1 integrales indeflnidas. primitiva de una funci¶on · en fracciones simples, cada una de las...
TRANSCRIPT
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 1
Escuela Tecnica Superior de Ingenierıa Civil e Industrial (Esp. en Hidrologıa)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa.
Tema 7: Calculo integral de una variable. Curso 2008-09
1 Integrales indefinidas. Primitiva de una funcion
Sea f una funcion definida sobre un intervalo I ⊂ R. Una primitiva o antiderivada de f en I es una funcion,F , continua en I, que verifica:
F ′(x) = f(x) para todo x en el interior de I
Ejemplo: una primitiva de f(x) = cos x es F (x) = sen x
Si F (x) es una primitiva de f(x), entonces F (x)+C es tambien una primitiva de f(x), siendo C un numeroreal cualquiera.
Ejemplo: una primitiva de f(x) =1x
es F (x) = ln x, luego F (x) = ln x + C tambien es una primitiva de
f(x) para cual quier C ∈ R.
El conjunto formado por todas las primitivas de f(x) se denomina integral indefinada de f(x), y se designapor ∫
f(x) dx
Ejemplo:∫
11 + x2
dx = arctag x + C
1.1 Tabla de integrales inmediatas
En la siguiente tabla C representa una constante arbitraria.
1.
∫dx = x + C 2.
∫xndx =
xn+1
n + 1+ C (n 6= −1)
3.
∫dx
x= ln|x|+ C 4.
∫exdx = ex + C
5.
∫sen x dx = −cos x + C 6.
∫cos x dx = sen x + C
7.
∫sec2x dx =
∫1
cos2xdx =
∫(1 + tg2x) dx = tg x + C 8.
∫dx
a2 + x2=
1aarctg
x
a+ C
9.
∫cosec2x dx =
∫1
sen2xdx =
∫(1 + cotg2x) dx = −cotg x + C 10.
∫dx√
a2 − x2= arcsen
x
a+ C
11.
∫axdx =
ax
ln a(a 6= 1), (a > 0)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 2
1.2 Reglas operacionales. Integrales inmediatas
Si f(x) y g(x) son funciones para las que existen primitivas sobre I, entonces se verifica que:
1.∫
[f(x)± g(x)]dx =∫
f(x) dx±∫
g(x) dx
2.∫
kf(x) dx = k
∫f(x) dx
Estas reglas, la tabla de integrales inmediatas y la operatoria basica, permiten calcular integrales que a prioriparacen mas complicadas.Ejemplos:
(a)∫
(3x4 − 5x2 + x)dx = 3∫
x4dx− 5∫
x2dx +∫
x dx = 3x5
5− 5
x3
3+
x2
2+ C
(b)∫
x + 1√x
dx =∫
x√x
dx +∫
1√x
dx =∫
x12 dx +
∫x−
12 dx =
x32
32
+x
12
12
=23√
x(x + 3) + C
1.3 Metodos de integracion
1.3.1 Integracion por cambio de variable
A veces una integral puede transformarse en otra mas sencilla haciendo un cambio de variable. Ello puedehacerse de dos maneras:
1. Hacer x = g(t) siendo g una funcion derivable, con inversa derivable, en el intervalo en el que se trabaja.Al hacer el cambio debe sustituirse dx por g′(t)dt, con lo que nos quedara
∫f(x) dx =
∫f(g(t))g′(t)dt = F (t) + C = F (g−1(x)) + C
Ejemplo: I =∫
x√1− x2
dx si efectuamos el cambio de variable x = sen t, hemos de sustituir dx por
cos t dt, con lo que obtenemos
I =∫
sen t√1− sen2t
cos t dt =∫
sen t
cos tcos t dt =
∫sen t dt = −cos t + C = −cos(arcsen x) + C
2. Hacer t = h(x) siendo h una funcion derivable con inversa derivable. Normalmente se elige una funcionh(x) que o bien aparece en el integrando, o bien esta en el mismo la expresion h′(x)dx.
Ejemplo: I =∫
x√1− x2
dx si efectuamos el cambio de variable 1− x2 = t, hemos de sustituir xdx por
−dt
2, con lo que obtenemos
I =∫
1√t
(−dt
2) = −1
2
∫t−
12 dt = −t
12 + C = −
√1− x2 + C
Es evidente que el segundo cambio de variable es mas intuitivo, pero no deja de ser curioso el haber obtenidodos resultados, aparentemente, tan diferentes. Se propone al alumno que compruebe que en realidad es el mismoresultado en los dos casos.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 3
1.3.2 Integracion por partes
Este metodo se basa en la formula ∫u dv = u v −
∫v du
que puede deducirse a partir de la regla de derivacion de un producto. La eleccion de que parte del integrandodebe ser u y cual dv depende de multiples factores, lo que impide dar una regla general. No obstante los casosmas frecuentes son los siguientes:
• I =∫
x ln x dx.
Para la eleccion de u debemos pensar en la parte del integrando que sea mas facil de derivar (en este casotanto x como ln x son sencillos de derivar), para dv hemos de buscar la parte sencilla de integrar, que sinlugar a dudas es x dx. Por lo tanto la eleccion queda cerrada u = ln x y dv = x dx. En consecuencia
du =1x
dx y v =x2
2.
I =∫
x ln x dx =x2
2ln x −
∫x2
21x
dx =x2
2ln x − x2
4+ C
• I =∫
x ex dx
En este caso tanto x como ex son sencillas de derivar y de integrar. Luego la eleccion debe basarse enotras estrategias. Si reflexionamos un poco podremos darnos cuenta de que la mejor eleccion es u = x ydv = exdx. El motivo es claro si escribimos el resto de elementos necesarios v = ex, du = dx.
I =∫
x ex dx = x ex −∫
ex dx = x ex − ex + C
• I =∫
sen x ex dx
Este ultimo ejemplo corresponde a las llamadas integrales cıclicas. No hay lugar a dudas que en este casola elccion de u y dv es aleatoria, ya que en cualquier caso el metodo nos llevara a una integral esencialmenteigual, en cuanto a dificultad, a la de partida. Tomemos, por ejemplo u = sen x y dv = ex dx, lo que noslleva a que du = cos x dx y v = ex
I =∫
sen x ex dx = sen x ex −∫
ex cos x dx
En principio parece que no hemos ganado nada con la aplicacion del metodo. Sin embargo si pensamos unpoco antes de desecharlo, podremos darnos cuenta de que una nueva aplicacion del metodo nos llevarıa ala integral de partida. Es decir, si en la ultima integral tomamos u = cos x y dv = ex dx, lo que implicaque du = −sen x dx y v = ex
I = sen x ex −∫
ex cos x dx = sen x ex −(
cos x ex −∫−sen x ex dx
)= (sen x− cos x)ex − I
de donde obtendrıamos
2I = (sen x− cos x)ex ⇒ I =(sen x− cos x)ex
2
El procedimiento seguido justifica el nombre asignado a estas integrales.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 4
1.3.3 Integracion de funciones racionales
∫P (x)Q(x)
dx P (x), Q(x) polinomios
Veamos diferentes casos
1. Denominador de grado 1:∫
P (x)ax + b
dx. Dividiendo P (x) por ax + b, se consigue expresar el integrando
como suma de un polinomio P1(x) y de una fraccion del tipok
ax + b.
Ejemplo: I =∫
x5 + x4 − 8x− 1
dx. Al dividir el polinomio x5 +x4−8 entre x−1 se obtiene como resultado
x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 2 y con resto igual a −6, por lo tanto
I =∫
x5 + x4 − 8x− 1
dx =∫
(x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 2− 6x− 1
)dx =x5
5+
2x4
4+
2x3
3+x2+2x−
∫6
x− 1dx =
=x5
5+
x4
2+
2x3
3+ x2 + 2x− 6ln|x− 1|+ C
2. Denominador de grado 2, y sin raıces reales:∫
P (x)ax2 + bx + c
dx.
