Capitulo 1 - Integral definida (Fernando Arenas Daza) (Calculo)

1
Capı́tulo 1: La integral definida
Capı́tulo 1
La integral definida
1.1
Introducción
En primer lugar recordaremos que en el curso anterior ya hemos estudiado los conceptos
siguientes:
Definición
1.1.1 Siendo a, b ∈ R con a < b se dice que la función y = f (x) es acotada
£ ¤
en a, b si:
¯
£ ¤
¡¯
¢
∀x ∈ a, b ∃A > 0 : ¯ f (x) ¯ < A .
Por ejemplo, f (x) = senx es acotada en R puesto que:
¡
¢
∀x ∈ R : | senx | ≤ 1 .
Ahora , la función f (x) = 1/x no es acotada ya que si A > 0 fuese cota superior, entonces:
³
f
1 ´
=A+1>A.
A+1
A continuación traemos a la memoria el:
£ ¤
£ ¤
Teorema
£ ¤ 1.1.1 Si f : a, b → R es una función continua en a, b , entonces f es acotada
en a, b .
1.2
Concepto de integral definida
£ ¤
Pues bien, siendo a£< b ¤consideramos la función y = f (x) acotada en a, b y procedamos a
dividir el intervalo a, b en n subintervalos más pequeños, no necesariamente de la misma
longitud, por medio de los n + 1 puntos:
a = x0 < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < xn = b ,
llamaremos norma de la partición anterior a la mayor longitud || ∆ || que se produce
al
£ medir¤ todos estos pequeños intervalos, o sea que si se define la longitud del intervalo
xi−1 , xi como:
∆xi = xi − xi−1 , i = 1, 2, · · · , n ,
se tendrá:
|| ∆ || = máx(1≤i≤n) {∆xi } .
2
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Sea ahora ai£ cualquier
¤ valor perteneciente
al intervalo xi−1 , xi . Con los datos anteriores formamos, para cada valor de i, los
productos:
f (ai )∆xi ,
Y
(considerar la figura 1.1) y con ellos la suma:
n
X
sn =
f (ai )∆xi ,
O
a
xk xk–1
ak
b
i=1
X
y si existe:
Fig. 1.1
lim sn ,
n→∞
independientemente de la partición {xi }, de los valores {ai } y, además, cuando £||∆||¤ → 0
si n → ∞, entonces a este lı́mite lo llamaremos la integral definida de f en a, b y lo
simbolizaremos por:
Z b
n
X
f (x)dx = lim
f (ai )∆xi ,
|| ∆ ||→0
a
i=1
£ ¤
además, se dice que la función f es integrable en a, b .
Formalizando lo anterior, tenemos:
£ ¤
Definición 1.2.1 Sea f una función definida en el intervalo a, b con:
P = {x0 = a, x1 , x2 , · · · , xn−1 , xn = b} ,
£ ¤
una partición de a, b cuya selección tomada de P es:
S = {a1 , a2 , · · · , an−1 , an } ,
llamaremos suma de Riemann para f determinada por P y S a:
sn =
n
X
f (ai )∆xi .
i=1
Definición 1.2.2 La integral definida de la función f de a a b es el número:
Z b
n
X
f (x)dx = lim
f (ai )∆xi ,
|| ∆ ||→0
a
(1.1)
i=1
£ ¤
siempre que este lı́mite exista, en cuyo caso diremos que f es integrable en a, b . La
expresión (1.1) significa que, para cada número ² > 0, existe un número δ > 0 tal que:
Z
n
¯ X
¯
f (ai )∆xi −
¯
i=1
b
¯
¯
f (x)dx ¯ < ² ,
a
£ ¤
para cada suma de Riemann asociada con cualquier partición arbitraria P de a, b para la
que || ∆ || < δ y para cualquier selección posible S tomada de P.
3
Capı́tulo 1: La integral definida
Nota:
El sı́mbolo:
Z
b
f (x)dx ,
a
se debe al matemático alemán G. W. Leibniz.
£ ¤
£ ¤
Teorema
1.2.1
Si
f
:
a,
b
→
R
es
continua
en
a, b , entonces la integral definida de f
£ ¤
en a, b existe.
Nota:
La demostración requiere del concepto de continuidad uniforme y, por lo tanto, no la
entregaremos.
Problema 1.2.1 Se sabe que la función f (x) = x es continua en R, se pide calcular:
Z
b
xdx .
a
Solución:
Sea ∆xi =
b−a
= `, con lo que se consigue:
n
lim ` = 0 ,
n→∞
(es decir, la norma de la partición tiende a cero) de ello obtenemos:
x0 = a, x1 = a + `, x2 = a + 2`, · · · , xn−1 = a + (n − 1)`, xn = b ,
(partición que está en progresión aritmética) y sean:
a1 = x1 , a2 = x2 , · · · , an = xn ,
los extremos derechos de cada pequeño intervalo, con esto tendremos:
sn =
n
X
¡
n
n
X
X
¢
2
a + i` ` = a`
1+`
i=
i=1
= an` + `2
i=1
i=1
³
´ 1
³
³
´
n(n + 1)
1n+1
1´
= (b − a) a +
(b − a) = (b − a) 2a + 1 +
(b − a) ,
2
2 n
2
n
y, en conclusión:
Z
b
xdx = lim sn =
a
n→∞
1
1
(b − a)(2a + b − a) = (b2 − a2 ) .
2
2
4
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 1.2.2 Se sabe que la función f (x) = cos x es continua en R, se pide calcular:
Z
b
cos xdx .
a
Solución:
b−a
= `, con lo que se consigue:
n
Sea ∆xi =
lim ` = 0 ,
n→∞
(es decir, la norma de la partición tiende a cero) de ello obtenemos:
x0 = a, x1 = a + `, x2 = a + 2`, · · · , xn−1 = a + (n − 1)`, xn = b ,
(partición que está en progresión aritmética) y sean:
a0 = x0 , a1 = x1 , · · · , an−1 = xn−1 ,
los extremos izquierdos de cada pequeño intervalo, con esto tendremos:
sn =
n−1
X
cos(a + `i)`,
i=0
es decir:
n−1
X
£
¤
sn = ` cos a +
cos(a + `i) = ` cos a +
i=1
Colocando:
Sn =
n−1
X
n−1
1 X
cos(a + `i)sen` .
sen`
i=1
`
cos(a + `i)sen` ,
i=1
y recordando que:
cos(a + `i)sen` =
=
¤
£
¤¢
1¡ £
sen a + `(i + 1) − sen a + `(i − 1) =
2
¤
£
¤¢
£
¤
£
¤¢¤
1 £¡ £
sen a + `(i + 1) − sen a + `i + (sen a + `i − sen a + `(i − 1)
,
2
se tendrá:
Sn =
n−1
X¡ £
¤
£
¤¢ n−1
¤
£
¤¢¢
1¡ X ¡ £
sen a + `(i + 1) − sen a + `i +
sen a + `i − sen a + `(i − 1)
,
2 i=1
i=1
o sea:
Sn =
¢
1¡
sen(a + n`) − sen(a + `) + sen(a + (n − 1)`) − sena ,
2
o mejor:
Sn =
¢
1¡
senb − sen(a + `) + sen(b − `) − sena ,
2
5
Capı́tulo 1: La integral definida
luego:
¢
1
1¡
· senb − sen(a + `) + sen(b − `) − sena ,
sen` 2
`
sn = ` cos a +
y, en conclusión:
Z
b
cos xdx = lim sn = senb − sena .
n→∞
a
Problema 1.2.3 Se sabe que la función f (x) = senx es continua en R, se pide calcular:
Z
b
senxdx .
a
Solución:
Sea ∆xi =
b−a
= `, con lo que se consigue:
n
lim ` = 0 ,
n→∞
(es decir, la norma de la partición tiende a cero) de ello obtenemos:
x0 = a, x1 = a + `, x2 = a + 2`, · · · , xn−1 = a + (n − 1)`, xn = b ,
(partición que está en progresión aritmética) y sean:
a0 = x0 , a1 = x1 , · · · , an−1 = xn−1 ,
los extremos izquierdos de cada pequeño intervalo, con esto tendremos:
sn =
n−1
X
sen(a + `i)`,
i=0
es decir:
n−1
X
£
¤
sn = ` sena +
sen(a + `i) = `sena +
i=1
Colocando:
Sn =
n−1
X
n−1
1 X
sen(a + `i)sen` .
sen`
i=1
`
sen(a + `i)sen` ,
i=1
y recordando que:
sen(a + `i)sen` =
=−
£
¤
£
¤¢
1¡
cos a + `(i − 1) − cos a + `(i + 1) =
2
£
¤
£
¤¢
£
¤
£
¤¢¤
1 £¡
cos a + `(i + 1) − cos a + `i + (cos a + `i − cos a + `(i − 1)
,
2
6
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
se tendrá:
Sn = −
n−1
X¡
£
¤
£
¤¢ n−1
£
¤
£
¤¢¢
1¡ X ¡
cos a + `(i + 1) − cos a + `i +
cos a + `i − cos a + `(i − 1)
,
2 i=1
i=1
o sea:
Sn = −
¢
1¡
cos(a + n`) − cos(a + `) + cos(a + (n − 1)`) − cos a ,
2
o mejor:
¢
1¡
cos b − cos(a + `) + cos(b − `) − cos a ,
2
Sn =
luego:
sn = `sena −
y, en conclusión:
Z
¢
1¡
1
·
cos b − cos(a + `) + cos(b − `) − cos a ,
sen` 2
`
b
senxdx = lim sn = − cos b + cos a .
a
n→∞
Problema 1.2.4 Siendo p ∈ N, p fijo y 0 < a < b, se pide calcular:
Z b
xp dx .
a
Solución:
Hagamos la partición en progresión geométrica:
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b ,
o sea xk = x0 rk , de donde b = arn , con lo que:
r
r=
n
b
,
a
de esto se consigue
∆xk = xk − xk−1 = a(rk − rk−1 ) = ark−1 (r − 1) ,
como r > 1 resulta:
r < r2 < r3 < · · · < rn−1 ,
luego, la norma de la partición es ||∆|| = ∆xn = arn−1 (r − 1), pero como:
r
n b
=1,
lim r = lim
n→∞
n→∞
a
se obtiene:
lim ||∆|| = 0 .
n→∞
Ahora, consideramos como:
ak = xk , k = 1, 2, 3, · · · , n
7
Capı́tulo 1: La integral definida
es decir, los extremos derechos de cada intervalo y con ello:
sn =
n
X
f (ak )∆xk =
k=1
n
X
n
(ark )p ark−1 (r − 1) = ap+1
k=1
r − 1 X p+1 k
(r
) =
r
k=1
r − 1 p+1 (rp+1 )n − 1
r − 1 p+1 (b/a)p+1 − 1
r
= ap+1
r
=
p+1
r
r
−1
r
rp+1 − 1
rp (r − 1)
= (bp+1 − ap+1 )
=
p
p−1
(r − 1)(r + r
rp−2 + · · · + r + 1)
= ap+1
= (bp+1 − ap+1 )
rp
rp + rp−1 rp−2 + · · · + r + 1
finalmente:
Z b
xp dx = lim sn = (bp+1 − ap+1 ) lim
a
n→∞
n→∞
En resumen, la respuesta es:
Z
b
,
rp
rp + rp−1 rp−2 + · · · + r + 1
xp dx =
a
=
bp+1 − ap+1
.
p+1
Problema 1.2.5 Siendo 0 < a < b, se pide calcular:
Z b
dx
.
a x
Solución:
Hagamos la partición en progresión geométrica:
a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b ,
o sea, xk = x0 rk , de donde b = arn , con lo que:
r
r=
n
b
,
a
de esto se consigue:
∆xk = xk − xk−1 = a(rk − rk−1 ) = ark−1 (r − 1) ,
como r > 1 resulta:
r < r2 < r3 < · · · < rn−1 ,
luego, la norma de la partición es ||∆|| = ∆xn = arn−1 (r − 1), pero como:
r
n b
lim r = lim
=1,
n→∞
n→∞
a
se obtiene:
lim ||∆|| = 0 .
n→∞
bp+1 − ap+1
.
p+1
8
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Ahora, consideramos como:
ak = xk , k = 1, 2, 3, · · · , n
es decir, los extremos derechos de cada intervalo y con ello:
sn =
n
X
f (ak )∆xk =
k=1
n
X
ark−1 (r − 1)
ark
k=1
=
p
p
r−1
= n(1 − n a/b ) = −n( n a/b − 1) ,
r
y recordando que si α > 0, entonces:
√
lim n( n α − 1) = log α ,
=n
n→∞
a causa del problema resuelto [6.4.9], luego, obtenemos:
Z b
a
b
dx
= lim sn = − log = log ,
n→∞
x
b
a
a
En resumen, la respuesta es::
Z
b
a
1.3
dx
b
= log .
x
a
Propiedades de la integral definida
Las propiedades de la integral definida son las siguientes:
(1) La integral definida es independiente de la variable de integración, o sea:
Z b
Z b
f (x)dx =
f (u)du.
a
a
Ello se debe a que la integral definida sólo depende de f , de a y de b.
