Cálculo integral de una variable

Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
1
Escuela Técnica Superior de Ingenierı́a Civil e Industrial (Esp. en Hidrologı́a)
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a.
Tema 7: Cálculo integral de una variable.
1
Curso 2008-09
Integrales indefinidas. Primitiva de una función
Sea f una función definida sobre un intervalo I ⊂ R. Una primitiva o antiderivada de f en I es una función,
F , continua en I, que verifica:
F 0 (x) = f (x)
para todo x en el interior de I
Ejemplo: una primitiva de f (x) = cos x es F (x) = sen x
Si F (x) es una primitiva de f (x), entonces F (x) + C es también una primitiva de f (x), siendo C un número
real cualquiera.
1
Ejemplo: una primitiva de f (x) =
es F (x) = ln x, luego F (x) = ln x + C también es una primitiva de
x
f (x) para cual quier C ∈ R.
por
El conjunto formado por todas las primitivas de f (x) se denomina integral indefinada de f (x), y se designa
Z
f (x) dx
Z
Ejemplo:
1.1
1
dx = arctag x + C
1 + x2
Tabla de integrales inmediatas
En la siguiente tabla C representa una constante arbitraria.
Z
1.
dx = x + C
Z
3.
Z
xn dx =
2.
Z
dx
= ln|x| + C
x
Z
Z
sen x dx = −cos x + C
Z
1
dx
=
(1 + tg 2 x) dx = tg x + C
cos2 x
Z
Z
Z
1
dx
=
(1 + cotg 2 x) dx = −cotg x + C
9.
cosec2 x dx =
sen2 x
Z
ax
11.
ax dx =
(a 6= 1), (a > 0)
ln a
7.
6.
Z
sec2 x dx =
ex dx = ex + C
4.
Z
5.
xn+1
+ C (n 6= −1)
n+1
cos x dx = sen x + C
Z
8.
a2
Z
10.
√
dx
1
x
= arctg + C
2
+x
a
a
dx
x
= arcsen + C
a
a2 − x2
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1.2
2
Reglas operacionales. Integrales inmediatas
Si f (x) y g(x) son funciones para las que existen primitivas sobre I, entonces se verifica que:
Z
Z
Z
[f (x) ± g(x)]dx = f (x) dx ± g(x) dx
1.
Z
2.
Z
kf (x) dx = k
f (x) dx
Estas reglas, la tabla de integrales inmediatas y la operatoria básica, permiten calcular integrales que a priori
paracen más complicadas.
Ejemplos:
Z
Z
Z
Z
x3
x2
x5
(3x4 − 5x2 + x)dx = 3 x4 dx − 5 x2 dx + x dx = 3 − 5 +
+C
(a)
5
3
2
Z
Z
Z
Z
Z
3
1
1
x2
x2
2√
x+1
x
1
− 12
2
√ dx =
√ dx +
√ dx = x dx + x dx = 3 + 1 =
(b)
x(x + 3) + C
3
x
x
x
2
2
1.3
1.3.1
Métodos de integración
Integración por cambio de variable
A veces una integral puede transformarse en otra más sencilla haciendo un cambio de variable. Ello puede
hacerse de dos maneras:
1. Hacer x = g(t) siendo g una función derivable, con inversa derivable, en el intervalo en el que se trabaja.
Al hacer el cambio debe sustituirse dx por g 0 (t)dt, con lo que nos quedará
Z
Z
f (x) dx = f (g(t))g 0 (t)dt = F (t) + C = F (g −1 (x)) + C
Z
x
dx si efectuamos el cambio de variable x = sen t, hemos de sustituir dx por
1 − x2
cos t dt, con lo que obtenemos
Z
Z
Z
sen t
sen t
√
cos t dt =
I=
cos t dt = sen t dt = −cos t + C = −cos(arcsen x) + C
cos t
1 − sen2 t
Ejemplo: I =
√
2. Hacer t = h(x) siendo h una función derivable con inversa derivable. Normalmente se elige una función
h(x) que o bien aparece en el integrando, o bien está en el mismo la expresión h0 (x)dx.
Z
x
√
Ejemplo: I =
dx si efectuamos el cambio de variable 1 − x2 = t, hemos de sustituir xdx por
1 − x2
dt
− , con lo que obtenemos
2
Z
Z
p
1
1
1
dt
1
√ (− ) = −
t− 2 dt = −t 2 + C = − 1 − x2 + C
I=
2
2
t
Es evidente que el segundo cambio de variable es más intuitivo, pero no deja de ser curioso el haber obtenido
dos resultados, aparentemente, tan diferentes. Se propone al alumno que compruebe que en realidad es el mismo
resultado en los dos casos.
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1.3.2
3
Integración por partes
Este método se basa en la fórmula
Z
Z
u dv = u v −
v du
que puede deducirse a partir de la regla de derivación de un producto. La elección de qué parte del integrando
debe ser u y cuál dv depende de múltiples factores, lo que impide dar una regla general. No obstante los casos
más frecuentes son los siguientes:
Z
• I = x ln x dx.
Para la elección de u debemos pensar en la parte del integrando que sea más fácil de derivar (en este caso
tanto x como ln x son sencillos de derivar), para dv hemos de buscar la parte sencilla de integrar, que sin
lugar a dudas es x dx. Por lo tanto la elección queda cerrada u = ln x y dv = x dx. En consecuencia
1
x2
du = dx y v =
.
x
2
Z
Z 2
x2
x 1
x2
x2
I = x ln x dx =
ln x −
dx =
ln x −
+C
2
2 x
2
4
Z
x ex dx
• I=
En este caso tanto x como ex son sencillas de derivar y de integrar. Luego la elección debe basarse en
otras estrategias. Si reflexionamos un poco podremos darnos cuenta de que la mejor elección es u = x y
dv = ex dx. El motivo es claro si escribimos el resto de elementos necesarios v = ex , du = dx.
Z
Z
x
x
I = x e dx = x e −
ex dx = x ex − ex + C
Z
• I=
sen x ex dx
Este último ejemplo corresponde a las llamadas integrales cı́clicas. No hay lugar a dudas que en este caso
la elcción de u y dv es aleatoria, ya que en cualquier caso el método nos llevará a una integral esencialmente
igual, en cuanto a dificultad, a la de partida. Tomemos, por ejemplo u = sen x y dv = ex dx, lo que nos
lleva a que du = cos x dx y v = ex
Z
Z
x
x
I = sen x e dx = sen x e −
ex cos x dx
En principio parece que no hemos ganado nada con la aplicación del método. Sin embargo si pensamos un
poco antes de desecharlo, podremos darnos cuenta de que una nueva aplicación del método nos llevarı́a a
la integral de partida. Es decir, si en la última integral tomamos u = cos x y dv = ex dx, lo que implica
que du = −sen x dx y v = ex
µ
¶
Z
Z
I = sen x ex −
ex cos x dx = sen x ex − cos x ex −
−sen x ex dx = (sen x − cos x)ex − I
de donde obtendrı́amos
2I = (sen x − cos x)ex ⇒ I =
(sen x − cos x)ex
2
El procedimiento seguido justifica el nombre asignado a estas integrales.
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1.3.3
4
Integración de funciones racionales
Z
Veamos diferentes casos
P (x)
dx
Q(x)
P (x), Q(x) polinomios
Z
P (x)
dx. Dividiendo P (x) por ax + b, se consigue expresar el integrando
ax + b
k
como suma de un polinomio P1 (x) y de una fracción del tipo
.
ax + b
Z 5
x + x4 − 8
Ejemplo: I =
dx. Al dividir el polinomio x5 + x4 − 8 entre x − 1 se obtiene como resultado
x−1
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 2 y con resto igual a −6, por lo tanto
Z
Z 5
Z
x5 2x4 2x3
x + x4 − 8
6
6
dx = (x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 2 −
)dx =
+
+
+x2 +2x−
dx =
I=
x−1
x−1
5
4
3
x−1
1. Denominador de grado 1:
x5
x4
2x3
+
+
+ x2 + 2x − 6ln|x − 1| + C
5
2
3
Z
P (x)
2. Denominador de grado 2, y sin raı́ces reales:
dx.
ax2 + bx + c
=
(a) Si el grado de P (x) es cero, es decir, es una constante, se ajusta para obtener un arcotangente.