(a) Si el grado de P (x) es cero, es decir, es una constante, se ajusta para obtener un arcotangente.Ejemplo:
I =∫
3x2 + 2x + 2
dx = 3∫
1(x + 1)2 + 1
dx = 3 arctg(x + 1) + C
(b) Si el grado de P (x) es 1 se separa en dos integrales, una dara un logaritmo neperiano y la otra unarcotangente.Ejemplo:
I =∫
3x + 4x2 + 2x + 2
dx =∫
3x + 3 + 1x2 + 2x + 2
dx = 3∫
x + 1x2 + 2x + 2
dx +∫
1x2 + 2x + 2
dx =
=32
∫2x + 2
x2 + 2x + 2dx +
∫1
x2 + 2x + 2dx =
32
ln(x2 + 2x + 2) + arctg(x + 1) + C
(c) Si el grado de P (x) es mayor o igual que 2, se efectua la division de polinomios para llegar a algunode los casos anteriores.
3. Denominador de grado mayor o igual que 2 y, a lo sumo, raıces complejas simples:∫
P (x)Q(x)
dx con grado de
P (x) menor que el grado de Q(x). Lo primero que debe hacerse es factorizar Q(x), para luego efectuar una
descomposicion deP (x)Q(x)
en fracciones simples, cada una de las cuales generara integrales que sabremos
resolver, en funcion de que trabajemos con raıces reales o complejas de Q(x).
Ejemplos: I =∫
4x2 − 8x
(x− 1)2(x2 + 1)dx. En primer lugar hemos de descomponer en fracciones simples el
integrando4x2 − 8x
(x− 1)2(x2 + 1)=
A
x− 1+
B
(x− 1)2+
Cx + D
x2 + 1
efectuando los calculos apropiados, se obtiene A = 2, B = −2, C = −2 y D = 4. Por tanto
I = 2∫
1x− 1
dx− 2∫
1(x− 1)2
dx +∫ −2x + 4
x2 + 1dx =
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 5
= 2 ln|x− 1| +2
x− 1− ln(x2 + 1) + 4 arctg x + C
En caso de ser el grado de P (x) mayor o igual que el de Q(x), se efectuara primero la division de lospolinomios.
1.3.4 Integrales trigonometricas
1. ∫R(sen x, cos x)dx
(a) R es impar en sen x, es decir, R(−sen x, cos x) = −R(sen x, cos x). Se efectua el cambio de variable
t = cos x, con lo que sen x =√
1− t2 y dx = − 1√1− t2
dt
Ejemplo
∫sen x
cos2x + 1dx = −
∫ √1− t2
t2 + 11√
1− t2dt = −
∫1
1 + t2dt = −arctg t + C = −arctg(cos x) + C
(b) R es impar en cos x, es decir, R(sen x,−cos x) = −R(sen x, cos x). Se efectua el cambio de variable
t = sen x, con lo que cos x =√
1− t2 y dx =1√
1− t2dt
Ejemplo∫
sen2x cos3x dx =∫
t2(√
1− t2)31√
1− t2dt =
∫(t2 − t4) dt =
t3
3− t5
5+ C =
sen3x
3− sen5x
5+ C
(c) R es par en sen x y cos x, es decir, R(−sen x,−cos x) = R(sen x, cos x). Se realiza el cambio de
variable t = tg x, con lo que cos x =1√
1 + t2, sen x =
t√1 + t2
y dx =1
1 + t2dt.
Ejemplo
∫sen x
sen x + cos xdx =
∫ t√1+t2
t√1+t2
+ 1√1+t2
11 + t2
dt =∫
t
(t + 1)(1 + t2)dt =
= ln 4
√1 + t2
(t + 1)2+
12
arctg t + C = ln 4
√1 + tag2x
(tag x + 1)2+
12
x + C
Un caso particular lo constituyen las integrales del tipo∫
sennx cosmx dx, con n y m pares. La
resolucion de estas se simplifica si se aplican las formulas:
sen2x =1− cos 2x
2, cos2x =
1 + cos 2x
2
Ejemplo∫
sen2x cos2x dx =∫
1− cos 2x
21 + cos 2x
2dx =
∫1− cos22x
4dx =
14
x− 14
∫1 + cos 4x
2dx =
=14
x − 18
x − 132
sen x + C =18
x − 132
sen x + C
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 6
(d) El cambio de variable que siempre puede aplicarse, aunque solo se aconseja cuando no estemos enalguno de los casos anteriores, es
t = tgx
2; sen x =
2t
1 + t2; cos x =
1− t2
1 + t2; dx =
21 + t2
dt
Ejemplo ∫1
sen x + cos xdx =
∫1
2t1+t2 + 1−t2
1+t2
21 + t2
dt = −2∫
1t2 − 2t− 1
dt =
=1√2
ln
∣∣∣∣∣t− (1 +
√2)
t− (1−√2)
∣∣∣∣∣ + C =1√2
ln
∣∣∣∣∣tg x
2 − (1 +√
2)
tg x2 − (1−√2)
∣∣∣∣∣ + C
2.∫
sen(ax + b)sen(cx + d)dx,∫
sen(ax + b)cos(cx + d)dx,∫
cos(ax + b)cos(cx + d)dx. Se emplean las
formulas:sen A.cos B = 1
2 [sen(A + B) + sen(A−B)]
cos A.cos B = 12 [cos(A + B) + cos(A−B)]
sen A.sen B = − 12 [cos(A + B)− cos(A−B)]
Ejemplos
• ∫sen(2x− 1)sen(3x + 2) dx = −1
2
∫[cos(5x + 1)− cos(−x− 3)] dx = −1
2
[sen(5x + 1)
5− sen(x + 3)
]+C
• ∫sen(x− 2)cos(5x + 3) dx =
12
∫[sen(6x + 1) + sen(−4x− 5)] dx =
12
[−cos(6x + 1)6
+cos(4x + 5)
4
]+C
• ∫cos(3x + 3)cos(x + 2) dx =
12
∫[cos(4x + 5) + cos(2x + 1)] dx =
12
[sen(4x + 5)
4+
sen(2x + 1)2
]+C
1.4 Problemas de la seccion
1. Resolver las siguientes integrales
a)∫
x3 − a3
x− adx b)
∫x√x
dx c)∫
x5 + x3 + 21 + x2
dx
sol :x3
3+ a
x2
2+ a2x + C sol :
23x√
x + C sol :x4
4+ 2 arctg x + C
d)∫
(√
x + sec x tg x)dx e)∫
x + 6(x + 2)2
dx f)∫
1− x2
1− x4dx
sol :23x√
x +1
cos x+ C sol :ln|x + 2| − 4
x + 2+ C sol :arctg x + C
g)∫
y
(1 + y2)4dy h)
∫dx
e−x + exi)
∫x2ln3(1 + x3)
1 + x3dx
sol :− 16(1 + y2)3
+ C sol :arctg(ex) + C sol :112
ln4(1 + x3) + C
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 7
j)∫
tg θ ln(cos θ)dθ k)∫
ex + 1ex − 1
dx l)∫
dx√6x− 4x2
sol :− 12ln2(cos θ) + C sol :ln
[(ex − 1)2
ex
]+ C sol :arcsen
(43x− 2
)+ C
m)∫
x
x2 + x + 1dx n)
∫dx√−x2 − 2x + 8
sol :ln√
x2 + x + 1− 1√3arctg
[2√3(x +
12)]
+ C sol :1√3arcsen
(x + 1√
3
)+ C
o)∫
3x− 19x2 + 6x + 26
dx p)∫
cos3x sen3x dx
sol :ln 6√
9x2 + 6x + 26− 45arctg
(3x + 1
5
)+ C sol :
sen4x
4− sen6x
6+ C
q)∫
cos2x sen2x dx r)∫
tg3θ sec4θ dθ
sol :18
x− 132
sen4x + C sol :1
6cos6θ− 1
4cos4θ+ C
s)∫
cos 2x sen 3x dx t)∫
cos 5x cos 7x dx
sol :− 12
(cos 5x
5+ cos x
)+ C sol :
12
(sen 12x
12+
sen 2x
2
)+ C
u)∫
sen 5x sen 7x dx
sol :12
(sen 2x
2− cos 12x
12
)+ C
2. Aplicar integracion por partes para resolver las siguientes integrales:
