Capitulo 3 - Aplicaciones de la integral (Fernando Arenas Daza) (Calculo)

97
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Capı́tulo 3
Aplicaciones de la integral
3.1
Longitud de arco
Problema 3.1.1 Encontrar la fórmula para el elemento de longitud de arco cuando el arco
de la curva viene expresada en ecuaciones paramétricas.
Solución:
En esta situación se tiene:
½
C :
x
y
= x(t)
= y(t)
,
t1 ≤ t ≤ t2
ası́, obtenemos:
ds =
sµ
p
dx2
+
dy 2
=
dx
dt
¶2
µ
+
dy
dt
¶2
q
.2
.2
dt = x + y dt .
Problema 3.1.2 Si una circunferencia dada rueda, sin resbalar, sobre una recta dada, cada
punto de la circunferencia dada describe una cicloide. Encontrar alguna parametrización
de la cicloide.
Solución:
Sea a el radio de la circunferencia dada, en
t0 = 0 tomamos el punto P de la circunferencia en el origen O y los ejes coordenados
−→
−→
son OY el diámetro que pasa por O, OX
recta tangente a la circunferencia dada en
O (recta sobre la que rodará la circunferencia).
Y
P
C
O A
T
Q
X
Fig. 3.1
Para el valor t =6< T CP del parámetro tenemos al punto P (x, y) de la circunferencia, de
centro C, ubicado según muestra la figura 3.1.
Con lo que hemos hecho, resulta x = OA = OT − AT , como la circunferencia no resbala, se
_
tiene T P = OT = at, y como:
P Q = a sent = AT ,
obtenemos:
x = at − a sent = a(t − sent) .
98
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Por otro lado, se deduce que:
y = AP = T Q = T C − QC = a − a cos t = a(1 − cos t) .
Luego, las ecuaciones paramétricas de la cicloide son:
½
x = a(t − sent)
C:
,
y = a(1 − cos t)
t∈R.
Problema 3.1.3 Hallar la longitud de un arco de la cicloide de ecuaciones paramétricas:
½
x = a(t − sent)
,
t∈R.
C:
y = a(1 − cos t)
Solución:
Aquı́ se consigue:
.
x =
.
y =
a(1 − cos t)
asent
¾
q
⇒ ds =
t
.2
.2
x + y dt = 2asen dt ,
2
con lo que la longitud pedida es:
Z
`=
0
2π
t
2asen dt = 4a
2
Z
2π
0
t
sen d
2
µ ¶
t
t ¯¯2π
= −4a cos ¯ = 8a .
2
2 0
Problema 3.1.4 Calcular la longitud del arco de curva C dado por medio del vector bidimensional ~r(t) = (x(t), y(t)) = et (cos t, sent) cuando 0 ≤ t ≤ π.
Solución:
Se tiene:
x = et cos t ⇒
Y
dx
= et (cos t − sent) ,
dt
dy
= et (sent + cos t) ,
dt
√
de donde ds = et 2dt, por lo tanto, la
longitud pedida es:
Z π√
√
`=
2et dt = 2 (eπ − 1) .
y = et sent ⇒
O
Fig. 3.2
X
0
Problema 3.1.5 Encontrar la fórmula para el elemento de longitud de arco cuando el arco
de la curva viene expresada en coordenadas polares.
99
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Solución:
Considerando la figura 3.3, resulta que el
elemento de longitud de arco en polares es:
p
ds = dρ2 + ρ2 dθ2
dρ
o sea:
dθ
q
ds =
ds
P
.2
ρ + ρ2 dθ .
X
O
Fig. 3.3
Problema 3.1.6 Encontrar la ecuación polar de la espiral de Arquı́medes.
Solución:
En la figura 3.4 tenemos, en el instante
−→
P
ρ
t = 0, un rayo OX que gira uniformemente en torno de O con rapidez angular ω
y sobre O, en el instante t = 0, se ubica
una partı́cula P que se mueve con rapidez
uniforme v, en el instante t vemos que P
está ubicado tal como se indica en la figura
mencionada dando origen a la espiral de
Arquı́medes.
θ
X
O
Fig. 3.4
ρ
v
Para obtener la ecuación de ésta, se tiene ρ = vt y θ = ωt de donde
=
= a, por lo
θ
ω
tanto, la ecuación buscada es:
ρ = a θ.
Problema 3.1.7 Hallar la longitud de la espiral de Arquı́medes de ecuación ρ = a θ desde
el polo al extremo de la primera vuelta.
Solución:
.
En este caso ρ = a y ds =
pedida es:
q
.2
ρ + ρ2 dθ =
Z
√
√
a2 + a2 θ2 dθ = a 1 + θ2 dθ. Con esto la longitud
Z
2π
`=
ds = a
0
0
2π
p
1 + θ2 dθ ,
100
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
colocando en ésta θ = tgφ, conseguiremos:
Z Arctg 2π
¯Arctg 2π
a
¯
`=
sec3 φdφ = (tgφ sec φ + log(tgφ + sec φ)) ¯
=
2
0
0
´
p
a³ p
=
2π 1 + 4π 2 + log(2π + 1 + 4π 2 ) .
2
3.2
Area en coordenadas polares
Problema 3.2.1 Obtener el área encerrada por la porción de curva que en coordenadas
polares es:
C : ρ = ρ(θ) ,
θ 1 ≤ θ ≤ θ2 .
Solución:
Considerando la figura 3.5 resulta:
σk =
1 2
ρ ∆θk ,
2 k
P
k
θk
ρ
k
y, por lo tanto se consigue:
σ = lim
n→∞
n
X
1
k=1
2
ρ2k ∆θk =
1
2
Z
θ2
X
O
ρ2 dθ .