£ ¤
(2) Siendo a < c < b y f integrable en a, b , entonces:
Z
Z
b
Z
c
f (x)dx =
b
f (x)dx +
a
f (x)dx .
a
c
Notas:
(i) Supongamos a < c = b, luego:
Z b
Z
f (x)dx =
a
Z
c=b
a
Z
a
f (x)dx = 0 .
a
f (x)dx ,
c=b
de ello se desprende la:
Definición 1.3.1
b
f (x)dx +
9
Capı́tulo 1: La integral definida
(ii) Si ahora a < b < c, se desea:
Z b
Z
f (x)dx =
a
Z
b
a
Z
c
f (x)dx +
b
f (x)dx +
f (x)dx ,
b
c
de ello se desprende la:
Definición 1.3.2
Z
Z
c
b
f (x)dx = −
b
f (x)dx .
c
£ ¤
(3) Siendo f y g integrables en a, b , entonces:
Z b
Z b
Z
(f (x) + g(x))dx =
f (x)dx +
a
a
£ ¤
(4) α ∈ R y f integrable en a, b , entonces:
Z b
Z
αf (x)dx = α
a
Ejemplo 1.3.1
Z π
0
¡
b
g(x)dx .
a
b
f (x)dx .
a
Z π
Z π
senx ¢
senx
5senx − 3
dx = 5
senxdx − 3
dx =
1 + cos2 x
1
+
cos2 x
0
0
¯π
¯π
3π
= −5 cos x¯0 + 3 Arctg(cos x)¯0 = 10 −
.
2
Y
£ ¤
(5) Siendo
£ ¤ f integrable en a, b y:
∀x ∈ a, b (f (x)) ≥ 0), entonces
Rb
f (x)dx ≥ 0 y representa el área
a
de la porción de plano encerrada por
x = a, x = b, y = 0 e y = f (x), como se
muestra en la figura 1.2.
O
a
bX
Fig. 1.2
Problema 1.3.1 Tal como se indica en la figura 1.3, se pide calcular el área plana σ encerrada por las curvas y = senx e y = cos x, cuando x es tal que 0 ≤ x ≤ 2π.
Solución:
Observando la figura 1.3, se consigue:
Z
Z
£ π/4
σ=4
(cos x − senx)dx +
0
π
π/2
√
¤
senxdx = 4 2 .
10
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
Pi
X
Pi/4 Pi/2
O
Fig. 1.3
£ ¤
£ ¤¡
¢
(6) Siendo f y g integrables en a, b y ∀x ∈ a, b f (x) ≥ g(x) , entonces:
Z
Z
b
b
f (x)dx ≥
a
g(x)dx .
a
Problema 1.3.2 Sea a un
real fijo, se pide encontrar todas las funciones continuas
£ número
¤
y positivas f (x) con x ∈ 0, 1 que, a la vez, satisfacen las propiedades:
Z
Z
1
Z
1
f (x)dx = 1 ,
1
xf (x)dx = a y
0
0
x2 f (x)dx = a2 .
0
Solución:
Se tiene:
Z
Z
1
a2
f (x)dx − 2a
Z
0
1
xf (x)dx +
0
1
=
Z
1
x2 f (x)dx =
0
(a2 − 2ax + x2 )f (x)dx = a2 − 2a2 + a2 = 0 ,
0
o sea:
Z
1
(x − a)2 f (x)dx = 0 ,
(1.2)
y como (x − a)2 f (x) > 0 se deberı́a tener:
Z 1
(x − a)2 f (x)dx > 0 ,
(1.3)
0
0
de (1.2) y (1.3), se concluye una contradicción, luego f (x) no existe.
Volviendo a las propiedades:
(7) ¡No olvidar! que:
Z
b
n
b−a X ¡
b − a¢
f a+k
.
n→∞
n
n
f (x)dx = lim
a
k=1
11
Capı́tulo 1: La integral definida
Problema 1.3.3 Calcular:
1 ¡ 1
1
1
1 ¢
` = lim √ √ + √ + √ + · · · + √ .
n→∞
n
n
1
2
3
Solución:
Se tiene:
1 − 0¡ 1
1
1
1 ¢
q + q + q + · · · + pn =
n→∞
n
1
2
3
n
` = lim
Z
n
1
=
0
dx
√ =
x
Problema 1.3.4 Calcular ` = lim
n→∞
n
Z
n
X
k=1
1
0
n
√ ¯1
1
x− 2 dx = 2 x¯0 = 2 .
n
.
n2 + k 2
Solución:
Tenemos:
n
1X
1
¡ ¢2 =
n→∞ n
1+ k
Z
` = lim
k=1
n
Problema 1.3.5 Calcular ` = lim
n→∞
n
X
k=1
0
1
¯1
dx
π
= Arctg x¯0 = .
2
1+x
4
k
.
n2 + k 2
Solución:
Se tiene que:
Z 1
n
k
1X
x
n
` = lim
dx =
¡ k ¢2 =
2
n→∞ n
0 1+x
k=1 1 + n
Z
√
¯1
1 1 d(1 + x2 )
1
= log(1 + x2 )¯0 = log 2 .
=
2
2 0 1+x
2
Problema 1.3.6 Calcular lim
n→∞
n
X
k=1
k2
.
n3 + k 3
Solución:
Se tiene:
µ ¶2
k
n
n
X
k2
1−0 X
n
lim
= lim
µ ¶3 =
n→∞
n→∞
n3 + k 3
n
k
k=1
k=1 1 +
n
12
CALCULO INTEGRAL
Z
=
0
1
Fernando Arenas Daza
Z
x2
1
dx =
1 + x3
3
1
0
¯1
d(1 + x3 )
1
1
3 ¯
=
log(1
+
x
)
¯ = log 2 .
1 + x3
3
3
0
Volviendo a las propiedades, tenemos:
(8) Si α ∈ R, entonces:
Z
b
α dx = α (b − a) .
a
£ ¤ ¡
¢
£ ¤
(9) ∀x ∈ a, b : m ≤ f (x) ≤ M y f integrable en a, b , entonces:
Z
b
m(b − a) ≤
f (x)dx ≤ M (b − a) .
a
Problema 1.3.7 Demostrar que:
Z
0, 5 ≤
1
2
− 12
p
dx
(1 − x2 )(4 − x2 )
≤ 0, 6 .
Solución:
Se observa que:
f (x) = p
1
,
− x2 )
£ 1¤
es función par, luego bastará estudiarla para x ∈ 0, . Sea:
2
(1 −
x2 )(4
g(x) = (1 − x2 )(4 − x2 ) = x4 − 5x2 + 4,
con ello:
g 0 (x) = 4x3 − 10x = 2x(2x2 − 5) = 0 .
Los puntos crı́ticos de g son:
r
x0 = 0 y x1 =
h 1i
5
= 1, 58113883 6∈ 0,
.
2
2
Ahora, g 00 (x) = 12x2 − 10 y g 00 (0) = −10 < 0, luego x0 = 0 es máximo de g y mı́nimo de f ,
por lo tanto, se consigue:
³1´
4
1
1
.
= √ = 0, 5962284794 = 0, 6 .
m = f (0) = = 0, 5 y M = f
=q
2
2
1
1
3 5
(1 − 4 )(4 − 4 )
De ello, se deduce que:
h 1 1i
: 0, 5 ≤ f (x) ≤ 0, 6 ,
∀x ∈ − ,
2 2
y utilizando la propiedad (9) obtenemos el resultado.
£ ¤
(10) Siendo f integrable en a, b , entonces:
¯ Z
¯
¯
b
a
¯ Z
¯
f (x)dx ¯ ≤
b
a
¯
¯
¯ f (x) ¯dx.
13
Capı́tulo 1: La integral definida
(11) Desigualdad de Cauchy-Schwarz
£ ¤
Siendo f y g integrables en a, b , entonces:
¯ Z
¯
¯
b
¯ nZ
¯
f (x)g(x)dx ¯ ≤
a
b
o 12 n Z
f 2 (x)dx
a
b
o 12
g 2 (x)dx
.
a
Demostración:
En efecto, sea α un parámetro, con ello:
(f (x) − αg(x))2 ≥ 0,
por lo tanto, resulta:
Z
b
¡
¢2
f (x) − αg(x) dx ≥ 0,
a
y de esto se obtiene:
Z
b
ÃZ
!
b
2
f (x)dx − 2
ÃZ
b
f (x)g(x)dx α +
a
a
!
2
g (x)dx α2 ≥ 0,
a
lo que es un trinomio de segundo grado en α y no negativo, luego su discriminante es no
positivo, es decir:
"Z
#2 (Z
) (Z
)
b
b
f (x)g(x)dx
−
a
b
f 2 (x)dx
a
g 2 (x)dx
≤ 0;
a
consiguiéndose, con esto, el resultado requerido.
Problema 1.3.8 Demostrar que si 0 < a < b, entonces:
log
b
b−a
≤ √
.
a
ab
Solución:
Tenemos que:
¯Z
¯ ¯
¯ (Z
) 12
) 12 (Z
¯ b dx ¯ ¯Z b 1
¯
b
b
b
dx
¯
¯ ¯
¯
2
1 dx
log = ¯
,
¯ = ¯ ( · 1)dx¯ ≤
2
¯
a ¯ a x¯ ¯ a x
a
a x
o sea:
b
log ≤
a
½
1 ¯¯b
− ¯
x a
½
¾ 12
1
2
{b − a} =
1 1
−
a b
¾ 21
1
b−a
.
(b − a) 2 = √
ab
Retomando las propiedades nuevamente.
(12)
Z
Z
b
b+c
f (x + c)dx =
a
f (x)dx .
a+c
14
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Demostración:
a|
∆x =
b−a
n ,
b|
En la figura anterior se tiene:
con ello:
Z
n
b−a X
b−a
) + c) ,
f ((a + k
n→∞
n
n
b
f (x + c)dx = lim
a
(a + c)|
(b + c)|
u = x + c y ∆u =
Z
(1.4)
k=1
En la figura anterior se tiene
(b + c) − (a + c)
= ∆x, con ello:
n
n
b − a¢
b−a X ¡
f (a + c) + k
,
n→∞
n
n
b+c
f (u)du = lim
a+c
(1.5)
k=1
Se deduce de (1.4) y (1.5) que los resultados son idénticos.
Ejemplo 1.3.2
Z
3
Z
(x − 1)2 dx =
1
3−1
Z
x2 dx =
1−1
2
x2 dx =
0
8
.
3
Pasemos ahora a la siguiente propiedad:
(13)
Z
a
b
1
f (cx)dx =
c
Z
bc
f (x)dx .
ac
Demostración:
a|
∆x =
b|
En la figura anterior se tiene
b−a
, con ello:
n
Z
b
n
b−a X ¡ ¡
b − a ¢¢
f c a+k
,
n→∞
n
n
f (cx)dx = lim
a
(ac)|
u = cx y ∆u =
(bc)|
En la figura anterior se tiene
(bc) − (ac)
b−a
=c
= c∆x, con ello:
n
n
Z bc
n
b−a X ¡
b − a¢
f (u)du = lim c
f ac + kc
,
n→∞
n
n
ac
k=1
De (1.6) y (1.7) se deduce el resultado.
(1.6)
k=1
(1.7)
15
Capı́tulo 1: La integral definida
Ejemplo 1.3.3
Z
1
π
4
xdx =
4
π
sec2
0
Z
π
4
sec2 xdx =
0
¯π
4
4
tgx¯04 = .
π
π
A continuación pasamos a la propiedad:
(14)
Z
Z
b
c−a
f (c − x)dx =
f (x)dx .
a
c−b
Problema 1.3.9 Si f (x) = f (a − x) y g(x) + g(a − x) = k, entonces:
Z
a
f (x)g(x)dx =
0
Hallar:
Z
π
Z
k
2
a
f (x)dx .
0
xsenx
dx .