a)∫
x2sen 2x dx b)∫
arctg x dx
sol :− x2cos 2x
2+
x sen 2x
2+
cos 2x
4+ C sol :x arctg x− 1
2ln(1 + x2) + C
c)∫
ln x dx d)∫
xln x dx
sol :x ln x− x + C sol :x2ln x
2− x2
4+ C
e)∫
2xsen x dx f)∫
x3ex2dx
sol :2x ln 2 sen x− cos x
1 + (ln 2)2+ C sol :
x2ex2
2− ex2
2+ C
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 8
g)∫
sen θ ln(cos θ)dθ
sol :− cos θ ln(cos θ) + cos θ + C
3. Resolver las siguientes integrales racionales
a)∫
2x5 − 11x3 + 17x2 − 10x + 32x4 − 6x3 + 7x2 − 4x + 1
dx
sol :x2
2+ 3x− ln|x− 1| − 1
x− 1+
12ln(2x2 − 2x + 1)− arctg(2x− 1) + C
b)∫
3x2 + 1x4 − 1
dx c)∫
x2 + 1(x− 1)3
dx
sol :ln
√∣∣∣∣x− 1x + 1
∣∣∣∣ + 2 arctg x + C sol :ln|x− 1| − 2x− 1
− 1(x− 1)2
+ C
4. Resolver las siguientes integrales
a)∫
cos 2x
cos2xdx b)
∫x2
1 + x2dx c)
∫tg2x dx
sol :2x− tag x + C sol :x− arctg x + C sol :tag x− x + C
d)∫
x2√
x + 1dx e)∫
x7 + 3x3
1 + x8dx
sol :27
√(x + 1)7 − 4
5
√(x + 1)5 − 2
3
√(x + 1)3 + C sol :ln 8
√1 + x8 +
34arctg x4 + C
f)∫
1√x + 2 + 3
√x + 2
dx g)∫
1e2x + ex − 2
dx
sol :2√
x + 2− 3 3√
x + 2 + 6 6√
x + 2− ln∣∣ 6√
x + 2 + 1∣∣ + C sol :ln 6
√∣∣∣∣(ex − 1)3(ex + 2)
e3x
∣∣∣∣ + C
h)∫
4x + 5.16x
1 + 16xdx i)
∫cos3x
1 + sen2xdx
sol :5
2 ln 4ln(1 + 16x) +
1ln 4
arctg(4x) + C sol :− sen x + 2 arctg(sen x) + C
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 9
2 Integral definida. Areas de regiones planas.
2.1 Area de una region plana
Definicion.- Sea f una funcion continua y no negativa en el intervalo [a, b]. El area de la region limitada porla grafica de f , el eje OX y las rectas verticales x = a y x = b es
Area = limn→∞
n∑
i=1
f(ci)∆x, (xi−1 ≤ ci ≤ xi)
donde ∆x =b− a
ny los puntos xi ∈ [a, b] son tales que: x0 = a < x1 < x2 < ... < xn = b y ∆x = xi − xi−1.
Ejemplo: Encontrar el area de la region limitada por la grafica de la funcion f(x) = x3, el eje OX y las rectas
verticales x = 0 y x = 1, sabiendo quen∑
i=1
i3 =n2(n + 1)2
4.
En este caso [a, b] = [0, 1], ∆x =1n
, x0 = 0 < x1 = 1n < x2 = 2
n < ... < xn = 1 y tomaremos ci = in . Por
lo tanto
Area = limn→∞
n∑
i=1
f(ci)∆x = limn→∞
n∑
i=1
(i
n
)3 1n
= limn→∞
1n4
n∑
i=1
i3 =
= limn→∞
1n4
[n2(n + 1)2
4
]= lim
n→∞
(14
+12n
+1
4n2
)=
14
Nota: en realidad los subintervalos en los que dividimos [a, b] no tienen que ser de igual tamano, pero lo ciertoes que ası elegidos simplifican los calculos.
2.2 Sumas de Riemann e integrales definidas
Definicion.- Sea f definida en el intervalo [a, b], y sea ∆ una particion de [a, b] dada por
a = x0 < x1 < x2 < .... < xn−1 < xn = b
donde ∆xi es el ancho del i-esimo intervalo [xi−1, xi]. Si ci es cualquier punto en el i-esimo intervalo entoncesla suma
n∑
i=1
f(ci)∆xi xi−1 ≤ ci ≤ xi
se denomina suma de Riemann de f para la particion ∆.El ancho del subintervalo mas grande de la particion ∆ es la norma de la particion y se denota por medio
de ||∆||. Si todos los subintervalos tienen el mismo ancho, la particion es regular y la norma viene dada por
||∆|| = ∆x =b− a
n. En el caso general se tiene
b− a
||∆|| ≤ n, siendo n el numero de subintervalos. Es evidente
que si ||∆|| → 0, entonces n →∞.
Definicion.- Si f se define en el intervalo [a, b] y el lımite lim||∆||→0
n∑
i=1
f(ci)∆xi existe, entonces f es integrable
en [a, b] y el lımite se denota por
lim||∆||→0
n∑
i=1
f(ci)∆xi =∫ b
a
f(x) dx
El lımite recibe el nombre de integral definida de f de a a b. El numero a es el lımite inferior de integracion,y el numero b es el lımite superior de integracion.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 10
TeoremaSi una funcion f es continua en el intervalo [a, b], entonces f es integrable en [a, b].
Ejemplo: Hallar el valor de la integral definida∫ 1
−2
2x dx, sabiendo quen∑
i=1
i =n(n + 1)
2.
La funcion es continua en el intervalo, por tanto es seguro que existe el valor pedido. Para calcularlo, y por
sencillez, dividiremos el intervalo [−2, 1] en n partes iguales de tamano ∆xi = ∆x =1− (−2)
n=
3n
. Eligiendo
ci como el extremo derecho de cada intervalo tenemos que ci = a + i∆x = −2 +3i
n. De forma que
∫ 1
−2
2x dx = lim||∆||→0
n∑
i=1
f(ci)∆xi = limn→∞
n∑
i=1
f(ci)∆x = limn→∞
n∑
i=1
2(−2 +
3i
n
)3n
=
= limn→∞
6n
n∑
i=1
(−2 +
3i
n
)= lim
n→∞6n
{−2n +
3n
[n(n + 1)
2
]}= −3
TeoremaSi f es continua y no negativa en el intervalo cerrado [a, b], entonces el area de la region acotada por la
grafica de f , el eje OX y las rectas verticales x = a y x = b esta dado por
Area =∫ b
a
f(x) dx
Ejemplo: Considerese la region delimitada por la grafica de f(x) = 4x− x2 y el eje OX. Los puntos de cortede la grafica de f con el eje OX son x = 0 y x = 4 y es facil comprobar que entre esos dos puntos la grafica es
no negativa, por lo que el area de esta region viene dada por el valor de∫ 4
0
(4x− x2) dx.
Nota: Notese que en general Area 6=∫ b
a
f(x) dx. Piensese en∫ 1
−2
2x dx que como vimos vale -3, sin embargo
puede comprobarse graficamente que el area delimitada por la grafica de f(x) = 2x, el eje OX y las rectasverticales x = −2 y x = 1, vale 5. Esto es debido a que la funcion f(x) = 2x cambia de signo en el intervalo[−2, 1].
