θ = 3π/2 y teniendo en mente la
ecuaci`
on (2.3) encontramos que dy/dx = tan θ es infinita, es decir tiene tangente
vertical en θ = π/2 y θ = 3π/2.
Puntos de intersecci´
on curvas polares
En coordenadas cartesianas, siempre podemos encontrar los puntos en que dos curvas
se cruzan resolviendo sus ecuaciones simult´
aneamente. En el caso de coordenadas polares
esto no es as´ı. La soluci´
on simult´
anea puede revelar algunos puntos de intersecci´on, pero
no todos. Una manera segura de identificar todos los puntos de intersecci´on es graficar las
ecuaciones.
Ejemplo 116. Coordenadas polares enga˜
nosas
Demostrar que el punto (2, π/2) se encuentra sobre la curva r = 2 cos(2θ).
SOL: Observe que si reemplazar en la ecuaci´
on la coordenadas r = 2 y θ = π/2 obtenemos
π
2 = 2 cos 2( ) = −2
2
claramente no es una igualdad verdadera. La magnitud es correcta, pero el signo est´
a equivocado. Esto sugiere buscar un par de coordenadas para el punto dado en el que r sea negativa,
por ejemplo, (−r, −π/2) si verifica la ecuaci´
on
π
−2 = 2 cos 2(− ) = −2
2
Por tanto, el punto (2, π/2) s´ı se encuentra sobre la curva.
Ejemplo 117. Puntos de intersecci´
on evasivos
Encontrar los puntos de intersecci´
on de las curvas r2 = 4 cos θ y r = 1 − cos θ
SOL: Veremos que la soluci´
on simult´
anea revela s´
olo dos de los cuatro puntos de intersecci´on. Los otros los encontramos por graficaci´on.
De la primera ecuaci´
on tenemos cos θ =
r = 1 − cos θ = 1 −
r2
4
⇒
r2
4
reemplazando en la segunda
r2 + 4r − 4 = 0,
82
⇒
√
r = −2 ± 2 2
√
Para, el caso r = −2 − 2 2 no encontramos un θ que verifique r = 1 − cos θ. Pues,
√
√
⇒
cos θ = 3 + 2 2.
−2 − 2 2 = 1 − cos θ
√
Mientras que si r = −2 + 2 2 encontramos que
√
√
−2 + 2 2 = 1 − cos θ
⇒
cos θ = 3 − 2 2
⇒
θ ≈ ±80o
√
Por
hemos identificado dos puntos de intersecci´on: (−2 + 2 2, 80o ) y (−2 +
√ lo tanto,
2 2, −80o ). Para encontrar otros puntos de intersecci´
on debemos graficar las curvas
ver figura.
Observe que s´
olo A y B se encontraron por medio de soluci´
on simult´
anea. Los otros
dos fueron revelados al graficar. ¿Por qu´e no aparecieron los valores r de esos puntos en
la soluci´
on simult´
anea? La respuesta es que los puntos (0, 0) y (2, π) no se alcanzan en
el mismo valor de θ. Por ejemplo, el punto (2, π) se alcanza sobre la curva r = 1−cos θ
cuando θ = π, y para la curva r2 = 4 cos θ en θ = 0.
Ejemplo 118. Puntos de intersecci´
on evasivos
Encuentre los puntos de intersecci´
on de las curvas r = cos 2θ y r =
1
2
SOL: Si resolvemos las ecuaciones r = cos 2θ y r = 12 , obtenemos cos 2θ =
θ=
1
2
y, por lo tanto,
π 5π 7π 11π
,
,
,
.
6 6 6
6
Luego, hemos hallado 4 puntos de intersecci´
on:
1 π 1 5π 1 7π 1 11π
), ( ,
), ( ,
).
( , ), ( ,
2 6
2 6
2 6
2 6
Sin embargo, se puede ver de la figura que las curvas tienen otros 4 puntos de intersecci´on;
a saber
1 π 1 2π 1 4π 1 5π
), ( ,
), ( ,
).
( , ), ( ,
2 3
2 3
2 3
2 3
´
Estos
se pueden hallar por medio de simetr´ıa o al notar que otra ecuaci´
on del c´ırculo es
r = − 12 y resolviendo despu´es las ecuaciones r = cos 2θ y r = − 12 .