Ejemplo:
Z
Z
3
1
I=
dx
=
3
dx = 3 arctg(x + 1) + C
x2 + 2x + 2
(x + 1)2 + 1
(b) Si el grado de P (x) es 1 se separa en dos integrales, una dará un logaritmo neperiano y la otra un
arcotangente.
Ejemplo:
Z
Z
Z
Z
3x + 3 + 1
x+1
1
3x + 4
dx =
dx = 3
dx +
dx =
I=
2
2
2
2
x + 2x + 2
x + 2x + 2
x + 2x + 2
x + 2x + 2
Z
Z
3
2x + 2
1
3
=
dx +
dx = ln(x2 + 2x + 2) + arctg(x + 1) + C
2
x2 + 2x + 2
x2 + 2x + 2
2
(c) Si el grado de P (x) es mayor o igual que 2, se efectua la división de polinomios para llegar a alguno
de los casos anteriores.
Z
P (x)
3. Denominador de grado mayor o igual que 2 y, a lo sumo, raı́ces complejas simples:
dx con grado de
Q(x)
P (x) menor que el grado de Q(x). Lo primero que debe hacerse es factorizar Q(x), para luego efectuar una
P (x)
descomposición de
en fracciones simples, cada una de las cuales generará integrales que sabremos
Q(x)
resolver, en función de que trabajemos con raı́ces reales o complejas de Q(x).
Z
4x2 − 8x
dx. En primer lugar hemos de descomponer en fracciones simples el
Ejemplos: I =
(x − 1)2 (x2 + 1)
integrando
4x2 − 8x
A
B
Cx + D
=
+
+
(x − 1)2 (x2 + 1)
x−1
(x − 1)2
x2 + 1
efectuando los cálculos apropiados, se obtiene A = 2, B = −2, C = −2 y D = 4. Por tanto
Z
Z
Z
1
−2x + 4
1
dx − 2
dx
+
dx =
I=2
x−1
(x − 1)2
x2 + 1
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= 2 ln|x − 1| +
5
2
− ln(x2 + 1) + 4 arctg x + C
x−1
En caso de ser el grado de P (x) mayor o igual que el de Q(x), se efectuará primero la división de los
polinomios.
1.3.4
Integrales trigonométricas
1.
Z
R(sen x, cos x)dx
(a) R es impar en sen x, es decir, R(−sen x, cos x) = −R(sen x, cos x). Se efectúa el cambio de variable
√
1
t = cos x, con lo que sen x = 1 − t2 y dx = − √
dt
1 − t2
Ejemplo
Z
Z √
Z
sen x
1 − t2
1
1
√
dx
=
−
dt
=
−
dt = −arctg t + C = −arctg(cos x) + C
2
2
2
cos x + 1
t +1 1−t
1 + t2
(b) R es impar en cos x, es decir, R(sen x, −cos x) = −R(sen x, cos x). Se efectúa el cambio de variable
√
1
t = sen x, con lo que cos x = 1 − t2 y dx = √
dt
1 − t2
Ejemplo
Z
Z
Z
p
1
t3
t5
sen3 x
sen5 x
dt = (t2 − t4 ) dt =
−
+C=
−
+C
sen2 x cos3 x dx = t2 ( 1 − t2 )3 √
3
5
3
5
1 − t2
(c) R es par en sen x y cos x, es decir, R(−sen x, −cos x) = R(sen x, cos x). Se realiza el cambio de
1
t
1
variable t = tg x, con lo que cos x = √
, sen x = √
y dx =
dt.
2
2
1 + t2
1+t
1+t
Ejemplo
Z
sen x
dx =
sen x + cos x
Z
√ t
1+t2
√ t
1+t2
+
√ 1
1+t2
1
dt =
1 + t2
Z
t
dt =
(t + 1)(1 + t2 )
s
2
1
+
t
1
1 + tag 2 x
1
4
+
arctg
t
+
C
=
ln
+
x + C
= ln 4
2
2
(t + 1)
2
(tag x + 1)
2
Z
Un caso particular lo constituyen las integrales del tipo
senn x cosm x dx, con n y m pares. La
s
resolución de éstas se simplifica si se aplican las fórmulas:
sen2 x =
1 − cos 2x
1 + cos 2x
, cos2 x =
2
2
Ejemplo
Z
Z
Z
Z
1 − cos 2x 1 + cos 2x
1
1
1 − cos2 2x
1 + cos 4x
2
2
sen x cos x dx =
dx =
dx = x −
dx =
2
2
4
4
4
2
=
1
1
1
1
1
x −
x −
sen x + C = x −
sen x + C
4
8
32
8
32
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
6
(d) El cambio de variable que siempre puede aplicarse, aunque sólo se aconseja cuando no estemos en
alguno de los casos anteriores, es
x
2t
1 − t2
2
t = tg ; sen x =
;
cos
x
=
; dx =
dt
2
2
2
1+t
1+t
1 + t2
Ejemplo
Z
Z
Z
1
1
2
1
dx =
dt = −2
dt =
2 − 2t − 1
2t
1−t2 1 + t2
sen x + cos x
t
1+t2 + 1+t2
¯
¯
¯
¯
¯ t − (1 + √2) ¯
¯ tg x − (1 + √2) ¯
1
1
¯
¯
¯ 2
¯
√ ¯ + C = √ ln ¯ x
√ ¯ + C
= √ ln ¯
¯
¯
¯
2
t − (1 − 2)
2
tg 2 − (1 − 2) ¯
Z
Z
Z
2.
sen(ax + b)sen(cx + d)dx,
sen(ax + b)cos(cx + d)dx,
cos(ax + b)cos(cx + d)dx. Se emplean las
fórmulas:
sen A.cos B = 12 [sen(A + B) + sen(A − B)]
cos A.cos B = 12 [cos(A + B) + cos(A − B)]
sen A.sen B = − 12 [cos(A + B) − cos(A − B)]
Ejemplos
•
•
Z
1
sen(2x − 1)sen(3x + 2) dx = −
2
Z
sen(x − 2)cos(5x + 3) dx =
•
1.4
Z
1
2
1
cos(3x + 3)cos(x + 2) dx =
2
Z
·
¸
1 sen(5x + 1)
[cos(5x + 1) − cos(−x − 3)] dx = −
− sen(x + 3) +C
2
5
Z
[sen(6x + 1) + sen(−4x − 5)] dx =
Z
·
¸
1 −cos(6x + 1) cos(4x + 5)
+
+C
2
6
4
·
¸
1 sen(4x + 5) sen(2x + 1)
[cos(4x + 5) + cos(2x + 1)] dx =
+
+C
2
4
2
Problemas de la sección
1. Resolver las siguientes integrales
Z 3
x − a3
a)
dx
x−a
Z
b)
Z
x
√ dx
x
c)
x3
x2
+ a + a2 x + C
3
2
2 √
sol : x x + C
3
Z
Z
√
x+6
d)
( x + sec x tg x)dx e)
dx
(x + 2)2
sol :
1
2 √
+C
sol : x x +
3
cos x
Z
y
g)
dy
(1 + y 2 )4
sol : −
1
+C
6(1 + y 2 )3
sol :ln|x + 2| −
Z
h)
4
+C
x+2
dx
e−x + ex
sol :arctg(ex ) + C
sol :
Z
f)
x5 + x3 + 2
dx
1 + x2
x4
+ 2 arctg x + C
4
1 − x2
dx
1 − x4
sol :arctg x + C
Z
i)
sol :
x2 ln3 (1 + x3 )
dx
1 + x3
1 4
ln (1 + x3 ) + C
12
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Z
Z
Z
ex + 1
dx
ex − 1
dx
6x − 4x2
· x
¸
µ
¶
1 2
(e − 1)2
4
sol : − ln (cos θ) + C sol :ln
+ C sol :arcsen
x−2 +C
2
ex
3
Z
Z
x
dx
√
m)
dx
n)
2
x2 + x + 1
−x − 2x + 8
·
¸
µ
¶
p
1
2
1
x+1
1
√
+C
sol :ln x2 + x + 1 − √ arctg √ (x + ) + C sol : √ arcsen
2
3
3
3
3
Z
Z
3x − 1
o)
dx
p)
cos3 x sen3 x dx
9x2 + 6x + 26
µ
¶
p
4
3x + 1
sen4 x sen6 x
6
+C
sol :
−
+C
sol :ln 9x2 + 6x + 26 − arctg
5
5
4
6
Z
Z
2
2
q)
cos x sen x dx
r)
tg 3 θ sec4 θ dθ
j)
tg θ ln(cos θ)dθ
sol :
k)
1
1
x − sen4 x + C
8
32
sol :
Z
s)
1
1
−
+C
6
6cos θ 4cos4 θ
Z
cos 2x sen 3x dx
t)
µ
¶
1 cos 5x
sol : −
+ cos x + C
2
5
Z
u)
sen 5x sen 7x dx
sol :
√
l)
1
2
µ
sen 2x cos 12x
−
2
12
cos 5x cos 7x dx
1
sol :
2
µ
sen 12x sen 2x
+
12
2
¶
+C
¶
+C