2.2.1 Propiedades de las integrales definidas
•∫ a
a
f(x) dx = 0
•∫ a
b
f(x) dx = −∫ b
a
f(x) dx
•∫ b
a
f(x) dx =∫ c
a
f(x) dx +∫ b
c
f(x) dx, a < c < b (en realidad vale para todo c real, siempre que las
integrales involucradas existan)
•∫ b
a
k f(x) dx = k
∫ b
a
f(x) dx, siendo k una constante.
•∫ b
a
[f(x)± g(x)] dx =∫ b
a
f(x) dx±∫ b
a
g(x) dx
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 11
• Si f es integrable y no negativa en el intervalo [a, b], entonces 0 ≤∫ b
a
f(x) dx
• Si f y g son integrables en el intervalo [a, b] y f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces∫ b
a
f(x) dx ≤∫ b
a
g(x) dx
2.3 Teoremas fundamentales del calculo
Teorema fundamental del calculoSi una funcion f es continua en el intervalo cerrado [a, b] y F es una primitiva o antiderivada de f en dicho
intervalo, entonces ∫ b
a
f(x) dx = [F (x)]ba = F (b)− F (a)
Ejemplos:
(a)∫ 2
1
(x2 − 3) dx =[x3
3− 3x
]2
1
=(
83− 6
)−
(13− 3
)= −2
3
(b)∫ 2
0
|2x− 1| dx. La funcion f(x) = |2x− 1| viene definida por
|2x− 1| =
−(2x− 1), x <12
2x− 1, x ≥ 12
luego ∫ 2
0
|2x− 1| dx =∫ 1
2
0
−(2x− 1) dx +∫ 2
12
(2x− 1) dx =[−x2 + x
] 12
0+
[x2 − x
]212
=52
En este ultimo ejemplo, y dado que f(x) = |2x − 1| es no negativa en [0, 2], la integral hallada coincidecon el area encerrada por la grafica de |2x− 1|, el eje OX y las rectas verticales x = 0 y x = 2.
Teorema del valor medio para integralesSi f es continua en el intervalo [a, b], entonces existe un numero c ∈ [a, b], tal que
∫ b
a
f(x) dx = f(c)(b− a)
El valor f(c) =1
b− a
∫ b
a
f(x) dx recibe el nombre de valor medio de f en [a, b]
Ejemplo: A diferentes alturas en la atmosfera de la Tierra, el sonido viaja a diferentes velocidades. La velocidaddel sonido s(x) (en metros por segundo) puede modelarse mediante
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 12
s(x) =
−4x + 341, 0 ≤ x < 11.5
295, 11.5 ≤ x < 22
34x + 278.5, 22 ≤ x < 32
32x + 254.5, 32 ≤ x < 50
−34x + 404.5, 50 ≤ x < 80
donde x es la altura en kilometros. ¿Cual es la velocidad media del sonido sobre el intervalo [0, 80].
La repuesta es velocidad media =180
∫ 80
0
s(x) dx. Para calcular la integral de s(x) en el intervalo [0, 80],
podemos dividir la misma en cinco integrales∫ 11.5
0
s(x) dx =∫ 11.5
0
(−4x + 341) dx =[−2x2 + 341x
]11.5
0= 3657
∫ 22
11.5
s(x) dx =∫ 22
11.5
295 dx = [295x]2211.5 = 3097.5
∫ 32
22
s(x) dx =∫ 32
22
(34x + 278.5) dx =
[38x2 + 278.5x
]32
22
= 2987.5
∫ 50
32
s(x) dx =∫ 50
32
(32x + 254.5) dx =
[34x2 + 254.5x
]50
32
= 5688
∫ 80
50
s(x) dx =∫ 80
50
(−32x + 404.5) dx =
[−3
4x2 + 404.5x
]80
50
= 9210
Al sumar los valores de las cinco integrales se obtiene∫ 80
0
s(x) dx = 24640, con lo que
velocidad media = 2464080 = 308 metros por segundo.
El segundo teorema fundamental del calculoSi f es continua en un intervalo abierto I que contiene a a, entonces, para todo x ∈ I
d
dx
[∫ x
a
f(t) dt
]= f(x)
Teorema (Cambio de variable para integrales definidas)Si la funcion u = g(x) tiene una derivada continua en el intervalo cerrado [a, b] y f es continua en el recorrido
o rango de g, entonces ∫ b
a
f [g(x)] g′(x) dx =∫ g(b)
g(a)
f(u) du
Ejemplo: Calcular∫ 5
1
x√2x− 1
dx. Efectuemos el cambio de variable u =√
2x− 1, o lo que es lo mismo
x =u2 + 1
2. Esto nos lleva a que u du = dx y cuando x = 1, u =
√2− 1 = 1, mientras que cuando x = 5,
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 13
u =√
10− 1 = 3. Por tanto∫ 5
1
x√2x− 1
dx =∫ 3
1
1u
u2 + 12
u du =12
∫ 3
1
(u2 + 1) du =12
[u3
3+ u
]3
1
=163
TeoremaSea f integrable en el intervalo [−a, a].
(a) si f es una funcion par, entonces∫ a
−a
f(x) dx = 2∫ a
0
f(x) dx
(b) si f es una funcion impar, entonces∫ a
−a
f(x) dx = 0
Ejemplo: Calcular∫ π
2
−π2
(sen3x cos x + sen x cos x) dx. Tomando f(x) = sen3x cos x + sen x cos x, es facil
comprobar que f(−x) = −f(x), es decir, f es una funcion impar, por lo tanto la integral pedida vale 0.
2.4 Problemas de la seccion
1. .- Verificar el resultado de las siguientes integrales definidas
a)∫ 4
1
(1− x)√
xdx = −11615
b)∫ 8
1
√1 + 3xdx = 26
c)∫ 2
0
x2(x3 + 1)dx =403
d)∫ 3
0
dx√1 + x
= 2
e)∫ 1
0
x(1−√x)2dx =130
f)∫ 4
8
x√x2 − 15
dx = −6
g)∫ a
0
√a2 − x2dx =
πa2
4h)
∫ 1
−1
x2√
4− x2dx =2π
3−√
32
i)∫ 4
3
dx
25− x2=
15ln(
32) j)
∫ 1
0
ln(x2 + 1)dx = ln2 +π
2− 2
k)∫ 0
− 12
x3
x2 + x + 1dx =
π√
39
− 58
l)∫ π
3
0
x2sen(3x)dx =π2 − 4
27
m)∫ 27
8
dx
x− 3√
x=
32ln(
83) n)
∫ 9
4
1−√x
1 +√
xdx = 4ln(
34)− 1
o)∫ π
4
0
cos(2x)− 1cos(2x) + 1
dx =π
4− 1 p)
∫ √2
0
x3ex2dx =
e2 + 12
q)∫ π
6
π3
dx
sen(2x)= −ln
√3 r)
∫ −3
−8
x + 2x(x− 2)2
dx =12ln(
34) +
15
s)∫ 3π
4
π4
senxdx
cos2x− 5cosx + 4=
13ln(
7 + 3√
27− 3
√2)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 14
2. Encontrar el area de la region delimitada por las graficas de las ecuaciones
a) y = 3x2 + 1, x = 0, x = 2, y = 0 b) y = 1 + 3√
x, x = 0, x = 8, y = 0
Sol: 10 u.a. Sol: 20 u.a.
c)y = x3 + x, x = 0, x = 2, y = 0 d) y = −x2 + 3x, y = 0
Sol: 6 u.a. Sol:276
u.a.
3. La fuerza F (en newtons) de un cilindro hidraulico en una prensa es proporcional al cuadrado de sec x,donde x es la distancia (en metros) que el cilindro se desplaza en su ciclo. El dominio de F es [0,
π
3], y
F (0) = 500.
(a) Encontrar F como una funcion de x.
(b) Determinar la fuerza media ejercida por la prensa sobre el intervalo [0,π
3].