´
Areas
y Longitudes de arco en coordenadas polares
Sea R la regi´
on, ilustrada en la figura, acotada por la curva polar r = f (θ) y por los rayos
θ = a y θ = b, donde f es una funci´on continua positiva y donde 0 < b − a < 2π.
Se divide el intervalo [a, b] en subintervalos con puntos finales θ0 , θ1 , θ2 , . . . , θn e igual amplitud ∆θ. Estos rayos θ = θi dividen a R en regiones m´as peque˜
nas con ´angulo central
∆x = θi − θi−1 . Si se elige θi∗ ∈ [θi , θi−1 ], entonces el ´area Ai de la i-´esima regi´
on se
aproxima mediante el ´area del sector de un c´ırculo con ´angulo central ∆θ y radio f (θi∗ ).
Ai ≈
1
(f (θi ))2 ∆θ
2
y, de este modo, una aproximaci´on al ´
area total A de R es
A≈
n
X
1
i=1
2
[f (θi )]2 ∆θ
las sumas en de esta expresi´
on son sumas de Riemann para la funci´on g(θ) = 21 [f (θ)]2 , por
eso,
83
A = l´ım
n→∞
n
X
1
i=1
2
Z
[f (θi )]2 ∆θ =
b
a
1
[f (θ)]2
2
´
Definition 35. (Area
de la regi´
on en forma de abanico entre el origen y la curva
r = f (θ))
A=
Z
b
a
1 2
r dθ =
2
Z
b
a
1
[f (θ)]2 dθ
2
Ejemplo 119. Encontrar el ´
area de la regi´
on en el plano, acotada por la cardioide
r = 2(1 + cos θ)
SOL: Grafiquemos el cardioide y determinamos que el radio OP barra la regi´
on exactamente una vez cuando θ var´ıa de 0 a 2π. Por lo tanto, el ´area es:
A=
Z
=2
b
a
Z
1 2
r dθ = 2
2
2π
Z
2π
0
[1 − cos θ]2 dθ = 2
(1 − 2 cos θ +
0
Z
2π
(1 − 2 cos θ + cos2 θ)dθ
0
1 + cos 2θ
)dθ = 6π
2
Ejemplo 120. Encontrar el ´
area dentro del lazo peque˜
no del lima¸con r = 1 + 2 cos θ
SOL: Al Graficar el lima¸con vemos que el punto (r, θ) recorre el peque˜
no lazo cuando
crece de θ = 2π/3 a θ = π. Como la curva es sim´etrica con respecto al eje x, entonces,
el ´
area es:
√
Z π
Z π
Z b
3 3
1 2
2
(3 + 2 cos(2θ) + 4 cos θ)dθ = π −
[1 + 2 cos θ] dθ =
r dθ =
A=2
2
2π/3
2π/3
a 2
Ejemplo 121. Determine el ´
area encerrada por un bucle de la rosa de cuatro hojas
r = cos 2θ.
SOL: La curva r = cos 2θ se bosquej´o en el Ejemplo 111. Consideremos el bucle
derecho, observe que esta regi´
on es barrida por un rayo que gira de θ = π/4 a θ = π/4
. Por lo tanto, el ´area es
A=
Z
b
a
1 2
1
r dθ =
2
2
Z
π/4
2
cos (2θ)dθ =
−π/4
Z
π/4
cos2 (2θ)dθ =
0
π
8
Ejemplo 122. Determine el ´
area de la regi´
on que yace dentro del c´ırculo r = 3 sin θ
y fuera de la cardioide r = 1 + sin θ
SOL: La cardioide v´ease el Ejemplo 114 y el c´ırculo se bosquejan en la figura y se
sombrea la regi´
on deseada. Los valores de a y b se determinan al hallar los puntos de
intersecci´on de las dos curvas. Se cortan cuando 3 sin θ = 1 + sin θ, que da, sin θ = 21
de modo que θ = π/6, 5π/6. El ´
area deseada se encuentra restando el ´area dentro
de la cardioide entre θ = π/6 y θ = 5π/6 del ´
area dentro del c´ırculo de θ = π/6 y
θ = 5π/6. Es decir,
84
Area sector de un c´ırculo A = 12 r2 θ
A=
Z
b
a
1
(rsup )2 dθ −
2
Z
b
a
1
(rinf )2 dθ =
2
Z
b
1 2
2
(rsup − rint
)dθ
a 2
Z 5π/6 h
i
1
(3 sin θ)2 − (1 + sin θ)2 dθ
=
2 π/6
=π
En el ejemplo anterior se ilustra el procedimiento para hallar el ´area de la regi´
on acotada
por dos curvas polares.
