Apunte USM - Cálculo Integral

´ Alarcon ´ Araneda Salomon

Apuntes de

Cálculo Integral

v 11.11.09

Prefacio

´ del apuntes que estoy escribiendo para un curso de Cálculo Integral. Esta es la tercera version Agradezco desde ya sus comentarios y cr´ıticas constructivas para mejorar este texto, el cual seguramente todav´ıa contiene algunos errores. Para ello, pueden contactarme enviándome un correo e-mail a: [email protected]. Espero que este texto les sea de utilidad. Atte. ´ Alarcon ´ Araneda. Salomon

I

´ Indice general

Prefacio

I

´ Indice general

III

´ Indice de figuras

V

1. Sucesiones

1

1.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1. Sucesiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

´ 1.1.2. Sucesiones monotonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Convergencia de una sucesion

5

1.3. Algunos resultados sobre convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4. Algunos resultados sobre divergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.5. Otros resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2. La integral indefinida

19

´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Introduccion

19

´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. La primitiva o antiderivada de una funcion

20

2.1.2. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

´ 2.1.3. Propiedades de la integral indefinida o antidiferenciacion . . . . . . . . . . .

23

´ (Técnicas de antidiferenciacion) ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Métodos de integracion

25

´ por sustitucion ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Método de integracion

25

´ por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Método de integracion

27

´ de funciones racionales: Método de integracion ´ v´ıa descomposi2.2.3. Integracion ´ en fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cion

30

´ de funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4. Integracion

35

´ por sustitucion ´ trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5. Método de integracion

38

´ para funciones racionales de seno y coseno . . . . . . 2.2.6. Método de integracion

41

III

´ INDICE GENERAL 3. La integral de Riemann en R 3.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ de un intervalo [a, b] . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Particion ´ de [a, b] . . . . . . . . 3.3. Refinamientos de una Particion 3.4. Funciones Riemann-integrables . . . . . . . . . . . . . 3.5. Propiedades de la integral de Riemann . . . . . . . . . 3.6. Sumas de Riemann. Aproximaciones de una integral ´ de Riemann . . . . . . . . . . . 3.6.1. Aproximacion ´ trapezoidal . . . . . . . . . . . . 3.6.2. Aproximacion ´ de Simpson . . . . . . . . . . . 3.6.3. Aproximacion 3.7. Teorema del valor medio para integrales . . . . . . . . 3.8. Integral definida. Integral de Newton . . . . . . . . . 4. Aplicaciones de la integral de Riemann ´ ´ en el plano . . . . . . . . . . . 4.1. Area de una region ´ 4.1.1. Area bajo una curva . . . . . . . . . . . . . ´ 4.1.2. Area entre curvas . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ . . . . . . . . 4.2. Volumen de un solido de revolucion 4.2.1. Método del disco . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2. Método del anillo circular . . . . . . . . . . 4.2.3. Método de las capas cil´ındricas . . . . . . . ´ 4.3. Volumen de solidos con secciones planas paralelas 4.4. Longitud de arco de una curva . . . . . . . . . . . ´ ´ . . . . . . . . . 4.5. Areas de superficies de revolucion 4.6. Centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ plana . . . . . . . . . . . 4.7. Centroide de una region ´ ´ . . . . . . . . 4.8. Centroide de un solido de revolucion

. . . . . . . . . . . . .

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43 43 44 46 48 52 55 55 57 58 58 60

. . . . . . . . . . . . .

65 65 65 66 69 69 74 78 81 84 86 89 91 95

Desarrollos de los Ejercicios

105

Soluciones de algunos Ejercicios Propuestos

121

Soluciones de algunos Ejercicios de Repaso

123

IV

´ Indice de figuras

´ f (x) = cos(2πx). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. Gráfica de la funcion

7

´ x = a sen x . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Triángulo rectángulo asociado a la relacion

38

´ x = a tan x . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Triángulo rectángulo asociado a la relacion

39

´ x = a sec x . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Triángulo rectángulo asociado a la relacion

40

´ P = 3.1. Suma superior e inferior para f (x) = x2 en [0, 1] respecto de la particion 1 1 3 {0, 4 , 2 , 4 , 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

´ con un elemento más. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Un refinamiento de una particion

47

3.3. Cota inferior para la sumas inferiores y cota superior para las sumas superiores . . . ´ f (x) = cos x en − π2 , π2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Funcion √ ´ f (x) = 1 + x4 en [1, 2]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Funcion

49 49 50

´ P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Norma de una particion ´ P = 1, 54 , 32 , 74 , 2 . ´ f (x) = x1 en [1, 2], considerando la particion 3.7. Gráfica de la funcion

55

´ trapezoidal del “área bajo la curva” determinada por una funcion. ´ . . 3.8. Aproximacion

57

´ de Simpson del “área bajo la curva” determinada por una funcion. ´ . . 3.9. Aproximacion

58

56

´ continua y acotada. 59 3.10. Teorema del Valor Medio para la integral definida de una funcion ´ bajo la curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. Area x3 ,

65

´ acotada limitada por la curva y = 4.2. La region el eje x y las rectas x = 0 y x = 2. . . ´ 4.3. Area entre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

´ acotada limitada por las curvas y = x3 , y = x + 6 e y = x2 . . . . . . . . . . . 4.4. La region

67

´ de una region ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Division

68

´ ´ obtenido al girar de una region ´ R . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Solido de revolucion

70

4.7. Cilindro o Disco de radio |f (ωk )| y altura ∆k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

´ ´ . . . . 4.8. Cilindros concéntricos que aproximan el volumen de un solido de revolucion.

71

4.9. Cilindro de radio r y altura h. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

4.10. Cono de radio basal r y altura h . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

4.11. Cono truncado de radio menor r1 , radio mayor r2 y altura h . . . . . . . . . . . . . .

73

V

66

´ INDICE DE FIGURAS ´ ´ obtenido al rotar en torno al eje x la region ´ entre 4.12. Parte de un solido de revolucion las curvas y = f (x) e y = g(x) y las rectas x = a y x = b. . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ obtenido al rotar en torno al eje x la region ´ entre las curvas 4.13. Solido de revolucion 2 y = x + 2 e 2y − x = 2 y las rectas x = 0 y x = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ obtenido al rotar en torno a la recta y = 3 la region ´ entre las 4.14. Solido de revolucion 2 curvas y = x + 2 e 2y − x = 2 en torno al eje x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ´ obtenido al rotar en torno al eje X la region ´ entre las curvas 4.15. Solido de revolucion 2 Y = X − 1 e 2y = X − 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ limitada por la curva y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b. . . . . . . . 4.16. Region ´ ´ obtenido al rotar en torno al eje y la region ´ entre las curvas 4.17. Solido de revolucion y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.18. Capa cil´ındrica de radio menor xk−1 , radio mayor xk y altura f (wk ). . . . . . . . . . ´ por capas cil´ındricas del solido ´ ´ obtenido al rotar en 4.19. Aproximacion de revolucion ´ entre las curvas y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b. . . torno al eje y la region ´ ´ entre la curva y = 2x − x2 y 4.20. Solido que se obtiene al girar en torno al eje y la region el eje x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ plana de un solido ´ 4.21. Seccion S. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.22. Secciones planas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.23. Solido cil´ındrico asociado al corte k-ésimo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.24. Cilindro recto que no posee base circular. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.25. Volumen aproximado de un Solido mediante cilindros. . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.26. Solido cuya base es un c´ırculo de radio 2 y cuyas secciones transversales a un diámetro fijo de la base son cuadrados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.27. Longitud aproximada de una curva mediante una poligonal. . . . . . . . . . . . . . . 4.28. Cono circular recto truncado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ de una superficie de revolucion ´ mediante superficies laterales de co4.29. Aproximacion nos truncados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.30. Equilibrio de masas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.31. Centroide de una region ´ limitada por la curva y 2 = 4x, el eje x y las rectas x = 1 y x = 4 4.32. Centroide de la region ´ limitada por las curvas y = x2 y y = 2x + 3 . . . . . . . . . . . 4.33. Centroide de la region ´ ´ que se genera al hacer girar alrededor del eje x, 4.34. Centroide del solido de revolucion ´ limitada por la curva y = x2 . el eje x y la recta x = 3. . . . . . . . . . . . . . la region ´ ´ generado por la rotacion, ´ alrededor del eje x, de 4.35. Centroide del solido de revolucion 2 ´ limitada por la curva y = x + 1 y las rectas x = 1 y y = 1. . . . . . . . . . . la region 36. 37.

VI

74 75 76 77 78 78 79 79 80 81 81 82 82 82 83 84 86 86 89 91 93 94 97 97

´ f (x) = x en [a, b], con a ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 Funcion Las curvas y = x2 , y = 2x + 3 e y = 2 − x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Cap´ıtulo 1

Sucesiones

1.1.

Sucesiones

´ 1.1.1 Una sucesión de numeros ´ ´ a : N → R que asocia a cada DEFINICION reales es una funcion ´ ´ numero natural n un numero real a(n) = an , donde an recibe el nombre de n−ésimo término de la ´ sucesion.

´ ´ La reunion ´ de todos estos Los numeros a1 , a2 , . . . , an se denominan elementos de la sucesion. elementos se denota {a1 , a2 , ...an , an+1 , ...} o´ equivalentemente

an

n∈N

.

´ Si el término an está determinado por una formula general que permite determinar todos los ´ términos, entonces decimos que an es el término general de la sucesion. ´ 1.1.1 OBSERVACION

• Es usual escribir {an }n o´ {an } en vez de an n∈N para referirnos a una sucesión de término general an . • En algunos textos es posible encontrar la siguiente notación para una sucesión de término general an :

an

∞ n=1

.

• Una sucesión también puede tener por sub´ındices a un subconjunto de los numeros ´ enteros que sea acotado inferiormente. ´ cuyo término general es an = EJEMPLO 1.1.1 Escribe los primeros 5 términos de la sucesion Solucion. ´ a1 =

1+2 3 = ; a2 = 2·1 2 4+2 6 a4 = = = 2·4 8

2+2 4 3+2 5 = = 1 ; a3 = = ; 2·2 4 3·2 6 3 5+2 7 ; a5 = = . 4 2·5 10

1

n+2 . 2·n

C APÍ TULO 1. S UCESIONES


´ cuyos primeros 5 elementos son: EJEMPLO 1.1.2 Sea {an }n una sucesion 1 2 3 4 a1 = 0 , a2 = , a3 = , a4 = y a2 = , 4 9 16 25 ´ ˜ y tal que posee un unico término general para todo n ∈ N. Encuentre el término general y senale ´ ´ el valor de a12 . ¿Como se denota esta sucesion?. Solucion. ´ El término general es an =

11 n−1 ; a12 = 2 n 144 n−1 . n2 n

´ se denota por y la sucesion

´ mencionamos algunas sucesiones conocidas: Sea an n una sucesion. ´ A continuacion ´ cuyo término general es an = (−1)n o´ an = •1 Llamamos sucesión alternada a la sucesion (−1)n+1 . También se llaman sucesiones alternadas a aquellas que contienen a (−1)n como ´ el cual es positifactor. Es decir, dado el siguiente término a un término dado de la sucesion, vo o negativo, tiene signo opuesto. ´ an = c, donde c es un numero ´ •2 Llamamos sucesión constante a una sucesion real fijo. ´ de término general •3 Llamamos sucesión de Fibonacci a la sucesion   si n = −1,  0 an = 1 si n = 0,   an−1 + an−2 si n ∈ N. ´ tal que la diferencia entre dos términos conse•4 Llamamos progresión aritmética a una sucesion ´ {an }n tal que an+1 = an + d, cutivos de ella es siempre un mismo valor. Esto es, una sucesion ´ aritmética. La diferencia d se denomina diferencia con d una constante real, es una progresion ´ comun. ´ tal que el cuociente entre dos términos con•5 Llamamos progresión geométrica a una sucesion ´ geométrica. secutivos de ella es siempre un mismo valor recibe el nombre de progresion an+1 ´ ´ {an }n tal que = r, con r una constante real, es una progresion Esto es, una sucesion an ´ geométrica. El cuociente r se denomina razon. EJERCICIOS PROPUESTOS 1.1.1 ´ aritmética. Prueba que si d es la diferencia comun, ´ entonces 1. Sea {an }n una progresion an+1 = a1 + nd. ´ geométrica. Prueba que si r es la razon, ´ entonces 2. Sea {an }n una progresion an+1 = a1 rn . Para comprender mejor algunos conceptos relacionados con sucesiones, necesitamos establecer algunas definiciones previas. 2

1.1. S UCESIONES


1.1.1.

Sucesiones acotadas

´ 1.1.2 Decimos que una sucesion ´ {an }n es: DEFINICION

i) acotada superiormente si existe M ∈ R tal que an ≤ M , para todo n, ii) acotada inferiormente si existe M ∈ R tal que an ≥ M , para todo n, ´ iii) acotada si existe un numero M > 0 tal que |an | ≤ M , para todo n. ´ ´ anterior recibe el nombre de cota superior en i), cota inferior en ii) o El numero M en la definicion cota en iii). ´ geométrica an = cn , es acotada inferiorEJEMPLO 1.1.3 Sea c ∈ R, c > 1. Prueba que la progresion mente pero no superiormente. Solucion. ´ Como 1 < c, entonces cn > 0. Luego, 1 · cn < c · cn . Es decir, an = cn < cn+1 = an+1 , para todo n ∈ N y por lo tanto c ≤ cn , para todo n. Por lo tanto c es una cota inferior. Ahora vamos a demostrar que si c > 1, entonces {cn }n no posee cota superior. Es decir, vamos ´ ´ a probar que si K > 0 es un numero real cualquiera, entonces existe un numero n ∈ N tal que n c > K. ´ d > 0. Entonces, Primero observar que c > 1 implica que c = 1 + d para algun n X n k n n c = (1 + d) = d > 1 + nd. k k=0

Luego, basta escoger n >

K −1 , pues d K −1 n> ⇒ 1 + nd > K ⇒ cn > K. d

´ EJEMPLO 1.1.4 Prueba que la sucesion Solucion. ´ Notemos que

2n2 − 5n 3n2 + 8

2n2 − 5n = n(2n − 5) > 0

es acotada. n

∧

5 n∈N ⇒n> . 2

5 Como n ∈ N, al considerar n ≥ 3 > , obtenemos 2 0≤

2n2 − 5n 2n2 2n2 2 ≤ ≤ ≤ 2 2 2 3n + 8 3n + 8 3n 3

∀ n ≥ 3.

3 1 2−5 3 8 − 10 2 1 Por otro lado, si a1 = = − y a2 = = − = − , y como − > − , 3+8 11 12 + 8 20 10 11 10 n2 3 o 2 concluimos que |an | ≤ m´ ax , = . 3 11 3 3


1.1.2.


Sucesiones monotonas ´

´ 1.1.3 DEFINICION

´ {an }n es creciente si i) Decimos que una sucesion an ≤ an+1

∀n

´ {an }n es decreciente si ii) Decimos que una sucesion an+1 ≤ an

∀n

´ es creciente o decreciente se dice que ella es monótona. iii) Si una sucesion ´ 1.1.2 Si las desigualdades en la definición previa son consideradas estrictas (esto es, < en OBSERVACION i) y > en ii)), entonces decimos que la sucesión es estrictamente creciente o estrictamente decreciente, segun ´ corresponda. En estos casos decimos que la sucesión es monótona estricta.

EJEMPLO 1.1.5 ´ {1, 2, 3, 4, 5, . . . , n, n + 1, . . .} es estrictamente creciente. • La sucesion ´ {1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, . . .} es creciente. • La sucesion ´ {sen n} no es monotona. ´ • La sucesion EJERCICIOS 1.1.1 1 ´ 1. Prueba que la sucesion es estrictamente decreciente. n n n ´ 2. Prueba que la sucesion e n∈N es estrictamente creciente. n ´ 3. Prueba que la sucesion es creciente. n+1 n ´ {cos(nπ)}n no es monotona. ´ 4. Muestra que la sucesion Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 1.1.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ 1.1.4 Sea {an }n una sucesion ´ y sea M ⊆ N un conjunto con infinitos elementos. DEFINICION Denotemos los elementos de M por n1 , n2 , . . . tales que

n1 < n2 < n3 < . . . < nk < nk+1 < . . . ´ Entonces decimos que la sucesion {ank }k 4

es una subsucesión de {an }n .

´ 1.2. C ONVERGENCIA DE UNA SUCESI ON


´ de término general an = (−1)n , la cuál corresponde a la EJEMPLO 1.1.6 Considera la sucesion ´ {−1, 1, −1, 1, −1, 1, . . .}. Claramente existen infinitas subsucesiones de esta sucesion. ´ En sucesion ´ es una subsucesion ´ de s´ı misma, y también lo son, entre otras, las siguientes: particular, la sucesion • {a2k }k∈N , o equivalentemente {1, 1, 1, . . .}, • {a2k+1 }k∈N , o equivalentemente {−1, −1, −1, . . .}, • {−1, −1, 1, 1, −1, −1, 1, 1, −1, −1, . . .}.

1.2.

Convergencia de una sucesion ´

´ 1.2.1 (L´ımite de una sucesion) ´ y sea L un numero ´ DEFINICION ´ Sea an n una sucesion real. Deci ´ mos que la sucesion an n tiene l´ımite L si: (∀ε > 0)(∃N = N (ε) ∈ N) tal que (n ≥ N ⇒ |an − L| < ε) y escribimos l´ım an = L.

n→∞

´ 1.2.2 Decimos que una sucesion ´ ´ DEFINICION an n converge a un valor real L si la sucesion an n ´ es convergente. En caso contrario decimos que la tiene l´ımite L. En tal caso decimos que la sucesion ´ es divergente. sucesion ´ 1.2.1 OBSERVACION

• Nota la similitud entre la definición de convergencia de una sucesión y el concepto de l´ımite de una función. • La definición de sucesión convergente nos dice que a partir de cierto valor N , los términos de la sucesión están a una distancia menor que ε del valor L ∈ R. • En general, en la definición previa uno espera que mientras más pequeno ˜ sea ε > 0, más grande sea el valor N ∈ N. • Nota que si l´ım an = L,

n→∞

entonces an n es una sucesión convergente que converge a L, su valor l´ımite. • Es inmediato, desde la definición de l´ımite de una sucesión, que l´ım an = L ⇔ l´ım (an − L) = 0 ⇔ l´ım |an − L| = 0.

n→∞

n→∞

n→∞

5



´ posee l´ımite, entonces e´ ste es unico. ´ TEOREMA 1.2.1 Si una sucesion ´ y asumamos que Demostracion. ´ Sea {an }n una sucesion l´ım an = L1

n→∞

∧ l´ım an = L2 . n→∞

Entonces, para ε > 0 dado existen N1 , N2 ∈ N tales que ε n > N1 ⇒ an − L1 < 2

ε n > N2 ⇒ an − L2 < 2

∧

Luego, escogiendo N = m´ ax{N1 , N2 }, concluimos que |L1 − L2 | = |an − an + L1 − L2 | ≤ |an − L2 | + |L1 − an | <

ε ε + ⇒ |L1 − L2 | < ε. 2 2

Como ε > 0 es arbitrario, tenemos que 0 ≤ |L1 − L2 | < ε,

∀ε > 0.

De manera que L1 − L2 = 0; es decir, L1 = L2 . EJEMPLO 1.2.1 Estudia el l´ımite de las siguientes sucesiones: a) Solucion. ´ a) b)

l´ım

1

n→∞ n

l´ım

n→∞ n

n 1 o∞ n

n=1

.

b)

n n o∞ . n − 2 n=3

= 0. n = 1. −2

EJERCICIOS PROPUESTOS 1.2.1 ´ 1. Determina si la sucesion ´ 2. Determina si la sucesion

5n + 7 3n − 5

n2 + 1 2n − 3

converge. n

converge. n

Los ejercicios anteriores resultan sencillos de resolver, pero ¿qué hacemos para estudiar la convern+1 ´ gencia de la sucesion ?. En casos como e´ ste, el siguiente teorema será de gran utilidad: en n

´ tal que l´ım f (x) = L ∈ R y definida para todo TEOREMA 1.2.2 Sea f : D ⊂ R → R una funcion n→∞ ´ an = f (n) es convergente y l´ım an = L. entero positivo, entonces la sucesion n→∞

6

´ 1.2. C ONVERGENCIA DE UNA SUCESI ON


Demostracion. ´ Asumamos entonces que l´ım f (x) = L; entonces para ε>0 dado ∃ N ∈ N tal que n→∞

x > N ⇒ f (x) − L < ε

´ de l´ımite). (definicion

En particular ∀ n ∈ N: ´ convergente a L). n > N ⇒ f (n) − L = |an − L| < ε (def. de sucesion ´ EJEMPLO 1.2.2 Prueba que la sucesion

n+1 en

´ f (x) = Solucion. ´ Consideremos la funcion ˆ de L’Hopital nos permite obtener que:

converge. n

x+1 ´ directa de la Regla , para x ∈ R. Una aplicacion ex

l´ım f (x) = l´ım

x→∞

x→∞

x+1 ex

L0 H

= l´ım

x→∞

1 = 0, ex

y por el Teorema 1.2.2 concluimos que l´ım f (n) = l´ım

x→∞

´ Luego, la sucesion

n+1 en

x→∞

n+1 = 0. en

converge a 0. n

´ 1.2.2 El rec´ıpoco del teorema previo es falso en general. Es decir: OBSERVACION

l´ım f (n) = L no implica necesariamente que l´ım f (x) = L.

x→∞

x→∞

He aqu´ı un contraejemplo: l´ım cos(2πn) = 1 pues

x→∞

pero

@ l´ım cos(2πx) x→∞

cos(2πn) = 1 ∀ n ∈ N,

pues cos(2πx) oscila entre 1 y −1 de forma periódica.

Figura 1.1. Gráfica de la función f (x) = cos(2πx).

7



EJERCICIOS PROPUESTOS 1.2.2 Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones: ln n 1. n n √ 2. n n n El siguiente teorema se puede probar fácilmente: TEOREMA 1.2.3 Asumamos que las sucesiones an n y bn n son convergentes, con l´ımites La y Lb respectivamente; entonces i. l´ım (an ± bn ) = La ± Lb i.e: an ± bn n converge a La ± Lb . n→∞

ii. l´ım (an · bn ) = La · Lb n→∞

i.e: an · bn n converge a La · Lb . an n→∞ bn

iii. Asumiendo que Lb 6= 0 se tiene: l´ım

1.3.

=

La Lb

i.e:

na o n

bn

n

converge a

La . Lb

Algunos resultados sobre convergencia de sucesiones

A pesar de nuestro resultado previo, veremos ahora que existen muchas sucesiones convergentes a las cuales no les podremos calcular directamente su l´ımite o incluso ni siquiera calcularlo, y ´ converge. sin embargo podremos concluir que la sucesion TEOREMA 1.3.1 Sea L = l´ım an . Si c < L entonces, para todo n suficientemente grande, se tiene n→∞ que c < an . Análogamente, si L < c, entonces an < c para todo n suficientemente grande. Demostracion. ´ Asumamos que c < L. Luego, si escogemos ε = L − c (y por lo tanto c = L − ε), ´ es convergente, existe N ∈ N, tal que entonces como la sucesion n ≥ N ⇒ |an − L| < ε. Se sigue que si n > N , entonces −ε < an − L < ε ⇒ L − ε < an < L + ε ⇒ c < an .

COROLARIO 1.3.1 Sea L1 = l´ım an y sea L2 = l´ım bn . Si an ≤ bn para todo n suficientemente n→∞ n→∞ grande, entonces L1 ≤ L2 . TEOREMA 1.3.2 (Teorema del sandwich o del acotamiento) Sean {an }n y bn n dos sucesiones que convergen a un mismo l´ımite L. Si existe N ∈ N tal que n≥N entonces cn n también converge a L. 8

⇒

an ≤ cn ≤ bn ,


1.3. A LGUNOS RESULTADOS SOBRE CONVERGENCIA DE SUCESIONES

Las demostraciones del corolario y el teorema previo quedan como ejercicios. sen n ´ EJEMPLO 1.3.1 Averigua si la sucesion converge. n2 n Solucion. ´ Sabemos que (−1 ≤ sen n ≤ 1

1 sen n 1 ∀ n ∈ N) ⇒ − 2 ≤ ≤ 2 2 n n n

Como

l´ım

n→∞

concluimos que

1 − 2 n

∀n ∈ N .

1 = 0, n→∞ n2

= l´ım

sen n = 0. l´ım n→∞ n2 sen n converge a 0. ∴ n2 n

´ acotada y sea {bn }n una sucesion ´ que converge a 0. COROLARIO 1.3.2 Sea {an }n una sucesion ´ {an bn }n converge a 0. Entonces la sucesion ´ 1.3.1 Recuerda que: OBSERVACION

l´ım |an | = 0

n→∞

´ EJEMPLO 1.3.2 Muestra que la sucesion

(−1)n n

⇔

l´ım an = 0.

n→∞

converge. n

´ oscila entre valores positivos y negativos. Más aun, ´ como (−1)n Solucion. ´ Claramente la sucesion n (−1) oscila entre −1 y 1, no podemos evaluar directamente l´ım . Sin embargo; n→∞ n (−1)n 1 1 y l´ım = 0. n = n n→∞ n ´ 1.3.1 y el Corolario 1.3.2, tenemos que Entonces, de acuerdo a la Observacion (−1)n = 0, n→∞ n l´ım

´ converge a 0. y, por lo tanto, la sucesion ´ 1.3.2 Recuerda que para n ∈ N se define el numero OBSERVACION ´ factorial n! como:

n! = 1 · 2 · 3 · ... · n. Además, se considera 0! = 1. 9



´ EJEMPLO 1.3.3 Muestra que la sucesion

n! nn

converge. n

Solucion. ´ Notemos que 0

<

1 =0 n→∞ n

n! nn

=

1 · 2 · 3 · ... · n n · n · n · ... · n

1 2 3 n 1 · · · ... < · 1 n n n n n

=

=

1 n

n! l´ımn→∞ 0 = 0; y por el Teorema del sandwich concluimos que l´ım n = 0 n→∞ n n! ´ y por lo tanto la sucesion converge a 0. nn n

y como l´ım

y

´ convergente es acotada. TEOREMA 1.3.3 Toda sucesion Demostracion. ´ Sea L = l´ım an . Entonces, para ε = 1, existe N = N (1) ∈ N tal que n→∞

n > N ⇒ |an − L| < 1 ⇒ L − 1 < an < L + 1. Ahora escogemos m = m´ın{a1 , a2 , . . . , aN , L − 1, L + 1}

∧

M = máx{a1 , a2 , . . . , aN , L − 1, L + 1}.