2. Aplicar integración por partes para resolver las siguientes integrales:
Z
Z
2
a)
x sen 2x dx
b)
arctg x dx
sol : −
x2 cos 2x x sen 2x cos 2x
+
+
+C
2
2
4
Z
c)
ln x dx
sol :x ln x − x + C
1
sol :x arctg x − ln(1 + x2 ) + C
2
Z
d)
xln x dx
sol :
Z
e)
x2 ln x x2
−
+C
2
4
Z
x
2 sen x dx
sol :2x
ln 2 sen x − cos x
+C
1 + (ln 2)2
f)
2
x3 ex dx
2
sol :
2
x2 ex
ex
−
+C
2
2
7
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
Z
g)
sen θ ln(cos θ)dθ
sol : − cos θ ln(cos θ) + cos θ + C
3. Resolver las siguientes integrales racionales
Z
2x5 − 11x3 + 17x2 − 10x + 3
a)
dx
2x4 − 6x3 + 7x2 − 4x + 1
x2
1
1
+ 3x − ln|x − 1| −
+ ln(2x2 − 2x + 1) − arctg(2x − 1) + C
2
x−1 2
Z
Z
3x2 + 1
x2 + 1
b)
dx
c)
dx
x4 − 1
(x − 1)3
sol :
s¯
¯
¯x − 1¯
¯
¯ + 2 arctg x + C
sol :ln ¯
x + 1¯
4. Resolver las siguientes integrales
Z
cos 2x
dx
a)
cos2 x
sol :2x − tag x + C
Z
d)
x
sol :
2
√
x2
dx
1 + x2
sol :x − arctg x + C
√
x + 1dx
Z
h)
sol :
Z
tg 2 x dx
c)
sol :tag x − x + C
e)
√
3
x7 + 3x3
dx
1 + x8
sol :ln
p
3
8
1 + x8 + arctg x4 + C
4
Z
1
√
dx
x+2+ 3x+2
g)
¯√
¯
sol :2 x + 2 − 3 x + 2 + 6 x + 2 − ln ¯ 6 x + 2 + 1¯ + C
√
2
1
−
+C
x − 1 (x − 1)2
Z
4p
2p
2p
(x + 1)7 −
(x + 1)5 −
(x + 1)3 + C
7
5
3
Z
f)
Z
b)
sol :ln|x − 1| −
√
6
4x + 5.16x
dx
1 + 16x
5
1
ln(1 + 16x ) +
arctg(4x ) + C
2 ln 4
ln 4
e2x
1
dx
+ ex − 2
s¯
¯
3 x
¯ x
¯
6 ¯ (e − 1) (e + 2) ¯
sol :ln ¯
¯+C
3x
e
Z
i)
cos3 x
dx
1 + sen2 x
sol : − sen x + 2 arctg(sen x) + C
8
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
2
2.1
9
Integral definida. Áreas de regiones planas.
Área de una región plana
Definición.- Sea f una función continua y no negativa en el intervalo [a, b]. El área de la región limitada por
la gráfica de f , el eje OX y las rectas verticales x = a y x = b es
Área = lim
n→∞
n
X
f (ci )∆x,
(xi−1 ≤ ci ≤ xi )
i=1
b−a
y los puntos xi ∈ [a, b] son tales que: x0 = a < x1 < x2 < ... < xn = b y ∆x = xi − xi−1 .
n
Ejemplo: Encontrar el área de la región limitada por la gráfica de la función f (x) = x3 , el eje OX y las rectas
n
X
n2 (n + 1)2
.
verticales x = 0 y x = 1, sabiendo que
i3 =
4
i=1
1
En este caso [a, b] = [0, 1], ∆x = , x0 = 0 < x1 = n1 < x2 = n2 < ... < xn = 1 y tomaremos ci = ni . Por
n
lo tanto
n
n µ ¶3
n
X
X
i
1 X 3
1
Área = lim
f (ci )∆x = lim
= lim 4
i =
n→∞
n→∞
n
n n→∞ n i=1
i=1
i=1
·
¸
¶
µ
1 n2 (n + 1)2
1
1
1
1
= lim 4
= lim
+
+ 2 =
n→∞ n
n→∞ 4
4
2n 4n
4
donde ∆x =
Nota: en realidad los subintervalos en los que dividimos [a, b] no tienen que ser de igual tamaño, pero lo cierto
es que ası́ elegidos simplifican los cálculos.
2.2
Sumas de Riemann e integrales definidas
Definición.- Sea f definida en el intervalo [a, b], y sea ∆ una partición de [a, b] dada por
a = x0 < x1 < x2 < .... < xn−1 < xn = b
donde ∆xi es el ancho del i-ésimo intervalo [xi−1 , xi ]. Si ci es cualquier punto en el i-ésimo intervalo entonces
la suma
n
X
f (ci )∆xi
xi−1 ≤ ci ≤ xi
i=1
se denomina suma de Riemann de f para la partición ∆.
El ancho del subintervalo más grande de la partición ∆ es la norma de la partición y se denota por medio
de ||∆||. Si todos los subintervalos tienen el mismo ancho, la partición es regular y la norma viene dada por
b−a
b−a
||∆|| = ∆x =
. En el caso general se tiene
≤ n, siendo n el número de subintervalos. Es evidente
n
||∆||
que si ||∆|| → 0, entonces n → ∞.
Definición.- Si f se define en el intervalo [a, b] y el lı́mite
en [a, b] y el lı́mite se denota por
lim
||∆||→0
n
X
i=1
lim
n
X
||∆||→0
Z
f (ci )∆xi existe, entonces f es integrable
i=1
b
f (ci )∆xi =
f (x) dx
a
El lı́mite recibe el nombre de integral definida de f de a a b. El número a es el lı́mite inferior de integración,
y el número b es el lı́mite superior de integración.
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
10
Teorema
Si una función f es continua en el intervalo [a, b], entonces f es integrable en [a, b].
Z
1
n
X
n(n + 1)
.
2
−2
i=1
La función es continua en el intervalo, por tanto es seguro que existe el valor pedido. Para calcularlo, y por
1 − (−2)
3
sencillez, dividiremos el intervalo [−2, 1] en n partes iguales de tamaño ∆xi = ∆x =
= . Eligiendo
n
n
3i
ci como el extremo derecho de cada intervalo tenemos que ci = a + i∆x = −2 + . De forma que
n
µ
¶
Z 1
n
n
n
X
X
X
3i 3
2x dx = lim
f (ci )∆xi = lim
f (ci )∆x = lim
2 −2 +
=
n→∞
n→∞
n n
||∆||→0
−2
i=1
i=1
i=1
Ejemplo: Hallar el valor de la integral definida
2x dx, sabiendo que
i=
¶
½
·
¸¾
n µ
6X
6
3i
3 n(n + 1)
= lim
−2 +
= lim
−2n +
= −3
n→∞ n
n→∞ n
n
n
2
i=1
Teorema
Si f es continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b], entonces el área de la región acotada por la
gráfica de f , el eje OX y las rectas verticales x = a y x = b está dado por
Z b
Área =
f (x) dx
a
Ejemplo: Considérese la región delimitada por la gráfica de f (x) = 4x − x2 y el eje OX. Los puntos de corte
de la gráfica de f con el eje OX son x = 0 y x = 4 y es fácil comprobar que
Z entre esos dos puntos la gráfica es
4
no negativa, por lo que el área de esta región viene dada por el valor de
(4x − x2 ) dx.
0
Z
Z
b
Nota: Nótese que en general Área 6=
1
f (x) dx. Piénsese en
a
2x dx que como vimos vale -3, sin embargo
−2
puede comprobarse gráficamente que el área delimitada por la gráfica de f (x) = 2x, el eje OX y las rectas
verticales x = −2 y x = 1, vale 5. Esto es debido a que la función f (x) = 2x cambia de signo en el intervalo
[−2, 1].