´
Definition 36. (Area
entre dos curvas polares)
En general, sea R una regi´
on, que est´
a acotada por curvas con ecuaciones polares
r = f (θ), r = g(θ), θ = a y θ = b donde f (θ) ≥ g(θ), 0 < b − a ≤ 2π. El ´
area A de R
es
Z b
Z b
Z b
1
1 2
1
2
2
2
(rsup ) dθ −
(rinf ) dθ =
(rsup − rint
)dθ
A=
2
2
2
a
a
a
Ejemplo 123. Encontrar el ´
area de la regi´
on que se encuentra dentro del c´ırculo
r = 1 y fuera de la cardioide r = 1 − cos θ
SOL: Dibujamos la regi´
on para determinar sus fronteras y encontrar los l´ımites de
integraci´
on. La curva exterior es rext = 1, la curva interior es rint = 1 − cos θ, y θ
varia de π/2 a π/2. , por tanto el ´
area es
A=
Z
b
a
1
1
[(rsup )2 − (rinf )2 ]dθ =
2
2
Z
π/2
−π/2
[12 − (1 − cos θ)2 ]dθ = 2 −
π
4
La longitud de una curva polar
Podemos obtener una f´ormula en coordenadas polares para la longitud de una curva
r = f (θ), a ≤ θ ≤ b parametriz´
andola como
x = r cos θ = f (θ) cos θ
x = r sin θ = f (θ) sin θ,
a≤θ≤b
Al usar la regla del producto y derivar con respecto a θ, se obtiene
dr
dx
=
cos θ − r sin θ
dθ
dθ
No es dif´ıcil ver que
dx 2
dy
dr
=
sin θ + r cos θ
dθ
dθ
dy 2
dr 2
+ r2
dθ
dθ
dθ
De esta expresi´
on obtenemos la definici´on para la longitud de una curva polar r = f (θ).
+
=
Definition 37. (Longitud de una curva polar)
Si r = f (θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curva
exactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces la longitud de la curva es
Z br
dr 2
L=
dθ
r2 +
dθ
a
85
Ejemplo 124. Encontrar la longitud de la cardioide r = 1 − cos θ
SOL: Dibujamos la cardioide para determinar los l´ımites de integraci´
on. El punto
(r, θ) traza la curva una sola vez, en sentido contrario al de la manecillas del reloj, al
dr
variar θ de 0 a π. Ahora, como r = 1 − cos θ y dθ
= sin θ podemos hallar la longitud
de la curva
Z 2π r
Z br
Z 2π
dr 2
√
θ
2
r +
2 − 2 cos θdθ =
4 sin2 dθ = 8
L=
dθ =
dθ
2
0
a
0
´
Area
de superficie en coordenadas polares
Para obtener la f´ormula del ´
area de una superficie de revoluci´on, la cual ha sido generada
por una curva polar r = f (θ), a ≤ θ ≤ b vamos a necesitar “re-escribir” la conocida formula
de ´
area de superficie en coordenadas polares. Recuerdemos que esta f´ormula esta dada por
A=
Z
b
2πrds
Coordenadas Rectangulares
a
´
Definition 38. (Area
de una superficie de revoluci´
on)
Si r = f (θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curva
exactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces las ´
areas de las superficies
generadas al girar la curva son
r
Z b
dr 2
dθ
Eje x, (y ≥ 0)
2π(r sin θ) r2 +
S=
dθ
a
S=
Z
b
2π(r cos θ)
a
r
r2 +
dr 2
dθ
dθ
Eje y, (x ≥ 0)
Ejemplo 125. Encontrar el ´
area de la superficie generada al girar el lazo derecho de
la lemniscata r2 = cos 2θ alrededor del eje y.