θ1
Fig. 3.5
Problema 3.2.2 Dada la base AB = 2c de un triángulo ABC determinar el lugar geométrico del vértice C sabiendo que el BC ·CA = c2 . Trazar gráfico aproximado del lugar geométrico.
Solución:
Y
Como vemos en la figura 3.6 donde trabajaremos en el sistema cartesiano (X, O, Y )
C
−→
A
O
B
y en que el eje OX, se ha colocado en la
base fija AB del triángulo, y considerando
que A(−c, 0)y B(c, 0). Sea C(x, y) un punto del lugar geométrico, luego, la condición
del problema se traduce en:
X
AC · BC = c2 ,
Fig. 3.6
o mejor:
AC
2
· BC
2
= c4 .
101
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
O sea:
es decir:
de donde:
que equivale a:
con lo que:
[(x + c)2 + y 2 ] · [(x − c)2 + y 2 ] = c4 ,
(x2 + y 2 + c2 + 2cx) · (x2 + y 2 + c2 − 2cx) = c4 ,
(x2 + y 2 + c2 )2 − 4c2 x2 = c4 ,
(x2 + y 2 )2 + 2c2 (x2 + y 2 ) − 4c2 x2 = 0 ,
(x2 + y 2 )2 = 2c2 (x2 − y 2 ) ,
que es la ecuación cartesiana del lugar geométrico, recordando que:
½
x = ρ cos θ
y = ρsenθ
se obtiene la respectiva ecuación polar:
ρ2 = 2c2 cos 2θ .
Para trazar el gráfico aproximado del lugar geométrico, procedemos a despejar ρ,
obteniéndose:
√
ρ = ±c 2 cos 2θ ,
por lo tanto, correspondiendo a cualquier
valor de θ que hace a cos 2θ no negativo, habrá dos valores de ρ numéricamente
iguales y opuestos en signo y dos puntos correspondientes de la curva simétricamente
situados con respecto al polo.
O
X
Fig. 3.7
Si se asigna valores a θ que hagan a cos 2θ negativo, los valores correspondientes de ρ serán
imaginarios y no habrá puntos de la curva para esos valores.
√
π
De acuerdo con esto, cuando θ crece de 0 a , ρ decrece de c 2 a 0 y los arcos de de la
4
curva quedan contenidos y construidos en el primer y tercer cuadrantes, lo que vemos en la
figura 3.7.
π 3π
a
, cos 2θ es negativo y no se producen puntos de la curva entre las
4
4
π
3π
3π
rectas de ecuaciones θ =
yθ=
, finalmente cuando θ crece de
a π, ρ crece desde
4
4
4
√
0 a c 2 y quedan construidos los arcos en los cuadrantes segundo y cuarto. La curva ya
está completa y se conoce como lemniscata de Bernouilli.
Cuando θ crece de
Problema 3.2.3 Determinar el área encerrada por la lemniscata de Bernouilli de ecuación:
ρ2 = 2c2 cos 2θ .
102
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
En este caso tenemos:
1
σ =4·
2
Z
π
4
Z
2
π
4
2
ρ dθ = 4c
0
Z
π
4
2
cos 2θdθ = 2c
0
cos 2θd(2θ) =
0
¯ π4
¯
= 2c2 sen2θ¯ = 2c2 .
0
Problema 3.2.4 Hallar el área interior a la limaçón de ecuación en polares ρ = 3 + 2 cos θ
y exterior a la circunferencia de ecuación en polares ρ = 2.
Solución:
Intersecando ρ = 3 + 2 cos θ con ρ = 2 se
1
2π
obtiene cos θ = − , con lo que θ =
,
2
3
luego el área pedida es:
3
2
1
–1 0
–2
1
2
3
5
4
σ =2·
–1
–2
Z
–3
=
Z
2π
3
Z
dθ + 12
0
3.3
2π
3
Z
2π
3
¡
¢
(3 + 2 cos θ)2 − 4 dθ =
0
(5 + 12 cos θ + 4 cos2 θ)dθ =
0
Fig. 3.8
=5
1
2
2π
3
Z
2π
3
cos θdθ + 2
0
0
(1 + cos 2θ)dθ =
14
11 √
π+
3.
3
2
Volumen de revolución en coordenadas polares
B
A
X
O
Fig. 3.9
Fig. 3.10
103
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
B
A
r
X
θ
O
X
C
Fig. 3.11
Fig. 3.11-1
_
De Geometrı́a sabemos que el sector circular de radio r (AB), tal como se muestra en la
figura 3.11, al rotar en torno de un diámetro del cı́rculo que lo contiene ( o sea OX) genera
el volumen V que se obtiene considerando la diferencia entre el volumen de la franja sólida
esférica E y el volumen del cono C que se visualizan en la figura 3.11-1, o sea:
V = V(E) − V(C) ,
pero:
πh
π
(3(r12 + r22 ) + h2 ) , V(C) = r22 h ,
6
3
donde, al observar la figura 3.11, se tiene:
V(E) =
r1 = r , r2 = rsenθ , h = r cos θ ,
haciendo los cálculos se obtiene:
V=
2
· π · r3 · cos θ ,
3
o mejor:
V=
2
· π · r3 ·
3
Z
π
2
senudu .
θ
Tomando en consideración este resultado conseguimos:
Teorema 3.3.1 El volumen de revolución generado
£ por¤la porción de plano polar encerrada
por el arco de ecuación polar ρ = ρ(θ) cuando θ ∈ α, β al rotar en torno al eje polar es:
2
V= π
3
Z
β
ρ3 senθdθ .
α
Aplicaremos este resultado en el siguiente:
Problema 3.3.1 Calcular el volumen de revolución generado por la porción
h πde
i plano polar
p
2
al rotar en
encerrada por el arco de lemniscata ρ(θ) = 2a cos(2θ) cuando θ ∈ 0,
4
torno al eje polar.
