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Calculo Integral La Integral Introducci´ on El alculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motiva- ci´on original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las gr´ aficas de las funciones y el c´alculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas Pendiente m =?. mPQ = f (x) f (a) x a m = l´ ım xa f (x) f (a) x a Fig. 1.1: El problema de la recta tangente motiva el c´ alculo diferencial se usan para calcular la velocidad y la aceleraci´on, estimar la raz´ on de propagaci´ on de una enfermedad, fijar niveles de producci´on de manera que pueda maximizarse la eficiencia, en- contrar las mejores dimensiones para una lata cil´ ındrica, averiguar la antig¨ uedad de un objeto prehist´ orico, y para muchas otras aplicaciones. El alculo integral se basa en el concepto de la integral. La definici´on de la integral es motivada por el problema de definir y calcular el ´ area de la regi´ on que se encuentra entre la gr´ afica de una funci´on de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b]. El ´ area de la regi´ on S de la siguiente figura est´ a dada por la integral de f de a a b, denotada por el s´ ımbolo b a f (x)dx. Pero la integral, as´ ı como la derivada, es importante debido a su aplicaci´ on a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de po- blaci´on, volumen, longitud de arco, ´ area de superficie y centro de gravedad, entre otros. El teorema principal de este secci´on es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporcio- na una conexi´on vital entre las operaciones de derivaci´ on e integraci´ on proporcionando un etodo eficaz para el calculo de integrales. El problema del ´ area mo- tiva el c´alculo integral Area(S)= b a f (x)dx Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funci´on f (x) necesitamos hallar una nuevafunci´on F (x) tal que F (x)= f (x) Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivaci´ on, la “Antiderivaci´on”. 1

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Calculo Integral

La Integral

Introduccion

El calculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motiva-cion original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las graficasde las funciones y el calculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas

Pendiente m =?. mPQ =f(x) − f(a)

x − am = lım

x→a

f(x) − f(a)

x − a

Fig. 1.1: El problema de la recta tangente motiva el calculo diferencial

se usan para calcular la velocidad y la aceleracion, estimar la razon de propagacion de unaenfermedad, fijar niveles de produccion de manera que pueda maximizarse la eficiencia, en-contrar las mejores dimensiones para una lata cilındrica, averiguar la antiguedad de un objetoprehistorico, y para muchas otras aplicaciones.

El calculo integral se basa en el concepto de la integral. La definicion de la integral esmotivada por el problema de definir y calcular el area de la region que se encuentra entre lagrafica de una funcion de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b].

El area de la region S de la siguiente figura esta dada por la integral de f de a a b, denotada

por el sımbolo∫ b

af(x)dx. Pero la integral, ası como la derivada, es importante debido a

su aplicacion a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de po-blacion, volumen, longitud de arco, area de superficie y centro de gravedad, entre otros. Elteorema principal de este seccion es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporcio-na una conexion vital entre las operaciones de derivacion e integracion proporcionando unmetodo eficaz para el calculo de integrales.

El problema del area mo-tiva el calculo integral

Area(S) =

∫b

a

f(x)dx

Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funcion f(x) necesitamos hallar unanueva funcion F (x) tal que

F ′(x) = f(x)

Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivacion, la “Antiderivacion”.

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1.0.1. Antiderivadas o primitivas

Hemos analizado como encontrar la derivada de una funcion. Sin embargo, muchos pro-blemas exigen recuperar una funcion a partir de su derivada conocida (es decir, a partir desu razon de cambio conocida). Por ejemplo,

Un fısico que conoce la velocidad de una partıcula podrıa desear conocer su posicionen un instante dado.

Un ingeniero que puede medir la cantidad variable a la cual se fuga el agua de untanque quiere conocer la cantidad que se ha fugado durante cierto periodo.

Un biologo que conoce la rapidez a la que crece una poblacion de bacterias puedeinteresarse en deducir el tamano de la poblacion en algun momento futuro.

En cada caso, el problema es el mismo, debemos hallar una funcion F cuya derivada es en lafuncion conocida f . Si tal funcion F existe, se llama una antiderivada de f .

Definition 1. Una funcion F recibe el nombre de antiderivada o primitiva de lafuncion f en un intervalo I si F es continua en I y F ′(x) = f(x) para todo x ∈ I,salvo a lo sumo en un numero finito de puntos.

NOTA: Usamos letras mayusculas como F para representar una antiderivada de unafuncion f , G para representar una antiderivada de una funcion g, y ası sucesivamente.

Ejemplo 1. [F no necesariamente es diferenciable] Definamos

f(x) =

1 si x ∈ [a, b],

0 si x /∈ [a, b],

En este caso no hay ninguna funcion cuya derivada coincida con f(x) en todo punto. Sinembargo, la funcion tiene una primitiva. Definiendo

F (x) =

0 si x < a ,

x− a si a ≤ x ≤ b,

b− a si x > b,

se tiene que F es continua en R, y F ′(x) = f(x) salvo cuando x = a y x = b. Luego F esprimitiva de f en todo R.

Ejemplo 2. Dada la funcion f(x) = 3x2, entonces F (x) = x3 es una primitiva de f(x) =3x2, como tambien lo son las funciones

G(x) = x3 + 17, H(x) = x3 + π K(x) = x3 +√2.

En realidad, J(x) = x3 + C es una primitiva de f(x) = 3x2 para cualquier eleccion de laconstante C.NOTA: Una funcion puede tener muchas primitivas, pero una unica derivada

Teorema 2. Si F es una antiderivadas de f en el intervalo I, entonces G es una antideri-vada de f en I si y solo si G es de la forma G(x) = F (x) + C para todo x ∈ I, donde C esuna constante.

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DEM: (⇐)

NOTA: Hay que senalar que existen buenas razones para limitar nuestra atencion a inter-valos en la discusion sobre primitivas. De lo contrario, podrıa ocurrir que una funcion tengaprimitivas que no difieran en una constante.

Ejemplo 3. [Diferentes constantes]

F (x) =

1

x+ 5 si x > 0,

1

x− π si x < 0,

G(x) =1

x,

son primitivas de f(x) = − 1

x2pero, no difieren de una constante sobre el conjunto S =

(−∞, 0) ∪ (0,∞)

NOTA: Del Teorema 5 deducimos que la familia completa de Antideridavas de un funcionse representa agregando una constante C a una antiderivada conocida. Por ejemplo, la familiade antiderivadas de f(x) = 2x esta representada por

G(x) = x2 + C

donde C es una constate. La constante C recibe el nombre de constante de integracion.

Complete las siguientes formulas para las antiderivadas

Ejemplo 4. Halle las siguientes antiderivadas:

f(x) = x5

g(x) = 1√x

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h(x) = sin(2x)

i(x) = cos(x2 )

f(x) = (5x4 + 2 cos(5x)− 3√x) =

g(x) = [2 cos(3t) + 5 sen(4t)] =

m(x) = 20(4−5x)3 =

1.0.2. Problemas de valor inicial y ecuaciones diferenciales

Encontrar una antiderivada de una funcion f(x) constituye el mismo problema que en-contrar una funcion y(x) que satisfaga la ecuacion

dy

dx= f(x) o y′ = f(x)

A esto se le llama ecuacion diferencial, ya que es una ecuacion que involucra una funciondesconocida y que esta siendo derivada. Para resolverla, necesitamos una y(x) que satisfagala ecuacion. Esta funcion se encuentra tomando la antiderivada de f(x). Fijamos la constantearbitraria que surge en el proceso de antiderivacion dando una condicion inicial

y(x0) = y0

Esta condicion significa que la funcion y(x) tiene el valor y0 cuando x = x0. La combinacionde una ecuacion diferencial y una condicion inicial se llama problema de valor inicial.Tales problemas juegan papeles importantes en todas las ramas de la ciencia. He aquı unejemplo de un problema de valor inicial.

Ejemplo 5. Encontrar la curva cuya pendiente en el punto (x, y) es 3x2 si la curva debepasar por el punto (1,−1)

SOL: Aquı, estamos pidiendo resolver el siguiente problema de valor inicial.

Ec. Diferencial:dy

dx= 3x2

Cond. Inicial: y(1) = 1

La funcion y es una antiderivada de f(x) = 3x2 de manera que y = x3 + C. Encontramos Ca partir de la condicion inicial y(1) = −1. Demostrando que y = x3 − 2.

Ejercicio 1. Encuentre f sabiendo que f ′ = ex +10

1 + x2y f(0) = −2

Ejemplo 6. Un globo que esta subiendo a razon de 12 pies/seg esta a una altura de 80 piessobre el suelo cuando se lanza un paquete desde el. ¿Cuanto tiempo tarda el paquete en llegaral suelo?

SOL: Sea v(t) la velocidad del paquete en el tiempo t, y sea s(t) su altura sobre elsuelo. La aceleracion de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra es 32 pies/seg Luego,matematicamente tenemos

E.Dif :ds

dt= −32 Cond.Inicial v(0) = 12

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No es difıcil ver que la velocidad es v = −32t+ 12. Ahora, como la velocidad es la derivadade la altura, entonces tenemos un segundo problema de valores iniciales.

E.D :dv

dt= −32t− 12 Cond.Inicial s(0) = 80

De aquı concluimos que la altura que tiene el paquete sobre el suelo en el tiempo t es s(t) =−16t2 + 12t+ 80.

Ahora halle el tiempo tarda el paquete en tocar el suelo.

Ejercicio 2. Suponga que se dispara una flecha en sentido vertical mediante una poderosaballesta, desde el piso, y que vuelve a tocar el suelo 48 segundos despues. Si podemos despre-ciar la resistencia del aire, determinar la velocidad inicial de la flecha y la altura maximaque alcanza.

Ejercicio 3. Las narcas de derrape de unos neumaticos indican que se han aplicado losfrenos durante una distancia de 160 pies antes de detenerse el automovil. Supongamos queel automovil en cuestion tiene una desaceleracion constante de 20 pies/seg2 bajo las condi-ciones del derrape. A que velocidad viajaba el auto cuando se comenzo a frenar?

Geometrıa de las Antiderivadas

Si se conoce la grafica de una funcion f , serıa razonable que podamos dibujar la graficade una antiderivada F . Por ejemplo, suponga que sabe que F (0) = 1. Entonces, hay unpunto de donde partir, el punto (0, 1), y la direccion en la cual tenemos que desplazarnos laproporciona, la derivada.

Ejemplo 7. La grafica de una funcion f se ilustra en la figura 5. Trace un croquis de unaantiderivada F , dado que F (0) = 2.

SOL:

Partimos del punto (0, 2) pues F (0) = 2.

f(x) < 0 en 0 < x < 1 luego F decrece en 0 < x < 1.

f(x) > 0 en 1 < x < 3 luego F crece en 1 < x < 3.

f(x) < 0 en x > 3 luego F decrece en x > 3.

f(1) = f(3) = 0 luego F tiene tangentes horizontales cuando x = 1 y x = 3

En x = 1 f cambia de − a +, luego F (1) hay un minimo

En x = 3 f cambia de + a −, luego F (3) hay un maximo

En x = 2 F ′′(x) = f ′(x) cambia de + a −, luego F (2) hay inflexion.

En x = 4 F ′′(x) = f ′(x) cambia de − a +, luego F (4) hay inflexion. Fig. 5

Ejercicio 4.

1. Se proporciona la grafica 1 de una funcion f . ¿Que grafica es una antiderivada de f ypor que?

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2. Se presenta la grafica 2 de una funcion en la figura. Trace un croquis de una antideri-vada F , dado que F (0) = 1.

3. La grafica de la funcion velocidad de un automovil se ilustra en la grafica 3. Elabore lagrafica de la funcion posicion.

Gra. 1 Graf. 2 Graf. 3

Calculo de areas elementales

Tal vez el primer contacto que se tiene con el concepto de area son las formulas A = bh yA = bh

2 las cuales describen las areas de un rectangulo y un triangulo resp. Mientras que elarea de un polıgono se encuentra al dividirlo en triangulos y sumar las areas de esos triangulos.

Los antiguos griegos iniciaron el estudio de areas de figuras con lıneas curvas en los siglosIV y V a.C. Dada una region plana R cuya area querıan determinar, trabajaban con unpolıgono P inscrito en R (dentro de R) y con un polıgono Q cırcunscrito (o fuera de R).

Si los polıgonos Pn y Qn tenıan un numero suficientemente grande de lados, de longitudpequena, entonces parecerıa que sus areas, area(P ) y area(Q), se aproximan al area de laregion R. Ademas, es posible controlar el error: vemos que

area(P ) < area(R) < area(Q)

ya que R contiene al polıgono P pero esta contenido en el polıgono Q.

Nuestro objetivo principal es describir una tecnica sistematica para aproximar el area deuna region curvilınea adecuada utilizando areas poligonales faciles de calcular.

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1.0.3. Areas bajo graficas

Empecemos por intentar resolver el problema del area: hallar elarea de la region S que esta debajo de la curva y y = f(x), desdea hasta b. Esto significa que S esta limitada por la grafica de unafuncion continua f donde f(x) ≥ 0, las rectas verticales x = a yx = b, y el eje x.Para aproximar el area de S dividimos la region S en n franjas deanchos iguales. El ancho del intervalo [a, b] es b− a, de modo queel ancho de cada una de las n franjas

∆x =b− a

n

Estas franjas dividen el intervalo [a, b] en n subintervalos

[x0, x1], [x1, , x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn]

donde a = x0 y b = xn.

A partir de aquı podemos obtener una R-estimacion de la i-esima franja,Si, con un rectangulo con ancho ∆x y altura f(xi), valor que toma f enel punto extremo derecho del subintervalo; o tambien podemos obtener unaL-estimacion de la i-esima franja, Si, con un rectangulo con ancho ∆x yaltura f(xi−1), valor que toma f en el punto extremo izquierdo del subintervalo.

NOTA: Los puntos extremos xi de la derecha de los subintervalos son:

a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , b.

Mientras quelos puntos extremos xi−1 de la izquierda de los subintervalos son:

a, a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , a+ (n− 1)∆x.

En decir los extremos estan dados por la siguiente formula

xk = a+ k∆x

Despues, el area del i-esimo rectangulo con altura f(xi) o f(xi−1) es

f(xi)∆x f(xi−1)∆x.

Al sumar las areas de los rectangulos con altura f(xi) para i = 1, 2, 3, . . . , n, obtenemosla R-estimacion

Rn := f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x =

n∑

i=1

f(xi)∆x

del area real de S. De manera analoga, la suma de las areas de los rectangulos con alturaf(xi−1) es la L-estimacion

Ln := f(x0)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn−1)∆x =

n∑

i=1

f(xi−1)∆x

La siguiente figura muestra esta R-estimacion para n = 2, 4, 8 y 12.

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Observe que esta aproximacion parece mejorarse a medida que se incrementa la cantidadde franjas; es decir, cuando n → ∞. Por consiguiente, se define el area A de la region S dela manera siguiente:

Definition 3. El area A de la region S que se encuentra debajo de la grafica de la funcioncontinua f es el lımite de la suma de las areas de los rectangulos de estimacion:

A = lımn→∞

Rn = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x A = lımn→∞

Ln = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi−1)∆x

NOTA: De hecho, en lugar de usarf(xi−1) o f(xi) como altura delrectangulo, podrıamos tomar f(x∗

i )donde x∗

i ∈ [xi−1, xi]. A estos nume-ros x∗

1, x∗2, . . . , x

∗n los llamamos puntos

muestras.

A = lımn→∞

[f(x∗1)∆x+ f(x∗

2)∆x+ · · ·+ f(x∗n)∆x] = lım

n→∞[

n∑

i=1

f(x∗i )∆x

Conclusion parcial: Si queremos hallar el area de un region S tendremos que usar estadefinicion de lımite. Es decir, debemos conocer la altura f(x∗

i ) y el ancho ∆x de cada unolos rectangulos que vamos a usar para estimar el area S.

1.0.4. Sumas finitas y la notacion sigma

La notacion sigma nos permite escribir una suma con muchos terminosen la forma compacta

n∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an

La letra griega∑

, significa “suma”. ındice de la sumatoria k nosdice en donde empieza la suma (mediante el numero que esta debajodel sımbolo) y en donde termina (usando el numero que esta arriba delsımbolo ). Se puede usar cualquier letra para denotar el ındice, pero lasletras mas usuales son i, j y k.

Ejemplo 8.

12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 + 92 + 102 + 112 =11∑

k=1

k2 =11∑

r=1

r2

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f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(100) =

100∑

i=1

f(i) =

100∑

s=1

f(s)

Ejercicio 5.

1. Demostrar que

n∑

i=1

i =n(n+ 1)

2,

n∑

i=1

i2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

n∑

i=1

i3 =n2(n+ 1)2

4

2. Calcule

10∑

i=1

(2i2 − 3i) =

Ejemplo 9. Use rectangulos para estimar el area A de la region R que se encuentra bajo Iaparabola y = x2 y por arriba del intervalo [0, 3].

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Calcularemos la R-estimacion y la L-estimacion del area A de R obtenida usan-do 5 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3

5 . Despues repetimos los calculoscon 10 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3

10 .SOL: No es difıcil ver que los 5 extremos xi del lado derecho son 3

5 ,65 ,

95 ,

125 y 3,

mientras que los 5 extremos xi−1 del lado izquierdo son 0, 35 ,

65 ,

95 , y

125 . Luego,

R5 =5∑

i=1

f(xi)∆x = (5∑

i=1

f(xi))∆x

=(f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4) + f(x5)

)∆x

=[(3

5)2 + (

6

5)2 + (

9

5)2) + (

12

5)2 + (3)2

](35

)

= 11, 88

L5 =5∑

i=1

f(xi−1)∆x = (5∑

i=1

f(xi−1))∆x

=(f(x0) + f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4)

)∆x

=[(0)2 + (

3

5)2 + (

6

5)2) + (

9

5)2 + (

12

5)2](3

5

)

= 6, 48

Usando, el hecho de que∑n

i=1 i2 = n(n+1)(2n+1)

6 y que xi = 0 + i∆x = 0 + i 310

R10 =

10∑

i=1

f(xi)∆x =

10∑

i=1

f(i3

10)3

10=

10∑

i=1

(i3

10)2

3

10

= (3

10)3

10∑

i=1

i2 = (27

1000)(10)(11)(21)

6= 10, 395

L10 =

10∑

i=1

f(xi−1)∆x =

10∑

i=1

f((i− 1)3

10)3

10=

10∑

i=1

((i− 1)3

10)2

3

10

= (3

10)3

10∑

i=1

(i− 1)2 =︸︷︷︸k=i−1

(3

10)3

9∑

k=0

k2 = (3

10)3

9∑

k=1

k2

= (27

1000)(9)(10)(19)

6= 7, 695

Ahora calculemos con exactitud el area de la region bajo la grafica de f(x) = x2 en elintervalo [0, 3]. Si dividimos [0, 3] en n subintervalos, todos de la misma longitud, entoncestenemos

∆x =b− a

n=

3

nxi = 0 + i∆x = i

3

npara i = 0, 1, 2, . . . , n. Por tanto,

n∑

i=1

f(xi)∆x =

n∑

i=1

x2i∆x =

n∑

i=1

(3i

n)2

3

n=

27

n3

n∑

i=1

i2 =27

n3

n(n+ 1)(2n+ 1)

6

De la definicion de area tenemos que

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = lımn→∞

27(3+

1

2n+

1

6n2

)= 9

Ejemplo 10. Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = 4− x2, en el ejex y las rectas x = 1 y x = 2.

10

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SOL: Se empieza notando que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [1, 2].Despues, se divide el intervalo [1, 2] en n-subintervalos, cada uno de ancho ∆x = 2−1

n = 1n .

Elegimos como puntos de muestra a xi (es decir, vamos hacer una R-estimacion) luego, lospuntos extremos derechos son xi = a+ i∆x = 1 + i

n

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = lımn→∞

n∑

i=1

[4− (1 +

i

n)2] 1n

= lımn→∞

n∑

i=1

[3− 2i

n− i2

n2

] 1n

= lımn→∞

( 1n

n∑

i=1

3− 2

n2

n∑

i=1

i− 1

n3

n∑

i=1

i2)

= lımn→∞

[3− (1− 1

n)−

(13+

1

2n+

1

6n2

)]=

5

3

En la definicion 3 de area, las particiones tenıan subintervalos de igual ancho. Esto se hizosolo por convenencia de calculo. El siguiente ejemplo demuestra que no es necesario tenersubintervalos de igual ancho

Ejemplo 11. [Subintervalos de anchos desiguales]

Encontrar el area de la region acotada por la grafica f(x) =√x y el eje x para 0 ≤ x ≤ 1.

SOL: Note que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [0, 1]. Consideremos

una particion x0, x1, . . . , xn donde xi =i2

n2 , de manera que

∆xi = xi − xi−1 =i2

n2− (i− 1)2

n2=

2i− 1

n

Luego,

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆xi = lımn→∞

n∑

i=1

√i2

n2

(2i− 1

n2

)

= lımn→∞

1

n3

n∑

i=1

(2i2 − i) = lımn→∞

1

n3

[2(n(n+ 1)(2n+ 1)

6

)− n(n+ 1

2

]

= lımn→∞

4n3 + 3n2 − n

6n3=

2

3

OBS: La razon por la que esta particion en particular da el area apropiada es que cuandon crece, el ancho del intervalo mas grande tiene a cero. Esta caracteristica es CLAVE deldesarrollo de las integrales definidas.

Ejercicio 6.

Determine el area bajo la grafica de f(x) = 100− 3x2 de x = 1 a x = 5.

Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = x3, en el eje x y las rectasx = 0 y x = 1

Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(y) = y2, en el eje y y las rectasy = 0 y y = 1

11

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1.0.5. Sumas de Riemann y la Integral

Empezamos con una funcion arbitraria f definida en un intervalo cerrado [a, b].f puede tener valores tanto negativos como positivos. Subdividimos el inter-valo [a, b] en subintervalos, no necesariamente del mismo ancho (o longitud), yformamos sumas como lo hicimos para las aproximaciones finitas. Para hacerlo,elegimos puntos entre a y b, que satisfagan

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b.