´ {an }n es acotada. Notemos que m < an < M para todo n ∈ N, por lo que la sucesion ´ monotona ´ TEOREMA 1.3.4 (Convergencia de sucesiones monotonas ´ y acotadas) Toda sucesion y acotada es convergente. ´ monotona ´ Demostracion. ´ Sea {an }n una sucesion y acotada. Partimos asumiendo que {an }n es creciente y acotada.Luego, existe M > 0 tal que −M ≤ a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . ≤ an ≤ an+1 ≤ . . . ≤ M. Entonces, por el axioma de completitud, el conjunto S = {a1 , a2 , . . . , an , . . .}, ´ posee una cota superior m´ınima o supremo, que llamamos formado por los términos de la sucesion, L, de forma que an ≤ L ∀ n ∈ N. ´ de supremo, para ε > 0 dado, ∃ N = N (ε) ∈ N tal que Por definicion L − ε < aN . ´ es creciente, en verdad tenemos para n ≥ N : Como la sucesion L − ε < an ≤ L ⇒ L − ε < an < L + ε ⇒ −ε < an − L < ε ⇒ |an − L| < ε.

10

1.3. A LGUNOS RESULTADOS SOBRE CONVERGENCIA DE SUCESIONES


Resumiendo, (∀ε > 0)(∃ N = N (ε) ∈ N) ∴ {an }n

tal que (n ≥ N

⇒

|an − L| < ε).

converge ( y converge a su supremo L).

´ es decreciente y acotada. Queda como ejercicio probar el teorema cuando la sucesion ´ 1.3.3 El teorema también vale si la sucesión es acotada y, a partir de cierto N ∈ N, es OBSERVACION monótona. n 2 ´ EJEMPLO 1.3.4 Estudia sobre la convergencia de la sucesion . n! n 2n Solucion. ´ Pongamos an = . Notemos que: n! 2n+1

n! 2/n· 2 n! / 2 an+1 2n+1 (n+1)! = n = · n = · n= ≤1 2 an (n + 1)! 2 (n + 1)n! / 2/ n+1

∀ n ∈ N.

n!

Luego,

an+1 ≤ an ∀ n ∈ N, ∴ {an }n es decreciente.

Notemos también que

2n 2 · 2 · 2 · ... · 2 · 2 · 2 = , n! n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 3 · 2 · 1 2 y que para cada n ≥ 2, se tiene que si 2 ≤ k ≤ n, entonces ≤ 1. Luego: k 2n 2 0< = 1 · 1 · . . . · 1 · = 2 ∀ n ≥ 1. n! 1 ´ es decreciente y acotada, Luego, la sucesion n 2 converge. ∴ n! n 0<

´ 1.3.4 En verdad, acotando apropiadamente, se puede mostrar que la sucesión del ejemplo OBSERVACION anterior converge a 0.

EJERCICIOS PROPUESTOS 1.3.1 ´ definida recursivamente por 1. Prueba que la sucesion √ √ a1 = 2 , an+1 = 2 + an ´ es monotona ´ es convergente. (SUG: muestra que la sucesion creciente y acotada, y por lo tanto converge.) 2n √ n ´ 2. Prueba que la sucesion 2 + 3n n converge. (SUG: acota adecuadamente y usa el Teorema de acotamiento) 11



´ de una sucesion ´ convergente es convergente, y converge al misTEOREMA 1.3.5 Toda subsucesion ´ mo l´ımite de la sucesion. ´ acotada posee una subsucesion ´ TEOREMA 1.3.6 (Teorema de Bolzano-Weierstrass) Toda sucesion convergente.

1.4.

Algunos resultados sobre divergencia de sucesiones

´ 1.4.1 Sea {an }n una sucesion ´ de numeros ´ DEFINICION reales. Si

(∀M > 0)(∃N = N (M ) ∈ N) tal que (n ≥ N ⇒ xn > M ), ´ diverge a +∞, y anotamos entonces decimos que la sucesion l´ım an = +∞.

n→∞

Analogamente, Si (∀M < 0)(∃N = N (M ) ∈ N) tal que (n ≥ N ⇒ xn < M ), ´ diverge a −∞, y anotamos entonces decimos que la sucesion l´ım an = −∞.

n→∞

´ 1.4.1 Recuerda que +∞ y −∞ son expresiones que indican el comportamiento de una OBSERVACION expresión matemática, y por lo tanto no son numeros ´ reales. Luego, si l´ım an = +∞ o l´ım an = −∞, n→∞ n→∞ entonces la sucesión {an }n diverge.

EJERCICIOS 1.4.1 ´ {xn }n converge a 0. 1. Sea |x| < 1. Prueba que la sucesion n√ √ o ´ n+1− n 2. Estudia sobre la convergencia de la sucesion

n

Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 1.4.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ tal que l´ım an = +∞. EJERCICIOS PROPUESTOS 1.4.1 Sea {an }n una sucesion n→∞

1. Prueba que {an }n no es acotada superiormente. ´ previa?. Para responder a esta pregunta considera 2. ¿Es verdadero el rec´ıproco de la afirmacion n ´ an = n + n(−1) y concluye. la sucesion

12

1.5. O TROS RESULTADOS


´ TEOREMA 1.4.1 Sean {an } y {bn } dos sucesiones de numeros reales. ´ {bn }n es acotada inferiormente, entonces l´ım (an + bn ) = +∞. i. Si l´ım an = +∞ y la sucesion n→∞

n→∞

ii. Si l´ım an = +∞ y existe M > 0 tal que bn > M para todo n ∈ N, entonces l´ım (an bn ) = +∞. n→∞

n→∞

iii. Si existe M > 0 tal que an > M y bn > 0 para todo n ∈ N tal que l´ım bn = 0, entonces n→∞ an l´ım = +∞. n→∞ bn an = 0. n→∞ bn

iv. Si {an } es acotada y l´ım bn = ∞ entonces l´ım n→∞

´ otro criterio para probar no convergencia. Formalicemos a continuacion ´ que posee dos subsucesiones, {ank }k y {an0k }k tales que TEOREMA 1.4.2 Sea {an }n una sucesion l´ım ank 6= l´ım an0k ,

k→∞

k→∞

entonces {an }n diverge.

´ {cos(nπ)}n diverge. En efecto, EJEMPLO 1.4.1 La sucesion l´ım cos(2kπ) = 1

k→∞

∴

@

y

l´ım cos(nπ) y

n→∞

l´ım cos(2k + 1)π = −1.

k→∞

{cos(nπ)}n

diverge.

EJERCICIOS 1.4.2 ´ {(−1)n }∞ 1. Estudia sobre la convergencia de la sucesion n=1 . ´ {2n}∞ 2. Estudia sobre la convergencia de la sucesion n=−5 . Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 1.4.2 presiona aqu´ı 4.8

1.5.

Otros resultados

´ de las sucesiones es la siguiente. Una interesante aplicacion ´ Entonces: f es TEOREMA 1.5.1 Sea M ⊆ R un abierto y sea f : M → R una funcion. ´ ´ cada sucesion ´ {an }n contenida en M tal que continua en a si y solo si cada sucesion l´ım an = a se tiene que l´ım f (an ) = f (a). n→∞

n→∞

13



Demostracion. ´ ´ de elementos en M que converge a un valor a. Queremos probar que: (⇒) Sea {an }n una sucesion l´ım f (an ) = f (a); es decir, queremos probar que

n→∞

(∀ ε > 0) ∃ N = N (ε) ∈ N

tal que

(n ≥ N ⇒ |f (an ) − f (a)| < ε).

Sea ε > 0 dado. Como f es continua en a, tenemos que ∃ δ = δ(ε) > 0 tal que (|x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε). (∗) ´ Para este δ > 0 (que depende de ε) y el hecho que {an }n converge a a, obtenemos por definicion ´ convergente que: de sucesion ∃ N = N (ε) ∈ N

(∗)

(n ≥ N ⇒ |an − a| < δ ⇒ |f (an ) − f (a)| < ε).

tal que

(⇐) Supongamos que f no es continua en a. Entonces: (∃ ε0 > 0) tal que (∀ δ > 0)(∃xδ ∈ R) tal que

|xδ − a| < δ ∧ |f (xδ ) − f (a)| ≥ ε0 .

1 Luego, si escogemos arbitrariamente para cada n ∈ N los valores δ = ; entonces, para cada n n ∈ N, debiése existir xn ∈ R tal que |xn − a| <

1 =δ n

∧

|f (xn ) − f (a)| ≥ ε0 .

(∗∗)

1 ´ |xn − a| < ´ {xn }n Notemos ahora que la condicion: para cada n ∈ N, implica que la sucesion n ´ ´ se debiese verificar converge a a; y por hipotesis de nuestra implicacion, l´ım f (xn ) = f (a)

n→∞

o equivalentemente, (∀ ε > 0)(∃ N = N (ε) ∈ N)

(n ≥ N (ε) ⇒ |f (xn ) − f (a)| < ε).

tal que

´ ε = ε0 , se tiene que En particular, para la eleccion n ≥ N (ε0 ) ⇒ |f (xn ) − f (a)| < ε0 . ´ ´ viene de suponer Pero esto es una ¡contradiccion!. En efecto, se contradice (∗∗). La contradiccion que f no es continua en a. ∴ f es continua en a.

´ 1.5.1 Una sucesion ´ {an }n se llama de Cauchy si DEFINICION

(∀ ε > 0)(∃ N ∈ N) 14

tal que

(m ≥ n ≥ N ⇒ |am − an | < ε).



´ de numeros ´ ´ TEOREMA 1.5.2 Sea {an }n una sucesion reales. Entonces, {an }n es de Cauchy si y solo si {an }n es convergente. Demostracion. ´ ´ de Cauchy; es decir: (⇒) Asumamos que {an }n es una sucesion (∀ ε > 0)(∃ N ∈ N)

tal que

(m ≥ n ≥ N ⇒ |am − an | < ε).

En particular para ε = 1 ∃ N1 ∈ N

tal que

m ≥ n ≥ N1 ⇒ |am − an | < 1.

Ahora, escogiendo n = N1 obtenemos que m ≥ N1 ⇒ |am − aN1 | < 1 ⇒ −1 + aN1 < am < 1 + aN1 . Sea K1 = m´ ax{| − 1 + aN1 |, |1 + aN1 |} y para todo n ∈ {1, 2, . . . , N1 } escojemos máx{a1 , a2 , ..., aN1 −1 } = K2 . Luego, existe K = m´ ax{K1 , K2 } tal que |an | < K

∀ n ∈ N.

´ es acotada, y de acuerdo al Teorema 1.3.6 de Bolzano-Weierstrass, existe una sub∴ La sucesion ´ {ank } que converge a algun ´ L ∈ R. sucesion Sea ε > 0 dado ε (porque es de Cauchy) ∃ M1 ∈ N tal que m ≥ n ≥ M1 ⇒ |an − am | < , 2 ε ´ (por conv. de la subsucesion) ∃ M2 ∈ N tal que nk ≥ M2 ⇒ |ank − L| < . 2 Luego, para M = m´ ax{M1 , M2 } tenemos ε ε n ≥ M ∧ nk ≥ M ⇒ |an − L| ≤ |an − ank | + |ank − L| < + = ε. 2 2 Resumiendo, (∃ M ∈ N) tal que (n ≥ M ⇒ |an − L| < ε). ∴

{an }n converge.

(⇐) Asumamos que {an }n converge. Entonces para ε > 0 dado, tenemos que ε . (∃ N ∈ N) tal que n ≥ N ⇒ |an − L| < 2 Luego, ε ε m ≥ n ≥ N ⇒ |an − am | < |an − L| + |am − L| < + = ε. 2 2 Resumiendo, (∃ N ∈ N) tal que (m ≥ n ≥ N ⇒ |an − am | < ε). 15



EJERCICIOS DE REPASO 1.5.1 1. Estudia sobre la convergencia de las siguientes sucesiones: n 2 3 +4 n +n−6 n n + (−1)n a) d) g) 3n − 4 n n2 − 3n + 2 n n n p n 2a2n + an n ; 0 < a < 1 b) {e−n sen n}n e) {cos(nπ)}n h) 2 n 2 n −3 1 n n + 3n − 4 c) f) i) (−1) 2n 2 n2 − 1 n n n 2. Calcula los valores de α y β de manera que se verifique p n2 + n − 1 − (αn + β) = 0. l´ım n→∞

´ definida por recurrencia: 3. Considera la siguente sucesion √ 3 a1 = − , an+1 = 2an + 3 2 Prueba que {an }n es convergente y calcula su l´ımite.

∀n ∈ N.

1 ´ que tiene término general an = (1 + (−1)n ), con n ∈ IN . Prueba que 4. Considera la sucesion 2 a1 + a2 + a3 + ... + an 1 = . l´ım n→∞ n 2 ´ para responder las preguntas a continuacion: ´ 5. Considera la siguiente definicion ´ 1.5.2 Sea {an }n una sucesion ´ de numeros ´ DEFINICION reales y sean:

s1 s2

= a1 , = a1 + a2 , .. .

sn = a1 + a2 + . . . + an =

n X

ak .

k=1

´ {sn }n , la cual se denota usualmente por Llamamos serie infinita a la sucesion ∞ X

ak

k=1

´ {an }n . Los numeros ´ para distinguir su procedencia desde la sucesion a1 , a2 , . . . , an , . . ., se ´ denominan términos de la serie y los numeros s1 , s2 , . . . , sn , . . ., se denominan sumas parciales de la serie. ´ aritmética an = a1 + (n − 1)d para n ≥ 2, donde a1 y d son a) Considera la progresion ´ de sumas parciales {sn }n asociada a {an }n , valores conocidos. Prueba que la sucesion (a1 + an )n llamada serie aritmética, tiene término general sn = . 2 16



´ geomética an = rn−1 a1 para n ≥ 2, donde a1 y r son valores a) Considera la progresion ´ de sumas parciales {sn }n asociada a {an }n , llamada conocidos. Prueba que la sucesion 1 − rn serie geométrica, tiene término general sn = a1 . 1−r b) Un veh´ıculo espacial aumenta constantemente su velocidad de manera que recorre 3 metros durante el primer segundo, 8 metros durante el segundo segundo, 13 metros durante el tercer segundo y as´ı sucesivamente. Calcula la distancia recorrida al cabo de n segundos. ¿Cuántos segundos se demora en recorrer 6275 metros? ´ un péndulo recorre un 75 % de la oscilacion ´ anterior. Si la primera c) En cada oscilacion ´ es de 5 metros, determina la distancia total que recorrio´ el péndulo hasta el oscilacion momento en que se detuvo (En teor´ıa, el péndulo nunca se detiene). Para ver las Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 1.5.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 1.5.1 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ presiona aqu´ı X 1. Para ver un video donde se calcula el l´ımite de la siguiente sucesion ( n−1 ) 2 1− . n+1 n

´ presiona aqu´ı X 2. Para ver un video donde se calcula el l´ımite de la siguiente sucesion n o p n − n2 − 1 . n

´ definida por recurrencia 3. Para ver un video donde se calcula el l´ımite de la siguiente sucesion presiona aqu´ı X √ a1 = 2 an+1 = an + 1 ∀n ∈ N.

17


18


Cap´ıtulo 2

La integral indefinida

2.1.

Introduccion ´

´ operacion ´ que recibe el nombre de Ya estamos familiarizados con la derivada de una funcion; ´ Por ejemplo: diferenciacion. d (sen x) = cos x dx d 2 (x + 2x + 1) = 2x + 2 = 2(x + 1) dx ´ Ahora nos interesa conocer el proceso inverso; es decir dada la derivada de una funcion, ´ original. Es decir nos interesa determinar la operacion ´ inversa de la determinar la funcion ´ (hecho que ya es conocido en matemáticas para otras operaciones: la operacion ´ diferenciacion ´ es la sustraccion; ´ la operacion ´ inversa de la multiplicacion ´ es la division). ´ inversa de la adicion ´ tiene por derivada cos x? EJEMPLO 2.1.1 ¿Qué funcion d Ya sabemos que la respuesta es sen x, pues (sen x) = cos x. Ahora, esta pregunta la podemos dx representar matemáticamente como sigue: Z ´ tal vez salvo en una cantidad finita de puntos, es igual cos x dx? ¿A qué funcion, y nuestra respuesta será Z cos x dx = sen x. ´ cos x. En este caso decimos que sen x es una primitiva o antiderivada de la funcion EJERCICIOS 2.1.1 ´ x + 1. 1. Encuentra una antiderivada o primitiva de la funcion ´ sen x. 2. Encuentra una antiderivada o primitiva de la funcion Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 2.1.1 presiona aqu´ı 4.8 19

C APÍ TULO 2. L A INTEGRAL INDEFINIDA

2.1.1.


La primitiva o antiderivada de una funcion ´

´ 2.1.1 Una funcion ´ F se llama primitiva o antiderivada de una funcion ´ f , en un interDEFINICION 0 ´ valo I, si F (x) = f (x) para todo valor x en I, salvo tal vez para un numero finito de puntos.

EJEMPLO 2.1.2 Sea F (x) = 5x4 + x2 + 2, entonces F 0 (x) = 20x3 + 2x2 . As´ı, si f (x) = 20x3 + 2x, decimos que f es la derivada de F y que F es la antiderivada o primitiva de f , pues F 0 (x) = f (x). Observemos que G(x) = 5x4 + x2 + 10 también es una primitiva de f , pues G0 (x) = f (x). En general Fc (x) = 5x4 + x2 + c, con c una constante, es una antiderivada de f , pues Fc (x) = f (x). TEOREMA 2.1.1 Si F y G son dos funciones tales que F 0 (x) = G0 (x)

∀ x ∈ I,

entonces existe una constante c0 tal que F (x) = G(x) + c0

∀ x ∈ I.

Demostracion. ´ Sea H(x) = F (x) − G(x); entonces H 0 (x) = F 0 (x) − G0 (x) = 0

∀ x ∈ I,

´ pues por hipotesis F 0 (x) = G0 (x) para cada x ∈ I. Luego, como la derivada de una constante es 0; ´ de H: tenemos que existe una constante c0 tal que: H(x) = c0 para cada x ∈ I, y por definicion F (x) − G(x) = c0

∀ x ∈ I.

As´ı F (x) = G(x) + c0

∀ x ∈ I.

´ directa del Teorema 2.1.1, obtenemos el siguiente resultado: Como aplicacion COROLARIO 2.1.1 Si F es una primitiva particular de f en un intervalo I, entonces toda antiderivada de f está dada por F (x) + c, donde c es una constante arbitraria. 20

´ 2.1. I NTRODUCCI ON


Demostracion. ´ Sea G una antiderivada cualquiera de f en I, entonces G0 (x) = f (x)

∀ x ∈ I.

Como F es una primitiva particular de f en I, tenemos F 0 (x) = f (x) ∀ x ∈ I, y as´ı F 0 (x) = G0 (x)

∀ x ∈ I,

y por el Teorema 2.1.1 se sigue que existe una constante c0 tal que G(x) = F (x) + c0

∀ x ∈ I,

pero dado que la derivada de una constante es 0, concluimos que dada c constante arbitraria G(x) = F (x) + c ∀ x ∈ I, es una antiderivada de f .

2.1.2.

La integral indefinida

´ la antidiferenciación es el proceso de determinacion ´ Como ya hemos dicho en la introduccion, R ´ dada. El s´ımbolo que denota esta operacion ´ es y de todas las antiderivadas de una funcion escribimos: Z “F es una antiderivada de f ” ⇔ f (x)dx = F (x) + c, ´ fue introducida por el matemático alemán Leibniz. donde F 0 (x) = f (x). Esta notacion ´ 2.1.2 Sea F una primitiva cualquiera de f . La integral indefinida de f (x) con respecto DEFINICION Z a x se denota como f (x) dx y se define como: Z f (x)dx = F (x) + c,

donde c es una constante arbitraria. ´ 2.1.1 En otras palabras, la integral indefinida de f es un representante de la familia de OBSERVACION todas sus primitivas posibles. Es muy importante entender esto, pues quiere decir que al evaluar una integral indefinada, podremos reunir todas las constantes que surjan en su evaluación en una unica ´ constante genérica que denotaremos c. De esta forma, evaluar una integral indefinida de f equivale a encontrar a una antiderivada genérica.

Algunas integrales indefinidas o antiderivadas que se pueden obtener directamente son: Z Z d 0 (x) = (x ) = 1 ⇒ 1 dx = dx = x + c 1. dx Z d 0 2. (cos x) = (cos x) = −sen x ⇒ sen x dx = − cos x + c dx 21

C APÍ TULO 2. L A INTEGRAL INDEFINIDA d 3. (sen x) = (sen x)0 = cos x ⇒ dx 4.


Z

d (tan x) = (tan x)0 = sec2 x ⇒ dx

cos x dx = sen x + c Z

sec2 x dx = tan x + c

d 5. (cotg x) = (cotg x)0 = − cosec2 x ⇒ dx

Z

cosec2 x dx = − cotg x + c

Z d 0 6. (cosec x) = (cosec x) = − cosec x · cotg x ⇒ cosec x · cotg x dx = − cosec x + c dx Z d 7. (sec x) = (sec x)0 = sec x · tan x ⇒ sec x · tan x dx = sec x + c dx Z d x x 0 x (e ) = (e ) = e ⇒ ex dx = ex + c 8. dx Z xm+1 d m m 0 m−1 (x ) = (x ) = mx ⇒ xm dx = + c ; m ∈ Q, m 6= −1 9. dx m+1 Z d 1 1 0 √ 10. ⇒ dx = − arc cos x + c (arc cos x) = (arc cos x) = − √ 2 dx 1−x 1 − x2 Z d 1 1 0 √ √ 11. ⇒ dx = arc sen x + c (arc sen x) = (arc sen x) = 2 dx 1−x 1 − x2 Z d 1 1 12. (arc tan x) = (arc tan x)0 = ⇒ dx = arc tan x + c dx 1 + x2 1 + x2 Z 1 1 d 0 (arc cot x) = (arc cot x) = − ⇒ − dx = −arc cot x + c 13. 2 dx 1+x 1 + x2 Z d 1 1 0 √ √ 14. (arc sec x) = (arc sec x) = ⇒ dx = arc sec x + c 2 dx |x| x − 1 |x| x2 − 1 Z d 1 1 0 √ (arc cosec x) = (arc cosec x) = − √ ⇒ dx = −arc cosec x + c 15. 2 dx |x| x − 1 |x| x2 − 1 Z d 1 1 0 16. (ln x) = (ln x) = ⇒ dx = ln x + c dx x x Z 0 d 17. ln sec x + tan x = ln sec x + tan x = sec x ⇒ sec x dx = ln sec x + tan x + c dx Z 0 d 18. ln cosec x−cotg x = ln cosec x−cotg x = cosec x ⇒ cosec x dx = ln cosec x−cotg x +c dx Z 0 d 19. ln sen x = ln sen x = cotg x ⇒ cotg x dx = ln sen x + c dx Z 0 d 20. ln sec x = ln sec x = tan x ⇒ tan x dx = ln sec x + c dx 22

´ 2.1. I NTRODUCCI ON


2.1.3.

Propiedades de la integral indefinida o antidiferenciacion ´

´ indefinida o antidiferenciacion ´ es la operacion ´ inversa de la diferenciacion, ´ Como la integracion los siguientes teoremas acerca de las integrales indefinidas se pueden obtener de los teoremas dados para las derivadas. Por lo tanto aqu´ı omitimos las demostraciones: TEOREMA 2.1.2 ´ Entonces i. Sea f una funcion. Z

Z αf (x) dx = α

f (x) dx,

donde α es una constante. ii. Sean f y g dos funciones que están definidas sobre un mismo intervalo, entonces Z Z Z f (x) + g(x) dx = f (x) dx + g(x) dx. iii. Más generalmente, si f1 , f2 ,. . . ,fn son funciones que están definidas sobre un mismo intervalo, entonces: Z Z Z Z α1 f1 (x)+α2 f2 (x)+. . .+αn fn (x) dx = α1 f1 (x) dx+α2 f2 (x) dx+. . .+αn fn (x) dx, donde α1 , α2 ,. . . ,αn son constantes. Z Z Z Z Z EJEMPLO 2.1.3 (3x4 − 2x3 + 9x + 4) dx = 3 x4 dx − 2 x3 dx + 9 x dx + 4 dx = = Z EJEMPLO 2.1.4

√

1 x x+ x

3 5 2 9 x + c − x4 + c + x2 + c + 4x + c 5 4 2 3 5 1 4 9 2 x − x + x + 4x + c. 5 2 2

Z

1 x 2 x + x−1 dx Z Z 3 1 2 = x dx + x− 2 dx

dx =

3

=

1

x 2 +1 x− 2 +1 + c + +c 3 − 21 + 1 2 +1

1 2 5 x 2 + 2x 2 + c. 5 Z Z Z 2cotg x − 3 sen2 x 1 sen2 x EJEMPLO 2.1.5 dx = 2 · cotg x dx − 3 dx sen x sen x sen x Z Z = 2 cosec x cotg x dx − 3 sen x dx

=

= 2 cosec x + 3 cos x + c. 23



EJERCICIOS 2.1.2 ´ la siguiente integral indefinida: 1. Evalua Z

(tan2 x + cotg 2 x + 2) dx.