1 + cos2 x
0
Solución:
0|
x|
a/2|
(a − x)|
a|
En la figura anterior se tiene:
Z
Z
a
f (x)g(x)dx =
0
Z
+
a
2
Z
f (x)g(x)dx =
f (x)g(x)dx +
a
2
0
Z
a− a
2
Z
a
a
2
f (a − x)g(a − x)dx =
a−a
0
Ahora, en:
Z
π
0
a
2
f (x)g(x)dx+
0
¡
¢
k
f (x) g(x) + g(a − x) dx =
2
Z
a
f (x)dx .
0
xsenx
dx.
1 + cos2 x
hacemos:
g(x) = x, f (x) =
senx
1 + cos2 x
resultando f (π − x) = f (x) y g(x) + g(π − x) = x + π − x = π, luego:
Z
0
π
π
xsenx
dx =
1 + cos2 x
2
=−
Z
0
π
¯π
π
senx
dx = − Arctg(cos x)¯0 =
2
1 + cos x
2
¢ ¡ π ¢2
π¡
.
Arctg(−1) − Arctg(1) =
2
2
Veamos ahora la propiedad número:
16
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(15) Sean:
£ ¤
£ ¤
f : a, b ⊆ R+ → c, d ⊆ R+
y:
Y
d
£ ¤
£ ¤
f −1 : c, d → a, b ,
funciones inversas e integrables, tal como
se muestra en figura 1.4, entonces:
Z
Z
d
f
−1
c
(y)dy = bd − ac −
f (x)dx.
c
a
O
b
b
X
Fig. 1.4
a
Y
d
Problema 1.3.10 Calcular:
Z
eb
log xdx ,
ea
tal caso se muestra en figura 1.5.
c
a
O
Solución:
Tenemos:
X
b
Fig. 1.5
Z
Z
eb
b
a
b
log xdx = be − ae −
ea
Pero:
Z
b
ex dx
(1.8)
a
n−1
n−1
b − a X a+k b−a
b − a a X b−a k
n
e
= lim
e
(e n ) =
n→∞
n→∞
n
n
ex dx = lim
a
k=0
= lim
n→∞
b−a
n
k=0
n
) −1
b − a a (e
e
= (eb − ea ) lim
b−a
n→∞
n
n
e
−1
1
e
b−a
n −1
b−a
n
= (eb − ea ).
Aplicando este resultado en (1.8) conseguimos :
Z eb
log xdx = beb − aea − (eb − ea ) = eb (b − 1) − ea (a − 1) .
ea
Nota:
Si en el problema anterior tomamos 0 < α < β (con α = ea ⇔ a = log α, y también
β = eb ⇔ b = log β), deducimos que:
Z β
log xdx = β(log β − 1) − α(log α − 1)(= x(log x − 1)|βα ) .
α
Problema 1.3.11 Calcular:
Z
b
Arcsen xdx .
a
17
Capı́tulo 1: La integral definida
Solución:
En primer lugar tenemos:
Z β
Z
senxdx +
α
senβ
Arcsen xdx = βsenβ − αsenα,
senα
es decir:
Z
senβ
cos α − cos β +
Arcsen xdx = βsenβ − αsenα,
senα
o sea:
Z
senβ
Arcsen xdx = βsenβ + cos β − (αsenα + cos α).
senα
Colocando en esta última a = senα y b = senβ, obtenemos:
Z b
p
p
Arcsen xdx = b Arcsen b + 1 − b2 − (a Arcsen a + 1 − a2 ) .
a
1.4
Los teoremas de valor medio integral
El primero de estos teoremas es el siguiente:
Teorema 1.4.1 Teorema£ del¤ valor medio integral. (T.V.M.I.)
Sea f función continua en a, b , entonces:
¤ £
∃c ∈ a, b : f (c) =
1
b−a
Z
b
f (x)dx .
a
Demostración:
£ ¤
£ ¤
£ ¤
Como f (x) es continua en a, b ella alcanza mı́nimo en x1 ∈ a, b y máximo en x2 ∈ a, b ,
de ello,llegamos a que:
£ ¤
∀x ∈ a, b : f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) ,
por lo tanto, se obtiene:
Z
b
f (x1 )(b − a) ≤
f (x)dx ≤ f (x2 )(b − a) ,
a
o sea:
f (x1 ) ≤
1
b−a
Z
b
f (x)dx ≤ f (x2 ) ,
a
y, a causa del teorema del valor intermedio se consigue:
Z b
¤ £
1
f (x)dx .
∃c ∈ a, b : f (c) =
b−a a
18
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
¤ £
Problema 1.4.1 Siendo f (x) = (1 + x)3 , se pide encontrar c ∈ 1, 3 tal que:
1
2
f (c) =
Z
3
f (x)dx .
1
Solución:
Pues bien, tenemos:
Z
Z
3
4
3
(1 + x) dx =
1
x3 dx =
2
de ello. se obtiene:
(1 + c)3 =
de donde:
c=
√
3
1 4
(4 − 24 ) = 60 ,
4
1
60 = 30 ,
2
.
30 − 1 = 2, 107232506 .
Problema 1.4.2 Demostrar que si un móvil se desplaza con una rapidez dada por la función
£
¤
1
v(t) =
, entonces la rapidez media en cualquier intervalo de tiempo t1 , t2 es igual
2
(7t + 4)
al medio geométrico entre la rapidez inicial y la rapidez final del móvil en ese intervalo.
Solución:
£
La rapidez media en el intervalo
1
t2 − t1
=
Z
¤
t1 , t2 es, por definición:
t2
v(t)dt =
t1
1
t2 − t1
Z
t2
1
dt =
(7t + 4)2
t1
7(t2 − t1 )
1
=
.
7(t2 − t1 )(7t1 + 4)(7t2 + 4)
(7t1 + 4)(7t2 + 4)
Ahora bien, como:
v(t1 ) =
1
1
y v(t2 ) =
,
(7t1 + 4)2
(7t2 + 4)2
se tiene lo pedido, puesto que el medio geométrico entre v(t1 ) y v(t2 ) es:
p
v(t1 )v(t2 ) =
1
.
(7t1 + 4)(7t2 + 4)
Ahora pasaremos a considerar el resultado conocido como:
Teorema 1.4.2 Primer teorema
del valor medio integral
£ ¤
£ ¤ generalizado) (P.T.V.M.I.G.)
Sea f función continua en a, b y p(x) > 0 integrable en a, b , entonces:
¤ £
∃c ∈ a, b : f (c)
Z
Z
b
p(x)dx =
a
b
p(x)f (x)dx .
a
19
Capı́tulo 1: La integral definida
Demostración:
£ ¤
£ ¤
£ ¤
Como f (x) es continua en a, b , ella alcanza mı́nimo en x1 ∈ a, b y máximo en x2 ∈ a, b ,
de esto, se tiene:
£ ¤
∀x ∈ a, b : f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) ,
por lo tanto, resulta:
Z
Z
b
f (x1 )
Z
b
p(x)dx ≤
b
p(x)f (x)dx ≤ f (x2 )
a
a
o sea:
p(x)dx ,
a
Rb
a
f (x1 ) ≤
p(x)f (x)dx
≤ f (x2 ),
Rb
p(x)dx
a
y a causa del teorema del valor intermedio se consigue:
¤ £
∃c ∈ a, b : f (c) =
Rb
a
p(x)f (x)dx
,
Rb
p(x)dx
a
lo que conduce a la tesis.
Teorema 1.4.3 Segundo teorema
£ del
¤ valor medio integral generalizado (S.T.V.M.I.G.)
Sean f continua y g integrable en a, b con g(x) > 0 y f (x) monótona, entonces:
¤ £
∃c ∈ a, b :
Z
Z
b
f (x)g(x)dx = f (a)
a
Z
c
b
g(x)dx + f (b)
a
g(x)dx .
c
Demostración:
Sea:
Z
h(x) = f (a)
Z
x
b
g(u)du + f (b)
g(u)du ,
a
x
luego:
Z
b
h(a) = f (b)
g(t)dt ,
a
y:
Z
b
h(b) = f (a)
g(t)dt ,
a
£ ¤
además, h(x) es continua en a, b .
Por otra parte, a causa del (P.T.V.M.I.G.) resulta:
¤ £
∃c1 ∈ a, b : f (c1 )
Z
Z
b
g(x)dx =
a
b
f (x)g(x)dx
a
(1.9)
20
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
por otro lado, como f (x) es monótona, digamos que es creciente, se tiene:
f (a) ≤ f (c1 ) ≤ f (b),
de donde:
Z
f (a)
Z
b
Z
b
g(x)dx ≤ f (c1 )
a
a
o sea:
b
g(x)dx ≤ f (b)
Z
g(x)dx ,
a
b
h(b) ≤ f (c1 )
g(x)dx ≤ h(a) ,
a
o mejor, por (1.9):
Z
h(b) ≤
b
f (x)g(x)dx ≤ h(a) ,
a
y, a causa del teorema del valor intermedio se consigue:
Z
b
∃c ∈ ]a, b[: h(c) =
f (x)g(x)dx,
a
pero h(c) = f (a)
Rc
a
g(u)du + f (b)
Rb
c
g(u)du y de ello llegamos a la tesis.
Problema 1.4.3 Sean f y g integrables en [a, b] con g(x) ≥ 0 y f (x) > 0 y decreciente,
entonces:
Z b
Z c
¤ £
∃c ∈ a, b :
f (x)g(x)dx = f (a)
g(x)dx .
a
a
Solución:
Sea:
Z
x
h(x) = f (a)
g(u)du ,
a
£ ¤
Rb
luego h(a) = 0 y h(b) = f (a) a g(t)dt, además, h(x) es continua en a, b , por (P.T.V.M.I.G.)
resulta que:
Z b
Z b
¤ £
f (x)g(x)dx ,
(1.10)
g(x)dx =
∃c1 ∈ a, b : f (c1 )
a
a
además, a < c1 < b y como f (x) es positiva y decreciente, nos resulta que f (a) > f (c1 ) > 0,
de donde:
Z b
Z b
h(b) = f (a)
g(t)dt > f (c1 )
g(t)dt > 0 = h(a),
a
a
y a causa del teorema del valor intermedio se consigue:
¤ £
∃c ∈ a, b : h(c) =
Z
f (x)g(x)dx ,
a
pero h(c) = f (a)
Rc
a
b
g(x)dx y de esto el resultado.
21
Capı́tulo 1: La integral definida
1.5
Teorema fundamental del cálculo
Comenzaremos este párrafo haciendo notar que ya hemos estado ocupando el primer resultado que aquı́ se entregará. A continuación presentamos la:
¤ £
Definición 1.5.1 Sea a < b, diremos que F (x) es primitiva de f (x) en a, b si:
¤ £
∀x ∈ a, b : F 0 (x) = f (x) .
Por ejemplo, tenemos que F (x) = x(log x − 1) es primitiva de f (x) = log x en R+ , porque:
∀x ∈ R+ : F 0 (x) = log x − 1 + x ·
1
= log x .
x
Este concepto de primitiva de una función se necesita para el:
Teorema 1.5.1 Teorema fundamental del cálculo (primera parte o regla de Barrow)
£ ¤
¤ £
£ ¤ ¤ £
Sea f integrable en a, b y F una primitiva de f en c, d , con a, b ⊂ c, d , entonces:
Z
b
f (x)dx = F (b) − F (a).
a
Demostración:
£ ¤
b−a
Sea a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b una partición de a, b con la longitud ∆xk =
=
n
`, con ello:
F (b) − F (a) = (F (xn ) − F (xn−1 )) + (F (xn−1 ) − F (xn−2 )) + · · · + (F (x1 ) − F (x0 )) ,
¤
£
y por T.V.M.D. se tiene que para k = 1, 2, 3, · · · , n ∃ck ∈ xk−1 , xk :
f (ck )` = F (xk ) − F (xk−1 ) ,
por lo tanto, resulta:
F (b) − F (a) =
n
X
f (ck )`,
k=1
ası́, cuando:
Z
n → ∞ ⇒ F (b) − F (a) =
b
f (x)dx .
a
22
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Problema 1.5.1 Calcular el área plana σ
encerrada por las curvas de ecuaciones:
Y
y2 = x − 1 e y = x − 3 .
P1
2
(Porción de plano que se muestra en la figura 1.6.)
2
O
X
5
1
–1
Solución:
Las curvas dadas se intersecan en los puntos P0 (2, −1) y P1 (5, 2).
Po
Fig. 1.6
Esto se debe a que:
y 2 = x − 1 ⇒ x = y 2 + 1 , y = x − 3 ⇒ x = y + 3, de donde se obtiene y 2 − y − 2 = 0 =
(y + 1)(y − 2), con esto y = −1 → x = 2 , y = 2 → x = 5.