El conjunto P = {x0, x1, x2, . . . xn−1, xn} se llama particion de [a, b]. La par-ticion P divide [a, b] en n subintervalos cerrados

[xo, x1], [x1, x2], . . . , [xk−1, xk], . . . , [xn−1, xn]

El ancho del primer subintervalo [xo, x1] se denota mediante ∆x1 el anchodel segundo intervalo es ∆x2 y el ancho del k-esimo subintervalo es ∆xk =xk − xk−1. Si todos los n subintervalos tienen el mismo ancho, ∆x = b−a

n ,diremos que la particion P es regular.

En cada subintervalo elegimos algun punto ck. Entonces, en cada subintervalo levantamosun rectangulo vertical a partir del eje x hasta tocar la curva en (c, f(ck). Estos rectangulospueden estar arriba o debajo del eje x, dependiendo de si f(ck) es positivo o negativo, o sif(ck) = 0

En cada subintervalo formamos el producto f(ck)∆xk. Este producto es positivo, negativoo cero dependiendo del signo de f(ck). Cuando f(ck) > 0, el producto f(ck)∆xk es el areadel rectangulo con altura f(ck) y ancho ∆xk. Cuando f(ck) < 0, el producto f(ck)∆xk es unnumero negativo, el negativo del area del rectangulo de ancho ∆xk que cae desde el eje x alnumero negativo f(ck). Finalmente sumamos todos estos productos para obtener

SP =

n∑

k=1

f(ck)∆xk

12

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Definition 4. Sea f una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b], y sea P una par-ticion de [a, b] dada por

a = x0 < x1 < x2 · · · < xn−1 < xn = b

donde ∆xk es el ancho de k-esimo subintervalo [xk−1, xk]. Si ck ∈ [xk−1, xk] entonces

SP =

n∑

k=1

f(ck)∆xk xk−1 ≤ ck ≤ xk

suma de Riemann de f para la particion P .

NOTA: Cuando una particion tiene subintervalos cuyo ancho varıa, podemos asegurar quetodos son angostos controlando el ancho del subintervalo mas ancho (mas largo). Definimosla norma de una particion P , denotada por ‖P‖ como el mayor de los anchos de todos lossubintervalos. Si ‖P‖ es un numero pequeno, todos los subintervalos de la particion P tienenancho pequeno.

Si los anchos ∆xk de estos rectangulos son todos muy pequenos (es decir, si la norma ‖P‖es pequena), entonces parece que la suma de Riemann SP aproximara el area de a a b bajoy = f(x) sobre el eje x, menos el area bajo el eje x.

NOTA: Si particion es regular esto es, todos los intervalos tienen la misma anchura lanorma se denota por

‖P‖ = ∆x =b− a

nparticion ordinaria

En una particion general, la norma se relaciona con el numero de subintervalos en [a, b] de lasiguiente forma

b− a

‖P‖ ≤ n particion general

De tal modo, que si ‖P‖ → 0 entonces n → ∞. La afirmacion reciproco es FALSA. Porejemplo, considere la particion del intervalo [0, 1] dado por

0 <1

2n<

1

2n−1< · · · < 1

8<

1

4<

1

2< 1

para cualquier valor positivo de n, la norma de la particion P es 12 (longitud mas grande).

De tal modo, como al dejar que n tienda a infinito no obliga a que ‖P‖ se aproxime a 0. SINEMBARGO, en una particion regular los enunciados ‖P‖ → 0 y n → ∞ si son equivalentes.

13

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Definition 5. Sea f(x) una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b]. La integral

definida de f en [a, b], es el numero

I = lım‖P‖→0

n∑

k=1

f(ck)∆xk

siempre que el lımite exista, en cuyo caso decimos que f es integrable en [a, b]. En otraspalabras, ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 tal que ‖P‖ < δ para toda particion P de [a, b] y

∣∣∣I −n∑

k=1

f(ck)∆xk

∣∣∣ < ǫ

Leibniz introdujo una notacion para la integral definida que evidencia su construccion comoun lımite de sumas de Riemann.

Si consideramos I como el area bajo y = f(x) de a a b, Leibniz penso primero en unadelgada banda con altura f(x) y ancho “ınfinitesirnalmente pequenoo”dx, de modo que suarea era el producto f(x)dx. Considero la integral como una suma de areas de tales bandasy denoto esta suma por

∫.

Origen de la notacion de

Leibniz para la integral

Notacion y existencia de la integral definida

El sımbolo para el numero I en la definicion de la integral definida es

I =

∫ b

a

f(x)dx

que se lee como la integral de a a b de f(x) respecto de x. Tambien las partes quecomponen el sımbolo de la integral tienen nombres:

Cuando se satisface la definicion, decimos que las sumas de Riemann de f en [a, b] con-

vergen a la integral definida I =∫ b

af(x)dx y que f es integrable en [a, b]. Tenemos muchas

opciones de una particion P con norma que tienda a cero, ası como numerosas alternativasde puntos ck para cada particion. La integral definida existe cuando siempre obtenemosel mismo lımite I, sin importar que elecciones hayamos hecho. En ese caso,

lım‖P‖→0

n∑

k=1

f(ck)∆xk = I =

∫ b

a

f(x)dx

Cuando cada particion es regular (es decir, ∆xk = b−an = ∆x) escribiremos

lımn→∞

n∑

k=1

f(ck)∆x = I =

∫ b

a

f(x)dx

El tal caso, las condiciones ‖P‖ → 0, ∆x → 0 y n → ∞ son equivalentes

14

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NOTA: El valor de la integral depende solo de la funcion f y no de la letra que elijamospara representar la variable independiente.

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

f(t)dt =

∫ b

a

f(u)du

Dado que hay tal cantidad de opciones entre las cuales elegir al tomar un lımite de sumasde Riemann, puede parecer difıcil demostrar que tal lımite existe. Resulta, sin embargo, queno importa que eleccion se haga, las sumas de Riemann asociadas a una funcion continua

convergen al mismo lımite.

Teorema 6. Si una funcion f es continua en un intervalo [a, b], entonces f es integrable, esdecir, su integral definida en [a, b] existe.

1.0.6. Funciones integrales y no integrales

El Teorema 6 no dice como calcular integrales definidas, solo nos dice que las funcionescontinuas en el intervalo [a, b] son integrables ahı. Ahora la pregunta es, ¿las funciones queno son continuas pueden ser integrables o no?. R/ (Si) (Ejercicio). Para que una funcion nosea integrable es necesario que sea suficientemente discontinua.

Ejemplo 12. La funcion

f(x) =

1 si x es racional

0 si x es irracional

no tiene integral de Riemann en [0, 1].

SOL: Si escogemos una particion P de [0, 1] y elegimos ck como el valor maximo de f en[xk−1, xk] la suma de Riemann correspondiente es

U =∑

k=1

f(ck)∆xk =∑

k=1

(1)∆xk =∑

k=1

∆xk = 1

Por otra parte, si elegimos como el valor mınimo para f en la suma de Riemann es

L =∑

k=1

f(ck)∆xk =∑

k=1

(0)∆xk = 0

ya que cada subintervalo [xk−1, xk] contiene numeros irracionalesc ck donde f(ck) = 0. Comoel lımite depende de la eleccion de ck la funcion no es integrable.

Ejemplo 13. Utilice sumas de Riemann para calcular

∫ b

a

xdx donde a < b

SOL: Consideremos f(x) = x y x∗i = xi, donde ∆x = b−a

n y xi = a + i∆x. La suma deRiemann es entonces

n∑

i=1

f(xi)∆x =

n∑

k=1

(a+ i∆x)∆x = a∆x

n∑

k=1

1 + (∆x)2n∑

k=1

i

= ab− a

nn+

(b− a

n

)2n(n+ 1)

2

Entonces,

I =

∫ b

a

xdx = lımn→∞

n∑

k=1

f(xk)∆x = lımn→∞

a(b− a) + (b− a)2(1

2+

1

2n) =

1

2(b2 − a2)

15

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Propiedades de las integrales definidas

Cuando f y g son integrables, la integral definida satisface

∫ a

b

f(x)dx = −∫ b

a

f(x)dx

DEM(e): Para toda particion de [a, b] y cualquier eleccion de los puntos ck

(mın f)(b− a) = (mın f)

n∑

k=1

∆xk =

n∑

k=1

(mın f)∆xk ≤=

n∑

k=1

f(ck)∆xk

≤n∑

k=1

(max f)∆xk = (max f)

n∑

k=1

∆xk = (max f)(b− a) �

Ejemplo 14. Probar que el valor de

∫ 1

0

√1 + cos t dt es menor que 3

2 .

SOL: La desigualdad max-mın para integrales definidas dice que (mın f)(b−a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤(max f)(b− a). Pero, en nuestro caso,

max[0,1]

√1 + cos t =

√1 + 1 =

√2

De manera que

∫ 1

0

√1 + cos t dt ≤

√2 <

3

2

16

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Area debajo de la curva de una funcion no negativa

Definition 7. Si y = f(x) es no negativa e integrable en un intervalo cerrado [a, b], entoncesel area debajo de la curva y = f(x) en [a, b] es la integral de f de a a b,

A(S) =

∫ b

a

f(x)dx

Por primera vez tenemos una definicion rigurosa para el area de una region cuya fronteraes la grafica de cualquier funcion continua.

Ejemplo 15. Calcular

∫ b

a

x2dx y encontrar el area A debajo de en el intervalo [a, b], (b > 0).

SOL: Consideremos f(x) = x2, la particicion regular P = {x0, x1, . . . , xn} con ci = xi,luego ∆x = b−a

n y xi = a+ i∆x. La suma de Riemann es entonces

n∑

i=1

f(ci)∆x =

n∑

i=1

(a+ i∆x)2∆x = a2∆x

n∑

i=1

1 + 2a∆x

n∑

i=1

i+ (∆x)2n∑

i=1

i2

= a2(b− a

n

)n+ 2a

(b− a

n

)2n(n+ 1)

2+(b− a

n

)3n(n+ 1)(2n+ 1)

6

= a2(b− a) + a(b− a)2(1 +1

n) + (b− a)3

(13+

1

2n+

1

6n2

)

Entonces,

I =

∫ b

a

x2dx = lımn→∞

n∑

i=1

f(ci)∆x = a2(b− a) + a(b− a)2 +(b− a)3

3=

b3

3− a3

3

Valor promedio de una funcion y Teorema del valor medio

El concepto del valor promedio de una funcion es util para la demostracion del teoremafundamental. Por ello, empezamos con un concepto aritmetico: el promedio de n numerosa1, a2, . . . an se define como

a =a1 + a2 + · · ·+ an

n=

1

n

n∑

i=1

ai.

Pero, una funcion continua f en [a, b] puede tener una infinidad de valores f(x), peroaun ası podemos tomar una muestra de ellos de manera ordenada. Dividimos [a, b]en n subintervalos del mismo ancho ∆x = b−a

n y evaluamos f en el punto ck de cadauno. El promedio de los n valores de la muestra es

f(c1) + f(c2) + · · ·+ f(cn)

n=

1

n

n∑

i=1

f(ci) =1

n

n

b− a

n∑

i=1

f(ci)b− a

n

=1

b− a

n∑

i=1

f(ci)∆x

Conforme incrementamos el tamano de la muestra n, ∆x → 0 y el promedio se

aproxima a1

b− a

∫ b

a

f(x)dx.

17

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Definition 8. Si f es integrable en [a, b], su valor promedio en [a, b], tambienllamado valor medio es

prom(f) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

El teorema del valor medio para integrales definidas afirma que la funcion f alcanza siempre,por lo menos una vez en el intervalo, el valor promedio.

Teorema 9. Si f es continua en [a, b], entonces en algun punto c en [a, b],

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

DEM: De la propiedad del max-min tenemos que

(mın f)(b−a) ≤∫ b

a

f(x)dx = (max f)(b−a) entonces (mın f) ≤ 1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

︸ ︷︷ ︸K

≤ (max f)

Sea p, q ∈ [a, b] tal que mın f = f(p) y max f = f(q). Luegos, f(p) ≤ K ≤ f(q). Ahora,como f es continua, por el teorema del valor intermedio, ∃c ∈ [a, b] tal que

f(c) = K =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx �

¿Porque la continuidad es importante?. Es posible que una funcion discontinua nunca alcancesu valor promedio

Ejemplo 16. Probar que si f es continua en [a, b], a < b y si

∫ b

a

f(x)dx = 0 entonces

f(x) = 0 al menos una vez en [a, b].

SOL: El valor promedio de f en [a, b] es

prom(f) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx =1

b− a0 = 0

De acuerdo con el teorema del valor medio, f alcanza este valor en algun punto c ∈ [a, b].

1.0.7. Teorema fundamental

Si f(t) es una funcion integrable en un intervalo finito I, la integral de cualquier numero fijoa ∈ I a otro numero x ∈ I define una nueva funcion F cuyo valor en x es

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt (1.1)

Esta funcion F esta bien definida ya que cada valor de la entrada x existe un resultado biendefinido numericamente. El TFC afirma que F ′(x) = f(x). Analicemoslo desde el punto devista geometrico.

Si f ≥ 0 en [a, b], entonces F ′(x) = lımh→0F (x+h)−F (x)

h . Primero que todo observe que sih > 0 entonces F (x + h) − F (x) es una resta de areas, es decir es el area debajo la graficade f , de x a x+ h (ver grafica). Ahora si h es pequeno, esta area es aproximadamente igualal area del rectangulo de altura f(x) y ancho h,

F (x+ h)− F (x) ≈ hf(x) cuando h es pequeno

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Por tanto, es razonable esperar que

F ′(x) = lımh→0

F (x+ h)− F (x)

h= f(x).

Este resultado es cierto aun si la funcion f no es positiva, y constituye la primera parte delteorema fundamental del calculo.

Teorema 10 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 1).Si f es continua en [a, b], entonces

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), y F ′(x) = f(x)

DEM: Por la definicion de la derivada

F ′(x) = lımh→0

F (x+ h)− F (x)

h= lım

h→0

1

h

(∫ x+h

a

f(t)dt−∫ x

a

f(t)dt).

Pero, ∫ x+h

a

f(t)dt =

∫ x

a

f(t)dt+

∫ x+h

x

f(t)dt

Entonces F ′(x) = lımh→0

1

h

∫ x+h

x

f(t)dt. El teorema del valor promedio nos dice que

1

h

∫ x+h

x

f(t)dt = f(c)

pam algun numero c ∈ [x, x+ h]. Cuando h → 0 x+ h → x, forzando a c a hacerlo tambien(porque c esta atrapada entre x y x+h ). Como f es continua en x, f(c) se aproxima a f(x)

lımh→0

f(c) = f(x)

veamos que F es continua en x = a,

lımx→a+

F (x)− F (a) = lımx→a+

F (x)− F (a)

x− a(x− a) = lım

x→a+

F (x)− F (a)

x− alım

x→a+(x− a) = 0

luego lımx→a+ F (x) = F (a). De manera analoga F es continua en x = b. Ası pues, F escontinua para todo punto de [a, b]. Esto concluye la prueba. �

Teorema 11 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 2).Si f es continua en [a, b] y G es cualquier antiderivada de f en [a, b], entonces

∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a)

DEM: Del Teorema Fundamental 10 nos dice que

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

F es una antiderivada de f , pero como por hipotesis G es tambien una antiderivada de f .Luego,

G(x) = F (x) + C

19

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para alguna constante C. Ahora evaluando tenemos

G(b)−G(a) = [F (b)− C]− [F (a)− C] = F (b)− F (a)

=

∫ b

a

f(t)dt−∫ a

a

f(t)dt

=

∫ b

a

f(t)dt �

NOTA INTERESANTE: Chic@s no les parece sorprendente que∫ b

af(t)dt, que fue definida

mediante un procedimiento “complicado” que requiere de todos los valores de f(x) paraa < x < b se pueda determinar conociendo los valores de F (x) en solo dos puntos, a, b.

Derivacion e integracion como procesos inversos

TEOREMA FUND. DEL CALCULO Si f es continua en [a, b]

1. Si F (x) =

∫ x

a

f(t)dt entonces F ′(x) = f(x), es decir F es una antiderivada de f

2.

∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a) donde G es cualquier antideridada.

Usando la primera parte, encontramos que

d

dx

(∫ x

a

f(t)dt)=

d

dx(F (x)) = F ′(x) = f(x)

es decir, si INTEGRAMOS f y, a continuacion, DERIVAMOS el resultado, regresamos a lafuncion original f .

Teniendo en mente la segunda parte, y el hecho de que G′(x) = f(x), encontramos que∫ x

a

[G′(t)

]dt =

∫ x

a

f(t)dt = G(x)−G(a)

es decir, si DERIVAMOS G y, a continuacion, INTEGRAMOS el resultado, regresamos ala funcion original G menos una constante G(a). Si elegimos a de modo que G(a) = 0, estosignifica que la integracion “cancela” el efecto de la derivacion.

NOTA HISTORICA: Sin duda, el teorema fundamental del calculo es el teorema, alcanzael nivel de uno de los mas grandes logros de la mente humana. Antes de ser descubierto, des-de los tiempos de Eudoxo y Arquımedes, hasta la epoca de Galileo y Fermat, los problemasde hallar areas, volumenes y longitudes de curvas eran tan difıciles que solo un genio podıaafrontar el reto. Pero ahora, armados con el metodo sistematico que Newton y Leibniz desa-rrollaron como el teorema fundamental, en los proximos capıtulos vera que estos estimulantesproblemas son accesibles para todos.

1.0.8. Notacion para Integrales

Debido a la relacion dada por el teorema fundamental entre las antiderivadas y las in-tegrales, necesita una notacion conveniente para las antiderivadas que facilite trabajar conellas. Por tradicion se usa la notacion

∫f(x)dx para una antiderivada de f y se llama integral

indefinida. Por esto,

∫f(x)dx = F (x) + C Significa F ′(x) = f(x)

20

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y para la integral definida usaremos la notacion dada por

∫ b

a

f(x)dx = F (x)∣∣∣b

a= F (b)− F (a)

CUIDADO: Una integral definida

∫ b

a

f(x)dx es un numero, en tanto que una integral

indefinida

∫f(x)dx es una funcion (o una familia de funciones).

NOTA: La diferencial dx de la ecuacion∫f(x)dx especifica que la variable independiente

es x. Pero podemos describirla en terminos de cualquier variable independiente. Por ejemplo,las integrales indefinidas

∫3t2dt = t3 + C,

∫3y2dy = y3 + C

∫3u2du = u3 + C

significan exactamente lo mismo que

∫3x2dx = x3 + C.

1.1. Regla de Sustitucion

Hasta ahora solamente hemos podido encontrar antiderivadas de funciones que recono-cemos claramente como derivadas. Empezaremos a desarrollar tecnicas mas generales paraencontrar antiderivadas. Las primeras tecnicas de integracion que desarrollaremos se obtienenal invertir las reglas para encontrar derivadas, como la regla de las potencias y la regla de lacadena.

Teorema 12. Regla de sustitucion Regla de potencias Si u es cualquier funcion diferenciable,entonces ∫

undu =un+1

n+ 1+ C

Ejemplo 17.

∫x4dx =

x5

5+ C,

∫(r − 4)7dr =

(r − 4)8

8+ C,

∫(3m− 4)7dm =

(3m− 4)8

(3)(8)+ C

Regla de Sustitucion La idea es reemplazar una integral relativamente complicada poruna mas sencilla. Esto se lleva a cabo pasando de la variable original x a una nueva variableu que sea funcion de x. Por ejemplo,

u = x4 + 2

du = 4x3dx

∫x3 cos(x4 + 2)dx =

1

4

∫cosudu =

sinu

4=

sin(x4 + 2)

4+ C

El reto principal es pensar en una sustitucion apropiada. CLAVE: Buscar siempre una funcionque tenga derivada (salvo por constante) en el factor integrando.

Ejemplo 18. Ejemplos Sustitucion

21

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1)

∫x2√x3 + 9dx

2)

∫2 sin3 x cosxdx

3)

∫x2

(x3 + 5)4dx

4)

∫t√t+ 1dt

5)

∫cos(

√x)√

xdx

6)

∫ π/2

0

(1 + sin θ)3/2 cos θdθ

7)

∫ π2

π2/4

sin√x cos

√x√

xdx

8)

∫2− x2

x3 − 6x+ 1dx

9)

∫x2ex

3

dx

10)

∫1

1 + exdx =

11)

∫ex

1 + e2xdx =

Ejemplo 19. Aplicaciones del TFC Determined

dx

(∫ x

0

√t2 + 25dt

)

SOL 1: Usando el TFC1 tenemosd

dx

(∫ x

2

√t2 + 25dt

)=√x2 + 25

SOL 2: Supongamos que G(t) es una primitiva de√t2 + 25. Es decir,

G′(t) =√

t2 + 25

∫ x

2

√t2 + 25dt = G(t)

∣∣∣x

2= G(x)−G(2)

Ası que,

d

dx

( ∫ x

2

√t2 + 25dt

)=

d

dx

(G(x)−G(2)

)= G′(x)(1)−G′(2)(0)

=√x2 + 25

Ejemplo 20. Determined

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1 dt)

SOL 1: Usando el TFC1 podemos concluir que

d

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1dt)= 4x4 + 1 NOOOOOOO

SOL 2: Supongamos que H(t) es una primitiva de 4t2 + 1. Es decir,

H ′(t) = 4t2 + 1,

∫ x2

2

(4t2 + 1)dt = H(t)∣∣∣x2

2= H(x2)−H(2)

Ası que,

d

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1dt)=

d

dx

(H(x2)−H(2)

)= H ′(x2)(2x)−H ′(2)(0)

= (x4 + 1)(2x)

22

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Ejemplo 21. Determined

dx

(∫ x6

1

t3 sin t dt)

SOL: Supongamos que G(t) es una antiderivada de t3 sin t. Es decir,

G′(t) = t3 sin t

∫ x6

1

t3 sin tdt = G(t)∣∣∣x6

1= G(x6)−G(1)

Ası que,

d

dx

(∫ x6

1

t3 sin t dt)=

d

dx

(G(x6)−G(1)

)= G′(x6)(6x5)−G′(1)(0)

= [(x6)3 sin(x6)](6x5)

Ejemplo 22. Determined

dx

(∫ x2

√x

t2dt)

SOL: Supongamos que H(t) es una primitiva de t2. Es decir,

H ′(t) = t2,

∫ x2

√x

t2dt = H(t)∣∣∣x2

√x= H(x2)−H(

√x)

Ası que,

d

dx

(∫ x2

√x

t2dt)=

d

dx

(H(x2)−H(

√x))= H ′(x2)(2x)−H ′(

√x)(

1

2√x)

= (x4)(2x)− x

2√x

Regla de sustitucion

Teorema 13. Si u = g(x) es una funcion diferenciable cuyo rango es un intervalo Iy f es continua en I, entonces

∫f(u)du =

∫f(g(x))g′(x)dx

DEM: Sea F una antiderivada de f , esto es, F ′ = f . Ahora, de la regla de la cadena,

d

dxF (g(x)) = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x)

De manera que si u = g(x) encontramos

∫f(g(x))g′(x)dx =

∫d

dxF (g(x))

TFC1= F (g(x)) + C = F (u) + C

TFC1=

∫F ′(u)du =

∫f(u)du �

Ejemplo 23.