2. En cualquier punto (x, y) de una curva en particular, la recta tangente tiene una pendiente ´ igual a 4x − 5. Si la curva contiene al punto (3, 7), formula su ecuacion. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 2.1.2 presiona aqu´ı 4.8 ´ cada una de las siguientes integrales indefinidas: EJERCICIOS PROPUESTOS 2.1.1 Evalua Z 1. 3x4 dx. Z 2. 3.

√ 3 10 x2 dx.

Z √

1 x+ √ x

dx.

Z 4.

(5 cos x−4sen x) dx. Z

cos x dx. sen2 x

Z

(4 cosec xcotg x+2 sec2 x) dx.

Z

3 tan θ−4 cos2 θ dθ. cos θ

Z

(2cotg 2 θ − 3 tan2 θ) dθ.

5. 6.

7. 8.

Para ver las Soluciones de los Ejercicios Propuestos 2.1.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 2.1.1 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ • Para visitar un sitio web en que se encuentra una poderosa herramienta de integracion ´ y obtener su antiderivada, presiona aqu´ı X online, donde puedes escribir una funcion ´ Esta herramienta será de gran utilidad para chequear tus cálculos cuando evalues una integral indefinida. 24


´ (T E´ CNICAS DE ANTIDIFERENCIACI ON ´ ) 2.2. M E´ TODOS DE INTEGRACI ON

2.2.

Métodos de integracion ´ (Técnicas de antidiferenciacion) ´

2.2.1.

Método de integracion ´ por sustitucion ´

Comenzamos recordando la regla de la cadena: ´ derivable en u y u = g(x) es una funcion ´ derivable en x, entonces f g(x) Si f (u) es una funcion ´ derivable en x, con es una funcion 0 = f 0 g(x) · g 0 (x), f g(x) para todos valores de x donde la compuesta esté bien definida y sea derivable. ´ de integral indefinida, obtenemos Entonces, desde la definicion Z f 0 g(x) g 0 (x)dx = f g(x) , y poniendo u = g(x), obtenemos du = g 0 (x)dx y as´ı Z f 0 (u)du = f (u).

Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.1 Evalua

2x sen (1 + x2 ) dx = I.

Solucion. ´ Ponemos u = 1 + x2 , y obtenemos: Z du = 2x dx ⇒ I = sen u du = − cos u + c = − cos(1 + x2 ) + c.


x

p 1 + x2 dx = I.

Solucion. ´ Ponemos u = 1 + x2 , y obtenemos: du = 2x dx

1 du = x dx 2 Z 3 1 1 1 2 3 1 ⇒ I= u 2 du = · u 2 + c = 1 + x2 2 + c. 2 2 3 3 ⇒


sen4 x cos x dx = I.

Solucion. ´ Ponemos u = sen x, y obtenemos: Z 1 1 du = cos x dx ⇒ I = u4 du = u5 + c = sen5 x + c. 5 5

25



´ las siguientes integrales indefinidas: EJERCICIOS 2.2.1 Evalua Z a) tan x dx = I. Z b)

dx = I. (3 − 2x)3

Z c)

x Z

d)

p a2 + b2 x2 dx = I.

√

z dz = I. 1 + z2

Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 2.2.1 presiona aqu´ı 4.8 EJERCICIOS PROPUESTOS 2.2.1 ´ las siguientes integrales indefinidas: 1. Evalua Z √ a) x2 1 + x dx (SUG: use u = 1 + x; du = dx; x = u − 1). Z 4x2 b) dx. (1 − 8x3 )4 Z √ c) sen x 1 − cos x dx. √ Z sen x √ d) dx. x 2. Una herida cicatriza de tal forma que t d´ıas a contar del Lunes el a´ rea de la herida ha comen´ de −3(t + 2)−2 cm2 por d´ıa. Si el d´ıa Martes el a´ rea de la herida fue zado a decrecer a razon de 2cm, a) ¿Cuál fue el a´ rea de la herida el d´ıa Lunes? ´ cicatrizándose b) ¿Cuál será el a´ rea anticipada de la herida el d´ıa Viernes si e´ sta continua con la misma rapidez? Para ver las Soluciones de los Ejercicios Propuestos 2.2.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 2.2.1 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ la siguiente integral indefinida usando el método de 1. Para ver un video donde se evalua ´ por sustitucion ´ presiona aqu´ı X integracion Z tan x dx. cos2 x

26



´ la siguiente integral indefinida usando el método de 2. Para ver un video donde se evalua ´ por sustitucion ´ presiona aqu´ı X integracion Z x(x2 − 3) dx. ´ 3. Para ver un video donde se evaluan las siguientes integrales indefinidas usando el método ´ por sustitucion ´ presiona aqu´ı X de integracion Z x a) ex+e dx. Z b) cotg x ln(sen x) dx. Z x √ c) dx. 2 2 Z 1−x − 1−x √ d) x 3 x + 4 dx.

2.2.2.

Método de integracion ´ por partes

Recordemos ahora la regla de la derivada de un producto: Sean u(x) y v(x) dos funciones derivables en x, entonces 0 u(x)v(x) = u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x), para todos valores de x donde el producto esté bien definido y sea derivable. ´ de integral indefinida, tenemos que Entonces, desde la definicion Z 0 u(x) · v(x) dx = u(x) + v(x) + c y Z

0

Z

u(x)v (x) dx +

v 0 (x)u(x) dx = u(x) · v(x) + c

En particular Z

u(x)v 0 (x) dx = u(x) · v(x) −

Z

v 0 (x) · u(x) dx

´ (podemos prescindir de c pues la ultima integral contiene una constante arbitraria todav´ıa). Esta ´ ´ ultima formula es conocida como la fórmula de integración por partes. ´ 2.2.1 Es usual escribir: NOTACION (

u = u(x) dv = v 0 (x) dx du = u0 (x) dx v = v(x).

´ ´ por partes queda expresada de la siguiente forma: Entonces la formula de integracion Z Z u dv = uv − v du. 27



Z

xex dx.

´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.4 Evalua Solucion. ´ Ponemos

(

dv = ex dx v = ex

u=x du = dx

Luego, Z I=

Z u dv = uv −

v du

= xex −

Z

ex dx

= xex − ex + c. Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.5 Evalua Solucion. ´ Ponemos

(

x sen x dx.

u=x du = dx

dv = sen x v = − cos x.

Luego, Z

Z udv = uv −

I=

v du Z = −x cos x − (− cos x) dx

= −x cos x + sen x + c. Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.6 Evalua Solucion. ´ Ponemos

(

ex cos x dx = I. dv = ex dx v = ex .

u = cos x du = −sen x dx

Luego, Z I=

Z udv = uv −

v du Z x = e cos x + ex sen x dx {z } | I1

Ahora, para I1 ponemos: (

d¯ v = ex dx v¯ = ex .

u ¯ = sen x d¯ u = cos x dx

Luego, I1 =

ex sen x

Z −

= ex sen x − I. 28

ex cos x dx

            

(∗)



Y volviendo a (∗), obtenemos I = ex cos x + ex sen x − I ∴ I=

⇒ 2I = ex cos x + ex sen x

ex cos x + ex sen x + c. 2

´ cada una de las siguientes integrales indefinidas: EJERCICIOS 2.2.2 Evalua Z a) ln x dx = I Z b)

xex dx = I (1 + x)2

Z c)

arc sen x dx = I

Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 2.2.2 presiona aqu´ı 4.8 ´ cada una de las siguientes integrales indefinidas: EJERCICIOS PROPUESTOS 2.2.2 Evalua √ Z arc cot x √ a) dx x Z b) x2 ex dx Z c)

x ln x dx Z

d)

sec3 x dx

Para ver las Soluciones de los Ejercicios Propuestos 2.2.2 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 2.2.2 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ la siguiente integral indefinida usando el método de 1. Para ver un video donde se evalua ´ por partes presiona aqu´ı X integracion Z x2 cos(2x) dx. ´ la siguiente integral indefinida usando el método de 2. Para ver un video donde se evalua ´ por partes presiona aqu´ı X integracion Z x3 e4x dx.

29



´ 3. Para ver un video donde se evaluan las siguientes integrales indefinidas usando el método ´ por partes presiona aqu´ı X de integracion Z a) x e−x dx. Z b) ln x dx. Z c) x 5x dx.

2.2.3.

Integracion ´ de funciones racionales: Método de integracion ´ v´ıa descomposicion ´ en fracciones parciales

• Caso 1. Sean P (x) y Q(x) polinomios con coeficientes reales tal que gradoP (x) < gradoQ(x). Asumamos que Q(x) = (x − a1 )(x − a2 )...(x − an )

con ai 6= aj

∀i 6= j.

Entonces ∃ A1 , A2 , ..., An ∈ R

tal que

P (x) 1 1 1 = + + ... + . Q(x) x − a1 x − a2 x − an


x3

x−1 dx = I. − x2 − 2x

Solucion. ´ Notemos que x3 − x2 − 2x = x(x2 − x − 2) = x(x − 2)(x + 1). Luego, x3

x−1 x−1 A B C = = + + , 2 − x − 2x x(x − 2)(x + 1) x x−2 x+1

de donde x − 1 = A(x − 2)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 2) = A(x2 − x − 2) + B(x2 + x) + C(x2 − 2x) ∴ (A + B + C)x2 + (−A + B − 2C)x − 2A = 0x2 + 1x − 1 = x − 1. ´ previa que proviene de igualar los coefiAhora resolvemos el sistema asociado a la ecuacion cientes de las potencias de x:   

A+B+C = 0 −A + B − 2C = 1   −2A = −1. 30



1 ´ queA = . Reemplazando en la primera y seguna Y obtenemos, desde la tercera ecuacion, 2 ´ formamos el sistema ecuacion  1   B+C = − 2   B − 2C = − 3 , 2 de donde obtenemos 3C = −2

⇒

C=−

2 3

∧

B=

2 1 1 − = . 3 2 6

Luego, Z Z Z 1 1 1 2 1 1 dx + dx − dx I = 2 x 6 x−2 3 x+1 1 2 1 ln |x| + ln |x − 2| − ln |x + 1| + c = 2 6 3 1/2 1/6 |x| |x − 2| = ln + c. |x + 1|2/3 • Caso 2. Sean P (x) y Q(x) polinomios con coeficientes reales tales que gradoP (x) < gradoQ(x). Asumamos que Q(x) = (x − a1 )n1 · (x − a2 )n2 ...(x − ak )nk

con ai 6= aj

si i 6= j n1 , ..., nk ∈ N.

Entonces ∃ A11 , A12 , ..., A1n1 , A21 , A22 , ..., A2n2 , ..., Ak1 , Ak2 , ..., Aknk ∈ R

tal que

Aknk P (x) A11 A12 A1n1 Ak1 Ak2 = + +...+ +...+ + +...+ . Q(x) (x − a1 ) (x − a1 )2 (x − a1 )n1 (x − ak ) (x − ak )2 (x − ak )nk

Z ´ la siguiente integral indefinida EJEMPLO 2.2.8 Evalua Solucion. ´ Ponemos

x2 − 1 dx = I. x(x − 2)2

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

Luego, A(x − 2)2 + Bx(x − 2) + Cx = x2 − 1 ⇒ Ax2 − 4Ax + 4A + Bx2 − 2Bx + Cx = x2 − 1 ⇒ (A + B)x2 + (−4A − 2B + C)x + 4A = x2 − 1. 31



´ previa que proviene de igualar los coefiAhora resolvemos el sistema asociado a la ecuacion cientes de las potencias de x:   

A+B = 1 −4A − 2b + C = 0   4A = −1 Obtenemos: A=−

1 4

∧

B=

5 4

∧

C = −1 +

5 3 = . 2 2

Luego, Z Z Z 1 5 1 3 1 1 dx + dx + dx I = − 4 x 4 (x − 2) 2 (x − 2)2 1 5 3 = − ln |x| + ln |x − 2| − +c 4 4 2(x − 2) = ln

3 |x − 2|5/4 − + c. 1/4 2(x − 2) |x|

• Caso 3. Sean P (x) y Q(x) polinomios con coeficientes reales tales que gradoP (x) < gradoQ(x). Asumamos que Q(x) es el producto de factores lineales y cuadráticos no factorizables, y ninguno de los factores cuadráticos se repite. A cada factor cuadrático ax2 + bx + c le corresponde la ´ parcial de la forma fraccion Ax + B . ax2 + bx + c

Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.9 Evalua Solucion. ´ Ponemos

(x2 − 2x − 3) dx = I. (x − 1)(x2 + 1)

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

Luego, A(x2 +1)+(Bx+C)(x−1) = x2 −2x−3 ⇒ Ax2 + A + Bx2 − Bx + Cx − C = x2 − 2x − 3 ⇒ (A + B)x2 + (C − B)x + (A − C) = x2 − 2x − 3. ´ previa que proviene de igualar los coefiAhora resolvemos el sistema asociado a la ecuacion cientes de las potencias de x:    A+B = 1 C − B = −2   A − C = −3. 32



Obtenemos, A = −2

∧

B=3

∧

C = 1.

Luego, Z

Z x dx I = −2 dx + 2 1+x 1 + x2 3 = −2 ln |x − 1| + arc tan x + ln |1 + x2 | + c. 2 dx +3 x−1

Z

• Caso 4. Sean P (x) y Q(x) polinomios con coeficientes reales tales que gradoP (x) < gradoQ(x). Asumamos que Q(x) es el producto de factores lineales y cuadráticos no factorizables en R que se repiten. A cada factor cuadrático repetido n veces le corresponde la siguiente descompo´ sicion An−1 x + Bn−1 A1 x + B1 An x + B n + + ... + . 2 n 2 n−1 (ax + bx + c) (ax + bx + c) (ax2 + bx + c) Z (x − 2) ´ la siguiente integral indefinida EJEMPLO 2.2.10 Evalua dx = I. 2 x(x − 4x + 5)2 ´ cuadrática x2 − 4x + 5 = 0 no tiene soluciones reales, por Solucion. ´ Notemos que la ecuacion lo que el polinomio x2 − 4x + 5 no es factorizable en R. Entonces ponemos, x(x2

x−2 A Bx + C Dx + E = + 2 + 2 2 − 4x + 5) x (x − 4x + 5) (x − 4x + 5)2

Luego, A(x2 − 4x + 5)2 + (Bx + C)x(x2 − 4x + 5) + (Dx + E)x = x − 2 ⇒ Ax4 + 16Ax2 + 25A − 8Ax3 + 10Ax2 − 40Ax +Bx4 − 4Bx3 + 5Bx2 + Cx3 − 4Cx2 + 5Cx + Dx2 + Ex = x − 2 ⇒ (A + B)x4 + (−8A − 4B + C)x3 + (16A + 10A + 5B − 4C + D)x2 +(−40A + 5C + E) + 25A = x2 − 2. ´ previa que proviene de igualar los coefiAhora resolvemos el sistema asociado a la ecuacion cientes de las potencias de x:   A+B = 0      −8A − 4B + C = 0  16A + 10A + 5B − 4C + D = 0    −40A + 5C + E = 1     25A = −2. Obtenemos, A=−

2 25

∧

B=

2 25

∧

C=−

8 25

∧

D=

2 5

∧

3 E=− . 5 33



Luego, 2 25

I =−

Z

dx 2 + x 25

Z

x dx 8 − x2 − 4x + 5 25

Z

dx 2 + (x2 − 4x + 5) 5

Z

x dx 3 − (x2 − 4x + 5)2 5

Z

dx (x2 − 4x + 5)2

= I1 + I2 + I3 + I4 , donde I1 =

1 2

Z

Z 2x − 4 4 1 1 dx + dx = ln |x2 − 4x + 5| + 2arc tan (x − 2) + c, 2 2 x − 4x + 5 2 x − 4x + 5 2 Z Z dx dx = I2 = 2 (x − 4x + 4) + 1 (x − 2)2 + 1 Z du = donde u = x − 2 2 u +1

Z I3 =

x dx ((x − 2)2 + 1)2

= arc tan u + c = arc tan (x − 2) + c, Z x−2 dx = dx + 2 ((x − 2)2 + 1)2 ((x − 2)2 + 1)2 Z Z 2u du 1 du + 2 donde u = x − 2 = 2 (u2 + 1)2 (u2 + 1)2 Z

=−

1 1 (x − 2) + arc tan (x − 2) + 2 u2 + 1 1 + (x − 2)2

y 1 (x − 2) 1 . I4 = arc tan (x − 2) + 2 2 1 + (x − 2)2 Por lo tanto, 2 x − 4x + 5 1 x−4 − 3 arc tan (x − 2) + I= ln + c. 2 2 25 x 50 10(x − 4x + 5) ´ las siguientes integrales indefinidas EJERCICIOS PROPUESTOS 2.2.3 Evalua Z 1 a) dx x2 − 5x + 6 Z 3x − 5 b) dx 2 2x − 5x − 12 Z x+2 c) dx x3 − 3x2 + 2x − 6 Z x2 + x + 2 d) dx x3 + 2x2 + x Para ver las Soluciones de los Ejercicios Propuestos 2.2.3 presiona aqu´ı 4.8

34



´ A INTERNET) 2.2.3 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ la siguiente integral indefinida de funciones racionales 1. Para ver un video donde se evalua ´ en fracciones parciales presiona aqu´ı X usando descomposicion Z 5x + 1 dx. x2 + x − 2 ´ la siguiente integral indefinida de funciones racionales 2. Para ver un video donde se evalua ´ en fracciones parciales presiona aqu´ı X usando descomposicion Z 3x3 + 6x2 + 4x − 24 dx. x4 + 4x3 + 8x2 ´ la siguiente integral indefinida de funciones racionales 3. Para ver un video donde se evalua ´ en fracciones parciales presiona aqu´ı X usando descomposicion Z −x4 − x2 + 7 dx. x3 + x2 + 4x + 4

2.2.4.

Integracion ´ de funciones trigonométricas Z

a. Potencias de senos y cosenos

Z

n

sen x dx,

cosn x dx.

• Caso n impar. Podemos asumir que n = 2k + 1, k ∈ N ∪ {0}. Entonces factorizamos el integrando. Por ejemplo, ponemos senn x = (sen2 x)k sen x, usamos la identidad sen2 x + cos2 x = 1 y hacemos el cambio de variable du = −sen x dx.

u = cos x Se sigue que

Z

n

sen x dx =

Z

2

Z

k

(1 − cos x) sen x dx = − Z

´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.11 Evalua

(1 − u2 )k du.

sen3 x dx.

Soluci ´ Z on. Z Z 3 2 sen x dx = sen x sen x dx = (1 − cos2 x)sen x dx Z = − (1 − u2 ) du donde u = cos x; −du = sen x dx u3 −u+c 3 cos3 x = − cos x + c. 3

=

35




cos5 x dx.

Solucion. ´ Z Z Z cos5 x dx = cos4 x cos x dx = (1 − sen2 x) cos x dx Z = (1 − u2 )2 du donde u = sen x; du = cos x dx Z = (1 − 2u2 + u4 ) du 2u3 u5 + +c 3 5 2 sen3 x 2 sen5 x = sen x − + + c. 3 5

=u−

• Caso n par. Podemos asumir que n = 2k, k ∈ N ∪ {0}. Entonces factorizamos el integrando. Por ejemplo, ponemos senn x = sen2k x = (sen2 x)k y usamos la identidad trigonométrica: 1 − cos(2x) . 2 En el caso de cosn x usamos la identidad trigonométrica: sen2 x =

cos2 x =

1 + cos(2x) . 2 Z

´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.13 Evalua

sen4 xdx.

Solucion. ´ Z

sen x dx = = = = = = 36

1 − cos(2x) 2 (sen x) dx = dx 2 Z 1 2 1 − 2 cos(2x) + cos (2x) dx 4 Z Z Z 1 1 1 dx − 2 cos(2x) dx + cos2 (2x) dx 4 4 4 Z 1 1 1 1 + cos(2x) x − sen (2x) + dx 4 4 4 2 Z 1 1 1 1 x − sen (2x) + x + cos(2x) dx 4 4 8 8 3 3 x − sen (2x) + c. 8 16

Z

4

2

2

Z


´ (T E´ CNICAS DE ANTIDIFERENCIACI ON ´ ) 2.2. M E´ TODOS DE INTEGRACI ON Z

b. Productos de potencias de senos y cosenos

senm x cosn x dx

• Caso m y n par. Si m y n son pares, al integrar utilizaremos las identidades sen2 x =

1 − cos(2x) 2

y


cos2 x =

1 + cos(2x) 2

sen2 x cos2 x dx.

Solucion. ´ Z Z Z 1 − cos(2x) 1 + cos(2x) 1 − cos2 (2x) 2 2 sen x cos x dx = dx = dx 2 2 4 Z Z 1 1 1 1 2 x− 2 cos (2x) dx = x − cos2 u du = 4 8 4 8 Z Z Z 1 1 1 + cos(2u) 1 1 1 = x− du = x − du + 2 cos(2u) du 4 8 2 4 16 32 1 1 1 1 1 1 = x − u + sen (2u) + c = x − x + sen (4x) + c 4 16 32 4 8 32 1 1 = x + sen (4x) + c. 8 32 • Caso m o n impar Si m o n impar, al integrar utilizaremos, de ser necesario, la identidad sen2 x + cos2 x = 1 ´ y/o el método de sustitucion. Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.15 Evalua

sen2 x cos3 x dx.

Solucion. ´ Z Z Z Z 2 3 2 3 3 sen x cos x dx = (1 − cos x) cos x dx = cos x dx − cos5 x dx Z Z 2 = cos x cos x dx − cos4 x cos x dx Z Z 2 = (1 − u ) du − (1 − u2 )2 du donde u = sen x; du = cos x = sen x − =

2 sen3 x sen5 x sen3 x − sen x − + +c 3 3 5

sen5 x − sen3 x + c. 5 37



Z c. Productos de potencias de tangentes y secantes

tanm x secm x dx

• Caso n par. Si n es par usamos la identidad sec2 x = 1 + tan x • Caso m impar. Si m es impar usamos la identidad tan2 x = sec2 x − 1 • Caso n impar y m par. ´ otro método, por ejemplo integracion ´ por partes. En este caso usamos algun

2.2.5.

Método de integracion ´ por sustitucion ´ trigonométrica

´ Este método es un caso especial del método de sustitucion. √ • Caso 1. a2 − x2

Figura 2.1. Triángulo rectángulo asociado a la relación x = a sen x

Notemos que

p x a2 − x2 ∈ R ⇔ −1 ≤ ≤ 1. a Además, resulta natural realizar el siguiente cambio de variables p x = a sen θ ⇒ a2 − x2 = a cos θ ∧ dx = a cos θdθ . ´ Por ultimo, observemos que de acuerdo a nuestro cambio de variables x θ = arc sen . a Z √ ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.16 Evalua

9 − x2 dx. x2

Solucion. ´ Ponemos x = 3 sen θ y obtenemos p 9 − x2 = 3 cos θ ∧ dx = 3 cos θdθ 38

∧

x2 = 9 sen2 θ.



Luego, Z √ Z Z 9 − x2 3 cos θ cos2 θ dx = · 3 cos θ dθ = dθ x2 9 sen2 θ sen2 θ Z = cotg 2 θ dθ Z = (cosec 2 θ − 1) dθ = − cotg θ − θ + c √ x − 9 − x2 − arc sen + c. = x 3 • Caso 2.

√

a2 + x2

Figura 2.2. Triángulo rectángulo asociado a la relación x = a tan x

Notemos que p

a2 + x2 ∈ R ∀x ∈ R.

Además, resulta natural realizar el siguiente cambio de variables p x = a tan θ ⇒ a2 + x2 = a sec θ ∧ dx = a sec2 θ dθ . ´ Por ultimo, observemos que de acuerdo a nuestro cambio de variables x θ = arc tan . a Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.17 Evalua Solucion. ´ Z I=

dx (x2 − 4x + 5)2

Z = Z

2 − 4x + 4) + 1 dx

(x − 2)2 + 1 Z

=

dx . − 4x + 5)2

dx (x2

=

(x2

(u2

du + 1)2

2 donde u = x − 2

;

du = dx 39



Ahora ponemos u = tan θ y obtenemos du = sec2 θ dθ. Luego, Z I=

sec2 θ dθ = sec4 θ

Z

dθ sec2 θ

Z

cos2 θ dθ

= Z = = = = • Caso 3.

√

1 + cos(2θ) dθ 2 1 θ 1 u ·√ + sen (2θ) + c sen (2θ) = 2sen θ cos θ = 2 √ 2 4 1 + u2 1 + u2 1 1 u +c arc tan u + 2 2 1 + u2 1 1 (x − 2) arc tan (x − 2) + + c. 2 2 1 + (x − 2)2

x2 − a2

Figura 2.3. Triángulo rectángulo asociado a la relación x = a sec x

Notemos que

x p x x2 − a2 ∈ R ⇔ ≤ −1 ∨ ≥1 . a a Además, resulta natural realizar el siguiente cambio de variables x = a sec θ ⇒ (x2 − a2 )1/2 = a tan θ ∧ dx = a sec2 θ tan θ dθ . ´ Por ultimo, observemos que de acuerdo a nuestro cambio de variables x θ = arc cosec . a


√

sec2 x tan2 x − 16

dx.

