Subido por Pablo Ortiz

Apuntes Calculo para Arquitectura

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Apuntes de Cálculo
Aplicado para Arquitectura
Academia Números
Versión 0.8 en elaboración
Edición Mar 2021
INDICE
Índice de Figuras ......................................................................................................................................... 3
Capítulo 1 .Preliminares ............................................................................................................................. 4
1.1 Objetivos ............................................................................................................................................. 4
1.2 El conjunto de los números reales ................................................................................................... 5
1.3 Valor Absoluto de un número real .................................................................................................. 6
1.4 Caracterización de funciones ......................................................................................................... 7
Ejercicios Resueltos ................................................................................................................................ 12
Problemas ............................................................................................................................................... 18
Capítulo 2 .Integrales Simples................................................................................................................. 19
2.1 Cálculo de áreas de figuras planas.............................................................................................. 19
2.2 Integral Definida .............................................................................................................................. 21
2.3 Área de funciones ........................................................................................................................... 25
2.4 Función primitiva. Integral indefinida............................................................................................ 31
Ejercicios Resueltos ................................................................................................................................ 36
Capítulo 3 .Aplicaciones Iniciales de la Integral ................................................................................... 38
3.1 Fuerzas en una Viga ....................................................................................................................... 38
3.2 Cargas, Soportes y Tipos de Vigas ................................................................................................ 38
3.3 Fuerzas Axiales, Cortantes y Momentos Flectores ..................................................................... 41
3.4 Cálculo de Cortantes y Momentos............................................................................................... 44
Caso 1. Cargas Puntuales y distintos tipos de soporte. ................................................................ 44
Caso 2. Cargas Distribuidas Uniformemente y distintos tipos de soporte ................................. 52
Caso 3. Cargas Distribuidas No Uniformemente y distintos tipos de soporte ............................ 56
Caso 4. Distintos tipos de cargas y soporte. Método de las Secciones. .................................... 57
Caso 5. Resolución por Integración ................................................................................................ 62
Ejercicios Resueltos ................................................................................................................................ 65
Capítulo 4 .Técnicas de Integración ....................................................................................................... 74
4.1 Integración por Cambio de Variable (Sustitución) ................................................................... 74
4.2 Integración por Partes..................................................................................................................... 81
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
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Capítulo 5 .Superficies de Revolución.................................................................................................... 88
5.1 Introducción ..................................................................................................................................... 88
5.2 Método de los Discos ...................................................................................................................... 89
5.3 Método de los Tubos ....................................................................................................................... 91
5.4 Resumen............................................................................................................................................ 94
Ejercicios Resueltos ................................................................................................................................ 95
Problemas ............................................................................................................................................... 97
ANEXO I. Centro de Gravedad y Momentos de Inercia ..................................................................... 98
Si los apuntes te resultaron de utilidad, son bienvenidas correcciones, sugerencias o aportes que
puedes enviar a [email protected] Puedes encontrar más documentos en
academianumeros.com
Ing. P.A. Ortiz
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Página 2
Índice de Figuras
FIGURA 1.1. FUNCIÓN |X| ...................................................................................................................................................... 8
FIGURA 1.2. SIMETRIZACIÓN RESPECTO AL EJE OX ...................................................................................................................... 9
FIGURA 2.1.1. INTEGRAL DEFINIDA .......................................................................................................................................... 21
FIGURA 3.1. CONVENCIÓN DE SIGNOS ................................................................................................................................... 43
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Capítulo 1 .Preliminares
Lo que tenemos que aprender, lo aprendemos haciendo
Aristóteles, 384 AC-322 AC.
1.1 Objetivos
Estas notas apuntan a un objetivo práctico complementando la teoría brindada en los cursos
con la escueta, por lo general, contraparte de ejemplos y problemas mismos. No obstante se
exponen los principales conceptos teóricos, principalmente las definiciones y teoremas más
importantes. No obstante, no es un sustituto teórico y debe necesariamente complementarse
con los conceptos del curso y la infinidad de libros sobre el tema.
Estas notas están en evolución (como puede apreciarse en el número de versión al pie), por lo
cual si te resultó de utilidad, correcciones, sugerencias o aportes son bienvenidos y lo pueden
enviar a [email protected]
Ing. P.A. Ortiz
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Página 4
1.2 El conjunto de los números reales
Desde la infancia surgen en nosotros los conceptos de 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 10 asociados a los
dedos de nuestras manos. Son los diez primeros elementos de un conjunto ilimitado que por surgir
de forma natural se llama conjunto de los números naturales. Este conjunto se representa por ℕ
y la propiedad fundamental es que cada número natural tiene su siguiente.
ℕ = {1,2,3,4. . }
En este conjunto es posible encontrar un número x que verifique la ecuación 16  x  25 , pero
no es posible encontrar un x natural que sea solución de la ecuación 16  x  12 . Esta
imposibilidad se resuelve ampliando el conjunto de los números naturales con los números -1, -2,
-3,… Así surge el conjunto de los números enteros, representado por ℤ.
ℤ = {… , −3, −2, −1,0,1,2,3, … . }
En ℤ no es posible resolver ecuaciones del tipo 2 x  5 . Las soluciones de ecuaciones análogas a
esta se encuentran en el conjunto de los números racionales. Estos se representan por ℚ
𝑚
ℚ = { ∶ 𝑚 ∈ ℤ ; 𝑛 ∈ ℤ; 𝑛 ≠ 0 }
𝑛
Los números racionales se corresponden con los números enteros, decimales exactos, periódicos
puros y periódicos mixtos. Sin embargo, existen números decimales que ni son exactos ni
periódicos, como los siguientes:
𝜋 = 3,14159
𝑒 1 = 2,7182
√2 = 1,41,42 …
Estos números, no racionales, se llaman números irracionales, que a veces se representan por 𝐼,
no obstante no es una notación universalmente aceptada. Los números racionales, junto con los
irracionales, forman el conjunto de los números reales, que se nota comoℝ, resutando entonces:
ℝ = ℚ ⋃ Irracionales
Se debe recordar que el conjunto de los números reales está contenido en el conjunto de los
números complejos, ℂ.
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1.3 Valor Absoluto de un número real
La definición del valor absoluto surge de nociones geométricas, y se relaciona con los conceptos
de longitud y distancia. Como representa distancias; por lo tanto, siempre será positiva o nula.
Dado un número real cualquiera 𝑥 , las parejas de números 𝑥 y −𝑥 se llaman opuestos, y si uno
de ellos es positivo el otro es negativo. Los números opuestos nos permiten dar la siguiente
definición de valor absoluto de un número real:
DEFINICIÓN 1.1. El valor absoluto de un número real 𝑥 , indicado por |𝑥|, se define como el número
positivo entre 𝑥 y −𝑥 si 𝑥 ≠ 0. Además |0| = 0
De otra forma:
𝑥 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0
|𝑥| = {
−𝑥 𝑠𝑖 𝑥 < 0
Las propiedades más relevantes del valor absoluto son las siguientes:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
|𝑥| ≥ 0 ∀𝑥 ∈ ℝ
|𝑥| = | − 𝑥| ∀𝑥 ∈ ℝ
|𝑥| = 0 ⇔ 𝑥 = 0|
|𝑥. 𝑦| = |𝑥| ∙ |𝑦| ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ
|𝑥⁄𝑦 | = |𝑥|/ |𝑦| ∀𝑥 ∈ ℝ, ∀𝑦 ∈ ℝ∗
|𝑥 + 𝑦| ≤ |𝑥| + |𝑦| ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ desigualdad
7. |𝑥| = 𝑘 ⇔ 𝑥 = 𝑘 o 𝑥 = −𝑘
8. |𝑥| < 𝑘 ⇔ −𝑘 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘 ; 𝑘 ∈ ℝ+
9. |𝑥| > 𝑘 ⇔ 𝑥 < 𝑘 o 𝑥 > 𝑘
10. |𝑥| = |𝑦| ⇔ 𝑥 = 𝑦 o 𝑥 = −𝑦
11. √𝑥 2 = |𝑥| ∀𝑥 ∈ ℝ
triangular
Ejemplo 1
Propiedad 2. Números opuestos tienen igual valor: |6|=|-6|=6
Propiedad 4. |5. (-4)|= |5|.|-4|=|5|.|4|=|20|
Propiedad 6. El valor absoluto de la suma es menor o igual que la suma de los valores absoluto
de los sumandos
|5+ (-4)|≤ |5|+|-4|=9
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1.4 Caracterización de funciones
1.4.1 Funciones a Trozos
DEFINICIÓN 1.2. Es una función real 𝑓 (definida a trozos o por partes) de una variable real 𝑥 es la
relación cuya definición está dada por varios conjuntos disjuntos de su dominio (conocidos
como subdominios).
𝑓: 𝐴 ⊂ ℝ → ℝ
𝑓1 (𝑥) 𝑠𝑖 𝑥 ∈ 𝐷1
𝑓2 (𝑥) 𝑠𝑖 𝑥 ∈ 𝐷2
𝑓(𝑥) = {
….
𝑓𝑛 (𝑥) 𝑠𝑖 𝑥 ∈ 𝐷𝑛
donde: 𝐷1 ∪ 𝐷2 ∪ … . .∪ 𝐷𝑛 = 𝐴 dominio de 𝑓
Ejemplo 2
Representar gráficamente la siguiente función a trozos:
2
𝑓(𝑥) = {𝑥 𝑠𝑖 𝑥 < 2
4 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 2
Solución
En este caso las funciones son:
𝑓1 (𝑥) = 𝑥 2 ; 𝑓2 (𝑥) = 4
y
los
dominios
correspondientes 𝐷1 = {𝑥 < 2} y 𝐷2 = { 𝑥 ≥ 2}.
Entonces el
Dominio de 𝑓 = {𝐷1 ∪ 𝐷2 } =
(−∞, 2) ∪ [2, +∞)
La representación gráfica es:
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Función Valor Absoluto
El valor absoluto de 𝑥 está definido por la función:
| |: ℝ → ℝ
definida como vimos por:
𝑥 𝑠𝑖 𝑥 ≥ 0
|𝑥| = {
−𝑥 𝑠𝑖 𝑥 < 0
La función valor absoluto es un tipo particular de función continua definida a trozos. Como esta
función es positiva o nula, su gráfica no se encontrará por debajo del eje 𝑂𝑥 . La gráfica va a
estar por encima del eje o a lo sumo, tocando el mismo (Fig. 1.1).
Figura 1.1. Función |x|
Por lo general para graficar |𝑓(𝑥)|, conocida 𝑓(𝑥), el procedimiento consiste en no modificar la
parte en que la función 𝑓(𝑥) > 0, y la correspondiente a 𝑓(𝑥) < 0 simetrizarla respecto al eje 𝑂𝑥 ,
es decir, transformarla en positiva.
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Figura 1.2. Simetrización respecto al eje Ox
Ejemplo 3
Aplicar el criterio de simetrización para graficar la función 𝑓(𝑥) = |2𝑥 − 6|.
Solución
2𝑥 − 6 = 0 ⇔ 𝑥 = 3 por tanto, la función queda:
𝑓(𝑥) = {
−(2𝑥 − 6) ; 𝑥 < 3
2𝑥 − 6 ; 𝑥 ≥ 3
Entonces en la representación gráfica, se hace un trazado normal de la función y luego la parte
que queda por debajo del eje 𝑂𝑥 la simetrizamos respecto al mismo (simetría axial), y así se
obtiene la gráfica final.
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El procedimiento general para la resolución de una función con valor absoluto se puede resumir
en los siguientes pasos:
1. Se toma las funciones de valor absoluto por separado. Se calculan las raíces de las funciones
2. Se forman intervalos con las raíces y se evalúa el signo de cada intervalo.
3. Se define la función a intervalos, teniendo en cuenta que en los intervalos donde la 𝑥 es
negativa se cambia el signo de la función.
4. Finalmente se representa la función resultante.
Ejemplo 4
Representar la función 𝑓(𝑥) = |𝑥 − 3|
Solución
Sigamos los pasos anteriores:
1. 𝑥 − 3 = 0 ⇒ 𝑥 = 3
2.
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3. Se redefine la función en dos intervalos:
−(𝑥 − 3); 𝑥 < 3
𝑓(𝑥) = {
𝑥 − 3; 𝑥 ≥ 3
4. Finalmente se representa gráficamente:
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Ejercicios Resueltos
Ejercicio 1
Representar gráficamente 𝑓(𝑥) = |2𝑥 + 1|
Solución
Aplicando el procedimiento anteriormente detallado, el primer paso es obtener las raíces de la
función sin considerar el valor absoluto:
2𝑥 + 1 = 0 ⇔ 𝑥 = −1/2
El signo de |2𝑥 + 1| es:
Luego se define la función:
2𝑥 + 1
; 𝑥 ≥ −1/2
𝑓(𝑥) = {
−(2𝑥 + 1) ; 𝑥 < −1/2
La representación gráfica es entonces:
Ejercicio 2
Representar gráficamente 𝑓(𝑥) = |𝑥| + 𝑥
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Solución
Primeros estudiemos el valor absoluto:
𝑥 ;𝑥 ≥ 0
𝑓(𝑥) = {
−𝑥 ; 𝑥 < 0
Luego veamos el signo de la función:
Finalmente la función resultante es:
𝑥 + 𝑥 = 2𝑥 ; 𝑥 ≥ 0
𝑓(𝑐) = {
−𝑥 + 𝑥 = 0 ; 𝑥 < 0
Ejercicio 3
Representar gráficamente 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 1 − |2𝑥 + 3|
Solución
Nuevamente aplicando los pasos, estudiemos primero el valor absoluto.
2𝑥 + 3 = 0 ⇔ 𝑥 = −
3
2
Luego, el signo es:
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Finalmente la función resultante es:
𝑓(𝑥) = {
𝑥 − 1 − (2𝑥 + 3) = −𝑥 − 2 ; 𝑥 ≥ −3⁄2
𝑥 − 1 − (−2𝑥 − 3) = 3𝑥 + 2 ; 𝑥 < −3/2
La gráfica resulta:
Ejercicio 4
𝑥
Construir el gráfico de 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 1 − |1 − |
2
Solución
Estudiemos el valor absoluto:
𝑥
1−2=0 ⇔𝑥=2
El signo es:
Por tanto, la función resultante es:
𝑥
3
2𝑥 − 1 − (−1 + ) = 𝑥 ; 𝑥 ≥ 2
2
2
𝑓(𝑥) = {
𝑥
5
2𝑥 − 1 − (1 − ) = 𝑥 − 2 ; 𝑥 < 2
2
2
Como se advierte son dos rectas que se están definidas en dominios distintos y se cortan en el
punto 𝑥 = 2, donde la función es continua.
La gráfica resulta:
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Ejercicio 5
Construir el gráfico de 𝑓(𝑥) = |𝑥| + |𝑥 − 2|
Solución
Esta función posee dos expresiones con valor absoluto, no obstante el procedimiento sigue
siendo válido.
Comencemos estudiando cada valor absoluto por separado.
𝑥 ;𝑥 ≥ 0
|𝑥| = {
−𝑥 ; 𝑥 < 0
𝑥 − 2 ; 𝑥 − 2 ≥ 0 ~𝑥 ≥ 2
|𝑥 − 2| = {
−𝑥 + 2 ; 𝑥 − 2 < 0 ~𝑥 < 2
Luego el signo se debe estudiar conjuntamente. La primer función de valor absoluto se anula
en 𝑥 = 0 y la segunda en 𝑥 = 2.