1.

∫x5√

1− x2dx=

2.

∫1 + x

1 + x2dx

23

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3.

∫dk

5− 3k

4.

∫1

cos2(2x)dx

Teorema 14. Sea u = g(x) tiene una derivada continua en [a, b] y que f es continuaen el conjunto g([a, b]). Entonces

∫ b

a

f(g(x))g′(x) =

∫ g(b)

g(a)

f(u)du

DEM: Sea F cualquier antiderivada de f , esto es, F ′ = f .

∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx =

∫ b

a

d

dxF (g(x))

TFC2= F (g(x))

∣∣∣b

a= F (g(b))− F (g(a)) = F (u)

∣∣∣g(b)

g(a)=

∫ g(b)

g(a)

f(u)du �

Ejemplo 24.

1.

∫ 1

0

x2√1− xdx=

2.

∫ 3

0

(θ + cosθ

6)dθ

3.

∫ e

1

lnx

xdx

4.

∫ √π

0

x cos(x2)dx

Integrales definidas para funciones simetricas

Teorema 15. Sea f continua en un intervalo [−a, a]

1. Si f es par,

∫ a

−a

f(x)dx = 2

∫ a

0

f(x)dx

2. Si f es impar,

∫ a

−a

f(x)dx = 0

Ejemplo 25. Compruebe las siguientes resultados

a)

∫ π/2

−π/2

(sen3 x cosx+ senx cosx)dx = 0

b)

∫ 1

−1

tanx

1 + x2 + x4dx = 0

c)

∫ 2

−2

(x4 − 4x2 + 6)dx = 2

∫ 2

0

(x4 − 4x2 + 6)dx

(a) Funcion par

(b) Funcion impar

Integracion por partes

La integral de un producto en general no es el producto de las integrales:

∫f(x)g(x)dx 6=

∫f(x)dx

∫g(x)dx

24

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La integracion por partes es una tecnica para simplificar integrales de la forma

∫f(x)g(x)dx.

Esto es util cuando f puede diferenciarse repetidamente y g puede integrarse repetidamentesin dificultad. la integral ∫

xexdx

es un ejemplo, ya que f(x) = x puede diferenciarse dos veces para convertirse en cero, yg(x) = ex puede integrarse de manera repetida sin dificultad. La integracion por partestambien se aplica a integrales como

∫ex cosxdx

en las que cada parte del integrando vuelve a aparecer despues de diferenciaciones e integra-ciones sucesivas.

La formula de la integracion por partes es una consecuencia sencilla de la regla del pro-ducto para derivadas:

d

dx(uv) = v

du

dx+ u

dv

dx= vu′ + uv′

Si escribirnos esta formula en Ia forma u(x)v′(x) = ddx [u(x)v(x)] − v(x)u′(x) entonces al

integrar tenemos ∫u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−

∫v(x)u′(x)dx

Esta es la formula de la integracion por partes. En ocasiones es mas facil recordar laformula si la escribimos en forma diferencial. Sea du = u(x)dx y dv = v′(x)dx. Entoncesutilizando la regla de sustitucion,

Fomula de integracion por partes

∫udv = uv −

∫vdu

NOTA: Para aplicar la integracion por partes a una integral dada, primero factorizamossu integrando en dos “partes”, u y dv, tales que la ultima incluya la diferencial dx. Intentamoselegir esas partes de acuerdo con dos principios:

La primitiva v =∫dv debe ser facil de determinar.

La nueva integral∫vdu debe ser mas facil de calcular que la integral original

∫udv.

Una estrategia eficaz consiste en elegir dv como el factor mas complicado que se puedaintegrar facilmente. Entonces derivamos la otra parte, u, para encontrar du.

Ejemplo 26.

1.

∫ln(x)dx

2.

∫sen−1(z)dz

3.

∫x cosxdx

4.

∫t(ln t)2dt

5.

∫ 1

0

z2ezdz

6.

∫ln t

t√tdt

7.

∫sen(3x)e2xdx

8.

∫cos3 xdx

9.

∫x tan−1 xdx

25

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1.2. Integracion de funciones racionales y fracciones par-ciales

El metodo de fracciones parciales es una tecnica algebraica que descompone una

funcion racional P (x)Q(x) en una suma de terminos:

P (x)

Q(x)= z(x) + F1(x) + F2(x) + · · ·+ Fk(x),

donde z(x) es un polinomio y cada expresion Fi(x) es una fraccion que puede integrarse conpoca dificultad. A las fraccion Fi son llamadas fracciones parciales y tienen la siguientesforma

A1

(px+ q),

A2

(px+ q)2, . . . ,

An

(px+ q)n, Fracciones Lineales

B1x+ C1

(ax2 + bc+ c),

B2x+ C2

(ax2 + bx+ c)2, . . . ,

Bnx+ Cn

(ax2 + bx+ c)nFracciones cuadraticas

aqui ax2 + bx+ c es irreduible. Por ejemplo,

x+ 5

x2 + x− 2=

x+ 5

(x− 1)(x+ 2)=

2

x− 1− 1

x+ 2

⇒∫

x+ 5

x2 + x− 2dx =

∫2

x− 1dx−

∫1

x+ 2dx = 2 ln(|x− 1|)− ln(|x+ 2|) + C

Descripcion general del metodo

El exito al escribir una funcion racional P (x)Q(x) como una suma de fracciones parciales

depende de dos cosas:

1. El grado de P (x) debe ser menor que el grado de Q(x). Esto es, la fraccion debeser propia. Si no es ası, tenemos que divida P (x) entre Q(x) y asi encontramos unpolinomio z(x) y una nueva fraccion propia. Ejemplo,

x3 + x2 + x− 1

x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸NO propia

= (x− 1)︸ ︷︷ ︸z(x)

+x+ 1

x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸Propia

2. Debemos conocer los factores deQ(x). Es decir, debemos escribirQ(x) = (. . .)(. . .)(. . .)(. . .).

26

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Descomposicion de una fraccion PROPIAP (x)

Q(x)en fracciones simples

1. Primero Factorize Q(x): Factorizar completamente el denominador en factores detipos

(px+ q)m y (ax2 + bx+ c)n

donde ax2 + bx+ c es irreducible.

2. Factores Lineales: Para cada factor lineal (px+q)m, la descomposicion en fraccionesdebe incluir la siguiente suma de m fracciones

A1

(px+ q)+

A2

(px+ q)2+ · · ·+ Am

(px+ q)m,

3. Factores Cuadraticos: Para cada factor lineal (ax2+ bx+ c)n, la descomposicion enfracciones debe incluir la siguiente suma de n fracciones

B1x+ C1

(ax2 + bx+ c)+

B2x+ C2

(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Bnx+ Cn

(ax2 + bx+ c)n

Ejemplo 27. Determinar las fracciones parciales de las siguiente fracciones

1

x2 − 5x+ 6=

1

(x− 2)(x− 3)=

A

x− 2+

B

x− 3

5x2 + 20x+ 6

x3 + 2x2 + x=

5x2 + 20x+ 6

x(x2 + 2x+ 1)=

5x2 + 20x+ 6

x(x+ 1)2=

A

x+

B

x+ 1+

C

(x+ 1)2

2x3 − 4x− 8

(x2 − x)(x2 + 4)=

2x3 − 4x− 8

x(x− 1)(x2 + 4)=

A

x+

B

x− 1+

Cx+D

x2 + 4

8x3 − 13x

(x2 + 2)2=

Ax+B

x2 + 2+

Bx+D

(x2 + 2)2

2x3 + x2 − 7x+ 7

x2 + x− 2= 2x− 1 +

−2x+ 5

(x+ 2)(x− 1)= 2x− 1 +

A

x+ 2+

B

x− 1

2x3 − 4x2 − x− 3

x2 − 2x− 3= 2x+

5x− 3

(x− 3)(x+ 1)= 2x+

A

x− 3+

B

x+ 1

−2x+ 4

(x2 + 1)(x− 1)2=

Ax+B

x2 + 1+

C

x− 1+

C

(x− 1)2

x− 1

(x+ 1)3=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

(x+ 1)3

Para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados A, B, C y D usaremos

Igualacion de polinomios

Dar valores a x para que se anulen varios terminos.

Derivacion.

Ejemplo 28. Calcular la integral

∫xdx

(x2 + 1)(x− 1)

SOL: Descomponemos la fraccion

x

x2 + 1)(x− 1)=

Ax+B

(x2 + 1)+

C

x− 1

27

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Multiplicando por (x2 + 1)(x− 1) tenemos

x = (Ax+B)(x− 1) + C(x2 + 1)

= (A+ C)x2 + (−A+B)x+ (B + C)

Si igualamos coeficientes, obtenemos el sistema,

A+ C = 0, −A+B = 1, B + C = 0

Entonces A = − 12 y B = C = 1

2 . Ası que∫xdx

(x2 + 1)(x− 1)= −1

2

∫x− 1

(x2 + 1)dx+

1

2

∫dx

x− 1

= −1

2

∫xdx

(x2 + 1)+

1

2

∫dx

(x2 + 1)+

1

2

∫dx

x− 1

= −1

4ln |x2 + 1|+ 1

2arctanx+

1

2ln |x− 1|+ C

Ejemplo 29. Determine A, B y C en el desarrollo de fracciones parciales

x2 + 1

(x− 1)(x− 2)(x− 3)=

A

x− 1+

B

x− 2+

C

x− 3

Multiplicando por (x− 1)(x− 2)(x− 3) tenemos

x2 + 1 = A(x− 2)(x− 3) +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)(x− 2)

Haciendo x = 1, entonces A = 1. Si x = 2 entonces B = −5. Si x = 3 entonces C = 5.

Ejemplo 30. Determinar A, B y C en la ecuacion

x− 1

(x+ 1)3=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

(x+ 1)3

Multiplicando por (x+ 1)3 tenemos

x− 1 = A(x+ 1)2 +B(x+ 1) + C

La sustitucion x = −1 muestra que C = −2. Despues derivamos ambos lados respecto de x.obteniendo

1 = 2A(x+ 1) +B.

Nuevamente la sustitucion x = −1 muestra que B = 1. Nuevamente derivamos para obtener0 = 2A, es decir A = 0

1.2.1. Integrales trigonometrica

Iniciamos con integrales de la forma:

∫sinm x cosn xdx

1. Si m = 2k + 1 es impar

∫sinm x cosn xdx =

∫(sin2 x)k cosn x(sinx)dx =

∫(1− cos2 x)k cosn x(sinx)dx

2. Si n = 2k + 1 es impar

∫sinm x cosn xdx =

∫sinm x(cos2 x)k(cosx)dx =

∫sinm x(1− sin2 x)k(cosx)dx

3. Si n,m = 2k es par debemos usar nas identidades

sin2 x =1− cos(2x)

2, cos2 x =

1 + cos(2x)

2

28

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Ejercicio 7.

∫sen3 x cos2 xdx

∫cos5 θdθ

∫cos2 x sen2 xdx

∫ π/4

0

√1 + cos(4z) dz

∫tan4 x dx

∫sec3 z dz

1.3. Sustituciones trigonometricas

Las sustituciones trigonometricas pueden ser eficaces para transformar integrales que in-cluyen √

a2 − x2,√a2 + x2,

√x2 − a2

y en integrales que podamos evaluar de manera directa. Para ello usaremos la identidadpitagoricas cos2 θ + sin2 θ = 1

Ejemplo 31. Cada una de las siguientes expresiones representa un cateto o una hiponusa deun triangulo. Apartir de esta expresion complete los datos del triangulo y halle una sustitucionapropiada para x en terminos de θ.

29

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1.√9− x2

SOL: Claramente√9− x2 es un cateto

y por tanto, la hipotenusa=3, y el otrocateto es x,

Aqui, una buena sust. serıa

sin θ =x

3

2.√m2 − 9

3.√16 + x2

4.√25p2 − 4

5.√49− 4z2

6.√e2t + 9

7.√1 + (ln y)2

8.√4x2 + 1

SOL: Claramente 4x2 + 1 es la hipotenusa alcuadrada y por tanto, los catetos son: 1 y 2x,

Ejemplo 32. Halle las sigueintes integrales usando una apropiada sustitucion trigonometri-ca.

1.

∫dx

x2√9− x2

30

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SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion sin θ =

x

3. Luego

x = 3 sin θ dx = 3 cos θdθ − π/2 < θ < π/2

entonces∫

dx

x2√9− x2

=

∫3 cos θdθ

9 sin2 θ√9− 9 sin2 θ

=

∫cos θdθ

9 sin2 θ√1− sin2 θ

=

∫dθ

9 sin2 θ=

1

9

∫csc2 θdθ

= −1

9cot θ + C = −1

9

√9− x2

x+ C

2.

∫dx√

4x2 + 1

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx√

4x2 + 1=

3.

∫dx

(x2 + 1)3/2

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx

(x2 + 1)3/2=

4.

∫ 2

√3

√x2 − 3

x

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ 2

√3

√x2 − 3

x=

31

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5. *

∫ √x2 + 1dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √x2 + 1dx =

6. *

∫ √x2 − 4dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √x2 − 4dx =

7. *

∫ √25− x2dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √25− x2dx =

8.

∫dx√

25x2 − 4

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx√

25x2 − 4=

32

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9.

∫x3dx√1− x2

SOL:Aquı vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫x3dx√1− x2

=

10.

∫dx

4x2 + 9

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx

4x2 + 9=

1.4. Integracion Numerica

Como hemos visto, la manera ideal de evaluar una integral definida∫ b

af(x)dx consiste

en determinar una formula F (x) para una de las antiderivadas de f(x) y calcular el numeroF (b) − F (a). Pero encontrar algunas antiderivadas requiere considerable trabajo, e inclusootras, como las antiderivadas de∫

sin(x2)dx,

∫1

ln(x)dx,

∫ √1 + x4dx,

∫ √x cosxdx,

∫cosx

xdx,

∫ex

2

dx

no tienen formulas elementales. Aquı el Teorema Fundamental del Calculo no es de utilidady hay que recurrir a una tecnica de aproximacion, como la regla del trapecio o la regla deSimpson.

Regla del Trapecio

Una forma de aproximar una integral definida consiste en utilizar trapecios, en lugar derectangulos, como se muestra en la Fig 1. En nuestro analisis de este metodo, supondremosque f es positiva, pero el unico requisito es que f sea continua en el intervalo de integracion[a, b]. De tal modo, la integral definida

∫ b

a

f(x)dx

representa el area de la region delimitada por la grafica de f y el eje x, desde x = a hastax = b. Primero, se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos, no es necesario que los puntosde subdivision de la figura esten igualmente espaciados, pero la formula es mucho mas sencillasi lo estan. Por lo tanto, supondremos que la longitud de cada subintervalo es

∆x =b− a

ny a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

33

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Luego se forma un trapecio para cada subintervalo (Fig 2), El area del i-esimotrapecio es

Area del i-esimo trapecio =[f(xi−1) + f(xi)

]∆x

2

Esto implica que la suma de las areas de los n trapecios es:

Fig. 1

Tn =[f(x0) + f(x1)

]∆x

2+[f(x1) + f(x2)

]∆x

2+ · · ·+

[f(xn−1) + f(xn)

]∆x

2

=n∑

i=1

[f(xi−1) + f(xi)

]∆x

2

=([

f(x0) + f(x1)]+[f(x1) + f(x2)

]+[f(x2) + f(x3)

]+ · · ·+

[f(xn−1) + f(xn)

])∆x

2

=(f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + · · ·+ 2f(xn−1) + 2f(xn)− f(xn)

)∆x

2

=[f(x0)− f(xn)

]∆x

2+ 2[f(x1) + f(x2) + f(x3) + · · ·+ f(xn−1) + f(xn)

]∆x

2

=[f(a)− f(b)

]∆x

2+

n∑

i=1

f(xi)∆x

Haciendo ∆x = b−an , puede tomarse el lımite cuando n → ∞ para obtener

lımn→∞

Tn = lımn→∞

[f(a)− f(b)

]b− a

2n+ lım

n→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = 0 +

∫ b

a

f(x)dx

Teorema 16. La regla de los trapecios

Sea f continua en [a, b]. La formula para aproximar∫ b

af(x)dx por medio de trapecios es:

∫ b

a

f(x)dx ≈ Tn =b− a

2n

(f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + · · ·+ 2f(xn−1) + f(xn)

)

NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de los trapecios siguen el siguiente patron.1, 2, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 1

Ejemplo 33. Utilice la regla del trapecio con n = 4 para estimar

∫ 2

1

x2dx. Compare la

estimacion con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 14

(Fig.1). Como xi = 1+ i4 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 5

4 ,64 ,

74 , 2 y ası, la

regla del trapecio da

34

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T4 =

4∑

i=1

[f(xi−1 + f(xi))]∆x

2=

1

2(4)

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)

]

=1

8

[f(1) + 2f(

5

4) + 2f(

6

4) + 2f(

7

4) + f(2)

]

=1

8

[1 + 2(

25

16) + 2(

36

16) + 2(

49

16) + 4

]=

75

32= 2,34375

El valor exacto de la integral es

∫ 2

1

x2dx =x3

3

∣∣∣2

1=

7

3. Luego, difiere del valor exacto

en |2,34375− 73 | = 0,01041

Ejemplo 34. Utilizar la regla de los trapecios para n = 4 para aproximar

∫ π

0

sinxdx Comparar

con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [0, π] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = π4 (Fig.2).

Como xi = iπ4 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, π

4 ,2π4 , 3π

4 , π y ası, la regla deltrapecio da

T4 =∆x

2

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)

]

2(4)

[f(0) + 2f(

π

4) + 2f(

4) + 2f(

4) + f(π)

]

8

[sin 0 + 2(sin(

π

4)) + 2(sin(

4)) + 2(sin(

4)) + (sin(π))

]

8

[0 +

√2 + 2 +

√2 + 0

]=

π(2√2 + 2)

8= 1,896

El valor exacto de la integral es

∫ π

0

sinxdx = − cosx∣∣∣π

0= 2. Luego, difiere del valor exacto en

|1,896− 2| = 0,104

Fig. 2

Ejemplo 35. Utilice la regla del trapecio con n = 5 para estimar

∫ 2

1

1

xdx. Compare la estimacion

con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 15 (Fig.3).

Como xi = 1 + i5 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 6

5 ,75 ,

85 ,

95 , 2 y ası, la regla del

trapecio da

T5 =∆x

2

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + 2f(x4) + f(b)

]

=1

2(5)

[f(1) + 2f(

6

5) + 2f(

7

5) + 2f(

8

5) + 2f(

9

5) + f(2)

]

=1

10

[1 + 2(

5

6) + 2(

5

7) + 2(

5

8) + 2(

5

9) +

1

2

]= 0,695635

El valor exacto de la integral es

∫ 2

1

1

xdx = lnx

∣∣∣2

1= ln(2) = 0,693147. Luego, difiere del valor

exacto en |0,695635− 0,693147| = 0,00248

Fig. 3

Regla de Simpson

Las sumas de Riemann y la regla del trapecio son aproximaciones razonables a∫ b

af(x)dx.

La regla del trapecio es mas eficiente, da una mejor aproximacion para valores pequenos de

35

Page 36: Calculo Integral La Integral · Calculo Integral La Integral Introduccio´n El c´alculo diferencial se centra en el concepto de derivada. ... crecimiento de po-blaci´on, volumen,

n, lo cual proporciona un algoritmo mas rapido para integracion numerica.

Otra regla para aproximar∫ b

af(x)dx resulta de utilizar parabolas en lugar de segmentos

de recta que producen trapecios, esta es la Regla de Simpson. Como antes, hacemos unaparticion del intervalo [a, b] en n subintervalos de igual longitud ∆x = b−a

n Esta vez, sinembargo, se requiere que n sea par, y los subintervalos se agrupan en pares tales que

Por lo tanto en cada par consecutivo de intervalos la curva se aproxima mediante y =f(x) ≥ 0 una parabola. En la siguiente figura Pi = (xi, f(xi)) es el punto sobre la curva queyace arriba de xi. Una parabola tıpica pasa por tres puntos consecutivos Pi, Pi+1, y Pi+2.

Ejercicio 8. Si p(x) = Ax2 +Bx+ C, entonces firmamos que

∫ b

a

p(x)dx =b− a

6

[p(a) + 4p

(a+ b

2

)+ p(b)

]

Solucion:

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

Ax2 +Bx+ C =Ax3

3+

Bx2

2+ Cx

∣∣∣∣b

a

=A(b3 − a3)

3+

B(b2 − a2)

2+ C(b− a)

=b− a

6

[2A(a2 + ab+ b2) + 3B(b+ a) + 6C

]

=b− a

6

[(Aa2 +Ba+ C)︸ ︷︷ ︸

p(a)

+4[A(

b+ a

2) +B(

b+ a

2) + C

]

︸ ︷︷ ︸4p( a+b

2)

+(Ab2 +Bb+ C)︸ ︷︷ ︸p(b)

]

=b− a

6

[p(a) + 4p(

b+ a

2) + p(b)

]

En cada subintervalo (doble) [xi−2, xi] puede aproximarse f por medio de un polino-mio p de grado menor que o igual a 2. Por ejemplo, en el subintervalo [x0, x2], elegirel polinomio de menor grado que pasa a traves de los puntos (x0, f(x0)), (x1, f(x1))y (x2, f(x2)) como se muestra en la figura 4. De Manera que,

Fig 4.

