Un i d a d 8 - gc.initelabs.comgc.initelabs.com/recursos/files/r157r/w13193w/CalcDifIntgr...

Unidad 8

apLiCaCiones de La

integraL i

Objetivos

Al inalizar la unidad, el alumno:

•Utilizará los conceptos de cálculo de áreas y longitud de arco en coordenadas cartesianas y polares en la resolución de ejercicios.•Calculará volúmenes de sólidos de revolución.• Simplificará y resolverá integrales impropias.

Cálculo diferencial e integral 275

Introducción

De lo estudiado en la unidad seis se tiene que el área de una región se puede obtener por aproximación, esto es, subdividiendo el intervalo a integrar con rectángulos cada vez más delgados o haciendo que la partición tienda a un

número grande, dando como consecuencia que el área de cada uno de ellos tienda a cero, después se procede a sumar las áreas de todos los rectángulos lográndose una muy buena aproximación del área de la región. La integración no es más que la abstracción matemática de este proceso y se puede aplicar al cálculo de una gran variedad de cantidades que se pueden expresar como la suma de un gran número de términos infinitamente pequeños. Asimismo, con la utilización del teorema fundamental del cálculo se logra redondear el concepto de integral definida simplificando con esto su cálculo. A continuación examinaremos varios casos en los que la integración aparece de esta manera de modo natural.

8.1. Cálculo de integrales definidas

Para calcular una integral definida:

• Se aplica la fórmula f x dx F b F aa

b

( ) ( ) ( )= −∫ , siendo F(x) una primitiva de f(x).

• Por artificios de cálculo. Cuando se emplea una sustitución para calcular una integral definida hay dos maneras de hallar su valor. Primera: los límites de integración se cambian empleando la sustitución, y una vez calculada la integral se remplazan dichos valores en la función así calculada para hallar su valor. El segundo procedimiento es remplazar los límites originales una vez calculada la integral. Cuando la integración conduce a funciones trigonométricas recíprocas, se debe tener cuidado en elegir los valores principales de la función.

Nota. Si la función f(x) es discontinua en x = α, con α comprendido entre a y b, entonces:

f x dx f x dx f x dxaa

b b

( ) lim ( ) ( )= +−+∫∫ ∫α ε

α ε '

si ε y ε’ tienden a cero.

Si los límites de integración son infinitos se define: f x dx f x dxb a

b

a( ) lim ( )= →∞

∞ ∫∫

Unidad 8276

Ejemplo 1

Determina el valor de ( )2 2 3

1

1x x dx−−∫

Solución

Integrando se tiene: ( )2 22

3 42 3

1

1 2

1

1 3

1

13 4

1

1

x x dx x dx x dxx x− = − = −

− − − −

∫ ∫ ∫ evaluando los límites de integración resulta

( )( ) ( )

22

3 4

2 1

3

1

4

2 1

32 3

1

13 4

1

1 3 4 3

x x dxx x− = −

= −

−− −− −

∫ (( )−

=

1

4

4

= −

− − −

= + = =2

3

1

4

2

3

1

4

5

12

11

12

16

12

4

3

Ejemplo 2

Calcula el valor de la integral e dxx−

−∫ 2

2

3

Solución

Para integrar sea ux

du= − = −2

1

2, entonces, dx.

Multiplicando y dividiendo por − 1

2 se tiene:

e dx e dx ex x x−

−−

−−

−∫ ∫=

−− =

2

2

32

2

32

2

311

2

1

22

evaluando los límites de integración resulta:

= −

= −( )= −( )= −2

1

4 462 71 2 0 22 2 71 2 2 49 4 97

.( . ) . . . .

= −

= −

= −

= −− −− −

2 2 21

213

2

2

2

3

23

2

1 5e e e e

e

ee

e.

= −

=2

1

2 712 71

1 5( . )( . )

.


8.2. Cálculo de áreas y longitud de arco en

coordenadas cartesianas y polares

En esta sección se tratará el cálculo de área entre dos curvas en general. Ilustraremos con algunos problemas el método a seguir.

Sean dos funciones f g y , ambas continuas en un intervalo [ , ]a b . Si f y g son ambas positivas y si f x g x( ) ( )≥ para todo x en [ , ]a b (véase la figura 8.1), el

área entre las gráficas viene dada por la integral f x g x dxa

b

( ) ( ) ,−[ ]∫ lo cual ya es conocido.

Figura 8.1.

Lo que se necesita ahora es una fórmula que sea aplicable también a la región representada en la figura 8.2. Aquí, ni f ni g son siempre positivas. Además, ninguna de las funciones es siempre mayor que la otra.

Figura 8.2.Un modo de proceder es subir a la región completa un número fijo de unidades,

de manera que ambas funciones pasen a ser positivas (véase la figura 8.3). Los nuevos contornos son ahora de la forma:

Unidad 8278

F x f x C G x g x C( ) ( ) ( ) ( )= + = + y

Figura 8.3.

El área de la primera parte es:

F x G x dx f x g x dx f x g x dxa

s

a

s

a

s

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫ ∫∫El área de la segunda parte es:

G x F x dx g x f x dx f x g x dxs

t

s

t

s

t

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫∫∫El área de la tercera parte:

F x G x dx f x g x dx f x g x dxt

b

t

b

t

b

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫ ∫∫El área total es, en consecuencia, la suma:

f x g x dx f x g x dx f x g x dxt

b

s

t

a

s

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .− + − + −∫∫∫En virtud de la propiedad aditiva de la integral, esta suma es simplemente:

f x g x dxa

b

( ) ( ) .−∫Luego entonces:

El área entre las gráficas = −∫ f x g x dxa

b

( ) ( )


El número f x g x( ) ( )− da la separación vertical entre los dos contornos, por lo que:

Área = (promedio de la separación vertical) (b–a)

Ejemplo 3

Halla el área entre y x y x x= = ∈cos [ , ] y sen , 0 2π .

Solución

La región en cuestión se representa en la figura 8.4. Luego entonces, el área debe

estar dada por la integral cos x x dx−∫ sen0

2π.

Figura 8.4.