Por tanto la función queda expresada:
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−2𝑥 + 2
; 𝑥<0
; 0≤𝑥<2
𝑓(𝑥) = { 2
2𝑥 − 2
;𝑥 ≥ 2
La gráfica resulta:
Ejercicio 6
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = 𝑥 + |2𝑥 − 1| − |5 − 3𝑥|
Solución
Estudiemos cada valor absoluto por separado:
2𝑥 − 1 ; 2𝑥 − 1 > 0 ~ 𝑥 ≥ 1/2
1
|2𝑥 − 1| = {
−2𝑥 + 1
; 𝑥<
2
5 − 3𝑥 ; 5 − 3𝑥 ≥ 0~𝑥 ≤ 5/3
|5 − 3𝑥| = {
−5 + 3𝑥 ;
𝑥 > 5/3
Veamos el signo en los distintos intervalos:
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Por tanto la función se expresa como:
𝑥+𝑥−4 ;
𝑥 < 1/2
𝑓(𝑥) = {𝑥 + 5𝑥 − 6; 1/2 ≤ 𝑥 ≤ 5/3
𝑥−𝑥+4 ;
𝑥 > 5/3
2𝑥 − 4 ;
𝑥 < 1/2
6𝑥
−
6;
1/2
≤
𝑥 ≤ 5/3
𝑓(𝑥) = {
4 ;
𝑥 > 5/3
Cuya gráfica es:
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Problemas
1.
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = |3𝑥 + 1| − |3 − 𝑥|
2.
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = |𝑥 − 1| + 𝑥 2 + |𝑥| + 1
3.
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = |𝑥|2 − 6|𝑥| + 8
4.
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = 𝑥|𝑥 − 4|
5.
Construir la gráfica de 𝑓(𝑥) = |𝑥 2 − 4|
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Capítulo 2 .Integrales Simples
2.1 Cálculo de áreas de figuras planas
Históricamente, el cálculo integral surgió de la necesidad de resolver el problema de la
obtención de áreas de figuras planas. Los griegos lo abordaron, llegando a fórmulas para el
área de polígonos, círculo, segmentos de parábolas, etc. El método que emplearon consistía en
aproximar exhaustivamente la figura cuya área se deseaba calcular mediante polígonos de
áreas conocidas.
Este procedimiento original de Eudoxo (406 a.C. - 355 a.C.) fue utilizado esporádicamente por
Euclides (hacia 300 a.C.) y de forma sistemática por Arquímedes (286 a.C. - 212 a.C.).
Hacia el siglo XVI de nuestra era, este método pasó a llamarse método de exhaución o método
exhaustivo.
Veamos a continuación el cálculo del área de algunas figuras planas, empleando métodos
geométricos conocidos.
Ejemplo 1
Hallar el área del triángulo formado por la bisectriz del primer cuadrante, delimitado por el eje
𝑂𝑥 y la recta 𝑥 = 4.
Solución
Representemos gráficamente la función.
Entonces el área limitada por 𝑓(𝑥) = 𝑥 y 𝑥 = 4 es el triángulo
cuya área es:
𝐴=
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𝑏. ℎ
4.4
=
=8
2
2
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Ejemplo 2
Supongamos un trapecio de vértices (3, 0), (15, 0), (15, 15) y (3, 3) calcular el área de la figura.
Solución
Necesitamos conocer la expresión de la recta que pasa
por los puntos (3, 3) y (15, 15), en este caso aplicando la
fórmula de geometría analítica, de recta por dos puntos
se obtiene que la misma es 𝑓(𝑥) = 𝑥 . Luego la gráfica es:
El área bajo la curva se corresponde con el cálculo del
área de un trapecio, por lo cual podemos calcular
aplicando la fórmula directamente, u observando que
es equivalente a la suma del área del triángulo de
vértices: {(3,3), (15,15), (15,3)} más la suma del
rectángulo de vértices: {(3,0), (3,3), (15,3), (15,0)}, el
resultado es:
Área del trapecio=
12𝑥12
2
+ 3.12 = 108
Área de Funciones definidas a Trozos
El método de cálculo de áreas recurriendo a figuras de área conocida (que como veremos se
conoce de la antigüedad y se denomina método de exhaución o agotamiento) también es
fácil de aplicar a funciones definidas a trozos, en tanto las funciones definidas en los intervalos
sean lineales.
Ejemplo 3
Sea la función:
2𝑥 + 5
𝑔(𝑥) = { 5 − 𝑥
2
𝑠𝑖 − 2,5 ≤ 𝑥 < 0
𝑠𝑖 0 ≤ 𝑥 < 3
𝑠𝑖 3 ≤ 𝑥 < 8
Solución
Representemos la gráfica de la
función:
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Como se advierte para calcular el área total bajo la curva se pueden considerar la suma de
tres áreas conocidas, aplicando las fórmulas anteriores se obtiene:
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 = 6,25 + 10,5 + 10 = 26,75
2.2 Integral Definida
Basándose en el método de exhaución, los matemáticos del siglo XVII (Newton, Leibniz, etc.)
introdujeron el concepto más general de integral definida de una función, 𝑓 , en un intervalo.
Este concepto fue posteriormente mejorado por A. Cauchy (1789-1857) y por B. Riemann (1826 1866).
Definamos formalmente a la Integral Definida.
DEFINICIÓN 2.1. Dada una función 𝑓(𝑥) y un intervalo [𝑎, 𝑏], la integral definida es igual al área
limitada entre la gráfica de 𝑓(𝑥), el eje de abscisas, y las rectas verticales 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏 .
Figura 2.1.1. Integral Definida
𝑏
𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
La integral definida se representa por ∫
∫ es el signo de integración.
𝑎 es el límite inferior de la integración.
𝑏 es el límite superior de la integración.
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𝑓(𝑥) es el integrando o función a integrar.
𝑑𝑥 es diferencial de 𝑥 , e indica cuál es la variable de la función que se integra.
Ejemplo 4
Para el Ejemplo 1 del párrafo 2.1, determinar el valor de la integral definida.
Solución
La función a integrar es 𝑓(𝑥) = 𝑥 para 𝑥 ∈ [0,4]. El área,
recordemos, calculada geométricamente es igual a A=8
En términos de integral definida se plantea de la siguiente forma:
4
4
A=8
𝐴 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 𝑑𝑥
0
0
Postergando la explicación, la expresión:
4
4
𝑥2
42 02
∫ 𝑥 𝑑𝑥 = [ ] =
−
= 8−0 = 8
2 0
2
2
0
En primer lugar observemos que el resultado de la integración de 𝑥 es una función
evalúa en los valores extremos del intervalo.
𝑥2
𝑥2
2
que se
′
Este valor que se obtiene, observemos que cumple que ( ) = 𝑥. Es decir, en términos
2
informales, el procedimiento consistió en encontrar la función que derivada, resulta igual al
integrando y luego calcular su valor en 𝑥 = 4 menos el valor en 𝑥 = 0.
Integración de una Función a Trozos
DEFINICIÓN 2.2. Sea una función dividida en dos partes en el intervalo [𝑎, 𝑏] y continua a trozos,
es decir, dado 𝑎 ≤ 𝑐 ≤ 𝑏 existen funciones 𝑓1 y 𝑓2 continuas en los intervalos [𝑎, 𝑐] y [𝑐, 𝑏] ,
respectivamente tales que:
𝑓 (𝑥)
𝑓(𝑥) = { 1
𝑓2 (𝑥)
; 𝑎≤𝑥<𝑐
; 𝑐≤𝑥≤𝑏
Entonces se define la integral de f en el intervalo [𝑎, 𝑏] por la expresión:
𝑏
𝑐
𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓1 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓2 (𝑥)𝑑𝑥
𝑎
Ing. P.A. Ortiz
𝑎
(2.1)
𝑐
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Página 22
Esta definición puede ser extendida a cualquier número de intervalos.
Ejemplo 5
Consideremos el ejemplo 2 de la sección 2.1, donde la función fue definida de la siguiente
forma:
2𝑥 + 5
𝑔(𝑥) = { 5 − 𝑥
2
𝑠𝑖 − 2,5 ≤ 𝑥 < 0
𝑠𝑖 0 ≤ 𝑥 < 3
𝑠𝑖 3 ≤ 𝑥 < 8
Veamos como calcular su integral definida.
Solución
Primero planteemos la integral de acuerdo a la definición anterior.
8
0
∫
𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫
−2,5
3
8
(2𝑥 + 5 )𝑑𝑥 + ∫ (5 − 𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥
−2,5
0
3
Luego consideremos cada integral por separado:
𝑥2
0
𝐴1 = ∫−2,5(2𝑥 + 5) 𝑑𝑥 = 2 [ 2 ]
0
−2,5
2
+ 5[𝑥]0−2,5 = 2 [02 − (−2,5)2 ] + 5[0 − (−2,5)] = −6,25 + 12,5 = 6,25
este valor coincide con al valor calculado previamente. Por otra parte observemos tres
condiciones particulares:
𝑥2
′
( 2 ) = 𝑥;
(𝑥)′ = 1 y que los valores constantes que afectan a las expresiones siempre se
pueden extraer de su evaluación, ya que no afectan el cálculo del mismo.
3
𝑥2
3
9
𝐴2 = ∫0 (5 − 𝑥) 𝑑𝑥 = 5[𝑥]30 − [ 2 ] = 5(3 − 0) − (2 − 0) = 15 − 4,5 = 10,5
0
Y por último:
8
𝐴3 = ∫ 2 𝑑𝑥 = 2[𝑥]83 = 2(8 − 3) = 10
3
8
Por tanto el valor de la integral total es: 𝐴 = ∫−2,5 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 = 6,26 + 10,5 + 10 = 26,75
Similar al valor obtenido geométricamente.
El procedimiento anterior visto intuitivamente se formaliza con la Regla de Barrow, que
enunciaremos a continuación.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 23
Regla de Barrow
La regla de Barrow expresa que la integral definida de una función continua 𝑓(𝑥) en un intervalo
cerrado [𝑎, 𝑏] es igual a la diferencia entre los valores que toma una función primitiva 𝐹(𝑥) de
𝑓(𝑥), en los extremos de dicho intervalo.
𝑏
(2.2)
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = [𝐹(𝑥)]𝑏𝑎 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)
𝑎
Ejemplo 6
Observar el cálculo de las siguientes integrales definidas.
−1
∫
−2
3
∫
0
−1
𝑑𝑥
−1
1
1
1
5
=
= − [
−
[
]
]= −
3
2
2
2
(𝑥 − 1)
2(𝑥 − 1) −2
2 (−2)
(−3)
72
𝑑𝑥
3
√1 + 𝑥
= [2 √1 + 𝑥]0 = 2(2 − 1) = 2
3
1
4
∫0 𝑥 √𝑥 2 + 9 𝑑𝑥 = 2 ∫0
1
1
4
1
2𝑥 (𝑥 2 + 9)2 𝑑𝑥 = [3 (𝑥 2 + 9)3/2 ] = 3 (253/2 − 93/2 ) =
0
98
3
Propiedades de la integral definida
1. Si los límites que integración coinciden, la integral definida vale cero.
𝑎
∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 0
𝑎
2. La integral del producto de una constante por una función es igual a la constante por la
integral de la función.
𝑏
𝑏
∫ 𝑘 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ (𝑓𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
𝑎
3. El valor de la integral definida cambia de signo si se permutan los límites de integración.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 24
Si 𝑎 > 𝑏:
𝑏
𝑎
∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
𝑏
4. Aditividad respecto al intervalo. Si 𝑐 es un punto interior del intervalo [𝑎, 𝑏], la integral definida
se descompone como una suma de dos integrales extendidas en los intervalos [𝑎, 𝑐] y [𝑐, 𝑏].
𝑏
𝑐
𝑏
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
𝐴
𝑐
5. La integral definida de una suma de funciones es igual a la suma de integrales·
𝑏
𝑏
𝑏
∫ [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
𝑎
𝑎
𝑎
2.3 Área de funciones
2.3.1 Área entre una función y el eje de abscisas
Caso 1: La función es positiva
Si la función es positiva en un intervalo [a, b] entonces la gráfica de la función está por encima
del eje de abscisas. El área de la función viene dada por:
𝑏
𝐴 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
(2.3)
𝑎
Para hallar el área seguiremos los siguientes pasos:
1º Se calculan los puntos de corte con el eje 𝑂𝑥 , haciendo 𝑓(𝑥) = 0 y resolviendo la ecuación.
2º El área es igual a la integral definida de la función que tiene como límites de integración los
puntos de corte.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 25
Ejemplo 7
Calcular el área del recinto limitado por la curva 𝑦 = 9 − 𝑥 2 y el eje 𝑂𝑥 .
Solución
En primer lugar hallamos los puntos de corte con el eje OX para representar la curva y conocer
los límites de integración.
0 = 9 − 𝑥 2 ⇒ 𝑥 = 3 ∧ 𝑥 = −3
Como la parábola es simétrica respecto al eje OY, el área será igual al doble del área
comprendida entre 𝑥 = 0 y 𝑥 = 3.
3
𝐴 = ∫ (9 − 𝑥
3
3
2)
𝑑𝑥 = 2 ∫ (9 − 𝑥
−3
2)
0
𝑥3
𝑑𝑥 = 2 [9𝑥 − ] = 36
3 0
Ejemplo 8
Calcular el área limitada por la curva 𝑦 =
rectas 𝑥 = 6 y 𝑥 = 12.
36
𝑥
, el eje 𝑂𝑥 y las
Solución
12
𝐴=∫
6
36
𝑑𝑥 = [36 ln |𝑥|]12
6 = 36 ln 2
𝑥
Ing. P.A. Ortiz
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Página 26
Caso 2: La función es negativa
Si la función es negativa en un intervalo [a, b] entonces la gráfica de la función está por
debajo del eje de abscisas. El área de la función viene dada por un viene dada por:
𝑏
𝑏
𝐴 = − ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
𝐴 = |∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 |
−𝑎
𝑎
Ejemplo 9
Calcular el área del recinto limitado por la curva 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4𝑥 y el eje 𝑂𝑥 .
Solución
𝑥 2 − 4𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 ; 𝑥 = 4
Ejemplo 10
Hallar el área limitada por la curva 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 y el eje 𝑂𝑥 entre 𝜋/2 y 3𝜋/2.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 27
Solución
Caso 3: La función toma valores positivos y negativos
En ese caso el recinto tiene zonas por encima y por debajo del eje de abscisas. Para calcular
el área de la función seguiremos los siguientes pasos:
1º Se calculan los puntos de corte con el eje 𝑂𝑥, haciendo 𝑓(𝑥) = 0 y resolviendo la ecuación.
2º Se ordenan de menor a mayor las raíces, que serán los límites de integración.
3º El área es igual a la suma de las integrales definidas en valor absoluto de cada intervalo.
Ejemplo 11
Hallar el área limitada por la recta 𝑓(𝑥) =
correspondientes a 𝑥 = 0 y 𝑥 = 4.
Ing. P.A. Ortiz
3𝑥−6
2
, el eje de abscisas y las ordenadas
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Página 28
Solución
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = −3 + 3 = 0
2.3.2 Área comprendida entre dos funciones
El área comprendida entre dos funciones es igual al área de la función que está situada por
arriba menos el área de la función que está situada por debajo.
𝑏
∫ [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥
𝑎
Ejemplo 12
Calcular el área del recinto limitado por la parábola 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 + 𝟐 y la recta que pasa por los
puntos (−1, 0) y (1, 4).
Solución
Ing. P.A. Ortiz
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Ejemplo 13
Hallar el área de la figura limitada por: 𝑦 = 𝑥 2 , 𝑦 = 𝑥 , 𝑥 = 0, y 𝑥 = 2
Puntos de corte de la parábola y la recta 𝑦 = 𝑥.
Solución
{
𝑦 = 𝑥2
𝑦=𝑥
𝑥 = 0 ;𝑥 = 1
De 𝑥 = 0 a 𝑥 = 1, la recta queda por encima de la
parábola.
De 𝑥 = 1 a 𝑥 = 2, la recta queda por debajo de la parábola.
2
𝐴2 = ∫
1
2
𝑥3 𝑥2
5
(𝑥 2 − 𝑥) 𝑑𝑥 = [ − ] = 𝑢2
3
2 1
6
Ing. P.A. Ortiz
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Página 30
2.4 Función primitiva. Integral indefinida
DEFINICIÓN 2.3. Se dice que la función 𝐹(𝑥) es una Primitiva de 𝑓(𝑥) en un intervalo 𝐼 , si 𝐹’(𝑥) =
𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼. En este caso, se cumplirá también que (𝐹(𝑥) + 𝐶)′ = 𝑓(𝑥) por lo que si 𝐹(𝑥) es
primitiva de 𝑓(𝑥) también lo será 𝐹(𝑥) + 𝐶, ∀𝑥 ∈ ℝ.