Primer método:
Se tiene:
Z
2
σ=
¡√
¡ √
¢¢
x − 1 − − x − 1 dx +
1
Z
1
=2
√
Z
xdx +
4
√
Z
Z
¡√
¢
x − 1 − (x − 3) dx =
2
2
xdx −
9
.
2
xdx = · · · =
1
0
5
−1
Segundo método:
Por otro lado, tenemos:
Z
σ=
2
¡
¡
¢¢
2
Z
2
y + 3 − y + 1 dy =
−1
(−y 2 + y + 1)dy =
−1
= ··· =
9
.
2
¡Vemos que este método es más fácil!
Problema 1.5.2 Calcular el área plana σ
encerrada por las curvas de ecuaciones:
y2 = 8 − x e y =
x
.
2
–8
(Porción de plano que se muestra en la figura 1.7.)
Po
Solución:
Las curvas dadas se intersecan en los puntos P0 (−8, −4) y P1 (4, 2).
Y
2
P1
O
4
8
X
–4
Fig. 1.7
Esto se debe a que:
y 2 = 8 − x ⇒ x = 8 − y 2 , y = x2 ⇒ x = 2y, de donde se obtiene y 2 + 2y − 8 = 0 =
(y + 4)(y − 2), con esto y = −4 → x = −8 , y = 2 → x = 4.
23
Capı́tulo 1: La integral definida
Primer método:
Se tiene:
Z
σ=
=
4
√
¡x
¢
− (− 8 − x) dx + 2
−8 2
Z
8
¡√
¢
8 − x dx =
4
Z 16
Z 4
√
√
x2 ¯¯4
xdx + 2
xdx = · · · = 36 .
¯ +
4 −8
4
0
Segundo método:
Por otro lado, tenemos:
Z
2
σ=
¡
¢
(8 − y 2 ) − 2y dy =
−4
¶¯
µ
y3
¯2
8y −
− y2 ¯ =
3
−4
= · · · = 36 .
¡Vemos que este método es más fácil!
Problema 1.5.3 Encontrar el área de la porción de plano comprendida
entre los arcos de
£
¤
curva asociados a f (x) = 1 − x4 y g(x) = x3 − x cuando x ∈ − 2, 2 .
Solución:
Considerando la figura 1.8, tenemos que
el área pedida es:
Z −1
£
¢
σ=
−(1 − x4 ) + (x3 − x) dx+
5
–2
x
1
–1
−2
2
0
Z
1
£
¢
(1 − x4 ) − (x3 − x) dx+
+
–5
Z
–10
−1
2
+
£
¢
−(1 − x4 ) + (x3 − x) dx ,
1
–15
que al calcularla produce:
Fig. 1.8
σ=
59 8 149
+ +
= 12 .
20 5
20
Teorema 1.5.2 Teorema de Jacobi o del cambio de
¤ variable
£
Siendo x = g(u) una función con derivada£ continua
en
c, d , además,
¤
g(c) = a, g(d) = b y f (g(u)) continua en a, b , entonces:
Z
Z
b
d
f (x)dx =
a
c
f (g(u))g 0 (u)du .
24
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Demostración:
Sea F primitiva de f (F 0 = f ), con ella formemos G(u) = F (g(u)), luego G0 (u) =
f (g(u))g 0 (u), por lo tanto, tendremos:
Z
Z
b
d
f (x)dx = F (b) − F (a) = F (g(d)) − F (g(c)) = G(d) − G(c) =
a
f (g(u))g 0 (u)du .
c
Problema 1.5.4 Demostrar que:
n
X
¡n¢
k
(−1)
k=0
k
k+m+1
m
X
=
¡m¢
k
(−1)
k=0
k
k+n+1
.
Solución:
Se tiene:
n
X
¡n¢
(−1)k
k=0
Z
=
1
k
k+m+1
m
t
0
n
X
k=0
=
n
X
(−1)k
k=0
µ ¶Z 1
n
tk+m dt =
k
0
µ ¶
Z 1
n k
(−1)
t dt =
tm (1 − t)n dt .
k
0
k
(1.11)
Si en esta integral hacemos t = 1 − u resulta:
Z
1
Z
tm (1 − t)n dt =
0
1
Z
0
=
m
X
k=0
1
un (1 − u)m du =
0
un
m
X
(−1)k
k=0
µ ¶
m k
u du =
k
¡m¢
µ ¶Z 1
m
X
m
k+n
k
k
(−1)
(−1)
.
u
du =
k+n+1
k
0
k
k=0
De (1.11) y (1.12) se obtiene lo pedido.
Problema 1.5.5 Calcular el área plana σ encerrada por la elipse de ecuación:
x2
y2
+
=1.
a2
b2
Solución:
(1.12)
25
Capı́tulo 1: La integral definida
Tomando en cuenta la figura 1.9 se tiene:
Z
b ap 2
σ =4·
a − x2 dx ,
a 0
Y
en la integral hagamos:
X
O
x = asenθ ,
¯a
¯π
con ello resulta x¯0 ⇒ θ¯02 y, además, dx =
a cos θdθ, con ello se obtiene:
Fig. 1.9
b 2
·a
a
σ =4·
Z
π
2
cos2 θdθ ,
0
por lo tanto, conseguimos:
Z π2
Z
¡
σ = 2ab
(1 + cos 2θ)dθ = 2ab
0
0
π
2
1
dθ +
2
Z
π
2
¢
cos 2θd(2θ) = πab .
0
Problema 1.5.6 Calcular el área plana σ encerrada por la astroide de ecuación:
2
2
2
x3 + y 3 = a3 .
Solución:
Tomando en cuenta la figura 1.10, tenemos:
Z a
2
2 3
σ=4
(a 3 − x 3 ) 2 dx ,
Y
0
en la integral hagamos x = asen3 θ, con ello
resulta:
¯a
¯π
x¯0 ⇒ θ¯02 ,
O
X
y, además, se tiene:
Fig. 1.10
dx = 3asen2 θ cos θdθ ,
de ello:
Z
π
2
2
σ = 12a
(senθ cos θ)2 cos2 θdθ ,
0
o sea:
es decir:
3a2
σ=
2
Z
π
2
sen2 2θ(1 + cos 2θ)dθ ,
0
Z π
Z π2
¤
3a2 £ 1 2
σ=
(1 − cos 4θ)dθ +
sen2 2θ cos 2θdθ =
2 2 0
0
Z π2
Z π2
2£ Z π
2
¤ 3πa2
1
1
3a 1
dθ −
cos 4θd(4θ) +
sen2 2θd(sen2θ) =
.
=
2 2 0
8 0
2 0
8
26
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Z
Problema 1.5.7 Calcular I =
π
2
senxdx
.
senx + cos x
0
Solución:
π
− y, resultando:
2
Z π2
Z π2
Z π2
cos ydy
cos xdx
senxdx
cos xdx
=
⇒ 2I =
+
,
seny + cos y
senx
+
cos
x
senx
+
cos
x
senx
+ cos x
0
0
0
En ella hacemos x =
Z
I=
π
2
0
luego:
Z
π
2
2I =
0
Z
senx + cos x
dx =
senx + cos x
π
2
dx =
0
π
π
, de donde : I = .
2
4
Problema 1.5.8 Demostrar que:
n
X
¡ ¢
n
k+1 k
(−1)
k
k=1
=
n
X
1
.
k
k=1
Solución:
Tenemos:
(1 − x)n =
n
X
(−1)k
k=0
de donde:
n
1 − (1 − x) =
n
X
k=1
luego:
µ ¶
n k
x ,
k
k+1
(−1)
µ ¶
n k
x ,
k
µ ¶
n
X
1 − (1 − x)n
n k−1
=
(−1)k+1
x
,
x
k
k=1
pero:
Z
n
1X
0 k=1
k+1
(−1)
µ ¶
µ ¶Z 1
n
X
n k−1
k+1 n
x
dx =
(−1)
xk−1 dx =
k
k
0
k=1
¡n¢
n
X
k+1 k
.
(−1)
=
k
k=1
Por otro lado, tenemos que en:
Z
0
1
1 − (1 − x)n
dx ,
x
al hacer el cambio de x por 1 − x se consigue:
Z
1
0
1 − (1 − x)n
dx =
x
Z
1
0
1 − xn
dx =
1−x
Z
1 n−1
X
0 k=1
xk dx =
(1.13)
27
Capı́tulo 1: La integral definida
=
n−1
XZ 1
k=1
xk dx =
0
n
X
1
.
k
(1.14)
k=1
De (1.13) y (1.14) resulta lo pedido, o sea:
n
X
¡ ¢
(−1)
n
k+1 k
k
k=1
1.5.1
=
n
X
1
.
k
k=1
Area bajo un arco de curva expresada en coordenadas paramétricas
Si el arco de curva es:
½
C:
x = x(t)
y = y(t)
con : a ≤ t ≤ b ,
entonces el área bajo este arco es:
Z
σ=
b
y(t)
a
dx
(t)dt .
dt
Problema 1.5.9 Calcular el área de la porción de plano encerrada por el bucle de la curva
√
1
dada por x(t) = t2 3, y(t) = 3t − t3 .
3
Y
X
O
Tomando en cuenta la figura 1.11, tenemos
que para y = 0 resulta t = −3, 0 , 3 y a
causa de esto se tiene que√el arco corta al
eje de abscisas en x = 9 3. Debido a la
simetrı́a con este último eje se deduce que
el área pedida es:
¶
Z 3µ
√
1 3
σ=2
3t − t 2t 3dt =
3
0
√ Z
=4 3
Fig. 1.11
1.5.2
0
3
¶
µ
1 4
216 √
2
3t − t dt =
3.
3
5
Volúmenes
(I) Volumen de un sólido de revolución
(I.1) Volumen de un sólido de revolución con respecto al eje de abscisas
−→
Pensemos en el arco de curva continua que no cruza al eje OX:
C : y = f (x),
a≤x≤b,
28
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
−→
rotaremos en torno al mencionado eje OX la porción de plano comprendida entre este eje, la
recta de ecuación x = a, la recta de ecuación x = b y el arco de curva C asociada a y = f (x),
se pide calcular el volumen generado.
Solución:
Considerando la figura 1.12, vemos que se producen los pequeños cilindros de volúmenes:
Vk = πyk2 ∆xk ,
por lo tanto el volumen pedido será:
Y
Vx = lim
n
X
n→∞
Z
πyk2 ∆xk = π
k=1
b
y 2 dx ,
a
es decir:
X
O a
Z
b
Vx = π
x
b
y 2 dx ,
a
Fig. 1.12
(I.2) Volumen de un sólido de revolución con respecto al eje de ordenadas
−→
Por analogı́a, si rotamos en torno del eje OY se obtendrá:
Z
d
Vy = π
x2 dy .
c
Problema 1.5.10 Encontrar el volumen de revolución que se genera al rotar la porción
de plano comprendida entre el arco de parábola y 2 = 2px del primer cuadrante y el eje de
−→
abscisas en torno del eje OX cuando 0 ≤ x ≤ a
Solución:
Y
b
Considerando la figura 1.13, el volumen pedido resulta ser:
Z a
Vx = π
y 2 dx ,
0
O
a
X
pero y 2 = 2px e integrando conseguimos:
Z a
Vx = π
2pxdx = πpa2 .
0
Fig. 1.13
29
Capı́tulo 1: La integral definida
Problema 1.5.11 Encontrar el volumen de revolución que se genera al rotar la porción
de plano comprendida entre el arco de parábola y 2 = 2px del primer cuadrante y el eje de
−→
ordenadas en torno del eje OY cuando 0 ≤ y ≤ b
Solución:
Considerando la misma figura 1.13, resulta:
Z
Z
b
Vy = π
b
2
x dy = π
0
³ y 2 ´2
0
2p
π
dy = 2
4p
Z
b
y 4 dy =
0
π 5
b .
20p2
Problema 1.5.12 Hallar el volumen del anillo sólido que se genera al hacer girar la elipse
(x − d)2
y2
de ecuación
+
= 1, con d > a, en torno al eje de ordenadas.
a2
b2
Solución:
Considerando
la figura 1.14, donde la curva por la izquierda es la de ecuación x1 = d −
ap 2
b − y 2 y la curva del lado derecho tiene ecuación dada por la exoresión x2 = d +
b
ap 2
b − y 2 , obtenemos:
b
à Z
!
b
V =2 π
0
8πad
=
b
Z
(x22 − x21 )dy
b
=
p
Y
b2 − y 2 dy ,
0
b
colocando y = bsenθ, resulta:
8πad
V = 2
b
ÃZ π
2
= 4πabd
0
Z
π
2
O
b2 cos2 θdθ =
d-a
d
d+a
X
-b
0
1
dθ +
2
Z
π
2
0
!
cos 2θd(2θ)
=
Fig. 1.14
= 2π 2 abd .