El modo más sencillo de evaluar esta integral es observar que

cos x x

x

x

x

−≥ ≤ ≤≤ ≤ ≤≥ ≤ ≤

sen es

0,

,

0, 5

4

01

4

01

4

5

4

2

ππ ππ π

Esto significa que:

Área = cos cos cosx x dx x x dx x x dx−( ) + −( ) + −( ) =∫ ∫ ∫sen sen sen0

4

4

54

54

2π

ππ

ππ

= +[ ] + − −[ ] + +[ ] =sen sen senx x x x x xcos cos cos04

4

54

54

2πππ

ππ

( ) ( )2 1 2 2 1 2 4 2− + + + =

Unidad 8280

En las figuras 8.5 y 8.6 se representan regiones en las que las curvas del contorno no son funciones de x, sino funciones de y. En tales casos el área está dada por la integral

f y g y dyc

d

( ) ( )−∫Esto es simplemente el promedio en la separación horizontal (d-c)

Figura 8.5. Figura 8.6.

Ejemplo 4

Halla el área entre las parábolas x y x y= = − +2 22 3 y .

Solución

La región se representa en la figura 8.7. Las dos parábolas se cortan en y y= − =1 1 y . Asimismo, para cada y entre –1 y 1 la separación horizontal entre

las dos curvas es:

( )− + − = − + = − +2 3 3 3 3 32 2 2 2y y y y

El área de la región se halla integrando entre y y= − =1 1 y .

A y dy y dy dyy

y= − + = − + = −

+ [ ]− −− −

−∫ ∫∫ ( )3 3 3 3 33

32 2

1

1

1

13

1

1

1

1

11 == − − −

+ − −( )=3

= −

+ ( )= − + = =3

2

33 2 2 6 4 4, . por lo tanto, Ay= − + = − + = −

+ [ ]− −− −

−∫ ∫∫ 3 11 == − − −

+ − −( )=3

1

3

1

33 1 1( )


Figura 8.7.

8.2.1. Cálculo de áreas en coordenadas polares

El área de un sector circular de ángulo central θ (en radianes) y radio r es 1

22r θ .

Sea C la curva de ecuación r F= ( )θ en coordenadas polares, F ( )θ no negativa y continua para θ α β β α π∈ ≤ − ≤[ , ], 0 2 .

Sea S el conjunto de puntos del plano de coordenadas polares (r, θ) y que satisfacen θ α β θ∈ ∈[ , ] [ , ( )] y r F0 . Véase la figura 8.8.

Figura 8.8.

Como F2 es continua y, por lo tanto, integrable, entonces

área ( ) ( )S = ∫1

22F dθ θα

β

Unidad 8282

Ejemplo 5

Calcula el área de la región Γ representada en la figura 8.9.

Figura 8.9.

Solución

El área de la figura 8.9 se escribe como:

Γ = = =

=∫ ∫1

2

1

2

1

2 32

0

32 2

0

32

3

0

32θ θ θ θ θπ π π

d d

1

6

3

20

1

6

27

8

27

48

33

3 3π π π

− ( )

=

= = 9

163π

Ejemplo 6

Calcula el área encerrada por la cardioide r = 1 – cos θ, véase la figura 8.10.


Figura 8.10.

Solución

El área está dada por la siguiente integral ( ) ( )S F d= ∫1

22 θ θα

β, donde los límites

de integración van de 0 a 2π.

Sustituyendo se tiene que:

área = −∫ 1

21 2

0

2( cos )θ θπ

d , desarrollando el binomio resulta

= − + = − + ∫ ∫ ∫1

21 2

1

21 22

0

2

0

2 2

0

2( cos cos ) ( cos ) cosθ θ θ θ θ θ θπ π π

d d d integrando por separado cada término se tiene:

( cos ) [ ] ( ) ( )1 2 2 2 2 2 0 2 0 20

2

02− = − = − − + =∫ θ θ θ θ π π ππ πd sen sen sen

por lo tanto, el área pedida es:

A = + =1

22

3

2( )π π π

cos ( cos ) ( )2

0

2

0

2

0

21

21 2

1

2

1

42

1

22θ θ θ θ θ θ ππ π π∫ ∫= + = +

= −d d sen

11

42 0 0( ( ))sen

= − =π π

Unidad 8284

8.2.2. Cálculo de longitud de arco

Recordando que la longitud del segmento de recta que une dos puntos P(xP, y

P) y

Q(xQ, y

Q) de un plano se puede escribir como:

d P Q x x y yQ P Q P( , ) ( ) ( )= − + −2 2 (1)

Figura 8.11.

Aquí se dará una fórmula para la longitud de la gráfica de una función real f:

[a, b]→R, con primera derivada continua; es decir, df x

dx

( ) existe y es continua.

La longitud de la curva de f en [a, b] es 1

2

+ ( )

∫ df x

dxa

b

dx y se llama también longitud de arco.

Ejemplo 7

Determina la longitud del segmento de recta dado por f x x( ) = +2 3 sobre [–2, 2] empleando la ecuación desarrollada en esta sección.

Solución

La derivada de la función es 2 y sustituyendo en la ecuación de la longitud del arco se calcula:

1 2 5 5 5 5 2 5 2 5 2 22

2

2

2

2

2

2

2

2+ = = = = − − = +− − − −∫ ∫ ∫( ) ( ( ) ( )) ( )dx dx dx x == 4 5


Ejemplo 8

Determina la longitud del arco de f x x( ) ,=

32 4 en

5

9.

Solución

Se tiene que df

dxx= 3

2

12 de modo que la longitud de arco es

L x dx x dx= + = +

∫∫ 1

3

21

9

4

12

2

59

4

59

4

Para resolver la integral se realiza el siguiente cambio de variable.

Sea u x du dx= + =19

4

9

4, entonces, . Multiplicando y dividiendo por

9

4 se tiene:

L u du x= = +

= +

∫1

9

4

8

271

9

4

8

271

9

44

12

59

43

2

59

4

( ) − +

=

32

32

19

4

5

9

8

2710

9

4

8

2710

27

88 37

32

32 3

2( ) .−

= −

=

Ejercicio 1

1. Halla el área entre la curva y el eje x sobre el intervalo dado:f x x( ) , [= −2 4 sobre 0, 2]

2. Calcula el área entre las curvas dadas en el intervalo indicado:

f x x g x x( ) ( ) , [ , ]= =, sobre 2 0 1

3. Halla el área limitada por la curva r = senθ2

0 ≤θ≤ 2 π4. Determina la longitud de la gráfica de la función f x

x

x( ) = +3

12

1 en el intervalo

[1, 4].