Sol: a)F (x) = 500 sec2x b)1500
√3
π≈ 827 N
4. La velocidad v del flujo de sangre a una distancia r del eje central de cualquier arteria de radio R esv = k(R2 − r2), donde k es la constante de proporcionalidad. Determinar el flujo medio de sangre a lolargo de un radio de arteria. (Usar 0 y R como los lımites de integracion).Sol: 2kR2
5. El volumen V en litros de aire en los pulmones durante un ciclo respiratorio de cinco segundos, se aproximamediante el modelo V = 0.1729 t + 0.1522 t2 − 0.0374 t3, donde t es el tiempo en segundos. Aproximar elvolumen medio de aire en los pulmones durante un ciclo.Sol: 0.5318 l aproximadamente.
3 Aplicaciones
3.1 Area de una region entre las graficas de dos funciones
Si f y g son continuas en [a, b] y g(x) ≤ f(x) para todo x ∈ [a, b], entonces el area de la region acotada por lasgraficas de f y g y las rectas verticales x = a y x = b es
A =∫ b
a
[f(x)− g(x)] dx
Ejemplo: Encontrar el area de la region acotada por las graficas de y = x2 + 2, y = −x, x = 0, y x = 1.
A =∫ 1
0
[(x2 + 2)− (−x)] dx =[x3
3+
x2
2+ 2x
]1
0
=176
u.a.
Nota: En caso de que no sepamos que funcion es mayor, podemos restar en el orden que queramos, siempreque tomemos el valor absoluto de la integral, es decir, si no sabemos cual de las dos situaciones, g(x) ≤ f(x) of(x) ≤ g(x), se nos presenta, basta escribir
A =
∣∣∣∣∣∫ b
a
[f(x)− g(x)] dx
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∫ b
a
[g(x)− f(x)] dx
∣∣∣∣∣
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 15
3.1.1 Area de una region entre graficas que se intersectan
• Las graficas se cortan en un solo punto, x0, dentro de la region a la que le queremos calcular el area.
A =∣∣∣∣∫ x0
a
[f(x)− g(x)] dx
∣∣∣∣ +
∣∣∣∣∣∫ b
x0
[f(x)− g(x)] dx
∣∣∣∣∣
Ejemplo: Encontrar el area de la region acotada por las graficas de f(x) = x, g(x) = −x, x = −1, yx = 1. Es facil comprobar que las graficas de las dos funciones solo se cortan en el punto (0, 0), luegox0 = 0
A =∣∣∣∣∫ 0
−1
[x− (−x)] dx
∣∣∣∣ +∣∣∣∣∫ 1
0
[x− (−x)] dx
∣∣∣∣ = 2 u.a.
Notese que si hubiesemos calculado directamente∣∣∣∣∫ 1
−1
[x− (−x)] dx
∣∣∣∣, el resultado darıa A = 0.
• Las graficas se cortan en dos puntos, x0 y x1, y la region queda determinada por estas.
A =∣∣∣∣∫ x1
x0
[f(x)− g(x)] dx
∣∣∣∣
Ejemplo: Encontrar el area de la region comprendida entre las graficas de f(x) = 2 − x2 y g(x) = x.En primer lugar, e igualando las expresiones de f y g, obtenemos los puntos de corte
2− x2 = x ⇒ x2 + x− 2 = 0 ⇒ (x + 2)(x− 1) = 0 ⇒ x0 = −2, x1 = 1
Por lo tanto,
A =∣∣∣∣∫ 1
−2
[2− x2 − x] dx
∣∣∣∣ =92
u.a.
• Las graficas se cortan en mas de dos puntos y la region queda determinada por estas. En este caso hemosde dividir en tantas partes como nos permita el numero de intersecciones. Por ejemplo, si tenemos trespuntos de corte x0, x1, x2 dividiremos el area en dos partes: la que se encuentra entre los puntos x0, x1
y la que se encuentra entre x1, x2. Si tuviesemos cuatro puntos de corte, dividirıamos la region en trespartes, y ası sucesivamente.
Ejemplo: Encontrar el area de la region comprendida entre las graficas de f(x) = 3x3 − x2 − 10x yg(x) = −x2 + 2x. Nuevamente, igualando las expresiones de f y g obtenemos los puntos de corte
3x3 − x2 − 10x = −x2 + 2x ⇒ 3x3 − 12x = 0 ⇒ 3x(x + 2)(x− 2) = 0 ⇒ x0 = −2, x1 = 0, x2 = 2
por lo tanto
A =∣∣∣∣∫ 0
−2
[3x3 − x2 − 10x− (−x2 + 2x)] dx
∣∣∣∣ +∣∣∣∣∫ 2
0
[3x3 − x2 − 10x− (−x2 + 2x)] dx
∣∣∣∣ = 24 u.a.
• Todo lo anteriormente dicho ha sido expresado tomando siempre la variable x como la independiente y lavariable y = f(x) como la dependiente. En algunas ocasiones es mejor intercambiar el caracter de estasvariables.
Ejemplo: Encontrar el area de la region comprendida entre las graficas de y2 = 3 − x y y = x − 1.En esta ocasion es preferible despejar x en funcion de y para obtener f(y) y g(y) y poder aplicar todo loanterior intercambiando los papeles de las variables. f(y) = 3− y2 y g(y) = y + 1.
3− y2 = y + 1 ⇒ y2 + y − 2 = 0 ⇒ (y + 2)(y − 1) = 0 ⇒ y0 = −2, y1 = 1
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 16
por lo tanto
A =∣∣∣∣∫ 1
−2
[3− y2 − (y + 1)] dy
∣∣∣∣ =92
u.a.
3.2 Volumenes de solidos de revolucion
Si una region del plano gira alrededor de una recta, el solido resultante es un solido de revolucion, y la rectase denomina eje de revolucion. En esta seccion presentaremos la formulacion necesaria para el calculo delvolumen de estos cuerpos.
3.2.1 El metodo de los discos
Este metodo se utiliza cuando la region que gira esta completamente apoyada sobre el eje de giro y este esparalelo al eje de la variable independiente o coincide con este. Distiguiremos dos casos:
(a) Si el eje de giro es una recta horizontal, es decir paralela al eje OX, y = k, o bien es este mismo, y elborde de la region lo marca la grafica de una funcion y = f(x) y las rectas verticales x = a y x = b.
V = π
∫ b
a
[R(x)]2 dx
donde R(x) = f(x) si el eje de giro es OX, y R(x) = f(x)− k si el eje de giro es la recta y = k.
Ejemplos:
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por la grafica de f(x) =√
sen xy el eje OX (0 ≤ x ≤ π) alrededor del eje OX.
V = π
∫ π
0
[R(x)]2 dx = π
∫ π
0
[√
sen x]2 dx = π [−cos x]π0 = 2π u.v.
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de f(x) = 2− x2
y g(x) = 1 alrededor de la recta y = 1. En este caso R(x) = f(x) − 1 = 2 − x2 − 1 = 1 − x2. Lospuntos de corte entre f(x) y g(x) determinaran los lımites de integracion. En este caso x = −1 yx = 1.
V = π
∫ 1
−1
[R(x)]2 dx = π
∫ 1
−1
[1− x2]2 dx = π
[x− 2x3
3+
x5
5
]1
−1
=16π
15u.v.
(b) Si el eje de giro es una recta vertical, es decir paralela al eje OY , x = k, o bien es este mismo, y el bordede la region lo marca la grafica de una funcion x = f(y) y las rectas horizontales y = a y y = b.
V = π
∫ b
a
[R(y)]2 dy
donde R(y) = f(y) si el eje de giro es OY , y R(y) = f(y)− k si el eje de giro es la recta x = k.
Como puede apreciarse, este caso es igual al anterior salvo el hecho de que los papeles jugados por lasvariables x e y han sido intercambiados.
Ejemplos:
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por la grafica de f(y) =√
y, eleje OY ( (0 ≤ y ≤ 4) alrededor del eje OY .