Solucion. ´ Z I= 40

sec2 x

√ dx = tan2 x − 16

Z

√

dz − 16

z2

donde z = tan x

;

dz = sec2 x dx.



Ahora ponemos z = 4 sec θ y obtenemos p z 2 − 16 = 4 tan θ

∧

dz = 4 sec θ tan θ dθ.

Luego, Z I=

4 sec θ tan θ dθ = 4 tan θ

Z sec θ dθ

= ln | sec θ + tan θ| + c √ z z 2 − 16 = ln + +c 4 4 √ tan x + tan2 x − 16 +c = ln 4 p = ln tan x + tan2 x − 16 + c.

2.2.6.

Método de integracion ´ para funciones racionales de seno y coseno

´ racional que solo ´ depende de sen x y cos x, entonces haciendo Si un integrando es una funcion el cambio de variables x z = tan , 2 ´ racional que depende solo ´ de z, y la integral e´ sta se puede reescribir en forma de una funcion resultante será más fácil de evaluar. ´ como ´ Veamos a continuacion se origina este cambio de variables. Como ya sabemos: cos(2α) = 2 cos2 α − 1.

∧

sen (2α) = 2 sen α cos α Luego, si ponemos α=

x 2

,

obtenemos • sen x = 2 sen

x

x

sen =2 cos

x 2 x 2

2

x

x

1

2 tan x2 2z = x = 2 x 1 + z2 1 + tan 2 2

cos cos = 2 tan 2 2 2 2 sec2 x 1 2 2 1 − z2 −1=2· − 1 = • cos x = 2 cos2 − 1 = − 1 = 2 1 + z2 1 + z2 sec2 x2 1 + tan2 x2 x x x 1 1 1 • z = tan ⇒ dz = sec2 dx = 1 + tan2 dx = 1 + z 2 dx 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ dz = dx. (1 + z 2 ) Z ´ la integral indefinida EJEMPLO 2.2.19 Evalua

dx . 1 − sen x + cos x 41



Z

dx = 1 − sen x + cos x

Z 1−

2dz 1+z 2 2 2z + 1−z 1+z 2 1+z 2

x

2 dz = dx. Luego, 2 (1 + z 2 ) Z Z dz 2 dz 2 = = 2 2 (1 + z ) − 2z + (1 − z ) 2 1−z

Solucion. ´ Usamos el cambio de variables z = tan

, que implica que

= − ln |1 − z|+c x = − ln 1 − tan +c. 2 EJERCICIOS DE REPASO 2.2.1 ´ las siguentes integrales indefinidas usando el método de sustitucion ´ 1. Evalua Z Z Z p c) sen4 x cos x dx a) 2x sen (1 + x2 ) dx b) x 1 + x2 dx Z d)

1 dx (3 − 2x)3

Z e)

p x a2 + b2 x2 dx

Z f)

(3 ln x − 5)4 dx x

´ las siguentes integrales indefinidas usando el método de integracion ´ por partes 2. Evalua Z Z Z p a) x2 ex dx b) ex sen x dx c) x4 6 − 3x5 dx Z Z Z d) cos x cos(2x) dx e) (ln x)2 dx f) cos x ln(sen x) dx ´ las siguentes integrales indefinidas usando mediante una descomposicion ´ en fraccio3. Evalua nes parciales Z Z Z 2 4x − 2 6x2 − 2x − 1 x +x+2 a) dx b) dx c) dx 3 2 3 x − x − 2x 4x − x x2 − 1 Z Z Z x2 − 4x − 4 3x3 + 13x + 4 x2 d) dx e) dx f) dx x3 − 2x2 + 4x − 8 x3 + 4x x4 + 2x2 + 1 ´ las siguentes integrales indefinidas usando sustitucion ´ trigonométrica 4. Evalua Z Z Z 3 1 t sec2 x √ a) dw b) dt c) 3 dx (25 − t2 )2 w2 w2 − 7 (4 − tan2 x) 2 Z Z Z ez 1 ln3 s p d) ds dz e) dθ f) 3 3 (e2z + 8ez + 7) 2 (θ2 − 6θ + 18) 2 s ln2 s − 4 5. Evalue las siguentes integrales indefinidas Z Z 4 6 a) tan x sec x dx b) sen2 x cos2 x dx Z d)

1 dx 2sen x + 2 cos x + 3

Z r e)

1+x dx 1−x

Z

1 + cos(2x) dx sen2 (2x)

Z

1 dx 1 + cos x

c) f)

Para ver las Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 4.8.1 presiona aqu´ı 4.8 42

Cap´ıtulo 3

La integral de Riemann en R

3.1.

Preliminares

´ 3.1.1 Una funcion ´ f : [a, b] → R se dice acotada si su recorrido es acotado. DEFINICION

´ continua, entonces es acotada. TEOREMA 3.1.1 Si f : [a, b] → R es una funcion Demostracion. ´ Supongamos que f no es acotada. Entonces tendr´ıamos que Rec(f ) no es acotado, de manera que ∃ {xn }n ⊂ [a, b] tal que l´ım f (xn ) = ∞. (3.1) n→∞

´ acotada, y entonces por el Teorema 1.3.6 Como {xn }n ⊂ [a, b], entonces {xn }n es una sucesion ´ posee una subsucesion ´ {xnk }k convergente a un valor que de Bolzano-Weierstrass, esta sucesion llamaremos x0 ∈ [a, b]. Es decir, l´ım xnk = x0 . k→∞

Luego, como [a, b] es cerrado y f es continua, desde el Teorema 1.5.1 obtenemos: l´ım f (xnk ) = f (x0 ),

k→∞

´ de f, Rec(f ) ⊂ R. con f (x0 ) ∈ R pues por definicion

(3.2)

Por otra parte, desde (3.1) tenemos que l´ım f (xnk ) = ∞.

(3.3)

k→∞

´ pues por un lado {f (xnk )}k converge a f (x0 ) ∈ R, Desde (3.2) y (3.3), obtenemos una contradicion, ´ es acotada de acuerdo al Teorema 1.3.3, mientras que por otro lado lo que indica que esta sucesion ´ no es acotada. La contradiccion ´ viene de {f (xnk )}k diverge a ∞, lo que indica que esta sucesion suponer que f no es acotada. Por lo tanto f debe ser acotada. Conviene también tener en cuenta el siguiente corolario. ´ continua, entonces se verifica que COROLARIO 3.1.1 Si f : [a, b] → R es una funcion ∃x0 , x1 ∈ [a, b] tales que f (x0 ) = m´ın f (x) ∧ f (x1 ) = máx f (x) . x∈[a,b]

43

x∈[a,b]

C APÍ TULO 3. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN R

3.2.


Particion ´ de un intervalo [a, b]

´ 3.2.1 Una partición de un intervalo [a, b] es un conjunto finito P = {x0 , x1 , ..., xn } tal DEFINICION que

a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b.

EJEMPLO 3.2.1 Algunas particiones de [0, 1] son • P1 = {0, 1}, 1 • P2 = 0, , 1 , 2 1 1 3 • P3 = 0, , , , 1 , 4 2 4 1 1 1 1 • P4 = 0, , , , , 1 . 5 4 3 2 ´ 3.2.2 Sea P = {x0 , x1 , . . . , xn } una particion ´ de [a, b]. Los siguientes intervalos DEFINICION

I1 = [x0 , x1 ], I2 = [x1 , x2 ], . . . , In = [xn−2 , xn−1 ], In = [xn−1 , xn ], se denominan intervalos componentes de P y es usual denotar por ∆k a su longitud; es decir ∆k = xk − xk−1

∀k ∈ {1, 2, . . . , n}.

´ 3.2.1 Sea P = {x0 , x1 , . . . , xn } una particion ´ de [a, b]. Introducimos a continuacion ´ las NOTACION siguientes cantidades:

Mk = sup f (x)

∧

mk = ´ınf f (x),

x∈Ik

x∈Ik

∀k ∈ {1, 2, . . . , n}.

´ 3.2.3 Sea P = {x0 , x1 , . . . , xn } una particion ´ de [a, b]. Llamamos suma superior de f con DEFINICION respecto a P a la cantidad n X S(f, P) = Mk ∆ k , k=1

y llamamos suma inferior de f con respecto a P a la cantidad s(f, P) =

n X k−1

44

m k ∆k .

´ DE UN INTERVALO [a, b] 3.2. PARTICI ON


´ de [0, 1]: EJEMPLO 3.2.2 Sea f (x) = x2 definida en [0, 1]; consideremos la siguiente particion 1 1 3 1 1 3 P2 = 0, , , , 1 = x0 = 0, x1 = , x2 = , x3 = , x4 = 1 . 4 2 4 4 2 4 Entonces

1 I1 = 0, , 4

1 1 I2 = , , 4 2

1 3 I3 = , , 2 4

3 I4 = ,1 . 4

´ es continua y estrictamente creciente en [0, 1], se verifica que Por otro lado, como la funcion f (xk−1 ) ≤ f (x) ≤ f (xk )

∀x ∈ Ik , ∀k ∈ {1, 2, . . . , n}.

´ f alcanza su valor máximo en xk (que por continuidad es donde As´ı, en el intervalo Ik la funcion f alcanza su supremo en Ik ) y su valor m´ınimo en xk−1 (que por continuidad es donde f alcanza su ´ınfimo en Ik ). Luego, 2 1 1 1 = = , m1 = f (x0 ) = f (0) = 02 = 0, M1 = f (x1 ) = f 4 4 16 2 2 1 1 1 1 1 1 = = , m2 = f (x1 ) = f = = , M2 = f (x2 ) = f 2 2 4 4 4 16 2 2 3 3 9 1 1 1 M3 = f (x3 ) = f = = , m3 = f (x2 ) = f = = , 4 4 16 2 2 4 2 3 3 9 M4 = f (x4 ) = f (1) = 12 = 1, m4 = f (x3 ) = f = = . 4 4 16 Entonces, dado que ∆1 = x1 − x0 =

1 − 0, 4

∆2 = x2 − x1 =

obtenemos

1 1 − , 2 4

∆3 = x3 − x2 =

3 1 − , 4 2

3 ∆4 = x4 − x3 = 1 − , 4

1 ∆1 = ∆2 = ∆3 = ∆4 = , 4

de donde S(f, P) =

4 X i=1

M i ∆i =

1 1 1 9 15 + + +1 · = 16 4 16 4 32

y s(f, P) =

4 X i=1

1 9 1 7 1 m i ∆i = 0 + + + · = . 16 4 16 4 32

´ 3.2.1 Desde la definición de S(f, P) y s(f, P) es claro que s(f, P) ≤ S(f, P). Además, OBSERVACION asociadas al intervalo Ik , tenemos las cantidades Mk ∆k y mk ∆k . Notemos que si f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], entonces la cantidad Mk ∆k es el a´ rea del rectángulo de base ∆k y altura Mk , mientras que la cantidad mk ∆k es el a´ rea del rectángulo de base ∆k y altura mk . Estos rectángulos se pueden observar para la función f y la partición P del Ejemplo 3.2.2 previo en la Figura 3.1 a continuación.

45



Figura 3.1. Suma superior e inferior para f (x) = x2 en [0, 1] respecto de la partición P = {0, 41 , 12 , 34 , 1}.

3.3.

Refinamientos de una Particion ´ de [a, b]

´ 3.3.1 Sean P1 y P2 dos particiones de [a, b]. Diremos que P1 es un refinamiento de P2 DEFINICION si P1 ⊂ P2 .

LEMA 3.3.1 Si P1 es un refinamiento de P2 entonces S(f, P1 ) ≤ S(f, P2 ). Demostracion. ´ Sea P2 = {x0 , x1 , ..., xn }. Si P1 = P2 ∪ {z ∗ }, entonces P1 = {x0 , x1 , ..., xk , z ∗ , xk+1 , ..., xn }. Luego, S(f, P1 ) =

n X

Mj · ∆j + Mk1 · (z ∗ − xk ) + Mk2 · (xk+1 − z ∗ )

j=1 j 6= k

y como Mk1 ≤ Mk

∧

Mk2 ≤ Mk ,

entonces Mk1 · (z ∗ − xk ) ≤ Mk · (z ∗ − xk )

∧

Mk2 · (xk+1 − z ∗ ) ≤ Mk · (xk+1 − z ∗ ),

de donde obtenemos que Mk1 · (z ∗ − xk ) + Mk2 · (xk+1 − z ∗ ) ≤ Mk · (xk+1 − z ∗ ), y as´ı, desde (3.4), concluimos que S(f, P1 ) ≤ S(f, P2 ). 46

(3.4)

´ DE [a, b] 3.3. R EFINAMIENTOS DE UNA PARTICI ON


´ con un elemento más: Considerando f (x) ≥ 0 para todo Figura 3.2. Un refinamiento de una particion ´ P x ∈ [a, b], observamos que la suma de las a´ reas de los rectángulos del refinamiento de la particion ´ bajo la curva” y = f (x) encerrada por el eje x y las rectas x = a aproximan mejor el “área de la region y x = b.

LEMA 3.3.2 Si P1 es un refinamiento de P2 , entonces s(f, P2 ) ≤ s(f, P1 ). ´ es análoga a la anterior. La demostracion ´ acotada, entonces TEOREMA 3.3.1 Si P y P 0 son particiones de [a, b] y f : [a, b] → R es una funcion s(f, P) ≤ S(f, P 0 ). Demostracion. ´ Sea P1 = P ∪ P 0 , entonces P1 es un refinamiento de P. Luego, s(f, P) ≤ s(f, P1 ) ≤ S(f, P1 ) ≤ S(f, P 0 )

(Lema 3.3.2) (Lema 3.3.1).

´ 3.3.1 Por conveniencia denotaremos por P([a, b]) al conjunto de todas las particiones NOTACION del intervalo [a, b].

´ acotada, entonces los conjuntos: COROLARIO 3.3.1 Si f : [a, b] → R es una funcion S(f, P) : P ∈ P([a, b]) ∧ s(f, P) : P ∈ P([a, b]) son acotados y los valores

sup

s(f, P)

e

P∈P([a,b])

´ınf

´ S(f, P) son numeros reales. Además,

´ınf

S(f, P).

P∈P([a,b])

estos valores siempre verifican: sup P∈P([a,b])

s(f, P) ≤

P∈P([a,b])

47


3.4.


Funciones Riemann-integrables

´ 3.4.1 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ acotada y consideremos los valores DEFINICION Z b Z b f (x) dx = ´ınf S(f, P). f (x) dx = sup s(f, P) ∧ a

P∈P([a,b])

P∈P([a,b])

a

Diremos que f es Riemann-integrable en [a, b] si Z b Z b f (x) dx = f (x) dx. a

a

´ Este ultimo valor se denonina integral de Riemann de f en el intervalo [a, b] y se denota simplemente por Z b

f (x) dx. a

El siguiente Teorema es muy importante porque nos permite visualizar una gran cantidad de funciones que son Riemann-integrables: ´ continua en [a, b] es Riemann-integrable en [a, b]. TEOREMA 3.4.1 Toda funcion 1

Z

´ f (x) = sen x es una funsen x dx existe pues la funcion

EJEMPLO 3.4.1 La integral de Riemann 0

´ continua en [0, 1]. cion

Z EJEMPLO 3.4.2 La integral de Riemann

π 4

− π4

´ f (x) = ex tan x es ex tan x dx existe pues la funcion

´ continua en [− π4 , π4 ] (Recordar que el producto de funciones continuas en un intervalo una funcion ´ continua en el intervalo [a, b]). [a, b] es también una funcion ´ 3.4.1 Para el intervalo [a, b] consideramos la partición P0 = {a, b}. Luego, OBSERVACION

S(f, P0 ) = sup f (x) · (b − a)

∧

s(f, P0 ) = ´ınf f (x) · (b − a). x∈[a,b]

x∈[a,b]

Ahora, si P, P 0 son dos particiones cualesquiera de [a, b], entonces es fácil chequear que s(f, P0 ) ≤ s(f, P 0 ) ≤ S(f, P 0 ) ≤ S(f, P0 ). Luego, si f : [a, b] → R es una función acotada, entonces se tiene que Z b Z b s(f, P0 ) ≤ f (x) dx ≤ S(f, P0 ). f (x) dx ≤ a

a

Más aun, ´ notar que si f es continua en [a, b], entonces Z b Z b Z b s(f, P0 ) ≤ f (x) dx = f (x) dx = f (x) ≤ S(f, P0 ). a

48

a

a

3.4. F UNCIONES R IEMANN - INTEGRABLES


Figura 3.3. Cota inferior para la sumas inferiores y cota superior para las sumas superiores

Z EJEMPLO 3.4.3 Muestra que 0 ≤

π 2

cos x dx ≤ π.

− π2

´ P0 = − π2 , π2 . Entonces Solucion. ´ Sea f (x) = cos x, para x ∈ − π2 , π2 , y consideremos la particion π π ∆1 = − − =π 2 2 y M1 = sup cos x = 1 ∧ m1 = ´ınf cos x = 0. x∈[− π2 , π2 ] x∈[− π2 , π2 ] Luego, S(f, P0 ) = M1 · ∆1 = 1 · π = π

∧

s(f, P0 ) = m1 · ∆1 = 0 · π = 0.

Figura 3.4. Función f (x) = cos x en − π2 , π2 .

Z ∴ 0 = s(f, P0 ) ≤

π 2

− π2

cos x dx ≤ S(f, P0 ) = π.

49


EJEMPLO 3.4.4 Muestra que Solucion. ´ Sea f (x) =

√

√


2p

Z

1 + x4 dx ≤

2≤

√

17.

1

´ P0 = {1, 2}. Entonces 1 + x4 , para x ∈ [1, 2], y consideremos la particion ∆1 = 2 − 1 = 1

´ es estrictamente creciente en [1, 2], y, dado que la funcion p p p p √ √ 1 + x4 = 1 + 24 = 17 ∧ m1 = ´ınf 1 + x4 = 1 + 14 = 2. M1 = sup x∈[1,2]

x∈[1,2]

Luego, S(f, P0 ) = M1 · ∆1 =

√

17 · 1 =

√

17

∧

Figura 3.5. Función f (x) =

∴

√

s(f, P0 ) = m1 · ∆1 =

√

1 + x4 dx ≤ S(f, P0 ) =

2 = s(f, P0 ) ≤

2·1=

√

2.

1 + x4 en [1, 2].

2p

Z

√

√ 17.

1 b

Z EJEMPLO 3.4.5 Sea b ≥ a. Prueba que

c dx = c(b − a). a

´ cualquiera de Solucion. ´ Sea f (x) = c en un intervalo [a, b] y sea P = {x0 , x1 , . . . , xn } una particion [a, b]. Entonces Mk =

sup

f (x) = c

∧

mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

Luego, S(f, P) =

n X k=1

50

M k ∆k =

n X k=1

´ınf

f (x) = c

x∈[xk−1 ,xk ]

∧

∆k = xk −xk−1

∀k ∈ {1, 2, 3, . . . , n}.

c ∆k = c (x/1 − x0 ) + (x/2 − x/) / ) 1 + . . . + (xn − xn−1 = c (xn − x0 ) = c (b − a).

3.4. F UNCIONES R IEMANN - INTEGRABLES


Análogamente, s(f, P) =

n X

mk ∆k =

n X

c ∆k = c (b − a).

K=1

k=1

´ P de [a, b], se verifica que s(f, P) = S(f, P) = c(b − a). As´ı, dada cualquier particion Z b f (x) dx = c (b − a). ∴ a

EJERCICIOS 3.4.1 Sea b ≥ a ≥ 0. Z b 1 1. Prueba que x dx = (b2 − a2 ). 2 a 2. Más generalmente, prueba que si b ≥ a ≥ 0, entonces Z b 1 n+1 b − an+1 . xn dx = n+1 a Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 3.4.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ 3.4.2 En los Ejercicios 3.4.1 la restricción b ≥ a ≥ 0 no es necesaria. Sólo se considera OBSERVACION as´ı para evitar el análisis de los casos a ≤ 0 ≤ b y a ≤ b ≤ 0, los que finalmente conducen al mismo resultado, y simplificar la demostración usando el hecho que en el caso b ≥ a ≥ 0, la función f (x) = xn es no negativa y estrictamente creciente en [a, b]. En otras palabras, el resultado anterior es válido en el caso general b ≥ a.

´ mostramos un Contraejemplo para probar que no todas las funciones acotadas son A continuacion Riemann-integrables. ( 0 x ∈ Q, ´ f : [0, 1] → R definida por f (x) = EJEMPLO 3.4.6 La funcion no es Riemann1 x ∈ Q, ´ de [0, 1], entonces integrable. En efecto, si P = {x0 , x1 , ..., xn } es una particion Mk =

sup

f (x) = 1

∧

mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

´ınf

f (x) = 0.

x∈[xk−1 ,xk ]

´ ´ Esto ultimo es as´ı pues sabemos que entre dos numeros reales cualesquiera siempre hay infinitos ´ ´ numeros racionales e infinitos numeros irracionales, de manera que en los intervalos [xk−1 , xk ] ∗ ´ siempre existirán numeros zk ∈ Q y zˆk ∈ Qc , para los cuales de verifique que f (zk∗ ) = 0 y f (ˆ zk ) = 1. Luego, S(f, P) = 1 ∧ s(f, P) = 0. As´ı, Z

1

Z f (x) dx = 0 6= 1 =

0

1

f (x) dx. 0

∴ f no es Riemann-integrable en [0, 1].

51


3.5.


Propiedades de la integral de Riemann

´ Riemann-integrable y sea c ∈ TEOREMA 3.5.1 (Propiedad aditiva) Sea f : [a, b] → R una funcion ´ ]a, b[. Entonces f es Riemann-integrable en [a, c] y en [c, b]. Más aun Z b Z c Z b f (x) dx. f (x) dx + f (x) dx = c

a

a

´ cualquiera de [a, b] y sea P 0 = P ∪ {c}. Ponemos Demostracion. ´ Sea P = {x0 , ..., xn } una particion P1 = P 0 ∩ [a, c] ∈ P([a, c]) ∧ P2 = P 0 ∩ [c, b] ∈ P([c, b]). Entonces S(f, P1 ) + S(f, P2 ) = S(f, P 0 )

s(f, P1 ) + s(f, P2 ) = s(f, P 0 ).

∧

Ahora, como c

Z s(f, P1 ) + s(f, P2 ) ≤

b

Z

f (x) dx ≤ S(f, P1 ) + S(f, P2 ),

f (x) dx + a

c

se tiene que s(f, P 0 ) ≤

Z

c

b

Z f (x) dx +

a

f (x) dx ≤ S(f, P 0 ).

(3.5)

c

Por otro lado, como P ⊂ P 0 implica que P 0 es refinamiento de P, obtenemos s(f, P) ≤ s(f, P 0 ) Z Luego, como existe

∧

S(f, P 0 ) ≤ S(f, P).

(3.6)

b

f (x) dx, se sigue que a

Z sup

s(f, P) =

P∈P([a,b])

b

b

Z f (x) dx =

Z f (x) dx =

a

a

´ınf

S(f, P) =

P∈P([a,b])

Entonces desde (3.5) y (3.6), obtenemos Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. a

a

b

f (x) dx. a

c

´ Riemann-integrable TEOREMA 3.5.2 (Integral de Riemann en un punto) Sea f : [a, b] → R una funcion y sea c ∈ ]a, b[. Entonces Z c

f (x) dx = 0. c

TEOREMA 3.5.3 (Integral de Riemann de una funcion ´ acotada y discontinua) Sea f : [a, b] → R ´ acotada que es continua a trozos, siendo sus puntos de discontinuidad c1 , c2 , . . . , cn , una funcion con c1 < c2 < . . . < cn . Entonces f es Riemann-integrable en [a, b] y se verifica que Z b Z c1 Z c2 Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + . . . + f (x) dx. a

52

a

c1

cn

3.5. P ROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE R IEMANN


´ 3.5.1 En el Teorema 3.5.3 previo no es necesario que la función f esté definida en los puntos OBSERVACION c1 , c2 , . . . , cn pues, como ya hemos visto en el Teorema 3.5.2, la integral en un punto vale 0. Sólo es necesario tener en cuenta la hipótesis de que la función en continua y acotada en los trozos del intervalo [a, b] comprendidos entre ck−1 y ck , para todo k ∈ {1, 2, . . . , n, n + 1}, con c0 = a y cn+1 = b. ( Z 3 x 0 ≤ x ≤ 2, f (x) dx. EJEMPLO 3.5.1 Sea f (x) = Encuentra el valor de x2 2 < x ≤ 3. 0 Z 3 Z 2 Z 3 x2 dx x dx + f (x) dx = Solucion. ´ 2

0

0

1 1 = (22 − 02 ) + (33 − 23 ) 2 3 19 47 =2+ = . 3 6 ´ 3.5.1 Por simplicidad notacional, es usual escribir NOTACION

f ≥ 0 en [a, b] en vez de f (x) ≥ 0

∀ x ∈ [a, b].

´ RiemannTEOREMA 3.5.4 (Integral de una funcion ´ no negativa) Sea f : [a, b] → R una funcion integrable, con f ≥ 0 en [a, b]. Entonces Z b f (x) dx ≥ 0. a

´ de [a, b], entonces Demostracion. ´ Observemos que si P = {x0 , x1 , . . . , xn } es una particion mk =

f (x) ≥ 0

´ınf

∧

∆k = xk − xk−1 > 0

x∈[xk−1 ,xk ]

Luego, s(f, P) =

n X

mk ∆k ≥ 0

∀k ∈ {1, 2, . . . , n}.