∫ x2

x0

f(x)dx ≈∫ x2

x0

p(x)dx =x2 − x0

6

[p(x0) + 4p

(x0 + x2

2

)+ p(x2)

]

=2∆x

6

[p(x0) + 4p(x1) + p(x2)

]=

b− a

3n

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]

36

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De manera analoga, supongamos que en el subintervalo [x2, x4] el polinomio q(x) aproxima

a

∫ x4

x2

f(x)dx luego, tenemos que

∫ x4

x2

f(x)dx ≈∫ x4

x2

q(x)dx =b− a

3n

[f(x2) + 4f(x3) + f(x4)

]

Por tanto, repitiendo este procedimiento en el intervalo completo [a, b] encontramos que

∫ b

a

f(x)dx =

∫ x2

x0

f(x)dx+

∫ x4

x2

f(x)dx+

∫ x6

x4

f(x)dx+ · · ·+∫ xn

xn−2

f(x)dx

≈ b− a

3n

([f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]+[f(x2) + 4f(x3) + f(x4)

]+

+[f(x4) + 4f(x5) + f(x6)

]+ · · · +

[f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)

])

Este resultado se conoce como regla de Simpson, y es valida para cualquier funcion con-tinua y = f(x). La funcion no necesita ser positiva, como en nuestra deduccion. El numerode subintervalos n debe ser par para aplicar la regla, ya que cada arco parabolico utiliza dossubintervalos.

Teorema 17. La regla de Simpson

Sea f continua en [a, b] y sea n un entero par. La regla de Simpson para aproximar

∫ b

a

f(x)dx es:

∫ b

a

f(x)dx ≈ Sn =b− a

3n

(f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + · · ·+ 2f(xn−1) + 4f(xn−1) + f(xn)

)

NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de Simpson siguen el siguiente patron.

1, 4, 2, 4, 2, 4, 2 . . . 2, 4, 2, 4, 2, 4, 1

Ejemplo 36. Utilice la regla de Simpson con n = 4 para aproximar

∫ 2

0

5x4dx. Compare la

estimacion con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [0, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x =24 = 1

2 . Como xi = 0 + i2 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 1

2 , 1,32 , 2 y ası, la

regla de Simpson da

S4 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + f(b)

]

=1

2(3)

[f(0) + 4f(

1

2) + 2f(1) + 4f(

3

2) + f(2)

]

=1

6

[0 + 20(

1

2)4 + 10(1)4 + 20(

3

2)4 + 5(2)4

]

=385

12= 32 +

1

12

El valor exacto de la integral es

∫ 2

0

5x4dx = x5∣∣∣2

0= 32. Luego, difiere del valor exacto en

| 38512 − 32| = 112

Ejemplo 37. Utilice la regla de Simpson con n = 10 para aproximar

∫ 1

0

ex2

dx.

37

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SOL: Dividamos el intervalo [0, 1] en 10 subintervalos de la misma longitud ∆x = 110 = 0,1.

Como xi = 0+i(0,1) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,1, 0,2, . . . , 0,7, 0,8, 0,9, 1y ası, la regla de Simpson da

S10 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + · · ·+ 4f(x7) + 2f(x8) + 4f(x9) + f(b)

]

=1

30

[f(0) + 4f(0,1) + 2f(0,2) + 4f(0,3) + · · ·+ 4f(0,7) + 2f(0,8) + 4f(0,9) + f(1)

]

=1

30

[e0 + 4e0,01 + 2e0,04 + 4e0,09 + 2e0,16 + 4e0,25 + 2e0,36 + 4e0,49 + 2e0,64 + 4e0,81 + e1

]

≈ 1,462681

Ejemplo 38. Utilice la regla de Simpson con n = 6 para aproximar

∫ 3

0

x2dx.

SOL: Dividamos el intervalo [0, 3] en 6 subintervalos de la misma longitud ∆x = 36 = 0,5.

Como xi = 0+ i(0,5) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,5, 1, 1,5, 2, 2,5, 3y ası, la regla de Simpson da

S6 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + 4f(x5) + f(b)

]

=1

6

[f(0) + 4f(0,5) + 2f(1) + 4f(1,5) + 2f(2) + 4f(2,5) + f(3)

]

=1

6

[0 + 4(0,25)2 + 2(1)2 + 4(1,5)2 + 2(4) + 4(2,5)2 + 9

]

= 9

El valor exacto de la integral es

∫ 3

0

x2dx =x3

3

∣∣∣3

0= 9

HASTA AQUI VA EL PRIMER EXAMEN. ¡¡¡Exitos!!!

38

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Calculo Integral

Aplicaciones de la Integral

2.1. Areas de regiones Planas

Recordemos que nuestra definicion area A bajo la grafica de una funcion continua positivaf en el intervalo [a, b], esta dada por

A = lım‖P‖→0

n∑

i=i

f(xi)∆xi =

∫ b

a

f(x)dx.

Nuestro nuevo objetivo es determinar areas de regiones mas generates del plano, como:

En general, considere la region que encierra dos funciones f y g las cuales son continuasen el intervalo [a, b]. Podemos interpretar geometricamente el area de la region como

Para verificar este resultado es cierto, empecemos por dividir el intervalo [a, b] entren subintervalos, cada uno de anchura ∆xi. Entonces, como se muestra en la Figura,se traza un rectangulo representativo de anchura ∆x y altura f(xi)− g(xi), dondexi es un punto del i-esimo subintervalo.El area de este rectangulo representativo Ai es

area(Ai) = Altura × ancho = [f(xi)− g(xi)]∆x

Aproximamos entonces el area de la region, sumando las areas de los n rectangulos

39

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A ≈n∑

i=1

area(Ai) =

n∑

i=1

[f(xi)− g(xi)]∆x. Suma de Riemann

La intuicion y la razon nos sugieren que esta aproximacion se puede hacer arbitrariarnenteprecisa, eligiendo n suficientemente grande (esto es, ∆x → 0)

A = lımn→∞

n∑

i=1

[f(xi)− g(xi)]∆x =

∫ b

a

[f(x)− g(x)]dx

la ultima de igualdad es cierta debido a que f y g son continuas.

Definition 18. (Areas entre dos curvas, respecto a x.)Sean f y g continuas tales que f(x) ≥ g(x) en todo [a, b]. Entonces el area A de laregion acotada por las curvas y = f(x) y y = g(x) y por las rectas verticales x = a yx = b es

A =

∫ b

a

[f(x)− g(x)]dx

Algunas regiones se manejan mejor si se considera a x en funcion de y. Si una regionesta limitada con curvas de ecuaciones x = f(y), x = g(y), y = c y y = d, donde f yg son continuas y f(y) ≥ g(y) para c ≤ y ≤ d, entonces su area es

A =

∫ d

c

[f(y)− g(y)]dy

Definition 19. (Areas entre dos curvas, respecto a y.)Sean f y g continuas tales que f(y) ≥ g(y) en todo [c, d]. Entonces el area A de laregion acotada por las curvas x = f(y) y x = g(y) y por las rectas verticales y = c yy = d es

A =

∫ d

c

[f(y)− g(y)]dy

Por ejemplo, segun las graficas, es mas facil integrar respecto a x o respecto a y?

Cuando el rectangulo representativo es un rectangulo vertical (de anchura ∆x) en-tonces integramos respecto a x, y debemos identificar las funciones

ysup, yınf de manera que A =

∫ b

a

[ysup − yınf ]dx

Cuando el rectangulo representativo es un rectangulo horizontal (de anchura ∆y)entonces integramos respecto a y, y debemos identificar las funciones

xder, xizq de manera que A =

∫ d

c

[xder − xizq]dy

40

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PASOS PARA CALCULAR AREAS PLANAS:

Dibujar las graficas de las curvas.

Indentificar el rectangulo representativo mas apropiado Vertical o Horizontal.

Si el rectangulo es Vertical entonces integramos respecto a x, y buscamos la funcionque esta por encima, ysup y la funcion que esta por abajo yınf .

Si el rectangulo es Horizontal entonces integramos respecto a y y buscamos la funcionque esta a derecha, xder y que funcion que esta a izquierda xizq.

Buscamos los lımites de integracion graficamente. Si no fuese posible, los determinamos,resolviendo la ecuacion f = g.

Integramos la funcion f − g para hallar el area de la region.

Ejemplo 39. Encontrar el area de la region acotada por las graficas de y = x2 + 2,y = −x, x = 0 y x = 1.

SOL: Segun la grafica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =x2 + 2 y yınf = −x y el area de la region es

∫ b

a

(ysup − yınf)dx =

∫ 1

0

[(x2 + 2)− (−x)]dx =

Ejemplo 40. Encontrar el area de la region acotada por la parabola y la rectay = 2− x2, y = −x.

SOL: Segun la grafica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =2− x2 y yınf = −x. Ahora, hallamos los lımites de integracion resolviendo el sistemay = 2− x2 y y = −x. Usando el metodo de igualacion tenemos

2− x2 = −x x2 − x− 2 = 0 (x+ 1)(x− 2) = 0 ⇒ x = −1, x = 2

Por tanto, el area de la region es

∫ b

a

(ysup − yınf)dx =

∫ 2

−1

[(2− x2)− (−x)]dx =

Ejemplo 41. Encontrar el area de la region acotada por las funciones y = sin(x) yy = cosx con 0 ≤ x ≤ 9π

2 .

SOL: Segun la grafica, es mas facil si integramos respecto a x. Hallamos los lımitesde integracion resolviendo el sistema y = sinx y y = cosx. Usando el metodo deigualacion.

sinx = cosx tanx = 1 ⇒ x =π

4,5π

4,9π

4

Observe que, no existe un funcion superior, ni inferior para todo 0 ≤ x ≤ 9π2 . Motivo

por el cual no podemos calcular al area de la region usando una sola integral. Laregion se divide en dos regiones, luego el area

A =

∫ 5π/4

π/4

(ysup − yınf)dx+

∫ 9π/4

5π/4

(ysup − yınf)dx

=

∫ 5π/4

π/4

(senx− cosx)dx+

∫ 9π/4

5π/4

(cosx− sinx)dx

=

41

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Ejemplo 42. Encontrar el area de la region acotada por las graficas de x = 3− y2 yx = y + 1.

SOL: Segun la grafica, es mas facil si integramos respecto a y. Claramente, xder =3− y2 y xizq = y + 1. No es difıcil ver que las curvas se intersecan cuando y = −2 yy = 1. El area de la region es

A =

∫ 1

−2

(xder − xizq)dy =

∫ 1

−2

[(3− y2)− (y + 1)

]dy

=

2.2. Volumenes de Solidos

Empiece con un tipo simple de solido llamado cilindro, (o mejor dicho) un cilindro recto.el volumen V del cilindro se define como V = Ah

En el caso de un solido S que no es un cilindro, primero iniciemos cortando a Scon un plano, y obtenga una region plana que se denomina seccion transversal de S.

Sea A(x) el area de la seccion transversal de S en un plano Px perpendicular al eje xy que pasa por el punto x, donde a ≤ x ≤ b. Imagine que corta a S con un cuchillo atraves de x y calcule el area de esta rebanada.) El area de la seccion transversal A(x)variara cuando x se incrementa desde a hasta b.

Divida S en n rebanadas del mismo ancho mediante los planos, Px1, Px2

, . . . , (Pararebanar el solido imagine que esta rebanando un pan de hornitos “ummm que rico”).Si elige puntos muestrales x∗

i en [xi−1, xi], luego podemos obtener un valor apro-

ximado de la i-esima rebanada Si que queda entre los planos Pxi−1y Pxi

con uncilindro cuya base tiene un area A(x∗

i ) y altura ∆x.

(Observe que Si, es como una loncha “de queso” y el cilindro serıa dos rebenadas de panjuntas)

42

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El volumen de este cilindro es A(x∗i )∆x de modo que el volumen aproximado de Si es.

V ol(Si) ≈ A(x∗i )∆x

Al sumar los volumenes de todas las rebanadas del intervalo [a, b], tenemos un volumen totalaproximado,

V ≈n∑

i=1

A(x∗i )∆x

Esta aproximacion parece ser cada vez mejor cuando n → ∞. (Es decir, las rebanadas soncada vez son mas delgadas.)

Definition 20. (Volumen seccion transversal respecto a x.)Sea S un solido que esta entre x = a y x = b. Si el area A(x) de la seccion transversalde S en el plano Px, entonces el volumen de S es

V = lımn→∞

n∑

i=1

A(x∗i )∆x =

∫ b

a

A(x)dx

PASOS PARA CALCULAR UN VOLUMEN DE UN SOLIDO

1. Bosqueje el solido y una seccion transversal representativa vertical o horizontal.

2. Determine una formula para el area de una seccion transversal A(x) o A(y)

3. Determine los lımites de integracion.

4. Integre A(x) o A(y) por medio del Teorema Fundamental.

Ejemplo 43. Cilindro recto de base ASea A(x) el area de la seccion transversal de un cilindro que cuyo eje es el eje y, LuegoA(y) = A para toda y (A=base del cilindro puede ser redonda, cuadrada, triangular, ect).De este modo, que

V =

∫ d

c

A(y)dy =

∫ b

a

Ady = A

∫ d

c

dx = A(c− d) = Ah.

Ejemplo 44. Esfera

Demuestre que el volumen de una esfera de radio r es V = 43πr

3

SOL: Consideremos la esfera con centro en el origen, entonces haciendp un cortetranversal en el punto x obtenemos un cırculo cuyo radio es y =

√r2 − x2. De este

modo queA(x) = πy2 = π(r2 − x2)

Como a = −r y b = r entonces

V =

∫ r

−r

A(x)dx =

∫ r

−r

π(r2 − x2)dx =4

3πr3

43

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Ejemplo 45. Determine el volumen de un solido que se obtiene al girarla region y =

√x bajo la curva con respecto al eje x desde 0 hasta 1.

SOL: Basandonos en dibujo, podemos afirmar que al hacer un cortetransversal en el punto x obtenemos un disco de radio

√x. Luego

A(x) = π(√x)2

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

πx =

Ejemplo 46. Calcule el volumen del solido generado al rotar la regiondefinida por y = x3, y = 8 y x = 0, y con respecto al eje x

SOL: Como la region gira alrededor del eje y, tiene sentido rebanar

el solido en forma perpendicular al eje y, y, por lo tanto, integraremosrespecto a y. Cuando cortamos en el punto y obtenemos un disco deradio x. Luego

A(y) = πx2 = π( 3√y)2

y el solido esta entre y = 0 y y = 8, de modo que

V =

∫ 8

0

A(y)dy =

∫ 8

0

πy2/3dy =

Ejemplo 47. Sea R la region encerrada por las curvas y = x yy = x2

1. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor deleje x.

2. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor de larecta y = 2.

3. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor de larecta x = −1.

SOL (1): Claramente los puntos de corte son (0, 0) y (1, 1) (Fig1 ). Una seccion transversal es un anillo de rint = x2 y rext = x.Luego

A(x) = πx2 − π(x2)2 = π(x2 − x4)

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

π(x2 − x4)dx =2π

15

SOL (2): Una vez mas la seccion transversal es un anillo que cortael eje x, pero ahora el rint = 2− x y rext = 2− x2. Luego

A(x) = π(2− x2)2 − π(2− x)2

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

π[(2− x2)2 − (2− x)2]dx =

Fig 1

44

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SOL (3): Ahora nuestra seccion transversal es un anillo quecorta el eje y, donde rint = 1 + y y rext = 1 +

√y. Luego

A(y) = π(1 +√y)2 − π(1 + y)2

y el solido esta entre y = 0 y y = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(y)dy =

∫ 1

0

π[(1 +√y)2 − (1 + y)2]dy =

2.3. Volumenes mediante cascarones cilındricos

Algunos volumenes son muy difıciles de manejar con los metodos de las seccionestransversales. Por ejemplo, considere el volumen del solido que se obtiene al hacergirar la region y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y. Si cortamos obtendremos unanillo, pero

rint =? rext =?

pues no podemos despejar x en terminos de y. Por fortuna, hay un sistema llamadometodo de los cascarones cilındricos, que es mas facil de usar en tal caso.

Un cascaron cilındrico de radio interior r1, radio exterior r2 y altura h. Su volu-men Vcas se calcula restando el volumen V1 del cilindro interior del volumen V2 quecorresponde al cilindro exterior:

Vcas = V2 − V1 = πr22h− πr21h = π(r22 − r21)h

= π(r2 + r1)(r2 − r1)h

= 2πr1 + r2

2h(r2 − r1)

= 2πrh∆r

Es decir,Vcascaron = [circunferencia][altura][espesor]

Consideremos ahora el area de una funcion y = f(x) en [a, b], la cual gira gira alrededordel eje y. Dividamos [a, b] en n subintervalos de igual anchura ∆x y sea xi el puntomedio del i-esimo subintervalo. Si el rectangulo de base [xi−1, xi] y altura f(xi) sehace girar alrededor del eje y, despues el resultado es un cascaron cilındrico cuyo radiopromedio es xi, altura f(xi) y espesor ∆x, de modo que su volumen es

Vi = 2πxi[f(xi)]∆x

Por tanto,

Vi ≈n∑

i=1

Vi =

n∑

i=1

2πxi[f(xi)]∆x

Esta aproximacion mejora cuando n → ∞.

V = lımn→∞

n∑

i=1

2πxi[f(xi)]∆x =

∫ b

a

2πxf(xi)∆x

45

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Definition 21. (Volumen cascarones cilındricos resp a x.)El volumen del solido que se obtiene al hacer girar alrededor del eje y la region bajola curva desde a hasta b, es

V =

∫ b

a

2πxf(x)dx donde 0 ≤ x < b

NOTA: La mejor manera de recordar esta formula es

∫ b

a

2πx︸︷︷︸circuferencia

f(x)︸︷︷︸altura

dx︸︷︷︸espesor

Ejemplo 48. Determine el volumen del solido que se obtiene al hacer girar la region delimitadapor y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y.

SOL: Haciendo un cascaron o cilindro representativo vemos que tiene radio x, circunferencia 2πxy altura f(x) = 2x2 − x3. Ademas, este cilindro se desplaza desde x = 0 a x = 2. Por tanto,

V =

∫ 2

0

(2πx)(2x2 − x3)dx =16π

5

Ejemplo 49. Calcular el volumen del solido obtenido al hacer girar la region entrey = x y y = x2 alrededor del eje y.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio x, circunferencia 2πx y altura x− x2. El volumenes,

V =

∫ 1

0

(2πx)(x− x2)dx =π

6

Ejemplo 50. Calcular el volumen del solido que se obtiene al hacer girar la regionbajo la curva y =

√x desde 0 hasta 1 alrededor del eje x.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio y, circunferencia 2πy y altura 1 − y2. Luego, elvolumen

V =

∫ 1

0

(2πy)(1− y2)dy =π

2

En este problema, el metodo de secciones tranversales es mucho mas simple.

46

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Ejemplo 51. Calcular el volumen del solido que se obtiene al hacer girar al girar alrededorde la recta x = 2 la region definida y = x− x2 y y = 0.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio 2− x, circunferencia 2π(2− x) y altura x− x2. Luego,el volumen

V =

∫ 1

0

(2π(2− x)(x− x2)dx =π

2

Longitud de Arco y Solidos de Revolucion

Sabemos que significa longitud de un segmento de recta. Por ejemplo, Arquımedesutilizo los perımetros de polıgonos inscritos para aproximar el perımetro de una circunferen-cia.

Usaremos esta misma idea para describir la longitud de una curva mas general.

Longitud de una curva definida en forma parametrica

Supongamos que el camino C de una particula movil en R2 esta descrito por las ecuaciones

x = f(t) y = g(t) a ≤ t ≤ b

y pretendemos calcular la distancia total recorrida por la particula a lo largo de C.Observe que, C(t) = (f(t), g(t)) es una curva dada en forma parametrica. Primero impon-dremos ciertas restricciones sobre las funciones f y g, para evitar curvas “extranas”, paraello vamos a suponer que f y g son funciones continuamente diferenciables. Esto es, tienenderivadas continuas en el intervalo [a, b] y NO se anulan simultaneamente. (en los extremostendremos continuaidad a derecha e izquierda resp.) Geometricamente, esta condicion sobref y g garantiza que C posee recta tangente en cada punto y que esta tangente cambiade forma continua al movernos por C. Bajo estas condiciones, diremos que la curva C es suave

Para calcular la distancia de la curva C subdividimos la trayectoria AB en n partes en lospuntos A = P0, P1, P2, . . . , Pn = B. Estos puntos corresponden a una particion del intervalo[a, b] por medio de

a = t0 < t1 < · · · < tn = b, C(tk) = Pk = (f(tk), g(tk))

47

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Despues, unimos los puntos Pk mediante segmentos de recta.

Un segmento representativo tiene longitud

Lk =√

(∆x)2 + (∆yk)2

=√[f(tk)− f(tk−1)]2 + [g(tk)− g(tk−1)]2

De acuerdo con el Teorema del Valor Medio, existen numeros t∗ y t∗∗ en [tk−1, tk] talesque

f(tk)− f(tk−1)

tk − tk−1=f ′(t∗) ⇒ f(tk)− f(tk−1) = f ′(t∗)∆tk

f(tk)− g(tk−1)

tk − tk−1=g′(t∗∗) ⇒ g(tk)− g(tk−1) = g′(t∗∗)∆tk

Por tanto, la longitud de la curva AB es igual

L ≈n∑

k=1

Lk =

n∑

k=1

√[f(tk)− f(tk−1)

]2+[g(tk)− g(tk−1)

]2

=

n∑

k=1

√[f ′(t∗)

]2+[g′(t∗∗)

]2∆tk

Aunque la suma de la derecha no es exactamente una suma de Riemann (ya que f ′ y g′

se evaluan en diferentes puntos), pero, conforme la ‖∆tk‖ → 0, esta sumatoria tiende a laintegral definida

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt

Por lo tanto, es razonable definir la longitud de la curva de A a B como esta integral

Definition 22. (Longitud de una curva parametrizada.Sea C(t) = (f(t), g(t)) una curva parametrica suave donde f , g funciones continua-mente diferenciables en [a, b], entonces la longitud de C(t) es la integral definida

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt

NOTA: Nuestras curvas suaves C(t) no pasa dos veces por el mismo lugar ni invierte ladireccion del movimiento en el intervalo de tiempo [a, b], ya que (f ′)2 + (g′)2 > 0 en todo elintervalo.