104
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
X
O
Fig. 3.12
Fig. 3.13
La porción de plano la vemos en figura 3.12 y el sólido generado en la figura 3.13. Pues bien
tenemos que el volumen pedido es:
Z π4 ³p
´3
2
V= π
2a2 cos(2θ) senθdθ ,
3 0
donde:
√
Z π
´3
¢3
4 2 3 4¡
cos(2θ) senθdθ =
2 cos2 θ − 1 2 senθdθ ,
πa
3
0
0
√
ahora en esta integral hacemos u = 2 cos θ consiguiéndose:
Z √2
3
4 3
V = πa
(u2 − 1) 2 du ,
3
1
2
π
3
Z
π
4
³p
2a2
y en ésta colocamos u = sec φ llegándose a:
Z π4
4
V = πa3
tg4 φ sec φdφ .
3
0
Pero:
Z
π
4
Z
0
=
√
π
4
tg4 φ sec φdφ =
Z
¯ π4
¯
tg3 φ(sec φtgφdφ) = tg3 φ sec φ¯ − 3
0
0
Z
2−3
π
4
sec φtg2 φ(1 + tg2 φ)dφ =
√
0
ÃZ
π
4
2−3
0
π
4
sec φ(sec2 φ − 1)dφ =
Z
sec φtg2 φdφ +
√ ´
√
1³
3 ln( 2 + 1) − 2 ⇒
2
√
Z
de donde:
V=
2
π
3
Z
π
4
0
π
4
2−3
0
Z
0
π
4
π
4
!
sec φtg4 φdφ
tg4 φ sec φdφ =
Z
π
4
sec3 φdφ + 3
sec φdφ =
0
√ ´
√
1³
3 ln( 2 + 1) − 2 ,
8
³
´3
√
√ ´
1
2a2 cos(2θ) senθdθ = πa3 3 ln( 2 + 1) − 2 .
6
³p
=
0
0
=
sec φtg2 φ sec2 φdφ =
0
0
o sea:
Z π4
Z
√
tg4 φ sec φdφ = 2 − 3
4
π
4
105
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
3.4
Aplicación a ecuaciones diferenciales ordinarias sencillas
Problema 3.4.1 Ha estado nevando uniformemente. A las 11 hrs. sale una máquina
barrenieves que en la primera hora recorre 2 kms. y 1 km. en la segunda hora. ¿A qué hora
comenzó a nevar?
Solución:
Sea h(t) la altura de la nieve en el instante t y s(t) la distancia recorrida por la máquina en
el tiempo t, con ello, según enunciado se tiene:
dh
=c,
dt
ds
k
= ,
dt
h
luego de la primera tenemos:
h(t) = ct + A ,
(h0 = h(11) = 11c + A ⇒ A = h0 − 11c) ,
por lo tanto, se consigue:
h(t) = c(t − 11) + h0 .
Ası́, resulta:
ds
k
k d(c(t − 11) + h0 )
=
⇒ ds =
,
dt
c(t − 11) + h0
c c(t − 11) + h0
e integrando esta última ecuación se obtiene:
s(t) =
pero:
s(11) = 0 =
¤
k £
ln c(t − 11) + h0 + B ,
c
k £ ¤
k
ln h0 + B ⇒ B = − ln h0 ,
c
c
con lo que:
s(t) =
k c(t − 11) + h0
ln
,
c
h0
además, se tiene:
2 = s(12) =
k c + h0
ln
,
c
h0
3 = s(13) =
k 2c + h0
ln
,
c
h0
estableciendo la diferencia:
1 = 3 − 2 = s(13) − s(12) =
k 2c + h0
c
2c + h0
ln
⇒ = ln
,
c
c + h0
k
c + h0
pero:
k c + h0
c
2 = s(12) = ln
⇒ = ln
c
h0
k
r
c + h0
,
h0
(2)
(1)
106
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
de (1) y (2) nos conducen a:
r
c + h0
2c + h0
=
⇒ h20 + ch0 − c2 = 0 ,
h0
c + h0
ecuación que produce:
c √
( 5 − 1) ,
2
pero si comenzó a nevar a la hora t0 , se tendrá:
h0 =
c √
1 √
0 = h(t0 ) = c(t0 − 11) + ( 5 − 1) ⇒ t0 = 11 − ( 5 − 1) ≈ 10, 38196601 ,
2
2
o sea empezó a nevar a las 10 hrs. 22 min. 55.08 seg. .
Problema 3.4.2 La población P (t) en el tiempo t, medida en millones, satisface la relación
dP = 0, 007P (1000 − P )dt. Si P (0) = 350, encontrar la expresión para P (t). ¿Podrı́a Ud.
entregar una interpretación a esta forma de crecimiento poblacional?
Solución:
Es claro que P (t) = 0 y P (t) = 1000 son soluciones. Luego, para las restantes tenemos:
µ
¶
dP
1
dP
dP
= 0, 007dt ⇐⇒
+
= 0, 007dt ,
P (1000 − P )
1000 P
1000 − P
de donde, al integrar, resulta:
1
P
1
P
ln
−
ln C = 0, 007t ⇐⇒
= Ce7t ⇐⇒
1000 1000 − P
1000
1000 − P
⇐⇒ P =
1000Ce7t
,
1 + Ce7t
pero P (0) = 350 nos conduce a:
350 =
1000C
7
⇒C=
,
1+C
13
con lo que:
P (t) =
7000e7t
,
13 + 7e7t
que es la solución pedida.
Para responder a:
¿Podrı́a Ud. entregar una interpretación a esta forma de crecimiento poblacional?