Al conjunto de las infinitas primitivas de 𝑓(𝑥) , le llamaremos Integral Indefinida de 𝑓(𝑥) , y
escribiremos en forma simbólica:
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶
(2.4)
2.4.1 Integración y derivación
Tal como hemos definido la integral indefinida, la integración resulta ser la “operación inversa”
de la derivación.
Ejemplo 14
Consideremos una función 𝑓(𝑡) = 2𝑡 . De cursos anteriores es sabido que puede representar la
posición de un auto en un momento 𝑡 cualquiera (𝑡=tiempo en hrs. por ej.), por ej., en la
gráfica tenemos indicado 𝑡 = 𝑥, partiendo del momento 𝑡 = 0, entonces, ¿la velocidad del
auto está representada por?
1. 𝑓’(𝑡)
2.
𝑑𝑓(𝑡)
𝑑𝑡
3. Pendiente
𝛥𝑓
𝛥𝑡
cuando 𝛥𝑡 → 0
4. Todas ellas
Solución
La respuesta correcta es la 4. Todas son formas equivalentes de
expresar la derivada de una función.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 31
Ejemplo 15
Ahora, si se conoce la velocidad del auto en cualquier tiempo 𝑡, ¿es posible encontrar su
posición en ese momento? De otra forma, conocido 𝑓’(𝑡), ¿es posible determinar 𝑓(𝑡)?
Solución
Comencemos atendiendo a un hecho particular. El área hasta el
punto 𝑡 = 𝑥, que se corresponde con el área de un triángulo y
que denominaremos 𝐹(𝑥), se determina por: 𝐹(𝑥)
=
𝑥. (2𝑥)
2
=
𝑥 2 , en particular consideraremos 𝑥 ∈ [0,3].
La relación entre 𝐹(𝑥) y 𝑓(𝑥) que se cumple es:
𝐹 ′ (𝑥) = 2𝑥 = 𝑓(𝑥)
Integrales inmediatas
Recurriendo a la definición anterior y aplicando las reglas de derivación se obtiene el siguiente
cuadro de funciones primitivas de otras funciones dadas. Por la evidencia de su cálculo, se
llaman integrales inmediatas.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 32
Tipos
Ejemplos
Tipo potencial
∫ 𝑥 𝑎 𝑑𝑥 =
𝑥 𝑎+1
+𝐶
𝑎+1
∫ 𝑓 𝑛 . 𝑓 ′ 𝑑𝑥 =
𝑓 𝑛+1
+𝐶
𝑛+1
3
5/2
+1
𝑥
∫ √𝑥 3 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 3/2 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁄ 3
=
(2 + 1) 5/2
√2 𝑥 5
=
5
( x 3  2) 5
5

( x 3  2) 4 ·3x 2 dx 
∫
𝑒𝑥
𝑑𝑥 = 𝐿(1 + 𝑒 𝑥 )
1 + 𝑒𝑥
Tipo logarítmico
∫
1
𝑑𝑥 = 𝐿|𝑥| + 𝐶
𝑥
∫
𝑓′
𝑑𝑥 = 𝐿|𝑓| + 𝐶
𝑓
Tipo exponencial
1
1
∫ 𝑒 −2𝑥 𝑑𝑥 = − ∫(−2)𝑒 −2𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑒 −2𝑥
2
2
∫ 𝑓 ′ 𝑒 𝑓 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑓 + 𝐶
∫ 𝑓 ′ 𝑎 𝑓 𝑑𝑥 =
𝑎𝑓
+𝐶
𝐿𝑎
Tipo coseno
∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶
x
 sen 3 dx  3
1
x
x
. sen dx  3 cos
3
3
3
∫ 𝑓 ′ . 𝑠𝑒𝑛 𝑓 𝑑𝑥 = − cos 𝑓 + 𝐶
Tipo seno
∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝐶

cos(2 x  5)dx 
1
2. cos(2 x  5)dx  sen(2 x  5)
2
∫ 𝑓 ′ cos 𝑓 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑓 + 𝐶
Ing. P.A. Ortiz
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Página 33
Tipo tangente
 tg
∫
1
𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶
𝑐𝑜𝑠 2 𝑥
∫
𝑓′
𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑓 + 𝐶
𝑐𝑜𝑠 2 𝑓
Tipo cotangente
∫
∫
1
𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶
𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑓′
𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑓 + 𝐶
𝑠𝑒𝑛2 𝑓
Tipo arc sen/arc cos
∫
1
√1 − 𝑥 2
∫
𝑓′
√1 −
𝑓2
∫
xdx   (1  tg 2 x  1)dx  tg x  x
x
1
10x
1
2


 cos2 (5x 2  3) 10  cos2 (5x 2  3) 10 tg(5x  3)
 cot g
 sen

2
xdx   (1  cot g 2 x  1)dx   cot gx  x
x
1
6x
1
dx  
dx   cot g 3 x 2
2
2
2
3x
6 sen 3 x
6
2
x
1 x4
dx 
1
2x
1
dx  arcsenx 2

2 1  ( x2 )2
2
𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑥 + 𝐶
𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 𝑓 + 𝐶
Tipo arco tang.(= -arc
cotang.)
∫
2
1
𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔𝑥 + 𝐶
1 + 𝑥2


ex
1 e
2x
dx  
ex
1  (e )
x 2
dx  arcsen e x
1
1
1
1
dx  
dx  arctg x
2
2
3  3x
3 1 x
3
1
 1  9x
2
dx  
1
1
3
1
dx  
dx  arc tg(3x)
1  (3x) 2
3 1  (3x) 2
3
𝑓′
𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑓 + 𝐶
1 + 𝑓2
Linealidad de la integral indefinida
Siendo 𝑓(𝑥) y 𝑔(𝑥) funciones que admiten primitiva y 𝑘 una constante, se verifica:
∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 34
∫ 𝑘𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
Estas propiedades nos permiten, si nos conviene, descomponer una integral en suma de otras
integrales, que pueden ser más elementales que la inicial.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 35
Ejercicios Resueltos
1. Sea la siguiente función 𝑓(𝑥) definida a
trozos en el intervalo [-1,1].
Sean las coordenadas de los puntos:
𝐴1 = (−1 ; 0,5) ; 𝐴2 = (0,1); 𝐴3 = (0,5 ; 1);
𝐴4 = (2/3; 0,5); 𝐴5 = (2/3; 0); 𝐴6 = (−1,1)
se pide:
2/3
a.
Calcular la integral ∫1/2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
b.
Calcular la integral ∫2/3 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
c.
Hallar ∫−1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1
1
Solución
a. El área del trapecio es 0,13.
b. Para calcular esta integral se debe determinar la ecuación de la recta 𝐴4𝐴6, para
determinar el punto de corte con el eje 𝑂𝑥 .
Definiendo 𝐴4 = (𝑥1 , 𝑦1 ) = (2/3; 0,5)
𝑦 − 𝑦1 =
𝑦2 −𝑦1
𝑥2 −𝑥1
y 𝐴6 = (𝑥2 , 𝑦2 ) = (−1,1).
(𝑥 − 𝑥1 ) ⇒ 𝑦 = −4,51 𝑥 + 3,51 por tanto el punto de corte es (0,78; 0).
El área A=Área(𝐴+ ) −Área(𝐴− ) =0,03-0,11=-0,08.
c. Se debe hallar la recta 𝐴1𝐴2, aplicando la fórmula anterior, la recta es: 𝑦 = 1,5𝑥 + 1, el punto
de corte es (-0,67; 0). Por tanto el área total es:
1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = −𝐴𝑟𝑒𝑎(−1; 0,67) + 𝐴𝑟𝑒𝑎(0,67; 1) + 𝐴𝑟𝑒𝑎(0; 0,5) + 𝐴𝑟𝑒𝑎(0,5; 0,67) + 𝐴𝑟𝑒𝑎(0,67; 0,78)
−1
− 𝐴𝑟𝑒𝑎(0,78; 1) =
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 36
1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = −0,08 + 0,33 + 0,5 + 0,13 + 0,03 − 0,11 = 0,8
−1
2. Calcular el área del recinto limitado por la curva 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥 2 y el eje 𝑂𝑥.
3. Hallar el área de la región del plano encerrada por la curva 𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 entre el punto de
corte con el eje 𝑂𝑥 y el punto de abscisa 𝑥 = 𝑒.
4. Hallar el área limitada por la recta 𝑥 + 𝑦 = 10, el eje 𝑂𝑥 y las ordenadas de 𝑥 = 2 y 𝑥 = 8.
5. Calcular el área limitada por la curva 𝑦 = 6𝑥 2 − 3𝑥 3 y el eje de abscisas.
6. Calcular el área de las regiones del plano limitada por la curva 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 6𝑥 2 + 8𝑥 y el
eje 𝑂𝑥.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 37
Capítulo 3 .Aplicaciones Iniciales de la Integral
3.1 Fuerzas en una Viga
El problema fundamental de la resistencia de materiales es la determinación de la forma
como se relacionan los esfuerzos y las deformaciones que se producen por las fuerzas que
se aplican a un elemento o una estructura.
En particular la estructura a estudiar es una viga, donde las fuerzas internas aplicadas son
variables en la sección de la viga, estas fuerzas internas involucran tres incógnitas: una fuerza
axial, una fuerza cortante (o simplemente cortante) y el momento flector (flexor, flexionante;
simplemente momento). En una sección de una viga isostática (ver 3.3.3) resultan entonces
tres ecuaciones con tres incógnitas. De eso trata este capítulo.
Cuando se analiza una viga para determinar reacciones, fuerzas cortantes internas y
momentos internos, conviene clasificar el tipo de carga, el tipo de apoyo y el tipo de viga.
3.2 Cargas, Soportes y Tipos de Vigas
Soportes
Todas las vigas deben estar apoyadas de una manera estable para que se mantengan en
equilibrio. Una reacción de soporte es una fuerza o momento que se aplica en un área en un
intento para contener que la viga sea movida o rotada cuando la carga o el momento se aplica.
Los diferentes tipos de soporte ofrecen diferentes tipos de reacciones como se resume en el
cuadro a continuación:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 38
Cuadro 3.1. Tipos de Soportes en Vigas
Tipo
Soporte
Reacciones
Articulación Móvil
(sólo fuerza vertical; una
incógnita)
Articulación Fija
(2 fuerzas: horizontal y
vertical; 2 incógnitas)
Soporte Fijo
(3 fuerzas:
Horizontal, vertical y
momento; 3 incógnitas)
En las Articulaciones Móviles las reacciones que se aplican son consecuencia de las fuerzas
verticales, las cuales notaremos como 𝑅𝑉𝑃 , donde 𝑃 es el punto en el cual se aplica la fuerza.
En las Articulaciones Fijas además de las fuerzas verticales, se aplican fuerzas horizontales que
notaremos como 𝑅𝐻𝑃 .
En los Soportes Fijos además se agrega el Momento de Flexión, que notaremos como 𝑀𝑃 .
Tipos de Vigas
El tipo de soporte y su colocación determinan el tipo de viga.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 39
Cuadro 3.2. Tipos de Vigas
Tipo de Viga
Diagrama de cuerpo libre
Viga simplemente apoyada
Viga empotrada en voladizo
Viga con voladizo
Cargas
En los ejemplos y ejercicios siguientes veremos que el tipo de carga determina la variación de la
cortante y el momento a lo largo de la viga.
Cuadro 3.3. Tipos de Cargas
Tipo
Representación del diagrama libre
Carga concentrada o puntual
Carga uniformemente distribuida
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 40
Carga no uniformemente distribuida
(variable)
3.3 Fuerzas Axiales, Cortantes y Momentos Flectores
3.3.1 Definiciones
En la resistencia de materiales se analiza también el comportamiento interno de esfuerzos
producidos por el sistema de fuerzas exteriores aplicados.
En particular, si las cargas actúan en un plano el conjunto de fuerzas se reducen a tres:
Fuerza axial. Esta componente corresponde a la acción de tirar o empujar sobre una sección.
Una fuerza tirar representa una tracción que tiende a estirar el sólido, en tanto que empujarlo se
corresponde con una fuerza de compresión que tiende a acortarlo.
Cortante. La fuerza cortante V
es la suma algebraica de todas las fuerzas externas
perpendiculares al eje de la viga (o elemento estructural) que actúan a un lado de la sección
considerada.
Ocurre cuando sobre un cuerpo actúan fuerzas que tiende a cortarlo o desgarrarlo.
Momento. El Momento Flector M establecen la resistencia del cuerpo a curvarse respecto de los
ejes Y o Z, es decir, es una acción que tiende a hacer girar una estructura. El resultante de las
fuerzas causa rotación pero no traslación.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 41
Estas fuerzas que actúan sobre las vigas se denominan Reacciones.
3.3.2 Convención de Signos
La cortante V y el momento M en un punto determinado se consideran positivos o negativas
cuando las fuerzas interiores y los pares que actúan sobre cada posición de la viga están
dirigidos.
Es decir, la cortante es positiva cuando las fuerzas exteriores que actúan sobre las vigas
tienden a cortar la viga en rotación horaria y negativas en rotación antihoraria como se
indica a continuación:
.
El momento es positivo cuando las fuerzas exteriores que actúan sobre la viga tienden a
doblarla hacia arriba (concavidad positiva) y negativas cuando la concavidad es negativa.
Es decir la convención es que el momento es positivo si el sentido es horario y negativo si es
antihorario.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 42
Figura 3.1. Convención de Signos
Si el momento flector es positivo las fuerzas a la izquierda de la sección resultan en un momento
en sentido horario, y las fuerzas a la derecha un momento en sentido antihorario, como lo indica
la figura (a). Recíprocamente si el momento flector es negativo su comportamiento se muestra
en la figura (b).
3.3.3 Ecuaciones de Equilibrio
Una viga se dice que es estáticamente determinada cuando no experimenta movimiento o
aceleración y sus reacciones pueden determinarse mediante las ecuaciones de equilibrio
estático, es decir, existen tantas reacciones como fuerzas aplicadas. En estática se clasifica el
movimiento en dos categorías principales:
Traslación: responde a un conjunto no balanceado de fuerzas que actúan en un sistema. Para
asegurarse el equilibrio en la traslación se usan las ecuaciones en el plano:
∑ 𝐹𝑋 = 0
movimientos horizontales
(3.1)
∑ 𝐹𝑌 = 0
movimientos verticales
(3.2)
Rotación: es el movimiento alrededor de un punto o eje. Para balancear los efectos (momentos)
rotacionales, se debe verificar la ecuación en el plano:
∑𝑀 = 0
Ing. P.A. Ortiz
movimientos de momentos
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
(3.3)
Página 43
Estas ecuaciones se denominan Ecuaciones Fundamentales de la Estática. En consecuencia,
para que un objeto esté en estado de equilibrio, se deben cumplir simultáneamente las tres
ecuaciones, caso contrario el objeto no está realmente en equilibrio. Cuando la cantidad de
reacciones son los estrictamente necesarios para su sustentación se habla de vigas isostáticas
que son las que trataremos.
3.4 Cálculo de Cortantes y Momentos
Para determinar las reacciones definamos un procedimiento general e ilustrémoslo con un
ejemplo.
Paso 1. Dibujar el diagrama de cuerpo libre (DCL). En este diagrama se eliminan los soportes y
se representan las reacciones.
Paso 2. Calcular las reacciones (cortantes/momentos) en los soportes según el tipo de soporte y
carga
a. Calcular los momentos en cada soporte o punto de interés.
b. Verificar los cálculos con las ecuaciones de corte. Los errores en los cálculos se
harán evidentes cuando se sustituyan los valores obtenidos en una ecuación que
aún no haya sido utilizada. Si la ecuación se satisface, entonces verifica.
Paso 3. Verificar los resultados calculando las fuerzas verticales.
Para el análisis vayamos de los casos más simples a los más complejos. En los tres primeros casos
desarrollaremos aquellos casos más frecuentes, “patrones”, que podrán ser usados en casos
más complejos.
Caso 1. Cargas Puntuales y distintos tipos de soporte.