NOTA: Si denotamos por x = f(t) y y = g(t) entonces C(t) = (x(t), y(t)) y

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt

NOTA ¿Que sucede si existen dos parametrizaciones diferentes para una curva C cuyalongitud queremos determinar? ¿importa cual utilicemos?, La respuesta es que no, siempre ycuando la parametrizacion que elijamos cumpla las condiciones establecidas en la definicionde la longitud de C.

48

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Ejemplo 52. Consideremos la trayectoria de una particula con movimiento uniforme sobreel segmento rectilineo que une P (x1, y1) y Q(x2, y2)

SOL: Hallemos las ecuaciones parametricas que describen este movimineto, no es dificilver que estas ecuaciones son

x = (1− t)x1 + tx2 y = (1− t)y1 + ty2 0 ≤ t ≤ 1

Luego,

L =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt =

∫ 1

0

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2dt

=

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2 ∫ 1

0

dt =

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2= d(P,Q)

Calcule la longitud consideremos las sigueintes parametrizaciones:

(a)

x = (1− 2t)x1 + 2tx2

y = (1− 2t)y1 + 2ty2 0 ≤ t ≤ 12

(b)

x = (1− tan t)x1 + (tan t)x2

y = (1− tan t)y1 + (tan t)y2 0 ≤ t ≤ π4

Ejemplo 53. Calcule la longitud de la curva que tiene las sigueintes paramentrizaciones

(a)

x = r cos t

y = r sin t 0 ≤ t ≤ 2π(b)

x = r cos t

y = r sin t 0 ≤ t ≤ 4π

SOL: Segun la formula,

√(dxdt

)2+(dydt

)2=√(

r2 sin2 t+ r2 cos2 t = r. Luego

La =

∫ 2π

0

rdt = 2πr Lb =

∫ 4π

0

rdt = 4πr

Observe que en el primer caso, el circulo se recorre una sola vez, por tanto, la longitud 2πr.En el segundo caso, recorremos dos veces el cırculo, y la longitud de arco es el doble.

NOTA: este ultimo ejemplo muestra que un arco no debe considerarse tan solo como unconjunto de puntos.

Longitud de una curva y = f(x)

Dada una funcion continuamente diferenciable (suave) y = f(x), a ≤ x ≤ b. Aquı, la curvatiene la forma C(x) = (x, f(x)) para una mejor intepretacion podemos asignar x = t comoun parametro. Entonces, la grafica de la funcion f es la curva definida parametricamente por

x = t y y = f(t), a ≤ t ≤ b

un caso especial de lo que hemos considerado antes. Entonces,

dx

dt= 1 y

y

dt= f ′(t) a ≤ t ≤ b

Por tanto, tenemos la siguiente definicion

Definition 23. (Longitud de una curva y = f(x), a ≤ t ≤ b)Si f es continuamente diferenciable en el intervalo cerrado [a, b], la longitud de lacurva (grafica) y = f(x), de x = a a x = b es

L =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt =

∫ b

a

√(1 +

(dydt

)2dt =

∫ b

a

√1 +

(f ′(x)

)2dx

49

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PREG: ¿Como seria la definicion de la longitud si la curva esta dado por x = f(y)?Escribela:

Ejemplo 54. Determinar la longitud de la curva y =4√2

3x3/2 − 1 0 ≤ x ≤ 1

SOL: No es dificil ver que dydx = 2

√2x1/2. Aquı integramos respecto a x, luego los limites

son a = 0 y b = 1. Por tanto,

L =

∫ b

a

√1 +

(f ′(x)

)2dx =

∫ 1

0

√1 + 8x dx =?

Ejemplo 55. Encuentre la longitud del arco de la parabola y2 = x de (1, 1) a (4, 2)

SOL: Como x = y2, se tiene que dxdy = 2y. Aquı integramos respecto a y por ende los

limites son c = 1 y d = 2. Luego

L =

∫ d

c

√1 +

(dxdy

)2dy =

∫ 2

1

√1 + 4y2 dy =?

Ejemplo 56. Longitud de una grafica y = f(x) con discontinuidad en dy/dx

Determinar la longitud de la curva y =(x2

)2/3en [0, 2].

SOL: Calaramentedy

dx=

1

3

( 2x

)1/3no esta definida en x = 0 por lo que no podemos

determinar la longitud de la curva y = f(x). PERO, si reescribimos la ecuacion para expresarx en terminos de y

y =(x2

)2/3⇒ x = 2y3/2

Luego, la derivadadx

dy= 3y1/2 es continua en [0, 1]. Por consiguiente, podemos utilizar la

definicion de Longitud de curva para x = g(y). En decir,

L =

∫ d

c

√1 +

(g′(y)

)2dy =

∫ 1

0

√1 + 9y dy =

2.3.1. Funcion longitud de arco

Se encontrara util tener una funcion que mida la longitud de arco de una curva de un determinadopunto de partida a cualquier otro punto sobre la curva. Ası, si una curva uniforme C tiene laecuacion y = f(x), a ≤ x ≤ b, sea s(x) la distancia a lo largo de C del punto inicial P (a, f(a))al punto Q(x, f(x)). Entonces s es una funcion, llamada la funcion longitud de arco la cual estadefinida por,

s(x) =

∫ x

a

√1 +

(f ′(t)

)2dt

Observe que usando TFC1 para derivar (puesto que el integrando es continuo)

s′(x) =√1 +

(f ′(x)

)2=

√1 +

(dydx

)2

Esta ecuacion demuestra que la relacion de cambio de s con respecto a x es siempre por lo menos1 y es igual a 1 cuando, f ′(x) = 0, es decir, la pendiente de la curva es 0.

50

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NOTA: Hay una manera simbolica para recordar la longitud de una curva. Pensernos en dos puritoscercanos P (x, y) y Q(x + dx, x + dy) en el arco suave C y denotemos ds la longitud del arco queune P y Q. Imaginemos que P y Q se encuentran “tan cerca” que ds es, para todos los propositospracticos, igual a la longitud del segmento de recta PQ. Entonces usando Teorema de Pitagorasimplica

ds =√(dx)2 + (dy)2 =

√(dx)2 +

(dydx

dx)2

=

√1 +

(dydx

)2dx =

√1 +

(dxdy

)2dy

Pensarnos la longitud total s de C como la surna de piezas pequenas tal como ds y escribimos

s =

∫ ∗∗

∗ds

Ejemplo 57. Encuentre la funcion longitud de arco s(x) para la curva y = x2 − 18 lnx

tomando a P (1, 1) como el punto de partida. Adicionalmente calcule s(4)

SOL: Como y = x2 − 18 lnx entonces dy

dx = 2x− 18x , ademas como P (1, 1) es el piunto de

inicio entonces a = 1. Por tanto

s(x) =

∫ x

1

√1 +

(dydt

)2dt =

∫ x

1

(2t− 1

8t

)dt = x2 +

1

8lnx− 1

Luego s(x) =?

2.4. Areas de superficies de rotaciones

Una superficie de revolucion “cascara” es aquella superficie que se obtiene al giraruna arco de curva alrededor de un eje, que se encuentra en el mismo plano del arco.Por ejemplo, La superficie de un cilindro, una esfera, un cono.

Cilindro: Se logra haciendo girar un segmento de recta horizontal AB que tienelongitud ∆x alrededor del eje x, logrando obtener una area superficial de 2πy∆x.Esta area es la misma que la del rectangulo cuyos lados miden ∆x y 2πy. La longitud2πy es el perımetro de la circunferencia de radio y generado al hacer girar, alrededordel eje x, la lınea AB.

Cono: Tomemos un cono circular con radio de base r y altura de inclinacion l, sicortamos y aplanamos esta region obtenemos un sector de un cırculo con radiol y angulo central θ = 2πr

l . Se sabe que, en general, un sector de un cırculocon radio m y angulo α tiene satisface

Lsec−cir = mα Asec−circ =m2α

2

por lo tanto, aplicando esto a nuestro sector circular, tenemos que m = l yα = 2πr

l . De manera que

Asup−cono =l2(2πr)

2l= πrl

51

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Tronco Suponga que el segmento AB tiene longitud l y esta inclinado en lugar de serhorizontal. Cuando se hace girar alrededor del eje x, genera el tronco de un cono (Fig.1). El area de este tronco de un cono es

Atronco = 2πrl donde r =r1 + r2

2Fig. 1

En efecto, el area del tronco de cono con una altura inclinada l y radios superior r1e r2 inferior y se encuentra al restar las areas de dos conos:

Atronco = Acono−grande −Acono−pequeno

= πr2(l1 + l)− πr1l1 = π[(r2 − r1)l1 + r2l]

Por semejanza de triangulos tenemos l1r1

= l1+lr2

de donde deducimos (r2− r1)l1 = r1l.Por tanto

Atronco = π(r1 + r2)l = 2π(r1 + r2

2

)l = 2πrl

Trabajemos con estos principios geometricos para definir el area de la superficie de rota-cion.

Suponga que queremos determinar el area de una superficie de rotacion que se originaal hacer girar, alrededor del eje x, la grafica de una funcion continua no negativa y = f(x),a ≤ x ≤ b. Dividimos el intervalo cerrado [a, b] de la manera usual y usamos los puntos de laparticion para subdividir la grafica en pequenos arcos.

Observe que el arco PQ al girar alrededor del eje x, origina un tronco de un cono cuyo

eje esta en el eje x. El area de la superficie del tronco es 2πy∗L donde y∗ = f(xk−1)+f(xk)2 y

L =√[xk − xk−1]2 + [f(xk)− f(xk−1)]2 =

√1 + [

f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1]2(xk − xk−1)

=√1 + [f ′(ck)]2∆xk ck ∈ [xk−1, xk]

Luego, el area de la superficie del tronco originado en el suintervalo [xk−1, xk] es:

Atronco = 2πy∗L = 2πf(xk−1) + f(xk)

2

√1 + [f ′(ck)]2

Por tanto, el area de la superficie de revolucion se aproxima por medio de la suma de lasareas de los troncos

Asup−rev ≈n∑

i=1

π[f(xk−1) + f(xk)

]√1 + [f ′(ck)]2

Estas sumas no son las sumas de Riemann de alguna funcion, ya que los puntos xk−1, xk yck no son iguales. Sin embargo, cuando ‖P‖ → 0, las sumas de la ecuacion convergen a la

52

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integral

ASup−Rev =

∫ b

a

2πf(x)√

1 + [f ′(x)]2dx

Definition 24. Area superficial para rotacion alrededor del eje xSi la funcion y = f(x) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [a, b], el area de la superficie

generada al hacer girar la curva y = f(x) alrededor del eje x es

Area(S) =

∫ b

a

2πy

√1 + [

dy

dx]2dx =

∫ b

a

2πf(x)√

1 + [f ′(x)]2dx

Para rotaciones alrededor del eje y, intercambiamos x y y. Luego

Definition 25. Area superficial para rotacion alrededor del eje ySi la funcion x = g(y) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [c, d], el area de la superficie

generada al hacer girar la curva x = g(y) alrededor del eje y es

Area(S) =

∫ d

c

2πx

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ d

c

2πg(y)√1 + [g′(y)]2dy

Para deducir facilmente las formulas de areas de superficies, basta con recordar la fig 2.

A(S) =

∫2πxds Eje y A(S) =

∫2πyds Eje x

Pero, como ds lo podemos escribir en terminos de x o y. Pues

ds =√(dx)2 + (dy)2 =

√1 +

(dydx

)2dx =

√1 +

(dxdy

)2dy

Entonces, el area de la superfice se puede calcular integrando respecto a x o y. En resumen,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds, donde r denota el radio del circulo que origina ds

Fig 2.

Ejemplo 58. Determine el area del paraboloide, que se obtiene al girar el arco pa-rabolico y = x2, 0 ≤ x ≤

√2 en torno del eje y

SOL: Como gira en torno al eje y entonces el radio de giro es r = x. Ahora siguiendo, laformula general A(S) =

∫ ∗∗∗ 2πrds y dado que dy

dx = 2x es mas facil que dxdy . Entonces

calculamos el area de esta superficie integrando respecto a x. Ası,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ √2

0

2πx

√1 + [

dy

dx]2dx =

∫ √2

0

2πx√1 + (2x)2 =?

EJERCICIO: Calcule nuevamente A(S), pero integrando respecto a x.

53

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Ejemplo 59. Determinar el area de la superficie generada al hacer girar la curvay = 2

√x, 1 ≤ x ≤ 2 alrededor del eje x.

SOL: Aquı, la rotacion es en el eje x, luego el radio del circulo es r = y. Por otraparte, es mas facil dx

dy = y2 . Asi que integramos respecto a y,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ 2√2

2

2πy

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ 2√2

2

2πy

√1 + [

y

2]2dy =??

EJERCICO: Calcular A(S) integrando respecto a x.

Ejemplo 60. Determinar el area de la superficie generada al hacer girar la curvax = 1− y, 0 ≤ y ≤ 1 alrededor del eje y

SOL: Claramente esta superficie es un cono. Dado que la superficie esta rotando sobreel eje y es decir r = x, y ademas como la derivada es facil resp a y, entonces esta vezvoy a integrar respecto a y. Luego usando la formula tenemos

Area(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ 2

0

πx

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ 1

0

2π(1− y)√2dy =?

2.5. Momentos y centros de masa

En esta seccion se estudiaran varias aplicaciones importantes de la integracionque se relacionan con la masa. La masa es una medida de la resistencia deun cuerpo al cambiar su estado de movimiento, y es independiente del sistemagravitatorio particular en que el cuerpo se encuentre. Sin embargo, porquetantas aplicaciones que involucran la masa ocurren en la superficie de la Tierra,la masa de un objeto a veces es identificada con su peso. Esto no es tecnicamentecorrecto. El peso es un tipo de fuerza y como tal es dependiente de la gravedad.La fuerza y la masa estan relacionadas por la ecuacion

Fuerza = (masa)(Aceleracion)

Ejemplo 61. Masa en la superficie de la Tierra

Encontrar la masa (en slugs) de un objeto cuyo peso al nivel del mar es 1 libra.

SOL: Usando 32pies/s2 como la aceleracion debida a la gravedad produce

Masa =Fuerza

aceleracion=

1 libra

32 pies/s2= 0,03125

libras

pies/s2= 0,03125 slug

El objetivo principal aquı es hallar el punto P sobre el que una placa delgadade cualquier forma se balancea horizontalmente como en la fig 1. El punto sellama centro de masa (o centro de gravedad) de la placa. El cual depende delos momentos de la masa

Para entender con mas detalle los momentos de masa de una placa, consideraremos lasituacion mas simple de momentos de una masa. El momento respecto a un punto y elmomento respecto a una recta.

Primero, supongamos que la masa m se concentra en un punto. Si x es la distancia entre

54

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este punto masa y otro punto P , el momento de m sobre el punto P es

Momento=mx x es la longitud del brazo del momento.

Momentonino Izq = (20)(2) = 40(kg)(m)Momentonino der = (30)(2) = 60(kg)(m)

Para equilibrar el columpio, los dos momentos deben ser iguales. Por ejemplo, si el nino masgrande se moviera a una posicion de 4

3 metros del apoyo, el columpio se equilibrarıa, porquecada nino producirıa un momento de 40 kilogramos-metros.

Generalizacion. Supongamos algunas masas localizadas en el eje x. La medida de la ten-dencia de este sistema a girar sobre el origen es el momento respecto al origen, y se definecomo la suma n de productos mixi.

M0 = m1x1 +m2x2 + · · ·+mnxn

Si m1x1 +m2x2 + · · ·+mnxn = 0, el sistema esta en equilibrio.

En el caso en que el sistema no esta en equilibrio en x = 0, entonces debemos buscar unpunto x para que el sistema este equilibrado, esto es, nos interesa saber en que punto colocarx para que la suma de los momentos sea igual a cero:

0 =n∑

i=1

mi(x− xi) =n∑

i=1

mix−n∑

i=1

mi(xi)

= x

n∑

i=1

mi −n∑

i=1

mi(xi)

Por tanto,

x =

n∑

i=1

mixi

n∑

i=1

mi

=Momentos resp a 0

Masa del sistema

Ejemplo 62. Centro de masa de un sistema lineal

Encontrar el centro de masa del sistema lineal mostrado en la figura

55

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SOL: Observe que la masa del sistema es m = m1 +m2 +m3 +m4 = 40. Mientras que elmomento sobre el origen es:

M0 = m1x1 +m2x2 +m3x3 +m4x4

= 10(−5) + 15(0) + 5(4) + 10(7) = 40x =

M0

m=

40

40= 1

Definition 26. Momentos y centro de masa: Sistema Unidimensional DiscretaSean las masas puntuales m1,m2, . . . ,mn localizada en x1, x2, . . . , xn.

El momento respecto del origen es M0 = m1x1 +m2x2 + · · ·+mnxn.

El centro de masa es x =M0

m= donde m = m1 +m2 + · · · +mn es la masa total

del sistema.

Alambres y varillas delgadas En muchas aplicaciones, necesitamos conocer el centro demasa de una varilla o de una franja delgada de metal. En casos como estos, los sımbolos desuma de nuestras formulas se convierten en integrales, tal como se describe a continuacion.

Imagine que tenemos una franja larga y delgada en el eje x de masa m desde x = ahasta x = b y que la cortamos en pequenas partes de masa ∆mk por medio de una particiondel intervalo [a, b]. Para ello, elegimos cualquier punto xk en el k-esimo subintervalo de laparticion.

La k-esima pieza tiene una longitud de ∆xk unidades, y se encuentra aproximadamente axk unidades del origen. Por tanto, el momento de cada pieza de la franja respecto del origenes aproximadamente xk∆mk. De manera que

Momento V arilla ≈n∑

i=1

xk∆mk.

Pero, ∆mk ≈ ρ(xk)∆xk (masa por unidad de longitud por longitud): Luego,

x ≈ Monento del sistema

Masa total=

∑xk∆mk∑∆mk

≈∑

xkρ(xk)∆xk∑ρ(xk)∆xk

Observe que el numerador y el denominador son sumas de Riemann para las funciones con-tinuas xρ(x) y ρ(x) en el [a, b].

Esta aproximacion mejora conforme la franja sea dividida en partes cada vez mas pe-quenas, lo cual nos conduce a

x =

∫ b

axρ(x)dx∫ b

aρ(x)

56

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Definition 27. Momentos y centro de masa: Sistema Unidimensional ContinuaMomento, masa y centro de masa de una varilla delgada o de una franja a lo largo del ejex con funcion de densidad ρ(x)

El momento respecto del origen es M0 =∫ b

axρ(x)dx.

El centro de masa es x =M0

mdonde m =

∫ b

aρ(x)dx es la masa total del sistema.

Ejemplo 63. Varilla con densidad constante

Demostrar que el centro de masa de una varilla o de una franja recta y delgada de densidadρ constante y longitud b− a, es x = a+b

2 .

SOL: Usando las formulas para una varilla o franja recta y delgada de densidad ρ cons-tante, tenemos

x =M0

m=

ρ

∫ b

a

xdx

ρ

∫ b

a

dx

=(b2 − a2)

2(b− a)=

a+ b

2

Ejemplo 64. Varilla con densidad variable

La varilla de 10m de longitud aumenta su grosor de izquierda a derecha, porlo que su densidad, es ρ(x) = 1+ x

10 kg/m. Determinar el centro de masa x dela varilla.

SOL: Usando las formulas para una varilla con de densidad ρ variable, tenemos que elmomento de la varilla con respecto al origen es:

M0 =

∫ b

a

xρ(x)dx =

∫ 10

0

x(1 +x

10)dx =

250

3kg m

La masa total del sistema es:

M =

∫ b

a

ρ(x)dx =

∫ 10

0

(1 +x

10)dx = 15 kg

Por tanto, el centro de masa de la varilla se ubica en el punto x = M0

m = 509 ≈ 5,56m.

Masas distribuidas sobre una region plana (puntos-discretos)

Ahora considere un sistema de n partıculas con masas m1,m2, · · · ,mn localizadas en lospuntos (x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn) en el plano xy como se muestra en la fig. Por analogıacon el caso unidimensional, se define el momento del sistema respecto al eje y y respectoal eje x como

My =n∑

i=1

mixi Mx =n∑

i=1

miyi

De manera que, My mide la tendencia del sistema a girar respecto al eje y y Mx mide latendencia a girar respecto al eje x. Como en el caso unidimensional, las coordenadas delcentro de masa estan dadas en terminos de los momentos por las formulas

x =My

my =

Mx

m

donde m =∑

mi es la masa total.

57

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Ejemplo 65. Encontrar el centro de masa de un sistema de masas puntuales m1 = 6,m2 = 3, m3 = 2 y m4 = 9, localizados en (3,−2), (0,0), (−5, 3) y (4, 2)

SOL: Aquı la masa total es m = 6+ 3+ 2+ 9 = 20, el momento sobre el eje y, My = 6(3) +3(0)+2(−5)+9(4) = 44 y el momento sobre el eje y, Mx = 6(−2)+3(0)+2(3)+9(2) = 12.Por tanto,

x =My

m=

11

5y =

Mx

m=

3

5⇒ el centro de masa es (

11

5,3

5)

Definition 28. Momentos y centro de masa: Sitema Bidimensional (Discreto)Sean las masas puntuales m1,m2, . . . ,mn localizada en (x1, y1), (x2, y2) . . . , (xn, yn).

El momento respecto al eje y es My = m1x1 +m2x2 + · · ·+mnxn.

El momento respecto al eje x es Mx = m1y1 +m2y2 + · · ·+mnyn.

El centro de masa (x, y) es x =My

m= y y =

Mx

m= donde m = m1 +m2 + · · · +mn

es la masa total del sistema.

Ejemplo 66. Encuentre los momentos del centro de masa del sistema de objetos que tienenmasas m1 = 3, m2 = 4 y m3 = 8 en los puntos (−1, 1), (2,−1) , y (3, 2), respectivamente.