Es razonable suponer que las poblaciones crecen con una rapidez proporcional a su tamaño
actual ( digamos que en este caso la tasa es de 0,7%), pero que existe una población sostenible
máxima (1000) denominada capacidad máxima admisible, determinada por los recursos
107
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
disponibles. Además, a medida que la población comienza a aproximarse a su capacidad
máxima admisible (y los recursos disponibles empiezan a escasear más), el crecimiento de la
población disminuirá. En consecuencia, podemos suponer que la tasa de crecimiento de la
población es conjuntamente proporcional al nivel de población presente y la diferencia entre
el nivel corriente y el máximo (1000), es decir P (t) satisfará:
P 0 (t) = 0, 7P (t)(1000 − P (t)) .
Problema 3.4.3 Un trineo que pesa 50 kg. se empuja sobre una superficie horizontal con
una fuerza de 5 kg., si el roce
es despreciable
y el aire opone una resistencia igual al doble
h m
i
de la rapidez del trineo en
, determinar el tiempo en que el trineo recorre 2, 5 m.
seg.
h m i
(Suponer g = 9, 8
)
seg.2
Solución:
i la distancia recorrida en metros por el trineo en el tiempo t y v(t) la rapidez en
hSeamx(t)
del trineo en el tiempo t. Como F = ma resulta:
seg.
dv
g
50 dv
= 5 − 2v ⇒
=
dt ,
g dt
5 − 2v
50
ecuación que nos conduce a:
Z
0
pero v =
v
g
du
=
5 − 2u
50
Z
t
´
³
gt
dz ⇒ v(t) = 2, 5 1 − e− 25 ,
0
dx
, o sea:
dt
µ
¶
³
´
gt
dx
25 − gt
− 25
25
= 2, 5 1 − e
⇒ x + c = 2, 5 t + e
,
dt
g
además, se debe cumplir:
t=0⇒x=0⇒c=
o sea:
2, 5 × 25
,
g
µ
¶
25 − gt
2, 5 × 25
25
= 2, 5 t + e
,
x+
g
g
pues bien, en el tiempo T se tendrá x(T ) = 2, 5, de donde:
¶
µ
2, 5 × 25
25 − gT
25
,
2, 5 +
= 2, 5 T + e
g
g
o mejor:
1+
25 gT
25
= T + e− 25 ,
g
g
108
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
colocando:
f (T ) = T +
25
25 − gT
e 25 − 1 −
,
g
g
y aplicando el método de Newton-Raphson con:
tk+1 = tk −
f (tk )
f 0 (tk )
t0 = 1 ,
llegamos a:
tk+1 = tk −
tk +
25 −
g e
gtk
25
1−e
−1−
gt
− 25k
25
g
,
g = 9, 8 ,
obteniéndose la tabla:
t0
t1
t2
t3
···
t21
t22
t23
=
=
=
=
···
=
=
=
1
1, 827285424
2, 304697487
2, 527416098
···
2, 647318068
2, 647318069
2, 647318069
es decir, el tiempo que demora en recorrer 2, 5 m. es de 2, 647318069 seg.
Problema 3.4.4 La corriente de un rı́o de ancho a se mueve con rapidez b.Un bote entra
al agua en el punto A de una orilla y avanza con una rapidez c relativa al agua apuntando
siempre hacia el punto A0 directamente enfrente de A y en la orilla opuesta. Determinar la
ecuación de la curva que describe el bote.
Solución:
Tal como vemos en la figura 3.14 ponemos
~b = (0, 1) y ~(c) = −c(cos θ, senθ), luego se
tiene el vector velocidad :
Y
b
P
~v =
c
θ
O=A’
a
A X
Fig. 3.14
de donde:
o sea:
o sea:
µ
dx dy
,
dt dt
d~r ~
= b + ~c ,
dt
¶
= (−c cos θ, b − csenθ) ,
dx
dy
= −c cos θ ,
= b − csenθ ,
dt
dt
dy
b − csenθ
b
dy
b
=
= tgθ − sec θ ⇐⇒
= tgθ −
dx
−c cos θ
c
dx
c
q
1 + tg2 θ ,
109
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
y como tgθ =
y
conseguimos la ecuación:
x
Ã
!
r
r
³ y ´2
³ y ´2
dy
y
b
y
b
= −
1+
⇐⇒ xdy =
−
1+
dx ,
dx
x c
x
x c
x
por lo que:
p
(b x2 + y 2 − cy)dx + cxdy = 0 ,
que es una ecuación diferencial de primer orden homogénea, luego hacemos:
y = vx ⇒ dy = xdv + vdx ,
haciendo este cambio la ecuación pasa a ser:
b
dx
dv
+ c√
=0,
x
1 + v2
que es de variables separables, procedemos a integrarla:
Z
dv
b ln x + c √
= ln C ,
1 + v2
pero en la integral hacemos v = tgφ y resultará:
Z
Z
p
dv
√
= sec φdφ = ln(sec φ + tgφ) = ln(v + 1 + v 2 ) ,
1 + v2
luego:
b ln x + c ln(v +
p
1 + v 2 ) = ln C ,
y
, se obtiene :
x
Ã
!c
p
p
¢c
¡
y
x2 + y 2
b
x
+
= C ⇒ xb−c y + x2 + y 2 = C ,
x
x
por lo tanto, como v =
y que es la familia de curvas pedida.
Problema 3.4.5 Determinar la curva plana para la que el área calculada a partir de cierta
ordenada hasta una ordenada variable sea igual a la razón entre el cubo de esa ordenada
variable y la abscisa correspondiente.