(II) Volumen de un sólido conociendo el área de las secciones transversales
30
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Considerando la figura 1.15, donde tenemos un sólido limitado por dos planos paralelos de ecuaciones x = a y x = b con
a < b, cortando el sólido por un plano paralelo a los anteriores determinamos la sección transversal cuya área denotamos por
σ. Si esta área la podemos expresar sólo
como función de x, o sea σ = σ(x), entonces el volumen del sólido será:
Z b
V =
σ(x)dx .
Z
X
Y
Fig. 1.15
a
Problema 1.5.13 Un triángulo equilátero se mueve de modo que un lado tiene vértices
A(x, 0, 0), mientras que el vértice B se mueve en la circunferencia de ecuaciones x2 +y 2 = a2 ,
−→
z = 0 y tal que el lado AB es siempre paralelo al eje OY , siendo el plano del triángulo
perpendicular al plano (X, O, Y ); determinar el volumen del sólido ası́ generado (que vemos
en figura 1.17 ).
Solución:
Z
Z
C
A
X
B
Y
Y
X
Fig. 1.16
Fig. 1.17
√
Considerando la figura 1.16, se consigue A(x, 0, 0), B(x, a2 − x2 , 0) y, además, sabemos
2
AB √
que el área del triángulo ABC es (ABC) =
3 que se traduce en:
4
(ABC) =
a2 − x2 √
3,
4
2
porque AB = a2 − x2 , por lo tanto, resulta:
Z
V =4·2·
0
a
a2 − x2 √
3dx =
4
√ ³
a3 ´ 4 3 √
2 3 a3 −
= a 3.
3
3
31
Capı́tulo 1: La integral definida
y2
x2
+
= 1, con a > b, por cada punto
a2
b2
P (x, y) de ella se traza una circunferencia centrada en ese punto P con radio y (perpendicularmente al eje de abscisas). Se genera un marraquetoide elı́ptico (que vemos en figura
1.19 ), se pide calcular su volumen.
Problema 1.5.14 Dada la elipse de ecuación
Solución:
Se tiene, considerando la figura 1.18, que:
Y
y
Z
P
y
O
x
Y
X
X
Fig. 1.19
Fig. 1.18
b2 2
(a − x2 ), con ello el volumen del marraquetoide resulta ser:
a2
Z a 2
Z
b
b2 a 2
8
V =4
π 2 (a2 − x2 )dx = 4π 2
(a − x2 )dx = · · · = πab2 .
a
a 0
3
0
σ(x) = πy 2 = π
(III) Volumen de un sólido de revolución por medio de capas cilı́ndricas
Problema 1.5.15 Hallar el volumen de revolución por medio de capas cilı́ndricas
−→
que se genera al rotar la porción de plano encerrada por la curva y = f (x), el eje OX, con
−→
a ≤ x ≤ b en torno al eje OY .
Solución:
Tal como vemos en la figura 1.20, una capa cilı́ndrica es una región acotada por
medio de dos cilindros circulares rectos y
concéntricos de igual altura h. Si el cilindro interior tiene radio basal r1 y el exterior tiene radio basal r2 , entonces el volumen encerrado es:
Y
X
V = πr22 h − πr12 h =
Fig. 1.20
= 2π
r1 + r2
(r2 − r1 )h = 2πr̄h∆r ,
2
32
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
luego, el volumen de revolución de un sólido de revolución por medio de capas cilı́ndricas en
torno al eje de ordenadas será:
Z b
xf (x)dx .
V = 2π
a
Problema 1.5.16 Hallar el volumen de revolución por medio de capas cilı́ndricas
−→
que se genera al rotar la porción de plano encerrada por la curva x = f (y), el eje OY , con
−→
c ≤ y ≤ d en torno al eje OX.
Solución:
Por analogı́a volumen encerrado es V = 2π
Rd
c
yf (y)dy .
Problema 1.5.17 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar
−→
2
la curva f (x) = e−x en torno al eje OY cuando 0 ≤ x ≤ b y b → ∞.
Solución:
Considerando la figura 1.21, resulta:
Z ∞
2
V = 2π
xe−x dx =
Y
0
Z
b
= 2π lim
b→∞
Z
= −π lim
b→∞
2
xe−x dx =
b
X
O
0
2
e−x d(−x2 ) =
0
¯
2 ¯0
= π lim e−x ¯ = π .
b→∞
Fig. 1.21
b
Problema 1.5.18 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar
−→
la curva f (x) = x(4 − x2 ) en torno al eje OY cuando 0 ≤ x ≤ 2.
Solución:
Tenemos, considerando la figura 1.22, que:
Z 2
V = 2π
x2 (4 − x2 )dx =
Y
0
Z
= 2π
µ
X
O
= 2π
Fig. 1.22
2
(4x2 − x4 )dx =
0
4 3 x5
x −
3
5
¶¯
128
¯2
π.
¯ =
15
0
33
Capı́tulo 1: La integral definida
Problema 1.5.19 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar
−→
√
porción de plano encerrada por las curvas x = y 2 y x = 3 y en torno al eje OX.
Solución:
Considerando la figura 1.23 resulta que las curvas intersecan en los puntos P1 (0, 0) y P2 (1, 1),
luego el volumen pedido es:
Y
Z
1
V = 2π
1
= 2π
= 2π
P2
0
Z
µ
√
y( 3 y − y 2 )dy =
³
´
4
y 3 − y 2 dy =
0
¶
1 4 ¯¯1
5
3 7
3
y − y ¯ =
π.
7
4
14
0
X
O
Fig. 1.23
Problema 1.5.20 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar
−→
√
la porción de plano encerrada por las curvas y = x e y = x3 en torno al eje OY .
Solución:
Considerando la figura 1.24 resulta que las
curvas intersecan en los puntos P1 (0, 0) y
P2 (1, 1), luego el volumen pedido es:
Y
P2
Z
1
V = 2π
√
x( x − x3 )dx =
0
Z
X
O
= 2π
µ
Fig. 1.24
= 2π
1
³
´
3
x 2 − x4 dy =
0
¶
2 5
1 5 ¯¯1
2
2
y − x ¯ = π.
5
5
5
0
Problema 1.5.21 Utilizando capas cilı́ndricas determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar en torno a la recta de ecuación x = −2 la porción de plano
encerrada por las curvas y = 0 e y = x3 − x4 .
Solución:
Considerando la figura 1.25, tenemos:
34
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
Z
1
V = 2π
Z
= 2π
(x + 2)(x3 − x4 )dx =
0
1
x+2
(2x3 − x4 − x5 )dx = · · · =
0
O
X
4
π.
=
15
Fig. 1.25
1.5.3
Longitud de arco
Considerando la figura 1.26, donde tenemos el arco de curva (con derivada continua):
_
AB : y = f (x)
a≤x≤b.
Y
Pn
Es claro que£se ha
¤ procedido a efectuar la
partición de a, b , por medio de los puntos:
a = x0 < x 1 < x 2 < · · · < x n = b ,
Pn–1
Po
P1
P2 P3
_
O
a x1 x2 x3
consiguiéndose en AB los puntos:
¡
¢
Pk xk , f (xk ) = yk , k = 0, 1, 2, · · · , n .
xn–1 b
X
Fig. 1.26
Luego, la longitud del trazo Pk Pk+1 estará dada por:
Pk Pk+1
p
= (xk+1 − xk )2 + (yk+1 − yk )2 =
s
1+
³y
− yk ´2
∆xk ,
xk+1 − xk
k+1
luego, por el teorema del valor medio diferencial se tiene que:
´
¤
£ ³ yk+1 − yk
= f 0 (ck ) ,
∃ck ∈ xk , xk+1 :
xk+1 − xk
_
con lo que el arco AB tendrá como medida:
Z
n q
X
_
¡
¢2
0
`(AB) = lim
1 + f (ck ) ∆xk =
n→∞
b
p
1 + y 02 dx .
a
k=1
Problema 1.5.22 Hallar el perı́metro de la astroide de ecuación:
2
2
2
x3 + y 3 = a3 .
35
Capı́tulo 1: La integral definida
Solución:
Considerando la figura 1.27, tenemos:
2 −1
2 1
x 3 + y− 3 y0 = 0 ,
3
3
Y
de donde:
1
y0 = −
X
O
y3
1
x3
,
con lo que:
2
1 + y 02 =
2
x3 + y3
x
2
3
2
2
= a 3 x− 3 ,
Fig. 1.27
por lo tanto, el perı́metro pedido será:
Z
`=4
a
p
Z
2
1 3
2
x1− 3 ¯¯a
3
3
1 ¯ = 4a 2 a = 6a .
1− 3 0
1
1
1
x− 3 dx = 4a 3
0
0
1.5.4
a
1
2
a 3 x− 3 dx = 4a 3
Integrales indefinidas
Definición 1.5.2 Sean I un intervalo, f una función integrable en I y a un número fijo
en I; la función:
Z x
F (x) =
f (u)du ,
a
se conoce como una integral indefinida de f en I.
Por ejemplo, tenemos que:
Z x
Z x 2
£
¤¯x
¡
u du
1 ¢
=
F (x) = √
du = u − Arctg u ¯√3 =
1−
√
2
2
1+u
3 1+u
3
= x − Arctg x −
es una integral indefinida de f (x) =
√
3+
π
,
3
x2
.
1 + x2
Nota:
Decimos una integral indefinida de f ya que si cambiamos el valor de a resulta otra. Además,
si:
Z
Z
x
F (x) =
x
f (u)du
a
,
G(x) =
f (u)du
a
36
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
son dos integrales indefinidas de f , entonces:
Z x
Z a
Z
G(x) =
f (u)du =
f (u)du +
a
a
x
f (u)du = F (x) + C .
a
Teorema 1.5.3 Teorema fundamental del cálculo, (segunda parte.)
Sea f continua en I y a ∈ I, a fijo, entonces:
Z
¢
d ¡ x
∀x ∈ I :
f (u)du = f (x).
dx a
Demostración:
Sea:
Z
x
F (x) =
f (u)du ,
a
deberemos probar que F 0 (x) = f (x). Pues bien, sabemos que:
F (x + h) − F (x)
=
h→o
h
R x+h
Rx
Z
f (u)du − a f (u)du
1 x+h
a
= lim
= lim
f (u)du ,
h→o
h→o h x
h
F 0 (x) = lim
pero, por (T.V.M.I.) tenemos que:
¤
£ £
1
∃c ∈ x, x + h : f (c) =
h
con ello:
Z
x+h
¤
f (u)du ,
x
F 0 (x) = lim f (c) = f (x) .
h→o
Por ejemplo, si:
Z
x2 cos2 x
F (x) =
x−2 cos x
resulta:
d ¡ 3
F (x) =
x
dx
Z
0
o sea :
Z
0
F (x) = 3x
2
x2 cos2 x
x−2 cos x
x3 du
,
5 + 3 cos u
x2 cos2 x
x−2 cos x
¢
du
,
5 + 3 cos u
d ¡
du
+ x3
5 + 3 cos u
dx
Z
x2 cos2 x
x−2 cos x
¢
du
.
5 + 3 cos u
(1.15)
Pero:
d ¡
dx
Z
x2 cos2 x
x−2 cos x
¢
du
d ¡
=
−
5 + 3 cos u
dx
=−
Z
x−2 cos x
a
¢
du
d ¡
+
5 + 3 cos u
dx
Z
x2 cos2 x
a
2x cos2 x − 2x2 cos x sin x
1 + 2senx
+
.
5 + 3 cos(x − 2 cos x)
5 + 3 cos(x2 cos2 x)
De (1.15) y (1.16) se consigue el resultado.
¢
du
=
5 + 3 cos u
(1.16)
37
Capı́tulo 1: La integral definida
1.6
Problemas resueltos
Problema 1.6.1 Si p1 (x), p2 (x), p3 (x) y p4 (x) son polinomios en x, probar que:
Z x
Z x
Z x
Z x
p1 (u)p2 (u)du
p3 (u)p4 (u)du −
p1 (u)p4 (u)du
p2 (u)p3 (u)du
F (x) =
1
1
1
1
4
es divisible por (x − 1) .