V = π
∫ 4
0
[R(y)]2 dy = π
∫ 4
0
[√
y]2 dy = π
[y2
2
]4
0
= 8π u.v.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 17
3.2.2 El metodo de las arandelas o del anillo
Este metodo consiste en una adapatacion del de los discos para el caso en que la region que gira no este com-pletamente apoyada en el eje de giro, es decir se generen solidos de revolucion huecos. La situacion vendra dadapor una region que esta delimitada por la grafica de dos funciones entre dos valores de la variable independiente.La formula para el calculo del volumen es
V = π
∫ b
a
([f(x)]2 − [g(x)]2
)dx (eje de giro horizontal)
V = π
∫ b
a
([f(y)]2 − [g(y)]2
)dx (eje de giro vertical)
siendo g(x) ≤ f(x) (a ≤ x ≤ b). En caso de que no sepamos que funcion es mayor, bastara con tomar elvalor absoluto de la integral senalada.Ejemplos:
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de f(x) =√
x,y g(x) = x2 alrededor del eje OX.En este caso f(x) =
√x y g(x) = x2, los puntos de cortes de las dos graficas son el (0, 0) y el (1, 1).
V = π
∫ 1
0
([√
x]2 − [x2]2)
dx = π
∫ 1
0
(x− x4) dx = π
[x2
2− x5
5
]1
0
=3π
10u.v.
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de y = x2 + 1, y = 0,x = 0 y x = 1 alrededor del eje OY .Al ser el eje de giro vertical, debemos tomar a la variable y como la variable independiente. Esto nos llevaa tener que dividir la region de giro en dos zonas, cuando 0 ≤ y ≤ 1 nuestra region esta delimitada porlas rectas x = 1 = f(y) y x = 0 = g(y). Mientras que para 1 ≤ y ≤ 2 la region la acotan las graficas dex = 1 = f(y) y x =
√y − 1 = g(y). Por lo tanto
V = π
∫ 1
0
(12 − 02) dy + π
∫ 2
1
(12 − [√
y − 1]2) dy = π [y]10 + π
[2y − y2
2
]2
1
=3π
2u.v.
• Un fabricante taladra un orificio a traves del centro de una esfera de metal de 5 pulgadas de radio. Elorificio tiene un radio de 3 pulgadas. ¿Cual es el volumen del objeto de metal resultante?Podemos imaginar el objeto como el solido generado al girar la region delimitada por las graficas dex2 +y2 = 25 y la recta y = 3 alrededor del eje OX. Esto nos llevarıa a tomar f(x) =
√25− x2 y g(x) = 3,
siendo los puntos de cortes, entre las correpondientes graficas, (−4, 3) y (4, 3). Por lo tanto
V = π
∫ 4
−4
[(√25− x2
)2
− (3)2]
dx = π
∫ 4
−4
(16− x2) dx = π
[16x− x3
3
]4
−4
=256π
3pulgadas cubicas
3.2.3 El metodo de las capas
Este metodo presenta una alternativa, en ocasiones ventajosa, a los metodos anteriores. Lo mas significativoen este caso es que el eje de giro es perpendicular al eje de la variable independiente. La region de giro vendradelimitada, en general, por la grafica de una funcion y = f(x) y lıneas verticales x = c, x = d cuando el eje degiro es vertical o bien x = g(y), y = a, y = b, cuando el eje de giro es horizontal. Las formulas a emplear encada caso son
V = 2π
∫ b
a
p(y)h(y) dy (eje de giro horizontal)
V = 2π
∫ d
c
p(x)h(x) dx (eje de giro vertical)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 18
donde la funcion h sera h(y) = g(y) o bien h(x) = f(x), segun cada caso, y la funcion p nos da la distanciade cada punto de la grafica de h al eje de giro.Ejemplos:
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de y = x− x3, y el ejeOX (0 ≤ x ≤ 1) alrededor del eje OY .En este caso f(x) = x− x3, c = 0, d = 1. Como el eje de giro es vertical la formula a emplear es
V = 2π
∫ 1
0
p(x)f(x) dx = 2π
∫ 1
0
p(x)(x− x3) dx
Para determinar la expresion de p(x), basta notar que al ser el eje de giro el eje OY la distancia decualquier punto a este vendra dada por la primera coordenada del punto, luego p(x) = x. Por lo tanto
V = 2π
∫ 1
0
p(x)(x− x3) dx = 2π
∫ 1
0
x(x− x3) dx = 2π
[−x5
5+
x3
3
]1
0
=4π
15u.v.
• Encontrar el volumen del solido de revolucion formado al girar la region acotada por la grafica de x = e−y2
y el eje OY (0 ≤ y ≤ 1) alrededor del eje OX.x = e−y2
, a = 0, b = 1. Como el eje de giro es horizontal
V = 2π
∫ 1
0
p(y)g(y) dy = 2π
∫ 1
0
p(y)e−y2dy
Nuevamente es facil comprobar que p(y) = y, con lo que
V = 2π
∫ 1
0
p(y)e−y2dy = 2π
∫ 1
0
ye−y2dy = −π
[e−y2
]1
0= π
(1− 1
e
)u.v.
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de y = x2 + 1, y = 0,x = 0 y x = 1 alrededor del eje OY .
V = 2π
∫ 1
0
p(x) h(x) dx = 2π
∫ 1
0
x(x2 + 1) dx = 2π
[x4
4+
x2
2
]1
0
=3π
2u.v.
Observese que este volumen fue calculado por el metodo de las arandelas, y nos vimos obligados a dividirla region de giro en dos partes.
• Encontrar el volumen del solido formado al girar la region acotada por las graficas de y = x3 + x, y = 0,x = 1 alrededor de la recta x = 2.Este problema es un buen ejemplo de como en ocasiones es necesario, sin posibilidad de eleccion, el usodel metodo de las capas. En la ecuacion y = x3 + x, no se puede despejar facilmente la variable x enfuncion de la variable y, con lo que hemos de mantenet la variable x como independiente y el eje de giroes vertical
V = 2π
∫ d
c
p(x)h(x) dx,
siendo c = 0, d = 1, h(x) = x3 + x, p(x) = 2− x. Luego,
V = 2π
∫ d
c
p(x)h(x) dx = V = 2π
∫ 1
0
(2− x)(x3 + x) dx =29π
15u.v.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 19
3.2.4 Longitud de arco y superficies de revolucion
Definicion.- Sea la funcion dada por y = f(x) cuya grafica represente una curva suave en el intervalo [a, b], esdecir, f es continuamente derivable en dicho intervalo. La longitud de arco de f entre a y b es
s =∫ b
a
√1 + [f ′(x)]2 dx
Analogamente, para una curva suave dada por x = g(y), la longitud de arco de g entre c y d es
s =∫ d
c
√1 + [g′(y)]2 dy
Ejemplos:
• Encontrar la longitud de arco de y =x3
6+
12x
en el intervalo [12, 2].
Tomando f(x) =x3
6+
12x
, tenemos que f ′(x) =3x2
6− 1
2x2=
12
(x2 − 1
x2
). Por lo que la longitud pedida
es
s =∫ b
a
√1 + [f ′(x)]2 dx =
∫ 2
12
√1 +
[12
(x2 − 1
x2
)]2
dx =∫ 2
12
12
(x2 +
1x2
)dx =
3316
u.l.
• Un cable electrico cuelga entre dos torres que estan a 200 metros de distancia. El cable toma la formade una catenaria cuya ecuacion es y = 75
(e
x150 + e−
x150
). Encontrar la longitud de arco de cable entre las
dos torres.y′ =
12
(e
x150 − e−
x150
), luego (y′)2 =
14
(e
x75 − 2 + e−
x75
)y por tanto 1 + (y′)2 =
14
(e
x75 + 2 + e−
x75
)=
[12
(e
x150 + e−
x150
)]2
. Por consiguiente
s =∫ 100
−100
√1 + [y′(x)]2 dx =
12
∫ 100
−100
(e
x150 + e−
x150
)dx = 75
[e
x150 − e−
x150
]100−100
= 150(e
23 − e−
23
)metros
Definicion.- Si la grafica de una funcion continua gira alrededor de una recta, la superficie resultante es unasuperficie de revolucion.