Solución:
Considerando la figura 3.15, tenemos:
Z x
y3
,
ydx =
x
a
Y
derivando:
y
y=
3y 2 y 0 x − y 3
,
x2
observamos que y = 0 es solución. Pues
bien si y 6= 0, entonces:
O
a
x
Fig. 3.15
X
110
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
1=
3xyy 0 − y 2
dy
3xyy 0 − y 2
⇒
=
,
x2
dx
x2
la que nos conduce a:
(x2 + y 2 )dx − 3xydy = 0 ,
que es una ecuación homogénea de grado 2, luego, hacemos y = vx, con lo que dy =
xdv + vdx, por consiguiente:
(x2 + v 2 x2 )dx − 3vx2 (xdv + vdx) = 0 ⇒ (1 − 2v 2 )dx − 3vxdv = 0 ,
de donde llegamos, al separar variables, a:
dx 3 d(2v 2 − 1)
+
=0,
x
4 2v 2 − 1
que al integrar nos conduce a:
µ ³ ´
¶ 34
3
y 2
=C,
ln x + ln(2v 2 − 1) 4 = ln C ⇒ x 2
−1
x
que es la familia de curvas pedida.
Problema 3.4.6 Un puro tiene la forma del sólido que se obtiene al girar la curva de
1p
ecuación dada por f (x) =
x(12 − x) alrededor del eje de abscisas. Al fumarlo, la longitud
6
dx
1
de este puro decrece de acuerdo con una rapidez dada por
=
centı́metros por
dt
1 + σ(x)
minuto, donde σ(x) representa el área de la sección transversal en el valor x. Determinar
el tiempo que debe arder el puro para que quede una porción de éste con una longitud de 2
centı́metros.
Solución:
Se tiene:
σ(x) = π
de donde:
dx
x(12 − x)
⇒
=
36
dt
dt
x(12 − x)
=1+π
⇒ dt =
dx
36
1
,
x(12 − x)
1+π
36
µ
¶
x(12 − x)
1+π
dx ,
36
como deben quedar dos centı́metros deberán consumirse diez, luego al integrar se consigue:
Z
Z
T
10
dt =
0
o sea:
T = 10 +
0
µ
¶
x(12 − x)
1+π
dx ,
36
200
π ≈ 33, 27105669 min.
27
111
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
·
¸
m.
Problema 3.4.7 Una bala atraviesa un madero de 10 cm. de espesor, penetrando a 200
seg.
¸
·
m.
y emergiendo a 80
. Determinar el tiempo que tarda en atravesarlo, suponiendo que
seg.
la resistencia del madero al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la rapidez.
Solución:
Considerando la figura 3.16, tenemos que la distancia recorrida en el tiempo t es x(t) y la
resistencia R es:
R = −α v 2 ,
v >
<
donde:
R
α ∈ R+ ,
..
R = mx ,
>
con lo que:
..
−α v 2 = mx , k =
α
,
m
Fig. 3.16
.
y colocando x = v, llegamos a la ecuación diferencial:
.
v = −kv 2 ⇒
dv
= −kdt ,
v2
de donde al integrar se obtiene:
1
1
= kt + A ⇒ v =
,
v
kt + A
pero t = 0 implica v = v0 de donde A =
.
x=v=
1
, ası́, tenemos:
v0
v0
v0 dt
⇒ dx =
,
kv0 t + 1
kv0 t + 1
e integrando esta última ecuación:
Z
Z
1
kv0 t + 1
Bekx − 1
1
d(kv0 t + 1) 1
+ ln ⇒ x = ln
⇒t=
,
dx =
k
kv0 t + 1
k B
B
kv0
y como cuando t = 0 se tiene x = 0, resulta B = 1, por lo tanto, se deduce que:
t=
ekx − 1
.
kv0
Llamando T al tiempo pedido (o sea el final, cuando x = 0, 1) se consigue:
vF =
v0
v0 − vF
⇒k=
,
kv0 T + 1
v0 vF T
112
CALCULO INTEGRAL
con ello:
³
T =
Fernando Arenas Daza
v −vF
0 FT
0,1 v0 v
e
v0 −vF
v0 vF T
´
−1
v0
³
⇒ 1 = vF
e
v −vF
0 FT
0,1 v0 v
´
−1
v0 − vF
,
y aplicando logaritmo llegamos a:
v0 vF
1
v0
= 10
ln
,
T
v0 − vF
vF
aplicando los datos:
T =
200 − 80
≈ 0, 0008 seg.
200 · 80 · 10 ln 200
80
O sea el tiempo que tarda la bala en atravesar el madero es aproximadamente 0, 0008 seg.
Problema 3.4.8 Un estanque contiene inicialmente 800 litros de salmuera en la que están
disueltos 600 gramos de sal. Se vierte agua pura a razón de 20 litros por minuto y la mezcla,
que se mantiene uniforme revolviéndola, sale con la misma rapidez. ¿Cuántos gramos de
sal quedarán en el estanque después de 10 minutos?
Solución:
Sea x(t) la cantidad de sal en el instante t, con ello x(0) = 600. Tomando en cuenta el
enunciado del problema, resulta:
20x
x
dx
1
dx
=−
=−
⇒
= − dt ,
dt
800
40
x
40
esta última es una ecuación de variables separables, que al ser integrada, nos conduce a:
ln x = −
y como:
de donde:
t
t
+ ln C ⇒ x(t) = Ce− 40 ,
40
t
600 = x(0) ⇒ x(t) = 600e− 40 ,
1
x(10) = 600e− 4 ≈ 467, 2804699 .
O sea, quedan aproximadamente 467, 2804699 gramos de sal en el estanque después de 10
minutos de comenzado el experimento.
3.5
Area de una superficie de revolución
A continuación nos daremos un arco de curva plana C y una recta ` que no la corta, rotaremos
el arco en torno a esta recta, conocida como eje de revolución, y esto generará una porción
de superficie de revolución S a la que buscaremos su respectiva área lateral σ.
Problema 3.5.1 Encontrar la fórmula para el elemento de área dσ una porción de superficie de revolución S que genera un arco de curva plana C al rotar en torno a una recta `
que no la corta.