SOL: Trazamos el lazo para determinar los l´ımites de integraci´
on. El punto (r, θ)
recorre la curva una sola vez en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando θ
var´ıa de −π/4 aπ/4. Primero hagamos unos calculos,
r
r
Z b
dr 2 Z b
dr 2
2
2π cos θ r4 + r
=
2πr cos θ r +
A=
dθ
dθ
a
a
dr 2
dr
= −2 sin 2θ y (r dθ
) = sin2 (2θ). Por tanto
Ahora, como r2 = cos 2u entonces 2r dθ
A=
Z
b
2π cos θ
a
r
r4
Z π/4
dr 2
√
+ r
2π cos θ(1)dθ = 2π 2
dθ =
dθ
−π/4
HASTA AQUI VA LA TEORIA DEL SEGUNDO PARCIAL. !!!ESTUDIEN BIEN LOS
EJEMPLOS¡¡¡
86
Calculo Integral
Integrales impropias, Sucesiones
y Series
3.0.2.
Integrales impropias
Rb
Al definir la integral definida a f (x)dx se trat´o con una funci´on f definida en un
intervalo finito [a, b] y se supuso que f fuese continua o como mucho que tuviese
una cantidad finita de discontinuidades de tipo salto o removible. En esta secci´on se
estudiar´
a un procedimiento para evaluar integrales que normalmente no satisfacen est
as hipotesis, por ejemplo, los l´ımites de integraci´
on a ´
o b pueden ser infinitos, ´o f tiene
un n´
umero finito de discontinuidades infinitas en el intervalo [a, b]. Las integrales que
poseen estas caracter´ısticas son las integrales impropias.
Notar que en una funci´on f tiene una discontinuidad infinita en c si, por la derecha
o izquierda
l´ım f (x) = +∞
l´ım f (x) = −∞
x→c
x→c
La interpretaci´
on natural de una integral impropia es la del ´area de una regi´
on no
acotada. Por ejemplo, en la figura 1 vemos que la regiones no son acotadas, ya que en
la primera figura funci´on tiene dominio infinito, mientras que la segunda la funci´on
tiene rango infinito. Esto nos motiva a preguntamos ¿Ser´a que las ´areas debajo de
estas curvas ser´an finitas?.
Fig 1
Para ver por qu´e las integrales impropias necesitan de un cuidado particular, consideremos Ia integral
Z 1
1
dx
2
x
−1
Esta integral es impropia, pues su integrando f (x) = 1/x2 no es acotado cuando
x → 0, por lo cual f no es continua en x = 0. Si aplicamos sin reflcxi´on el Teorema
fundamental del c´alculo, obtendriamos
Z 1
1 1
1
dx
=
−
= (−1) − (+1) = −2 INCORRECTO
2
x −1
−1 x
Es claro que la respuesta negativa es incorrecta, pues el ´area que se muestra en la figura
2 est´
a por arriba del eje x y por tanto no puede ser negativa. Este sencillo ejemplo
enfatiza el hecho de que no podemos ignorar las hip´
otesis del Teorema Fundamental
del C´alculo: funci´
on continua e intervalo cerrado y acotado.
L´ımites de integraci´
on infinitos Considere la regi´
on infinita que yace bajo la curva
y = x12 , arriba del eje x , y a la derecha de la recta x = 1. Podr´ıa pensarse que esta
regi´
on S tiene ´area infinita, pero veremos que el valor natural para asignarle es finito.
Primero determinaremos el ´
area A(t) de la parte de la regi´
on que est´
a acotada a la
derecha por x = t
Z t
1
1 t
1
dx = − = 1 −
A(t) =
2
x
x
t
1
1
87
Fig 2
Note que A(t) < 1 sin importar cu´
an grande se elija t. Se observa tambi´en que
l´ım A(t) = l´ım
t→∞
t→∞
1−
1
= 1.
t
Por lo tanto se puede decir que el ´
area de la regi´
on infinita S es igual a 1 y se escribe.