Solución:
Es claro que F (x) es un polinomio en x, como también que F (1) = 0, o sea F (x) ya es
divisible por x − 1. Ahora bien, (x − 1)4 será factor de F (x) si F 0 (1) = F 00 (1) = F 000 (1) = 0.
Para ver esto será necesario aplicar la segunda parte del teorema fundamental del cálculo.
En efecto:
Z x
Z x
F 0 (x) = p1 (x)p2 (x)
p3 (u)p4 (u)du + p3 (x)p4 (x)
p1 (u)p2 (u)du−
1
Z
1
Z
x
−p1 (x)p4 (x)
x
p2 (u)p3 (u)du − p2 (x)p3 (x)
1
p1 (u)p4 (u)du ,
1
y vemos que F 0 (1) = 0 con lo que (x − 1)2 es factor de F (x). Además tenemos:
Z x
Z x
F 00 (x) = p01 (x)p2 (x)
p3 (u)p4 (u)du + p1 (x)p02 (x)
p3 (u)p4 (u)du+
1
1
Z
+p1 (x)p2 (x)p3 (x)p4 (x) + p03 (x)p4 (x)
1
Z
+p1 (x)p2 (x)p3 (x)p4 (x) −
p01 (x)p4 (x)
Z
p1 (u)p2 (u)du + p3 (x)p04 (x)
1
1
x
p1 (x)p04 (x)
p1 (u)p2 (u)du+
x
p2 (u)p3 (u)du−
1
Z
p1 (u)p4 (u)du − p2 (x)p03 (x)
x
1
Z
x
p2 (u)p3 (u)du −
Z
−p1 (x)p2 (x)p3 (x)p4 (x) − p02 (x)p3 (x)
x
x
p1 (u)p4 (u)du−
1
−p1 (x)p2 (x)p3 (x)p4 (x) ,
00
y vemos que F (1) = 0 con lo que (x−1)3 es factor de F (x). La última se hace por analogı́a.
Problema 1.6.2 Demostrar que si f (x) es continua y decreciente, entonces:
Z
1 x
f (u)du ,
x 0
es decreciente
Solución:
Tenemos:
d h1
dx x
Z
0
x
i xf (x) − R x f (u)du
0
f (u)du =
,
x2
38
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
luego, por el teorema del valor medio integral se tiene que:
¤
£ ³
∃c ∈ 0, x :
Z
x
´
f (u)du = xf (c) ,
0
o sea:
d h1
dx x
Z
0
x
i xf (x) − xf (c)
¢
1¡
f (u)du =
=
f (x) − f (c) < 0 .
2
{z
}
x
x |
<0
Problema 1.6.3 Demostrar que para 0 < θ ≤
π
se tiene:
2
2θ
< senθ .
π
Solución:
Primero lo haremos con Geometrı́a, pues
bien, considerando la figura 1.28 dode se
2
ha dibujado las curvas y = senx e y = x,
π
π
tenemos que para 0 < θ ≤ :
2
Y
y` < ys ,
O
o sea:
X
Fig. 1.28
2θ
= y` < ys = senθ .
π
Y
Ahora lo haremos con Cálculo, considerando la figura 1.29, tenemos que y = cos x es
£ π¤
decreciente en 0, , luego, a causa del
2
problema anterior, se consigue que:
Z
1 x
cos udu ,
x 0
X
O
Fig. 1.29
es decreciente para 0 < x ≤
π
π
, con lo que para 0 < θ ≤ resulta:
2
2
1
θ
Z
θ
cos xdx =
0
1
senθ ,
θ
39
Capı́tulo 1: La integral definida
es decreciente, por lo tanto, se obtiene:
π
sen
1
2
senθ > π 2 = ,
θ
π
2
con lo que:
2θ
< senθ .
π
Nota:
Aunque el problema que viene a continuación ya lo hemos estudiado en cálculo uno lo
volveremos a considerar:
Problema 1.6.4 Hallar alguna parametrización de la bruja de Agnesi cuya ecuación
cartesiana es:
8a3
x= 2
.
4a + y 2
Solución:
En la figura 1.30 se ha dibujado la circunferencia de ecuación:
Y
P
Q
O
(x − a)2 + y 2 = a2 ,
T
P’ S X
y su respectiva recta tangente T en el pun−→
to (2a, 0). Se ha trazado el rayo OQ que
−→
forma ángulo t con el eje OX; este rayo
−→
OQ corta a la circunferencia en el punto Q
y a la recta T en el punto T .
Fig. 1.30
←→
−→
Por Q se ha levantado la perpendicular P 0 Q al eje OX, esta perpendicular encuentra en
−→
P (x, y) a la paralela al eje OX por el punto T . P (x, y) es un punto de la bruja de Agnesi.
Es claro que si unimos S con Q resulta OQ = 2a cos t, además, conseguimos x = OQ cos t =
2a cos2 t. Por otra parte, se tiene y = P 0 P = ST = 2atgt, luego las ecuaciones paramétricas
de la bruja de Agnesi son:
½
i π πh
x = 2a cos2 t
.
C:
, t∈ − ,
y =
2a tgt
2 2
Problema 1.6.5 Determinar el volumen del sólido de revolución que se genera al rotar la
−→
8a3
, en torno del eje OY .
bruja de Agnesi, de ecuación x = 2
2
4a + y
40
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
El dibujo lo vemos sólo con una porción tanto de la bruja como del sólido en las figuras 1.31
y 1.32, respectivamente (esto se debe a que el eje de ordenadas es ası́ntota de la curva), que
se muestran a continuación:
Y
X
O
Fig. 1.31
Fig. 1.32
Tenemos:
Ã
Z
b
µ
V = 2 π lim
b→∞
Ahora si en:
0
Z
conseguiremos:
b
b
0
dy
= limπ
(4a2 + y 2 )2
b̄→ 2
Z
b̄→ 2
= 8πa limπ
b̄→ 2
0
b̄
b→∞
Z
V = 16πa3 limπ
ÃZ
Z
= 128πa6 lim
dy
0
con lo que:
3
!
¶2
dy
hacemos y = 2atgt ,
(4a2 + y 2 )2
lim
b→∞
8a3
4a2 + y 2
1
dt +
2
b̄
b̄
0
(1 + cos 2t)dt =
0
= 8πa3 limπ
cos 2td(2t)
b̄→ 2
0
dy
.
+ y 2 )2
b̄
!
b̄
(4a2
2a sec2 tdt
,
16a4 sec4 t
Z
cos2 tdt = 8πa3 limπ
b̄→ 2
0
Z
Z
0
b
µ
¶
1
b̄ + sen2b̄ = 4π 2 a3 ,
2
es decir, la respuesta es V = 4π 2 a3 .
1.7
Las funciones logarı́tmica y exponencial
Para x > 0 ya hemos visto que:
Z
x
log x =
1
du
.
u
41
Capı́tulo 1: La integral definida
1
Ası́ tenemos que el área σ bajo la curva f (x) = se encuentra representada por log x y las
x
vemos en las figuras 1.33 y 1.34:
Y
Y
O
x
1
X
Ox1
Z
σ = log x =
1
x
X
Z
du
u
x
−σ = log x =
1
(para x > 1)
du
u
(para 0 < x < 1)
Fig. 1.33
Fig. 1.34
Además, para x > 0 se tiene que:
d
1
(log x) = > 0 ,
dx
x
o sea que la función log x es continua y estrictamente creciente, por tanto es uno a uno y
sobre, esto nos dice que:
log : R+ → R
Y
es invertible y su función inversa es:
exp : R → R+ ,
en otras palabras:
1
y
y = log x ⇔ x = e .
Los gráficos de estas funciones los vemos
en la figura 1.35.
O 1
X
Fig. 1.35
Nota:
¡
1 ¢n
Sabemos también que lim 1 +
= e, como, a su vez, de ella podrı́amos decir que
n→∞
n
¡
1 ¢n
< e <
se desprende la conocida desigualdad expresada en la fórmula siguiente 1 +
n
¡
1 ¢n+1
1+
, y de esta última se consigue, como consecuencia de los hechos anteriores, la
n
desigualdad:
n+1
1
1
< log
< .
n+1
n
n
42
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
A partir de ésta obtenemos, al cambiar n por k, que log(k + 1) − log k < k1 , ahora bien, si
en ella damos a k los valores 1, 2, 3, · · · , n y sumamos los resultados miembro a miembro
deducimos que:
n
n
X
k+1 X 1
log n < log(n + 1) =
log
<
.
k
k
k=1
k=1
Por lo tanto, podemos definir la siguiente sucesión de términos positivos por medio de su
n
X
1
− log n. Es sencillo hacer ver que esta sucesión es decreciente y
término general cn =
k
k=1
como está acotada inferiormente por 0, resulta que es convergente.
(Bastará considerar la figura 1.36.)
Y
O
1
2
3
4
5
X
Fig. 1.36
Definición 1.7.1 Se define la constante de Euler (Leonhard Euler, Suiza, 17071783):
n
¡X
¢
1
.
lim
− log n = γ = 0, 5772157 · · ·
n→∞
k
k=1
Nota:
Para mayor información ver Arenas, Masjuán, Villanueva: “Sucesiones” (Pontificia Universidad Católica de Chile, 1988), buscando en la página 127.
Nota:
También se acostumbra colocar:
n
X
1
= γ + log n + ²n ,
k
k=1
Por ejemplo veamos, como aplicación, el siguiente:
con lim ²n = 0 .
n→∞
43
Capı́tulo 1: La integral definida
Problema 1.7.1 Calcular:
` = lim
n
X
n→∞
k=1
1
.
k(2k − 1)
Solución:
En este problema, al efectuar el proceso de las fracciones parciales, obtenemos:
n
X
k=1
n
n
2n
n
k=1
k=1
k=1
k=1
X 1
X1
¡X 1 X 1¢
1
=2
−
=2
−
=
k(2k − 1)
2k − 1
k
k
k
¡
¢
= 2 γ + log 2n + ²2n − (γ + log n + ²n ) = 2(log 2 + ²2n + ²n ).
Con esto, resulta:
` = lim
n→∞
Problema 1.7.2 Calcular:
lim
n→∞
n
X
k=1
n
X
k=1
1
= 2 log 2 .
k(2k − 1)
1
.
k(4k 2 − 1)
Solución:
Se tiene:
n
X
k=1
1
k(4k 2 − 1)
=
n µ
X
k=1
1
1
1
+
−
2k − 1 2k + 1 k
¶
=
n
X
k=1
n
n
k=1
k=1
X 1
X1
1
+
−
=
2k − 1
2k + 1
k
Ã2n+1
!
2n
n
n
n
2n
2n+1
n
X 1
X
X 1
X
1 1X1
1X1 X1 X1
1
=
−
+
−1 −
−
=
+
−1−2
=
k 2
k
k
2
k
k
k
k
k
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
¡
¢
= ln(2n) + ²2n + γ + ln(2n + 1) + ²2n+1 + γ − 2 ln n + ²n + γ − 1 =
= ln
2n(2n + 1)
+ ²2n + ²2n+1 − 2²n − 1
n2
de donde:
lim
n→∞
1.8
n
X
k=1
1
k(4k 2
− 1)
= 2 ln 2 − 1 .
Funciones hipérbolicas
En este párrafo presentaremos, de manera resumida, las funciones hipérbolicas (que se definen en términos de la función exponencial), sus derivadas y también sus respectivas funciones
inversas. Comenzaremos con la siguiente:
44
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
Definición 1.8.1 Se define el coseno
hipérbolico como la función:
£
£
cosh : R → 1, ∞
dada por:
O
cosh x =
X
ex + e−x
2
Fig. 1.37
Además, esta función es función par, o sea:
cosh(−x) = cosh x .
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.37.)
Y
Definición 1.8.2 Se define
hipérbolico como la función:
el
seno
senh : R → R
O
X
dada por:
senhx =
ex − e−x
.
2
Fig. 1.38
Además, esta función es función impar, o sea:
senh(−x) = −senhx .
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.38.)
Definición 1.8.3 Se define la tangente
hipérbolica como la función:
¤
£
tgh : R → − 1, 1
Y
dada por:
O
X
tghx =
senhx
ex − e−x
= x
=
cosh x
e + e−x
=
Fig. 1.39
La tangente hiperbólica tiene ası́ntotas de ecuaciones:
y = ±1 .
e2x − 1
.
e2x + 1
45
Capı́tulo 1: La integral definida
Además, esta función es función impar, o sea:
tgh(−x) = −tghx .