SOL: Aquı la masa total es m = 3 + 4 + 8 = 15, el momento sobre el eje y, My =3(−1) + 4(2) + 8(3) = 29 y el momento sobre el eje x, Mx = 3(1) + 4(−1) + 8(2) = 15. Portanto,

x =My

m=

29

15y =

Mx

m= 1 ⇒ el centro de masa es (1

14

15, 1)

Centro de masa de una lamina plana (Puntos continuos)

En muchas aplicaciones es necesario determinar el centro de masa de una placaplana y delgada con densidad ρ (normalmente ρ es constante), por ejemplo, undisco de aluminio, o una hoja triangular de acero. En tales casos, suponemos que ladistribucion de masa es continua y las formulas que utilizamos para calcular x y ycontienen integrales en lugar de sumas finitas.

Consideremos una lamina plana irregularmente formada de densidad ρ, limitada porlas graficas de y = f(x), y = g(x) y a ≤ x ≤ b. La masa de esta region esta dada por

m = (densidad)(area) =

∫ b

a

ρ(x)[f(x)− g(x)]dx = ρA

donde A es el area de la region. Para encontrar el centro de masa de esta lamina,divida el intervalo [a, b] en n subintervalos de anchura igual ∆x. Sea xi el centro deli-esimo subintervalo. Se puede aproximar la porcion de la lamina que queda en eli-esimo subintervalo por un rectangulo cuya altura es h = f(xi)− g(xi). Dado que ladensidad en el rectangulo es ρ(xi), su masa es

mi = (densidad)(area del rectangulo) = ρ(xi)︸ ︷︷ ︸densidad

[f(xi)− g(xi)]︸ ︷︷ ︸Altura

∆x︸︷︷︸Ancho

Ahora, considerando esta masa localizada en el centro (xi, yi) del rectangulo, la distancia

58

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dirigida del eje x a (xi, yi) es yi =[f(xi)−g(xi)]

2 . Ası, el momento de mi respecto del eje x es

Momento(i) = (masa del rectangulo )(distancia a eje x)

= miyi

= ρ(xi)[f(xi)− g(xi)]∆x[f(xi) + g(xi)

2

]

Al sumar los momentos y tomar el lımite cuando n → ∞ obtenemos.

Definition 29. Momentos y centro de masa de una lamina planaSea f y g funciones continuas tal que f(x) ≥ g(x) en [a, b], y considerar la lamina plana dedensidad ρ limitada por las graficas y = f(x), y = g(x), y a ≤ x ≤ b.

Los momentos respecto al eje x y y son

Mx =

∫ b

a

ρ(x)[f(x) + g(x)

2

][f(x)− g(x)]dx My =

∫ b

a

ρ(x)x[f(x)− g(x)]dx.

El centro de masa (x, y) esta dado por x =My

my y =

Mx

mdonde m = ρA es la masa

de la lamina del sistema.

Si la densidad ρ es constante,

x =1

A

∫ b

a

x[f(x)− g(x)]dx y =1

2A

∫ b

a

[f(x)2 − g(x)2

]dx

donde A es el area comprendida entre las funciones f y g.

Ejemplo 67. Encontrar el centro de masa de la lamina de densidad uniformeρ acotada por la grafica de f(x) = 4− x2 y el eje x.

SOL: Aquı ρ es constante. Primero que todo calculemos el area de la region A.

A =

∫ b

a

(f(x)− g(x)) =

∫ 2

−2

(4− x2)dx =32

3

Para encontrar la coordenada y del centroide, aplicamos la formula

y =1

A

∫ b

a

[f(x) + g(x)

2

][f(x)− g(x)]

=3

32

∫ 2

−2

4− x2

2(4− x2) =

3

64

∫ 2

−2

(16− 8x2 + x4)dx =8

5

Mientras que, la coordenada x del centroide es,

x =1

A

∫ b

a

x[f(x)− g(x)] =3

32

∫ 2

−2

x(4− x2) = 0 pues x(4− x2) es impar

Ası, el centro de masa (o punto de equilibrio) de la lamina es (0, 85 ).

Ejemplo 68. Encontrar el centroide de la region limitada por las graficas de f(x) = 4− x2

y g(x) = x+ 2.

SOL: Primero que todo calculemos el area de la region A. No es dificil ver que Las dos

59

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graficas se cortan en los puntos (−2, 0) y (1, 3). Luego el area de la region es:

A =

∫ b

a

(f(x)− g(x)) =

∫ 1

−2

(2− x− x2)dx =9

2

El centroide (x, y) de la region tiene las coordenadas siguientes

x =1

A

∫ b

a

x[f(x)− g(x)] =2

9

∫ 1

−2

x[(4− x2)− (x+ 2)]dx =−1

2

y =1

A

∫ b

a

[f(x) + g(x)

2

][f(x)− g(x)]

=2

9

(12

)∫ 1

−2

[(4− x2) + (x+ 2)][(4− x2)− (x− 2)]dx =1

9

∫ 1

−2

(x4 − 9x2 − 4x+ 12)dx =12

5

Ası, el centroide de la region es (x, y) = (−12 , 12

5 ).

Ejemplo 69. Encuentre el centro de masa de una placa semicircular de radio r.

SOL: Primero que todo calculemos el area de la region A. No es dificil ver, apartir de lafigura que A = 1

2πr2. f(x) =

√r2 − x2 y g(x) = 0. Luego, el centroide (x, y) de la region

tiene las coordenadas siguientes

x =1

A

∫ b

a

x[f(x)− g(x)] =2

πr2

∫ r

−r

x[√

r2 − x2]dx = 0 pues x√r2 − x2 es impar

y =1

A

∫ b

a

[f(x) + g(x)

2

][f(x)− g(x)]

=2

πr2

(12

)∫ r

−r

(√

r2 − x2)[√

r2 − x2]dx =1

πr2

∫ r

−r

(r2 − x2)dx =4r

Ası, el centroide de la region es (x, y) = (0, 4r3π ).

Ejemplo 70. Placa con densidad variable

Determinar el centro de masa de una placa delgada con densidad en el punto(x, y), ρ(x) = 2x2 que cubre la region acotada por arriba por la parabolay = 4− x2 y por abajo por el eje x.

SOL: Aquı ρ(x) = 2x2. Ası que primero calculemos la masa total del sistema.

m =

∫ b

a

ρ(x)(f(x)− g(x)) =

∫ 2

−2

2x2(4− x2)dx =256

15

Para encontrar la coordenada y del centroide, aplicamos la formula

Mx =

∫ b

a

ρ(x)[f(x) + g(x)

2

][f(x)− g(x)]dx

=1

2

∫ 2

−2

2x2(4− x2)(4− x2)dx =

∫ 2

−2

x2(16− 8x2 + x4)dx =2048

105

Entonces, y = Mx

m = 2048105

15256 = 8

7 . Mientras que, la coordenada x del centroide es,

My =

∫ b

a

ρ(x)x[f(x)− g(x)] =

∫ 2

−2

2x2x(4− x2) = 0 pues 2x3(4− x2) es impar

60

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Ası, el centro de masa (o punto de equilibrio) de la lamina es (0, 87 ).

Ejemplo 71. Centroide de una region plana simple

Encontrar el centroide de la region mostrada en la figura

SOL: Sobreponiendo un sistema de coordenadas en la region, se pueden localizarlos centroides de los tres rectangulos en

(12,3

2

),

(52,1

2

),

(5, 1)

Usando estos tres puntos, se puede encontrar el centroide de la region. Primero,el area de la region es A = 3 + 3 + 4 = 10. Luego

x =12 (3) +

52 (3) +

54

10=

29

10

y =32 (3) +

12 (3) +

14

10=

10

10= 1

Ası, el centroide de la region es ( 2910 , 1).

2.6. Teorema de Pappus

En el siglo III, un griego de la ciudad de Alejandrıa, llamado Pappus, descubrio dosformulas que relacionan los centroides con las superficies y con los solidos de revolucion.Tales formulas simplifican calculos que de otra manera serıan muy largos.

Teorema 30. Teorema de Pappus para volumenesSea R una region en un plano y sea L una recta en el mismo plano tal que L nointerseca el interior de R. Si r es la distancia entre el centroide de R y la recta,entonces el volumen V del solido de revolucion formado al girar R sobre la recta L es

V = 2πrA

donde A es el area de R. (Observar que 2πr es la distancia recorrida por el centroidecuando la region gira en torno a la recta.)

DEM: Se da la demostracion para el caso especial en que la region yace entre y = f(x)y y = g(x) como se ilustra en la figura, y la recta l es el eje y. Con el metodo de lascapas cilındricas, es facil ver,

V =

∫ b

a

2πx(f(x)− g(x))dx = 2π

∫ b

a

x(f(x)− g(x))dx

= 2π(xA) = (2πx)A = dA

donde d = 2πx es la distancia recorrida por el centroide durante una rotacion respectoal eje y.

Ejemplo 72. Use el teorema de Pappus para encontrar el volumen del toro el que esformado al girar la region circular limitada por (x− 2)2 + y2 = 1 alrededor del eje y.

SOL: El centroide de la region circular es (2, 0). Ası, la distancia entre el centroidey el eje de revolucion es r = 2. Dado que el area de la region circular es A = π, elvolumen del toro es

V = 2πrA = 2π(2)(π) = 4π2

61

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Ejemplo 73. EJERCICIOS INTERESANTESUsando el teorema de Pappus, halle el volumen del solido que se general rotar laregion limitada por y = −x2 + 2x, y = −4

√x alrededor de la recta x− y + 1 = 0.

SOL: Primero, hallemos el centroide la la region. Para ello calculemos la masa totaldel sistema, y los mommentos Mx y My

m =

∫ 4

0

(−x2+2x+4√x)dx = 16 Mx =

1

2

∫ 2

0

((−x2+2x)2−(−4√x)2)dx = −704

15

My =

∫ 4

0

x(−x2 + 2x+ 4√x)dx = −448

15

luego, las coordenadas del centroide (x, y) = (My

m , Mx

m ) = ( 2815 ,− 4415 ). hallemos la dis-

tancia R del punto centroide (x, y) a la recta x− y + 1 = 0.

R =| 2815 + 44

15 + 1|√2

=29√2

10

Ahora, aplicando Teorema de Pappus

V = 2πRA = 2π29√2

10

(16)=

464√2

Ejemplo 74. Usando el teorema de Pappus, halle el volumen del solido que se generalrotar la region limitada por y =

√x, y = 2 − x, 0 ≤ x ≤ 1 alrededor de la recta

x− y − 1 = 0.

SOL: Primero, hallemos el centroide la la region. Para ello calculemos la masa totaldel sistema, y los mommentos Mx y My

m =

∫ 1

0

(2− x−√x)dx =

5

6Mx =

1

2

∫ 2

0

((2− x)2 − x)dx =11

12

My =

∫ 1

0

x(2− x−√x)dx =

4

15

Luego, las coordenadas del centroide (x, y) = (My

m , Mx

m ) = ( 825 ,

1110 ). Hallemos la dis-

tancia R del punto centroide (x, y) a la recta x− y − 1 = 0.

R =| 825 − 11

10 − 1|√2

=89

100

√2

Ahora, aplicando Teorema de Pappus

V = 2πRA = 2π89

100

√25

6=

89

60

√2π

2.7. Trabajo

El termino trabajo se utiliza en el habla de todos los dıas para dar a entender la cantidadtotal de esfuerzo que se requiere para ejecutar una tarea. El concepto de trabajo es importantepara los cientıficos e ingenieros ya que determina la energıa necesaria para realizar variastareas. Por ejemplo, es util saber la cantidad de trabajo realizado cuando una grua alza unaviga de acero, cuando un resorte es comprimido, cuando un cohete se propulsa en el aire ocuando un camion transporta una carga.

En general, el trabajo es realizado por una fuerza cuando desplaza un objeto.

62

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Definition 31. Trabajo por una fuerza constanteSi un objeto es desplazado una distancia D en la direccion de una fuerza constanteaplicada F , entonces el trabajo W es realizado por la fuerza se define como

W = FD

NOTA: Una fuerza puede pensarse como algo que empuja o atrae; una fuerza cambia elestado de reposo o estado de movimiento de un cuerpo.

NOTA: La unidad de fuerza es el newton (N = kg ·m/s2), la unidad de distancia el metro(m), y la unidad de trabajo el newton-metro (N · m). Esta combinacion tiene un nombreespecial: joule.

Ejemplo 75.

Determinar el trabajo realizado al levantar un objeto de 50 libras a 4 pies.

SOL: La magnitud de la fuerza requerida F es el peso del objeto. Ası, el trabajorealizado al levantar el objeto 4 pies es

W = FD = (50)(4) = 200 lb · pie

Ejemplo 76.

(a) Que tanto trabajo se realiza al levantar un libro de 1,2 kg desde el suelo ycolocarlo en un escritorio que tiene 0,7 m de altura?(b) ¿Cuanto trabajo se efectua al levantar desde el suelo un peso de 20 lb a unaaltura de 6 pies?

SOL (a): La fuerza ejercida es igual y opuesta a la que ejerce la gravedad, demodo que F = mg = (1,2)(9,8) = 11,76kg ·m/s2 = 11,76 N y luego, el trabajoefectuado

W = Fd = (11,76)(0,7) ≈ 8,2 J

SOL (b): En este caso, la fuerza es F = 20 lb, de modo que el trabajo realizadoes

W = FD = (20)(6) = 120 lb · pieObserve que en el inciso (b), a diferencia del inciso (a), no tuvo que multiplicarpor g porque ya conocıa el peso, que es una fuerza y no la masa del objeto.

Trabajo realizado por una fuerza variable En los ejemplos anteriores, la fuerzaaplicada era constante. Si se aplica una fuerza variable a un objeto, es necesariorecurrir al calculo para determinar el trabajo realizado, porque la cantidad de fuerzacambia segun la posicion del objeto. Por ejemplo, la fuerza requerida para comprimirun resorte o muelle aumenta conforme el resorte es comprimido.Supongamos que un objeto se mueve a lo largo de una recta (eje x) y esta influenciadopor una fuerza continuamente variante F (x). Queremos determinar el trabajo Wrealizado desde x = a hasta x = b. Hacemos una particion de [a, b] en n subintervalosdeterminados por

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b, ∆xi = xi − xi−1

y elegimos un punto arbitrario ci en [xi, xi−1]. Si el intervalo es suficientemente pe-queno, dado que F es continua no variara mucho de xi−1 a xi. La cantidad de trabajoWi realizado a el i− intervalo es

∆Wi = F (ci)∆x

63

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Ası, el trabajo total realizado de a a b se aproxima mediante la suma de Riemann

W ≈n∑

i=1

∆Wi =n∑

i=1

F (ci)∆xi

Esta aproximacion mejora si ‖P‖ → 0 (n → ∞).

Definition 32. Trabajo por una fuerza variableSi un objeto es desplazado a lo largo de una recta por una fuerza continuamente varia-ble F (x), entonces el trabajo W realizado por la fuerza cuando el objeto es desplazadode x = a hasta x = b es

W = lım‖P‖→∞

n∑

i=1

F (ci)∆xi =

∫ b

a

F (x)dx

Ejemplo 77.

Cuando una partıcula se ubica a una distancia x pies del origen, una fuerza de x2 + 2x lbactua sobre ella. ¿Cuanto trabajo se efectua al moverla desde x = 1 hasta x = 3 ?

SOL:

W =

∫ b

a

F (x)dx =

∫ 3

1

(x2 + 2x)dx =50

3lb · pie

NOTA: En los ejemplos restantes en esta seccion se usan algunas leyes fısicas muyconocidas.

Ley de Hooke: La fuerza F requerida para comprimir o estirar un resorte omuelle (dentro de sus lımites elasticos) es proporcional a la distancia x que elresorte es comprimido o estirado de su longitud original. Es decir,

F (x) = kx

donde k es una constante positiva (que se denomina constante del resorte). Laley de Hooke se cumple siempre que no sea demasiado grande

Ejemplo 78. Compresion de un resorte o muelle

Una fuerza de 750 libras comprime un resorte 3 pulgadas de su longitud naturalde 15 pulgadas. Encontrar el trabajo realizado al comprimir el resorte 3 pulgadasadicionales.

SOL: Por la ley de Hooke, tenemos que la fuerza para comprimir el resorte es F (x) =kx. Usando los datos dados, tenemos que F (3) = 750 = k(3) y ası k = 250 y F (x) =250x. Ahora hallemos el trabajo al comprimir el resorte 3 pulgadas mas. Para ellosabemos que, el incremento de trabajo es

∆W = (fuerza)(incremento distancia) = (250x)∆x

Observe que el resorte es comprimido de x = 3 a x = 6 pulgadas menos de su longitudnatural, el trabajo requerido es

W =

∫ b

a

F (x)dx =

∫ 6

3

250xdx = 3375 lb · pulg

Observar que no se integra de x = 0 a x = 6 porque se determino el trabajo realizado alcomprimir el resorte 3 pulgadas adicionales (no incluyendo las primeras 3 pulgadas).

64

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Ejemplo 79. Orbita de un modulo espacial

Un modulo espacial pesa 15 toneladas metricas en la superficie de la Tierra. ¿Cuantotrabajo es necesario para propulsar el modulo a una altura de 800 millas sobre la Tie-rra? (Considerar 4000 millas como el radio de la Tierra. Omitir el efecto de resistenciaal aire o el peso del combustible.)

SOL: Dado que el peso de un cuerpo varıa inversamente al cuadrado de su distanciadel centro de la Tierra, tenenos que

F (x) =C

x2

Ahora, de los datos deducimos que, F (4000) = 15 = C40002 luego c = 240,000,000. Por

tanto, el incremento de trabajo es

∆W = (fuerza)(incremento distancia) =240,000,000

x2∆x

Por ultimo, el modulo se propulsa de x = 4000 a x = 4800 millas, de manera que eltrabajo total realizado es

W =

∫ b

a

F (x)dx =

∫ 4800

4000

240,000,000

x2dx = 10,000miles · toleladas = 1,164× 1011 lb · pies

Ejemplo 80. Cadena extendida

Una cadena de 20 pies pesa 5 libras por pie esta extendida en el suelo. ¿Cuantotrabajo se requiere para levantar un extremo de la cadena a una altura de 20 piespara que este totalmente extendida, como se muestra en la figura?

SOL: La unica fuerza que actua sobre la cadena es su peso el cual varıa conforme sesube la cadena, ya que hay mas cadena colgando. Cuando la cadena se encuentra auna altura de y pies del piso, necesitamos aplicar una fuerza de

F (y) = (peso)(distancia) = 5y

Por lo tanto, el trabajo total para extender la cadena completamente es

W =

∫ b

a

F (y)dy =

∫ 20

0

5ydy = 1,000puntos · pies

Ejemplo 81. Cable colgado

Un cable de 200 lb mide 100 pies de largo y cuelga verticalmente desde lo altode un edificio. ¿Cuanto trabajo se requiere para subir el cable hasta la partesuperior del edificio?

SOL: Primero que todo observe que el cable pesa 2 lb ·pie. Ahora coloquemos elorigen en lo alto del edificio y el eje x senalando hacia abajo ver figura. observeque el peso de la cuerda varıa conforme se sube, ya que hay menos cuerdacolgando. Cuando la cuerda se encuentra a x pies del la cima del edificio,necestitamos aplicar una fuerza,

F (x) = (peso)(distancia) = (2)(x).

Por lo tanto, el trabajo para subir la cuerda es

W =

∫ 100

0

2xdx = 10,000 lb · pie

65

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Ejemplo 82. Subir una cuerda y una cubeta

Una cubeta de 5 lb se eleva desde el piso, jalandola con una cuerda de 20 pies auna velocidad constante. La cuerda pesa 0,08 lb ·pie. ¿Cuanto trabajo se realizaal subir la cubeta y la cuerda?

SOL: La cubeta tiene un peso constante, por lo que el trabajo realizado alelevar solo la cubeta

Fcubeta = (peso)(distancia) = 5 · 20 = 100 lb · pie.

El peso de la cuerda varıa conforme se sube la cubeta, ya que hay menos cuerdacolgando. Cuando la cubeta se encuentra a x pies del piso, la parte de la cuerdaque falta por subir pesa, Fcuerda(x) = (0,08)(20 − x). Por lo tanto, el trabajopara subir la cuerda es

Fcuerda =

∫ 20

0

(0,08)(20− x)dx = 16 lb · pie

El trabajo total para la combinacion cubeta y cuerda es: 100+16 = 116 lb·pies.

Bombeo de lıquidos desde contenedores ¿Cuanto trabajo se requiere para bombeartodo o parte del lıquido que hay en un contenedor? Para determinarlo, imaginamos que seeleva una delgada capa horizontal del lıquido cada vez y aplicamos la ecuacion W = FD acada capa. Luego evaluamos la integral que se obtiene cuando las capas son cada vez masdelgadas y numerosas. La integral que obtenemos cada vez depende del peso del lıquido y delas dimensiones del contenedor, pero la forma de determinar la integral siempre es la misma.Los ejemplos siguientes muestran como hacerlo.

Ejemplo 83. Bombeo de agua desde un tanque conico

Un deposito tiene la forma de un cono circular invertido de altura igual a 10 m yradio de la base de 4 m. Se llena con agua hasta alcanzar una altura de 8 m. Calculeel trabajo que se requiere para vaciar el agua mediante bombeo por la parte superiordel deposito. (La densidad del agua es 1 000 kg/m.)

SOL: Dividamos el intervalo [2,8] en n subintervalos, y consideremos la i-esima capala cual es aproximadamente un cilindro de radio ri y altura ∆x. Debemos determinarla fuerza Fi(x) requerida para elevar esta i-capa hasta el alto del deposito

Fi(x) = peso = mig = (densidad× V olumen)g = 1000(πr2i∆x)(9,8)

Observe que podemos calcular ri en terminos de x∗i , usado triangulos semejantes

tenemosri

10− x=

4

10⇒ ri =

2

5(10− x∗

i )

Luego,

Fi = 1000(π(2

5(10− x∗

i ))2∆x)(9,8) = 1570π(10− x∗

i )2∆x

Cada partıcula de la capa debe viajar una distancia de aproximadamente x∗i . El

trabajo Wi realizado para subir esta capa hasta lo alto del deposito es

Wi ≈ FiD = Fix∗i = 1570πx∗

i (10− x∗i )

2∆x

Por eso, el Trabajo Total para el vaciado del tanque es

W =

∫ 10

2

1570πx(10− x∗i )

2dx = 1570π2048

3= 3,4× 106 J

66

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Ejemplo 84. Extraccion de gasolina de un tanque de aceite

Un tanque esferico de radio de 8 pies esta medio lleno de aceite que pesa50 libras/pie3. Encontrar el trabajo requerido para extraer el aceite a traves de unorificio en la parte superior del tanque.