5. Calcula la longitud de arco de la gráfica de la función f x tdtx

( ) = ∫0 en el

intervalo [3, 8].

Unidad 8286

8.3. Cálculo de volúmenes de sólidos de

revolución

Un sólido de revolución es generado al girar un área plana en torno a una recta, llamada eje de revolución o de rotación, en el plano. El volumen de un sólido de revolución se puede calcular utilizando uno de los siguientes procedimientos:

Método de los discos. Este método es útil cuando el eje de rotación es parte del contorno del área plana.

• Hacer un dibujo del área, de una franja representativa perpendicular al eje de revolución y del rectángulo aproximante, esto es el mínimo rectángulo que contiene el área en cuestión.

• Escribir el volumen del disco o cilindro generado al girar un rectángulo aproximante en torno al eje de revolución y sumar para los n rectángulos.

• Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental.

Figura 8.12.

Cuando el eje de revolución es el eje x y la frontera superior del área plana viene dada por una curva y = f(x) entre x = a y x = b figura 8.12, el volumen V del sólido de revolución está dado por:

V y dx f x dxa

b

a

b= = [ ]∫ ∫π π2 2( ) (1)

Análogamente, cuando el eje de rotación es el eje y y un lado del área plana es dada por la curva x = g(y) entre y = c y y = d (véase la figura 8.13), el volumen V del sólido de revolución es:

V x dy g y dxc

d

c

d= = [ ]∫ ∫π π2 2( ) (2)


Figura 8.13.

Método de las arandelas. Este método es útil cuando el eje de revolución no es parte del contorno de área plana.

•Hacer un dibujo del área (de una franja representativa perpendicular al eje de revolución) y del rectángulo aproximante.• Prolongar los lados del rectángulo aproximante ABCD hasta alcanzar el eje de revolución en los puntos E y F, como en la figura 8.14.

Figura 8.14.

Cuando el rectángulo aproximante se hace girar en torno al eje de revolución se forma una arandela cuyo volumen es la deferencia entre los volúmenes generados al girar los rectángulos EBAF y ECDF en torno al eje.

Escribir la diferencia de los dos volúmenes y proceder como en el paso 2 del método de los discos.

Unidad 8288

Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental del cálculo.

Si el eje de revolución es el eje x, la frontera superior del área plana viene dada por y f x= ( ) , la inferior por y g x= ( ) y la región va desde x = a hasta x = b (véase la figura 8.15), entonces el volumen V del sólido de revolución está dado por

V f x g x dxa

b= −∫π {[ ( )] [ ( )] }2 2 (3)

Figura 8.15.

Análogamente, si el eje de rotación es el eje y y el área plana está limitada a la derecha por x = f(y), a la izquierda por x = g(y), superiormente por y = d e inferiormente por y = c (véase la figura 8.16), entonces el volumen V es dado por

V f y g y dyc

d= −∫π {[ ( )] [ ( )] }2 2 (4)

Figura 8.16.


Método de capas. Al aplicar este método se procede como sigue:

• Mostrar en una gráfica el área en cuestión, una franja representativa paralela al eje de revolución y el rectángulo aproximante.• Escribir el volumen como el producto de la circunferencia media por la altura por el espesor, de la capa cilíndrica (tubo cilíndrico) generada al girar el rectángulo aproximante en torno al eje de revolución, y sumar para los n rectángulos.• Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental.

Si el eje de revolución es el eje y y el área plana en el primer cuadrante está acotada abajo por el eje x, arriba por y = f(x), a la izquierda por x = a y a la derecha por x = b como se muestra en la figura 8.17, entonces el volumen es dado por:

V xydx xf x dxa

b

a

b= =∫ ∫2 2π π ( ) (5)

Figura 8.17.

Análogamente, si el eje de rotación es el eje x y el área plana, en el primer cuadrante, está limitada a la izquierda por el eje y, a la derecha por x = f(y), superiormente por y = d e inferiormente por y = c, como se muestra en la figura 8.18, entonces el volumen V está dado por:

V xydx y f y dyc

d

c

d= =∫ ∫2 2π π ( )

Unidad 8290

Figura 8.18.

Ejemplo 9

Se hace girar la recta y = 2x alrededor del eje x desde x x= =0 4 a y, como se muestra en la figura 8.19, genera un cono recto circular. Halla el volumen de este cono empleando tubos cilíndricos.

Figura 8.19.

Solución

Se genera un tubo típico al hacer girar el área rayada alrededor del eje x. Su radio es el valor de y sobre la curva y su circunferencia 2πy.

Donde f(y)=4–y/2

Entonces el volumen es:


V yy

dy yy= − = −∫ ∫ ∫2 4 2 2 4

20

8

0

82

0

8π π( ) =

= −

= −

= −

2 22 3

2 22

2 34

32

3

0

8

23

0

8

23π π πy

yy

yy

y

( )( )

( ) = −0

8

23

4 88

3π ( ( )

( )=

π π768 512

3

256

3

− = Por lo tanto V = 256

3

π

Ejemplo 10

Considérese la región del primer cuadrante limitada por el eje x y la gráfica de f x x( ) = −4 2 . Halla el volumen del sólido de revolución formado al hacer girar esta

región alrededor del eje x, como se muestra en la figura 8.20.

Figura 8.20.

Solución

En la figura 8.20 se muestra la región considerada. Basándose en el método de los discos:

V f x dx x dx= = −∫ ∫π π2

0

2 2 2

0

24( ) ( ) , desarrollando

Unidad 8292

= − +∫π ( )16 8 2 4

0

2x x dx

Integrando término a término:

= − + = − +

∫ ∫∫π π16 8 16

8

3 52

0

2 4

0

2

0

23 5

0

2

dx x dx x dx xx x

Evaluando resulta:

π 16 28 2

3

2

516 0

8 0

3

0

5

3 5 3 5

( )( ) ( )

( )( ) ( )− +

− − +

=

π π328 8

3

32

5

256

1553 62− +

= ≈( )

.