A continuación se describirá el procedimiento para calcular las reacciones de una viga
empotrada o simplemente apoyada sometida a cargas puntuales.
Ejemplo 1
Calcular las reacciones y momentos para la siguiente viga empotrada:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 44
A
200 daN
12m
1. Este es el caso de una viga empotrada y con voladizo. Representemos el DCL.
200 daN
A
𝑅𝐻𝐴
𝑀𝐴
𝑅𝑉𝐴
12m
2. Calcular la carga y momentos en los soportes.
Como se infiere del Cuadro 3.1 hay 3 fuerzas debido a que es un empotramiento.
Plantemos las ecuaciones de equilibrio. Se deben plantear las 3 ecuaciones estáticas.
→ + ∑ 𝐹𝑥 = 0 ⇒ 𝑅𝐻𝐴 = 0
esta ecuación se satisface ya que no hay fuerzas horizontales aplicadas en la dirección 𝑥. En
general si no hay fuerzas horizontales aplicadas, se omite.
Para calcular el momento consideremos primero las fuerzas en sentido horario y restémoslas de
las fuerzas de sentido antihorario de acuerdo a la convención de signos de la Fig. 3.1.
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = +200 𝑑𝑎𝑁. 12𝑚 − 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 = 2400 𝑑𝑎𝑁. 𝑚
Luego las fuerzas cortantes.
↑ + ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 − 200 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 200 𝑑𝑎𝑁
Tener en cuenta que el momento 𝑀𝐴 es en sentido antihorario (-) y cuando se determina el
sentido en el extremo de la viga, se debe considerar la dirección del extremo al punto de
referencia (A), lo que determina un sentido horario (+).
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 45
Ejemplo 2
Calcular las reacciones para la siguiente viga:
90 daN
10m
20m
Solución
1. Dibujemos el DCL.
_
90 daN
A
B
𝑅𝐻𝐴
+
𝑅 𝑉𝐴
𝑅𝑉𝐵
10m
20m
2. Calculemos las reacciones en los soportes.
↑ + ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ +𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − 90𝑑𝑎𝑁 = 0
(1)
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = +90 𝑑𝑎𝑁. 10𝑚 − 𝑅𝑉𝐵 . 30𝑚 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐵 = 30 𝑑𝑎𝑁
(2)
El sentido negativo está dado considerando la fuerza que se ejerce desde 𝑅𝑉𝐵 en
dirección hacia A.
Sustituyendo el valor de 𝑅𝑉𝐵 en (1):
𝑅𝑉𝐴 = 60 𝑑𝑎𝑁
Ejemplo 3
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 46
Calcular las cortantes y momentos que deben ser resistidas en el punto C de la viga, de acuerdo
al siguiente diagrama:
Solución
Grafiquemos el DCL:
El momento que debe ser resistido en el punto C es:
↻ + ∑ 𝑀𝐶 = 0 ⇒ 200𝑑𝑎𝑁. 7𝑚 − 300𝑑𝑎𝑁 (7𝑚 − 5𝑚) = 1400 𝑑𝑎𝑁. 𝑚 − 300 𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 = 800 𝑑𝑎𝑁. 𝑚
↑ + ∑ 𝐹𝐶 = 0 ⇒ 200𝑑𝑎𝑁 − 300𝑑𝑎𝑁 = −100𝑑𝑎𝑁
Por tanto en el punto C la viga debe resistir una fuerza cortante de 100𝑑𝑎𝑁
Ejemplo 4
Calcular las cortantes y momentos de la siguiente estructura.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 47
Solución
Este es el caso de carga puntual donde el soporte izquierdo es empotrado y el derecho fijo.
En algunas situaciones es más fácil proceder en primera instancia calculando las fuerzas
horizontales y verticales y luego el momento.
→ + ∑ 𝐹𝑥 = 𝑅𝐻𝐴 = 0
(1)
↑ + ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − 90 𝑑𝑎𝑁 = 0
𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = 90𝑑𝑎𝑁
(2)
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 90𝑑𝑎𝑁. 10𝑚 − 𝑅𝑉𝐵 . 30𝑚 = 0 ⇒
𝑅𝑉𝐵 = 30 𝑑𝑎𝑁
luego sustituyendo este valor en (2):
𝑅𝑉𝐴 = 60 𝑑𝑎𝑁
Ejemplo 5
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 48
Generalicemos el problema anterior considerando un punto 𝑥 cualquiera en el cual se deben
calcular las reacciones.
Solución
Representemos las reacciones en el DCL.
Calculemos primeramente las fuerzas en los soportes.
↑ + ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − 𝑤 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 𝑅𝑉𝐵 =
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀 − 𝑅𝑉𝐵 . 𝐿 = 0 ⇒ 𝑀 =
𝑤
2
𝑤𝐿
2
𝑤
𝑥
𝟎 ≤ 𝒙 < 𝑳/𝟐
𝑤
𝑅𝑉𝐴 − 𝑉(𝑥) = 0 ⇒ 𝑉(𝑥) =
2
A
C
−𝑀(𝑥) + 𝑉(𝑥). 𝑥 = −𝑀(𝑥) + (𝑤/2)𝑥 = 0 ⇒
𝑀(𝑥) =
𝑀(𝑥)
𝑅𝑉𝐴
𝑤
𝑥
2
𝑉(𝑥)
L/2
𝑳/𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳
𝑉(𝑥) =
𝑤
2
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 49
𝐿
𝑀(𝑥) = 𝑅𝑉𝐴 . 𝑥 − 𝑤 (𝑥 − ) ⇒
2
𝑤
𝐿
𝑀(𝑥) = ( ) 𝑥 − 𝑤 (𝑥 − )
2
2
𝑤
(𝒙)
𝑥
C
A
B
50 daN
𝑅𝑉𝐴
(𝒙)
(𝒙)
𝑥
L/2
A
Ejemplo 6
𝑅𝑉𝐴
Calcular las reacciones de forma genérica para la siguiente
viga:
(𝒙)
2m
Solución
Este es un caso de viga simplemente apoyada con voladizo. El DCL es el siguiente:
Primero calcularemos las reacciones en los soportes y luego aplicaremos el método de las
secciones de forma genérica.
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ +50 𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 − 𝑅𝑉𝐶 . 6𝑚 + 20𝑑𝑎𝑁. 7𝑚 = 0 ⇒
𝑅𝑉𝐶 = 40 𝑑𝑎𝑁
↑ + ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐶 − 50 𝑑𝑎𝑁 − 20 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 30 𝑑𝑎𝑁
𝟎 ≤ 𝒙 < 𝟐𝒎
Ing. P.A. Ortiz
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Página 50
𝑅𝑉𝐴 − 𝑉(𝑥) = 0 ⇒ 𝑉(𝑥) = 30𝑑𝑎𝑁
−𝑀(𝑥) + 𝑉𝑥 = −𝑀(𝑥) + (30𝑑𝑎𝑁)𝑥 = 0 ⇒ 𝑀(𝑥) = (30𝑑𝑎𝑁)𝑥
2𝑚 ≤ 𝑥 < 6𝑚
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 − 50𝑑𝑎𝑁 − 𝑉(𝑥) = 0 ⇒ 𝑉(𝑥) = −20𝑑𝑎𝑁
↻ + ∑ 𝑀 = 0 ⇒ −𝑀 + 𝑉𝑥 + 50𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 = −𝑀 + (−20𝑑𝑎𝑁)𝑥 + 100𝑑𝑎𝑁. 𝑚 = 0 ⇒
𝑀(𝑥) = −(20𝑑𝑎𝑁)𝑥 + 100 𝑑𝑎𝑁. 𝑚
𝟔𝒎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟕𝒎
↑ + ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 − 50𝑑𝑎𝑁 + 𝑅𝑉𝐶 − 𝑉(𝑥) = 0
𝑉(𝑥) = 20 𝑑𝑎𝑁
−𝑀(𝑥) + 𝑉(𝑥). 𝑥 + 50𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 − 𝑅𝑉𝐶 . 6𝑚 =
= −𝑀(𝑥) + (20𝑑𝑎𝑁)𝑥 + 50𝑑𝑎𝑁. 2𝑚
− 40𝑑𝑎𝑁. 6𝑚 = 0
(𝒙)
50 daN
𝑥
𝑀(𝑥) = (20𝑑𝑎𝑁)𝑥 + 50𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 − 40𝑑𝑎𝑁. 6𝑚
= (20𝑑𝑎𝑁)𝑥 − 140𝑑𝑎𝑁. 𝑚
A
C
𝑅𝑉𝐴
𝑅𝑉𝐶
2m
(𝒙)
6m
Diagramas de Cortantes y Momentos
Los diagramas de corte y momento son herramientas analíticas que conjuntamente con el
análisis estructural permiten determinar y comprender mejor los valores de las fuerzas de corte y
momentos flectores.
La formulación de las reacciones de forma genérica, en términos de V(x) y M(x), facilitan la
realización del diagrama. Así para el ejemplo anterior las gráficas de corte y momento son las
siguientes:
Ing. P.A. Ortiz
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Página 51
30 daN
20 daN
C
B
A
D
-20 daN
60daN.m
D
A
B
C
Adviértase que para la graficación del diagrama de momentos se aplican las ecuaciones de
cada zona. Así, por ejemplo, en la Zona I, la ecuación era 𝑀 = (30𝑑𝑎𝑁)𝑥, en el intervalo 0 ≤ 𝑥 <
2𝑚, por tanto se tiene un valor mínimo cuando 𝑥 = 0 donde 𝑀 = 0 y máximo cuando 𝑥 = 2
donde 𝑀 = 30 𝑑𝑎𝑁. 2𝑚=60 𝑑𝑎𝑁. 𝑚 .
Caso 2. Cargas Distribuidas Uniformemente y distintos tipos de soporte
Veremos a continuación distintos casos de una viga simplemente apoyada sometida a cargas
uniformemente distribuidas.
Ejemplo 7
Calcular las reacciones para la siguiente viga simple con carga uniforme.
A
4 daN/m
B
6m
Ing. P.A. Ortiz
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Página 52
Solución
4 daN/m
A
Representemos el DCL y calculemos las
fuerzas en los soportes.
B
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (4𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 6𝑚)
𝑅𝑉𝐴
⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = (4𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 6𝑚)
𝑅𝑉𝐵
6m
Dado que la reacción es la mitad de la carga
total se cumple que 𝑅𝑉𝐴 = 𝑅𝑉𝐵 .
4𝑑𝑎𝑁/𝑚 . 6𝑚
𝑅𝑉𝐴 = 𝑅𝑉𝐵 = (
) = 12 𝑑𝑎𝑁
2
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ +(4𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 6𝑚. 3𝑚) − 𝑅𝑉𝐵 . 6𝑚
= +(4𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 6𝑚. 3𝑚) − 12𝑑𝑎𝑁. 6𝑚
= +72 − 72 = 0
En el cálculo del momento, se debe tener presente que la máxima fuerza en la viga se ejerce en
el punto denominado centroide (ver Anexo A), que es el punto medio de la viga para este caso,
es decir a 𝟑𝒎, distancia media desde el punto de referencia.
Ejemplo 8
Calcular las fuerzas de reacción de la siguiente viga empotrada con voladizo.
A
100 daN/m
2m
Solución
Veamos primero las fuerzas de reacción en el DCL.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 53
Adviértase que ya se calculó la fuerza total que ejerce el total de la carga uniformemente
distribuida: 100 𝑑𝑎𝑁/𝑚 . 2𝑚 = 200 𝑑𝑎𝑁. Procedamos a calcular las tres reacciones tomando A
como punto de referencia.
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −𝑀 + 200𝑑𝑎𝑁. 1𝑚 ⇒ 𝑀 = 200 𝑑𝑎𝑁. 𝑚
En este caso el centroide, punto medio de la viga, está a 1𝑚 del punto de referencia.
Las fuerzas horizontales y verticales son:
→ + ∑ 𝐹𝑥 = 𝑅𝐻𝐴 = 0
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 − 200 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⟹ 𝑅𝑉𝐴 = 200 𝑑𝑎𝑁
Ejemplo 9
Para la siguiente viga isostática con carga uniformemente distribuida desarrollar las ecuaciones
generales para un punto 𝑥 arbitrario.
w
B
A
𝑥
L
Solución
Veamos el DCL:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 54
w
A
B
𝑅𝑉𝐴
𝑅𝑉𝐵
𝑥
L
Luego, calculemos las reacciones en los soportes.
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − 𝑤𝐿 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = 𝑤𝐿 ⇒ 𝑅𝑉𝐴
= 𝑅𝑉𝐵 =
𝑤𝑥
𝑤𝐿
2
𝑥
2
𝑉(𝑥)
Luego, se aísla un segmento de la viga y se calculan las
reacciones.
𝑉(𝑥) = +𝑅𝑉𝐴 − 𝑤𝑥 =
𝑤𝐿
2
𝐿
(1)
− 𝑤𝑥 = 𝑤 (2 − 𝑥)
𝑤𝐿
2
𝑥
𝑀(𝑥) = −𝑅𝑉𝐵 𝑥 + 𝑤𝑥. ( ) ⇒
2
𝑀(𝑥) = −
𝑤𝐿
2
𝑥
𝑥 + 𝑤𝑥. (2) =
𝑤𝑥
2
𝑀(𝑥)
𝑥
(2)
(−𝐿 + 𝑥)
Los diagramas de corte y momentos se obtienen al graficar las ecuaciones anteriores:
L/2
𝑉(𝑥)
−
𝑤𝐿
2
𝑀(𝑥)
El valor máximo del momento se produce cuando 𝑥 = 𝐿/2 y su valor resulta de la ecuación (2):
𝑀𝑚á𝑥 =
Ing. P.A. Ortiz
𝑤(𝐿/2)
𝐿
𝑤𝐿
𝐿
𝑤𝐿2
(−𝐿 + ) =
(− ) = −
2
2
4
2
8
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Página 55
Caso 3. Cargas Distribuidas No Uniformemente y distintos tipos de soporte
Veremos ahora el caso donde la carga no se aplica de forma puntual y tampoco se aplica de
forma uniforme, sino que es variable.
Ejemplo 10
Calcular las reacciones para la siguiente estructura.
Solución
Para calcular el momento se debe tener en cuenta que este es el resultado del área por la
distancia desde el punto de referencia al centroide. El centroide en un triángulo se ubica a una
distancia 𝑥 =
2.𝑏𝑎𝑠𝑒
3
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 60 𝑑𝑎𝑁. 10𝑚 + 60𝑑𝑎𝑁. 20𝑚 − 𝑅𝑉𝐶 . 60𝑚 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐶= 50 𝑑𝑎𝑁
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 56
Caso 4. Distintos tipos de cargas y soporte. Método de las Secciones.
Veamos ahora como resolver problemas donde se presentan distintas situaciones de carga y
soporte.
Dada la distinta variedad de situaciones posibles es necesario disponer de un procedimiento
que permita descomponer un cálculo complejo en una sucesión de cálculos más simples,
definiremos entonces el Método de las Secciones.
Método de las Secciones
En el mismo se realizan cortes imaginarios a lo largo de una viga y luego se aplican las
ecuaciones de equilibrio. En ese caso es posible realizar una suma de momentos en el punto en
el que se realizó el "corte". Se debe contar cada fuerza, carga y momento hasta donde se realizó
el corte.
En el método de secciones es necesario realizar un corte por cada factor que modifique el
momento.
Ejemplo 11
Calcular las reacciones en los soportes para la siguiente estructura para un punto genérico 𝑥 .
Solución
Calculemos las reacciones, atendiendo al DCL.
1200 𝑑𝑎𝑁/𝑚
2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
A
B
𝑅𝑉𝐵
𝑅𝑉𝐴
6m
Ing. P.A. Ortiz
4m
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Página 57
Primero calculemos las fuerzas en los soportes.