Z ∞
Z t
1
1
1
A(S) =
=1
1
−
dx
=
l´
ım
dx
=
l´
ım
t→∞ 1 x2
t→∞
x2
t
1
Definition 39. Las integrales con l´ımites de integraci´
on infinitos son integrales impropias
del tipo I.
Z ∞
Z b
f (x)dx = l´ım
f (x)dx
1. Si f (x) es continua en [a, ∞), entonces
b→∞
a
2. Si f (x) es continua en (−∞, b], entonces
Z
3. Si f (x) es continua en (−∞, ∞), entonces
en donde c es cualquier n´
umero real.
a
b
f (x)dx = l´ım
−∞
Z
∞
−∞
a→−∞
f (x)dx =
Z
Z
b
f (x)dx
a
c
f (x)dx +
−∞
Z
∞
f (x)dx
c
En cada caso, si el l´ımite es finito decimos que la integral impropia converge y que
el l´ımite es el valor de la integral impropia. Si el l´ımite no existe, la integral impropia
diverge.
NOTA: Cualquiera de las integrales de la definici´on anterior puede interpretarse como un ´area
si f ≥ 0 en el intervalo de integraci´
on.
Ejemplo 126. La integral
Z
∞
1
1
dx es convergente.
x2
SOL: Usando la definici´on de integral impropia tenemos
Z t
Z ∞
1 t 1
1
1−
−
=
l´
ım
dx
=
l´
ım
dx
=
l´
ım
t→∞
t→∞ 1 x2
t→∞
x2
x 1
1
Z ∞
1
por lo tanto,
dx es convergente.
2
x
1
Z ∞
1
dx es convergente o
Ejemplo 127. Determine si la integral
x
1
1
=1
t
fig 4
divergente.
fig 5
SOL: Primero determinamos la integral, de x = 1 a x = b, y luego examinamos el l´ımite cuan-
88
do b → ∞. Observemos que
Z
b
1
b
1
dx = ln x = ln b − ln 1 = ln(b)
x
1
Ahora usando la definici´on de integral impropia encontramos
Z ∞
Z b
1
1
dx = l´ım
dx = l´ım ln b = ∞
b→∞
b→∞
x
x
1
1
como el l´ımite no existe como un n´
umero finito y, por lo tanto,
Z
∞
1
1
dx es divergente.
x
´ Geom´etricamente, el Ejemplo 126 y 127 nos dice que aunque las curvas
OBSERVACION:
y = 1/x2 y y = 1/x son muy similares para x > 0, la regi´
on bajo y = 1/x2 a la derecha
de x = 1 (la regi´
on sombreada en la figura 4) tiene ´
area finita mientras que la regi´
on bajo
y = 1/x (en la figura 5) tiene ´
area infinita. Note que tanto 1/x2 como 1/x tienden a 0 cuando
x → ∞ pero 1/x2 se aproxima a 0 m´as r´
apido que 1/x. Los valores de 1/x no se reducen con
la rapidez suficiente para que su integral tenga un valor finito.
ln x
Ejemplo 128. ¿El ´area bajo la curva y = 2 de x = 1 a x = ∞ es finita? De ser
x
as´ı, ¿cu´
al es?
SOL: Primero determinamos el ´
area bajo la curva, de x = 1 a x = b, y luego examinamos el l´ımite cuando b → ∞. Usando integracion por partes con u = ln x, dv = dx
x2 ,
1
du = dx
y
v
=
−
obtenemos
x
x
Z
b
1
Z b
ln x
1 b
1 1
dx = ln x(− ) −
(− )( )dx
x2
x 1
x
x
1
b
ln b 1
ln b 1 − =−
− +1
=−
b
x 1
b
b
Ahora usando la definici´on de integral impropia encontramos
Z
∞
ln x
dx = l´ım
b→∞
x2
1
Z
En consecuencia,
Z
b
1
∞
ln b 1 ln b
ln x
dx
=
l´
ım
−
+1
=
l´
ım
−0+1
= 0+1 = 1
−
−
b→∞
b→∞
x2
b
b
b
ln x
dx converge a 1 y el ´
area tiene un valor finito de 1.