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.39)
Definición 1.8.4 Se define la cotangente hipérbolica como la función:
£
¤c
coth : R − {0} → − 1, 1
Y
dada por:
O
x
coth x =
X
−x
cosh x
e +e
= x
=
senhx
e − e−x
=
e2x + 1
.
e2x − 1
Fig. 1.40
La cotangente hiperbólica tiene ası́ntotas de ecuaciones:
x=0
e y = ±1 .
Además, esta función es función impar, o sea:
coth(−x) = − coth x.
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.40.)
Definición 1.8.5 Se define la secante
hipérbolica como la función:
¤ ¤
sech : R → 0, 1
Y
O
X
dada por:
sechx =
Fig. 1.41
Además, esta función es función par,
o sea:
sech(−x) = sechx .
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.41.)
1
2
= x
.
cosh x
e + e−x
46
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Y
Definición 1.8.6 Se define la cosecante
hipérbolica como la función:
cosech : R − {0} → R − {0}
O
X
dada por:
cosechx =
2
1
= x
.
senhx
e − e−x
Fig. 1.42
La cosecante hiperbólica tiene ası́ntotas de ecuaciones:
x=0
e
y=0.
Además, esta función es función impar, o sea:
cosech(−x) = −cosechx .
(El gráfico de esta función se presenta en la figura 1.42.)
Notas:
(1) En el estudio de números complejos ya se ha visto que:
cos x =
1 ix
(e + e−ix )
2
,
senx =
1 ix
(e − eix ).
2i
Cambiando, formalmente , en estas x por ix, resulta:
cos(ix) =
1 x
1
i
(e + e−x ) = cosh x, sen(ix) = (e−x − ex ) = (ex − e−x ) = isenhx.
2
2i
2
De ello se desprende, al extrapolar nuestros conocimientos, que:
1 = cos2 (ix) + sen2 (ix) = cosh2 x − senh2 x,
o sea:
cosh2 x − senh2 x = 1 .
2
(1.17)
2
Al multiplicar (??) primero por sech x y posteriormente por cosech x, se obtienen las identidades:
1 − tgh2 x = sech2 x
,
coth2 x − 1 = cosech2 x .
(2) Ahora:
cosh(x1 + x2 ) = cos i(x1 + x2 ) = cos(ix1 ) cos(ix2 ) − sen(ix1 )sen(ix2 ) =
= cosh x1 cosh x2 + senhx1 senhx2 .
de donde:
cosh(x1 + x2 ) = cosh x1 cosh x2 + senhx1 senhx2 .
(3) También se consiguen las identidades:
cosh(x1 − x2 ) = cosh x1 cosh x2 − senhx1 senhx2 .
47
Capı́tulo 1: La integral definida
senh(x1 + x2 ) = senhx1 cosh x2 + cosh x1 senhx2 .
senh(x1 − x2 ) = senhx1 cosh x2 − cosh x1 senhx2 .
tgh(x1 + x2 ) =
tghx1 + tghx2
.
1 + tghx1 tghx2
tgh(x1 − x2 ) =
tghx1 − tghx2
.
1 − tghx1 tghx2
y muchas otras identidades.
1.8.1
Derivadas de las funciones hipérbolicas
Dejamos al lector, a causa de la sencillez en el procedimiento, las demostraciones de los
siguientes resultados:
(2)
(1)
D(senhx) = cosh x .
D(cosh x) = senhx .
(4)
(3)
D(coth x) = −cosech2 x .
2
D(tghx) = sech x .
(6)
(5)
D(sechx) = −tghxsechx .
1.8.2
D(cosechx) = − coth xcosechx .
Funciones hipérbolicas inversas de cosh, senh y
tgh
Tales funciones inversas se conocen respectivamente por argumento coseno hiperbólico,
argumento seno hiperbólico y argumento tangente hiperbólica y se definen del modo
siguiente:
Como:
£
£
£
£
cosh : 0, ∞ → 1, ∞
es invertible, su función inversa se entrega en la siguiente:
Definición 1.8.7 Se define el argumento coseno hipérbolico como la función:
£
£
£
£
Arg cosh : 1, ∞ → 0, ∞
Y
definida por:
y = Arg cosh x = log(x +
p
x2 − 1) .
X
O
(Ver la figura 1.43, la inferior.)
Fig. 1.43
48
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Este resultado se debe a que:
y = Arg cosh x ⇒ x = cosh y ⇒ senhy =
y como:
ey = cosh y + senhy = x +
p
x2 − 1 ,
p
x2 − 1 ⇒ y = log(x +
p
x2 − 1) .
Además, se tiene:
y = Arg cosh x ⇒ x = cosh y ⇒
p
dx
= senhy = x2 − 1 ,
dy
de donde:
D(Arg cosh x) = √
1
x2
−1
.
Como:
senh : R → R
es invertible, su función inversa se entrega en la siguiente:
Definición 1.8.8 Se define el argumento seno hipérbolico como la función:
Y
Argsenh : R → R
definida por:
X
O
y = Argsenhx = log(x +
p
x2 + 1) .
(Ver la figura 1.44, la más cercana al eje de
abscisas.)
Fig. 1.44
Este resultado se debe a que
y = Argsenhx ⇒ x = senhy ⇒ cosh y =
y como:
ey = cosh y + senhy = x +
p
p
x2 + 1 ,
x2 + 1 ⇒ y = log(x +
p
x2 + 1) .
Además, se tiene:
y = Argsenhx ⇒ x = senhy ⇒
p
dx
= cosh y = x2 + 1 ,
dy
de donde:
D(Argsenhx) = √
1
.
x2 + 1
¤
£
Como: tgh : R → − 1, 1 es invertible, su función inversa se entrega en la siguiente:
49
Capı́tulo 1: La integral definida
Definición 1.8.9 Se define el argumento tangente hipérbolica como la función:
¤
£
Argtgh : − 1, 1 → R
Y
definida por:
X
O
y = Argtghx =
1+x
1
log
.
2
1−x
(Ver la figura 1.45, la más cercana al eje de
ordenadas)
Fig. 1.45
Este resultado se debe a que:
y = Argtghx ⇒ x = tghy =
con lo que e2y =
e2y − 1
,
e2y + 1
1+x
1
1+x
y de esto resulta y = log
. Además, se tiene:
1−x
2
1−x
y = Argtghx ⇒ x = tghy ⇒
de donde:
D(Argtghx) =
dx
= sech2 y = 1 − x2 ,
dy
1
.
1 − x2
Problema 1.8.1 Determinar la curva plana para la que la normal en cada punto es proporcional al cuadrado de la ordenada del punto de contacto y que cruza horizontalmente al
eje de ordenadas.
Solución:
Considerando la figura 1.46, tenemos que
si el punto P (x, y) está en la curva buscada, entonces la ecuación de la recta normal
será:
←→
NP : Y − y = −
Y
1
(X − x) ,
y0
P
Fig. 1.46
N P = ky 2 k > 0 , y 0 (0) = 0 ,
pero, las coordenadas del punto N se obtienen con el sistema:
 ←→
1


 N P : Y − y = − y 0 (X − x)



←→
OX :
Y
N X
O
por lo tanto, las condiciones del problema
son:
=
0
,
50
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
¡
¢
luego, tenemos que el punto N tiene coordenadas x + yy 0 , 0 . De lo anterior se deduce que:
p
ky 2 = N P = (yy 0 )2 + y 2 ,
o sea:
(yy 0 )2 + y 2 = k 2 y 4 ,
(y vemos que y = 0 es una solución), luego al dividir por y 2 se consigue:
(y 0 )2 = k 2 y 2 − 1 ,
es decir:
p
dy
= k 2 y 2 − 1,
dx
de donde llegamos a:
dy
dx = p
k2 y2
−1
.
e integrándola, se obtiene:
Z
Z
d(ky)
dy
1
1
p
p
x + C1 =
=
= cosh−1 (ky) ,
k
k
k2 y2 − 1
k2 y2 − 1
en otras palabras, se llega a:
y=
y de ésta, al derivarla, resulta:
1
cosh(kx + C),
k
y 0 = senh(kx + C),
Y
pero como se tiene la condición y 0 (0) = 0 se
deduce que 0 = senhC, o sea C = 0, obteniéndose finalmente la curva plana llamada
catenaria:
1/k
y=
X
O
1
cosh(kx).
k
(y que vemos en la figura 1.47.)
Fig. 1.47
1.9
Problemas propuestos
1. Mediante la definición de integral, calcular las integrales:
(ii)
(i)
Z b
x2 dx ,
Z
Z
2
x3 dx ,
−1
a
(iii)
3
5
(iv)
Z
ex dx ,
b
cos xdx .
a
51
Capı́tulo 1: La integral definida
£ ¤
2. Expresar el lı́mite dado como una integral definida en a, b considerando que ∆xk =
b−a
:
n
(i)
n
X
lim
n→∞
(ii)
n→∞
n
X
lim
n→∞
n→∞
(x2k + 4)∆xk
£
¤
0, 10 ,
en :
(x3k − 3x2k + 1)∆xk
n q
X
lim
n→∞
(vi)
£ ¤
0, 3 ,
en :
n→∞
25 − x2k ∆xk
en :
£ ¤
0, 5 ,
cos(2xk−1 )∆xk
en :
£ π¤
0,
,
2
k=1
n
X
lim
k=1
(vii)
lim
n→∞
(viii)
n
X
n→∞
tgxk ∆xk
en :
k=1
n
X
lim
Z
¤
− 3, 2 ,
k=1
(v)
3. Demostrar que:
£
en :
k=1
n
X
lim
(2 − 3xk )∆xk
k=1
(iii)
(iv)
£ ¤
1, 3 ,
en :
k=1
n
X
lim
(2xk − 1)∆xk
sen(2πxk )∆xk
k=1
£ π¤
0,
,
4
en :
£ 1¤
0,
.
2
n
1 X ¡k¢
.
f
n→∞ n
n
1
f (x)dx = lim
0
k=1
4. Calcular los lı́mites:
(i)
1m + 2m + 3m + · · · nm
,
n→∞
nm+1
lim
(ii)
lim
n→∞
(n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + n)
,
n2
52
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(iii)
√
lim
n+1+
√
n→∞
(iv)
n + 2 + ··· +
√
n n
√
n+n
,
³ 1
´
1
1
1
+
+
+ ···
,
n→∞ na
na + b na + 2b
na + (n − 1)b
lim
(v)
1³
π
2π
3π
nπ ´
+ sec2
+ sec2
+ · · · + sec2
1 + sec2
.
n→∞ n
4n
4n
4n
4n
lim
5. Sin calcular las integrales, determinar en cada pareja siguiente, cuál de las integrales
es la mayor:
(i)
(ii)
Z 1
Z 1p
Z 1
Z 1
√
√
1 + x2 dx ,
xdx y
3
xdx
y
xdx ,
0
0
0
(iii)
(iv)
Z
1
Z
1
2
x senxdx y
Z
4
Z
5
2
x dx y
xsenxdx ,
0
0
1
0
x2 dx .
2
6. Calcular el área de la porción de plano limitada por las curvas de ecuaciones:
(i)
(ii)
y2 = x , x = 4 ,
y = 3x; , x = 1 , x = 2 ,
(iii)
(iv)
y = x3 ,
y=x ,
(v)
y = x(1 − x)
,
(vi)
y=0,
(vii)
y = x2
,
y = x4 .
y = x2
,
y=4,
(viii)
x2 = 2y − 2
,
4x − 2y + 7 = 0 ,
y=|x|
,
y=1,
y 2 = 2x − 2
,
y =x−5.
(x)
(ix)
y = 2x2 − x
,
y = x3 ,
−→
7. Calcular el área de la porción de plano limitada por el eje de ordenadas
OY , la
¡ ¢
parábola y = x2 − 2x + 2 y la recta tangente a ésta en su punto P0 3, 5 .
8. Dada la función:
f (x) = (x − 1)2 ,
¤ £
y además a = 1, b = 3, encontrar el valor c ∈ a, b de acuerdo con el teorema del
valor medio integral.
9. Demostrar que:
(i)
Z
3
1, 15 ≤
1
√
4
dx
≤ 1, 125 ,
5 + 4x − x2
53
Capı́tulo 1: La integral definida
(ii)
Z
3
√
3
1, 5 ≤
0
(iii)
Z
4
√
0, 2 ≤
1
10. Calcular:
Z
2n
lim
n→∞
0
dx
≤2,
4 + 4x − x2
dx
≤ 0, 21 .
25 − cos2 x
1 senx
·
dx .