∀P ∈ P([a, b]),

k=1

y como Z s(f, P) ≤

b

f (x) dx, a

el resultado se obtiene inmediatamente. ´ continua, con f > 0 en [a, b]. Entonces COROLARIO 3.5.1 Sea f : [a, b] → R una funcion Z b f (x) dx > 0. a

´ 3.5.2 En general, el siguiente resultado no es cierto: OBSERVACION Z b f (x) dx = 0 ⇒ f (x) = 0 ∀ x ∈ [a, b], a

como se puede ver en el siguiente Contraejemplo. 53



EJEMPLO 3.5.2 Notemos que Z

1

1 2 1 − (−1)2 = 0, 2

x dx = −1

pero f (x) = x 6= 0 ∀ x ∈ [−1, 1] \ {0}. TEOREMA 3.5.5 (Propiedad de linealidad) Sean f y g dos funciones Riemann-integrables en [a, b] y sea α ∈ R. Entonces Z b Z b Z b g(x) dx. f (x) dx ± f (x) ± g(x) dx = i. ii.

b

Z

b

f (x) dx.

αf (x) dx = α a

a

a

a

Z

a

´ Riemann-integrable. Entonces: TEOREMA 3.5.6 Sea f : [a, b] → R una funcion Z b Z a f (x) dx = − f (x) dx. a

b

TEOREMA 3.5.7 (Propiedad de monoton´ıa) Sean f y g dos funciones Riemann-integrables en el intervalo [a, b] tales que f (x) ≥ g(x) ∀ x ∈ [a, b]. Entonces Z b Z b f (x) dx ≥ g(x) dx. a

a

´ Demostracion. ´ Notemos que por hipotesis f (x) − g(x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b]. Luego, desde el Teorema 3.5.4 sobre integrales de Riemann de funciones no negativas y el Teorema 3.5.5 sobre la propiedad de linealidad de las integrales de Riemann, obtenemos que Z b Z b Z b f (x) dx − g(x) dx ≥ 0. f (x) − g(x) dx = a

a

a b

Z

Z

b

f (x) dx ≥

∴

g(x) dx.

a

a

´ Riemann-integrable en [a, b] tal que m ≤ f ≤ M COROLARIO 3.5.2 Sea f : [a, b] → R una funcion en [a, b] para algunas constantes m, M ∈ R. Entonces Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a). a

´ Riemann-integrable en [a, b]. Entonces |f | es COROLARIO 3.5.3 Sea f : [a, b] → R una funcion Riemann-integrable en [a, b] y se verifica que Z b Z b ≤ f (x) dx. f (x) dx a

54

a

3.6. S UMAS DE R IEMANN . A PROXIMACIONES DE UNA INTEGRAL


´ 3.5.3 En general, el rec´ıproco del Corolario 3.5.3 no es válido. Es decir: que |f | sea RiemannOBSERVACION integrable no implica necesariamente que f sea Riemann-integrable. A continuación se muestra un Contraejemplo. ( 1 x ∈ Q, ´ f : [−1, 1] → R definida por f (x) = EJEMPLO 3.5.3 Consideremos la funcion −1 x ∈ Qc . Claramente Z Z 1

1

1 dx = 1 − (−1) = 2.

|f (x)| dx = −1

−1

Por otro lado, s(f, P) = −1

S(f, P) = 1 ∀ P ∈ P [−1, 1] . Z 1 f (x) dx. ∴@ ∧

−1

3.6.

Sumas de Riemann. Aproximaciones de una integral de Riemann

´ 3.6.1 Sea P ∈ P([a, b]) dada por P = {x0 , x1 , ..., xn }. Llamamos norma de la partición DEFINICION P al valor: kPk = máx ∆k , 1≤k≤n

donde para cada k ∈ {1, 2, . . . , n}, ∆k = xk − xk−1 representa la longitud del intervalo Ik = [xk−1 , xk ].

Figura 3.6. Norma de una partición P

3.6.1.

Aproximacion ´ de Riemann

´ 3.6.2 Sea f : [a, b] → R una funcion, ´ sea P = {x0 , x1 , . . . , xn } una particion ´ de [a, b], y DEFINICION sea ωk ∈ Ik . Llamamos suma de Riemann de f con respecto a P a la cantidad: m X

(3.7)

f (ωk )∆k .

k=1

En particular, la cantidad (3.7) es llamada i) Suma de Riemann por izquierda de f con respecto a P si ωk = xk−1 , y la denotamos por SI . ii) Suma de Riemann por derecha de f con respecto a P si ωk = xk , y la denotamos por SD . iii) Suma de Riemann promedio de f con respecto a P si ωk =

xk−1 +xk , 2

y la denotamos por SM .

55



´ acotada, sea P ∈ P [a, b] dada por P = {x0 , x1 , . . . , xn } TEOREMA 3.6.1 Sea f : [a, b] → R una funcion y sea ωk ∈ [xk−1 , xk ]. Si ∃ l´ım

kPk→0

n X

f (ωk )∆k

k=1

∧

l´ım

kPk→0

n X

f (ωk ) ∆k = L,

k=1

´ de los ωk ∈ [xk−1 , xk ], entonces f es Riemann-integrable y se con L independiente de la eleccion verifica que Z b n X L = l´ım f (x) dx, f (ωk )∆k = kPk→0

k=1

a

lo que equivale a decir que: ! n Z b X ∀ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 tal que ∀ P ∈ P([a, b]) kPk < δ ⇒ f (x) dx < ε . f (ωk )∆k −

k=1

a

´ 3.6.1 Las sumas de Riemann son aproximaciones de la integral de Riemann. Básicamente, OBSERVACION si consideramos f ≥ 0 en [a, b], entonces estamos aproximando el “área bajo la curva” determinada por f a través del a´ rea de rectángulos.

´ de [1, 2]: P = 1, 54 , 32 , 74 , 2 . EJEMPLO 3.6.1 Sea f (x) = x1 en [1, 2]. Considera la siguiente particion Calcula SI , SD y SM , que como se deduce desde el Teorema 3.6.1 corresponden a aproximaciones Z 2 1 dx. de la integral 1 x Solucion. ´ Hacemos los cálculos de SI , SD y SM de manera directa. Tenemos

Figura 3.7. Gráfica de la función f (x) =

SI SD SM 56

en [1, 2], considerando la partición P = 1, 54 , 32 , 74 , 2 .

f (1) + f 54 + f 32 + f 74 · 14 = 1 + 45 + 32 + 47 · 14 ≈ 0, 7595, = f 54 + f 32 + f 74 + f (2) · 14 = 45 + 23 + 47 + 12 · 41 ≈ 0, 6345, 13 15 1 8 2 8 8 1 = f 98 + f 11 + f + f · = + + + 8 8 8 4 9 11 13 15 · 4 ≈ 0, 6911. =

1 x

3.6. S UMAS DE R IEMANN . A PROXIMACIONES DE UNA INTEGRAL


´ 3.6.2 Desde la definición de sumas de Riemann y el Teorema 3.6.1, podemos notar que si OBSERVACION f ≥ 0 en [a, b], entonces mientras más pequeno ˜ es el valor de kPk, mejor es la aproximación que estamos haciendo del “área bajo la curva” determinada por la función f , es decir, mejor es nuestra aproximación del a´ rea encerrada por las curvas x = a, x = b, y = 0 y la curva y = f (x). Por esta razón es usual denominar Rb integral de Riemann a la cantidad a f (x) dx. Sin embargo, existen otras formas de aproximar el valor de una integral de Riemann como veremos a continuación.

3.6.2.

Aproximacion ´ trapezoidal

´ continua y sea P una particion ´ regular de n intervalos de [a, b]; Sea f : [a, b] → R una funcion b−a es decir, ∆k = xk − xk−1 = n , para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}. Para entender la idea detrás de esta ´ podemos asumir que f ≥ 0 en [a, b] y observar la Figura 3.8 a continuacion. ´ Si nos aproximacion

Figura 3.8. Aproximación trapezoidal del “área bajo la curva” determinada por una función.

concentramos en los trapecios rectángulos Tk de bases con longitudes f (xk−1 ) y f (xk ), y altura ∆k , obtenemos que el a´ rea A(Tk ) de cada trapecio está dada por: 1 A(Tk ) = f (xk−1 ) + f (xk ) · ∆k . 2 Por lo tanto, la suma de las a´ reas de los n trapecios es: T (n) =

n X k=1

=

n b − a X A(Tk ) = f (xk−1 ) + f (xk ) 2n k=1

b − a f (x0 ) + 2f (x1 ) +. . .+2f (xn−1 ) + f (xn ) . 2n

´ P = {1, 54 , 32 , 47 , 2} de [1, 2], aproxien [1, 2]. Considerando la particion Z 2 ´ trapezoidal. ma el valor de la integral de Riemann f (x) dx mediante una aproximacion EJEMPLO 3.6.2 Sea f (x) =

1 x

1

Solucion. ´ Hacemos los cálculos directamente y obtenemos: 5 3 7 i 2 − 1h f (1) + f +f +f ≈ 0, 7595. T (4) = 4 4 2 4 57


3.6.3.


Aproximacion ´ de Simpson

´ continua y sea P una particion ´ regular de n intervalos de [a, b]; Sea f : [a, b] → R una funcion b−a es decir, ∆k = xk − xk−1 = n , para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}. Por simplicidad asumamos que f ≥ 0

Figura 3.9. Aproximación de Simpson del “área bajo la curva” determinada por una función.

´ Sk en la Figura 3.9 está dada por: en [a, b]. El a´ rea de la region x 1 k−1 + xk A(Sk ) = f (xk−1 ) + 4f + f (xk ) · ∆k . 6 2 ´ es: Entonces la suma de las n a´ reas asociadas a la particion n n n x X X X b−a k−1 + xk f f (xk−1 ) + 4 S(n) = A(Sk ) = f (a) + f (b) + 2 . 6n 2 k=1

k=1

k=1

´ P = {1, 54 , 32 , 74 , 2} de [1, 2], aproxien [1, 2]. Considerando la particion Z 2 ´ de Simpson. ma el valor de la integral de Riemann f (x) dx mediante la aproximacion

EJEMPLO 3.6.3 Sea f (x) =

1 x

1

Solucion. ´ Hacemos los cálculos directamente y obtenemos: 5 3 7 9 11 13 15 1 S(4) = f (1)+f (2)+2 f +f +f +4 f +f +f +f ≈ 0,6931. 24 4 2 4 8 8 8 8

3.7.

Teorema del valor medio para integrales

´ continua. EnTEOREMA 3.7.1 (Teorema del valor medio integral) Sea f : [a, b] → R una funcion tonces Z b

∃ c ∈ [a, b] tal que

f (x) dx = f (c)(b − a). a

58

3.7. T EOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES


Demostracion. ´ Como f es continua en [a, b], desde el Corolario 3.1.1 deducimos que ∃x0 , x1 ∈ [a, b] tales que m = f (x0 ) = m´ın f (x) ∧ M = f (x1 ) = máx f (x) . x∈[a,b]

x∈[a,b]

Entonces se verifica que m ≤ f (x) ≤ M

∀ x ∈ [a, b],

de donde, por el Corolario 3.5.2 de la Propiedad de monoton´ıa para integrales de Riemann, se concluye que Z b m (b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a). a

Dividiendo en la desigualdad previa por (b − a), obtenemos m≤

1 b−a

Z

b

f (x) dx ≤ M. a

Ahora, notemos que por simplicidad y sin pérdida de generalidad podemos suponer que x0 < x1 . Luego, desde el Teorema del Valor Intermedio para funciones continuas en un intervalo cerrado, tenemos que Z b 1 f (x) dx, ∃ c ∈ [x0 , x1 ] tal que f (c) = b−a a Luego, como [x0 , x1 ] ⊂ [a, b], obtenemos al despejar el valor de la integral de Riemann en la igualdad anterior, que Z b ∃c ∈ [a, b] tal que f (x) dx = f (c)(b − a). a

Figura 3.10. Teorema del Valor Medio para la integral definida de una función continua y acotada.

59



EJEMPLO 3.7.1 Sea f (x) = x2 . Encuentra γ ∈ [1, 3] tal que

Z

3

f (x) dx = 2f (γ). 1

Solucion. ´ Notemos que el Teorema 3.7.1 del valor medio integral garantiza que ∃ γ ∈ [1, 3] tal que Z 3 f (x) dx = f (γ)(3 − 1) = 2f (γ). Haciendo cálculos directos obtenemos 1 3

Z

1 26 x2 dx = (33 − 13 ) = = 2f (γ). 3 3

1

Luego, r 13 13 13 2 f (γ) = ⇔γ = ⇔γ=± . 3 3 3 √ Pero descartamos el valor − 13 39 pues no pertenece al intervalo [1, 3].

3.8.

Integral definida. Integral de Newton

´ 3.8.1 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ acotada, sea P = {x0 = a, x1 , ..., xn = b} una DEFINICION ´ cualquiera de [a, b] y sea ωk ∈ [xk−1 , xk ]. Diremos que la funcion ´ f es integrable en el particion intervalo [a, b] si n n X X f (ωk ) ∆k = L, f (ωk ) ∆k ∧ l´ım ∃ l´ım kPk→0

kPk→0

k=1

k=1

´ de los ωk ∈ [xk−1 , xk ]. El valor L recibe el nombre de integral con L independiente de la eleccion definida de f en [a, b]. ´ 3.8.1 De acuerdo al Teorema 3.6.1, debemos precisar que la noción de integrabilidad en la OBSERVACION Definición 3.8.1 previa – que es la que seguiremos usando en el resto de este texto – corresponde a la noción ideada por Riemann, esto es: Si f es integrable (Riemann-integrable) en [a, b], entonces la integral definida (integral de Riemann) de f en [a, b] está dada por:

Z

b

f (x) dx = l´ım a

kPk→0

n X

f (ωk ) ∆k .

k=1

Esto debe quedar muy claro pues existen otras nociones de integrabilidad, como por ejemplo la integral de Lebesgue, las cuales permiten ampliar el rango de funciones a las cuales se puede asociar un valor integral en un intervalo [a, b]. Por ejemplo, un resultado básico es el siguiente: Toda funcion ´ Riemann-integrable en un intervalo [a, b] es Lebesgue-integrable en el intervalo [a, b], pero lo contrario no es necesariamente cierto. Es decir, Existen funciones Lebesgue-integrables en un intervalo [a, b] que no son Riemannintegrables en el intervalo [a, b]. En cursos más avanzados de matemática se tratan estos otros tipos de integración, los cuales serán omitidos en este texto, porque la integración de Riemann constituye en s´ı misma una herramienta muy potente para resolver una gran cantidad de problemas reales en diversas a´ reas de la ingenier´ıa y del conocimiento cient´ıfico. 60

3.8. I NTEGRAL DEFINIDA . I NTEGRAL DE N EWTON


´ 3.8.1 En el s´ımbolo: NOTACION

b

Z

f (x) dx, a

Z corresponde al signo integral, f (x) es el integrando, a es el

identificamos las siguientes partes:

´ dx senala ˜ l´ımite inferior de integración, b es el l´ımite superior de integración y la expresion que estamos integrando con respecto a x, por lo cual x es la variable de integración. ´ 3.8.2 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ continua en [a, b]; y sea x cualquier valor x ∈ [a, b]. DEFINICION ´ ϕ : [a, b] → R definida por Llamamos función integral de Newton de f en [a, b] a la funcion Z x ϕ(x) = f (t) dt. a

´ contiTEOREMA 3.8.1 (Primer Teorema Fundamental del Cálculo) Sea f : [a, b] → R una funcion ´ integral de Newton de f nua en [a, b], entonces la funcion Z x ϕ(x) = f (t) dt a

es derivable en ]a, b[ y verifica que ϕ0 (x) = f (x) ∀x ∈]a, b[. Demostracion. ´ Sea x ∈]a, b[. Debemos probar que l´ım

h→0

ϕ(x + h) − ϕ(x) = f (x). h

´ el caso h > 0. Veamos, Trataremos solo ϕ(x + h) − ϕ(x) h

1 h

Z

1 = h

Z

=

x+h

Z f (t) dt −

a

f (t) dt

a x

Z f (t) dt +

a

Z

x

x+h

Z f (t) dt −

x

x

f (t) dt

a

x+h

1 f (t) dt h x 1 = f (ch )(x/ + h − x/) h =

= f (ch ), donde ch ∈ [x, x + h] está dada por el Teorema 3.7.1 del valor medio integral. Luego, pasando al l´ımite, es claro que ch → x cuando h → 0, y como f es continua, se deduce que f (ch ) → f (x) cuando h → 0. As´ı, dado que f esta bien definida en [a, b], concluimos que ∃ϕ0 (x), y ϕ(x + h) − ϕ(x) = f (x). h→0 h

ϕ0 (x) = l´ım

61

C APÍ TULO 3. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN R x

Z

´ f (t) = (3t2 + 1) es continua en R, se (3t2 + 1) dt. Como la funcion

EJEMPLO 3.8.1 Sea G(x) = 0

tiene que G0 (x) = 3x2 + 1.

x

Z EJEMPLO 3.8.2 Sea H(x) = 1 H (x) = . x 0


1

dt 1 ´ f (t) = es continua en R \ {0}, se tiene que . Como la funcion t t

Z

EJEMPLO 3.8.3 Sea F (x) =

x2

´ u = x2 , entonces u0 = 2x y (2s3 + 4s) ds. Si hacemos la sustitucion

1

F (x) = F˜ (u). Luego, Z u 0 ˜ F (u) = (2s3 + 4s) ds ⇒ F˜ (u) = (2u3 + 4u) · u0

por Regla de la cadena

1

⇒ F 0 (x) = (2x6 + 4x2 ) · 2x. Z

cos x

EJEMPLO 3.8.4 Sea F (x) = 1

y F (x) = F˜ (u). Luego, Z u ds ˜ F (u) = 2 1 1+s

ds ´ u = cos x, entonces u0 = −sen x . Si hacemos la sustitucion 1 + s2 0 F˜ (u) =

1 0 · u por Regla de la cadena 1 + u2 1 −sen x ⇒ F 0 (x) = · (−sen x) = . 2 1 + (cos x) 1 + cos2 x

⇒

EJERCICIOS 3.8.1 Z

ln x

(t3 + cos t) dt, con x ≥ e. Calcula F 0 (x).

1. Sea F (x) = 1

Z

2

2. Sea F (x) = x3

√ (2t + 1)x3 0 ( 3 2). dt. Calcula F √ 3 2 t

Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 3.8.1 presiona aqu´ı 4.8 TEOREMA 3.8.2 (Segundo Teorema Fundamental del Cálculo o regla de Barrows) Sea f : [a, b] → R ´ continua en [a, b]. Entonces para cualquier antiderivada F de f se verifica que una funcion Z

b

f (x) dx = F (b) − F (a). a

Demostracion. ´ Sabemos desde el Teorema 3.8.1 (Primer Teorema Fundamental del Cálculo) que la ´ funcion Z x ϕ(x) =

f (t) dt a

es una antiderivada de f . 62

3.8. I NTEGRAL DEFINIDA . I NTEGRAL DE N EWTON


Por otra parte, sabemos desde el Corolario 2.1.1 que cualquier otra antiderivada F de f adquiere la forma F (x) = ϕ(x) + c, donde c es una constante arbitraria. Luego, Z

b

Z f (t) dt −

F (b) − F (a) = (ϕ(b) − c) − (ϕ(a) − c) = ϕ(b) − ϕ(a) = a

a

Z b . f (t) dt. f (t) dt = a

a

´ 3.8.2 El Teorema 3.8.1 (Primer Teorema Fundamental de Cálculo) junto al Teorema 3.8.2 OBSERVACION (Segundo Teorema Fundamental del Cálculo) relacionan el concepto de primitiva (o antiderivada) con el concepto de integral definida (o integral de Riemann) mediante una integral indefinida (la función integral de Newton). Ahora podemos calcular con mayor facilidad el valor de una integral definida. He ah´ı la importancia de estos teoremas. ´ 3.8.2 Sea f una funcion ´ integrable en [a, b] y sea F una antiderivada de f en [a, b]. Es NOTACION usual escribir b Z b f (x) dx = F (x) = F (b) − F (a). a

Z

π

EJEMPLO 3.8.5 0

π sen x dx = − cos x = − cos π − (− cos 0) = 1 + 1 = 2.

0

3 2 2 (2x + 6x) dx = = x + 3x · 33 + 3 · 32 − · (−1)3 + 3 · (−1)2 3 3 3 −1 −1 2 = (18 + 27) − − + 3 3 2 126 2 128 = 42 + = + = . 3 3 3 3

Z EJEMPLO 3.8.6

a

3

2

2

3

2

EJERCICIOS DE REPASO 3.8.1 ´ cada una de las siguientes integrales definidas 1. Evalua Z 2 √ x dx a) 1

Z

1

b) 0

Z

1

c) −1 Z π

d)

dx 1 + x2 x2 ex dx e3x cos(2x) dx

0

63



´ continua en [0, 1] y derivable en ]0, 1[ tal que f (0) = 0 y 2. Sea f : [0, 1] → R una funcion 0 0 ≤ f (x) ≤ 1 ∀x ∈]0, 1[. Prueba que hZ 0

1

1

i2 Z f (t) dt ≥

f (t)3 dt.

0

Para ver las Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 3.8.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 3.8.1 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION Para ver un video donde se calcula la derivada de cada una de las siguientes funciones integrales presiona aqu´ı X

Z x a) g(x) = (t2 − 1)20 dt 1

1

64

cos(t2 ) + t dt

x √

Z c) g(x) =

2

Z b) h(x) =

x

s2 ds s2 + 1

Z d) g(x) =

x2

1 dt. 1 + t4 tan x

Cap´ıtulo 4

Aplicaciones de la integral de Riemann

4.1.

´ Area de una region ´ en el plano

4.1.1.

´ Area bajo una curva

´ 4.1.1 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ continua, con f ≥ 0 en [a, b], y sea R la region ´ DEFINICION acotada limitada por la curva y = f (x), y las rectas y = 0, x = a y x = b. Llamamos a´ rea bajo la ´ R, la cuál está dada por la cantidad curva y = f (x) en [a, b] al a´ rea de la region Z b A(R) = f (x) dx. a

´ Figura 4.1. Area bajo la curva

´ acotada limitada por la curva y = x3 , el eje x y las EJEMPLO 4.1.1 Encuentra el a´ rea de la region rectas x = 0 y x = 2. ´ f (x) = x3 es no negativa en [0, 2]. Luego, si llamamos R a la Solucion. ´ Notemos que la funcion ´ acotada limitada por la curva y = x3 , el eje x y las rectas x = 0 y x = 2 (vea la Figura 4.2 a region ´ continuacion), entonces Z 2 Z 2 1 16 A(R) = f (x) dx = x3 dx = (24 − 04 ) = = 4. 4 4 0 0 65

C APÍ TULO 4. A PLICACIONES DE LA INTEGRAL DE R IEMANN


Figura 4.2. La región acotada limitada por la curva y = x3 , el eje x y las rectas x = 0 y x = 2.

´ 4.1.2. Area entre curvas TEOREMA 4.1.1 Sean f , g : [a, b] → R funciones continuas tales que f (x) ≥ g(x) ∀ x ∈ [a, b]. ´ R del plano entre las curvas y = f (x) e y = g(x) en el intervalo [a, b] Entonces el a´ rea de la region está dada por Z bh i A(R) = f (x) − g(x) dx. a

´ Figura 4.3. Area entre curvas

´ acotada limitada por las curvas y − x3 = 0, y − x = 6 y EJEMPLO 4.1.2 Calcula el a´ rea de la region 2y + x = 0. ´ Solucion. ´ En primer lugar vamos a despejar la variable y para cada ecuacion. y − x3 y−x

= 0 ⇒ y = x3

= 6⇒ y =x+6 x 2y + x = 0 ⇒ y = − . 2 66

´ REA DE UNA REGI ON ´ EN EL PLANO 4.1. A


Un gráfico aproximado de las curvas nos permitirá decidir qué hacer. Antes, es necesario encon´ entre las curvas para determinar los intervalos en que una curva trar los puntos de interseccion ´ determinan los l´ımites de integracion ´ aproestá ubicada sobre la otra. Estos puntos de interseccion piados. Vamos a intersectar las curvas de a dos: • (y = x3

∧

y = x + 6) ⇒ x3 = x + 6 ⇒ x3 − x − 6 = 0.

´ anterior son {1, 2, 3, 6, −1, −2, −3, −6}. No es dif´ıcil Posibles ra´ıces enteras de la ecuacion ´ que x = 2 es una solucion ´ de la ecuacion. ´ Más aun, ´ se comchequear por simple inspeccion 3 2 2 prueba que x −x−6 = (x−2)(x +2x+3), y que (x +2x+3) no es factorizable a coeficientes ´ ´ x3 − x − 6 = 0. Entonces, rereales. De esta forma, x = 2 es la unica ra´ız real de la ecuacion emplazando en cualquiera de las ecuaciones obtenemos y = 23 = 8 (o bien y = 2 + 6 = 8). ∴ Las curvas y = x3 e y = x + 6 se intersecan en el punto (2, 8). •

x ⇒ 2x3 + x = 0 ⇒ x = 0. 2 Entonces, reemplazando en cualquiera de las ecuaciones obtenemos y = 03 = 0 (o bien y = − 02 = 0).

y = x3

∧

y=−

∴ Las curvas y = x3 e y = − •

y =x+6

∧

y = − x2

x se intersecan en el punto (0, 0). 2

⇒ 2x + 12 = −x ⇒ 3x = −12 ⇒ x = −4.

Entonces, reemplazando en cualquiera de las ecuaciones obtenemos y = −4 + 6 = 2 (o bien y = − (−4) 2 = 2) ∴ Las curvas y = x + 6 e y = −

x se intersecan en el punto (−4, 2). 2

Ahora estamos en condiciones de trazar las curvas:

Figura 4.4. La región acotada limitada por las curvas y = x3 , y = x + 6 e y = x2 .