Definicion.- Sea y = f(x) con la derivada continua en el intervalo [a, b]. El area S de la superficie de revolucionformada al girar la grafica de f alrededor de un eje horizontal o vertical es
S = 2π
∫ b
a
r(x)√
1 + [f ′(x)]2 dx
donde r(x) es la funcion que mide, en cada punto de la grafica de f , la distancia al eje de revolucion. Si x = g(y)en el intervalo [c, d], entonces el area de la superficie es
S = 2π
∫ d
c
r(y)√
1 + [g′(y)]2 dy
donde r(y) es la funcion que mide, en cada punto de la grafica de g, la distancia al eje de revolucion.Ejemplos:
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 20
• Encontrar el area de la superficie formada al girar la grafica de f(x) = x3 en el intervalo [0, 1] alrededordel eje OX.La distancia entre el eje OX y la grafica de f es r(x) = f(x), y dado que f ′(x) = 3x2, se tiene que
S = 2π
∫ 1
0
r(x)√
1 + [f ′(x)]2 dx = 2π
∫ 1
0
x3√
1 + 9x4 dx =π
27
(10
32 − 1
)u.a.
• Encontrar el area de la superficie formada al girar la grafica de f(x) = x2 en el intervalo [0,√
2] alrededordel eje OY .La distancia entre el eje OY y la grafica de f es r(x) = x, y dado que f ′(x) = 2x, se tiene que
S = 2π
∫ √2
0
r(x)√
1 + [f ′(x)]2 dx = 2π
∫ √2
0
x√
1 + 4x2 dx =13π
3u.a.
3.3 Problemas de la seccion
1. .- Hallar las areas de las regiones planas limitadas por las curvas y rectas que se indican:
(a) y = x3 ; y = 0 ; x = −1 ; x = 2
(b) x = y2 + 1 ; x = 10
(c) x = y2 + 4y ; x = 0
(d) y = ex ; y = e−x ; x = −2 ; x = 2
(e) y = −x + 5 ; y = −3x + 21 ; x = 0 ; y = 0
Soluciones:a) 17
4 (u.a.) b) 36 (u.a.) c) 323 (u.a.)
d) 2e4−4e2+2e2 (u.a.) e) 61 (u.a.)
2. .- Calcular las siguientes areas planas:
(a) Region limitada por las graficas de y = senx e y = sen(2x), a la derecha del eje OY , desde el origenhasta el primer punto de corte de ambas curvas.
(b) Lunula superior limitada por las circunferencias x2 + y2 = 4 yx2 + (y + 2)2 = 8.
(c) Region limitada por la parabola (y− 2)2 = x− 1, por su recta tangente en el punto de ordenada 3 ypor el eje OX.
(d) Region limitada por y = senx, y = −1, x = 0 y x = 2π.
Soluciones:
(a) A =∫ π
3
0
(sen2x− senx)dx =14
(u.a.)
(b) A =∫ 2
−2
(√
4− x2 −√
8− x2 + 2)dx = 4 (u.a.)
(c) A =∫ 3
0
[(y − 2)2 + 1− 2(y − 2)]dy = 9 (u.a.)
(d) A =∫ 2π
0
(senx + 1)dx = 2π (u.a.)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 21
3. .- Hallar los volumenes obtenidos al rotar alrededor de los ejes OX y OY las regiones planas dadas en elejercicio 1.
Soluciones:
(a) Vx = π
∫ 2
−1
x6dx =1297
π (u.v.)
Vy = 2π
∫ 2
−1
x4dx =665
π (u.v.)
(b) Vx = 2π
∫ 3
0
[10− (y2 + 1)]ydy =812
π (u.v.)
Vy = π
∫ 3
−3
[102 − (y2 + 1)2]dy =2304
5π (u.v.)
(c) Vx = 2π
∫ 0
−4
[0− (y2 + 4y)](−y)dy =1283
π (u.v.)
Vy = π
∫ 0
−4
(y2 + 4y)2dy =51215
π (u.v.)
(d) Vx = 2π
∫ 2
0
(e2x − e−2x)dx = π(e4 + e−4 − 2) (u.v.)
Vy = 2π
∫ 2
0
x(ex − e−x)dx = 2π(e2 + 3e−2) (u.v.)
(e) Vx = π
∫ 7
0
(−3x + 21)2dx− π
∫ 5
0
(−x + 5)2dx =2962
3π (u.v.)
Vy = 2π
∫ 7
0
x(−3x + 21)dx− 2π
∫ 5
0
x(−x + 5)dx =9043
π (u.v.)
4. .- Hallar, por integracion, las formulas que dan los volumenes de:
(a) Cilindro de radio r y altura a.
(b) Cono de radio r y altura a.
(c) Tronco de cono de radios R y r, cuya altura es a.
(d) Esfera de radio r.
Soluciones:
(a) V = π
∫ a
0
r2dx = πr2a (u.v.)
(b) V = π
∫ a
0
(− r
ax + r)2dx =
13πr2a (u.v.)
(c) V = π
∫ a
0
(r −R
ax + R)2dx =
πa
3(R2 + Rr + r2) (u.v.)
(d) V = π
∫ r
−r
(r2 − x2)dx =43πr3 (u.v.)
5. .- Calcular la longitud del arco de curva definida por la ecuacion dada, entre los puntos indicados:
(a) y = Chx, entre los puntos de abscisas 0 y 3.
(b) y = 5−√
x3, entre (1, 4) y (4,−3).
(c) y =x3
12+
1x
, entre los puntos de abscisas 1 y 2.
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 22
(d) x =y2
4− lny
2, entre (
14, 1) y (
e4
4− 1, e2).
(e) x = ln(cosy), entre los puntos de ordenadas 0 yπ
3.
Soluciones:
a) sh3 (u.l.) b) 827 [10
32 − (13
4 )32 ] (u.l.) c) 13
12 (u.l.)
d) e4+34 (u.l.) e) − ln(tag π
12 ) (u.l.)
6. .- Calcular las areas de las superficies de revolucion obtenidas girando los arcos de curva senalados,alrededor del eje o ejes indicados:
(a) y = 2√
x, entre (1, 2) y (4, 4); eje OX.
(b) y = Chx, entre x = 0 y x = 1; ejes OX y OY .
(c) y =x3
3+
14x
, entre x = 2 y x = 3; eje OY .
(d) x =y2
4− lny
2, entre y = 1 e y = 3; ejes OX y OY .
Soluciones:
(a) Ax = 2π
∫ 4
1
2√
x
√1 +
1x
dx =8π
3(5
32 − 2
32 ) (u.a.)
(b) Ax = 2π
∫ 1
0
Ch2x dx =e2 − e−2 + 4
4π (u.a.)
Ay = 2π
∫ 1
0
Shx.Chx dx = πSh21 (u.a.)
(c) Ay = 2π
∫ 3
2
x(x2 +14x
)dx = 33π (u.a.)
(d) Ax = 2π
∫ 3
1
y(y
2+
12y
)dy =323
π (u.a.)
Ay = 2π
∫ 3
1
(y2
4− lny
2)(
y
2+
12y
)dy =28− 9ln3− ln23
4π (u.a.)
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 23
4 Integrales impropias
Definicion.- (Integrales impropias con lımites de integracion infinitos)
1. Si f es continua en el intervalo [a,∞), entonces∫ ∞
a
f(x) dx = limb→∞
∫ b
a
f(x) dx
2. Si f es continua en el intervalo (−∞, b], entonces∫ b
−∞f(x) dx = lim
a→−∞
∫ b
a
f(x) dx
3. Si f es continua en el intervalo (−∞,∞), entonces∫ ∞
−∞f(x) dx =
∫ c
−∞f(x) dx +
∫ ∞
c
f(x) dx
donde c es cualquier numero real.