113
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Solución:
L
Considerando la figura 3.17 observamos
que el elemento de área es:
C
b
dσ = 2πrds ,
r
y el área de la porción de superficie es:
Z
Z
b
σ=
ds
a
b
dσ = 2π
rds .
a
a
Fig. 3.17
Problema 3.5.2 Encontrar el área de la superficie de revolución generada por la cardioide
de ecuaciones paramétricas:
½
x = 2 cos t − cos 2t
C :
y = 2 sen t − sen 2t
−→
cuando gira en torno del eje OX.
Solución:
Para ver el corte del gráfico de la cardioide con los ejes tenemos que:
√
1− 3
x = 0 ⇒ 2 cos t = 2 cos2 t − 1 ⇒ cos t =
⇒ t = 111◦ 280 14.500 .
2
y = 0 ⇒ 2sent = 2sent cos t ⇒ sent(1 − cos t) = 0 ⇒ (t = 0 ∨ t = π) .
Ası́, de la figura 3.18, conseguimos el área:
Z π
σ = 2π
yds ,
Y
0
pero como:
X
O
dx
.
= x = −2sent + 2sen2t ,
dt
dy
.
= y = 2cost − 2 cos 2t ,
dt
Fig. 3.18
resulta:
q
ds =
√ √
t
.2
.2
x + y dt = 2 2 1 − cos tdt = 4sen ,
2
porque 0 ≤ t ≤ π, de donde:
Z
π
σ = 2π
0
t
(2 sen t − sen 2t) 4sen dt =
2
114
CALCULO INTEGRAL
·Z
Fernando Arenas Daza
µ
¶ Z π µ
µ
¶¶ µ
¶¸
t
t
t
t
t
2sen2 2d sen
−
2 2sen2
1 − 2sen2
2d sen
,
2
2
2
2
2
0
0
o sea:
· Z π
µ
¶¸
t
t
sen4 d sen
σ = 8π 16
2
2
0
y, de esto, se obtiene:
128
π.
σ=
5
π
= 8π
Problema 3.5.3 Determinar el área de la superficie de revolución que se genera al rotar
2
2
−→
2
la astroide de ecuación x 3 + y 3 = a 3 en torno al eje OX.
Solución:
La situación se presenta en la figura 3.19.
En este caso:
Y
2 1
2 −1
x 3 + y− 3 y0 = 0 ,
3
3
de donde:
O
1
0
y =−
y3
1
x3
,
con lo que:
ds =
p
1
1 + y 0 2 dx =
a3
1
x3
dx .
Fig. 3.19
De lo anterior se desprende que el área pedida es:
µ
¶
Z a³
´ 32
1
1
2
2
x− 3 dx ,
σ = 2 2πa 3
a3 − x3
0
pero:
Z
a
Z
³ 2
´ 32
2
1
a3 − x3
x− 3 dx = lim
²→0
0
a
³
a
³
2
´ 32
2
a3 − x3
hacemos
√
3
²
2
´ 32
1
x− 3 dx ,
²
si en:
Z
2
a3 − x3
Z
1
x− 3 dx =
²
³
a
2
2
a3 − x3
√
3
x
´ 32
dx
x = u conseguiremos:
³
´3
Z a a 23 − x 23 2
Z √
3 a
³ 2
´ 32 ³ 2
´
3
3 − u2
3 − u2
√
a
=
dx
=
−
d
a
3
3 ²
2 √
x
²
3 a
´5 ¯√
´ 52
3 2³ 2
3³ 2
2 2 ¯
3
3 − ²2
=− ·
a −u
a
=
,
¯√
3 ²
2 5
5
y, por lo tanto, tendremos:
´ 25
1
1
3³ 2
3 5
12 2
σ = 4πa 3 lim
a 3 − ²2
= 4πa 3 · a 3 =
πa .
²→0 5
5
5
X
115
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Problema 3.5.4 Encontrar el área de la porción de superficie de revolución en torno al eje
de abscisas generado por el arco de cicloide:
~r(t) = a( t − sent , 1 − cost ) ,
£
¤
cuando t ∈ 0 , 2π .
Solución:
En la figura 3.20 tenemos dicho arco de
cicloide. Pues bien, sabemos que el área
pedida σ se obtiene con:
Z 2π
yds ,
σ = 2π
Y
0
X
O
y en este caso se consigue:
¯
t ¯¯
¯
ds = 2a¯ sen ¯dt ,
2
Fig. 3.20
¯
£
¤
t ¯¯
t
¯
pero como t ∈ 0 , 2π resulta ¯ sen ¯ = sen , luego:
2
2
Z 2π
Z 2π
t
t
2
σ = 2π
a(1 − cos t)2asen dt = 8πa
sen3 dt =
2
2
0
0
¶
Z 2π µ
t
t
= 8πa2
sen dt =
1 − cos2
2
2
0
·Z 2π
µ ¶ Z 2π
µ
¶¸
t
t
t
t
= 16πa2
sen d
+
cos2 d cos
=
2
2
2
2
0
0
µ
¶
t ¯¯0
1
t ¯¯2π
64 2
= 16πa2 cos ¯ + cos3 ¯
πa .
=
2 2π 3
2 0
3
Teorema 3.5.1 El área de la porción de superficie de revolución en torno al
eje polar
generado
por el arco de curva con ecuación polar ρ = ρ(θ), cuando
£
¤
θ ∈ α , β esta dada por:
Z
q
β
σ = 2π
ρ(θ)senθ
.2
ρ2 + ρ dθ .
α
Demostración:
Esto se debe a que la distancia r desde cualquier punto P (ρ, θ) del arco de curva al eje polar
es ρsenθ y además, en el caso polar, hemos visto que:
q
.2
ds = ρ2 + ρ dθ .