67

what? C APÍ TULO 4. A PLICACIONES DE LA INTEGRAL DE R IEMANN you!!


´ R de la Figura 4.4 se puede dividir en otras dos regiones: Notemos que la region

Figura 4.5. División de una región

donde hemos puesto f (x) = x + 6, g(x) = x3 y h(x) = − x2 . Entonces, deducimos desde la Figura 4.5 lo siguiente: f ≥ h en [−4, 0], f ≥ g en [0, 2], R = R1 ∪ R2 y A(R) = A(R1 ) + A(R2 ). As´ı, Z

0

A(R) =

Z h i f (x) − h(x) dx +

−4

= = =

i f (x) − g(x) dx

0

Z 2h i h x i dx + x + 6 − x3 dx x+6− − 2 0 −4 Z 0 Z 2 3 − x3 + x + 6 dx x + 6 dx + −4 2 0 3 x4 x2 0 2 x2 + 6x + − + + 6x 4 4 2 −4 0 h 04 02 i 3 2 3 24 22 2 · 0 + 6 · 0 − (−4) + 6 · (−4) + − + +6·2− − + +6·0 4 4 4 2 4 2 Z

=

2h

0

= 12 + 10 = 22.

EJERCICIOS 4.1.1 ´ acotada limitada por las curvas y = x2 , y = 2x + 3 e y = 2 − x2 . 1. Calcula el a´ rea de la region ´ encerrada por la curva xy = ln x; las rectas x = 1 y x = e, y el 2. Encuentra el a´ rea de la region ´ simple adecuada) eje x. (SUG: para calcular la integral usa una sustitucion Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.1.1 presiona aqu´ı 4.8 68


´ ´ 4.2. V OLUMEN DE UN S OLIDO DE REVOLUCI ON

EJERCICIOS PROPUESTOS 4.1.1 ´ acotada determinada por la parábola y 2 − x = 0 y la recta 1. Determina el a´ rea de la region y = x. ´ acotada por la recta x = 0 y la curva x = 2. Encuentra el a´ rea de la region

√ 3

y, y = −8.

´ el a´ rea del triángulo rectángulo con vertices en (5, 1), (1, 3) y 3. Determina por integracion (−1, −2). ´ acotada limitada por: 4. Encuentra el a´ rea de la region a) La curva y = 9 − x2 y el eje x. b) La curva y = x − x2 , el eje x y las rectas x = 0 y x = 1. c) La curva y = sen x, el eje x y las rectas x = 13 π y x = 23 π. √ d) Las curvas y = x e y = x3 . e) La curva y = cos x − sen x y la rectas x = 0 e y = 0. Para ver las Soluciones de algunos de los Ejercicios Propuestos 4.1.1 presiona aqu´ı 4.8 ´ A INTERNET) 4.1.1 RECURSOS MULTIMEDIA (ES NECESARIA UNA CONEXION

´ acotada delimitada por las funciones 1. Para ver un video donde se calcula el a´ rea de la region √ f (x) = −x + 2 y g(x) = x presiona aqu´ı X ´ acotada delimitada por las funciones 2. Para ver un video donde se calcula el a´ rea de la region 2 2 f (x) = x y g(x) = −x + 2 presiona aqu´ı X

4.2.

Volumen de un solido ´ de revolucion ´

´ 4.2.1 Llamamos sólido de revolución al cuerpo obtenido al girar o rotar una superficie DEFINICION ´ plana alrededor de una recta fija del mismo plano llamada eje de revolución del solido.

´ ´ conocidos EJEMPLO 4.2.1 Algunos cuerpos que se pueden describir como solidos de revolucion son: la esfera, el cono (circular recto), el cilindro, los paraboloides, los hiperboloides y los elipsoides. ´ ´ ´ obtenidos al En las siguientes dos subsecciones estudiaremos el volumen de solidos de revolucion ´ del plano cartesiano, primero en torno al eje x y luego en torno al eje y. rotar una region

4.2.1.

Método del disco

´ R del plano entre la curva y = f (x) en [a, b], el eje x y las rectas x = a y Consideremos la region ´ R en torno al eje x se obtiene un sólido de revolución y nos interesa x = b. Si hacemos girar la region encontrar su volumen. 69



´ ´ obtenido al girar la region ´ R determinada por la curva y = f (x) en [a, b] en Figura 4.6. Solido de revolucion torno al eje x.

´ continua. Sea P = {x0 , x1 , ..., xn } una particion ´ de Supongamos que f : [a, b] → R es una funcion [a, b], sea ωk ∈ [xk−1 , xk ] y consideremos el cilindro (o disco) de radio |f (ωk )| y altura ∆k como en ´ la Figura 4.7 a continuacion.

Figura 4.7. Cilindro o Disco de radio |f (ωk )| y altura ∆k .

Si Vk denota el volumen de este cilindro, tendremos que 2 Vk = π f (ωk ) ∆k . ´ ´ total debe ser aproximadamente igual a la sumatoria Luego, el volumen V del solido de revolucion de todos los Vk . Es decir, n n X X 2 V ≈ Vk = π f (ωk ) ∆k , k=1

k=1

´ de Riemann adaptada a volumenes, ´ y usando la idea de aproximacion podemos decir que V = l´ım π kP k→0

70

n X k=1

f (x)

2

Z ∆k = π a

b

2 f (x) dx.



Figura 4.8. Cilindros concéntricos que aproximan el volumen de un sólido de revolución.

´ continua y no negativa. El solido ´ TEOREMA 4.2.1 Asumamos que f : [a, b] → R es una funcion de ´ obtenido al girar en torno al eje x la region ´ acotada R por la curva y = f (x), las rectas revolucion ´ x = a, x = b y el eje x tiene volumen V dado por la formula Z V =π

b

2 f (x) dx.

a

EJEMPLO 4.2.2 Encuentra el volumen de un cilindro de radio r y altura h. Solucion. ´ Ponemos f (x) = r en el intervalo [0, h]. Entonces obtenemos el volumen deseado:

Figura 4.9. Cilindro de radio r y altura h.

Z V =π 0

h

2 f (x) dx = π

Z

h 2

r dx = πr 0

2

Z 0

h

h i h dx = πr2 x 0 = πr2 h.

EJEMPLO 4.2.3 Encuentra el volumen de un cono de radio r y de altura h. 71



Solucion. ´ Antes que todo, fijamos el radio basal r del cono sobre el eje y y la altura h del cono sobre ´ triangular encerrada por la recta que pasa por el eje x. Luego, giramos en torno al eje x la region ´ ´ Notemos (h, 0) y (0, r) y los ejes cartesianos, para obtener el cono como un solido de revolucion. ´ de la recta que pasa por (h, 0) y (0, r) determina una funcion ´ f que depende de x que la ecuacion de la siguiente forma: Ponemos y = f (x) y obtenemos f (x) − 0 x−h = r−0 0−h

⇒

f (x) =

r (x − h). −h

Figura 4.10. Cono de radio basal r y altura h

Luego, el volumen del cono es: Z V =π 0

h

h r 2 x3 r2 2 2 2 2 (x − 2xh + h ) dx = π − x h + h x h2 h2 3 0 r2 h3 πr2 h =π 2 − h/3+ h/3 = . h 3 3

EJEMPLO 4.2.4 Encuentra el volumen de un cono truncado de altura h, radio menor r1 y radio mayor r2 . Solucion. ´ Antes que todo, fijamos el radio menor r1 del cono truncado sobre el eje y, la altura h del cono truncado sobre el eje x, y el radio mayor r2 del cono truncado sobre la recta y = h. Luego, ´ trapezoidal encerrada bajo la recta que pasa por (0, r1 ) y (h, r2 ), giramos en torno al eje x la region ´ ´ los ejes cartesianos y la recta y = h, para obtener el cono truncado como un solido de revolucion. ´ de la recta que pasa por (0, r1 ) y (h, r2 ) determina una funcion ´ f que Notemos que la ecuacion depende de x de la siguiente forma: Ponemos y = f (x) y obtenemos x−0 f (x) − r1 = r2 − r1 h−0 72

⇒

f (x) =

r2 − r1 x + r1 . h



Figura 4.11. Cono truncado de radio menor r1 , radio mayor r2 y altura h

Z V

h

= π 0

= = =

2 dx

h

(r2 − r1 ) (r2 − r1 )2 2 2 x +2 r1 x + r1 dx π h2 h 0 h 1 (r2 − r1 )2 3 r2 − r1 2 2 π x + r x + r x 1 1 3 h2 h 0 2 2 r 2r1 r2 r1 πh 2 − + + r2 r1 − r/12 + r/12 3 3 3 πh (r22 − r12 ) πh 2 2 r2 + r1 r2 + r1 = . 3 3 r2 − r1 Z

=

r2 − r1 x + r1 h

EJERCICIOS 4.2.1 ´ ´ obtenido al girar en torno al eje x la region: ´ 1. Encuentra el volumen del solido de revolucion  2   y =x +1 R= x = −1   x =1 ´ ´ que se obtiene al girar en torno al eje y la region: ´ 2. Calcula el volumen del solido de revolucion  3   y =x R= y =1   y =8 Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.2.1 presiona aqu´ı 4.8 73


4.2.2.


Método del anillo circular

TEOREMA 4.2.2 Asumamos que f, g : [a, b] → R son funciones continuas y no negativas tales que ´ ´ obtenido al girar en torno al eje x la region ´ acotada R entre f ≥ g en [a, b]. El solido de revolucion ´ las curvas y = f (x) e y = g(x) y las rectas x = a y x = b tiene volumen V dado por la formula Z V =π

b

f (x)

2

2 − g(x) dx

(4.1)

a

´ ´ obtenido al rotar en torno al eje x la region ´ entre las curvas Figura 4.12. Parte de un solido de revolucion y = f (x) e y = g(x) y las rectas x = a y x = b. ´ 4.2.1 El mismo resultado se obtiene si consideramos f y g dos funciones no positivas en OBSERVACION [a, b], con f ≤ g. En efecto, en este caso notamos que −f y −g son dos funciones no negativas, con −f ≥ −g. Notamos además que al girar la región R comprendida entre las curvas y = −f (x) e y = −g(x) en [a, b] y las rectas x = a e y = b, obtenemos exactamente el mismo sólido de revolución que al girar la región R0 comprendida entre las curvas y = f (x) e y = g(x) en [a, b] y las rectas x = a e y = b. Y como 2 2 2 2 [−f (x) − − g(x) = [f (x) − g(x) ≥ 0, entonces obtenemos

V (R) = π

Z b a

[−f (x)

2

2 − − g(x) dx = π

Z b

[f (x)

2

2 − g(x) dx = V (R0 ).

a

´ ´ que se obtiene al girar en torno al eje EJEMPLO 4.2.5 Calcula el volumen del solido de revolucion ´ x la region:   x2 = y − 2     2y − x = 2 R=  x = 0     x = 1 74



´ tenemos: Solucion. ´ Para la primera ecuacion y = x2 + 2 ⇒ (y = 2 si x = 0 ´ tenemos Para la segunda ecuacion 2y − x = 2 ⇒ y = 1 si x = 0

∧

y = 3 si x = 1) .

∧

3 y= 2

si x = 1 .

´ Luego, un gráfico aproximado del solido al cual le queremos calcular su volumen es:

´ ´ obtenido al rotar en torno al eje x la region ´ entre las curvas y = x2 + 2 e Figura 4.13. Solido de revolucion 2y − x = 2 y las rectas x = 0 y x = 1.

Entonces, Z V (R) = π 0

1h

x2 + 2

2

−

x + 2 2 i 2

1

x2 − x − 1 dx 4 0 5 1 15 3 x2 79 x = π + x − + 3x = π. 5 12 2 20 0 Z

dx = π

x4 + 4x2 + 4 −

´ ´ que se obtiene al girar en torno a la EJEMPLO 4.2.6 Calcula el volumen del solido de revolucion ´ recta y = 3 la region:   x2 = y − 2     2y − x = 2 R=  x = 0     x = 1 75



´ R de este ejemplo es exactamente la misma region ´ que aquella del ejemplo Solucion. ´ La region anterior, pero en vez de girarla en torno al eje x (que equivale a girarla en torno a la recta y = 0), ´ ´ obtenido difiere la giraremos en torno a la recta y = 3. Notemos que el solido de revolucion totalmente del anterior, tal como se puede apreciar al comparar la Figura 4.13 previa con la Figura ?? siguiente:

´ ´ obtenido al rotar en torno a la recta y = 3 la region ´ entre las curvas Figura 4.14. Solido de revolucion 2 y = x + 2 e 2y − x = 2 en torno al eje x.

En casos como este, conviene realizar un cambio de coordenadas adecuado que nos permita ´ ´ y verlo como si estuviésemos girando en torno al eje x, y entonces trasladar el solido de revolucion aplicar nuestra teor´ıa. En particular, en este ejemplo usaremos el cambio de coordenadas: Y =y−3

∧

X = x.

´ ´ R en términos de los nuevas coordenadas a partir del cambio Veamos como reinterpretar la region de variables previo. Tenemos: • x2 = y − 2 ⇔ y = x2 + 2

⇔

y − 3 = x2 − 1

• 2y − x = 2 ⇔ 2(y − 3) + 6 − x = 2 76

⇔

⇔

Y = X2 − 1

2Y − X = −4

⇔

Y =

X 2

−2



Luego,   x2     2y − x R = Rx,y  x     x

= = = =

y−2 2 ⇔ 0 1

R = RX,Y

  Y     Y  X     X

= X2 − 1 = X2 − 2 = 0 = 1.

´ ´ Con esto, el nuevo solido tiene el mismo volumen que el solido anterior con la ventaja que se ha ´ obtenido al girar R en torno al eje X, luego, podemos aplicar la formula (4.1):

´ ´ obtenido al rotar en torno al eje X la region ´ entre las curvas Y = X 2 − 1 e Figura 4.15. Solido de revolucion 2y = X − 4.

Z V (R) = π

1 h

0

i2 h i2 X 2 dX −2 − X −1 2

1

X2 4 2 = π − 2X + 4 − X + 2X − 1 dX 4 0 Z 1 9 2 4 = π − X + X − 2X + 3 dX 4 0 1 X5 3 3 51 2 + X − X + 3X = π. = π − 5 4 20 0 Z

77



´ finita limitada por las curvas y = 18 x3 e y = 2x, que se EJERCICIOS 4.2.2 Considera la region ´ ´ obtenido al girar encuentra en el semiplano y ≥ 0. Calcula el volumen del solido de revolucion ´ en torno: dicha region a) al eje x b) al eje y c) a la recta x = 6 d) a la recta y = −2. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.2.2 presiona aqu´ı 4.8

4.2.3.

Método de las capas cil´ındricas

´ R del plano limitada por el gráfico de una funcion ´ f en [a, b], el eje x Consideremos la region ´ R en torno al eje y se obtiene un solido ´ y las rectas x = a y x = b. Si hacemos girar la region de ´ y nos interesa calcular su volumen. revolucion

Figura 4.16. Región limitada por la curva y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b.

´ ´ obtenido al rotar en torno al eje y la region ´ entre las curvas y = f (x), el eje Figura 4.17. Solido de revolucion x y las rectas x = a y x = b.

´ continua. Sea P = {x0 , x1 , ..., xn } una particion ´ de Supongamos que f : [a, b] → R es una funcion xk +xk−1 [a, b] y sea wk ∈ xk−1 , xk el punto medio de este intervalo, a saber: wk = . Construyamos 2 la capa cilindrica (anillo circular con lados rectos) con radio menor xk−1 , radio mayor xk y altura f (wk ). 78



Figura 4.18. Capa cil´ındrica de radio menor xk−1 , radio mayor xk y altura f (wk ).

Si Vk denota el volumen de esta capa cil´ındrica, entonces Vk = πx2k f (wk ) − πx2k−1 f (wk ) = πf (wk ) · (x2k − x2k−1 ) = πf (wk ) · (xk + xk−1 ) · (xk − xk−1 ) = 2πf (wk ) ·

(xk +xk−1 ) 2

· ∆k

= 2πwk f (wk ) · ∆k ´ ´ total debe ser aproximadamente igual a la Luego el volumen V del solido de revolucion sumatoria de todos los Vk : n n X X V = Vk = 2π wk · f (wk ) · ∆k k=1

k=1

´ por capas cil´ındricas del solido ´ ´ obtenido al rotar en torno al eje y Figura 4.19. Aproximacion de revolucion ´ entre las curvas y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b. la region

79



´ de Riemann podemos decir que Entonces, usando la idea de aproximacion Z b n n X X xf (x) dx. V = l´ım Vk = 2 π l´ım wk · f (wk ) · ∆k = 2π kP k→0

k=1

kP k→0

k=1

a

´ continua y no negativa. El solido ´ TEOREMA 4.2.3 Asumamos que f : [a, b] → R es una funcion de ´ obtenido al girar en torno al eje y la region ´ acotada R entre las curvas y = f (x), las revolucion ´ rectas x = a, x = b y el eje x tiene volumen V dado por la formula Z b xf (x) dx (4.2) V = 2π a

´ ´ entre EJEMPLO 4.2.7 Calcula el volumen del solido que se obtiene al girar en torno al eje y la region 2 la curva y = 2x − x y el eje x. Solucion. ´ Tenemos que y = −(x2 − 2x + 1) + 1 = −(x − 1)2 + 1

∧ y = 0 ⇔ (2 − x)x = 0 ⇔ x=2 ∨ x=0

Figura 4.20. Sólido que se obtiene al girar en torno al eje y la región entre la curva y = 2x − x2 y el eje x.

Por lo tanto, Z V = 2π 0

2

x(2x − x2 ) dx = 2π

8 2x3 x4 2 8 − = 2π 2 · − 4 = π. 3 4 0 3 3

EJERCICIOS 4.2.3 ´ ´ 1. Calcula el volumen del solido que se obtiene al girar en torno a la recta x = 3 la region: ( y = x2 R y = x+2 ´ acotada en el semiplano y ≥ 0 que está limitada por las curvas y = 81 x3 , 2. Considera la region ´ ´ obtenido al girar la region ´ en torno al y = 2x. Encuentra el volumen del solido de revolucion eje y. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.2.3 presiona aqu´ı 4.8 80


4.3.

´ 4.3. V OLUMEN DE S OLIDOS CON SECCIONES PLANAS PARALELAS

Volumen de solidos ´ con secciones planas paralelas conocidas

´ 4.3.1 Sea S un solido ´ ´ de un plano DEFINICION en R3 . Llamamos sección plana de S a la interseccion con S.

Figura 4.21. Sección plana de un sólido S.

´ de [a, b] y consideremos wk ∈ [xk−1 , xk ]. Cortemos Ahora, sea P = {x0 , x1 , ..., xn } una particion ´ el solido por medio de secciones planas en los extremos de los intervalos [xk−1 , xk ]; siendo las secciones planas perpendiculares al eje x. Entonces estas secciones resultan paralelas entre s´ı:

Figura 4.22. Secciones planas paralelas

´ ´ plana Rk que corresponde a la seccion ´ Luego, para cada solido Sk : consideramos la seccion ´ del plano perpendicular al eje x que pasa por wk y completamos plana de S que es la interseccion un cilindro recto en [xk−1 , xk ] cuya base tiene igual forma a Rk . 81



Figura 4.23. Sólido cil´ındrico asociado al corte k-ésimo. ´ 4.3.1 Los cilindros no necesariamente son circulares rectos. Por ejemplo, la Figura OBSERVACION ´ representa un cilindro recto pues tiene dos caras paralelas llamadas bases y el 4.24 a continuacion ´ de rectas perpendiculares a sus bases. lado esta formado por la union

Figura 4.24. Cilindro recto que no posee base circular.

Ahora, notemos que el volumen del k-ésimo cilindro recto considerado está dado por ´ Vk = Area basal · altura = A(wk ) · ∆k , ´ ´ de wk . Entonces, el volumen donde A(wk ) representa un “área movil” que depende de la eleccion ´ del solido S es aproximadamente igual a: V (S) =

n X

A(wk ) · ∆k .

k=1

Figura 4.25. Volumen aproximado de un Sólido mediante cilindros.

82


´ 4.3. V OLUMEN DE S OLIDOS CON SECCIONES PLANAS PARALELAS

´ ´ de Riemann, se concluye que Por ultimo, usando la idea de aproximacion Z b n X V (S) = l´ım A(x)dx, A(wk ) · ∆k = kP k→0

a

k=1

´ plana del solido ´ donde A(x0 ) es el a´ rea de una seccion S que es perpendicular al eje x en el plano ´ continua en [a, b]). x0 , (A es una funcion ´ ´ plana del solido ´ TEOREMA 4.3.1 Sea S un solido tal que el a´ rea de cualquier seccion que es per+ ´ A : [a, b] → R0 . Entonces el volumen V del pendicular al eje x está determinada por la funcion ´ solido S está dado por Z b V = A(x) dx. (4.3) a

´ EJEMPLO 4.3.1 Encuentra el volumen de un solido cuya base es un c´ırculo de radio 2 y cuyas secciones transversales a un diámetro fijo de la base son cuadrados. ´ es: Solucion. ´ Consideremos el c´ırculo centrado en el origen de radio 2, cuya ecuacion x2 + y 2 = 22 . Despejando y obtenemos, |y| =

p 4 − x2 .

´ transversal en un punto x ∈ [−2, 2] es: Luego, el a´ rea de la seccion A(x) = (2|y|)2 = 4(4 − x2 ).

´ Figura 4.26. Solido cuya base es un c´ırculo de radio 2 y cuyas secciones transversales a un diámetro fijo de la base son cuadrados.

´ Por lo tanto el volumen del solido es: Z

2

V =4 −2

(4 − x2 ) dx =

128 . 3

83



EJERCICIOS 4.3.1 ´ 1. La base de un solido es un c´ırculo que tiene un radio de r unidades. Encuentra el volumen si todas las secciones planas perpendiculares (secciones transversales) a un diámetro fijo de la base son triángulos equiláteros. ˜ se corta de un solido ´ 2. Una cuna en forma de cilindro circular recto con un radio de r pulgadas, por un plano que pasa a través de un diámetro de la base y forma un a´ ngulo ˜ de 45◦ con el plano de la base. Encuentra el volumen de la cuna. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.3.1 presiona aqu´ı 4.8

4.4.

Longitud de arco de una curva

´ continua en [a, b] tal que f 0 es continua en ]a, b[. Queremos determinar la Sea f una funcion ´ P = {x0 = longitud ` de la curva y = f (x) con x ∈ [a, b]. Para ello, consideremos una particion a, x1 , ..., xn = b} de [a, b] y los segmentos cuyos extremos son (xk−1 , f (xk−1 )) y (xk , f (xk )), para k = {1, 2, . . . , n}.

Figura 4.27. Longitud aproximada de una curva mediante una poligonal.

Notemos que la longitud `k del segmento que une (xk−1 , f (xk−1 )) y (xk , f (xk )) es: q 2 `k = (xk − xk−1 )2 + f (xk ) − f (xk−1 ) . Luego, por el Teorema de Valor Medio, existe wk ∈ [xk−1 , xk ] tal que q 2 (xk − xk−1 ) + f 0 (wk )(xk − xk−1 ) q 2 = ∆2k + f (wk ) ∆2k q 2 (∆k > 0). = 1 + f 0 (wk ) ∆k

`k =

84

4.4. L ONGITUD DE ARCO DE UNA CURVA


Entonces la longitud total de la curva es aproximadamente n n q X X 2 `≈ lk = 1 + f 0 (wk ) ∆k , k=1

k=1

y usando la idea de Riemann obtenemos Z bq n q X 2 2 0 ` = l´ım 1 + f (wk ) ∆k = 1 + f 0 (x) dx. kP k→0

a

k=1

´ continua tal que f 0 es continua en ]a, b[. La longitud TEOREMA 4.4.1 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ ` de la curva y = f (x) desde x = a hasta x = b está dada por la formula Z bq 2 `= 1 + f 0 (x) dx. a

2

EJEMPLO 4.4.1 Sea f (x) = 3x 3 − 10. Encuentra la longitud de la curva y = f (x), para x ∈ [8, 27]. Solucion. ´ Notar que f 0 (x) =

2 −1 3x 3 3

Luego, Z

27 q

1 + 4x

`=

− 23

Z dx =

27

x

− 13

q 2 x 3 + 4 dx.

8

8 2

Usando el cambio de variables u = x 3 + 4, obtenemos ( √ 2 n x=8 ⇒ u= 38 +4=8 1 1 ∧ √ du = 23 x− 3 dx ⇒ 23 du = x− 3 dx. 2 3 x = 27 ⇒ u = 27 + 4 = 13 Por lo tanto, 2 `= 3

Z 8

13 √

3 √ √ 3 2 u 2 13 3 u du = 2 = 13 2 − 8 2 = 13 13 − 16 2. 3 3 8

EJERCICIOS 4.4.1 1. Calcula la longitud de arco de la curva y = ln x en 1 < x < 2. 2. Calcula la longitud de arco de la curva y = sen x en 0 ≤ x ≤ π. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.4.1 presiona aqu´ı 4.8

85



´ 4.5. Areas de superficies de revolucion ´ ´ es el de calcular el a´ rea de una superEl problema que queremos resolver en esta seccion ´ Para ello, y siguiendo la notacion ´ dada en la Figura 4.28 a continuacion, ´ ficie de revolucion.