x2
Z ∞
dx
Ejemplo 129. Evalu´e la integral impropia
1
+
x2
−∞
1
SOL: De acuerdo con la definici´on (parte 3), podemos escribir
Z
Ahora,
Z 0
−∞
Z
∞
−∞
dx
= l´ım
a→−∞
1 + x2
Z
dx
=
1 + x2
0
a
Z
0
−∞
dx
+
1 + x2
Z
∞
0
dx
1 + x2
0
π
dx
−1 =
l´
ım
tan
x
= l´ım (0 − tan−1 a) =
2
a→−∞
a→−∞
1+x
2
a
Z b
b
dx
dx
π
−1 =
l´
ım
=
l´
ım
tan
x
= l´ım (tan−1 b − 0) =
2
2
b→∞
b→∞
b→∞
1
+
x
1
+
x
2
0
0
0
Z ∞
π π
1
dx
= + = π. Como
> 0, la integral impropia puede
Por tanto,
2
1
+
x
2
2
(1
+
x2 )
−∞
interpretarse como el ´area (finita) por abajo de la curva y por arriba del eje x.
∞
89
Ejemplo 130. Evalu´e la integral impropia
Z
∞
1
(1 − x)e−x dx
SOL: Usar la integraci´
on por partes, con u = (1 − x) y dv = e−x dx.
Z
Z
(1 − x)e−x dx = −e−x (1 − x) − e−x dx = −e−x + xe−x + e−x + C
Ahora, apliquemos la definici´on de integral impropia y regla de L’Hopital
Z ∞
b
b
1 1
1 1
(1 − x)e−x dx = l´ım xe−x = l´ım
−
= l´ım b − = −
b
b→∞
b→∞
b→∞
e
e
e
e
e
1
1
Z ∞
1
(1 − x)e−x dx = − .
Por tanto,
e
1
Z ∞
1
dx es convergente? Cuando la
Ejemplo 131. ¿Para qu´e valores de p la integral
xp
1
integral converge, ¿a qu´e valor lo hace?
SOL: Se sabe del Ejemplo 127 que si p = 1, la integral es divergente, por consiguiente
supongamos que p 6= 1. Por lo tanto,

Z b
Z ∞
i  1
p>1
1 h 1
x−p+1 b
1
1
p−1
dx = l´ım
dx = l´ım
−1 =
= l´ım
p
p
p−1
 ∞
b→∞ 1 − p b
b→∞ 1 x
b→∞ −p + 1 1
x
1
p<1
ya que,
l´ım
b→∞


0
1
=
 ∞
bp−1
Por lo tanto, la integral converge al valor
Z
∞
1
1
dx
xp
1
p−1
p>1
p<1
si p > 1 y diverge si p < 1
es convergente si p > 1 y divergente si p ≤ 1
(3.1)
Integrando discontinuos (“rango infinito”)
Suponga que f es una funci´on continua positiva definida en un intervalo finito [a, b)
pero tiene una as´ıntota vertical en b. Sea S la regi´
on no acotada bajo la gr´
afica de
f y arriba del eje x entre a y b. (Para integrales del tipo I, las regiones se ampl´ıan
de forma indefinida en una direcci´on horizontal. Aqu´ı la regi´
on es infinita en una
direcci´on vertical.) El ´area de la parte S entre x = a y x = t (la regi´
on sombreada) es
Z t
f (x)dx
A(t) =
a
Si A(t) que se aproxima a un n´
umero definido A cuando t → b− , entonces se dice que
el ´
area de la regi´
on S es A y se escribe
A=
Z
b
a
f (x) = l´ım−
t→b
Z
t
f (x)dx
a
Se emplea esta ecuaci´
on para definir una integral impropia de Tipo II aun cuando f
no es una funci´on positiva, sin importar qu´e tipo de discontinuidad tenga f en x = b.
90
Definition 40. Las integrales de funciones que se vuelven infinitas en un punto dentro del
intervalo de integraci´
on son integrales impropias del tipo II.