SOL: Dividamos el intervalo [0, 8] en n subintervalos, y consideremos la i-esima capala cual es aproximadamente un cilindro de radio x y altura ∆y. Debemos determinarla fuerza Fi(y) requerida para elevar esta i-capa hasta el alto del deposito

Fi(y) = peso = (peso unidad V ol × V olumen) = mig = (densidad× V olumen)g

=(50 libras

pie3

)× V olumen

= 50(πx2∆y) libras

Observe que podemos calcular x en terminos de y, usado la ecuacion del circulo deradio 8 y centro (0,8)

x2 + (y − 8)2 = 82 ⇒ x2 = 16y − y2

Luego,Fi(y) = 50π(16y − y2)∆y

Cada partıcula de la capa debe viajar una distancia de aproximadamente 16− y pies.El trabajo Wi realizado para subir esta capa hasta lo alto del deposito es

Wi ≈ FiDi = Fi(16− y) = 50π(16y − y2)∆y(16− y) = 50π(256y − 32y2 + y3)∆y

como el tanque esta medio lleno, y va de 0 a 8, el Trabajo Total para el vaciado deltanque es

W =

∫ 8

0

50π(256y − 32y2 + y3)dy = 50π11264

3= 589782 libras− pies

2.8. Ecuaciones Diferenciables

Ecuacion diferencial general de primer orden y su solucion

Una ecuacion diferencial de primer orden es una ecuacion

dy

dx= f(x, y) (2.1)

en la que f(x, y) es una funcion de dos variables definida en una region del plano xy. Laecuacion es de primer orden, ya que solo incluye la primera derivada dy

dx (y no a derivadas deorden superior). Observe que las ecuaciones

dy

dx= f(x, y), y′ = f(x, y),

d

dxy = f(x, y)

son equivalentes. Una solucion de la ecuacion (2.1) es una funcion diferenciable y = f(x)definida en un intervalo I (tal vez infinito) de valores de x, tal que

d

dxy(x) = f(x, y)

en ese intervalo. La solucion general siempre incluye una constante arbitraria, pero el quetenga esta propiedad no significa que dicha solucion sea la solucion general. La solucion

particular que satisface la condicion inicial y(x0) = y0 es la solucion y = y(x), cuyo valor

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es y0 cuando x = x0. Ası, la grafica de la solucion particular pasa por el punto (x0, y0) en elplano xy.

Ejemplo 85. Demostrar que la funcion y = (x+1)− 13e

x es una solucion del problemade primer orden con valor inicial

dy

dx= y − x y(0) =

2

3

SOL: Observemos que dydx = 1− 1

3ex. Por otro lado, tenemos

y − x = ((x+ 1)− 1

3ex)− x = 1− 1

3ex

La funcion satisface la condicion inicial, ya que y(0) = 1− 13 = 2

3

Campos de pendientes: visualizacion de las curvas solucion

Cada vez que especificamos una condicion inicial y(x0) = y0 para la solucion de unaecuacion diferencial necesitamos que la curva solucion (grafica de la solucion) pase por elpunto (x0, y0) y tenga pendiente en ese punto. Podemos representar estas pendientes dibu-jando pequenos segmentos de recta de pendiente de f(x, y). Cada segmento tiene la mismapendiente que la curva solucion que pasa por (x, y) y, por lo tanto, es tangente a la cur-va en ese punto. El dibujo resultante se denomina campo de pendientes (o campo dedirecciones), y proporciona una visualizacion de la forma general de las curvas solucion.

La siguiente figura muestra tres campos de pendientes, lo que nos permite ver como secomportan las curvas solucion siguiendo los segmentos de recta tangentes en estos campos.

68

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NOTA: La construccion de un campo de pendientes con lapiz y papel puede ser unatarea muy tediosa. Todos nuestros ejemplos fueron generados por medio de computadora.Aunque las ecuaciones diferenciales generales son difıciles de resolver, muchas ecuacionesimportantes pueden resolverse mediante tecnicas especiales. Una de estas tecnicas es la devariables separables (ecuaciones separables).

Ecuaciones diferenciables separables

La ecuacion y′ = f(x, y) es separable si f puede expresarse como un producto de unafuncion de x por una funcion de y. Entonces la ecuacion diferencial tiene la forma

dy

dx= g(x)H(y)

Cuando reescribimos esta ecuacion en la forma

dy

dx=

g(x)

h(y)H(y) =

1

h(y)

su forma diferencial nos permite agrupar todos los terminos y con dy, y todos los terminosx con dx:

h(y)dy = g(x)dx integramos ambos lados

∫h(y)dy =

∫g(x)dx

La justificacion de que podemos simplemente integrar ambos miembros (lados) es porque

∫h(y)dy =

∫h(y(x))

dy

dxdx =

∫h(y(x))

g(x)

h(y(x))dx =

∫g(x)dx

Ejemplo 86. Resolver la ecuacion diferencial dydx = (1 + y2)ex.

SOL: Como 1 + y2 nunca es cero, podemos resolver la ecuacion separando las variables.Trataremos a dy

dx como un cociente de diferenciales de manera que podemos multiplicar amboslados por dx.

dy

dx= (1 + y2)ex ⇒ dy = (1 + y2)exdx ⇒ dy

(1 + y2= exdx

Integrando tenemos∫

dy

(1 + y2=

∫exdx ⇒ tan−1 y = ex + C

Esta ultima ecuacion da y como una funcion implıcita de x. Cuando −π/2 < ex + C < π/2podemos despejar y como una funcion explıcita de x:

tan(tan−1 y) = tan(ex + C) ⇒ y = tan(ex + C)

Ejemplo 87. Resolver la ecuacion diferencial (x+ 1) dydx = x(y2 + 1).

SOL: Cambiamos la ecuacion a la forma diferencial, separamos las variables e integramos:

(x+ 1)dy = x(y2 + 1)dx ⇒ dy

y2 + 1=

xdx

x+ 1

Integramos,∫

dy

y2 + 1=

∫ (1− 1

x+ 1

)dx tan−1 y = x− ln |x+ 1|+ C

69

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Ejemplo 88. Dada la condicion inicial y(0) = 1, encontrar la solucion particular de la

ecuacion xydx+ e−x2

(y2 − 1)dy = 0.

SOL: Notar que y = 0 es una solucion de la ecuacion diferencial, pero esta solucion nosatisface la condicion inicial. Ası, se puede suponer que y 6= 0.

xydx+ e−x2

(y2−1)dy = 0 ⇒ (y2 − 1

y)dy = − x

e−x2dx ⇒

∫(y− 1

y)dy =

∫−xex

2

dx

Entonces, y2

2 − ln |y| = − 12e

x2

+ C. De la condicion inicial y(0) = 1, obtenemos C = 1, lasolucion particular tiene la forma implıcita

y2

2− ln |y| = −1

2ex

2

+ 1 ⇒ y2 − ln y2 + ex2

= 2

Ejemplo 89. Encontrar la solucion general de (x2 + 4) dydx = xy

SOL: Observe que y = 0 es una solucion. Para encontrar otras soluciones, suponer quey 6= 0 y separar las variables como se muestra .

(x2 + 4)dy

dx= xy ⇒ dy

y=

x

x2 + 4dx

Entonces,∫

dy

y=

∫x

x2 + 4dx ⇒ ln |y| = 1

2ln(x2+4)+C1 = ln

√x2 + 4+C1 ⇒ |y| = eC1

√x2 + 4 = C

√x2 + 1

Ejemplo 90. Encontrar la ecuacion de la curva que pasa a traves del punto(1, 3) y tiene pendiente de y/x2 en cualquier punto (x, y).

SOL: Dado que la pendiente de la curva esta dada por y/x2, se tiene dydx = y

x2

con la condicion inicial y(1) = 0 Separando las variables e integrandolas setiene∫

dy

y=

∫dx

x2⇒ ln |y| = − 1

x+ C1 ⇒ y = e−1/x+C1 = Ce−1/x

Dado que y = 3 cuando x = 1, se concluye que C = 3e. Ası, la ecuacion de lacurva especificada es

y = (3e)e−1/x = 3e(x−1)/x x > 0

Trayectorias ortogonales

Un problema comun en electrostatica, termodinamica e hidrodinamica involucra en-contrar una familia de curvas, cada una de las cuales es ortogonal a todos los miembrosde una familia de curvas dada. Por ejemplo, una familia de circunferencias

x2 + y2 = C Familia de circunferencias.

cada una de las cuales interseca las rectas en la familia

y = Kx Familia de rectas

en angulos rectos. Esas dos familias de curvas se dice que son mutuamente orto-

gonales.

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Ejemplo 91. Trayectorias ortogonales

Describir las trayectorias ortogonales para la familia de curvas dada por y = Cx para

C 6= 0. Trazar la grafica para varios miembros de cada familia.

SOL: Primero, observe que podemos escribir xy = C. Entonces, por derivacion implıci-ta con respecto a x, se obtiene

xy′ + y = 0 ⇒ dy

dx= −y

xpendiente de la familia dada

Dado que dydx representa la pendiente de la familia de curvas dada en (x, y), se deduce

que la familia ortogonal tiene la pendiente recıproca negativa x/y. Ası,

dy

dx=

x

ypendiente de la familia ortogonal

por separacion de variables e integrando

∫ydy =

∫xdx ⇒ y2

2=

x2

2+ C1 ⇒ y2 − x2 = K

Los centros estan en el origen y los ejes transversales son verticales para K > 0 yhorizontales para K < 0. Si K = 0, las trayectorias ortogonales son las lıneas y = ±x.Si K 6= 0, las trayectorias ortogonales son hiperbolas.

Ejemplo 92.

Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas x = ky2, donde k esuna constante arbitraria.

SOL: Las curvas x = ky2 son parabolas cuyo eje de simetrıa es el eje x. Al derivar laecuacion obtenemos

1 = 2kydy

dx

dy

dx=

1

2ky=

1

2( xy2 )y

=y

2x

Esto significa que la pendiente de la lınea tangente en cualquier punto (x, y) sobreuna de las parabolas es y′ = y/2x. Por lo tanto, las trayectorias ortogonales debensatisfacer la ecuacion diferencial

dy

dx= −2x

y⇒

∫ydy = −

∫2xdx ⇒ y2

2= −x2 + C

Es decir, x2 + y2

2 = C. Ası, las trayectorias ortogonales son la familia de elipses

La ley de Torricelli establece que si se vacıa un tanque, la razon a la que el agua salees una constante por la raız cuadrada de la profundidad, x, del agua. Esto es,

dV

dt= k

√x

La constante k depende del tamano del agujero de desague.

Ejemplo 93. Vaciado de un tanque

Un deposito en forma de cilindro circular recto con radio de 5 pies y altura de 16 piesesta lleno de agua y se vaciara a razon de 1

2

√2 pies3/min. Determine una formula

para calcular la profundidad y la cantidad de agua que hay en el tanque en cualquierinstante t. ¿Cuanto tiempo tardara en vaciarse el tanque?

SOL: El volumen de un cilindro circular recto con radio r y altura h es V = πr2h. Portanto el volumen de agua en el tanque es V = 25πx. La derivacion nos lleva a

71

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dV

dt= 25π

dx

dt⇒ −1

2

√x = 25π

dx

dt

Entonces tenemos el problema dxdt = −

√x

50π , con x(0) = 16. Resolvamos la ecuacion,

x−1/2dx = − 1

50πdt ⇒

∫x−1/2dx = −

∫1

50πdt ⇒ 2x1/2 = − 1

50πt+ C

Usando la condicion inicial x(0) = 16, encontramos C = 8. Entonces, la profundidad y lacantidad de agua son:

x =(4− t

100π

)⇒ V = 25πx = 25π(4− t

100π)2

En t = 0, tenemos x = 16 pies y V = 400π pies3. El tanque se vaciara (V = 0) en t = 400πminutos ≈ 21 horas.

2.8.1. Estudio de las ecuaciones parametricas

Cuando una partıcula se mueve a lo largo de la curva C muchas veces es imposibledescribir C por una ecuacion de la forma y = f(x) porque C no pasa la prueba de lalınea vertical. Pero las coordenadas x y y de la partıcula son funciones del tiempo ty, por lo tanto, se puede escribir

x = f(t) y = g(t).

En este caso, las funciones x, y se dan en una tercera variable t (llamada parametro.Cada valor de t determina un punto (x, y), que se puede representar en un sistemacoordenado. Cuando t varıa, el punto (x, y) = (f(t), g(t) varıa y traza una curva C,a la cual se le llama curva parametrica. El parametro t no necesariamente representael tiempo y, de hecho, se podrıa usar una letra distinta a t para el parametro. Peroen muchas aplicaciones de curvas parametricas, t denota el tiempo y, por lo tanto, sepuede interpretar a (x, y) = (f(t), g(t) como la posicion de una partıcula en el tiempot.En general, la curva con ecuaciones parametricas

x = f(t) y = g(t) a ≤ t ≤ b

tiene punto inicial (f(a).g(a)), y punto terminal (f(b), g(b))

Ejemplo 94. Bosqueje e identifique la curva definida por las ecuaciones parametricas

x = t2 − 2t y = t+ 1

SOL: Claramente cada valor de t da un punto sobre la curva. Por ejemplo, si t = 0,el punto correspondiente es (0, 1). Note que los puntos consecutivos marcados en lacurva aparecen a intervalos de tiempo iguales, pero no a iguales distancias. Esto esporque la partıcula desacelera y despues acelera a medida que aumenta t.

Para confirmar que la curva trazada por la partıcula es una parabola. Basta coneliminar el parametro t. Observe que si t = y−1 encontramos una relacion de x cony, mas precisamente una parabola

x = t2 − 2t = (y − 1)2 − 2(y − 1) = y2 − 4y + 3 = (y − 2)2 − 1

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Ejemplo 95. Describa el movimiento de una partıcula cuya posicion P (x, y) en elinstante t esta dada por

x = sec t y = tan t − π

2< t <

π

2

SOL: Tratemos de hallar una relacion entre x y y, eliminando t entre las ecuaciones,para ello usando la identidad sec2 t− tan2 t = 1, lo cual da

x2 − y2 = 1

El movimiento que describe la partıcula es una hiperbola x2 − y2 = 1, pero comot ∈ (−π/2, π/2) tenemos que x = sec t > 0 y y = tan t varia de −∞ a ∞ por lo tantola partıcula recorre la rama derecha de la hiperbola.

Ejemplo 96. ¿Que curva se representa mediante las ecuaciones parametricas?

x = sin 2t, y = cos 2t, 0 ≤ t ≤ 2π

SOL: De nuevo se tiene

x2 + y2 = sin2(2t) + cos2(2t) = 1

Es decir, ecuaciones parametricas representan el cırculo unitario x2+y2 = 1. El punto(x, y) = (sin 2t, cos 2t) comienza en (0, 1) y se mueve dos veces alrededor del cırculoen la direccion de las manecillas del reloj.

Ejemplo 97. Bosqueje la curva con ecuaciones parametricas x = sin t, y = sin2 t.

SOL: Hallamos una relacion entre x y y, eliminando t entre las ecuaciones. No esdifıcil ver que y = (sin t)2 = x2 y, por lo tanto, el punto (x, y) se mueve sobre laparabola y = x2. Sin embargo, como −1 ≤ sin t ≤ 1, entonce −1 ≤ x ≤ 1; Debido aque sin t es periodica, el punto (x, y) = (sin t, sin2 t) se mueve en vaiven de manerainfinita a lo largo de la parabola de (−1, 1) a (1, 1).

Ejemplo 98. Parametrizacion de una cicloide

Una rueda de radio a se mueve a lo largo de una recta horizontal. Determinar las ecuacionesparametricas para la trayectoria que recorre un punto P en la circunferencia de la rueda.

SOL: Tomamos la recta como el eje x, marcamos un punto P en la rueda, empezamosa mover la rueda con el punto P en el origen y la rodamos hacia la derecha. Comoparametro, utilizamos el angulo t que la rueda gira. Cuando su base esta a at unidadesdel origen. El centro de la rueda C esta en (at, a), y las coordenadas de P son

x = at+ a cos θ, y = a+ a sen θ

Para expresar en terminos de t, observamos que t+ θ = 3π2 , por lo

θ =3π

2− t

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Con esto se tiene

cos θ = cos(3π

2− t)= − sin t, sin θ = sin

(3π2

− t)= cos t

Las ecuaciones que buscamos son

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t)

La pendiente de curvas parametricas

Para cualquier curva definidas por ecuaciones parametricas

x = f(t), y = g(t)

tenemosdy

dx=

dydtdxdt

sidx

dt6= 0 (2.2)

De manera que una curva parametrica tiene una tangente horizontal cuando dydt = 0 (siempre

que dxdt 6= 0) y tiene una tangente vertical cuando dx

dt = 0 (tomando en cuenta que dydt 6= 0).

Esta informacion es util para bosquejar curvas parametricas. tambien es util considerar d2ydx2 .

Esto se puede hallar si se reemplaza y por dydx en la ecuacion (2.2):

d2y

dx2=

d

dx

(dydx

)=

ddt

(dydx

)

dxdt

Ejemplo 99. Una curva C se define por las ecuaciones parametricas x = t2, y y = t3 − 3t.

(a) Muestre que C tiene dos tangentes en el punto (3, 0) y encuentre sus ecuaciones.

(b) Determine los puntos en C donde la tangente es horizontal o vertical.

(c) Determine donde la curva es concava hacia arriba o hacia abajo.

(d) Bosqueje una curva.

SOL (a): Observe que 0 = y = t(t2 − 3) cuando t = 0 o t = ±√3 . Por lo tanto, el

punto (3, 0) en C surge de dos valores del parametro, t = −√3 y t =

√3. Esto indica

que C se cruza a sı misma en (3, 0). Puesto que

dy

dx=

dy/dt

dx/dt=

3t2 − 3

2t

la pendiente de la tangente cuando t = ±√3 es dy/dx = ±

√3, de modo que las

ecuaciones de las tangentes en (3, 0) son

y =√3(x− 3) y = −

√3(x− 3)

SOL (b): C tiene una tangente horizontal cuando dy/dx = 0, es decir, cuandody/dt = 0 y dx/dt 6= 0. Puesto que dy/dt = 3t2 − 3, esto sucede cuando t2 = 1, esdecir, t = ±1. Los puntos correspondientes en C son (1,−2) y (1, 2). C tiene unatangente vertical cuando dx/dt = 2t = 0, es decir, t = 0. (Note que dy/dt 6= 0). Elpunto correspondiente en C es (0, 0).

SOL (c): Para determinar la concavidad, se calcula la segunda derivada:

d2y

dx2=

ddt

(dydx

)

dxdt

=3(t2 + 1)

4t3

La curva es concava hacia arriba cuando t > 0 y concava hacia abajo cuando t < 0.

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Areas de bajo curvas parametricas

Se sabe que el area bajo la curva y = h(x) ≥ 0 de a a b es

A =

∫ b

a

h(x)dx.

Ahora, si la curva esta dada por ecuaciones parametricas x = f(t), y = g(t), α ≤ t ≤ β,tenemos que

A =

∫ b

a

ydx =

∫ β

α

g(t)f ′(t)dt

Ejemplo 100. Encuentre el area bajo un arco de la cicloide

x = r(θ − sin θ) y = r(1− cos θ)

SOL: Un arco de la cicloide esta dado por 0 ≤ θ ≤ 2π. Al usar la regla de sustitucioncon y = r(1− cos θ) y dx = r(1− cos θ)dθ, se tiene

A =

∫ 2πr

0

ydx =

∫ 2π

o

r(1− cos θ)r(1− cos θ)dθ

= r2∫ 2π

0

(1− cos2 θ)dθ = r2∫ 2π

0

(1− 2 cos θ + cos2 θ)dθ

= r2∫ 2π

0

[1− 2 cos θ +1

2(1 + cos 2θ)]dθ = 3πr2

2.9. Coordenadas polares

Aun cuando en el plano un punto tiene solo un par de coordenadas cartesianas,este tiene una infinidad de pares de coordenadas polares. Esto tiene interesantesconsecuencias en la graficacion.

Definition 33. Coordenadas polaresPara definir las coordenadas polares, fijamos primero un origen O (llamado polo) yun rayo inicial desde O. Cada punto P puede entonces localizarse asignandole un parde coordenadas polares en donde r es la distancia dirigida de O a P y θ da el angulodirigido del rayo inicial al rayo OP .

θ es positivo cuando se mide en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativocuando se mide en el sentido de las manecillas del reloj.

El angulo asociado con un punto dado no es unico. Ejemplo, P (2, π/6) = P (2,−11π/6).

r puede ser negativa. Ejemplo, P (2, 7π/6) = P (−2, π/6).

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Ejemplo 101. Grafique los puntos cuyas coordenadas polares son:

(a) (1, 5π/4) (b) (2, 3π) (c) (2,−2π/3) (d) (−3, 3π/4)

SOL:

Ejemplo 102. Grafique los puntos cuyas coordenadas polares son:(a) (1,−3π/4) (b) (1, 13π/4) (c) (−1, π/4) (d) (1, 5π/4)

SOL:

En general, el punto representado por coordenadas polares (r, θ) se representa tambienpor (−r, θ + π),

(r, θ + 2nπ) (−r, θ + π + 2nπ)

donde n es cualquier entero.

Ejemplo 103. Determinar todas las coordenadas polares del punto P (2, π/6)

SOL: Primero dibujamos el rayo con un angulo π/6, y marcamos el punto P (2, π/6).Despues, encontramos los angulos para los otros pares coordenados de P en los quer = 2 y r = −2. En otras palabras, os pares coordenados correspondientes de P son

(2,π

6+ 2nπ), (−2,

π

6+ π + 2nπ) = (−2,

6+ 2nπ) (−2,

−5π

6+ 2nπ)

donde n es cualquier entero.