Por lo tanto, el volumen es aproximadamente 53.62 unidades cúbicas.

8.4. La integral impropia

Existen funciones para las cuales no es posible aplicar ninguno de los métodos de integración tratados hasta ahora, debido a que las funciones del integrando no están definidas para algún punto o puntos del dominio.

Considérese el volumen del sólido que se obtiene cuando gira alrededor del eje x

la región limitada por yx

= 1 y por el eje x, a la derecha de la recta x = 1. La sección

transversal típica, determinada por un plano perpendicular al eje x, es un círculo de

radio 1

x (véase la figura 8.21).

Figura 8.21.


¿Cuál es el volumen de este sólido?

Se podría asegurar que el volumen es π ( )1 2

1 xdx

∞∫ . Desafortunadamente, el

símbolo f x dxa

( )∞∫ carece de significado, hasta hora. La definición de la integral

definida se basa en sumas de la forma f x x xi i i

i

n

( )( )− −=∑ 11

donde xi ∈ [x

i–1, x

i]

Sin embargo, si se examina el volumen de la parte del sólido comprendido entre x = 1 y x = b, donde b es algún número mayor que 1 y, después, se determina qué

sucede cuando b →∞ . En otras palabras, se considera lim ( )b

b

xdx→∞ ∫ π 1 2

1. Ahora,

π π π π π π1

1

2

11x

dxx b b

bb

= −

= − − −

= −∫

Así, limb

b

xdx→∞ ∫ = − =π π π

210 . El volumen de este sólido que se extiende

indefinidamente es finito. Este enfoque sugiere un modo de dar significado al símbolo

f x dxa

( )∞∫ .

Se va a extender la definición de integral definida para que el símbolo f x dxa

b

( )∫

tenga significado si el intervalo de integración o la función no son acotadas.

Definición. La integral definida f x dxa

b

( )∫ se dice impropia si:

a) La función f(x) tiene uno o más puntos de discontinuidad en [a, b]

b) Uno de los dos límites de integración es infinito, o sea f x dxa

( )∞∫ o f x dx

b

( )−∞∫

c) Ambos límites de integración son infinitos f x dx( )−∞∞∫

Las integrales del inciso b se obtienen de la siguiente manera:

f x dx f x dx

f x dx f x dx

a b a

b

b

a a

b

( ) = ( )( ) = ( )

∞→∞

−∞ →−∞

∫ ∫∫ ∫

lim

lim

o

Unidad 8294

Si los límites anteriores existen, se dice que la integral impropia es convergente y si el límite no existe se dice que la integral impropia es divergente.

Para obtener la integral del inciso c tenemos

f x dx f x dx f x dxc

c( ) = ( ) +−∞

∞−∞

∞∫ ∫ ∫ ( )

si alguna de las dos integrales es divergente, entonces la integral f x dx( )−∞∞∫ es

divergente.

Ejemplo 11

Calcula el área de la región limitada por la curva yx

= +11 2( )

y el eje x.

Solución

El área pedida es igual a 1

1 2+−∞∞∫ x

dx como se muestra en la figura 8.22.

1

Figura 8.22.

Ahora, 1

1

1

1

1

12 2

0

20+ = + + + =→−∞−∞∞

→∞

→−∞

∫ ∫ ∫xdx

xdx

xdx

a a b

b

a

lim lim

lim [arc ttan ( )] lim[ tan ( )] ,

lim [

x xab

b

a

00+

−

→∞

→−∞

arc

evaluandoresulta

arcc arctan ( )] lim[ tan ( )]a bb

+ = − − + =→∞

π π π2 2

De donde, 1

1 2+ =−∞∞∫ x

dx π , por lo tanto, el área buscada es π.


Ejemplo 12

Evalúa x

xdx

( )1 2 2+−∞∞∫

Solución

Esta integral debe descomponerse en dos integrales impropias separadas:

x

xdx

x

xdx

x

xdx

( ) ( ) ( )1 1 12 2 2 2

0

2 20+ = + + +−∞∞

−∞∞∫ ∫ ∫ ; siempre que cada integral exista,

empleando el resultado de la integral y evaluando

lim( )

lim( )a

ab

b

x x→−∞ →∞−+

+ −

+

=1

2 1

1

2 12

0

2

0

lim( )

lim( )a ba b→−∞ →∞− + +

+

−+ +

= − + =1

2

1

2 1

1

2 1

1

2

1

2

1

22 200

Por lo tanto, x

xdx

( )10

2 2+ =−∞∞∫

Ejercicio 2

1. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido al rotar alrededor del eje y, la región acotada por las curvas y x y x x x= + = + = =2 2 1 0 1, , y .

2. Determina el volumen de una esfera metálica de radio r = 10mm que es perforada por uno de sus diámetros con una horadación de radio 1mm, con una recta y = 1mm.

3. Evalúa la siguiente integral impropia e dxx

x

20

−∫ .

Unidad 8296

Ejercicios resueltos

1. Determina el área encerrada por las curvas cuyas ecuaciones son:x y y x+ = + =3 32 y

Solución

La siguiente figura muestra el área encerrada por las curvas dadas

Los puntos de intersección entre las curvas dadas es posible obtenerlos al despejar y

de las ecuaciones e igualar ambos valores de y, 3 3 2− = −x x y así se obtiene x x2 0− =de donde x x( )− =1 0

Igualando a cero cada factor resulta x x1 20 1= = y

Al sustituir cada uno de estos valores de x en cualesquiera de las ecuaciones de las curvas se obtiene y y= − = = − =3 0 3 3 1 2y , luego P =(0,3) y Q =(1,2) son los puntos de intersección entre ambas curvas y el área A encerrada por ellas es:

A f x g x dx x dx xdxx x= − = − + = − +

∫ ∫ ∫[ ( ) ( )]

0

1 2

0

1

0

13

0

1 2

03 2

11

=

− −

+ −

= − + =1

3

0

3

1

2

0

2

1

3

1

2

1

6

3 2

Es decir, A = 1

6 unidades cuadradas.