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (1200 𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 6𝑚 + 2000 𝑑𝑎𝑁⁄𝑚 . 4𝑚) = 0 ⟹ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = 15.200 𝑑𝑎𝑁
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 7200 𝑑𝑎𝑁. 3𝑚 + 8000𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 − 𝑅𝑉𝐵 . 10𝑚 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐵= 8560 𝑑𝑎𝑁
Por tanto: 𝑅𝑉𝐴= 6640 𝑑𝑎𝑁
Para el cálculo genérico hay dos zonas a considerar:
𝟎≤𝒙≤𝟔
𝑉(𝑥) = 6640 − 1200 𝑥
𝑥
𝑀(𝑥) = 6640𝑥 − 7200. = 3040 𝑥
2
𝟔 < 𝒙 < 𝟏𝟎
𝑉(𝑥) = 6640 𝑑𝑎𝑁 − 7200 𝑑𝑎𝑁 − (2000 𝑑𝑎𝑁⁄𝑚) (𝑥 − 6) = 11440 𝑑𝑎𝑁 − (2000 𝑑𝑎𝑁⁄𝑚)𝑥
𝑥 − 6𝑚
𝑀(𝑥) = 6640 𝑑𝑎𝑁. 𝑥 + (7200 𝑑𝑎𝑁)(𝑥 − 3𝑚) + [(2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚)(𝑥 − 6𝑚)] (
)=
2
𝑀(𝑥) = 1000𝑥 2 + 1840𝑥 + 14400
Ejemplo 12
Calcular las reacciones para la siguiente viga. Aplicar el método de las secciones.
3,5 daN
4,3 daN
1,2 daN
2,8 daN
A
F
C
B
4m
𝑅𝑉𝐴
Ing. P.A. Ortiz
4m
E
D
4m
3m
18m
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
3m
𝑅𝑉
Página 58
Solución
1. Dibujar el DCL.
3,5 daN
4,3 daN
1,2 daN
2,8 daN
A
F
C
B
𝑅𝑉𝐴
4m
4m
E
D
4m
3m
3m
𝑅𝑉
18m
2. Calcular las reacciones en los soportes.
Vemos la aplicación del método de las
secciones.
Soporte A (punto de referencia). Se
calculan las fuerzas de cada apoyo
multiplicadas por las distancia al punto
de referencia. Se calcula usualmente
de izquierda a derecha aunque es
indistinto.
3,5 daN
A
𝑅𝐻𝐴
+
𝑅𝑉𝐴
B
4m
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 3.5 𝑑𝑎𝑁. 4𝑚 + 4.3 𝑑𝑎𝑁. 8𝑚 + 1.2 𝑑𝑎𝑁. 12𝑚 + 2.8 𝑑𝑎𝑁. 15𝑚 − 𝑅𝑉 . 18𝑚 = 0
de la ecuación anterior se puede despejar 𝑅𝑉
𝑅𝑉 = 5,82 𝑑𝑎𝑁
De igual forma se procede con los restantes. Veamos el cálculo en el último soporte.
Soporte F
+↻ ∑ 𝑀 = +2,8 𝑑𝑎𝑁 . 3𝑚 + 1,2 𝑑𝑎𝑁 . 6𝑚 + 4,3 𝑑𝑎𝑁. 10𝑚 + 3,5𝑑𝑎𝑁. 14𝑚 − 𝑅𝑉𝐴 .18𝑚 = 0
𝑅𝑉𝐴 = 5,98 𝑑𝑎𝑁
3. Verificar los resultados
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 59
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉 = 5,98 𝑑𝑎𝑁 + 5,82 𝑑𝑎𝑁 − (3,5 𝑑𝑎𝑁 + 4,3𝑑𝑎𝑁 + 1,2 𝑑𝑎𝑁 + 2,8 𝑑𝑎𝑁) = 0
Efectivamente verifica.
Ejemplo 13
Calcular las reacciones de apoyo en A y B para la siguiente estructura.
1000 𝑑𝑎𝑁
1500 𝑑𝑎𝑁/𝑚
2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
A
B
5m
2m
5m
Solución
Veamos el DCL. Se representa el resultado de los cálculos de la carga total.
1000 𝑑𝑎𝑁
7500 𝑑𝑎𝑁
14000 𝑑𝑎𝑁
A
B
𝑅𝑉𝐵
𝑅𝑉𝐴
5m
5m
2m
Calculemos las fuerzas en los apoyos.
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (7500 𝑑𝑎𝑁 + 1000 𝑑𝑎𝑁 + 14000 𝑑𝑎𝑁) = 0
𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = 22.500 𝑑𝑎𝑁
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 7500. 2,5 + 1000.5 + 14000.3,5 − 𝑅𝑉𝐵. . 10 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐵 = 7275 𝑑𝑎𝑁
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 60
Ejemplo 14
Calcular las reacciones de apoyo en A y B para la siguiente estructura.
800 𝑑𝑎𝑁
50 𝑑𝑎𝑁
1000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
400 𝑑𝑎𝑁/𝑚
600 𝑑𝑎𝑁/𝑚
B
A
2m
8m
2m
2m
6m
Solución
El DCL es el siguiente:
800 𝑑𝑎𝑁
50 𝑑𝑎𝑁
8000 𝑑𝑎𝑁
800 𝑑𝑎𝑁
A
1200 𝑑𝑎𝑁
B
𝑅𝑉𝐵
𝑅𝑉𝐴
2m
8m
2m
2m
6m
Solución
Para calcular el momento consideremos calculando las fuerzas que se ejercen en sentido horario
y procediendo de izquierda a derecha considerando como punto de referencia a A.
𝑆𝐻 = 800 𝑑𝑎𝑁. 2𝑚 + 8000 𝑑𝑎𝑁. 4𝑚 + 1200𝑑𝑎𝑁. 1𝑚 + 50 𝑑𝑎𝑁. 10 𝑚 = 44900 𝑑𝑎𝑁. 𝑚
Ahora de igual forma con las fuerzas en sentido antihorario.
𝑆𝐴𝐻 = 800 𝑑𝑎𝑁. 1𝑚 + 𝑅𝑉𝐵 . 8 𝑚
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 𝑆𝐻 − 𝑆𝐴𝐻 = 44900 𝑑𝑎𝑁. 𝑚 − (800 𝑑𝑎𝑁. 𝑚 + 𝑅𝑉𝐵 . 8 𝑚) ⇒ 𝑅𝑉𝐵 = 5512,5 𝑑𝑎𝑁
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (800 𝑑𝑎𝑁 + 800 𝑑𝑎𝑁 + 8000 𝑑𝑎𝑁 + 1200 𝑑𝑎𝑁 + 50 𝑑𝑎𝑁) = 0 ⟹
Ing. P.A. Ortiz
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Página 61
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − 10850 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 10850𝑑𝑎𝑁 − 5512,5 𝑑𝑎𝑁 = 5337,5 𝑑𝑎𝑁
Caso 5. Resolución por Integración
En caso que la distribución de la carga no siga una fuerza de distribución uniforme, puede ser
difícil aplicar los métodos vistos en los casos anteriores, por ello se recurre a métodos de
integración como se describe a continuación.
Supongamos la viga siguiente (Beer, 2012|):
𝑤
'
Δ𝑥
𝑥 + Δ𝑥
𝑥
Representemos el DCL de la sección 𝐶𝐶’.
𝑤. Δ𝑥
+
𝑤
Δ𝑥
'
+
Calculemos en primer lugar la relación entre la carga y la fuerza cortante.
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑉 − (𝑉 + ∆𝑉) − 𝑤∆𝑥 = 0 ⇒ Δ𝑉 = 𝑤Δ𝑥 ; luego si Δ𝑥 → 0 ∴
𝑑𝑉
= −𝑤
𝑑𝑥
(3.4)
𝑉(𝑥) = − ∫ 𝑤 𝑑𝑥 + 𝐶
(3.5)
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 62
integrando:
Ing. P.A. Ortiz
Para el cálculo del momento, tengamos en cuenta la figura anterior, de donde se deduce:
+↻ ∑ 𝑀𝐶 = +𝑀 + 𝑉∆𝑥 − (𝑀 + ∆𝑀) − 𝑤∆𝑥
∆𝑥
∆𝑥
= 0 ⇒ Δ𝑀 = 𝑉∆𝑥 + 𝑤∆𝑥
2
2
Luego si Δ𝑥 → 0 ∴
𝑑𝑀
=𝑉
𝑑𝑥
(3.6)
Integrando:
𝑀(𝑥) = ∫ 𝑉 𝑑𝑥 + 𝐶
(3.7)
Ejemplo 15
Para calcular la fuerza cortante tenemos dos zonas:
𝟎≤𝒙≤𝟔
Aplicando (3.5):
𝑉(𝑥) = − ∫ 𝑤 𝑑𝑥 ⇒ 𝑉(𝑥) = − ∫ 𝑤 𝑑𝑥 + 𝐶 = − ∫ 1500 𝑑𝑥 + 𝐶 = −1500𝑥 + 𝐶
Como 𝑉(0) = 6000 ⇒ 𝐶 = 6000, por tanto:
𝑉(𝑥) = −1500 𝑥 + 6000
Calculemos el momento aplicando (3.6):
𝑀(𝑥) = ∫ 𝑉 𝑑𝑥 + 𝐶 = ∫(−1500𝑥 + 6000) 𝑑𝑥 + 𝐶 = −750𝑥 2 + 6000𝑥 + 𝐶
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 63
Luego 𝑀(0) = 0 ⇒ 𝐶 = 0 ∴ 𝑀(𝑥) = −750𝑥2 + 6000𝑥
𝟔<𝒙≤𝟗
Observando que 𝑉(𝐵) = 𝑉(6) = −3000 , por lo que en este tramo se la fuerza se mantiene
constante, 𝑉(𝑥) = −3000.
Aplicando (3.6):
𝑀(𝑥) = ∫ 𝑉 𝑑𝑥 + 𝐶 = ∫ −3000 𝑑𝑥 + 𝐶 = −3000𝑥 + 𝐶
Como 𝑀(9) = 0 ⇒ −3000(9) + 𝐶 = 0 ∴ 𝐶 = 27000
𝑀(𝑥) = −3000𝑥 + 27000
Representemos los diagramas de las fuerzas:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 64
Ejercicios Resueltos
1. Calcular las reacciones para la siguiente viga en los soportes y en los puntos C y D.
4 𝑑𝑎𝑁
2 𝑑𝑎𝑁
B
A
4m
4m
2m
2m
4m
Solución
Grafiquemos el DCL.
4 𝑑𝑎𝑁
4m
4m
2m
2 𝑑𝑎𝑁
2m
4m
Primero calculemos las reacciones en los soportes
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (4 + 2)𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 = 6 𝑑𝑎𝑁
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 𝑆𝐻 − 𝑆𝐴𝐻 = (4𝑑𝑎𝑁. 8𝑚 + 2𝑑𝑎𝑛. 12𝑚) − (𝑅𝑉𝐵 . 16𝑚) = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐵 = 3,5 𝑑𝑎𝑁
Por tanto: 𝑅𝑉𝐴 = 2,5 𝑑𝑎𝑁
Ahora calculemos las reacciones en los puntos 𝐶 y 𝐷 .
Ing. P.A. Ortiz
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Página 65
Punto C.
+↻ ∑ 𝑀𝐶 = 𝑅𝑉𝐶 . 4𝑚 − 𝑀𝐶 = 0 ⇒ 𝑀𝐶 = 2,5 𝑑𝑎𝑛. 4𝑚 = 10 𝑑𝑎𝑁
A
C
2,5 𝑑𝑎𝑁
4m
Punto D.
+↻ ∑ 𝑀𝐷 = 𝑅𝑉𝐶 . 4𝑚 − 𝑀𝐶 = 0 ⇒ 𝑀𝐶 = 2,5 𝑑𝑎𝑛. 4𝑚 = 10 𝑑𝑎𝑁
2 𝑑𝑎𝑁
B
Solución. 𝑅𝑉𝐴 = 2,5 𝑑𝑎𝑁 ; 𝑅𝑉𝐶 = 2,5𝑑𝑎𝑁; 𝑀𝐶 =
10𝑑𝑎𝑁; 𝑅𝑉𝐷 = −1,5 𝑑𝑎𝑁 ; 𝑀𝐷 = 17𝑑𝑎𝑁; 𝑅𝑉𝐵 = 3,5𝑑𝑎𝑁
3,5𝑑𝑎𝑁
2m
4m
2. Sea la siguiente viga empotrada con distribución de carga uniforme calcular la fuerza
cortante en su punto medio.
60 𝑑𝑎𝑁/𝑚
3m
Solución
Comencemos representando el DCL.
180 𝑑𝑎𝑁
A
3m
𝑀𝐴
𝑅𝑉𝐴
Luego calculemos las ecuaciones en los soportes.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 66
Fuerzas cortantes:
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 0 ⇒ −180 𝑑𝑎𝑁 + 𝑅𝑉𝐴 = 0 ⟹ 𝑅𝑉𝐴 = 180 𝑑𝑎𝑁
Por tanto a la mitad de la viga, la fuerza cortante será de −90 𝑑𝑎𝑁.
3. Considere la viga del ejercicio anterior. Si la variable x mide la distancia de cada tramo de
la viga a su extremo izquierdo, calcular la fuerza cortante 𝑉(𝑥) en el tramo 1 ≤ 𝑥 < 3.
Representar además el diagrama de cortantes.
Solución
Representemos el DCL.
180 𝑑𝑎𝑁
A
3m
𝑀𝐴
𝑅𝑉𝐴
Aplicando el método de las secciones.
𝟎≤𝒙<𝟏
𝑉(𝑥) = 60
𝑑𝑎𝑁
𝑚
. (𝑥) = −60𝑥 es la distancia desde la izquierda, no hay soportes de referencia.
𝟏≤𝒙<𝟑
𝑉(𝑥) = 60
180 𝑑𝑎𝑁
𝑑𝑎𝑁
𝑚
A
. (𝑥) = −60𝑥 𝑑𝑎𝑁
3m
El diagrama de cortantes queda en
consecuencia:
Ing. P.A. Ortiz
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𝑥
𝑀𝐴
𝑅𝑉𝐴
Página 67
A
3m
1,5m
𝑑𝑎𝑁
𝑉(𝑥)
−90
−180
𝑚
4. Calcular las reacciones de la siguiente viga empotrada con valida en un punto genérico 𝑥 .
200 𝑑𝑎𝑁
2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
1000𝑑𝑎𝑁/𝑚
A
2m
3m
Solución
Comencemos dibujando el DCL.
Luego determinemos las reacciones en los soportes.
Para calcular el momento consideremos calculando las fuerzas que se ejercen en sentido
antihorario y procediendo de izquierda a derecha tomando como referencia el punto A.
200 𝑑𝑎𝑁
4000 𝑑𝑎𝑁
𝑆𝐴𝐻 = 200 𝑑𝑎𝑁. 5𝑚 + 3000 𝑑𝑎𝑁. (1,5𝑚 + 2𝑚)
+ 4000 𝑑𝑎𝑁. 1𝑚 = 15500 𝑑𝑎𝑁
3000 𝑑𝑎𝑁
A
Luego en sentido horario, tenemos el
momento que se opone a esas fuerzas que
es 𝑀𝐴
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 𝑀𝐴 − 15500 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑀𝐴
𝑅𝐻𝐴
3m
2m
𝑅𝑉𝐴
𝑀𝐴
= 15.500 𝑑𝑎𝑁
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 68
Luego, para las fuerzas cortantes:
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 − (200 𝑑𝑎𝑁 + 3000 𝑑𝑎𝑁 + 4000 𝑑𝑎𝑁) = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 7200 𝑑𝑎𝑁
Luego procedemos a realizar el cálculo genérico, considerando las zonas donde se produce
una discontinuidad.