Figura 4.28. Cono circular recto truncado.

conviene recordar lo siguiente: el a´ rea de la superficie lateral curvada de un cono circular recto ´ truncado está dada por la formula: A(S) = `(r1 + r2 ) π. ´ continua en [a, b] y derivable en ]a, b[, con f ≥ 0. Al girar Ahora, sea f : [a, b] → R una funcion en torno al eje x la curva y = f (x) ubicada entre las rectas x = a y x = b, obtenemos una superficie ´ Sea P = {x0 = a, x1 , ..., xn = b} una particion ´ de [a, b] con de revolucion. ∆k = xk − xk−1 =

b−a n

∀ k ∈ {1, 2, . . . , n}.

Figura 4.29. Aproximación de una superficie de revolución mediante superficies laterales de conos truncados

86

´ REAS DE SUPERFICIES DE REVOLUCI ON ´ 4.5. A


Si consideramos el k-ésimo cono truncado correspondiente a los radios r1 = f (xk ) y r2 = f (xk−1 ), entonces su longitud lareral `k asociada está dada por: 2 q `k = d xk−1 , f (xk−1 ) , xk , f (xk ) = (xk − xk−1 )2 + f (xk ) − f (xk−1 ) . As´ı, desde el Teorema del Valor Medio obtenemos: q q 2 2 `k = (xk − xk−1 )2 + f 0 (wk ) (xk − xk−1 )2 = 1 + f 0 (wk ) ∆k . ∴ A(Sk ) = `k f (xk ) + f (xk−1 ) π. Luego, A(S) ≈ π

q n X 2 2 q 0 f (wk ) 1 + f 0 (wk ) ∆k . f (xk ) + f (xk−1 ) 1 + f (wk ) ∆k ≈ 2π

n X

k=1

k=1

´ de Riemann, obtenemos Y usando la idea de aproximacion Z b q 2 A(S) = 2π f (x) 1 + f 0 (x) dx. a

´ continua tal que f 0 es continua en ]a, b[ y sea S la TEOREMA 4.5.1 Sea f : [a, b] → R una funcion ´ obtenida al girar en torno al eje x la curva y = f (x) desde x = a hasta superficie de revolucion ´ x = b. El a´ rea de la superficie S, denominada A(S), está dada por la formula Z b q 2 A(S) = 2π f (x) 1 + f 0 (x) dx. a

´ al hacer girar en torno al eje x la EJEMPLO 4.5.1 Encuentra el a´ rea de la superficie de revolucion π curva y = sen x en [0, 2 ]. Solucion. ´ En este problema podemos considerar f (x) = sen x, y as´ı f 0 (x) = cos x. Luego, ( ( Z π p 2 u = cos x u = 1 si x = 0, sen x 1 + cos2 x dx ⇒ A = 2π du = −sen x dx u = 0 si x = π2 0 Z 0p = −2π 1 + u2 du Z = 2π

1 1p

1 + u2 du

0

Ahora, notemos que ( Z p Z √ √ u = tan θ 1 + u2 du = sec3 θ dθ ⇒ 1 + u2 = 1 + tan2 θ = sec θ. 2 du = sec θ dθ 87



Siguiendo con algunos cálculos directos, obtenemos ( Z Z u ¯ = sec θ d¯ v = sec2 θ dθ 3 2 sec θ dθ = tan θ sec θ − sec θ tan θ dθ d¯ u = sec θ tan θ dθ v¯ = tan θ Z Z = tan θ sec θ − sec3 θ dθ + sec θ dθ Z ⇒ 2 sec3 θ dθ = tan θ sec θ + ln | sec θ + tan θ| Z p 1 p 3 2 2 u 1 + u + ln 1 + u + u . ⇒ sec θ dθ = 2 Por lo tanto,

p p 1 A = π u 1 + u2 + ln 1 + u2 + u =π

√

0

√ 2 + ln | 2 + 1| ≈ 2,29558715 π.

´ generada al girar en torno al eje x EJEMPLO 4.5.2 Encuentra el a´ rea de la superficie de revolucion 2 2 2 2 4 la curva 8a y = a x − x , para 0 ≤ x ≤ a, y ≥ 0. Solucion. ´ Despejando y y poniendo y = f (x) obtenemos: r r a2 x2 − x4 a2 − x2 1 1 1 = x ⇒ f 0 (x) = · q · 2 · (2a2 x − 4x3 ) f (x) = 2 2 4 8a2 8a2 2 8a a x −x 8a2

1 a2 − 2x2 . = √ ·√ 2 2a a2 − x2 Luego, 8a2 (a2 − x2 ) + a4 − 4a2 x2 + 4x2 8a2 (a2 − x2 )

1 + [f 0 (x)]2 =

9a4 − 12a2 x2 + 4x4 (3a2 − 2x2 )2 = 8a2 (a2 − x2 ) 8a2 (a2 − x2 )

= Por lo tanto,

a

Z

f (x) ·

A = 2π

p 1 + f 0 (x) dx

0

r

a

Z = 2π

x 0

=

2π 8a2

Z

a2 − x2 · 8a2

s

(3a2 − 2x2 )2 8a2 (a2 − x2 )

a

x · (3a2 − 2x2 ) dx

0

π 3a2 x2 1 4 a π = 2 − x = 2 a4 4a 2 2 4a 0 π = a2 . 4

88

4.6. CENTRO DE MASA


´ obtenida al girar el gráfico de f (x) = EJERCICIOS 4.5.1 Halla el a´ rea de la superficie de revolucion √ 2 x en [1, 4] en torno a: a) el eje x b) el eje y c) la recta x = −3 d) la recta y = 4. Para ver los Desarrollos de los Ejercicios 4.5.1 presiona aqu´ı 4.8

4.6.

Centro de masa

Imaginemos por un instante que se colocan 2 masas, m1 y m2 , en puntos x1 y x2 del eje x, ´ por dos bolas de plasticina sobre una regla (el eje respectivamente. Representemos esta situacion x) ubicadas en ciertas partes de ella (los puntos x1 y x2 ). Nos interesa saber cual es el punto x ¯ de la regla donde se produce el equilibrio:

Figura 4.30. Equilibrio de masas

´ la ecuacion ´ de equilibrio m1 d1 = m2 d2 ; es decir: Segun m1 (¯ x − x1 ) = m2 (x2 − x ¯) ∴

x ¯=

m1 x1 + m2 x2 m1 + m2

esta idea se puede extender a n masas: m1 , m2 , ..., mn ubicadas en puntos x1 , x2 , ..., xn respectivamente del eje x. Entonces el punto x ¯ de equilibrio de las masas, conocido como ´ centro de masa, está dado por la formula: n X

x ¯=

m i xi

i=1 n X

mi

i=1

El numerador se llama Primer momento de masa del sistema y el denominador corresponde a la Masa total del sistema. 89



La idea anterior se puede extender a una masa distribuida de forma continua en un intervalo [a, b], con densidad variable ρ(·) conocida, la cual se mide en unidades de masa por unidades de longitud. Antes, conviene notar que si la densidad es constante igual a ρ0 en el intervalo [a, b], entonces tendremos m = ρ0 · (b − a). Ahora, si la densidad es variable de forma continua en cada punto del intervalo, podemos con´ P = {x0 = a, x1 , x2 , . . . , xn = b} del intervalo [a, b], y escoger un punto siderar una particion wk ∈ [xk−1 , xk ], de manera que la masa mk en el k-ésimo intervalo viene dada aproximadamente por mk ≈ ρ(wk )∆k . Luego, la Masa total es m≈

n X

ρ(wk )∆k .

k=1

´ de Riemann, obtenemos que la masa total viene dada Entonces, usando la idea de aproximacion ´ por la formula Z b n X ρ(x)dx. m = l´ım ρ(wk )∆k = kPk→0

a

k=1

Similarmente, en el k-ésimo intervalo se tiene que el primer momento de masa Mk viene dado aproximadamente por Mk ≈ wk · mk = wk · f (wk )∆k . Luego, el Primer momento de masa es M≈

n X

ρ(wk )∆k .

k=1

´ de Riemann, obtenemos que la masa total viene dada Entonces, usando la idea de aproximacion ´ por la formula Z b n X M = l´ım wk ρ(wk )∆k = xρ(x) dx. kPk→0

a

k=1

Por lo tanto, el punto x ¯ de equilibrio de las masas, llamado Centro de masa, está dado por: Z b xρ(x) dx x ¯ = Za b . ρ(x) dx a

EJEMPLO 4.6.1 Calcula la masa de un bate de beisbol de 30 pulgadas (0 ≤ x ≤ 30) con densidad 2 h i 1 x + 690 slugs por pulgadas 1 slug = 1 pie y hallar su centro de masa. ρ(x) = 46 2 s 90

´ PLANA 4.7. CENTROIDE DE UNA REGION


Solucion. ´

1 x 2 m = dx + 46 690 0 3 690 1 1 1 x 3 30 690 30 3 = − + = + 3 46 690 3 46 690 46 0 Z

•

•

30

= 0, 06144 slugs Z 30 1 x 2 M = x + dx 46 690 0 2 30 x x2 x4 = ≈ 1, 205 + + 4232 47610 1904400 0 ∴

x ¯=

1, 205 M ≈ ≈ 19, 6 pulgadas. m 0, 06144

´ 4.6.1 En un bate de beisbol el centro de masa es candidato a ser el punto optimo ´ OBSERVACION para batear (o punto dulce).

4.7.

Centroide de una region ´ plana

kg Sea L una lámina homogénea, cuya densidad de a´ rea constante es ρ0 m 2 , la cual se encuentra limitada en el plano cartesiano por la curva y = f (x), el eje x y las rectas x = a y x = b, donde f es ´ continua en [a, b], con f ≥ 0 en [a, b]. una funcion

Figura 4.31. Centroide de una región plana

´ de [a, b]. El centro de masa de la lámina Lk Sea P = {x0 = a, x1 , . . . , xn = b} una particion está ubicado en el punto donde e´ sta se equilibra, a saber (wk , 12 f (wk )), con wk ∈ [xk−1 , xk ]. Notar 91



que esto es as´ı porque la lámina es homogénea. Ahora, es claro que el momento de masa con respecto al eje y de la k-ésima lámina Lk está dado por Myk = wk ·

·

ρ0 |{z} Densidad

f (wk ) · ∆k | {z } ´ Area de Lk

unidades de peso en unidades de a´ rea

Luego, el Momento de masa de L con respecto al eje y es: Myk ≈

n X

Myk =

n X

k=1

wk · ρ0 f (wk )∆k

k=1 n X

∴ My = ρ0 l´ım

kP k→0

Z wk f (wk )∆k = ρ0

b

xf (x) dx. a

k=1

Ahora, el momento de masa de L con respecto al eje x está dado por: Mxk =

1 f (wk ) · ρ0 · f (wk ) · ∆k . | {z } 2 Masa de Lk

Luego, el Momento de masa de L con respecto al eje x es: Mx ≈

n X k=1

n

Mk

2 1 X f (wk ) ∆k = ρ0 2 k=1

∴ Mx =

Z b n X 2 2 1 1 f (x) dx. ρ0 l´ım f (wk ) ∆k = ρ0 2 kP k→0 2 a k=1

Por otro lado, la masa total m de lámina L es: m≈

n X

mk ,

k=1

donde mk representa la masa de la lámina Lk ; a saber mk = ρ0 · f (wk )∆k ∴ m ≈ ρ0

n X

f (wk )∆k

k=1

= ρ0 l´ım

kP k→0

92

n X i=1

Z f (wk )∆k = ρ0

b

f (x) dx. a

´ PLANA 4.7. CENTROIDE DE UNA REGION


Finalmente, deducimos que el centro de masa o centroide de la lámina L está ubicado en el punto: b

Z (¯ x, y¯)

My con x ¯= = Za m

xf (x) dx ∧

b

f (x) dx

Mx y¯ = = m

a

1 2

Z

b

[f (x)]2 dx

Z ab

. f (x) dx

a

´ 4.7.1 Notar que OBSERVACION

˜y = M

b

Z

xf (x) dx a

corresponde a π2 del volumen del sólido de revolución obtenido al girar la región R bajo la curva de f en [a, b] en torno al eje y, mientras que Z 1 b ˜ Mx = [f (x)]2 dx 2 a corresponde a π2 del volumen del sólido de revolución obtenido al girar la región R bajo la curva de f en [a, b] Rb en torno al eje x, y A = a f (x) dx corresponde al a´ rea de la región R. Entonces, resulta evidente que hemos pasado de un problema f´ısico a uno geométrico. ˜ x recibe el nombre de momento de R con respecto al eje x. La canti´ 4.7.1 La cantidad M DEFINICION ˜ y recibe el nombre de momento de R con respecto al eje y. Llamamos centro de masa de una región dad M ˜ ˜ M ´ R, con x plana R o centroide al punto (¯ x, y¯) de la region ¯ = Ay e y¯ = MAx . ´ en el primer cuadrante limitada por la curva y 2 = 4x, EJEMPLO 4.7.1 Halla el centroide de la region el eje x y las rectas x = 1 y x = 4. Solucion. ´ 1

f (x) = 2x 2

∧

[f (x)]2 = 4x.

Figura 4.32. Centroide de la región limitada por la curva y 2 = 4x, el eje x y las rectas x = 1 y x = 4

93



4 3 4 28 2 2x dx = x = f (x) dx = A = 3 3 1 1 1 Z 4 Z 4 1 4 5 4 124 ˜ 2 2 My = xf (x) dx = x · 2x dx = x = 5 5 1 1 1 4 Z 4 Z 4 1 ˜x = 1 [f (x)]2 dx = 4x dx = x2 = 13 M 2 1 2 1 1 Z

4

Z

My = m

124 3 28 3

4

1 2

93 Mx 15 45 y¯ = = 28 = 35 m 28 3 93 45 . ∴ El centroide se halla en el punto , 35 28

⇒x ¯ =

=

´ limitada por las curvas y = x2 y y = 2x + 3. EJEMPLO 4.7.2 Halla el centroide de la region Solucion. ´ y = x2 ∧ y = 2x + 3 ⇒ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ (x − 3)(x + 1) = 0 . Z 3 A = [2x + 3 − x2 ] dx −1 Z 3 ˜y = M x[2x + 3 − x2 ] dx −1 Z 3 544 1 3 1 2 2 4 4 ˜ Mx = [2x + 3] − x dx = 4x + 12x + 9 − x = 2 −1 2 45 −1 544 17 Mx = y¯ = = 15 32 A 5 3 17 ∴ El centroide se halla en 1, . 5

⇒x ¯ =

My =1 A

∧

Figura 4.33. Centroide de la región limitada por las curvas y = x2 y y = 2x + 3

94


4.8.

´ ´ 4.8. CENTROIDE DE UN SOLIDO DE REVOLUCION

Centroide de un solido ´ de revolucion ´

´ continua en [a, b] tal que f ≥ 0 en [a, b]. Sea S un solido ´ Sea f una funcion homogéneo cukg ´ R que ya densidad de volumen constante es ρ0 m3 , obtenido al girar en torno a eje x la region está limitada por la curva y = f (x), el eje x y las rectas x = a y y = b.

´ de [a, b] y Sea P = {x0 , x1 , ..., xn } una particion wk ∈ [wk−1 , wk ], wk =

wk−1 + wk 2

Notar que el centro de masa del disco circular recto de radio f (wk ) y altura ∆k en la figura es el punto (wk , 0, 0).

El momento de masa del disco Sk con respecto al plano yz (i.e: x = 0 ∀ y, ∀ z) es: k = w Myz k ·

ρ0 |{z}

· π[f (wk )]2 · ∆k | {z }

Densidad en

Volumen de Sk

unidades de peso unidades de volumen

95



Luego, el Momento de masa del solido ´ S con respecto al plano yz es: n X

Myz ≈

k Myz

= π ρ0

k=1

n X

2 wk f (wk ) ∆k

k=1

⇒ Myz = π ρ0 l´ımkP k→0

n X

2 wk f (wk ) ∆k

(Riemann)

k=1

Z

b

= ρ0 π

2 x f (x) dx

a b

Z

[f (x)]2 dx.

Se deduce directamente que Mxz = 0 y Mxy = 0; y que m = ρ0 π a

[Mxz momento de masa de S con respecto al plano xz (i.e: y = 0 ∀ x, ∀ z); Mxy momento de masa de S con respecto al plano xy. (i.e: z = 0 ∀ x, ∀ y) y m =masa de S]. Entonces el centro de masa de S queda determinado por x ¯ =

=

Myz m 2 Rb π a x f (x) dx 2 Rb π a f (x) dx

y¯ =

Mxz m

= 0

z¯ =

Mxy m

= 0

y podemos llamar a (¯ x, 0, 0) el centroide de S (pues no depende de la densidad de masa; sino mas bien de aspectos geométricos). Notar que si ponemos ˜ yz = π M

Z

b

x[f (x)]2 dx

Z ∧

V =π

a

entonces x ¯=

b

[f (x)]2 dx

´ (volumen del solido)

a

˜ yz M . V

´ ´ que se genera al hacer girar alrededor EJEMPLO 4.8.1 Halla el centroide del solido de revolucion 2 ´ limitada por la curva y = x , el eje x y la recta x = 3. del eje x, la region Solucion. ´ Z

3

243 π 2 0 Z 3 243 V =π (x2 )2 dx = π 5 0 Myz 5 ⇒x ¯ = = . V 2 5 Luego, el centroide está en el punto , 0, 0 . 2 k Myz

96

=π

x(x2 )2 dx =



´ ´ que se genera al hacer girar alrededor del eje x, la region ´ Figura 4.34. Centroide del solido de revolucion 2 limitada por la curva y = x . el eje x y la recta x = 3.

´ ´ generado por la rotacion, ´ alrededor del EJEMPLO 4.8.2 Obtén el centroide del solido de revolucion 2 ´ limitada por la curva y = x + 1 y las rectas x = 1 y y = 1. eje x, de la region Solucion. ´

´ ´ generado por la rotacion, ´ alrededor del eje x, de la region ´ Figura 4.35. Centroide del solido de revolucion limitada por la curva y = x2 + 1 y las rectas x = 1 y y = 1.

Z

1

2 x (x2 + 1)2 − 12 dx = π 3 Z0 1 2 13 V =π (x + 1)2 − 12 dx = π 15 0 Myz 10 ⇒x ¯ = = . V 13 10 Luego, el centroide está en el punto , 0, 0 . 13 k Myz =π

97



EJERCICIOS DE REPASO 4.8.1 ´ I. Area entre curvas ´ el a´ rea del triángulo rectángulo con vertices en (5, 1), (1, 3) y 1. Determina por integracion (−1, −2). ´ limitada por las curvas dadas en los siguientes ejercicios. 2. Encuentra el a´ rea de la region a) y = 4 − x2 ; eje x. b) y = 4x − x2 ; eje x; x = 2; x = 3. c) y = sen x; eje x; x = 31 π; x = 32 π. √ d) y = x; y = x3 . e) y = cos x − sen x; x = 0; y = 0. 3. Determina el a´ rea determinada por las tres curvas y = x2 , y = 8 − x2 y 4x − y + 12 = 0. ´ sobre la curva y = mx2 (m > 0), a la derecha 4. Determina m de tal forma que la region del eje y, y bajo la recta y = m tenga un a´ rea de K unidades cuadradas, donde K > 0. ´ sobre la recta y = mx y bajo la parábola y = 5. Determina m de tal forma que la region 2 2x − x tenga un a´ rea de 36 unidades cuadradas. ´ limitada por la curva x3 − x2 + 2xy − y 2 = 0 y la recta x = 4. 6. Obtén el a´ rea de la region ´ cubica ´ (SUGERENCIA: Resuelva la ecuacion para y en términos de x, y exprese y como dos funciones de x.) II. Volumen de un Solido ´ de revolucion. ´ Métodos del Disco y del Anillo Circular ´ ´ generado al girar, alrededor de la recta 1. Encuentra el volumen del solido de revolucion ´ limitada por la curva x = y 2 , el eje x y la recta x = 4. indicada, la region a) La recta x = 4, b) El eje y. ´ ´ acotada 2. Encuentra el volumen del solido generado al girar, alrederor del eje x, la region 3 por la curva y = x , el eje x, y la recta x = 2. ´ en3. Calcule el volumen de la esfera generada al girar alrededor del diámetro, la region 2 2 2 cerrada por la circunferencia x + y = r . ´ limitada por la curva y = sec x, el eje x y la recta x = 41 π es girada alrededor 4. La region ´ del eje x. Determina el volumen del solido generado. ´ ´ generado, si la region ´ limitada por un 5. Determina el volumen del solido de revolucion arco de la senoide o curva seno es girada alrededor del eje x. ( SUGERENCIA: Usa la identidad sen2 x = 12 (1 − cos 2x).)

98


I.


´ ´ del ejercicio 6 se gira alrede6. Encuentre el volumen del solido que se genera, si la region dor de la recta y = 1. ´ acotada por la curva y = cotg x, la recta x = 61 π y el eje x es girada alrededor 7. La region ´ del eje x. Calcule el volumen del solido que se genera. ´ ´ alrededor de la recta x = −4, 8. Determina el volumen del solido generado por la rotacion, ´ limitada por dicha recta y la parábola x = 4 + 6y − 2y 2 de la region ´ ´ acotada por la parábola 9. Encuentra el volumen del solido generado al girar la region 2 y = 4x y la recta y = x alrededor de la recta x = 4. ´ ´ alrededor de la recta y = −3, 10. Encuentra el volumen del solido generado por la rotacion, 2 ´ acotada por las dos parábolas y = x y y = 1 + x − x2 . de la region ´ se obtiene por la rotacion ´ de la parábola y 2 = 4px alre11. Un paraboloide de revolucion ´ y un dedor del eje x. Encuentra el volumen limitado por un paraboloide de revolucion ´ plano perpendicular a su eje si el plano se encuentra a 10cm del vértice, y si la seccion ´ es una circunferencia de 6cm de radio. plana de la interseccion ´ ´ limitada por un lazo de la 12. Encuentra el volumen del solido generado cuando la region 2 2 2 2 ´ es x y = (x − 9)(1 − x ) gira alrededor del eje x. curva cuya ecuacion ´ ´ se forma por la rotacion, ´ alrededor del eje x, de la region ´ aco13. Un solido de revolucion √ tada por la curva y = 2x + 4, el eje x, el eje y y la recta x = c (c > 0). ¿Con qué valor ´ de c el volumen será de 12π unidades cubicas? ´ acotada por la curva y = cosec x y las rectas y = 2, x = 16 π, y x = 65 π se gira 14. La region ´ alrededor del eje x. Obtén el volumen del solido que se genera.

III. Volumen de un Solido ´ de revolucion. ´ Método de las Capas Cil´ındricas ´ limitada por las curvas x = y 2 − 2 y x = 6 − y 2 es girada alrededor de los ejes 1. La region ´ ´ en torno a: indicados. Determina el volumen del solido generado al rotar la region a) El eje x. b) El eje y. c) La recta x = 2. d) La recta y = 2. ´ ´ limitada por la parábola y 2 = 2. Encuentra el volumen del solido generado si la region 4ax (a > 0) y la recta x = a se hace girar alrededor de x = a. ´ ´ alrededor de la recta y = 1, 3. Encuentra el volumen del solido generado por la rotacion, 2 ´ limitada por dicha recta y la parábola x = 4y. Considere los elementos de la region ´ rectangulares de a´ rea paralelos al eje de revolucion. ´ ´ alrededor del eje y, de la 4. Encuentra el volumen del solido generado por la rotacion, √ √ 2 ´ limitada por la curva y = sen x , el eje x y las rectas x = 21 π y x = π. region 99

C APÍ TULO 4. A PLICACIONES DE LA INTEGRAL DE R IEMANN I.


´ ´ alrededor del eje y, de la 5. Encuentra el volumen del solido generado por la rotacion, 2 ´ exterior a la curva y = x y entre las rectas y = 2x − 1 y y = x + 2. region √ ´ 6. Se hace un hoyo de 2 3 plg de radio a través del centro de un solido de forma esférica ´ del solido ´ con un radio de 4plg. Encuentra el volumen de la porcion que fue cortada. ´ ´ alrededor del eje y, de la 7. Encuentra el volumen del solido generado por la rotacion, ´ acotada por la gráfica de y = |x − 3|, las rectas x = 1, x = 5 y y = 0. Considera region ´ los elementos rectangulares de a´ rea paralelos al eje de revolucion. ´ ´ forma por la rotacion, ´ alrededor del eje y, de la region ´ acotada 8. Un solido de revolucion √ 3 por la curva y = x, el eje x y la recta x = c (c > 0). Considera los elementos rectan´ para determinar el valor de c que dará un gulares de a´ rea paralelos al eje de revolucion ´ volumen de 12π unidades cubicas.

IV. Volumen de un Solido ´ con secciones planas paralelas conocidas ´ ´ acotada por una elipse que tiene ecuacion ´ 3x2 + y 2 = 6. 1. La base de un solido es la region ´ Encuentre el volumen del solido si todas las secciones planas perpendiculares al eje x son cuadrados. ´ ´ encerrada por una circunferencia que tiene un radio 2. La base de un solido es la region ´ de 7cm. Encuentre el volumen del solido si todas las secciones planas perpendiculares a un diámetro fijo de la base son triángulos equiláteros. ´ ´ del ejercicio 2. Encuentre el volumen del solido ´ 3. La base de un solido es la region si todas las secciones planas perpendiculares a un diámetro fijo de la base son triángulos ´ ´ plana desde el centro de la isoceles, cuya altura es igual a al distancia de la seccion circunferencia. ´ ´ acotada por una circunferencia con radio de r unidades, 4. La base de un solido es la region y todas las secciones planas perpendiculares a un diámetro fijo de la base son triángulos ´ isoceles rectos,cuya hipotenusa está en el plano de la base. Encuentra el volumen del ´ solido. 5. Halla el volumen de un tetraedro con tres caras perpendiculares entre s´ı y tres aristas tambén perpendiculares entre s´ı, cuyas longitudes son 3, 4 y 7plg. ´ ´ limitada por una elipse cuya ecuacion ´ es 2x2 + y 2 = 8. 6. La base de un solido es la region ´ Encuentra el volumen del solido si todas las secciones planas perpendiculares al eje x ´ son triángulos isoceles con igual altura y longitud de base. ´ ´ acotada por una circunferencia de radio 9cm y cada 7. La base de un solido es la region ´ plana perpendicular a un diámetro fijo de la base es un cuadrado que tiene una seccion ´ cuerda de la circunferencia como su diagonal. Encuentra el volumen del solido.