2.2.1
Z
Propiedades de las integrales definidas
a
•
f (x) dx = 0
a
Z
Z
a
•
b
f (x) dx = −
f (x) dx
b
Z
a
Z
b
•
f (x) dx =
a
Z
c
b
f (x) dx +
a
f (x) dx,
a < c < b (en realidad vale para todo c real, siempre que las
c
integrales involucradas existan)
Z b
Z b
•
k f (x) dx = k
f (x) dx, siendo k una constante.
a
Z
a
Z
b
[f (x) ± g(x)] dx =
•
a
Z
b
b
f (x) dx ±
a
g(x) dx
a
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
Z
• Si f es integrable y no negativa en el intervalo [a, b], entonces 0 ≤
11
b
f (x) dx
a
• Si f y g son integrables en el intervalo [a, b] y f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces
Z b
Z b
f (x) dx ≤
g(x) dx
a
2.3
a
Teoremas fundamentales del cálculo
Teorema fundamental del cálculo
Si una función f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y F es una primitiva o antiderivada de f en dicho
intervalo, entonces
Z b
b
f (x) dx = [F (x)]a = F (b) − F (a)
a
Ejemplos:
¸2 µ
¶ µ
¶
· 3
Z 2
8
1
2
x
2
− 3x =
−6 −
−3 =−
(a)
(x − 3) dx =
3
3
3
3
1
1
Z 2
(b)
|2x − 1| dx. La función f (x) = |2x − 1| viene definida por
0



 −(2x − 1),
|2x − 1| =
luego
Z
Z
2
1
2
|2x − 1| dx =
0


 2x − 1,
Z
2
−(2x − 1) dx +
1
2
0
x<
x≥
1
2
1
2
£
¤1 £
¤2
5
(2x − 1) dx = −x2 + x 02 + x2 − x 1 =
2
2
En este último ejemplo, y dado que f (x) = |2x − 1| es no negativa en [0, 2], la integral hallada coincide
con el área encerrada por la gráfica de |2x − 1|, el eje OX y las rectas verticales x = 0 y x = 2.
Teorema del valor medio para integrales
Si f es continua en el intervalo [a, b], entonces existe un número c ∈ [a, b], tal que
Z
b
f (x) dx = f (c)(b − a)
a
1
El valor f (c) =
b−a
Z
b
f (x) dx recibe el nombre de valor medio de f en [a, b]
a
Ejemplo: A diferentes alturas en la atmósfera de la Tierra, el sonido viaja a diferentes velocidades. La velocidad
del sonido s(x) (en metros por segundo) puede modelarse mediante
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
12

−4x + 341,
0 ≤ x < 11.5








295,
11.5 ≤ x < 22








 3 x + 278.5,
22 ≤ x < 32
4
s(x) =




3


 x + 254.5,
32 ≤ x < 50


2







 − 3 x + 404.5,
50 ≤ x < 80
4
donde x es la altura en kilómetros. ¿Cuál es la velocidad media del sonido sobre el intervalo [0, 80].
Z 80
1
s(x) dx. Para calcular la integral de s(x) en el intervalo [0, 80],
La repuesta es velocidad media =
80 0
podemos dividir la misma en cinco integrales
Z 11.5
Z 11.5
£
¤11.5
s(x) dx =
(−4x + 341) dx = −2x2 + 341x 0 = 3657
0
Z
0
Z
22
22
22
s(x) dx =
11.5
Z
11.5
Z
32
32
s(x) dx =
22
Z
22
Z
50
50
s(x) dx =
32
32
295 dx = [295x]11.5 = 3097.5
·
¸32
3 2
3
x + 278.5x
= 2987.5
( x + 278.5) dx =
4
8
22
·
¸50
3
3 2
( x + 254.5) dx =
x + 254.5x
= 5688
2
4
32
·
¸80
3
3
(− x + 404.5) dx = − x2 + 404.5x
= 9210
2
4
50
50
50
Z 80
Al sumar los valores de las cinco integrales se obtiene
s(x) dx = 24640, con lo que
Z
Z
80
80
s(x) dx =
velocidad media =
24640
80
= 308 metros por segundo.
0
El segundo teorema fundamental del cálculo
Si f es continua en un intervalo abierto I que contiene a a, entonces, para todo x ∈ I
·Z x
¸
d
f (t) dt = f (x)
dx a
Teorema (Cambio de variable para integrales definidas)
Si la función u = g(x) tiene una derivada continua en el intervalo cerrado [a, b] y f es continua en el recorrido
o rango de g, entonces
Z b
Z g(b)
0
f [g(x)] g (x) dx =
f (u) du
Z
a
5
g(a)
√
x
dx. Efectuemos el cambio de variable u = 2x − 1, o lo que es lo mismo
2x − 1
1
√
u2 + 1
. Esto nos lleva a que u du = dx y cuando x = 1, u = 2 − 1 = 1, mientras que cuando x = 5,
x=
2
Ejemplo: Calcular
√
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
u=
√
13
10 − 1 = 3. Por tanto
·
¸3
Z 3
Z 5
Z
x
1 u2 + 1
1 u3
1 3 2
16
√
dx =
u du =
(u + 1) du =
+u =
u
2
2
2
3
3
2x − 1
1
1
1
1
Teorema
Sea f integrable en el intervalo [−a, a].
Z a
Z
(a) si f es una función par, entonces
f (x) dx = 2
−a
Z
a
f (x) dx
0
a
(b) si f es una función impar, entonces
f (x) dx = 0
−a
Z
π
2
Ejemplo: Calcular
(sen3 x cos x + sen x cos x) dx. Tomando f (x) = sen3 x cos x + sen x cos x, es fácil
−π
2
comprobar que f (−x) = −f (x), es decir, f es una función impar, por lo tanto la integral pedida vale 0.
2.4
Problemas de la sección
1. .- Verificar el resultado de las siguientes integrales definidas
Z
4
1
√
116
(1 − x) xdx = −
15
Z
2
a)
x2 (x3 + 1)dx =
c)
0
Z
1
e)
x(1 −
√
x)2 dx =
0
Z
a
g)
p
0
Z
i)
Z
0
k)
− 21
27
8
π
4
0
π
6
q)
π
3
3π
4
s)
π
4
1 + 3xdx = 26
3
√
0
Z
4
√
f)
8
Z
1
h)
2
x
dx
=2
1+x
x
dx = −6
− 15
x2
p
x2 dx
4−
−1
Z
1
0
Z
l)
√
senxdx
1
7+3 2
√ )
= ln(
cos2 x − 5cosx + 4
3
7−3 2
π
3
π
−2
2
x2 sen(3x)dx =
0
Z
dx
3
8
√ = ln( )
2
3
x− 3x
√
dx
= −ln 3
sen(2x)
√
2π
3
=
−
3
2
ln(x2 + 1)dx = ln2 +
4
Z
p)
0
Z
−3
r)
−8
π2 − 4
27
√
1− x
3
√ dx = 4ln( ) − 1
4
1+ x
9
n)
π
cos(2x) − 1
dx = − 1
cos(2x) + 1
4
Z
Z
Z
1
30
πa2
=
4
√
d)
dx
1
3
= ln( )
j)
2
5
2
3 25 − x
√
π 3 5
x3
dx =
−
x2 + x + 1
9
8
m)
o)
−
x2 dx
8
1
40
3
4
Z
Z
a2
Z
b)
√
2
2
x3 ex dx =
e2 + 1
2
1
3
1
x+2
dx = ln( ) +
x(x − 2)2
2
4
5
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
14
2. Encontrar el área de la región delimitada por las gráficas de las ecuaciones
√
a) y = 3x2 + 1, x = 0, x = 2, y = 0 b) y = 1 + 3 x, x = 0, x = 8, y = 0
Sol: 10 u.a.
Sol: 20 u.a.
c)y = x3 + x, x = 0, x = 2, y = 0
d) y = −x2 + 3x, y = 0
Sol: 6 u.a.
Sol:
27
u.a.
6
3. La fuerza F (en newtons) de un cilindro hidráulico en una prensa es proporcional al cuadrado de sec x,
π
donde x es la distancia (en metros) que el cilindro se desplaza en su ciclo. El dominio de F es [0, ], y
3
F (0) = 500.
(a) Encontrar F como una función de x.
π
(b) Determinar la fuerza media ejercida por la prensa sobre el intervalo [0, ].