2. Calcula el área entre las curvas: y x y e x= ( ) = − −−ln2 2 1, y las rectas,

x x e= =1 2y

Solución

La gráfica de las curvas se muestra en la siguiente figura.

Figura 8.23.

Por lo tanto, el área entre las curvas es:

A x e dxxe= − − −−∫ {(ln ) ( )}2 2

11

2 = ( ) + +−∫ ∫∫ ln x dx e dx dxxe ee 2 2

1 11

2 22

1 ; integrando cada

término se tiene para el primer término, integrando por partes:

sea u x du xx

dxx

xdx= = =(ln ) ln ln2 21 2

, entonces y

dv dx dv dx= =∫ ∫, integrando en ambos miembros , por lo tanto,, v x= , sust it uyendo resulta en la última integral:

u x dux

dx dv dx v x= = = =ln , , entonces, y por lo tanto, 1

.

(ln ) { (ln ) } ln { (ln ) } lnx dx x xx

x xdx x x xde

ee

e2

1

21 1

21

22

22

21

2∫ ∫= − = − xxe

1

2∫ == − −

= −∫{ (ln ) } ln { (ln ) } { ln }x x x x

xxdx x x x xe

ee e2

1 1

21 1

22

2

21

222 2

2 1+{ }x e =

{ (ln ) } { ln } { { ln } [ln( )] } { ( ) lnx x x x x e e e ee e21 1

2 2 2 22 2

2 2 1 1 2 2− − = − − −− +e2 1} =

4 0 4 2 2 2 22 2 2 2e e e e− − + − = −

Unidad 8298

Para el segundo término se tiene

e dx e dx e duex

ex u

ex

ee

− − − −∫ ∫∫= − − = − = − =2

1

2

1

2

11

2 22

2

1

22

1

2 2( ) −− +− −1

2

1

22 22

e ee

Sea u x du dx= − = −2 2, entonces, . Multiplicando y dividiendo por –2 resulta.

Para el tercer término dx x ee e

1 1

22 2

1∫ = [ ] = − . Por lo tanto,

A = ( ) + + = − − + + −− − −∫ ∫∫ ln x dx e dx dx e e e exe ee

e2 2

1 11

2 2 2 22 22

2

1 2 21

2

1

21

A e e e e= − + −− −3 31

2

1

22 2 2 2

, que es el área encerrada por las curvas.

3. Determina el área encerrada por las tres rectas siguientes:

y x y x y x1 2 33 21

32

1

81= − = − + = − +, ,

Solución

La figura 8.24 muestra el área encerrada por las tres rectas. Los puntos de intersección entre las rectas se obtienen de igualar sus respectivas ecuaciones una con otra.

Así, por ejemplo, al igualar y1 con y

2 se obtiene y y1 2=

3 21

32 3

1

34x x x x− = − + + =, de donde,

y 10

34

3 4

10

12

10

6

5x x= = = =,

( ) por lo tanto,

entonces y =

− =3

6

52

8

5 en consecuencia Q =

6

5

8

5, es el punto de intersección

entre las rectas y1 con y

2.

Similarmente al igualar y1 con y

3 se obtiene:

y y x x1 3 3 21

81= − = − +, por lo tanto, , agrupando términos y despejando x resulta:

31

83

25

83

24

25x x x x+ = = =, donde , finalmente al sustituir este valor de x en


cualquiera de las dos expresiones para y1 o y

3 se tiene y = 22

25 y, consecuentemente,

el punto de intersección entre y1 y y

3 es P =

24

25

22

25, .

Figura 8.24.

De igual manera se obtiene que el punto de intersección entre las rectas y2 y y

3

en R =

24

5

2

5, . Entonces el área encerrada por las tres rectas es:

A f x dx f x

y x y x x

= =− ≤ ≤∫ ( ) ( )

( ) ( )

24

25

24

51 3

24

25

6

5 con para

yy x y x x2 3

6

5

24

5( ) ( )− < <

para

A x x dx x x= − − − +

+ − + − − +

∫ 3 21

81

1

32

1

8124

25

6

5

∫ dx6

5

24

5 =

25

83

5

241

25

1624

25

6

5 2

2425

65

6

5

24

x dx x dx x−

+ − +

= ∫ 55

24

25

6

5 26

5

24

56

5

24

535

48∫ − − + =[ ] [ ]x x x

25

16

6

5

24

253

6

5

24

25

2 2

−

− −

−−

−

+ −

=5

48

24

5

6

5

24

5

6

5

2 2

25

16

36

25

576

6253

6

5

24

25

5

48

576

25

36

25−

− −

− −

+ −

=24

5

6

5

25

16

900 576

6253

30 24

25

5

48

576 36

25

−

−

− −

−

+

− =

24 6

5

25

16

324

6253

6

25

5

48

540

25

18

5

−

−

+

=

−

−

+

25

16

324

12503

6

25

5

24

540

50

18

5 =

Unidad 8300

8100

10000

18

25

2700

1200

18

5− − + , resolviendo el quebrado entre los dos primeros términos

y el último y lo que resulte de ellos se opera con el tercer término:

8100

10000

18

25

18

5

8100 7200 36000

1000

36900

10000

369

100− + = − + = = y ahora

369

100

2700

1200

4428 2700

1200

1728

1200

36

25− = − = = que es el área buscada.

4. Halla el área de una hoja de la gráfica en coordenadas polares r = 4 2sen θ . Véase la figura 8.25.

Figura 8.25.

Solución

Una hoja de la curva corresponde a θ π∈

0

2, . Entonces, empleando la fórmula

del área se tiene A f da

b= ∫1

22( )θ θ

A d d= = ∫∫1

24 2

1

216 22 2

0

2

0

2 ( )sen senθ θ θ θππ; empleado la identidad trigonométrica

sen2 21 4

2θ θ= −( cos )

y sustituyendo en la integral anterior

A d d d d= − = − = −∫ ∫ ∫1

2

16 1 4

24 1 4 4 4 4

0

2

0

2

0

2

0

( cos )( cos ) cos

θ θ θ θ θ θ θπ π π π22∫ =

Por lo tanto, el área es 2π.