2n 1 + x
11. Dada la función:
x−1
,
x2 + 1
¤ £
y además a = 0, b = 2, encontrar el valor c ∈ a, b de acuerdo con el teorema del
valor medio integral.
f (x) =
12. Calcular la longitud media de todas las ordenadas positivas de la parábola de ecuación
y = 1 − x2 .
Z b
£ ¤
13. Demostrar que si f es continua en a, b y
f (x)dx = 0, entonces esxiste un valor
a
¤ £
c ∈ a, b donde f (c) = 0.
14. Demostrar que siendo f función integrable, entonces:
(i)
Z
Z
0
f es par ⇒
a
f (x)dx =
−a
f (x)dx =
0
(ii)
Z
Z
0
f es impar ⇒
f (x)dx = −
−a
(ii)
interpretar gráficamente estos resultados.
15. Dada la función:
f (x) = (2 + x2 )3 ,
verificar que:
f 0 (x) = 6x(2 + x2 )2 ,
y con ello evaluar la integral:
0
x(2 + x2 )2 dx .
f (x)dx ,
−a
f (x)dx ,
f (x)dx = 0 ,
−a
a
a
a
f es impar ⇒
2
Z
0
Z
Z
1
2
54
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
16. Dada la función:
3+x
,
x−2
f (x) =
verificar que:
f 0 (x) = −
y con ello evaluar la integral:
Z
1
5
,
(x − 2)2
dx
,
(x − 2)2
−1
17. Dada la función:
p
f (x) =
5 + x2 ,
verificar que:
f 0 (x) = √
y con ello evaluar la integral:
Z
3
√
1
x
,
5 + x2
xdx
.
5 + x2
18. Calcular f 0 (x) en x = 1 si:
(i)
Z
x
f (x) =
xsenu2 du ,
1
(ii)
Z
x
f (x) =
√
2
xeu du .
1
19. Calcular f 0 (2) si:
Z
x
ux + senπu
√
du .
4 + u2
f (x) =
0
20. Calcular f 0
¡π¢
si:
2
Z
x
f (x) =
x
4
21. Calcular f 00 (1) si:
Z
√
x cos u + u
du .
sen3 u
x
f (x) =
x3 Arctg u2 du .
1
22. Calcular f 00 (2) si:
Z
x
f (x) =
ex−2
p
8 + u2 du .
2
23. Dada la función:
Z
x
f (x) = 3 +
0
2
1 + senu
du ,
2 + u2
determinar un polinomio p(x) = ax + bx + c tal que satisfaga p(0) = f (0), p0 (0) =
f 0 (0), p00 (0) = f 00 (0).
55
Capı́tulo 1: La integral definida
24. Demostrar que si:
Z
x
g(x) =
f (u)senxdu ,
0
entonces:
g 00 (x) + g(x) = 2f (x) cos x + f 0 (x)senx .
25. Demostrar que si:
Z
x
F (x) =
(u − x)f 0 (u)du ,
0
entonces:
F 0 (x) = f (0) − f (x) .
26. Determinar el valor de a de manera que:
Z
2
√
a
27. Sea:
xdx
4
= .
2
3
1+x
n
X
(−1)k+1
an =
k
k=1
,
demostrar que:
lim an = log 2 .
n→∞
28. Sea:
an =
n
X
k=1
1
,
k(2k − 1)
demostrar que:
lim an = 2 log 2 .
n→∞
29. Sea:
an =
n
X
k=1
1
,
(3k − 1)3k(3k + 1)
demostrar que:
lim an =
n→∞
30. Sea:
an =
n
X
k=1
¢
1¡
log 3 − 1 .
2
1
,
(4k − 3)(4k − 2)(4k − 1)
demostrar que:
lim an =
n→∞
1
log 2 .
4
31. Sea x ∈ R+ , demostrar que:
(i)
x
≤ log(1 + x) ≤ x para : x ≥ 0 ,
1+x
56
CALCULO INTEGRAL
(ii)
Fernando Arenas Daza
−x
< log(1 − x) < −x para : 0 < x < 1 .
1−x
32. Encontrar las derivadas de:
(i)
y = Argsenh2x
(ii)
y = x−1 Argtghx2
(iii)
y = Argsenh(tgx)
(iv)
y = Argsenh2 (2x)
(v)
y = Arg cosh(x + 1)Arctg x
(vi)
y=e
−2x
√
Arg cosh x
√
·
x
33. Calcular las integrales:
(i)
Z
5
√
2
(ii)
Z
−1
−2
(iii)
Z
3
2
(iv)
Z
x
dx
x2 − 1
dx
1 − x2
dx
(x + 1) log(x + 1)
(3u + 1) cos(3u2 + 2u)du
0
(v)
Z
x
1
(vi)
√
√
u+2+ 4u+2
√
du
4
u+2+1
Z
x
√
1
(vii)
Z
x
1
3u2
hacer : u + 2 = v 4
du
+ 4u + 5
du
√
(3u + 2) 7u2 + 6u + 1
hacer :
3u + 2 =
1
v
57
Capı́tulo 1: La integral definida
34. Hallar el área de la porción de plano limitada por la parábola de ecuación y = x2 , el
−→
eje OX y las rectas de ecuaciones x = 2 y x = 4.
35. Hallar el área de la porción de plano limitada por la circunferencia de ecuación x2 +
−→
y 2 = 25, el eje de abscisas OX y las rectas de ecuaciones x = −3 y x = 4.
36. Hallar el área de la porción de plano limitada por la parábola de ecuación y = x2 , el
−→
eje OX y las rectas de ecuaciones x = 0 y x = 4.
37. Hallar el área de la porción de plano limitada por la parábola de ecuación y = 9 − x2 ,
−→
el eje OX y las rectas de ecuaciones x = 0 y x = 3.
38. Hallar el área de la porción de plano limitada por la hipérbola de ecuación xy = a2 ,
−→
el eje OX y las rectas de ecuaciones x = b y x = c.
39. Hallar el área de la porción de plano limitada por la cúbica de ecuación y = x3 +
−→
3x2 + 2x, el eje OX y las rectas de ecuaciones x = −3 y x = 3.
40. Hallar el área de la porción de plano limitada por la parábola de ecuación y = 4 − x2 ,
−→
el eje OY y las rectas de ecuaciones y = 0 e y = 1.
41. Hallar el área de la porción de plano limitada por la hipérbola de ecuación xy = a2 ,
−→
el eje OY y las rectas de ecuaciones y = b e y = c.
−→
42. Calcular el área de la porción de plano limitada por el eje OY , la parábola de ecuación
y = x2 − 2x + 2 y la recta tangente a ésta en su punto P0 (3, 5).
43. Hallar el área de la porción de plano limitada por la curva de ecuación x2/3 + y 2/3 =
a2/3 .
44. Hallar el área de la porción de plano limitada por las curvas de ecuaciones y = 4 − x2
e y = 4 − 4x.
45. Hallar el área de la porción de plano limitada por las curvas de ecuaciones y = x3 −3x
e y = x.
46. Hallar el área de la porción de plano limitada por las curvas de ecuaciones y = 2x,
2
4y = x e y = 2 .
x
47. Hallar el área de la porción de plano limitada por la elipse de ecuación x2 /a2 +y 2 /b2 =
1 y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = b2 , suponiendo a > b.
48. Deducir una fórmula que permita obtener el área de la porción de plano limitada por
la parte de la hipérbola de ecuación x2 − y 2 = a2 contenida en el primer cuadrante,
−→
el eje OX y la recta que pasa por el origen y por algún punto de la hipérbola.
49. Hallar el área de la porción de plano limitada por la circunferencia de ecuación ρ =
a cos θ y las rectas de ecuaciones θ = 0 y θ = π/3.
50. Hallar el área de la porción de plano limitada por la lemniscata de ecuación ρ2 =
a2 cos 2θ.
51. Hallar el área de la porción de plano limitada por un bucle de la rosa de tres pétalos
ρ = asen3θ.
58
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
52. Hallar el área de la porción de plano limitada por un bucle de la lemniscata de
Bernouilli de ecuación ρ2 = 2a2 cos 2θ y por la circunferencia de ecuaciónρ = a.
53. Hallar el área de la porción de plano limitada por un bucle de la curva:
(x2 + y 2 )2 = 4a2 x2 y 2 .
(Usar coordenadas polares.)
54. Hallar el área total de la porción de plano limitada por la curva de ecuaciones:
(x2 + y 2 )2 = 4a2 x2 + 4b2 y 2 .
(Usar coordenadas polares.)
55. Calcular el área dentro del cı́rculo de ecuación ρ = 6 cos θ y fuera de la cardioide de
ecuación ρ = 2(1 + cos θ)
56. Calcular el volumen que generan las siguientes porciones de plano, limitadas por las
curvas de ecuaciones dadas por:
(iii) Un arco de y = cos 2x.
(i) ay 2 = x , y = 0 , x = a.
(ii) y = x2 − 6x , y = 0.
(iv) (x − 8)2 + (y − 5)2 = 9.
−→
al rotar en torno al eje OY .
57. Dada la región del primer cuadrante del plano, encerrada por las parábolas de ecuaciones y 2 = 4x e y 2 = 5 − x, determinar el volumen generado por ella al rotar en
torno de cada uno de los ejes coordenados.
−→
58. Hallar el volumen del sólido formado al hacer girar en torno al eje OX la figura plana
x3
limitada por la cisoide de ecuación y 2 =
, la recta de ecuación x = 2a y la
2a − x
recta de ecuación y = 0.
59. Hallar el volumen del anillo sólido formado al hacer girar la elipse de ecuación:
b2 (x − d)2 + a2 y 2 = a2 b2 , (d > a)
−→
en torno al eje OY .
60. Calcular el volumen generado por una circunferencia móvil cuyo plano permanece
perpendicular al eje mayor de la elipse de ecuación b2 x2 + a2 x2 = a2 b2 y cuyo centro
está en esa elipse y su borde toca al eje mayor de ésta.
61. Calcular el volumen generado por un triángulo móvil que tiene un vértice en el eje
−→
OY , otro en una circunferencia de radio a con centro en el origen y contenida en el
plano (XOY ) y el tercero en la recta contenida en el plano (Y OZ), paralela al eje
−→
OY y que dista h de éste.
−→
62. Determinar el volumen de revolución que se obtiene al rotar, en torno del eje OY a
8a3
la bruja de Agnesi de ecuación x = 2
.
4a + y 2
63. Hallar el volumen encerrado por el elipsoide de ecuación
x2
y2
z2
+ 2 + 2 =1.
2
a
b
c
59
Capı́tulo 1: La integral definida
64. La base de un sólido es un cı́rculo de radio a. Todas las secciones perpendiculares a
un diámetro fijo de la base son cuadrados. Hallar el volumenn de este sólido.
65. Al expresar, en términos de una integral, el volumen V que se genera al rotar el arco
C : y = f (x), con a ≤ x ≤ b, en torno de la recta que no lo toca y = mx + n resulta:
V=
Z
π
(1 + m2 )
3
2
b
(mx − f (x) + n)2 dx .
a
66. Utilizando el ejercicio anterior obtener:
√
(i) El volumen V que se genera al rotar el arco de curva de ecación C : y = x, con
0 ≤ x ≤ 1, en torno de la recta de ecuación y = x.
(ii) El volumen V que se genera al rotar el arco de curva de ecación C :
12
12 p 2
x − 25, con 5 ≤ x ≤ 13, en torno de la recta de ecuación y =
x.
5
5
y =
67. Hallar la longitud del arco de la parábola de ecuación x2 = 2py comprendido desde
el vértice a un extremo del latus rectum.
68. Encontrar el centro de gravedad del arco:
y=
69. Siendo 0 < x <
x3
1
+
6
2x
1≤x≤2.
π
, demostrar que:
2
Z
p
x2 + sen2 x <
x
p
1 + cos2 tdt .
0
70. Hallar la longitud de una arcada de la cicloide:
x = a(t − sent) ,
y = a(1 − cos t) .
71. Hallar la longitud de la espiral de Arquı́medes de ecuación ρ = aθ desde el polo al
extremo de la primera vuelta.
2
2
72. Hallar el área de la superficie que se genera al rotar la astroide de ecuación x 3 + y 3 =
−→
2
a 3 en torno al eje OX.
73. Hallar el área de la superficie que se genera al rotar la cardioide de ecuación:
x = 2 cos t − cos 2t ,
y = 2sent − sen2t ,
−→
en torno al eje OX.
74. Hallar el área de la superficie que se genera al rotar la curva de ecuación:
y=
−→
x3
1
+
6
2x
−→
en torno al eje OX y en torno al eje OY .
1≤x≤2,