3
√
1500 3
2
Sol: a)F (x) = 500 sec x b)
≈ 827 N
π
4. La velocidad v del flujo de sangre a una distancia r del eje central de cualquier arteria de radio R es
v = k(R2 − r2 ), donde k es la constante de proporcionalidad. Determinar el flujo medio de sangre a lo
largo de un radio de arteria. (Usar 0 y R como los lı́mites de integración).
Sol: 2kR2
5. El volumen V en litros de aire en los pulmones durante un ciclo respiratorio de cinco segundos, se aproxima
mediante el modelo V = 0.1729 t + 0.1522 t2 − 0.0374 t3 , donde t es el tiempo en segundos. Aproximar el
volumen medio de aire en los pulmones durante un ciclo.
Sol: 0.5318 l aproximadamente.
3
3.1
Aplicaciones
Área de una región entre las gráficas de dos funciones
Si f y g son continuas en [a, b] y g(x) ≤ f (x) para todo x ∈ [a, b], entonces el área de la región acotada por las
gráficas de f y g y las rectas verticales x = a y x = b es
Z b
A=
[f (x) − g(x)] dx
a
Ejemplo: Encontrar el área de la región acotada por las gráficas de y = x2 + 2, y = −x, x = 0, y x = 1.
· 3
¸1
Z 1
x
x2
17
2
A=
[(x + 2) − (−x)] dx =
+
+ 2x =
u.a.
3
2
6
0
0
Nota: En caso de que no sepamos qué función es mayor, podemos restar en el orden que queramos, siempre
que tomemos el valor absoluto de la integral, es decir, si no sabemos cuál de las dos situaciones, g(x) ≤ f (x) o
f (x) ≤ g(x), se nos presenta, basta escribir
¯Z
¯ ¯Z
¯
¯ b
¯ ¯ b
¯
¯
¯ ¯
¯
A=¯
[f (x) − g(x)] dx¯ = ¯
[g(x) − f (x)] dx¯
¯ a
¯ ¯ a
¯
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
3.1.1
15
Área de una región entre gráficas que se intersectan
• Las gráficas se cortan en un sólo punto, x0 , dentro de la región a la que le queremos calcular el área.
¯
¯Z x 0
¯ ¯¯Z b
¯
¯
¯ ¯
¯
A = ¯¯
[f (x) − g(x)] dx¯¯ + ¯
[f (x) − g(x)] dx¯
¯
¯
a
x0
Ejemplo: Encontrar el área de la región acotada por las gráficas de f (x) = x, g(x) = −x, x = −1, y
x = 1. Es fácil comprobar que las gráficas de las dos funciones sólo se cortan en el punto (0, 0), luego
x0 = 0
¯
¯ ¯Z 1
¯Z 0
¯
¯ ¯
¯
[x − (−x)] dx¯¯ = 2 u.a.
[x − (−x)] dx¯¯ + ¯¯
A = ¯¯
0
−1
¯Z
¯
Nótese que si hubiésemos calculado directamente ¯¯
1
−1
¯
¯
[x − (−x)] dx¯¯, el resultado darı́a A = 0.
• Las gráficas se cortan en dos puntos, x0 y x1 , y la región queda determinada por éstas.
¯Z x1
¯
¯
¯
¯
A=¯
[f (x) − g(x)] dx¯¯
x0
Ejemplo: Encontrar el área de la región comprendida entre las gráficas de f (x) = 2 − x2 y g(x) = x.
En primer lugar, e igualando las expresiones de f y g, obtenemos los puntos de corte
2 − x2 = x ⇒ x2 + x − 2 = 0 ⇒ (x + 2)(x − 1) = 0 ⇒ x0 = −2, x1 = 1
Por lo tanto,
¯Z
¯
A = ¯¯
¯
¯ 9
[2 − x − x] dx¯¯ = u.a.
2
−2
1
2
• Las gráficas se cortan en más de dos puntos y la región queda determinada por éstas. En este caso hemos
de dividir en tantas partes como nos permita el número de intersecciones. Por ejemplo, si tenemos tres
puntos de corte x0 , x1 , x2 dividiremos el área en dos partes: la que se encuentra entre los puntos x0 , x1
y la que se encuentra entre x1 , x2 . Si tuviésemos cuatro puntos de corte, dividirı́amos la región en tres
partes, y ası́ sucesivamente.
Ejemplo: Encontrar el área de la región comprendida entre las gráficas de f (x) = 3x3 − x2 − 10x y
g(x) = −x2 + 2x. Nuevamente, igualando las expresiones de f y g obtenemos los puntos de corte
3x3 − x2 − 10x = −x2 + 2x ⇒ 3x3 − 12x = 0 ⇒ 3x(x + 2)(x − 2) = 0 ⇒ x0 = −2, x1 = 0, x2 = 2
por lo tanto
¯Z
¯
A = ¯¯
0
−2
¯ ¯Z
¯ ¯
[3x3 − x2 − 10x − (−x2 + 2x)] dx¯¯ + ¯¯
0
2
¯
¯
[3x3 − x2 − 10x − (−x2 + 2x)] dx¯¯ = 24 u.a.
• Todo lo anteriormente dicho ha sido expresado tomando siempre la variable x como la independiente y la
variable y = f (x) como la dependiente. En algunas ocasiones es mejor intercambiar el carácter de estas
variables.
Ejemplo: Encontrar el área de la región comprendida entre las gráficas de y 2 = 3 − x y y = x − 1.
En esta ocasión es preferible despejar x en función de y para obtener f (y) y g(y) y poder aplicar todo lo
anterior intercambiando los papeles de las variables. f (y) = 3 − y 2 y g(y) = y + 1.
3 − y 2 = y + 1 ⇒ y 2 + y − 2 = 0 ⇒ (y + 2)(y − 1) = 0 ⇒ y0 = −2, y1 = 1
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
por lo tanto
3.2
16
¯
¯ 9
[3 − y − (y + 1)] dy ¯¯ = u.a.
2
−2
¯Z
¯
A = ¯¯
1
2
Volúmenes de sólidos de revolución
Si una región del plano gira alrededor de una recta, el sólido resultante es un sólido de revolución, y la recta
se denomina eje de revolución. En esta sección presentaremos la formulación necesaria para el cálculo del
volumen de estos cuerpos.
3.2.1
El método de los discos
Este método se utiliza cuando la región que gira está completamente apoyada sobre el eje de giro y éste es
paralelo al eje de la variable independiente o coincide con éste. Distiguiremos dos casos:
(a) Si el eje de giro es una recta horizontal, es decir paralela al eje OX, y = k, o bien es este mismo, y el
borde de la región lo marca la gráfica de una función y = f (x) y las rectas verticales x = a y x = b.
Z b
V =π
[R(x)]2 dx
a
donde R(x) = f (x) si el eje de giro es OX, y R(x) = f (x) − k si el eje de giro es la recta y = k.
Ejemplos:
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por la gráfica de f (x) =
y el eje OX (0 ≤ x ≤ π) alrededor del eje OX.
Z π
Z π
√
π
2
V =π
[R(x)] dx = π
[ sen x]2 dx = π [−cos x]0 = 2π u.v.
0
√
sen x
0
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de f (x) = 2 − x2
y g(x) = 1 alrededor de la recta y = 1. En este caso R(x) = f (x) − 1 = 2 − x2 − 1 = 1 − x2 . Los
puntos de corte entre f (x) y g(x) determinarán los lı́mites de integración. En este caso x = −1 y
x = 1.
·
¸1
Z 1
Z 1
2x3
x5
16π
V =π
[R(x)]2 dx = π
[1 − x2 ]2 dx = π x −
+
u.v.
=
3
5 −1
15
−1
−1
(b) Si el eje de giro es una recta vertical, es decir paralela al eje OY , x = k, o bien es éste mismo, y el borde
de la región lo marca la gráfica de una función x = f (y) y las rectas horizontales y = a y y = b.
Z b
V =π
[R(y)]2 dy
a
donde R(y) = f (y) si el eje de giro es OY , y R(y) = f (y) − k si el eje de giro es la recta x = k.
Como puede apreciarse, este caso es igual al anterior salvo el hecho de que los papeles jugados por las
variables x e y han sido intercambiados.
Ejemplos:
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por la gráfica de f (y) =
eje OY ( (0 ≤ y ≤ 4) alrededor del eje OY .