En los primeros dos casos la integral impropia converge si el correspondiente lımite existe, en caso contrariola integral impropia diverge. En el tercer caso, la integral impropia de la izquierda diverge si cualquiera de lasintegrales impropias de la derecha diverge.Ejemplos:
• ∫ ∞
1
1x
dx = limb→∞
∫ b
1
1x
dx = limb→∞
[ln x]b1 = limb→∞
ln b = ∞ (Diverge)
• ∫ ∞
0
e−x dx = limb→∞
∫ b
0
e−x dx = limb→∞
[−e−x]b
0= lim
b→∞(−e−b + 1) = 1 (Converge)
•∫ ∞
−∞
11 + x2
dx =∫ 0
−∞
11 + x2
dx+∫ ∞
0
11 + x2
dx = limb→−∞
[arctg x]0b+ limd→∞
[arctg x]d0 = (0+π
2)+(
π
2−0) (Converge)
Definicion.- (Integrales impropias con discontinuidades infinitas)
1. Si f es continua en el intervalo [a, b), entonces∫ b
a
f(x) dx = limc→b−
∫ c
a
f(x) dx
2. Si f es continua en el intervalo (a, b], entonces∫ b
a
f(x) dx = limc→a+
∫ b
c
f(x) dx
3. Si f es continua en el intervalo [a, b], excepto para algun punto c ∈ (a, b) en que f tiene una discontinuidadinfinita,entonces ∫ b
a
f(x) dx =∫ c
a
f(x) dx +∫ b
c
f(x) dx
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 24
En los primeros dos casos la integral impropia converge si el correspondiente lımite existe, en caso contrariola integral impropia diverge. En el tercer caso, la integral impropia de la izquierda diverge si cualquiera de lasintegrales impropias de la derecha diverge.Ejemplos:
• ∫ 1
0
13√
xdx = lim
b→0+
∫ 1
b
13√
xdx = lim
b→0+
[x
23
23
]1
b
=32
(Converge)
• ∫ 2
0
1x3
dx = limb→0+
∫ 2
b
1x3
dx = limb→0+
[− 1
2x2
]2
b
= ∞ (Diverge)
• ∫ 2
−1
1x3
dx =∫ 0
−1
1x3
dx +∫ 2
0
1x3
dx
y como en el ejemplo anterior comprobamos que la integral que aparece como segundo sumando es diver-gente, concluimos que la integral original tambien diverge.
Nota: Observese lo facil que es cometer el siguiente error
∫ 2
−1
1x3
dx =[− 1
2x2
]2
−1
= −18
+12
(resultado erroneo)
al no haber estudiado las discontinuidades del la funcion integrando.
4.1 Funciones Gamma y Beta
En esta seccion presentaremos dos funciones que vienen definidas a traves de integrales impropias.
Definicion La funcion Gamma de Euler Γ : (0,+∞) −→ R esta definida por
Γ(x) =∫ ∞
0
tx−1e−tdt; x ∈ (0, +∞)
La integral presentada es doblemente impropia ya que el intervalo de integracion es no acotado y que six − 1 < 0 la funcion tiene una discontinuidad infinita en t = 0. No obstante esta integral converge para todox > 0. La funcion Gamma verifica algunas propiedades interesantes, como:
(a) Γ(1) = 1
(b) Γ(x + 1) = x Γ(x) (x > 0)
(c) Γ(n + 1) = n! n ∈ N
(d) Γ(x)Γ(1− x) =π
sen(πx)
(e) 22x−1Γ(x)Γ(x +12) =
√πΓ(2x) (formula de duplicacion)
(f) Γ(12) =
√π
Ejemplos:
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 25
• CalcularΓ(3) Γ(2.5)
Γ(5.5)Teniendo en cuenta la propiedad (c), Γ(3) = 2! = 2. Por otra parte, haciendo uso de la propiedad (b),Γ(5.5) = 4.5 Γ(4.5) = (4.5)(3.5)Γ(3.5) = (4.5)(3.5)(2.5)Γ(2.5). Luego
Γ(3) Γ(2.5)Γ(5.5)
=2 Γ(2.5)
(4.5)(3.5)(2.5)Γ(2.5)=
239.375
≈ 0.05079365
• Calcular∫ 1
0
1√−ln xdx = I.
Efectuando el cambio de variable −ln x = t2, es decir x = e−t2 , se tiene que dx = −2t e−t2 dt, ademascuando x tiende a 0, t tiende a ∞ y cuando x tiene a 1, t tiende a 0. Con todo esto podemos escribir
I =∫ 1
0
1√−ln xdx =
∫ 0
∞
1t
(−2t) e−t2 dt =∫ ∞
0
1t
2t e−t2 dt
esta ultima integral recuerda a la que define a la funcion gamma, para ello realicemos ahora el cambio devariable t2 = u, con el cual los lıımites de integracion no varian y 2t dt = du.
I =∫ ∞
0
1√u
e−u du =∫ ∞
0
u−12 e−u du = Γ(
12) =
√π
Definicion: La funcion Beta de Euler B : (0,+∞)× (0, +∞) −→ R esta definida por
B(x, y) =∫ 1
0
tx−1(1− t)y−1dt (x > 0, y > 0)
Esta integral puede plantear dos posibles problemas que dependeran del signo de x − 1 y del de y − 1. six−1 < 0 la funcion integrando presenta un discontinuidad infinita en t = 0, si y−1 < 0 la presenta en t = 1. Noobstante siempre que sean x > 0 e y > 0, tendremos garantizada la convergencia. Las propiedades elementalesde la funcion Beta son:
(a) B(x, y) =Γ(x)Γ(y)Γ(x + y)
(b) B(x, y) = B(y, x)
(c) B(x; y) = 2∫ π
2
0
sen2x−1t cos2y−1t dt
Ejemplo:
• Calcular I =∫ π
2
0
sen4θ cos5θ dθ
Teniendo en cuenta la propiedad (c), y tomando 2x− 1 = 4 y 2y − 1 = 5, obtenemos x =52
e y =62
= 3Tenemos
I =12
B(52, 3) =
Γ(3) Γ( 52 )
Γ(3 + 52 )
=2 Γ(2.5)Γ(5.5)
≈ 0.05079365
Fundamentos Matematicos de la Ingenierıa. (Tema 7) Hoja 26
4.2 Problemas de la seccion
1. .- Calcular las siguientes integrales:
a)∫∞0
x6e−2xdx b)∫∞0
√ye−y3
dy c)∫∞0
3−4z2dz d)
∫ 1
0dx√−ln x
Soluciones:
a)Γ(7)26
=454
b)Γ( 1
2 )3
=√
π
3c)
√ln 34
Γ(12) =
√π ln 34
d) Γ(12) =
√π
2. .- Deducir el valor de Γ(12)a partir del valor de B(
12,12).
3. .- Calcular las siguientes integrales:
a)∫ 1
0x4(1− x)3dx b)
∫ 2
0x2dx√2−x
c)∫ a
0y4
√a2 − y2dy
d)∫ π
20
sen6θ dθ e)∫ π
20
sen4θ cos5θ dθ f)∫ π
0cos4θ dθ
Soluciones:
a) B(5, 4) =1
420b)
8√2
B(3,12) =
26√
215
c)a6
2B(
52,12) =
3 a6
16π
d)12
B(72,12) =
5 π
32e)
12
B(52, 3) =
8315
f) B(12,52) =
3 π
8
4. .- Calcular las siguientes integrales:
a)∫∞0
dx1+x6 b)
∫ 1
0x3ln x dx c)
∫ π2
0sennx dx d)
∫ π2
0dx√tg x
Soluciones:
a)16B(
56,16) =
π
3b) − 1
16Γ(2) = − 1
16c)
12
B(n + 1
2,12) =
Γ(n+12 ) Γ( 1
2 )2 Γ(n
2 + 1)d)
12
B(12,32) =
π
4