𝟎≤𝒙≤𝟑
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑉(𝑥) − (200 𝑑𝑎𝑁 + 1000
𝑑𝑎𝑁
. 𝑥)
𝑚
= 0 ⇒ 𝑉(𝑥) = 1000𝑥 − 200
𝑥
+↻ ∑ 𝑀 = 𝑀(𝑥) − [200 𝑑𝑎𝑁. 𝑥 + (1000 𝑑𝑎𝑁. 𝑥). ] = 0
2
𝑀(𝑥) = 200 𝑥 + 1000
𝑥2
2
200 𝑑𝑎𝑁
1000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
𝟑≤𝒙≤𝟓
𝑉(𝑥)
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑉(𝑥) − [200 𝑑𝑎𝑁 + 3000 𝑑𝑎𝑁 + 2000
𝑑𝑎𝑁
. (𝑥 − 3)]
𝑚
𝑀(𝑥)
=0⇒
𝑥
𝑉(𝑥) = 2000𝑥 + 2800
200 𝑑𝑎𝑁
+↻ ∑ 𝑀 = 𝑀(𝑥)
− [200 𝑑𝑎𝑁. 𝑥 + 3000 𝑑𝑎𝑁
+ 2000 𝑑𝑎𝑁.
2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
3000 𝑑𝑎𝑁
𝑉(𝑥)
(𝑥 − 3)2
]=0
2
𝑀(𝑥) = 1000 𝑥 2 − 5800 𝑥 + 12000
3m
𝑀(𝑥)
𝑥
5. Calcular las reacciones 𝑉(𝑥) y 𝑀(𝑥) para la siguiente viga empotrada con voladizo.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 69
4000 𝑑𝑎𝑁
3000𝑑𝑎𝑁/𝑚
2000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
2m
2m
A
1000 𝑑𝑎𝑁/𝑚
3m
Solución
Representemos el DCL.
4000 𝑑𝑎𝑁
6000𝑑𝑎𝑁
4000 𝑑𝑎𝑁
A
3000 𝑑𝑎𝑁
𝑅𝑉𝐴
2m
2m
𝑅𝐻𝐴
𝑀𝐴
3m
Determinemos las reacciones en los soportes, comenzando, como en ejercicio anterior,
calculando los momentos, primero calculando las fuerzas que se ejercen en sentido antihorario
y luego en sentido horario, tomando como referencia el punto A.
𝑆𝐴𝐻 = 6000 𝑑𝑎𝑁. (1𝑚 + 5𝑚) + 4000𝑑𝑎𝑁. 5𝑚 + 4000𝑑𝑎𝑁. 4𝑚 + 3000 𝑑𝑎𝑁. 1,5𝑚 = 76500 𝑑𝑎𝑁
Luego en sentido horario, tenemos el momento que se opone a esas fuerzas que es 𝑀𝐴
+↻ ∑ 𝑀𝐴 = 𝑀𝐴 − 76500 𝑑𝑎𝑁 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 = 76.500 𝑑𝑎𝑁
Luego, para las fuerzas cortantes:
+↑ ∑ 𝐹𝑉 = 𝑅𝑉𝐴 − (6000 𝑑𝑎𝑁 + 4000 𝑑𝑎𝑁 + 4000 𝑑𝑎𝑁 + 3000 𝑑𝑎𝑁) = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 = 17.000 𝑑𝑎𝑁
Luego procedemos a realizar el cálculo genérico. produce una discontinuidad.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 70
𝟐≤𝒙≤𝟒
𝑉(𝑥) = −6000 𝑑𝑎𝑁 − 2000 𝑑𝑎𝑁 𝑥
𝟒≤𝒙≤𝟕
𝑉(𝑥) = −6000 𝑑𝑎𝑁 − 4000 𝑑𝑎𝑁 − 4000 𝑑𝑎𝑁 − 1000(𝑥 − 3) = −11000 − 1000𝑥
6. Calcular las fuerzas de reacción y los diagramas de fuerza y momento para la siguiente
viga:
8000 daN
6m
1200 daN
4m
10m
Solución
Dibujemos el DCL.
8000 daN
1200 daN
𝑅𝑉𝐴
6m
10m
4m
𝑅𝑉𝐵
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝐵 − (8000 𝑑𝑎𝑁 + 1200 𝑑𝑎𝑁) = 0 ⟹ 𝑅𝑉𝐴 + 𝑅𝑉𝑏 = 9200 𝑑𝑎𝑁 (1)
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 8000 𝑑𝑎𝑁. 6𝑚 + 1200𝑑𝑎𝑁. 16𝑚 − 𝑅𝑉𝐵 . 20𝑚 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐵 = 3360 𝑑𝑎𝑁
Luego sustituyendo el valor de 𝑅𝑉𝐵 en la ecuación (1) resulta 𝑅𝑉𝐴 = 5850 𝑑𝑎𝑁
El diagrama de cortes es el siguiente:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 71
5840 daN
8000 daN
1200 daN
-2160 daN
-3360 daN
7. Calcular 𝑉(𝑥) y 𝑀(𝑥) para la siguiente viga.
Solución
1. DCL.
𝑤
𝑅𝐻𝐴
A
A
𝑅𝑉𝐴
B
2/3𝐿
1/3𝐿
𝑅𝑉𝐵
2. La viga se divide en dos zonas, una antes de la carga y otra después.
Consideremos un punto 𝑥 cualquiera en la zona:
Ing. P.A. Ortiz
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Página 72
𝑤
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝑳/𝟑
𝑥
1
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑅𝑉𝐴 − 𝑉 = 0 ⇒ 𝐹 − 𝑉(𝑥) = 0
3
⇒ 𝑉(𝑥) = 𝐹/3
1
↻ + ∑ 𝑀𝐴 = 𝑉𝑥 − 𝑀 = 𝐹𝑥 − 𝑀(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀(𝑥)
3
𝐹
= 𝑥
3
𝑉(x)
𝑀(𝑥)
𝑅𝑉𝐴
2/3𝐿
𝟐𝑳⁄𝟑 < 𝒙 ≤ 𝑳
↑ + ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒
↻ + ∑ 𝑀𝐴 =
2
3
𝐹
2𝐹
− 𝐹 − 𝑉 = 0 ⇒ 𝑉(𝑥) = −
3
3
2𝐹
𝐿 + 𝑉𝑥 − 𝑀(𝑥) = 0
3
2𝐹
2𝐹
⇒
𝐿−
𝑥 − 𝑀(𝑥) = 0 ⇒
3
3
(𝐿 − 𝑥) − 𝑀(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀(𝑥) =
Ing. P.A. Ortiz
2
3
𝑥
𝑉(𝑥)
𝑅𝐻𝐴
𝑀(𝑥)
𝑅𝑉𝐴
(𝐿 − 𝑥)
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Página 73
Capítulo 4 .Técnicas de Integración
4.1 Integración por Cambio de Variable (Sustitución)
El método por Cambio de Variable o Sustitución es el método más popular, y ha demostrado a
lo largo de los años que es el que se aplica en la mayoría de los problemas.
Entonces, analice como primer paso si el problema se puede resolver por Cambio de Variable
(CDV).
Primeros patrones
Cuando nos enfrentamos a la resolución de integrales del tipo:
∫ 2𝑥 √1 + 𝑥 2 𝑑𝑥
las tablas de integración (al menos inmediatas) no nos ayudan en su resolución, por tanto se
debe recurrir a alguna estrategia; en este caso introduciremos algo adicional. El elemento
adicional en este caso es la variable 𝒖 (el nombre de la variable no es relevante).
Supongamos que se define 𝑢 = 1 + 𝑥 2, entonces 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥, por tanto la integral anterior se
podría escribir como:
∫ 2𝑥 √1 + 𝑥 2 𝑑𝑥 = ∫ √1 + 𝑥 2 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ √𝑢 𝑑𝑢 =
2 3/2
𝑢 +𝐶
3
Luego del cambio de variables se llega a una integral más simple cuya primitiva sí se encuentra
en tablas. Luego sustituyendo el valor de 𝑢 por equivalente en 𝑥:
∫ 2𝑥 √1 + 𝑥 2 𝑑𝑥 =
2 3/2
2
𝑢 + 𝐶 = (1 + 𝑥 2 ) + 𝐶
3
3
Este método de integración es conocido como método de cambio de variable o sustitución y
se basa en la derivada de la función compuesta.
El método se basa en que:
Debe existir un término que derivado es aproximadamente igual
a otro término que figure en la integral
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 74
Por ejemplo:
1 + 𝑥2
2𝑥
derivado
Como se advierte el método se basa en realizar un reemplazo de variables adecuado que
permita convertir el integrando en algo sencillo con una integral o primitiva simple. En muchos
casos, donde las integrales no son triviales, se puede llevar a una integral de tabla para encontrar
fácilmente su primitiva. Este método realiza lo opuesto a la regla de la cadena en la derivación.
Usualmente es conveniente elegir la parte más interior de la
expresión compuesta (tal como la expresión entre paréntesis
elevada a la potencia)
Ejemplo 1
Calcular la integral ∫ 𝑠𝑒𝑛4 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫(𝑠𝑒𝑛 𝑥)4 cos 𝑥 𝑑𝑥 y ∫
ln 𝑥
𝑥
𝑑𝑥
Solución
Recordando que (𝑠𝑒𝑛 𝑥)’ = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 , se puede deducir que si se hace el cdv 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 , entonces
𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 por lo cual la integral queda reformulada como:
∫ 𝑠𝑒𝑛4 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢4 𝑑𝑢 =
De forma similar se procede para integrar ∫
𝑙𝑛
𝑥
𝑑𝑥,
1 5
1
𝑢 + 𝐶 = 𝑠𝑒𝑛5 𝑥 + 𝐶
5
5
ya que si recordamos que (𝑙𝑛 𝑥)’ = 1/𝑥
entonces se desprende naturalmente que el cdv lógico es 𝑢 = 𝑙𝑛 𝑥, y por tanto 𝑑𝑢 = 1/𝑥 𝑑𝑥.
Resolviendo de la misma forma que la integral anterior:
∫
ln 𝑥
1
1
𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢2 + 𝐶 = (ln 𝑥)2 + 𝐶
𝑥
2
2
Esto se resume el siguiente patrón:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 75
Si en la integral figura la función y la derivada de la función,
realice el cambio de variable 𝒖
= 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏
Veamos otros casos comunes tratando de establecer un conjunto de patrones, no exhaustivo,
por supuesto, pero que podrán orientar a la resolución de algunas integrales mediante este
método.
_________________________________________________________________________
Ejemplo 2
Calcular ∫ 4𝑥 (𝑥 2 + 1)6 𝑑𝑥
Solución
Este caso es el producto de dos funciones donde se puede advertir que un término resulta
aproximadamente la derivada del otro.
Consideremos para estos casos que:
𝒖 sea la expresión que está elevada a la
potencia.
Por tanto 𝑢 = 𝑥 2 + 1 => 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 , reordenemos y resolvamos la integral:
∫ 4𝑥 (𝑥 2 + 1)6 𝑑𝑥 = 2 ∫(𝑥 2 + 1)6 2𝑥 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑢6 𝑑𝑢 =
2 7
2
𝑢 + 𝐶 = (𝑥 2 + 1) + 𝐶
7
7
Ejemplo 3. Expresión en el exponente
2
Calcular la integral ∫ 3𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Solución
En caso que se presente un exponente con una expresión en el exponente, es conveniente
sustituir:
En caso de exponentes elevados a un exponente
𝒖 por la expresión del exponente
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 76
𝑢 = 𝑥 2 => 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥
Nuevamente acomodando la integral y resolviendo:
2
∫ 3𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =
3
3
3 𝑢
2
∫ 𝑒 𝑥 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 =
𝑒 +𝐶
2
2
2
Luego deshaciendo el cambio de variable:
2
∫ 3𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =
3 𝑥2
𝑒 +𝐶
2
Otra situación frecuente que se presenta es el cálculo de integrales del tipo: ∫ 𝑓(𝑎𝑥 2 + 𝑏) 𝑥 𝑚 𝑑𝑥
donde m es impar y por tanto la integral puede ser escrita como ∫ 𝑓(𝑎𝑥 2 + 𝑏) 𝑥 𝑚−1 𝑑𝑥 . Para
estos casos se usa la sustitución:
En caso de integrales del tipo∫ 𝑓(𝑎𝑥 2 + 𝑏) 𝑥 𝑚 𝑑𝑥
aplicar el cdv 𝒖 = 𝑎𝑥 2 + 𝑏
Ejemplo 4
Calcular ∫ 𝑥 3 (𝑥 2 + 1)99 𝑑𝑥
Solución
Consideremos el cdv: 𝑢 = 𝑥 2 + 1 (𝑎 = 1; 𝑏 = 1) por tanto 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 .
Aplicando la regla sugerida la integral se puede reescribir como:
∫ 𝑥 3 (𝑥 2 + 1)99 𝑑𝑥 = ∫
1 2 2
𝑥 (𝑥 + 1)99 2𝑥 𝑑𝑥
2
Luego la expresión interior se substituye por u:
𝑢 = (𝑥 2 + 1) ; 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥
Ing. P.A. Ortiz
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Página 77
entonces:
1
∫(𝑢
2
− 1)𝑢99 𝑑𝑢 =
1
2
1
1
∫(𝑢100 − 𝑢99 ) 𝑑𝑢 = 0,5 [(101) 𝑢101 − (100) 𝑢100 ] + 𝐶 =
1
1
= (202) (𝑥 2 + 1)101 − (200) (𝑥 2 + 1)100 +C
El Cambio de Variable en las Integrales Definidas
Cuando se trata de aplicar el cdv a integrales definidas se deben cambiar los límites de
integración para que se correspondan con la nueva variable. Por ej., si los límites en la variable
original x eran 𝑎 = 0 y 𝑏 = 3 , y se sustituye 𝑢 = 𝑥 − 1, los límites de integración con la nueva
variable 𝑢 serán 𝑢1 = −1 𝑦 𝑢2 = 2.
Ejemplo 5
3
Calcular ∫0 (2𝑥 2 − 5)𝑥 𝑑𝑥
Solución
𝑢 = 2𝑥 2 − 5 => 𝑑𝑢 = 4𝑥 𝑑𝑥 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜
𝑠𝑖 𝑥 = 0 => 𝑢1 = 2(0)2 − 5 = −5
𝑠𝑖 𝑥 = 3 => 𝑢2 = 2(3)2 − 5 = 13
3
∫
(2𝑥 2
0
1 1𝟑
1 2 13
1
− 5)𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 | = [132 − (−5)2 ] = 18
4 −𝟓
8
8
−5
Adviértase que para la integral definida no es necesario deshacer el cambio de variable, ya
que los límites de integración corresponden a la variable 𝑢.
Ejemplo 6
Para la integral ∫ 3𝑥 2 𝑒 −𝑥
𝑎) 3𝑥2 𝑒−𝑥
Ing. P.A. Ortiz
3 +4
3 +4
𝑑𝑥 , ¿cuál sería un cdv adecuado para 𝑢?
𝑏) 3𝑥 2
𝑐) − 𝑥 3 + 4
𝑑)𝑒 −𝑥
3 +4
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 78
Justifique.
Solución
La solución correcta es la c), dado que es en caso de una expresión exponencial se debe
considerar el exponente para el cambio de variable, esto es, 𝑢 = −𝑥 3 + 4 y 𝑑𝑢 = −3𝑥 2
Sustituciones Trigonométricas
En caso de expresiones del tipo √±𝑥 2 ± 𝑎2 se utilizan cambio de variables trigonométricos,
siguiendo la siguiente tabla1:
Expresión
Cambio de Variable
𝜋
𝜋
𝑥 = 𝑎 sen(θ) , − < 𝜃 <
2
2
√𝒂𝟐 − 𝒙𝟐
𝑥 = 𝑎 tan(θ) , −
√𝒙𝟐 − 𝒂𝟐
𝑥 = 𝑎 sec(𝜃) , 0 ≤ 𝜃 <
𝜋
𝜋
<𝜃<
2
2
𝜋
2
ó𝜋 ≤𝜃
3𝜋
2
Identidades Relevantes
1 − 𝑠𝑒𝑛2 (𝜃) = 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
cos 2𝜃 = 2𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − 1
𝑠𝑒𝑛 2𝜃 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
1 + 𝑡𝑎𝑛2 (𝜃) = 𝑠𝑒𝑐 2 (𝜃)
1
cos(𝜃)
= 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃) =
tan(𝜃)
𝑠𝑒𝑛(𝜃)
𝑠𝑒𝑐 2 (𝜃) − 1 = 𝑡𝑎𝑛2 (𝜃)
1
𝑠𝑒𝑐 2 (𝜃) =
𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
__________________________________________________________________________________________
Ejemplo 7
Calcular ∫ √𝑎2 − 𝑥 2 𝑑𝑥
Solución
∫ 𝑎2 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ √
𝑎2 𝑥 2
𝑥2
√1 −
−
𝑑𝑥
=
𝑎
∫
𝑑𝑥
𝑎2 𝑎2
𝑎2
Recordemos que:
1
http://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometric_substitution
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 79
𝑠𝑒𝑛2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 = 1 => 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 = 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥
Hagamos el cdv sugerido en el cuadro anterior:
𝑥 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃 => 𝑑𝑥 = 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝜃
entonces:
𝑠𝑖 𝑥 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃 =>
𝑥
𝑥2
= 𝑠𝑒𝑛 𝜃 => 2 = 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
𝑎
𝑎
sustituyendo en la integral:
∫ √𝑎2 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ √1 −
𝑥2
𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ √1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑎 ∫ √𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝜃 =
𝑎2
𝑎2
𝑎2
𝑠𝑒𝑛 2𝜃
= 𝑎 ∫ cos 𝜃 𝑎 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃 = 𝑎 ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑑𝜃 = ∫ 1 + cos 2𝜃 𝑑𝜃 =
(𝜃+
)+𝐶
2
2
2
2
2
Si la integral fuera definida el cálculo terminaría aquí sustituyendo por los valores de límite
superior e inferior correspondiente.