· 2 ¸4
Z 4
Z 4
y
√ 2
2
V =π
[R(y)] dy = π
[ y] dy = π
= 8π u.v.
2 0
0
0
√
y, el
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
3.2.2
17
El método de las arandelas o del anillo
Este método consiste en una adapatación del de los discos para el caso en que la región que gira no esté completamente apoyada en el eje de giro, es decir se generen sólidos de revolución huecos. La situación vendrá dada
por una región que está delimitada por la gráfica de dos funciones entre dos valores de la variable independiente.
La fórmula para el cálculo del volumen es
Z b³
´
2
2
V =π
[f (x)] − [g(x)] dx (eje de giro horizontal)
a
Z
b
³
2
2
´
[f (y)] − [g(y)]
V =π
dx
(eje de giro vertical)
a
siendo g(x) ≤ f (x) (a ≤ x ≤ b). En caso de que no sepamos qué función es mayor, bastará con tomar el
valor absoluto de la integral señalada.
Ejemplos:
√
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de f (x) = x,
y g(x) = x2 alrededor√del eje OX.
En este caso f (x) = x y g(x) = x2 , los puntos de cortes de las dos gráficas son el (0, 0) y el (1, 1).
¸1
· 2
Z 1
Z 1
¡√ 2
¢
x5
3π
x
[ x] − [x2 ]2 dx = π
(x − x4 ) dx = π
−
=
u.v.
V =π
2
5 0
10
0
0
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de y = x2 + 1, y = 0,
x = 0 y x = 1 alrededor del eje OY .
Al ser el eje de giro vertical, debemos tomar a la variable y como la variable independiente. Esto nos lleva
a tener que dividir la región de giro en dos zonas, cuando 0 ≤ y ≤ 1 nuestra región está delimitada por
las rectas x = 1 = f√
(y) y x = 0 = g(y). Mientras que para 1 ≤ y ≤ 2 la región la acotan las gráficas de
x = 1 = f (y) y x = y − 1 = g(y). Por lo tanto
·
¸2
Z 1
Z 2
p
y2
3π
1
2
2
2
2
V =π
(1 − 0 ) dy + π
(1 − [ y − 1] ) dy = π [y]0 + π 2y −
u.v.
=
2 1
2
0
1
• Un fabricante taladra un orificio a través del centro de una esfera de metal de 5 pulgadas de radio. El
orificio tiene un radio de 3 pulgadas. ¿Cuál es el volumen del objeto de metal resultante?
Podemos imaginar el objeto como el sólido generado al girar la región delimitada√por las gráficas de
x2 + y 2 = 25 y la recta y = 3 alrededor del eje OX. Esto nos llevarı́a a tomar f (x) = 25 − x2 y g(x) = 3,
siendo los puntos de cortes, entre las correpondientes gráficas, (−4, 3) y (4, 3). Por lo tanto
¸
·
¸4
Z 4 · ³p
Z 4
´2
x3
256π
2
2
2
V =π
25 − x
− (3) dx = π
(16 − x ) dx = π 16x −
=
pulgadas cúbicas
3
3
−4
−4
−4
3.2.3
El método de las capas
Este método presenta una alternativa, en ocasiones ventajosa, a los métodos anteriores. Lo más significativo
en este caso es que el eje de giro es perpendicular al eje de la variable independiente. La región de giro vendrá
delimitada, en general, por la gráfica de una función y = f (x) y lı́neas verticales x = c, x = d cuando el eje de
giro es vertical o bien x = g(y), y = a, y = b, cuando el eje de giro es horizontal. Las fórmulas a emplear en
cada caso son
Z
b
V = 2π
p(y)h(y) dy
(eje de giro horizontal)
a
Z
d
V = 2π
p(x)h(x) dx
c
(eje de giro vertical)
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
18
donde la función h será h(y) = g(y) o bien h(x) = f (x), según cada caso, y la función p nos da la distancia
de cada punto de la gráfica de h al eje de giro.
Ejemplos:
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de y = x − x3 , y el eje
OX (0 ≤ x ≤ 1) alrededor del eje OY .
En este caso f (x) = x − x3 , c = 0, d = 1. Como el eje de giro es vertical la fórmula a emplear es
Z
V = 2π
Z
1
p(x)f (x) dx = 2π
0
1
p(x)(x − x3 ) dx
0
Para determinar la expresión de p(x), basta notar que al ser el eje de giro el eje OY la distancia de
cualquier punto a éste vendrá dada por la primera coordenada del punto, luego p(x) = x. Por lo tanto
Z
Z
1
1
3
V = 2π
p(x)(x − x ) dx = 2π
0
0
·
x3
x5
x(x − x ) dx = 2π − +
5
3
¸1
3
=
0
4π
u.v.
15
• Encontrar el volumen del sólido de revolución formado al girar la región acotada por la gráfica de x = e−y
y el eje OY (0 ≤ y ≤ 1) alrededor del eje OX.
2
x = e−y , a = 0, b = 1. Como el eje de giro es horizontal
Z 1
Z 1
2
V = 2π
p(y)g(y) dy = 2π
p(y)e−y dy
0
2
0
Nuevamente es fácil comprobar que p(y) = y, con lo que
Z
1
V = 2π
Z
1
2
p(y)e−y dy = 2π
0
0
¶
µ
h
i
2
2 1
1
u.v.
=π 1−
ye−y dy = −π e−y
e
0
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de y = x2 + 1, y = 0,
x = 0 y x = 1 alrededor del eje OY .
Z
Z
1
V = 2π
1
p(x) h(x) dx = 2π
0
0
·
x4
x2
x(x + 1) dx = 2π
+
4
2
¸1
2
=
0
3π
u.v.
2
Obsérvese que este volumen fue calculado por el método de las arandelas, y nos vimos obligados a dividir
la región de giro en dos partes.
• Encontrar el volumen del sólido formado al girar la región acotada por las gráficas de y = x3 + x, y = 0,
x = 1 alrededor de la recta x = 2.
Este problema es un buen ejemplo de cómo en ocasiones es necesario, sin posibilidad de elección, el uso
del método de las capas. En la ecuación y = x3 + x, no se puede despejar fácilmente la variable x en
función de la variable y, con lo que hemos de mantenet la variable x como independiente y el eje de giro
es vertical
Z
d
V = 2π
p(x)h(x) dx,
c
siendo c = 0, d = 1, h(x) = x3 + x, p(x) = 2 − x. Luego,
Z
Z
d
V = 2π
p(x)h(x) dx = V = 2π
c
0
1
(2 − x)(x3 + x) dx =
29π
u.v.
15
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
3.2.4
19
Longitud de arco y superficies de revolución
Definición.- Sea la función dada por y = f (x) cuya gráfica represente una curva suave en el intervalo [a, b], es
decir, f es continuamente derivable en dicho intervalo. La longitud de arco de f entre a y b es
Z
p
b
1 + [f 0 (x)]2 dx
s=
a
Análogamente, para una curva suave dada por x = g(y), la longitud de arco de g entre c y d es
Z
d
s=
p
1 + [g 0 (y)]2 dy
c
Ejemplos:
1
1
x3
+
en el intervalo [ , 2].
6
2x
2µ
¶
x3
1
3x2
1
1
1
0
2
Tomando f (x) =
+ , tenemos que f (x) =
− 2 =
x − 2 . Por lo que la longitud pedida
6 2x
6
2x
2
x
es
s
· µ
¶¸2
¶
Z 2
Z 2 µ
Z bp
1
1
1
1
33
2
0
2
2
s=
1 + [f (x)] dx =
1+
x − 2
dx =
x + 2 dx =
u.l.
1
1
2
x
2
x
16
a
2
2
• Encontrar la longitud de arco de y =
• Un cable eléctrico cuelga entre dos torres¡ que están a ¢200 metros de distancia. El cable toma la forma
x
x
de una catenaria cuya ecuación es y = 75 e 150 + e− 150 . Encontrar la longitud de arco de cable entre las
dos torres.
x ¢
x ¢
x ¢
1¡ x
1¡ x
1¡ x
y0 =
e 150 − e− 150 , luego (y 0 )2 =
e 75 − 2 + e− 75 y por tanto 1 + (y 0 )2 =
e 75 + 2 + e− 75 =
2
4
4
¸2
·
x ¢
1¡ x
− 150
150
. Por consiguiente
+e
e
2
Z
100
s=
p
1+
−100
[y 0 (x)]2
1
dx =
2
Z
100
−100
³ 2
´
£ x
¡ x
x ¢
x ¤100
2
e 150 + e− 150 dx = 75 e 150 − e− 150 −100 = 150 e 3 − e− 3 metros
Definición.- Si la gráfica de una función continua gira alrededor de una recta, la superficie resultante es una
superficie de revolución.