Z b
Z b
f (x)dx = l´ım
1. Si f (x) es continua en (a, b] y discontinua en a, entonces
f (x)dx
c→a+
a
2. Si f (x) es continua en [a, b) y discontinua en b, entonces
Z
b
f (x)dx = l´ım
c→b−
a
c
Z
c
f (x)dx
a
3. Si f (x) es discontinua en c, donde a < c < b, y continua en [a, c) ∪ (c, b], entonces
Z b
Z c
Z b
f (x)dx.
f (x)dx +
f (x)dx =
a
c
a
En cada caso, si el l´ımite es finito decimos que la integral impropia converge y que el
l´ımite es el valor de la integral impropia. Si el l´ımite no existe, la integral impropia
diverge.
Ejemplo 132. Evaluar
Z
5
2
√
1
dx
x−2
1
tiene la
SOL: Se nota primero que la integral dada es impropia porque f (x) = √x−2
as´ıntota vertical en x = 2. De manera que
Z 5
Z 5
5
√
√
1
1
√
√
dx = l´ım+
dx = l´ım+ 2 x − 2 = 2 3
a→2
a→2
a
x−2
x−2
a
2
As´ı, la integral impropia dada es convergente y, puesto que el integrando es positivo,
se puede interpretar el valor de la integral como el ´
area de la regi´
on sombreada
EjemploZ 133. Una integral doblemente impropia
∞
dx
√
Evaluar
x(x
+ 1)
0
SOL: Para evaluar esta integral, elegir un punto conveniente (por ejemplo, x = 1) y
escribir
Z ∞
Z ∞
Z 1
dx
dx
dx
√
√
√
+
=
x(x
+
1)
x(x
+
1)
x(x
+ 1)
1
0
0
1
√ b
√ = l´ım 2 arctan x + l´ım 2 arctan x
+
a
a→0
b→∞
1
π
π
π
= 2( ) − 0 + 2( ) − 2( ) = π
4
2
4
EjemploZ 134. Integral discontinuidad interior
3
dx
Evaluar
x
−1
0
SOL: Observe que la recta x = 1 es una as´ıntota vertical del integrando. Por tanto,
Z 1
Z 3
Z 3
dx
dx
dx
=
+
x
−
1
x
−
1
x
−1
0
1
0
c
3
= l´ım− ln |x − 1| + l´ım+ ln |x − 1|
c→1
0
c→1
c
2
= l´ım ln |1 − c| + l´ım ln |
| = −∞
c−1
c→1−
c→1+
As´ı,
Z
3
0
dx
dx es divergente.
x−1
91
OBS: Si no se hubiera notado la as´ıntota en este ejemplo y se hubiera confundido la integral
con una integral ordinaria, entonces se podr´ıa haber hecho el siguiente c´alculo err´
oneo:
Z 3
3
dx
= ln |x − 1| = ln 2 − ln 1 = ln 2
x
−
1
0
0
Esto es incorrecto porque la integral es impropia y se debe calcular en t´erminos de l´ımites.
Rb
De ahora en adelante, siempre que se encuentre el s´ımbolo a se debe decidir, observando
la funci´on f en [a, b], si es una integral definida ordinaria o una integral impropia.
Criterios para convergencia y divergencia
Cuando no podemos evaluar de manera directa una integral impropia, tratamos de determinar si converge o diverge. Si la integral diverge, acaba el problema. Si converge, podemos
utilizar m´etodos num´ericos para aproximar su valor. Los principales criterios para convergencia o divergencia son la comparaci´on directa y la comparaci´on de l´ımite.
Ejemplo 135.
on de Convergencia
Z ∞Investigaci´
−x2
e
dx converge?
¿La integral
1
SOL: Por definici´on
Z
∞
2
e−x dx = l´ım
b→∞
1
Z
b
2
e−x dx
1
No podemos evaluar de forma directa la u
´ltima integral, ya que noR es elemental. Pero pode2
∞
mos mostrar que su l´ımite es finito cuando b → ∞. Sabemos que 1 e−x dx es una funci´on
creciente de b, por lo tanto o bien se vuelve infinita o´ tiene un l´ımite finito cuando b → ∞.
2
Observe que si x ≥ 1 entonces e−x ≤ e−x , es decir, la integral NO se vuelve infinita: (ver
figura), de modo que
Z
De aqu´ı que,
Z
∞
1
e
b
1
−x2
e−x dx ≤
Z
dx = l´ım
Z
2
b→∞
b
e−x dx = e−b + e−1 < e−1
1
b
2
e−x dx
converge a un valor c
1
Aunque no sabemos exactamente cu´
al es ese valor de c, s´ı sabemos que es 0 < c < 1e .