4 41

44 4

20 4

24 00

20

2[ ] [ ] . )θ θ π ππ π− = −

−

−

sen sen sen(

= − + =2 2 0 2π π πsen sen( ) ( )


5. Halla el área limitada por la curva r2 = cos 2θ, véase la figura 8.26.

Figura 8.26.

Solución

Es tentador escribir su área como A r d d= = =∫∫1

2

1

22 02

0

2

0

2 θ θ θππcos .

Sin embargo, se debe recordar que la integral es lim cosn

i

i

n

→∞ =∆∑1

22 1

1

θ θ . Los θi

comprendidos entre π π4

3

4 y , por ejemplo, contribuyen con términos de esta serie

(si se divide el intervalo [ , ]0 2π en n partes) y la curva no existe en π θ π4

3

4< <

r 2

4

3

4 es negativa cuando

π θ π< <

. Entonces

A d d= + = +∫ ∫1

22

1

22

1

4

1

40

43

4 0

43

4

cos cosθ θ θ θ θ θπππ π

ππ

sen 2 sen 2 =

1

4

2

4

1

4

1

41

1

41

2

4

1

2sen sen 0 sen 2 sen

3

2

π π π−

+ −

= + = =( ) ( )

6. Calcula la longitud de arco de la función y xx

x( ) ln= −2

2

1

4 desde

x x= =1 2 hasta .

Solución

Como la derivada de la función es dy

dxx

x= − 1

4

1, entonces la longitud del arco es:

L xx

dxx

xdx

x x

x= + −

= + − = + −∫ 1

1

41

4 1

16

16 4 1

16

2

1

22 2

2

2 2 2

21

2( ) ( )∫∫∫ =1

2dx

16 16 8 1

16

16 8 1

4

4 1

4

2 4 2

21

24 2

1

22 2

1

2x x x

xdx

x x

xdx

x

xdx

+ − + = + + = +∫ ∫ ∫ ( ) ==

Unidad 8302

4 1

4

1

4 2

1

4

2

2

2

1

2

1

22

1

2

1

2

1

22x

xdx xdx

xdx

xx

+ = + = +

=∫ ∫ ∫ ln −−

+ −[ ]=1

2

1

42 1

2

ln( ) ln( )

= − + −[ ]= +4

2

1

2

1

42 0

3

2

1

42ln ln( ) , que es la longitud buscada.

7. Calcula la longitud de la curva y x e e dww

wx

( ) = +− −∫ 2

02 desde

x x= =0 20 hasta ln .

Solución

Por el teorema fundamental del cálculo se tiene:

dy

dxe e

xx= +− −2 2

Luego entonces, la longitud de la curva es:

L e e dx e e dx e ex

x x x x x= + + = + + = + +− − − − − −∫ ∫1 2 1 2 1 22 2

0

20

0

20 2

0( ) ( )

ln ln lln 20∫ =dx

( ) ( )ln ln ln

1 12

0

20

0

20

0

20+ = + = + = [ ] + − − − − −∫ e dx e dx dx e dx x ex x x x ==∫∫∫ 0

20

0

20

0

20 lnlnln

ln ln201

201 20

19

20− −

= + ; es decir, la longitud de la curva y(x) entre los límites

es:

L = +ln 2019

20

8. Halla la longitud de un arco de la cicloide y a x a= − = −( cos ), ( )1 θ θ θ sen .

Solución

Derivando ambas funciones con respecto a θ se tiene:

dx

da

dy

daθ θ θ θ= −( )1 cos , y = sen sustituyendo en la ecuación de la longitud de

arco resulta:

L a a d a d= − + = − + =∫ ∫2 2 2 2

0

2 2 2 2

0

21 1( cos ) {( cos ) }θ θ θ θ θ θπ π

sen sen

de la identidad trigonométrica: sen2 2 1α α+ =cos , se tiene:


a d a d a{ cos cos } cos cos1 2 1 2 1 2 22 2

0

2

0

2

0

2− + + = − + = −∫ ∫ ∫θ θ θ θ θ θ θπ π πsen ddθ =

Ahora, empleando la siguiente identidad para hacer más fácil la última integral

sen cosα α2

12 1= −( ) , se obtiene

a d a d2 2 2 10

2

0

2− = −∫ ∫cos ( cos )θ θ θ θπ π, y como 2 1( cos )− =θ

41

21 2

1

21( cos ) ( cos )− = −θ θ entonces de la última integral se tiene 2

20

2a dsen

θ θπ∫2

20

2a dsen

θ θπ∫ , sea u du d= =θ θ2

1

2, entonces, , ahora multiplicando y dividiendo

por 1

2 como factor integrante

que es la longitud de arco de la cicloide dada.

9. Determina el volumen del sólido de revolución al rotar la región encerrada por la función f x x( ) = −4 2 entre x x= =0 2 y alrededor del eje x.

Solución

La figura 8.27 muestra la región del enunciado.

Figura 8.27.

= = −

= − − = − −∫2

24

24 0 4 1

0

2

0

2

a d a a asenθ θ θ ππ π

cos {cos( ) cos( )} ( −− = − − =1 4 2 8) ( )a a

Unidad 8304

El volumen de revolución al rotar alrededor del eje x está dado por

V f t dt t dt= = −∫ ∫π π2

0

2 2

0

2 2

4( ) ( ) , desarrollando:

= − + = − −∫ ∫ ∫ ∫π π( ) ( )16 8 16 82 4

0

2

0

2 2

0

2 4

0

2t t dt dt t dt t dt

integrando cada término:

168

3 502 3

0

2 5

0

2π π π[ ]t t t− + = 16 2 0

8

32 0

52 0

3 3 5 5π π π-[ ]- ( ) -( )éëê

ùûú + ( ) -( )é

ëêùûú =

= − + =3264

3

32

5π π π 15 32 5 64 3 32

15

256

1517

( ) ( ) ( )π π π π π− + = = u3

10. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido de rotar el área encerrada por las curvas y x y x1

22 3 2= = −, , alrededor del eje x.