116
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 3.5.5 Calcular el área de la porción de superficie de revolución en torno al eje
polar generado por la lemniscata de ecuación:
ρ2 = cos 2θ .
Solución:
X
O
Fig. 3.21
Se tiene:
ρ=
Fig. 3.22
√
cos 2θ
sen2θ
π
.
ρ = −√
0≤θ≤ ,
4
cos 2θ
de donde el área pedida resulta ser:
à Z π
!
r
4 √
sen2 2θ
σ = 2 2π
cos 2θ senθ cos 2θ +
dθ =
cos 2θ
0
Z
π
4
= 4π
0
3.6
Ã
√ !
√
2
senθdθ = 4π 1 −
= 2π(2 − 2) .
2
Centro de masas de un arco material
El centro de masas G(~g ) de un arco material plano C : ~r(t) = (x(t), y(t)) tiene vector de
posición dado por:
µZ
¶
Z
Z
xdm, ydm
~rdm
C Z
C
=
,
~g = ZC
dm
dm
C
C
donde:
dm = ρds ,
y ρ es la densidad de masa por unidad de longitud. Cuando el arco sea homogéneo entenderemos que ρ = 1.
2
2
2
Problema 3.6.1 Hallar el centro de masas del arco de astroide de ecuación x 3 + y 3 = a 3
−→
homogéneo situado sobre el eje OX.
117
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Y
Solución:
En este caso, considerando la figura 3.23,
resulta:
C : ~r(t) = a(cos3 t, sen3 t) ,
£
¤
con t ∈ 0, π .
X
O
Fig. 3.23
Tenemos:
q
ds =
p
.2
.2
x + y dt = a (−3 cos2 tsent)2 + (3sen2 t cos t)2 dt = 3a |sent cos t |dt ,
de ello:
ÃZ
Z
π
2
dm = 3a
C
Z
!
π
sentd(sent)
sentd(sent) −
µ
= 3a
π
2
0
µ
¶¶
1
1
− −
= 3a .
2
2
−→
A causa de la homogeneidad y de la simetrı́a de la figura con respecto al eje OY se deduce
que:
Z
xdm = 0 ,
C
ahora:
ÃZ
Z
2
ydm = 3a
C
π
2
Z
4
π
sen td(sent) −
!
4
sen td(sent)
µ
= 3a
π
2
0
2
µ
¶¶
1
1
6a2
− −
=
.
5
5
5
Por lo tanto, obtenemos:
~g =
3.7
1
3a
µ
¶ µ
¶
6a2
2a
0,
= 0,
.
5
5
Centro de masas de una lámina plana
El centro de masas G(~g ) de la lámina material plana S encerrada por la curva y = f (x),
−→
el eje OX, la recta de ecuación x = a y la recta de ecuación x = b, con a < b, tiene vector
de posición dado por:
118
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
ÃZ
Z
b
b
xdm,
a
~g = (x̄, ȳ) =
Z
a
y
dm
2
b
!
,
dm
a
y *
P
donde:
O
a
x
X
b
dm = ρdσ , dσ = ydx ,
Fig. 3.24
y ρ es la densidad de masa por unidad de área (cuando el arco sea homogéneo entenderemos
que ρ = 1). Esto se debe a que al
la figura 3.24 observamos que la masa de la
³ considerar
y´
celda se concentra en el punto P x,
.
2
Y
Problema 3.7.1 Hallar el centro de masas de la lámina plana homogénea limitada
por la parábola de ecuación y 2 = 4px, el
−→
eje OX y la recta de ecuación x = h.
Solución:
Tal lámina plana se muestra en la figura
3.25.
O
h X
Fig. 3.25
Aquı́ la masa es:
Z
h
m=
√
ydx = 2 p
Z
0
h
√
4 p
xdx = h ph .
3
h
√
4 p
x xdx = h2 ph ,
5
0
Además, tenemos:
Z
h
mx̄ =
√
Z
xydx = 2 p
0
0
por otra parte, conseguimos:
mȳ =
1
2
Z
h
Z
h
y 2 dx = 2p
0
xdx = ph2 .
0
En resumen, el vector posición ~g de G es:
µ
~g = (x̄, ȳ) =
3 3p
ph
h,
5 4
¶
.
Nota:
Si la superficie S está limitada por abajo por la curva y1 = f (x) y por arriba por medio
de la curva y2 = g(x) para a ≤ x ≤ b, entonces el centro de masas G(~g ) tiene vector de
posición dado por:
119
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Y
ÃZ
Z
b
b
(y1 + y2 )
dm
2
xdm,
~g = (x̄, ȳ) =
a
a
Z
b
P*
!
,
dm
a
donde:
O
a
x
X
b
dm = ρdσ , dσ = (y2 − y1 )dx ,
Fig. 3.26
donde ρ es la densidad de masa por unidad de área. Esto se debe a que
µ al considerar
¶ la
y1 + y2
figura 3.26 observamos que la masa de la celda se concentra en el punto x,
.
2
Problema 3.7.2 Una lámina plana está encerrada entre la parábola de ecuación y = x2 y
la recta de ecuación y = x + 2. La densidad en P (x, y) es proporcional al cuadrado de la
−→
distancia desde P al eje OY . Determinar el centro de masas de esta lámina.
Solución:
La lámina se muestra en la figura 3.27. Como y = x2 e y = x + 2 son las fronteras
resulta x2 = x + 2, o sea x2 − x − 2 = 0 de
donde x1 = −1 y x2 = 2, obteniéndose los
puntos de intersección P1 (−1, 1) y P2 (2, 4);
además la densidad es:
Y
ρ = αx2 , α > 0 , con : − 1 ≤ x ≤ 2 .