2
La comparaci´on de e−x e−x es un caso especial del criterio siguiente.
Teorema 41. Sean f y g continuas en [a, ∞) con 0 ≤ f (x) ≤ g(x) para toda x ∈ [a, ∞)
Entonces
Z ∞
Z ∞
f (x)dx Converge
g(x)dx Converge entonces
1. Si
a
a
2. Si
Z
∞
f (x)dx Diverge entonces
a
Z
∞
g(x)dx Diverge
a
Ejemplo 136.
on de Convergencia
Z ∞Investigaci´
1 + e−x
¿La integral
dx converge o diverge?
x
1
SOL: Veamos como podemos comparar la funci´on
es dificil ver, para x ≥ 1,
1
1
1
+ x >
x xe
x
⇒
92
1+e−x
x
con funciones ya conocidas. No
1 + e−x
1
>
x
x
De manera que,
Z
Z
∞
1
1 + e−x
dx >
x
Z
∞
1
1
dx
x
∞
1
Pero como,
dx diverge (Ejemplo 127) entonces usando el Teorema de comparaci´on
x
1
Z ∞
−x
1+e
dx Diverge.
x
1
Teorema 42. Criterio de comparaci´
on del L´ımite
Z b
Z b
g(x)dx existen para cada a ≤ b, siendo f (x) ≥ 0
f (x)dx y
Si las dos integrales propias
a
a
y g(x) > 0 para todo x ≥ a y si
f (x)
= c donde c 6= 0,
g(x)
Z ∞
Z ∞
g(x)dx o bien convergen ambas ´
o divergen ambas.
f (x)dx, y
entonces las integrales
l´ım
x→+∞
a
a
f (x)
= c entonces dado un ǫ > 0 fijo, ∃M0 > 0 tal que si x > M0 entonces
x→+∞ g(x)
DEM: Como l´ım
f (x)
− c < ǫ
g(x)
⇒
−ǫ + c ≤
f (x)
≤ǫ+c
g(x)
Entonces tenemos dos opciones, o bien (−ǫ + c)g(x) ≤ f (x) ´o f (x) ≤ (ǫ + c)g(x), de aqui
deducimos,
Z ∞
Z ∞
Z ∞
g(x)dx
f (x)dx ≤ (ǫ + c)
g(x)dx ≤
(−ǫ + c)
1
1
1
Por tanto, las integrales o bien convergen ambas ´
o divergen ambas.
Que pasa si c = 0: En ese caso lo que tendr´ıamos
f (x) <ǫ
g(x)
⇒
|f (x)| ≤ ǫ|g(x)|
Z ∞
Z ∞
g(x)dx.
f (x)dx ≤ ǫ
Como f y g son positivas entonces f (x) ≤ ǫg(x) y por ende
1
1
Z ∞
g(x)dx implica la convergencia de
As´ı que s´
olo se puede concluir que la convergencia de
1
Z ∞
f (x)dx.
1
Ejemplo 137. Demuestre que para cada real s, la integral
Z
∞
e−x xs dx converge
1
SOL: Compararemos esta integral con la integral convergente
(ver Ejemplo 127). Adem´
as, tenemos
Z
∞
x−2 dx =
1
Z
∞
1
1
dx
x2
xs+2
e−x xs
=
l´
ım
=0
x→+∞ ex
x→+∞ x−2
l´ım
on para c = 0 concluimos que
Entonces usando el Teorema de Comparaci´
verge
93
Z
∞
1
e−x xs dx con-

f(x, y) - E.P.N.

Ejercicios resueltos del primer examen parcial del curso 2014–2015

Solución Tarea 2

Solución Tarea 1

Tarea 6 de Análisis Vectorial

Descarga - Untza Mendi Taldea

Tarea 7 de Análisis Vectorial

examen 2.2

Práctico 2 - EVA - Facultad de Ingeniería

Probabilidad y Estadstica (C) Clase Prctica 11 Vectores aleatorios

publicacion no finiquitados 2014 carta