Definición.- Sea y = f (x) con la derivada continua en el intervalo [a, b]. El área S de la superficie de revolución
formada al girar la gráfica de f alrededor de un eje horizontal o vertical es
Z
b
S = 2π
r(x)
p
1 + [f 0 (x)]2 dx
a
donde r(x) es la función que mide, en cada punto de la gráfica de f , la distancia al eje de revolución. Si x = g(y)
en el intervalo [c, d], entonces el área de la superficie es
Z
d
S = 2π
r(y)
p
1 + [g 0 (y)]2 dy
c
donde r(y) es la función que mide, en cada punto de la gráfica de g, la distancia al eje de revolución.
Ejemplos:
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
20
• Encontrar el área de la superficie formada al girar la gráfica de f (x) = x3 en el intervalo [0, 1] alrededor
del eje OX.
La distancia entre el eje OX y la gráfica de f es r(x) = f (x), y dado que f 0 (x) = 3x2 , se tiene que
Z
S = 2π
1
r(x)
Z
p
1
1 + [f 0 (x)]2 dx = 2π
x3
p
1 + 9x4 dx =
0
0
´
π ³ 3
10 2 − 1 u.a.
27
√
• Encontrar el área de la superficie formada al girar la gráfica de f (x) = x2 en el intervalo [0, 2] alrededor
del eje OY .
La distancia entre el eje OY y la gráfica de f es r(x) = x, y dado que f 0 (x) = 2x, se tiene que
Z
√
2
r(x)
S = 2π
Z
p
1 + [f 0 (x)]2 dx = 2π
0
3.3
√
2
0
p
13π
x 1 + 4x2 dx =
u.a.
3
Problemas de la sección
1. .- Hallar las áreas de las regiones planas limitadas por las curvas y rectas que se indican:
(a) y = x3 ; y = 0 ; x = −1 ; x = 2
(b) x = y 2 + 1 ; x = 10
(c) x = y 2 + 4y ; x = 0
(d) y = ex ; y = e−x ; x = −2 ; x = 2
(e) y = −x + 5 ; y = −3x + 21 ; x = 0 ; y = 0
Soluciones:
a)
d)
17
4
(u.a.)
2e4 −4e2 +2
e2
b) 36 (u.a.)
c)
32
3
(u.a.)
(u.a.) e) 61 (u.a.)
2. .- Calcular las siguientes áreas planas:
(a) Región limitada por las gráficas de y = senx e y = sen(2x), a la derecha del eje OY , desde el origen
hasta el primer punto de corte de ambas curvas.
(b) Lúnula superior limitada por las circunferencias x2 + y 2 = 4 y
x2 + (y + 2)2 = 8.
(c) Región limitada por la parábola (y − 2)2 = x − 1, por su recta tangente en el punto de ordenada 3 y
por el eje OX.
(d) Región limitada por y = senx, y = −1, x = 0 y x = 2π.
Soluciones:
Z π3
1
(a) A =
(sen2x − senx)dx =
(u.a.)
4
0
Z 2 p
p
(b) A =
( 4 − x2 − 8 − x2 + 2)dx = 4 (u.a.)
−2
3
Z
(c) A =
[(y − 2)2 + 1 − 2(y − 2)]dy = 9 (u.a.)
0
Z
(d) A =
2π
(senx + 1)dx = 2π (u.a.)
0
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
21
3. .- Hallar los volúmenes obtenidos al rotar alrededor de los ejes OX y OY las regiones planas dadas en el
ejercicio 1.
Soluciones:
Z 2
129
(a) Vx = π
x6 dx =
π (u.v.)
7
−1
Z 2
66
Vy = 2π
x4 dx =
π (u.v.)
5
−1
Z 3
81
(b) Vx = 2π
[10 − (y 2 + 1)]ydy =
π (u.v.)
2
Z 30
2304
[102 − (y 2 + 1)2 ]dy =
Vy = π
π (u.v.)
5
−3
Z 0
128
[0 − (y 2 + 4y)](−y)dy =
(c) Vx = 2π
π (u.v.)
3
−4
Z 0
512
Vy = π
(y 2 + 4y)2 dy =
π (u.v.)
15
−4
Z 2
(d) Vx = 2π
(e2x − e−2x )dx = π(e4 + e−4 − 2) (u.v.)
0
Z 2
Vy = 2π
x(ex − e−x )dx = 2π(e2 + 3e−2 ) (u.v.)
Z
0
7
Z
5
2962
(−x + 5)2 dx =
π (u.v.)
3
0Z
Z0 7
5
904
Vy = 2π
x(−3x + 21)dx − 2π
x(−x + 5)dx =
π (u.v.)
3
0
0
(e) Vx = π
(−3x + 21)2 dx − π
4. .- Hallar, por integración, las fórmulas que dan los volumenes de:
(a) Cilindro de radio r y altura a.
(b) Cono de radio r y altura a.
(c) Tronco de cono de radios R y r, cuya altura es a.
(d) Esfera de radio r.
Soluciones:
Z a
(a) V = π
r2 dx = πr2 a (u.v.)
0
Z a
r
1
(− x + r)2 dx = πr2 a (u.v.)
(b) V = π
a
3
0
Z a
r−R
πa 2
(c) V = π
(
x + R)2 dx =
(R + Rr + r2 ) (u.v.)
a
3
0
Z r
4
(d) V = π
(r2 − x2 )dx = πr3 (u.v.)
3
−r
5. .- Calcular la longitud del arco de curva definida por la ecuación dada, entre los puntos indicados:
(a) y = Chx, entre los puntos de abscisas 0 y 3.
√
(b) y = 5 − x3 , entre (1, 4) y (4, −3).
(c) y =
1
x3
+ , entre los puntos de abscisas 1 y 2.
12 x
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
(d) x =
y2
lny
1
e4
−
, entre ( , 1) y ( − 1, e2 ).
4
2
4
4
(e) x = ln(cosy), entre los puntos de ordenadas 0 y
22
π
.
3
Soluciones:
a) sh3 (u.l.)
d)
e4 +3
4
(u.l.)
b)
3
8
2
27 [10
3
2
− ( 13
4 ) ] (u.l.) c)
13
12
(u.l.)
π
e) − ln(tag 12
) (u.l.)
6. .- Calcular las áreas de las superficies de revolución obtenidas girando los arcos de curva señalados,
alrededor del eje o ejes indicados:
√
(a) y = 2 x, entre (1, 2) y (4, 4); eje OX.
(b) y = Chx, entre x = 0 y x = 1; ejes OX y OY .
x3
1
+
, entre x = 2 y x = 3; eje OY .
3
4x
lny
y2
(d) x =
−
, entre y = 1 e y = 3; ejes OX y OY .
4
2
(c) y =
Soluciones:
Z
4
(a) Ax = 2π
√
2 x
r
1+
1
Z
1
(b) Ax = 2π
Z01
Ay = 2π
3
1
8π 3
dx =
(5 2 − 2 2 ) (u.a.)
x
3
Ch2 x dx =
e2 − e−2 + 4
π (u.a.)
4
Shx.Chx dx = πSh2 1 (u.a.)
0
Z
3
(c) Ay = 2π
2
Z
3
x(x2 +
1
)dx = 33π (u.a.)
4x
y
1
32
y( + )dy =
π (u.a.)
2 2y
3
Z13 2
lny y
1
28 − 9ln3 − ln2 3
y
)( + )dy =
π (u.a.)
Ay = 2π
( −
4
2
2 2y
4
1
(d) Ax = 2π
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
4
23
Integrales impropias
Definición.- (Integrales impropias con lı́mites de integración infinitos)
1. Si f es continua en el intervalo [a, ∞), entonces
Z ∞
Z
f (x) dx = lim
b→∞
a
b
f (x) dx
a
2. Si f es continua en el intervalo (−∞, b], entonces
Z b
Z
f (x) dx = lim
a→−∞
−∞
b
f (x) dx
a
3. Si f es continua en el intervalo (−∞, ∞), entonces
Z ∞
Z c
Z
f (x) dx =
f (x) dx +
−∞
−∞
∞
f (x) dx
c
donde c es cualquier número real.