En la integral indefinida se deben seguir con algunos pasos y artificios adicionales.
Si procedemos a deshacer el cdv:
𝑥
𝑥 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃 => 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( )
𝑎
𝑠𝑒𝑛 2𝜃 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑎2
𝑠𝑒𝑛 2𝜃
𝑎2
𝑎2
𝑎2
(2𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 2𝜃) + 𝐶 =
(2𝜃 + 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃) =
(𝜃 + 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃) + 𝐶
(𝜃+
)+𝐶 =
2
2
4
4
2
=
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = 1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
𝑎2
𝑥
𝑥
𝑥 2
=
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( ) + √1 − ( ) ) + 𝐶 =
2
𝑎
𝑎
𝑎
=
Ing. P.A. Ortiz
𝑎2
𝑥
𝑥
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( ) + √(𝑎2 − 𝑥 2 ) + 𝐶
2
𝑎
2
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 80
4.2 Integración por Partes
La idea básica de la integración por partes es transformar una integral que no se conoce como
resolverla en un producto menos una integral que sí se conoce.
Integración por partes se basa en la heuristica2 en lugar de un proceso puramente mecánico
para resolver integrales. Para esta técnica tiene que existir, en general, una multiplicación de
dos funciones (tener en cuenta que una de las funciones puede ser la constante 1), una se tiene
que derivar y la otra integrar, notadas comúnmente como 𝑢(𝑥) y 𝑣(𝑥), de tal forma que la
integral producida sea más fácil de evaluar que la original.
Tener presente que esta no es una regla infalible, sino una guía, existen integrales con dos
funciones que se resuelven más fácilmente por sustitución. Ver por ej. el ejemplo 2 de la sección
de Integración por Cambio de Variable.
La fórmula de integración expresa como
∫ 𝑢𝑣 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
(4.1)
La regla del 7
Supongamos que se quiere integrar ∫ √𝑥 ln(𝑥) 𝑑𝑥. Veamos los pasos.
a. el integrando se debe dividir en 𝑢 y 𝑑𝑣. Para esta integral consideremos que 𝑢 = 𝑙𝑛 𝑥 y los
demás es 𝑑𝑣; 𝑑𝑣 = √𝑥 𝑑𝑥
b. luego se debe derivar 𝑢 para obtener 𝑑𝑢 e integrar 𝑑𝑣 para obtener v
c. luego se compone todo en la fórmula (1)
Para realizar estos pasos de forma sencilla aplicaremos la regla del 7, para lo cual comenzaremos
definiendo el siguiente cuadro:
Heurística (Wikipedia). Se puede definir como un conjunto de reglas metodológicas no necesariamente
formalizadas, positivas y negativas, que sugieren o establecen cómo proceder y problemas a evitar a la
hora de generar soluciones y elaborar hipótesis
2
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 81
𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑣
integrar
derivar
𝑢
Las flechas indican que hacia abajo se aplica derivación, y hacia arriba integración.
Veamos como completar el cuadro para el ejemplo que estamos trabajando.
int
der
ln x
√𝑥𝑑𝑥
Realicemos los cálculos necesarios para completar el cuadro:
𝑢 = ln 𝑥 => 𝑑𝑢 =
1
𝑑𝑥
𝑥
𝑑𝑣 = √𝑥 𝑑𝑥 => 𝑑𝑣 = 𝑥 1/2 𝑑𝑥 => 𝑣 = ∫ 𝑥 1/2 𝑑𝑥 => 𝑣 =
2
√𝑥 3
3
𝑙𝑛 𝑥
1
𝑑𝑥
𝑥
2 3/2
𝑥
3
√𝑥 𝑑𝑥
integrar
derivar
Completemos el cuadro:
Ahora el siguiente paso es aplicar “la regla del 7”.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 82
2 3/2
𝑥
3
𝑙𝑛 𝑥
1
𝑑𝑥
𝑥
∫
√𝑥 𝑑𝑥
Siguiendo el recorrido del 7 de arriba abajo y de izquierda a derecha, la integral se puede escribir
como el resultado de dos componentes, el producto de los términos horizontales menos la
integral de los componentes de la diagonal.
∫ √𝑥 ln 𝑥 = ln 𝑥 .
2
3
×
∫ √𝑥 ln 𝑥 = ln 𝑥 .
= ln 𝑥 .
2
𝑥 3/2 − ∫ 𝑥 3/2
3
1
𝑥
𝑑𝑥
-∫
1
2 3/2
2
1
2
2
𝑥 − ∫ 𝑥 3/2 𝑑𝑥 = ln 𝑥 . 𝑥 3/2 − ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 =
3
3
𝑥
3
3
2 3/2 4 3/2
𝑥
− 𝑥
+𝐶
3
9
Ejemplo 9
Calculemos la integral: ∫ 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Solución
En primer lugar tengamos en cuenta que la integración por partes es necesaria es que no se
puede encontrar de forma simple la primitiva de 𝑥 y 𝑒 𝑥 y multiplicarlas de forma conjunta (se
puede advertir que
𝑥2
2
𝑒 𝑥 no es una primitiva de 𝑥𝑒 𝑥 ).
Por ahora, sin mayor explicación, elijamos 𝑢 = 𝑥 (lo cual justificaremos en la sección siguiente).
El cuadro queda entonces:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 83
𝑒𝑥
1
𝑒𝑥
integrar
derivar
𝑥
Aplicando la ecuación (1) y la regla de 7, se obtiene el resultado de la integración.
∫ 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 1 . 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 = (𝑥 − 1)𝑒 𝑥 + 𝐶
Ejemplo 10. Integración por Partes Repetido
Calcular ∫ 𝑥 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
Solución
𝑥2
−𝑒 −𝑥
2𝑥
𝑒 −𝑥
integrar
derivar
Consideremos 𝑢 = 𝑥 2 , por ahora si justificar la elección. Pasemos entonces a construir el
cuadro:
Aplicando la regla del 7, se obtiene:
∫ 𝑥 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 . (−𝑒 −𝑥 ) − ∫ −2𝑥 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
Como se advierte el segundo término no es de resolución inmediata y admite que
nuevamente se aplique integración por partes. Aplicando nuevamente la regla del 7, se arma
el siguiente cuadro:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 84
2𝑥
𝑒 −𝑥
2
−𝑒 −𝑥
Los dos cuadros anteriores tienen en común la última fila del primero y la primera fila del
segundo, por lo cual si se desea se pueden unificar:
𝑥2
−𝑒 −𝑥
2𝑥
𝑒 −𝑥
2
−𝑒 −𝑥
El resultado final es entonces:
∫ 𝑥 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 . (− 𝑒 −𝑥 ) − ∫ −2𝑥 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 . (−𝑒 −𝑥 ) − 2𝑥 (𝑒 −𝑥 ) − 2𝑒 −𝑥 + 𝐶 =
= −𝑒 −𝑥 ( 𝑥 2 + 2𝑥 + 2) + 𝐶
La elección de 𝒖. La regla L I A T E
Para resolver la integral ∫ 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 se seleccionó arbitrariamente 𝑢 = 𝑥 . ¿Qué hubiera ocurrido si
se hubiera seleccionado 𝑢 = 𝑒 𝑥 ? Veamos.
El cuadro para aplicar la regla del 7 sería el siguiente:
Ing. P.A. Ortiz
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Página 85
𝑒
𝑥
𝑒𝑥
𝑥2
2
𝑥
en consecuencia:
∫ 𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 − ∫
𝑥2 𝑥
𝑒 𝑑𝑥
2
El resultado es un segundo integrando más complicado que el original, lo cual refrenda la
correcta elección de 𝑢 = 𝑥 .
Como ya se dijo este método es heurístico, aplicando el método de prueba y error en muchas
situaciones hasta encontrar la mejor alternativa. No obstante un método que ha resultado
práctico, es la regla LIATE, que es un acrónimo correspondiente a los siguientes conceptos:
L – funciones Logarítmicas: ln x, logb x, etc.
I – funciones trigonométricas Inversas: arctan x, arcsec x,
etc.
A – funciones Algebraicas: x2 +3, 3x50, etc.
T – funciones Trigonométricas: sen x, tan x, etc.
E – funciones Exponenciales: ex, 19x, etc.
Este cuadro indica la precedencia que se debe aplicar al seleccionar cual es la expresión de
𝑢. Es decir, en caso que en el integrando haya funciones logarítmicas y algebraicas, el valor de
𝑢 corresponderá a la expresión logarítmica.
________________________________________________________________________________________
Ejemplo 11
Calcular la integral ∫ 𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝑑𝑥
Solución
El integrando es un producto de un función algebraica por una función trigonométrica.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 86
Como primer paso procedamos a elegir 𝑢.
Teniendo en cuenta, según la regla LIATE que las funciones algebraicas tienen precedencia
sobre las trigonométricas, se elige 𝑢 = 𝑥 .
Ahora se pasa construir el cuadro:
𝑥
1
− cos 3𝑥
3
1
𝑠𝑒𝑛 3𝑥
Aplicando la regla del 7, se obtiene:
∫ 𝑥 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 (−
Ing. P.A. Ortiz
1
1
1
1
cos 3𝑥) − ∫ − cos 3𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑥 cos 3𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 + 𝐶
3
3
3
9
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Página 87
Capítulo 5 .Superficies de Revolución
5.1 Introducción
Si una región 𝑅 en el plano 𝑥𝑦 se hace girar en torno a un eje L, generará un sólido, denominado,
“Superficie de Revolución” o “Sólido de Revolución”.
Los problemas a resolver estarán enfocados en dos temas. Determinar, y eventualmente graficar
la región 𝑅 , y en segundo lugar determinar el volumen de la superficie de revolución.
Veamos un primer ejemplo sencillo, supongamos que tenemos la siguiente región, definida por
𝜋
la curva 𝑦 = √𝑐𝑜𝑠 𝑥 y limitada por 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 y 𝑦 = 0 que se gira alrededor del eje 𝑥 . Formalmente:
𝑅 = {(𝑥, 𝑦): √cos 𝑥 , 0 ≤ 𝑥 ≤
𝜋
, 𝑦 = 0}
2
La gráfica de la región es:
𝑅
Entonces el problema es, si se gira esta región alrededor del eje 𝑥 , ¿cuál es volumen del sólido
obtenido?
Antes de pasar al tema de como resolver esta cuestión definamos un concepto previo que
usaremos ulteriormente.
DEFINICION 5.1. El volumen de un sólido de un área integrable 𝐴(𝑥) de 𝑥 = 𝑎 a 𝑥 = 𝑏 se define
como:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 88
𝑏
𝑉 = ∫𝑎 𝐴(𝑥) 𝑑𝑥
(5.1)
5.2 Método de los Discos
El volumen de un sólido de revolución se puede calcular de dos formas dependiendo de las
características de la superficie y del eje sobre el que se gire.
En la figura a continuación permite ver que al girar un pequeño rectángulo representativo sobre
el eje 𝒚 lo que se formará por éste es un “disco”.
El volumen de la generatriz girando alrededor del eje 𝒚 se calcula por medio de la fórmula
geométrica:
𝑑𝑉 = 𝜋[𝑓(𝑦)]2 𝑑𝑦 =>
𝑏
𝑉 = 𝜋 ∫𝑎 [𝑓(𝑦)]2 𝑑𝑦
(5.2)
De forma correspondiente la superficie de revolución alrededor del eje 𝒙, se obtiene:
𝑏
𝑉 = 𝜋 ∫𝑎 [𝑓(𝑥)]2 𝑑𝑥
Ing. P.A. Ortiz
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(5.3)
Página 89
Ejemplo
Hallar la superficie de revolución sabiendo que la generatriz es 𝑓(𝑥) = √𝑟 2 − 𝑥 2 en el intervalo
[-r, r] alrededor del eje 𝑥 .
Solución
La curva es de la forma √𝑟 2 − 𝑥 2 (mitad positiva de una circunferencia).
El volumen se calcula aplicando la integral anterior.
𝑟
2
𝑟
𝑉 = 𝜋 ∫ [√𝑟2 − 𝑥2 ] 𝑑𝑥 = 𝜋 ∫ (𝑟 2 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 =
−𝑟
−𝑟
-r
r
4𝜋 𝑟 3
3
Corresponde a una esfera de radio r.
Ing. P.A. Ortiz
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Página 90
5.3 Método de los Tubos
Por otra parte, en la figura a continuación si se considera el caso al
girar el elemento pequeño rectangular sobre el eje 𝒚 se formará un
“tubo”, también llamado casquete cilíndrico.
En este caso puede deducir los parámetros del cilindro. Por una parte la altura es f(x), el ancho
es 2𝑥 (𝑥 es el radio) y el espesor es la lámina 𝑑𝑥 .
El cilindro tiene volumen: 𝑑𝑉 = 𝜋 (2𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 por tanto si integramos se puede interpretar como:
𝑏
𝑉 = ∫𝑎 2𝜋 (𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑢𝑏𝑜)(𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎) 𝑑𝑥 alrededor del eje 𝑦 lo cual formalmente se expresa
como:
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫𝑎 𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
(5.4)
Si se gira alrededor de otro eje vertical distinto del eje y, por ejemplo 𝑥 = 𝑎 , el radio queda
como (𝑥 − 𝑎) o (𝑎 − 𝑥), dependiendo si 𝑥 ≥ 𝑎 o no, por lo que la integral anterior se reescribe
como:
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫𝑎 (𝑥 − 𝑎)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ó
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫𝑎 (𝑎 − 𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ;
Genéricamente:
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
Ing. P.A. Ortiz
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Página 91
Respectivamente si giramos alrededor del eje 𝑥 (𝑥 = 0).
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫𝑎 𝑦 𝑓(𝑦)𝑑𝑦
(5.5)
Y de igual forma si el eje horizontal es, por ejemplo, 𝑦 = 𝑏, la ecuación se reescribe como:
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫ (𝑦 − 𝑏) 𝑓(𝑦)𝑑𝑦
𝑎
Ejemplo 1
Calcular el volumen que se genera en la región limitada por la curva 𝑦 = 𝑥 2 y las rectas 𝑥 = 2 y
𝑥 = 3 y es girada alrededor del eje 𝑥 .
Solución
La región se puede representar gráficamente como:
Aplicando la fórmula 8.3 de los discos rotando alrededor del eje 𝑥.
3
∫ 𝜋(𝑥
2
Ing. P.A. Ortiz
3
2 )2
𝑑𝑥 = 𝜋 ∫ 𝑥 4 𝑑𝑥 = 𝜋
2
1 53
211 𝜋
[𝑥 ]2 =
~132,6
5
5
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Página 92
Ejemplo 2
Calcular el volumen que se genera al girar alrededor de la recta 𝑥 = 2 y la región limitada por
la curva 𝑦 =
𝑥3
4
+ 1 y las rectas 𝑥 = 2 y 𝑦 = 1. Graficar la región dada y el volumen requerido.