Solución

Las figuras 8.28 y 8.29 muestran el área encerrada por las funciones y1, y

2 y el

volumen de revolución alrededor del eje x.

Figura 8.28.


Figura 8.29.

Al igualar las ecuaciones de dichas curvas:

x x x x2 23 2 2 3 0= − + − =, donde

Resolviendo la ecuación se obtiene

x x x x x x2 2 3 3 1 0 3 1− − = + − = = − −( ) ( ) entonces y , y con ello se obtienen los

puntos de intersección entre las curvas P Q= ( ) = −( )1 1 3 9, , , , respectivamente. Como

y y x2 1 3 1≥ − ≤ ≤ para , entonces el volumen V del sólido generado es:

V y t dt y t dt t dt t dt= − = −( ) −− −− −∫ ∫∫ ∫π π π π22

3

1

12

3

1

3

1 24

3

13 2( ) ( ) , haciendo un cambio

de variable en el primer término para integrar, entonces:

Sea u tdu

dtdt= − = −3 2 2donde , multiplicando y dividiendo por – 2 resulta

− − − = − − − − − −− −π π π π2

1

33 2

5 63 2 1 3 2 3

53

31 5

31 3 3[( ) ] [ ] {( ( )) ( ( )) } {(t t 11 35 5) ( ) }− − =

= − − − + − + = − − − +π π π π6

3 2 3 65

1 2436

1 95

1 2433 3 3{( ) ( ) } { } { ( ) } { } =

− − − = − = − = =π π π π π π π π6

1 7295

728

6

244

5

3640 1464

30

2176

30

1088

15{ } {} u3

Unidad 8306

11. Calcula el volumen de revolución que se obtiene de girar el área entre la gráfica de la función f(x) = x3 –4x2 +3x en el intervalo [0, 3], cuando ésta se rota alrededor del eje x.

Figura 8.30.

Solución

La figura 8.30 muestra la gráfica de la función f(x) sobre el intervalo [0, 3] y su volumen generado cuando ésta rota alrededor del eje x es:

V f x dx x x x dx= = − +∫ ∫π π2

0

3 3 2 2

0

34 3( ) ( ) , desarrollando y agrupando términos

semejantes se tiene

V x x x x x x dx= − + − + =∫π {( )( )}3 2 3 2

0

34 3 4 3

π ( )x x x x x x x x x dx6 5 4 5 4 3 4 3 2

0

34 3 4 16 12 3 12 9− + − + − + − + =∫

π ( )x x x x x dx6 5 4 3 2

0

38 22 24 9− + − +∫ , integrando término a término resulta

π π π π πx dx x dx x dx x dx x dx6 5 4

0

3 3

0

3 2

0

3

0

3

0

38 22 24 9− + − +∫ ∫ ∫∫∫

π π π π πx x x x x7

0

3 6

0

3 5

0

3 4

78

622

524

49

−

+

−

+

33

0

3

3


V = − + − +π π π π π7

38

63

22

53

24

63

9

337 6 5 4 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )

V = − + − + = − + − +2187

7

2916

3

5346

5486 81

2187

7972

5346

5486 81

π π π π π π π π π ππV = + − = + − =2187

7

5346

51377

10935 37422 48195

35

162

35

π π π π π π π

Por lo tanto, el volumen buscado es: V = 2

353

4π u3

La figura 8.31 muestra el sólido de revolución obtenido al girar el área alrededor del eje x.

Figura 8.31.

12. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido de rotar la región encerrada por la función F(x) = 4 – x2 y las rectas x = 0, x = 2 y y =0, alrededor del eje y.

Figura 8.32.

Unidad 8308

Solución

La figura 8.32 muestra la región y el volumen de acuerdo con la fórmula para calcular el volumen de revolución de regiones giradas alrededor del eje y, se tiene para f(x) que el volumen del sólido obtenido es:

V tf t dt= ∫20

2π ( )

2 4 2 4 2 4 8 22 3

0

2

0

2 3

0

2

0

2π π π π πt t dt t t dt tdt t dt tdt( ) ( ) { }− = − = − = −∫∫ ∫∫ tt dt3

0

2

0

2 ∫∫

Integrando se tiene que

Vt t= −

= ( ) − ( ) = − =8

22

44 2

22 16 8 8

2

0

2 4

0

22 4π π π π π π π

Es decir, V = 8π unidades cúbicas.

13. La base de un sólido es la región del plano xy encerrada por las curvas x y x= =2 4, . Cada sección transversal del sólido perpendicular al eje x es un triángulo isósceles, cuyos vértices que unen los lados iguales del triángulo están sobre

la gráfica de la función z x= 4 sobre el plano xz. Halla el volumen del sólido.

Figura 8.33.

Solución

Las figura 8.33 muestra la base del sólido encerrado por las curvas y las secciones de área transversal del sólido.


Como cada sección del área transversal es un triángulo, y puesto que la base del

triángulo ∆A t t( ) es 2 y la altura de ∆A t t( ) es 4 ,

entonces: A t base x altura( ) = 1

2 = =1

22 4 4t t t( )

y, por lo tanto, el volumen del sólido es:

V A t dt tdt tdtt

t= = = = = = ( ) =∫ ∫∫( )

0

4

0

42

0

4

0

4

2

0

4 24 4 4

22 2 4 2(( )16 32=

es decir, el volumen del sólido es: V = 32 unidades cúbicas.

14. La base de un sólido en el plano xy es el triángulo T x y y x y= ≤ ≤ ≤ ≤{( , ) / , }0 0 1 . Cada sección de área transversal del sólido perpendicular al eje x es un semicírculo. Determina el volumen del sólido.

Figura 8.34.

Solución

En la figura 8.34 se muestra la base del sólido y secciones de área transversal.

Para cada x se tiene un semicírculo de radio x

2 y además el área de dicho

semicírculo es:

A xx

( ) =

1

2 2

2π

Unidad 8310

y el volumen es:

V A x dx= ∫ ( )0

1

Vx

dx x dxx=

= =

= ( ) =∫∫ 1

2 2 8 8 3 241

24

22

0

1

0

13

0

13π π π π π

.

Por lo tanto, V = π24

unidades cúbicas.