La conexion entre coordenadas polares y cartesianas se puede ver en la figura, enla que el polo corresponde al origen y el eje polar coincide con el eje x positivo. Si elpunto P tiene coordenadas cartesianas (x, y) y coordenadas polares (r, θ), entonces,se tiene

cos θ =x

rsin θ =

y

r

Para determinar x y y cuando se conocen r y θ, se usan las ecuaciones

x = r cos θ y = r sin θ

Para determinar r y θ cuando se conocen x y y, se usan las ecuaciones

r2 = x2 + y2 tan θ =y

x

Ejemplo 104. Convierta el punto (2, π/3) de coordenadas polares a cartesianas y el puntocon coordenadas cartesianas (1,−1) en terminos de coordenadas polares.

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SOL (a): Puesto que r = 2 y θ = π/3, encontramos que

x = r cos θ = 2 cosπ

3= 1 y = r sin θ = 2 sin

π

3=

√3

Por lo tanto, el punto es (1,√3) en coordenadas cartesianas.

SOL (b) Tomanado r como positivo, encontramos

r =√

x2 + y2 =√12 + (−1)2 =

√2 tan θ =

y

x= −1

Puesto que el punto (1,−1) se localiza en el cuarto cuadrante, se puede elegir θ = 7π/4 oθ = −π/4. Ası, una respuesta posible es (

√2, 7π/4); otra es (

√2,−π/4).

OBS: Al convertir de coordenadas cartesianas a polares, no es suficiente hallar r y θ quesatisfacen r2 = x2 + y2 y tan θ = y/x, se debe elegir θ de modo que el punto (r, θ) esta enmismo cuadrante del punto con coordenadas cartesianas (x, y).

Graficas de una curva polar

La grafica de una ecuacion polar r = f(θ), o de manera mas general F (r, θ) = 0, consta delos puntos P que tienen al menos una representacion polar (r, θ) cuyas coordenadas satisfacenla ecuacion.

Con algunas curvas se trabaja mejor con coordenadas polares; con otras no.

Ejemplo 105. ¿Que curva representa la ecuacion polar r = 2? ¿La curva polarθ = 1?.

SOL (a): La curva consta de todos los puntos (r, θ) con r = 2. Es decir, la curva polarr = 2 representa la circunferencia con centro O y radio 2. En general, la ecuacionr = a representa una circunferencia con centro O y radio |a|.

SOL (b): Esta curva consta de los puntos (r, θ) tal que el angulo polar θ = 1 radian.Claramente la curva es una recta que pasa por O y forma un angulo de 1 radian conel eje polar. Observe que los puntos (r, 1) sobre la lınea con r > 0 y estan en el Icuadrante, mientras que aquellos con r < 0 estan en el III cuadrante.

Ejemplo 106. Graficar el conjunto de puntos cuyas coordenadas polares satisfacenlas siguientes condiciones.

1. 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π2

2. −3 ≤ r ≤ 2 y θ = π4

3. r ≤ 0 y θ = π4

4. 2π3 ≤ θ ≤ 5π

6 (no hay restriccion sobre r)

SOL:

Ejemplo 107. Ecuaciones equivalentes

77

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Ejemplo 108. Determinar una ecuacion polar para la circunferencia x2 + (y − 3)2 = 9

SOL:

x2 + y2 − 6y + 9 = 9

x2 + y2 − 6y = 0

r2 − 6r sin θ = 0

r(r − 6 sin θ) = 0

Entonces, r = 0 o r = 6 sin θ. Esta ultima ecuacion incluye ambas posibilidades.

Ejemplo 109.

(a) Trace la curva con la ecuacion polar r = 2 cos θ. (b) Encuentre una ecuacion cartesianapara esta curva.

SOL (a): Hallemos valores de r dando algunos valores convenientes de θ y graficamenoslos puntos correspondientes (r, θ).

SOL (b): Dado que x = r cos θ se tiene cos θ = x/r, de modo que la ecuacion r = 2 cos θse convierte en r2 = 2x, que da

2x = r2 = x2 + y2 o x2 + y2 − 2x = 0

Al completar el cuadrado, se obtiene (x− 1)2 + y2 = 1

Tecnicas para graficar curvas polares

Una manera de graficar una ecuacion polar consiste en elaborar una tabla de valores (r, θ)graficar los puntos correspondientes y conectarlos en orden creciente de θ. Otro metodo paragraficar que suele ser mas rapido y confiable es

Utilizar la grafica cartesiana como una “tabla” y guıa para bosquejar la grafica encoordenadas polares.

El metodo de dibujar la grafica cartesiana rθ, muestra de un solo vistazo donde es rpositiva, negativa o en donde no existe. Tambien donde es r creciente o decreciente.

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Ejemplo 110. Bosqueje la curva r = 1 + sin θ.

SOL: Primero se bosqueja la grafica de r = 1 + sin θ en coordenadas cartesianas verfigura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valorescrecientes de θ. Estos cambios son mas facil de graficar. Esta curva se llama cardioideporque tiene forma de corazon.

Ejemplo 111. Bosqueje la curva r = cos 2θ.

SOL: Hagamos el bosqueja de r = cos 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas verfigura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valores crecientesde θ. La curva resultante se llama rosa de cuatro hojas.

Ejemplo 112. Bosqueje la curva r2 = sin 2θ.

SOL: Hagamos el bosqueja de r2 = sin 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas verfigura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r2 que corresponden a valores crecientesde θ. La curva resultante se llama lemniscata.

r2 no puede ser negativo

Simetrias en curvas polares

Cuando se bosquejan curvas polares, a veces es util aprovechar la simetrıa.

79

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Definition 34. (Pruebas de simetrıa para graficas polares r = f(θ))

(a) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (r,−θ) o (−r, π − θ) estan en lacurva, entonces la curva polar es simetrica respecto al eje x.

(b) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (−r, θ), o (r, θ + π) tambien estanen la curva, entonces la curva polar es simetrica respecto al origen.

(c) Si dado (r, θ) en la curva encontramos que (r, π− θ) (−r,−θ) tambien estan enla curva, entonces la curva polar es simetrica respecto al eje y

Ejemplo 113. Demuestre que la curva polar r = 1− cos θ es simetrica respecto al eje x.

SOL: Tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva y veamos que el punto (r,−θ) tambienpertenece a la curva

(r, θ) en la grafica ⇒ r = 1− cos(θ)

⇒ r = 1− cos(−θ)

⇒ (r,−θ) en la grafica

2.9.1. Pendiente de la curva polar r = f(θ)

Primero que todo recuerde que la pendiente de una curva polar r = f(θ) esta dada por

dy

dx, NO POR r′ =

df

Para saber porque, consideremos la curva polar r = f(θ) donde θ es el parametro y se escribensus ecuaciones parametricas como

x = r cos θ = f(θ) cos θ y = r sin θ = f(θ) sin θ

Si f es una funcion diferenciable de θ entonces tambien lo son x y y. Ahora, podemos calcularla pendiente de la curva parametrica dy

dx con la formula parametrica

dy

dx=

dy/dθ

dx/dθ=

f ′(θ) sin θ + f(θ) cos θ

f ′(θ) cos θ − f(θ) sin θ(2.3)

esta formula es cierta siempre que dx/dθ 6= 0.

OBSERVACIONES:

Las tangentes horizontales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde

dy

dθ= 0 siempre que

dx

dθ6= 0

.

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Las tangentes verticales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde

dx

dθ= 0 siempre que

dy

dθ6= 0

.

Las rectas tangentes en el origen, esto es, en los puntos (0, θ), la ecuacion (2.3) sesimplifica

dy

dx= tan θ siempre que f ′(θ) 6= 0

Ejemplo 114.

(a) Para la cardioide r = 1+sin θ, encuentre la pendiente de la lınea tangente cuando θ = π/3.(b) Encuentre los puntos sobre la cardioide donde la lınea tangente es horizontal o vertical.

SOL (a): Hallemos la pendiente dy/dx, para ello recordemos que

x = r cos θ = (1 + sin θ) cos θ = cos θ +1

2sin(2θ)

y = r sin θ = (1 + sin θ) sin θ = sin θ + sin2 θ

Por lo tanto,dy

dx=

dy/dθ

dx/dθ=

cos θ + 2 sin θ cos θ

− sin θ + cos 2θ=

cos θ + sin 2θ

− sin θ + cos 2θ

Luego,dy

dx

∣∣∣θ=π/3

=cos(π/3) + sin(2π/3)

− sin(π/3) + cos(2π/3)= −1

SOL (b): Observe que

dy

dθ= cos θ(1 + 2 sin θ) = 0 cuando θ =

π

2,3π

2,3π

2,7π

6,11π

6

dx

dθ= (1 + sin θ)(1− 2 sin θ) = 0 cuando θ =

2,π

6,5π

6

Luego, tenemos tangentes horizontales en los puntos (2, π2 ), (

12 ,

7π6 ), ( 12 ,

11π6 ), y tan-

gentes verticales en ( 32 ,π6 ), (

32 ,

5π6 ). Por ultimo, para θ = 3π

2 debemos tener muchocuidado porque dy/dθ = dx/dθ = 0. Asi que hagamos su estudio usando la regla deL’Hopital:

lımθ→( 3π

2)−

dy

dx= lım

θ→( 3π2)−

( cos θ + sin 2θ

− sin θ + cos 2θ

)=

0

0= lım

θ→( 3π2)−

(− sin θ + 2 cos 2θ

− cos θ − 2 sin 2θ

)= +∞

Por simetrıa, lımθ→( 3π

2)+

dy

dx= −∞. Por tanto en (0, 3π

2 ) tenemos una lınea tangente

vertical.

81

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Ejemplo 115. Graficar la curva r2 = 4 cos θ, estudiando sus simetrıas y haciendo elbosquejo de r2 = 4 cos θ en coordenadas cartesianas.

SOL: Estudiemos las simetrias, tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva

Si (r, θ) en la grafica ⇒ r2 = 4 cos(θ)

⇒ r2 = 4 cos(−θ)

⇒ (r,−θ) en la grafica Simetrica respeto al eje x

Si (r, θ) en la grafica ⇒ r2 = 4 cos(θ)

⇒ (−r)2 = 4 cos(θ)

⇒ (−r, θ) en la grafica Simetrica respeto al origen

La curva pasa por el origen cuando θ = π/2 y θ = 3π/2 y teniendo en mente laecuacion (2.3) encontramos que dy/dx = tan θ es infinita, es decir tiene tangentevertical en θ = π/2 y θ = 3π/2.

Puntos de interseccion curvas polares

En coordenadas cartesianas, siempre podemos encontrar los puntos en que dos curvasse cruzan resolviendo sus ecuaciones simultaneamente. En el caso de coordenadas polaresesto no es ası. La solucion simultanea puede revelar algunos puntos de interseccion, perono todos. Una manera segura de identificar todos los puntos de interseccion es graficar lasecuaciones.

Ejemplo 116. Coordenadas polares enganosas

Demostrar que el punto (2, π/2) se encuentra sobre la curva r = 2 cos(2θ).

SOL: Observe que si reemplazar en la ecuacion la coordenadas r = 2 y θ = π/2 obtenemos

2 = 2 cos 2(π

2) = −2

claramente no es una igualdad verdadera. La magnitud es correcta, pero el signo esta equivo-cado. Esto sugiere buscar un par de coordenadas para el punto dado en el que r sea negativa,por ejemplo, (−r,−π/2) si verifica la ecuacion

−2 = 2 cos 2(−π

2) = −2

Por tanto, el punto (2, π/2) sı se encuentra sobre la curva.

Ejemplo 117. Puntos de interseccion evasivos

Encontrar los puntos de interseccion de las curvas r2 = 4 cos θ y r = 1− cos θ

SOL: Veremos que la solucion simultanea revela solo dos de los cuatro puntos de inter-seccion. Los otros los encontramos por graficacion.

De la primera ecuacion tenemos cos θ = r2

4 reemplazando en la segunda

r = 1− cos θ = 1− r2

4⇒ r2 + 4r − 4 = 0, ⇒ r = −2± 2

√2

82

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Para, el caso r = −2− 2√2 no encontramos un θ que verifique r = 1− cos θ. Pues,

−2− 2√2 = 1− cos θ ⇒ cos θ = 3 + 2

√2.

Mientras que si r = −2 + 2√2 encontramos que

−2 + 2√2 = 1− cos θ ⇒ cos θ = 3− 2

√2 ⇒ θ ≈ ±80o

Por lo tanto, hemos identificado dos puntos de interseccion: (−2+ 2√2, 80o) y (−2+

2√2,−80o). Para encontrar otros puntos de interseccion debemos graficar las curvas

ver figura.

Observe que solo A y B se encontraron por medio de solucion simultanea. Los otrosdos fueron revelados al graficar. ¿Por que no aparecieron los valores r de esos puntos enla solucion simultanea? La respuesta es que los puntos (0, 0) y (2, π) no se alcanzan enel mismo valor de θ. Por ejemplo, el punto (2, π) se alcanza sobre la curva r = 1−cos θcuando θ = π, y para la curva r2 = 4 cos θ en θ = 0.

Ejemplo 118. Puntos de interseccion evasivos

Encuentre los puntos de interseccion de las curvas r = cos 2θ y r = 12

SOL: Si resolvemos las ecuaciones r = cos 2θ y r = 12 , obtenemos cos 2θ = 1

2 y, por lo tanto,

θ =π

6,5π

6,7π

6,11π

6.

Luego, hemos hallado 4 puntos de interseccion:

(1

2,π

6), (

1

2,5π

6), (

1

2,7π

6), (

1

2,11π

6).

Sin embargo, se puede ver de la figura que las curvas tienen otros 4 puntos de interseccion;a saber

(1

2,π

3), (

1

2,2π

3), (

1

2,4π

3), (

1

2,5π

3).

Estos se pueden hallar por medio de simetrıa o al notar que otra ecuacion del cırculo esr = − 1

2 y resolviendo despues las ecuaciones r = cos 2θ y r = − 12 .

Areas y Longitudes de arco en coordenadas polares

Sea R la region, ilustrada en la figura, acotada por la curva polar r = f(θ) y por los rayosθ = a y θ = b, donde f es una funcion continua positiva y donde 0 < b− a < 2π.Se divide el intervalo [a, b] en subintervalos con puntos finales θ0, θ1, θ2, . . . , θn e igual am-plitud ∆θ. Estos rayos θ = θi dividen a R en regiones mas pequenas con angulo central∆x = θi − θi−1. Si se elige θ∗i ∈ [θi, θi−1], entonces el area Ai de la i-esima region seaproxima mediante el area del sector de un cırculo con angulo central ∆θ y radio f(θ∗i ).

Ai ≈1

2(f(θi))

2∆θ

y, de este modo, una aproximacion al area total A de R es

A ≈n∑

i=1

1

2[f(θi)]

2∆θ

las sumas en de esta expresion son sumas de Riemann para la funcion g(θ) = 12 [f(θ)]

2, poreso,

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A = lımn→∞

n∑

i=1

1

2[f(θi)]

2∆θ =

∫ b

a

1

2[f(θ)]2

Definition 35. (Area de la region en forma de abanico entre el origen y la curvar = f(θ))

A =

∫ b

a

1

2r2dθ =

∫ b

a

1

2[f(θ)]2dθ

Ejemplo 119. Encontrar el area de la region en el plano, acotada por la cardioider = 2(1 + cos θ)

SOL: Grafiquemos el cardioide y determinamos que el radio OP barra la region exac-tamente una vez cuando θ varıa de 0 a 2π. Por lo tanto, el area es:

A =

∫ b

a

1

2r2dθ = 2

∫ 2π

0

[1− cos θ]2dθ = 2

∫ 2π

0

(1− 2 cos θ + cos2 θ)dθ

= 2

∫ 2π

0

(1− 2 cos θ +1 + cos 2θ

2)dθ = 6π

Ejemplo 120. Encontrar el area dentro del lazo pequeno del limacon r = 1+ 2 cos θ

SOL: Al Graficar el limacon vemos que el punto (r, θ) recorre el pequeno lazo cuandocrece de θ = 2π/3 a θ = π. Como la curva es simetrica con respecto al eje x, entonces,el area es:

A = 2

∫ b

a

1

2r2dθ =

∫ π

2π/3

[1 + 2 cos θ]2dθ =

∫ π

2π/3

(3 + 2 cos(2θ) + 4 cos θ)dθ = π − 3√3

2

Area sector de un cırculo A = 12r

Ejemplo 121. Determine el area encerrada por un bucle de la rosa de cuatro hojasr = cos 2θ.

SOL: La curva r = cos 2θ se bosquejo en el Ejemplo 111. Consideremos el buclederecho, observe que esta region es barrida por un rayo que gira de θ = π/4 a θ = π/4. Por lo tanto, el area es

A =

∫ b

a

1

2r2dθ =

1

2

∫ π/4

−π/4

cos2(2θ)dθ =

∫ π/4

0

cos2(2θ)dθ =π

8

Ejemplo 122. Determine el area de la region que yace dentro del cırculo r = 3 sin θy fuera de la cardioide r = 1 + sin θ

SOL: La cardioide vease el Ejemplo 114 y el cırculo se bosquejan en la figura y sesombrea la region deseada. Los valores de a y b se determinan al hallar los puntos deinterseccion de las dos curvas. Se cortan cuando 3 sin θ = 1 + sin θ, que da, sin θ = 1

2de modo que θ = π/6, 5π/6. El area deseada se encuentra restando el area dentrode la cardioide entre θ = π/6 y θ = 5π/6 del area dentro del cırculo de θ = π/6 yθ = 5π/6. Es decir,

84

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A =

∫ b

a

1

2(rsup)

2dθ −∫ b

a

1

2(rinf )

2dθ =

∫ b

a

1

2(r2sup − r2int)dθ

=1

2

∫ 5π/6

π/6

[(3 sin θ)2 − (1 + sin θ)2

]dθ

= π

En el ejemplo anterior se ilustra el procedimiento para hallar el area de la region acotadapor dos curvas polares.

Definition 36. (Area entre dos curvas polares)En general, sea R una region, que esta acotada por curvas con ecuaciones polaresr = f(θ), r = g(θ), θ = a y θ = b donde f(θ) ≥ g(θ), 0 < b− a ≤ 2π. El area A de Res

A =

∫ b

a

1

2(rsup)

2dθ −∫ b

a

1

2(rinf )

2dθ =

∫ b

a

1

2(r2sup − r2int)dθ

Ejemplo 123. Encontrar el area de la region que se encuentra dentro del cırculor = 1 y fuera de la cardioide r = 1− cos θ

SOL: Dibujamos la region para determinar sus fronteras y encontrar los lımites deintegracion. La curva exterior es rext = 1, la curva interior es rint = 1 − cos θ, y θvaria de π/2 a π/2. , por tanto el area es

A =

∫ b

a

1

2[(rsup)

2 − (rinf )2]dθ =

1

2

∫ π/2

−π/2

[12 − (1− cos θ)2]dθ = 2− π

4

La longitud de una curva polar

Podemos obtener una formula en coordenadas polares para la longitud de una curvar = f(θ), a ≤ θ ≤ b parametrizandola como

x = r cos θ = f(θ) cos θ x = r sin θ = f(θ) sin θ, a ≤ θ ≤ b

Al usar la regla del producto y derivar con respecto a θ, se obtiene

dx

dθ=

dr

dθcos θ − r sin θ

dy

dθ=

dr

dθsin θ + r cos θ

No es difıcil ver que (dxdθ

)2+(dydθ

)2=(drdθ

)2+ r2

De esta expresion obtenemos la definicion para la longitud de una curva polar r = f(θ).

Definition 37. (Longitud de una curva polar)Si r = f(θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curvaexactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces la longitud de la curva es

L =

∫ b

a

√r2 +

(drdθ

)2dθ

85

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Ejemplo 124. Encontrar la longitud de la cardioide r = 1− cos θ

SOL: Dibujamos la cardioide para determinar los lımites de integracion. El punto(r, θ) traza la curva una sola vez, en sentido contrario al de la manecillas del reloj, alvariar θ de 0 a π. Ahora, como r = 1− cos θ y dr

dθ = sin θ podemos hallar la longitudde la curva

L =

∫ b

a

√r2 +

(drdθ

)2dθ =

∫ 2π

0

√2− 2 cos θdθ =

∫ 2π

0

√4 sin2

θ

2dθ = 8

Area de superficie en coordenadas polares

Para obtener la formula del area de una superficie de revolucion, la cual ha sido generadapor una curva polar r = f(θ), a ≤ θ ≤ b vamos a necesitar “re-escribir” la conocida formulade area de superficie en coordenadas polares. Recuerdemos que esta formula esta dada por

A =

∫ b

a

2πrds Coordenadas Rectangulares

Definition 38. (Area de una superficie de revolucion)Si r = f(θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curvaexactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces las areas de las superficiesgeneradas al girar la curva son

S =

∫ b

a

2π(r sin θ)

√r2 +

(drdθ

)2dθ Eje x, (y ≥ 0)

S =

∫ b

a

2π(r cos θ)

√r2 +

(drdθ

)2dθ Eje y, (x ≥ 0)

Ejemplo 125. Encontrar el area de la superficie generada al girar el lazo derecho dela lemniscata r2 = cos 2θ alrededor del eje y.

SOL: Trazamos el lazo para determinar los lımites de integracion. El punto (r, θ)recorre la curva una sola vez en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando θvarıa de −π/4 aπ/4. Primero hagamos unos calculos,

A =

∫ b

a

2πr cos θ

√r2 +

(drdθ

)2=

∫ b

a

2π cos θ

√r4 +

(rdr

)2

Ahora, como r2 = cos 2u entonces 2r drdθ = −2 sin 2θ y (r dr

dθ )2 = sin2(2θ). Por tanto

A =

∫ b

a

2π cos θ

√r4 +

(rdr

)2dθ =

∫ π/4

−π/4

2π cos θ(1)dθ = 2π√2

HASTA AQUI VA LA TEORIA DEL SEGUNDO PARCIAL. !!!ESTUDIEN BIEN LOSEJEMPLOS¡¡¡

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