O
Luego la masa es:
Fig. 3.27
Z
2
m=
Z
2
2
2
(x3 + 2x2 − x4 )dx ,
αx (x + 2 − x )dx = α
−1
−1
consiguiéndose:
m=
Ahora:
Z
2
mx̄ =
63
α.
20
Z
xαx2 (x + 2 − x2 )dx = α
−1
2
−1
de donde:
mx̄ =
18
α.
5
(x4 + 2x3 − x5 )dx ,
X
120
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Por último:
mȳ =
1
2
Z
2
αx2 (x + 2 + x2 )(x + 2 − x2 )dx =
−1
de esto:
mȳ =
1
α
2
Z
2
(x4 + 4x3 + 4x2 − x6 )dx ,
−1
531
α.
70
En resumen, el vector posición ~g de G es:
µ
¶ µ
¶
1
18 531
8 118
~g = (x̄, ȳ) =
α,
α =
,
.
63
5
70
7 49
α
20
3.8
Teoremas de Pappus
Problema 3.8.1 Teorema de Pappus (para área de una superficie de revolución) El área
_
de la superficie de revolución engendrada por la rotación de un arco de curva AB que gira
en torno de un eje ` coplanar con el arco y que no lo corta, está dada por el producto entre
_
la longitud del arco AB y el perı́metro de la circunferencia que describe el centro de gravedad
_
del arco AB.
Solución:
−→
La veremos para el caso en que ` es el eje OX
Considerando la figura 3.28, tenemos que
el área de revolución que se genera al rotar
el arco en torno al eje de abscisas es:
Y
Z
ds
|
b
σ = 2π
yds ,
(1)
a
y
y
O
a
G
x
b X
pero como la longitud del arco se conoce
digamos que es ` y la ordenada del centro
de gravedad G del arco es y, entonces :
Z
`y=
Fig. 3.28
b
yds ,
(2)
a
de (1) y (2) se obtiene:
σ = (2π y) ` .
£Problema¤ 3.8.2 Dado el arco de cicloide ~r(t) = a( t − sent , 1 − cost ), cuando t ∈
0 , 2π , sabemos que el área de revolución que éste genera al rotar en torno al eje de
64 2
πa . Con este dato encontrar el
abscisas es (a causa del problema resuelto [ [3.5.4]) σ =
3
valor de la ordenada y del centro de gravedad G del arco mencionado.
121
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
Solución:
Por el teorema de Pappus anterior tenemos que:
σ = (2π y) ` ,
o sea:
64 2
πa = (2π y) ` ,
3
pero:
Z
Z
2π
`=
ds = 2a
0
0
2π
t
sen dt = 4a
2
Z
2π
0
(1)
t
sen d
2
µ ¶
t
= 8a ,
2
(2)
de (1) y (2) obtenemos:
64 2
πa = (2π y) 8a ,
3
con lo que la ordenada del centro de gravedad G es:
y=
4a
.
3
Problema 3.8.3 Teorema de Pappus (para volumen de un sólido de revolución) El volumen del sólido de revolución engendrado por la rotación de una porción de plano encerrado
_
por el arco ABy la recta ` que, a su vez, gira en torno de ` y que no corta al arco, está dado
por el producto entre el área σ de dicha porción de plano y el perı́metro de la circunferencia
que describe el centro de gravedad del esa porción de plano.
Solución:
La veremos para el caso en que ` es el eje
−→
OX tal como se muestra en la figura 3.29.
Tenemos:
Z b
V=π
y 2 dx ,
Y
a
o sea:
y *
P
Z
b
V = 2π
a
y
ydx ,
2
(1)
O
x
b
Fig. 3.29
pero:
Z
a
b
y
ydx = y
2
Z
b
ydx = y σ ,
a
de (1) y (2), obtenemos:
V = (2π y) σ ,
resultado requerido.
a
(2)
X
122
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Nota:
En el problema resuelto [1.5.27]vimos que el volumen del sólido de revolución que se genera
−→
8a3
al rotar la bruja de Agnesi, de ecuación x = 2
, en torno del eje OY es V = 4π 2 a3 .
2
4a + y
El dibujo lo vemos sólo con una porción tanto de la bruja como del sólido en las figuras 3.30
y 3.31, respectivamente (esto se debe a que el eje de ordenadas es ası́ntota de la curva), que
se muestran a continuación:
Y
X
O
Fig. 3.30
Fig. 3.31
Por otra parte, pasemos al:
Problema 3.8.4 Calcular el área σ de la porción de plano encerrada entre la bruja de
−→
8a3
Agnesi de ecuación x = 2
y el eje OY .
2
4a + y
Solución:
Tenemos:
Z
b
σ = 2 lim
b→∞
Z
= 8a2 lim
b→∞
0
b
Z
xdy = 16a3 lim
b→∞
0
b
0
dy
=
4a2 + y 2
³y ´
µ ¶
d
b
π
2
2a
= 8 a2 = 4πa2 .
³ y ´2 = 8a lim Arctg
b→∞
2a
2
1+
2a
Nota:
A causa del teorema de Pappus para volúmenes de revolución se sabe que:
V = (2π x) σ ,
o sea que en el caso de la bruja de Agnesi (nótese que aquı́ se efectuó giro en torno al eje
de ordenadas, por ello se colocó x̄ en lugar de ȳ) tendremos:
4π 2 a3 = (2πx̄)4πa2 ,
de donde:
x̄ =
a
2
123
Capı́tulo 3: Aplicaciones de la integral
o sea que la abscisa del centro de gravedad G es este valor señalado más arriba.
Y
O G|
X
Fig. 3.32
En otras palabras, Las coordenadas del
centro de gravedad G de la porción
de plano homogénea encerrada entre
la bruja de Agnesi de ecuación carte−→
8a3
siana x =
y
el
eje
OY
son
4a2 + y 2
¶
µ
a
,0 .
2
Esto lo vemos en la figura 3.32.