Solución
Primero se procede a graficar la función:
El cálculo del volumen por el método de los discos se dificulta, debido a que resulta algo
complicado despejar “x”. Luego el problema es más fácil resolverlo por el método de los tubos
con elemento diferencial rectangular vertical, como se muestra en la figura. Esta es la razón más
habitual para elegir un método sobre otro, ya que por ambos métodos se obtiene el mismo
resultado.
Como el eje de revolución es vertical, para determinar el volumen se usa la ecuación:
𝑏
𝑉 = 2𝜋 ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑎
donde 𝑔(𝑥) = 2 − 𝑥
𝑥3
y 𝑓(𝑥) = ( 4 + 1) − 1 =
𝑥3
4
el volumen es :
2
2
2
𝑥3
𝑥3 𝑥4
𝑥4 𝑥5
160 − 128
𝑉 = 2𝜋 ∫ (2 − 𝑥) 𝑑𝑥 = 2𝜋 ∫ ( − ) 𝑑𝑥 = 2𝜋 [ − ] = 2𝜋 (
)
4
2
4
8 20 0
80
0
0
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 93
∴𝑉=
4𝜋 3
𝑢
5
5.4 Resumen
Ing. P.A. Ortiz
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Página 94
Ejercicios Resueltos
Ejercicio 1
Se construye un depósito de combustible cuya forma se obtiene al hacer girar
alrededor de las abscisas, el segmento de la parábola:
𝑦 =2−
𝑥2
; −4 ≤ 𝑥 ≤ 4
8
¿Cuál es el volumen? El resultado debe ser calculado por método de los discos y
por el de los tubos.
Solución
Primero veamos la representación gráfica mediante el giro de la generatriz 𝑦 =
2−
𝑥2
8
alrededor del eje 𝑥 .
Método de los Discos
Dado que la generatriz gira alrededor del eje 𝑥 (téngase en cuenta que se
considera Δ𝑦 ≈ 𝑑𝑦 ) la fórmula del volumen es:
Ing. P.A. Ortiz
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Página 95
𝑏
𝑉 = 𝜋 ∫ [𝑓(𝑦)]2 𝑑𝑦
𝑎
Se debe tener en cuenta que al integral en función de x, las áreas de un lado y
otro del eje 𝑦 son de signo opuesto, por tanto, debe calcularse entre [0,4] y luego
multiplicarlo por 2.
4
2
4
𝑥2
𝑥2 𝑥4
𝑉 = 2𝜋 ∫ (2 − ) 𝑑𝑥 = 2𝜋 ∫ (4 − +
) 𝑑𝑥 = 53,62
8
2 64
0
0
Método de los Tubos
Para calcular el volumen se debe tener en cuenta que al calcular la integral bajo el eje 𝑥 ésta
resulta negativa, por lo cual resta. Se debe calcular entonces entre 0 y 2, que da un valor positivo
y luego multiplicarla por 2:
2
2
2
𝑉 = 2(2𝜋 ∫ 𝑦 𝑓(𝑦)𝑑𝑦) = 4𝜋 ∫ 𝑦 2 √4 − 2𝑦 𝑑𝑦 = 8𝜋 ∫ 𝑦√4 − 2𝑦 𝑑𝑦
0
0
0
Aplicando el cambio de variable: 𝑢 = 4 − 2𝑦 => 𝑑𝑢 = −2𝑑𝑦 => 𝑦 =
4−𝑢
2
Resolviendo primero la integral indefinida:
Ing. P.A. Ortiz
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Página 96
−
1 4−𝑢
1
∫
√𝑢 𝑑𝑢 = − ∫(4√𝑢 − 𝑢√𝑢) 𝑑𝑢
2
2
4
Por tanto el resultado final es: V= 53,62 𝑚3
El resultado es correcto, por ambos métodos el valor del volumen coincide.
Problemas
1. Calcular el volumen del sólido de revolución que genera la región del plano (𝑥, 𝑦) definida
por las desigualdades:
1 ≤ 𝑥 ≤ 2, (𝑥 − 1)2 ≤ 𝑦 ≤ 1
al girar alrededor del eje 𝑂𝑥.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 97
ANEXO I. Centro de Gravedad y Momentos de Inercia
Definiciones.
El Centro de Gravedad (CG) es el punto de aplicación de la resultante de todas las fuerzas de
gravedad que actúan sobre las distintas porciones materiales de un cuerpo, de tal forma que el
momento respecto a cualquier punto de esta resultante aplicada en el centro de gravedad es
el mismo que el producido por los pesos de todas las masas materiales que constituyen dicho
cuerpo.
En otras palabras, el centro de gravedad de un cuerpo es el punto respecto al cual las fuerzas
que la gravedad ejerce sobre los diferentes puntos materiales que constituyen el cuerpo
producen un momento resultante nulo.
El centro de gravedad de un cuerpo no corresponde necesariamente a un punto material del
cuerpo. Así, el CG de una esfera hueca está situado en el centro de la esfera que, obviamente,
no pertenece al cuerpo.
En resumen, es el punto en cualquier objeto en el cual está en perfecto balance no importa
como sea girado o rotado alrededor de ese punto.
El dibujo anterior ilustra que no importa el movimiento que se le imprima al muñeco, el CG es el
mismo.
También los sube-y-baja utilizan el principio de CG para funcionar:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 98
La Inercia es la propiedad de la materia de resistir a cualquier cambio en su movimiento, ya
sea en dirección o velocidad. Esta propiedad se describe claramente en la Primera Ley del
Movimiento de Newton lo cual dice: “Un objeto en reposo tiende a permanecer en reposo, y
un objeto en movimiento tiende a continuar moviéndose en línea recta, a no ser que actúe
sobre ellos una fuerza externa”.
El Momento de Inercia (símbolo I) es una medida de la inercia rotacional de un cuerpo.
Cuando un cuerpo gira en torno a uno de los ejes principales de inercia, la inercia rotacional
puede ser representada como una magnitud escalar llamada momento de inercia.
Es una medida de la Resistencia de un objeto a los cambios en su rotación
¿Cuál de los giros del escobillón resultará más difícil?
El momento de inercia de un cuerpo indica su resistencia a adquirir una
resistencia angular3
De la figura se desprende una propiedad importante, debe ser
especificada en relación a un eje de rotación
Seguramente te has dado cuenta de que el esfuerzo que debes hacer
para rotar un objeto, por ejemplo un libro (si se sostiene en un extremo o
en el medio), depende del eje en relación al cual lo hagas. Verifica lo que se ilustra en la figura
7. 4
3
4
Wikipedia. Momento de inercia
http://www.educarchile.cl/Portal.Base/Web/VerContenido.aspx?ID=133161
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 99
Los dos métodos más utilizados para el cálculo del CG de una figura geométrica plana son el
Método de las áreas y el Método de Integración directa.
Comenzaremos por calcular el CG de figuras planas, en cuyo caso el Método de las áreas
resulta de mas fácil resolución.
A.1 Centro de Gravedad de Figuras Planas
La determinación del C.G. de cuerpos homogéneos se reduce a un problema geométrico.
Para cuerpos regulares tener en cuenta que:
 Cuando una figura geométrica cualquiera, sea superficie o volumen tiene un centro,
un eje o un plano de simetría, el C.G. se encuentra sobre dicho centro, eje o plano de
simetría.
 Si una superficie admite un diámetro, su C.G. se encuentra sobre dicho diámetro.
 El C.G. de una superficie plana y homogénea (densidad constante) se encuentra en
su centro geométrico.
 El C.G. de un cuerpo no corresponde necesariamente a un punto material del cuerpo.
Por ejemplo el C.G. de una esfera hueca está situado en el centro de la esfera que,
obviamente, no pertenece al cuerpo.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 100
Cálculo del Centro de Gravedad de una Figura Plana Cualquiera
 Se toman como referencia un par de ejes X-Y de manera que la figura quede contenida
en el primer cuadrante.
 Se descompone la figura en otras figuras básicas de las cuales se sabe determinar su
centro de gravedad.
 Se considera aplicada en cada C.G. de las figuras básicas una fuerza paralela
proporcional al área de la figura.
 Se determina el punto de aplicación de la resultante del sistema de fuerzas paralelas.
 El punto determinado es el C. G. de la figura plana considerada.
 Para el cálculo, suponiendo las fuerzas (F i) proporcionales a las áreas (Ai) pueden
aplicarse las siguientes fórmulas:
𝑥𝐺 =
∑ 𝐴𝑖 𝑋𝑖
∑ 𝐴𝑖
∑ 𝐴𝑖 𝑦𝑖
𝑦𝐺 =
∑ 𝐴𝑖
(A.1)
donde:
xG :
Coordenada X del C.G. de la figura.
yG :
Coordenada Y del C.G. de la figura.
Ai :
Área de cada una de las figuras básicas.
xi
:
Coordenada en x del C.G. de cada figura a los ejes considerados
yi
:
Coordenada en y del C.G. de cada figura a los ejes considerados
Es decir, para un conjunto finito de puntos de masa, CG puede ser definido como el promedio
de las posiciones ponderadas por la masa. Es decir, el (la suma de la áreas * posición) / (suma
de las áreas).
Mx se define como el momento del sistema respecto al eje x.
𝑀𝑥 = ∑ 𝐴𝑖 𝑋𝑖
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 101
Respectivamente My se define como el momento del sistema respecto al eje y.
𝑀𝑦 = ∑ 𝐴𝑖 𝑌𝑖
Rectángulos
Sea un rectángulo de base b y altura h
El CG en un rectángulo está ubicado a la mitad de la base y a la mitad de la altura:
Entonces los valores necesarios para determinar el CG son:
Área= base x altura= b x h
Cx= base/2
Cy= altura/2
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 102
Triángulos
Es bueno recordar que el CG de un triángulo rectángulo está ubicado a un tercio de su base y
a un tercio de su altura.
Entonces los valores necesarios son:
Área= (base x altura)/2
Cx= base/3= b/3
Cy= altura/3= h/3
Ejemplo 1
Para la siguiente figura compuesta, calcular el Centro de Gravedad.
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 103
1
5
1
4
Solución
Veamos los pasos a seguir para calcular el CG.
1. Fijar el sistema de coordenadas
y
x
2. Dividir la figura en áreas más simples con CG conocidos
La figura compuesta se divide en dos figuras:
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 104
1
2
3
3. Calcular el área de cada figura
A1= 1 x 5 = 5
A2=3 x 1= 3
Área total = 8
4. Calcular el CG de cada figura:
R1: xG1= b/2= ½; yG1= h/2= 5/2=2,5 centro de gravedad de R1
R2: xG2= 3/2=1,5; yG2= ½ centro de gravedad de R2
5. Por último se debe calcular los xi, yi y aplicar la ecuación (1):
G1: x1= 1/2; y1= 5/2=2,5
G2: x2=3/2 + 1=5/2 (1mt. Es de desplazamiento desde el origen Ox); y2= 1/2
Tener en cuenta que los (𝒙𝒊 , 𝒚𝒊 ) se establecen en
relación al origen de coordenadas
Ing. P.A. Ortiz
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 105
𝑥𝐺 =
(5)(0,5) + (3)(2,5)
= 1,25
5+3
𝑦𝐺 =
(5)(2,5) + (3)(0,5)
= 1,75
5+3
A.2 Momentos de Inercia (MI)
Para calcular los momentos de inercia se aplican las siguientes etapas:
a. Dividir las figuras complicadas en partes con Ix e Iy conocidas que se obtienen de tablas,
es decir independientemente del lugar que ocupan en la figura general
b. Calcular los MI para cada figura aplicando el teorema de los ejes paralelos (teorema de
Steiner)
c. Sumar los valores de todas las figuras
a. Valores de Ix e Iy más frecuentes
Ing. P.A. Ortiz
Figura
Rectángulo
Área
A=bx h
Triángulo
A= (bx h)/2
Momento
1
𝐼𝑥 =
𝑏ℎ3
𝐼𝑦 =
12
1
𝐼𝑥 =
𝑏ℎ3
𝐼𝑦 =
36
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
1 3
𝑏 ℎ
12
1 3
𝑏 ℎ
36
Página 106
b. Ecuación del MI
Se calcula el MI para las figuras componentes aplicando el teorema de los ejes paralelos (o
teorema de Steiner) para un área.
𝐼𝑥𝐺 = 𝐼𝑥 + 𝐴𝑑 2 ;
𝐼𝑦𝐺 = 𝐼𝑦 + 𝐴𝑑 2
(A.2)
donde:



Ix e Iy son los momentos de inercia de las distintas partes
A es el área de la figura que se está calculando
d es la distancia del CG de la figura al eje de interés
c. Cálculos de MI
El momento de inercia Ix de cada rectángulo se obtiene sumando dos términos:
a) el primero corresponde al valor del momento de inercia respecto a los ejes que
pasan por su propio CG
b) el segundo término corresponde al valor del transporte hacia el CG compuesto
(teorema de los ejes paralelos)
Ejemplo 2
Calculemos M.I. para la figura el ejemplo anterior.
Solución
Para el R1teniendo en cuenta que es un rectángulo, en la tabla de referencia la ecuación es:
𝐼𝑥 (𝑅1) =
1
12
𝑏ℎ3 =
1
12
(1)(53 )
5
𝑑 = (𝑦𝑖 − 𝑦𝐺1 ) = ( − 1,75)
2
𝐼𝑥 (𝑅1) =
𝐼𝑥 (𝑅2) =
Ing. P.A. Ortiz
1
12
(1)(53 )
+ 5(2,5 − 1,75)2 =
2
1
1
(3)(13 ) + 3 ( − 1,75)
12
2
Apuntes de Cálculo v 0.8 3-2021
Página 107
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥 (𝑅1) + 𝐼𝑥 (𝑅2) = 18,17
De igual forma se procede para calcular Iy.
2
1
1
(5)(1) + 𝐴1 ( − 1,25) =
𝐼𝑦 (𝑅1) =
12
2
2
1
5
3
(1)(3 ) + 𝐴2 ( − 1,25) =
𝐼𝑦 (𝑅2) =
12
2
𝐼𝑦 = 𝐼 𝑦 (𝑅1) + 𝐼𝑦 (𝑅2) = 10,17
Ejemplo 3
Calcular el C.G. de la siguiente figura:
Se fijan los ejes de coordenadas y se divide a figura compuesta en figuras más simples:
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Página 108
Área de cada figura:
A1= área triángulo= (base x altura)/2= (3X3)/2= 4,5
A2= 8 x 2 = 16
A3= 4 x 3= 12
(4= 3 m. (altura hasta el triángulo) +1 m. adicional)
6. Calcular ahora el CG de cada figura:
Figura 1: Triángulo
Cx1= base/3 = 3/3 = 1
Cy1 = altura/3 = 3/3 =1
Figura 2: Rectángulo 2
Cx2= base/2= 8/2= 4
Cy2= altura/2= 2/2=1
Figura 3: Rectángulo 3
Cx3 = 4/2 = 2
Cy3= 3/2 = 1,5
7. Por último se debe calcular los (xi,yi ) y aplicar la ecuación (A.1):
F1: x1= 1, y1= 2 +1 = 3; los 2 m. corresponden al desplazamiento (2mts. desde 𝑂𝑥 + 1m. al
C.G.)
Ing. P.A. Ortiz
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Página 109
F2: x2=4 , y2= 1
F3: x3=6,5 , y3= 4
Aplicando (A.1):
Ing. P.A. Ortiz
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Página 110
𝑥𝐺 =
𝑦𝐺 =
(4,5)(1) + (16)(4) + (12)(6,5)
= 4,51
4,5 + 16 + 12
(4,5)(3) + (16)(1) + (12)(4)
= 2,38
4,5 + 16 + 12
El Centro de Gravedad tiene coordenadas entonces (4,51; 2,38)
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥 (𝑇) + 𝐼𝑥 (𝑅1) + 𝐼𝑥 (𝑅2) = 87,28
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦 (𝑇) + 𝐼 𝑦 (𝑅1) + 𝐼𝑦 (𝑅2) = 203,71
Ing. P.A. Ortiz
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Página 111
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