En los primeros dos casos la integral impropia converge si el correspondiente lı́mite existe, en caso contrario
la integral impropia diverge. En el tercer caso, la integral impropia de la izquierda diverge si cualquiera de las
integrales impropias de la derecha diverge.
Ejemplos:
•
Z
∞
1
•
Z
∞
1
dx = lim
b→∞
x
Z
e−x dx = lim
b→∞
0
0
b
Z
b
1
1
b
dx = lim [ln x]1 = lim ln b = ∞
b→∞
b→∞
x
(Diverge)
£
¤b
e−x dx = lim −e−x 0 = lim (−e−b + 1) = 1
b→∞
b→∞
(Converge)
•
Z
∞
−∞
1
dx =
1 + x2
Z
0
−∞
1
dx+
1 + x2
Z
∞
0
π
π
1
0
d
dx = lim [arctg x]b + lim [arctg x]0 = (0+ )+( −0)
b→−∞
d→∞
1 + x2
2
2
Definición.- (Integrales impropias con discontinuidades infinitas)
1. Si f es continua en el intervalo [a, b), entonces
Z b
Z
f (x) dx = lim−
c→b
a
c
f (x) dx
a
2. Si f es continua en el intervalo (a, b], entonces
Z b
Z
f (x) dx = lim+
c→a
a
b
f (x) dx
c
3. Si f es continua en el intervalo [a, b], excepto para algún punto c ∈ (a, b) en que f tiene una discontinuidad
infinita,entonces
Z b
Z c
Z b
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx
a
a
c
(Converge)
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
24
En los primeros dos casos la integral impropia converge si el correspondiente lı́mite existe, en caso contrario
la integral impropia diverge. En el tercer caso, la integral impropia de la izquierda diverge si cualquiera de las
integrales impropias de la derecha diverge.
Ejemplos:
•
Z
1
1
√
dx = lim
3
x
b→0+
0
•
Z
2
1
dx = lim+
x3
b→0
0
•
Z
2
−1
Z
1
b
Z
b
2
" 2 #1
1
x3
3
√
dx = lim
=
2
3
+
2
x
b→0
3
(Converge)
·
¸2
1
1
dx = lim+ − 2 = ∞
x3
2x b
b→0
(Diverge)
b
1
dx =
x3
Z
0
−1
1
dx +
x3
Z
0
2
1
dx
x3
y como en el ejemplo anterior comprobamos que la integral que aparece como segundo sumando es divergente, concluimos que la integral original también diverge.
Nota: Obsérvese lo fácil que es cometer el siguiente error
Z
2
−1
·
¸2
1
1
1 1
dx
=
−
=− +
x3
2x2 −1
8 2
(resultado erróneo)
al no haber estudiado las discontinuidades del la función integrando.
4.1
Funciones Gamma y Beta
En esta sección presentaremos dos funciones que vienen definidas a través de integrales impropias.
Definición La función Gamma de Euler Γ : (0, +∞) −→ R está definida por
Z ∞
Γ(x) =
tx−1 e−t dt;
x ∈ (0, +∞)
0
La integral presentada es doblemente impropia ya que el intervalo de integración es no acotado y que si
x − 1 < 0 la función tiene una discontinuidad infinita en t = 0. No obstante esta integral converge para todo
x > 0. La función Gamma verifica algunas propiedades interesantes, como:
(a) Γ(1) = 1
(b) Γ(x + 1) = x Γ(x)
(x > 0)
(c) Γ(n + 1) = n!
n∈N
(d) Γ(x)Γ(1 − x) =
π
sen(πx)
√
1
(e) 22x−1 Γ(x)Γ(x + ) = πΓ(2x) (fórmula de duplicación)
2
√
1
(f) Γ( ) = π
2
Ejemplos:
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
25
Γ(3) Γ(2.5)
Γ(5.5)
Teniendo en cuenta la propiedad (c), Γ(3) = 2! = 2. Por otra parte, haciendo uso de la propiedad (b),
Γ(5.5) = 4.5 Γ(4.5) = (4.5)(3.5)Γ(3.5) = (4.5)(3.5)(2.5)Γ(2.5). Luego
• Calcular
Γ(3) Γ(2.5)
2 Γ(2.5)
2
=
=
≈ 0.05079365
Γ(5.5)
(4.5)(3.5)(2.5)Γ(2.5)
39.375
Z
1
1
dx = I.
−ln
x
0
2
2
Efectuando el cambio de variable −ln x = t2 , es decir x = e−t , se tiene que dx = −2t e−t dt, además
cuando x tiende a 0, t tiende a ∞ y cuando x tiene a 1, t tiende a 0. Con todo esto podemos escribir
Z 1
Z ∞
Z 0
2
1
1
1
−t2
√
I=
(−2t) e
dt =
2t e−t dt
dx =
t
t
−ln x
0
0
∞
√
• Calcular
esta última integral recuerda a la que define a la función gamma, para ello realicemos ahora el cambio de
variable t2 = u, con el cual los lı́ımites de integración no varian y 2t dt = du.
Z ∞
Z ∞
√
1
1
1
√ e−u du =
I=
u− 2 e−u du = Γ( ) = π
2
u
0
0
Definición: La función Beta de Euler B : (0, +∞) × (0, +∞) −→ R está definida por
Z
B(x, y) =
1
tx−1 (1 − t)y−1 dt
(x > 0, y > 0)
0
Esta integral puede plantear dos posibles problemas que dependerán del signo de x − 1 y del de y − 1. si
x − 1 < 0 la función integrando presenta un discontinuidad infinita en t = 0, si y − 1 < 0 la presenta en t = 1. No
obstante siempre que sean x > 0 e y > 0, tendremos garantizada la convergencia. Las propiedades elementales
de la función Beta son:
(a) B(x, y) =
Γ(x)Γ(y)
Γ(x + y)
(b) B(x, y) = B(y, x)
Z π2
(c) B(x; y) = 2
sen2x−1 t cos2y−1 t dt
0
Ejemplo:
Z
π
2
• Calcular I =
0
sen4 θ cos5 θ dθ
5
6
Teniendo en cuenta la propiedad (c), y tomando 2x − 1 = 4 y 2y − 1 = 5, obtenemos x = e y = = 3
2
2
Tenemos
5
Γ(3) Γ( 2 )
5
2 Γ(2.5)
1
=
≈ 0.05079365
I = B( , 3) =
5
2
2
Γ(5.5)
Γ(3 + 2 )
Fundamentos Matemáticos de la Ingenierı́a. (Tema 7) Hoja
4.2
Problemas de la sección
1. .- Calcular las siguientes integrales:
R∞
R ∞ √ −y3
a) 0 x6 e−2x dx b) 0
ye dy
R∞
c)
0
2
3−4z dz
R1
d)
0
√ dx
−ln x
Soluciones:
√
√
Γ( 21 )
π
b)
=
3
3
Γ(7)
45
a) 6 =
2
4
c)
ln 3
1
Γ( ) =
4
2
√
√
1
d) Γ( ) = π
2
π ln 3
4
1 1
1
2. .- Deducir el valor de Γ( )a partir del valor de B( , ).
2
2 2
3. .- Calcular las siguientes integrales:
a)
R1
d)
0
x4 (1 − x)3 dx
R
π
2
0
R2
b)
sen6 θ dθ
R
e)
π
2
0
0
x2 dx
√
2−x
c)
sen4 θ cos5 θ dθ
Ra
0
f)
y4
p
Rπ
0
a2 − y 2 dy
cos4 θ dθ
Soluciones:
√
8
1
26 2
b) √ B(3, ) =
2
15
2
1
a) B(5, 4) =
420
d)
1
7 1
5π
B( , ) =
2
2 2
32
e)
1
5
8
B( , 3) =
2
2
315
c)
a6
5 1
3 a6
B( , ) =
π
2
2 2
16
1 5
3π
f ) B( , ) =
2 2
8
4. .- Calcular las siguientes integrales:
a)
R∞
0
dx
1+x6
b)
R1
0
x3 ln x dx
c)
R
π
2
0
senn x dx
d)
R
π
2
0
√dx
tg x
Soluciones:
a)
1 5 1
π
B( , ) =
6 6 6
3
b) −
1
1
Γ(2) = −
16
16
c)
1
Γ( n+1
1
n+1 1
2 ) Γ( 2 )
B(
, )=
2
2
2
2 Γ( n2 + 1)
d)
1
1 3
π
B( , ) =
2
2 2
4
26