15. Halla xe dxx−∞∫0Solución

Integrando por partes se obtiene:

Sea u = x, entonces, du = dx sea dv e dv e dx v ex x x= = = −− − −∫∫, entonces, , donde ,

por lo que xe dx xe e dx xe e dx xext

xt

xt

xt

xt

x− − − − − −∫ ∫ ∫= − − − = − + = −0 0 0 0 0

+ − −0

tx

o

t

e

evaluando:

{ ( ) } { }− − + − − = − − −

=

− − + = − +− − − −te e e et

e e

t

e e

tt t

t t t t0

11

11 10 0 11

et

Ahora como xe dx xe dxx

t

xt−

→∞∞ −=∫ ∫lim

0 0 y

t

et

t

+ → →∞10, si , entonces,

xe dx xe dxx

t

xt−∞

→∞−∫ ∫= =

0 01lim

16. Suponga que la duración t (en años) de un foco eléctrico de 75 W tiene la distribución de forma exponencial con una función de densidad de probabilidad dada por la siguiente expresión:

f xe tt

( ).

,

.= ≥−0 5 0

0

0 5 para

para t<0

Calcula la probabilidad de que un foco dure 2 años o más, véase la figura 8.35.


Figura 8.35.

Solución

Esta probabilidad se da por

P t P t f t dt≥[ ]= = ≤ ≤ ∞[ ]= ∞∫2 22

( ) =

0 5 0 50 5

2

0 5

2. lim .. .e dt e dtt

M

tM−

→∞∞ −= =∫ ∫

lim ( ) lim ( ). .

M

tM

M

Me e e→∞−

→∞− −− = − +0 5

2

0 5 1

Cuando M →∞ el primer término es cero y sólo se tiene = ≈−e 1 0 37.

Por lo que aproximadamente 37 % de los focos debe durar de 2 a más años.

17. Halla el área limitada por la curva

yx

x x x= + ≥ =1

11 1

2, , en el eje y la recta .

Figura 8.36.

x = 1

Unidad 8312

Solución

Como para cada tdx

x

t≥ +∫11 21

, representa en la figura 8.36 el área sombreada, es

razonable definir el área pedida como la integral dt

t1 21 +∞∫ si este número existe. Este

número existe porque 01

1

12 2 21

≤ + ≤ ∞∫x x

dx

x e existe.

Ahora, dx

x

t

1 421 + = − = −∫ arc arc arctan tan tanπ

.

Si t →∞ →, tan , arc por lo tanto:π2

Área = dx

x t1 4 2 4 421 + = −

= − =→∞

∞∫ lim tanarcπ π π π

Ejercicios propuestos

1. Halla el área comprendida en el interior del círculo r = cosθ y por fuera de la cardioide r = −1 cosθ .

2. Halla el área comprendida entre la primera y segunda espira de la espiral de

Arquímedes r a= θ .

3. Calcula la longitud de la curva y x e ewx

w( ) = +− −∫ 2

02 desde x x= =0 20 hasta ln .

4. Halla el volumen del sólido de revolución generado cuando la región encerrada

por las curvas y x yx

x x y12

2 2 1 2

163 3 0= = = − = =, , , , , es girada alrededor del eje x.

5. Determina el volumen de una cuña, cortada de un cilindro circular por un plano, que pasando por el diámetro de la base está inclinado respecto a ella, formando un ángulo x = °45 . El radio de la base es R = 80 cm.


Autoevaluación

1. Determina el área encerrada por las curvas cuyas ecuaciones son:

y x y= − + =2 10 1,

a) A = 36 u2

b) A = 35 u2

c) A = 37 u2

d) A = 33 u2

2. Calcula el área entre las curvas dadas en el intervalo indicadof x x g x x( ) , ( ) , ,= = −[ ] sobre 3 1 1 :

a) A = 1

4 u2

b) A = 1

3 u2

c) A = 1

2 u2

d) A = 1

5 u2

3. Halla el área de una de las hojas de la curva r a= cos2θ:

a) Aa= π 2

6

b) Aa= π 2

10

c) Aa= π 2

4

d) Aa= π 2

8

Unidad 8314

4. Calcula la longitud de la gráfica de la función f x x( ) ( )= +1

322 3

2 en el intervalo [0, 4]:

a) L = 77

3 u

b) L = 76

3 u

c) L = 75

3 u

d) L = 74

3 u

5. Determina la longitud de la gráfica de la función f r r rdrr

( ) = +∫ 2

02 en el

intervalo [1, 3]:

a) L = 4 ub) L = 7 uc) L = 6 ud) L = 9 u

6. Determina el volumen del sólido obtenido de rotar la región encerrada por las gráficas de y x y y= = = −2 4 1 y alrededor de la recta , :

a) 72 πb) 73 πc) 71.2 πd) 72.5 π7. Calcula la siguiente integral impropia e dxx−∞∫ 5

0:

a) 1

7

b) 1

6

c) 1

3

d) 1

5


8. Evalúa la siguiente integral impropia dx

x3

1

−∞−∫ :

a) − 1

2

b) 1

2

c) − 1

3

d) − 1

4


Respuestas a los ejercicios

Ejercicio 1

1. A = 16

3 u

2. A = 1

3 u2

3. A = +π2

1 u2

4. L = 6 u

5. L = 38

3u

Ejercicio 2

1. V u= 16

53π

2. V u= 3997

33π

3. 1

2

Unidad 8318

Respuestas a los ejercicios propuestos

1. A = −33

π

2. A a= 8 3 2π

3. L = + −1 201

20ln( )

lnu

4. V u= 5504

813π

5. V u= 1024

33

Respuestas a la autoevaluación

1. a) A = 36 u2

2. c) A = 1

2 u2

3. d) Aa= π 2

8

4. b) L = 76

3 u

5. c) L = 6 u6. d) 72.5π7. d) 1

5

8. a) − 1

2

Un i d a d 8 - gc.initelabs.comgc.initelabs.com/recursos/files/r157r/w13193w/CalcDifIntgr...

Documents

Transcript of Un i d a d 8 - gc.initelabs.comgc.initelabs.com/recursos/files/r157r/w13193w/CalcDifIntgr...