100


I.


√ ´ ´ acotada por la curva x = 2 y y las rectas x + y = 0 y 8. La base de un solido es la region ´ y = 9. Encuentra el volumen del solido si todas las secciones planas perpendiculares al eje y son cuadrados que tienen una diagonal con un punto extremo en la recta x + y = 0 √ y el otro punto extremo en la curva x = y. ˜ se corta de un solido, ´ 9. Una cuna con forma de cilindro circular recto con un radio de ´ de 45o r cm, por un plano que pasa por un diámetro de la base y tiene una inclinacion ˜ respecto al plano de dicha base. Encuentra el volumen de dicha cuna.

V. Longitud de arco de la gráfica de una funcion ´ 1. Calcula la longitud del segmento de la recta y = 3x del punto (1, 3) al punto (2, 6) por medio de tres métodos: ´ a) Usando la formula de la distancia entre dos puntos. ´ b) Usando la formula estudiada en clase con respecto a x. ´ c) Usando la formula estudiada en clase con respecto a y. 2. Calcula el segmento de la recta 4x + 9y = 36 entre sus intercecciones con el eje x y el eje y mediante tres métodos: a) Usando el Teorema de Pitágoras. ´ b) Usando la formula estudiada en clase con respecto a x. ´ c) Usando la formula estudiada en clase con respecto a y.

√ 3. Encuentra la longitud del arco de la curva 9y 2 = 4x3 del origen al punto (3, 2 3). 4. Halle la longitud del arco de la curva 8y = x4 + 2x−2 desde el punto donde x = 1 al punto donde x = 2. 3

5. Encuentra la longitud del arco de la curva y = 13 (x2 + 2) 2 del punto donde x = 0 al punto donde x = 3. √ 6. Obtén la longitud del arco de la curva y = 13 x(3x − 1) del punto donde x = 1 al punto donde x = 4. 2

2

7. Halla la longitud del arco de la curva x 3 + y 3 = 1 del punto donde x = 81 hasta el punto donde x = 1. x2 y 2 3 3 8. Encuentra la longitud del arco de la curva + = 1 en el primer cuadrante, a b 1 desde el punto donde x = 8 a hasta donde x = a. 9. Encuentra la longitud del arco de la curva 9y 2 = x(x−3)2 , en el primer cuadrante, desde donde x =Z 1 hasta donde x = 3. x√ 10. Si f (x) = cos t dt, encuentra la longitud del arco de la gráfica de f desde el punto 0 donde x = 0 hasta donde 4x = π. SUGERENCIA: Emplea el Teorema Fundamental del Cálculo, as´ı como la identidad cos2 12 x = 12 (1 + cos x) .

101



´ VI. Area de una Superficie de revolucion ´ ´ generada al girar el arco 1. En los ´ıtemes a)-f), hallar el a´ rea de la superficie de revolucion dado alrededor del eje que se indica. 1 1 a) y = x4 + 2 , 1 ≤ x ≤ 2, el eje y, 4√ 8x b) y = 13 x(3 − x), 0 ≤ x ≤ 3, el eje x, 3

c) y = 31 (2 + x2 ) 2 , 0 ≤ x ≤ 2, el eje y, d) y = x2 , 0 ≤ x ≤ 2, el eje y, e) y = x3 , 0 ≤ x ≤ 1 el eje x, √ f) y = 2 x, 2 ≤ x ≤ 8, el eje x. 2. El arco de la parábola x2 = 4py entre (0, 0) y (2p, p) gira alrededor del eje y. Halla el a´ rea ´ de la superficie de revolucion: a) Integrando respecto a x. b) Integrando respecto a y. 3. El lazo de 9y 2 = x(3−x)2 gira alrededor del eje y. Halla el a´ rea de la superficie generada de este modo. VII. Centro de masa de una barra ∗ 1.

Una part´ıcula se mueve en l´ınea horizontal. Calcula la fuerza ejercida sobre ella si tiene ´ que se indican. la masa y la aceleracion ´ de 5 pies/2 . a) La masa es de 50 slugs y la aceleracion ´ de 50 cm/s2 . b) La masa es de 80 g y la aceleracion

2. En los siguientes ejercicios halla la masa total de la barra dada y el centro de masa correspondiente. a) La barra tiene 20cm de largo, y su densidad lineal en un punto a x cm de un extremo es de (2x + 3) kg/m. b) La barra tiene 9plg de longitud y su densidad lineal en un punto a x plg de uno de sus extremos es de (4x + 1) slugs/plg. c) La barra tiene 12 cm de largo y la medida de su densidad lineal en un punto, es una ´ lineal de la medida de la distancia desde el extremo izquierdo de la barra. funcion La densidad lineal en el extremo izquierdo es de 3 g/cm y en el extremo derecho de 4 g/cm. Determina la masa total de la barra. d) La medida de la densidad lineal en cualquier punto de una barra de 6 m de largo var´ıa directamente con la distancia del punto a un punto externo en la l´ınea de la barra y a 4cm de un extremo, donde la densidad es de 3 kg/m.

102



NOTA: Los ejercicios marcados con ∗ no se resuelven con el uso de una integral.

VIII. Centroide de una region ´ plana ∗

1. Halla el centro de masa de las part´ıculas cuyas masas son 1, 2 y 3 kg y están ubicadas en los puntos (−1, 3), (2, 1) y (3, −1), respectivamente.

∗

2. La coordenada y del centro de masa de cuatro part´ıculas es 5. Sus masas son 2, 5, 4 y mslugs y se hallan en los puntos (3, 2), (−1, 0), (0, 20), (2, −2), respectivamente. Encuentre m.

∗

3. Encuentra el centro de masa de las tres part´ıculas, de igual masa, que se localizan en los puntos (4, −2), (−3, 0) y (1, 5). ´ que tiene las fronteras indicadas. 4. Halla el centroide de la region a) La parábola y = 4 − x2 y el eje x. b) La parábola y = x2 y la recta y = 4. c) Las curvas y = x3 y y = 4x en el primer cuadrante. d) Las curvas y = x2 − 4 y y = 2x − x2 . 5. Encuentra el centro de masa de la lámina limitada por la parábola 2y 2 = 18 − 3x y el eje √ y, si la densidad de a´ rea en cualquier punto (x, y) es 6 − xkg/m2 . ´ limitada por la parábola y 2 = 4px y la recta x = a se encuen6. Si el centroide de la region tra en el punto (p, 0), calcule el valor de a. ´ limitada por una 7. Utiliza el teorema de Pappus para hallar el centroide de la region semicircunferencia y su diámetro. 8. Utiliza el teorema de Pappus para calcular el volumen de una esfera cuyo radio tiene r unidades. √ ´ limitada por la semicircunferencia y = r2 − x2 y el eje x, emplee el 9. Sea R la region ´ ´ generado por la teorema de Pappus para calcular el volumen del solido de revolucion ´ de R alrededor de la recta x − y = r. rotacion

103

D ESARROLLOS DE LOS E JERCICIOS

104


Desarrollos de los Ejercicios

´ respectiva, presiona sobre el tr´ıo de numeros ´ Para volver a los ejercicios del cap´ıtulo y seccion en rojo correspondiente. L1 h

Desarrollos de los Ejercicios 1.1.1 1. Sea an =

1 n.

Entonces, para cada n ∈ N se tiene: 0
1 1 < ⇒ an+1 < an . n+1 n

2. Sea an = en . Entonces, para cada n ∈ N se tiene: 1 < e ⇒ e < e2 ⇒ en < en+1 ⇒ an < an+1 . 3.

an =

n n+1

,

an+1 =

n+1 n+2

⇒

an+1 an

=

n+1 n+1 · n+2 n

=

1+

⇒ an+1 > an ∴

=

n2 + 2n + 1 n2 + 2n

1 >1 n2 + 2n

∀n ∈ N

´ es creciente. La sucesion

4. Notar que si n es par, entonces cos(nπ) = 1. Si n es impar entonces cos nπ = −1. Luego, no crece ni ´ alternada, pues cos(nπ) = (−1)n . L 2 h decrece, de hecho es una sucesion Desarrollos de los Ejercicios 1.4.1 1. Si x = 0, el resultado es evidente pues l´ım 0n = l´ım 0 = 0. n→∞

n→∞

1 ´ a > 0. Entonces para algun Sea 0 < |x| < 1entonces |x| = 1+a |x|n =

1 1 1 = < . n (1 + a) 1 + na + términos positivos 1 + na 1 = 0. + na l´ım xn = 0.

0 ≤ l´ım |xn | ≤ l´ım n→∞

∴

n→∞ 1

n→∞

105

(por T. del Binomio)


2. l´ım

√

n→∞

n+1−

√

√ n = l´ım

n→∞


√ √ √ 1 n+1− n n+1+ n ·√ √ = l´ım √ √ = 0. n→∞ 1 n+1+ n n+1+ n n√ √ o ∴ n+1− n converge a 0. n

L3 h

Desarrollos de los Ejercicios 1.4.2 1. Notemos que @ l´ım (−1)n , pues si n es par, l´ım (−1)n = 1 y si n es impar, l´ım (−1)n = −1. n→∞

n→∞

n→∞

´ diverge. ∴ La sucesion 2. Notemos que @ l´ım 2n, pues l´ım 2n = +∞. n→∞

n→∞

´ diverge. ∴ La sucesion

L4 h Desarrollos de los Ejercicios 2.1.1 1. Como ya sabemos:

2. Sabemos que

d 1 2 d 2 (x + 2x + 1) = 2(x + 1) y ( (x + 2x + 1)) = x + 1. Luego, dx dx 2 Z 1 (x + 1)dx = (x2 + 2x). 2

d d (cos x) = −sen x y (− cos x) = sen x. Luego, dx dx Z sen xdx = − cos x.

L5 h Desarrollos de los Ejercicios 2.1.2 Z Z 1. (tan2 x + cotg 2 x + 2) dx = (sec2 x − 1) + (cosec2 x − 1) + 2 dx Z = =

2

sec x dx +

Z

cosec2 x dx

tan x − cotg x + c.

dy 2. y = y(x) implica que y 0 = = 4x − 5 es la pendiente de la recta tangente a la curva en un punto x dx cualquiera. Luego, Z Z dy = (4x − 5) dx ⇒ dy = (4x − 5) dxy = 2x2 − 5x + c. Por otro lado, como la curva contiene al punto (3, 7), se sigue que y(3) = 7 ⇔ 7 = 2 · 32 − 5 · 3 + c ⇔ 7 = 18 − 15 + c ⇔ c = 4. ∴

106

´ de la curva es y = 2x2 − 5x + 4. La ecuacion


L6 h Desarrollos de los Ejercicios 2.2.1 a)

sen x tan x = cos x

Z ⇒ I

=

sen x dx cos x

cos x ⇒ du = −sen x dx ⇒ −du = sen x dx Z du ⇒ I=− = − ln u + c = − ln(cos x) + c. u 1 du = −2dx ⇒ − du = xdx 2 Z Z 1 du −1 −1 −2 1 1 1 =− u−3 du = + c. · u +c= · I=− 2 u3 2 2 2 4 (3 − 2x)2

u =

b)

u = 3 − 2x ⇒ ⇒

1 ⇒ du = 2b2 x dx ⇒ du = x dx 2b2 Z 3/2 1 2 1 1 u1/2 du = 2 · u3/2 + c = 2 a2 + b2 x ⇒ I= 2 + c. 2b 2b 3 3b z dz du √ =√ ⇒ du = 2z dz ⇒ 2 u 1 + z2 Z p √ du √ = u + c = 1 + z 2 + c. ⇒ I= 2 u

c)

u = a2 + b2 x2

d)

u = 1 + z2

L7 h

Desarrollos de los Ejercicios 2.2.2   Z dv = dx  u = ln x a) ⇒ I = u · dv 1   du = dx v=x x

Z = u·v−

v du Z

= x ln x −

dx

= x ln x − x + c.

b)

   

1 dx (1 + x)2 −1 v= (1 + x)

u = xex

dv =

   du = ex (x + 1) dx

 

u = arc sen x 1 c)  du = √ dx 1 − x2

⇒ I

=

xex − + (1 + x)

=

−

Z

(x + 1)ex dx (x + 1)

xex + ex + c. (1 + x)

1 1

dv = dx ⇒

v=x

Z I = xarc sen x − |

√

x dx 1 − x2 {z } I1

  

(∗)

 

Notemos que, para I1 u ¯ = 1 − x2

⇒ ⇒

d¯ u = −2x dx − 12 d¯ u

= x dx

⇒ I1 = − 21

Z

d¯ u u ¯

1 2

=

p 1 1 · 2¯ u 2 = 1 − x2 2

Luego, desde (∗) tenemos I = x arc sen x −

p

1 − x2 + c.

107



L8 h Desarrollos de los Ejercicios 3.4.1 ´ cualquiera de [a, b]. 1. Sea f (x) = x en un intervalo [a, b], y sea P = {x0 , x1 , x2 , ..., xk } una particion Entonces Mk =

sup

∧

x = xk

mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

´ınf

x = xk−1

∧

x∈[xk−1 ,xk ]

∆k = xk − xk−1

∀k ∈ {1, 2, 3, . . . , n}.

Notemos que xk−1 <

1 xk + xk−1 < xk 2

Luego, s(f, P) =

n X

1 ⇒ xk−1 · ∆k < xk + xk−1 xk − xk−1 < xk ∆k 2 1 ⇒ mk ∆k < x2k − x2k−1 < Mk ∆k . 2 /·∆k

m k ∆k <

k=1

n

n

k=1

k=1

X 1X 2 (xk − x2k−1 < Mk ∆k = S(f, P). 2

(.4)

Por otro lado, directamente podemos realizar el siguiente cálculo n 1 2 1X 2 2 2 2 2 2 2 2 xk − x2k−1 x = + ... + x 1 − x0 + x 2 −x 1 n−1 − x n−2 + xn − x n−1 2 2 k=1

= =

1 2 (x − x20 ) 2 n b2 − a2 . 2

Figura 36. Función f (x) = x en [a, b], con a ≥ 0.

´ podemos suponer sin pérdida de generalidad que a = Ahora, para simplificar nuestra demostracion, ´ del intervalo [0, b]: fijamos n ∈ N y ponemos 0, y escogemos la siguiente la siguiente particion b 2b (n−1)b , x2 = , . . . , xn−1 = , xn = b; n n n Entonces, para cada k ∈ {1, 2, 3, . . . , n} tenemos que x0 = 0, x1 =

Mk =

sup

x = xk =

x∈[xk−1 ,xk ]

108

kb n

∧

mk =

´ınf

Pn = {x0 = a, x1 , x2 , . . . , xn = b}.

f (x) = xk−1 =

x∈[xk−1 ,xk ]

(k − 1)b n

∧

∆k = xk −xk−1 =

b . n


1. Luego, n n X b2 X b2 n(n + 1) b2 (n + 1) k = k = = , n2 n2 n2 2 2 n k=1 k=1 k=1 n n n n X X b2 X n b2 (n + 1) b2 (k − 1) b2 X 2 2 n(n + 1) s(f, Pn ) = = − = mk · ∆k = b k − 1 = b − . n2 n2 n2 2n2 n2 2 n n

S(f, Pn ) =

n X

Mk · ∆k = b2

k=1

k=1

k=1

k=1

De esta forma, obtenemos l´ım S(f, Pn ) =

n→∞

b2 2

∧

l´ım s(f, Pn ) =

n→∞

b2 . 2

Desde (.4) se sigue que Z

b

Z x dx =

b

x dx = 0

0

Z

b

f (x)dx =

∴ 0

b2 . 2

b2 . 2

2. En general, se prueba que si b ≥ a ≥ 0, entonces Z b 1 n+1 b − an+1 . xn dx = n+1 a Basta notar que xnk−1 <

1 n n xnk + xn−1 xk−1 + xn−2 x2k−1 + . . . + xk xn−1 k k k−1 + xk−1 < xk n+1

y que n+1 n xnk + xn−1 xk−1 + xn−2 x2k−1 + . . . + xk xn−1 − xn+1 k k k−1 + xk−1 (xk − xk−1 ) = xk k−1 . L9 h

´ es similar a la del caso n = 2 y se deja su desarrollo al lector. Por lo tanto, la demostracion

Desarrollos de los Ejercicios 3.8.1 1 . Entonces si definimos x Z u F (x) = F˜ (u) = (t3 + cos t) dt ⇒ F 0 (x)

1. Ponemos u = ln x, luego u0 =

0

= F˜ 0 (u) · u0 = (u3 + cos u) · u0 1 = ln3 x + cos(ln x) · x

2. Ponemos u = x3 , luego u0 = 3x2 . Entonces si definimos Z 2 Z u (2t + 1)u (2t + 1) F (x) = F˜ (u) = dt = −u dt = −u · G(u) √ √ 3 2 3 2 u 2 t t Z u 0 (2t + 1) (2u + 1) ⇒ F 0 (x) = − u · G(u) = −u0 · dt − u · √ 2 · u0 = −3x2 √ 3 2 3 u 2 t √ 3 ⇒ F 0 ( 2) = −30.

Z 2

x3

(2t + 1) dt + x(2x3 + 1) √ 3 2 t

109

!



L 10 h Desarrollos de los Ejercicios 4.1.1 ´ adecuados. 1. Intersecamos las tres curvas para obtener l´ımites de integracion ( y = x2 ⇒ x2 = 2x + 3 ⇒ x2 − 2x − 3 = 0 y = 2x + 3 ⇒ (x − 3)(x + 1) = 0 ⇒ x = 3 ∨ x = −1 (

(

y = x2 ⇒ x2 = 2 − x2 ⇒ 2x2 = 2 y = 2 − x2 ⇒ x2 = 1 ⇒x=1 ∨

x = −1

y = 2 − x2 ⇒ 2 − x2 = 2x + 3 ⇒ x2 + 2x + 1 = 0 y = 2x + 3 ⇒ (x + 1)2 = 0 ⇒ x = −1

Ahora podemos trazar un gráfico aproximado de las curvas para tener mayor claridad sobre los cálculos que hemos de realizar: Concluimos desde la Figura 37 que el a´ rea A que deseamos calcular está da-

Figura 37. Las curvas y = x2 , y = 2x + 3 e y = 2 − x2 .

da por Z

1

Z

2

[(2x + 3) − (2 − x )] dx +

A = A(R1 ) + A(R2 )= −1

Z

[(2x + 3) − x2 ] dx

1

1

=

3

2

Z

(x + 2x + 1) dx + −1

3

(2x + 3 − x2 ) dx

1

1 3 1 3 1 3 2 2 = x +x +x + x + 3x − x 3 3 −1 1 1 1 1 = + 1 + 1 − − + 1 − 1 + (9 + 9 − 9) − 1 + 3 − 3 3 3

=

110

8 16 + =8 3 3


2. Notemos que 1 ≤ x ≤ e; luego x > 0. Por lo tanto, podemos despejar sin dificultad y = ´ por lacual nos preguntan, obtenemos: llamamos R a la region Z e ln x A(R) = dx x 1

ln x . Si x

dx . Luego, x Z Z ln x u2 dx = u du = x 2

Notemos que si ponemos u = ln x, entonces du =

Volviendo a la variable x se sigue que e

Z A(R) = 1

L 11 h

(ln e)2 ln x (ln x)2 e (ln 1)2 1 dx = − = = x 2 2 2 2 1

Desarrollos de los Ejercicios 4.2.1

Z V

1

= π

h

x2 + 1

i2

dx

−1

Z

1

= π

x4 + 2x2 + 1 dx

−1

1 2 3 x5 + x + x = π 5 3 −1 1 2 3 + 10 + 15 = 2π + + 1 = 2π 5 3 15

1.

= π

56 . 15

2. Cambiamos x por y x = y3

1

⇒ y = x3 Z

V

=

8

π

1≤x≤8

1 2 x 3 dx

1

Z =

π

8

2

x 3 dx 1

=

π

3 5 8 3 93 x 3 = π (25 − 1) = π. 5 5 5 1

111



L 12 h Desarrollos de los Ejercicios 4.2.2 ´ de la region ´ a) Hagamos una representacion

y = 81 x3

∧

y = 2x

⇒ x3 = 16x ⇒ x(x2 − 16) = 0 ⇒ x=0

x = 4 ⇒ y = 8.

112

∨

x = ±4


Z V

4

= π 0

h x3 i2 2 2x − dx 8

3 4 x 256 256 x7 1024 = π· 4 =π − − = π. 3 448 0 3 7 21

b) y=

1 3 x 8

y = 2x

⇔ ⇔

x = 2y 1/3 x=

y 2

8

Z V

= π

2y 1/3

2

0

= π

12 5 y3 y3 − 5 12

−

h y i2 2

dy

8 = π 12 · 32 − 512 = 512 π. 5 12 15 0

113



Hacemos el cambio de variables: X =x−6 c)

   y R = Rx,y y   y

y =Y −2

Y =y

= 18 x3 = 2x ≥ 0

1

⇔ x = 2y 3 ⇔ x = y2

⇔

R0 = RX,Y

0

V (R , Y )

   X + 6 = 2Y X + 6 = Y2   Y ≥ 0

Z =

8

8

π 0

Z =

π 0

= =

1 3

1

⇔ X = 2Y 3 − 6 ⇔ X = Y2 − 6

2 h Y − 6 − 2Y 2

1 3

i2 −6 dY

Y2 − 6Y + 36 − 4Y 4

2 3

+ 24Y

1 3

− 36 dY

8 4 Y3 12 5 2 3 3 π − 3Y − y + 18Y 12 5 0 512 12 928 π − 192 − 32 + 288 = π. 12 5 15

114

⇔


Hacemos el cambio de variables: X=x Y =y+2 d)

   y R = Rx,y y   y

V (R0 , X)

= 18 x3 = 2x ⇔ ≥ 0

=

=

y =Y −2    Y R0 = RX,Y Y   Y

= 18 X 3 + 2 = 2X + 2 ≥ 2

2 h i2 1 dX 2X + 2 − X 3 + 2 8 0 Z 4 1 6 1 3 2 π 4X + 8X − X − X dX 64 2 0 4 3 3 X7 1 1696 π X + 4X 2 − − X 4 = π. 4 448 8 21 0 Z

=

⇔

4

π

115



L 13 h Desarrollos de los Ejercicios 4.2.3 1. Hacemos el cambio de variables:

Y X x = −1 x=2

= = ⇒ ⇒

y x−3 X = −1 − 3 = −4 X = 2 − 3 = −1

( R = Rx,y

y y

(

= x2 = x+2

⇔

f (X) = (X + 5) − (X + 3)2 Z

−1

−(X + 5X + 4) X dX −4

2.

= (X + 3)2 = X +5

−1 5X 3 X4 2 + + 2X = −2π 4 3 −4 320 1 5 = −2π 64 − + 32 − − +2 3 4 3 315 · 4 + 3 = −2π 94 − 12

∧

y = 81 x3

⇒

45 π. 2

16x = x3

⇒ x(x2 − 16) = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = ±4 Z V

=

4

2π 0

Z

=

= = =

116

Y Y

= −(X 2 + 6X + 9 − X − 5) = −(X 2 + 5X + 4)

=

y = 2x

R = RX,Y

2

V = 2π

0

4

1 X · (2X − X 3 ) dX 8

1 2X 2 − X 4 dX 8 0 5 4 X 2X 3 2π − 40 3 0 256 2π 15 2π

512 π. 15


L 14 h Desarrollos de los Ejercicios 4.3.1 1. Consideremos el c´ırculo centrado en el origen con radio r p x2 + y 2 = r2 ⇒ |y| = r2 − x2 el a´ rea de la x ∈ [−r, r] es:

´ seccion

transversal

en

un

punto

√

A(x) V

2 √ 3 · 2 |y| = 3 (r2 − x2 ) 4 √ Z r 2 3 (r − x2 ) dx =

=

−r

r x3 = 3 r x− 3 −r √ r3 4 √ 3 = 2 3 r3 − 3r . = 3 3 √

2

Las secciones transversales corresponden a ´ triángulos rectángulos-isosceles cuya a´ rea en un punto x es : A(x) =

2.

y2 r 2 − x2 = 2 2

Consideremos el c´ırculo centrado en el origen con radio r pulgadas: p x2 + y 2 = r2 ⇒ |y| = r2 − x2 ´ transversal en un punto el a´ rea de la seccion x ∈ [−r, r] es: V =

1 2

Z

r

−r

(r2 − x2 ) dx =

2 3 r . 3

117



L 15 h Desarrollos de los Ejercicios 4.4.1 1. f (x) = 1 + ln x ⇒ ⇒ u=

√

1+

x2

⇒

1 du = √ · 2x dx ⇒ 2 1 + x2 ⇒

f 0 (x) = x1 Z 2r 1 2 1+ `= dx x 1 2

2

Z = 1

√

1 + x2 dx x

2

x =u −1 u du = (u2

x2 dx x

u 1 du = dx − 1) x u2 du (+1 − 1) u2 − 1 Z Z 1 = du + du u2 − 1 Z B A du + du = u+ u−1 u+1 Z

=

1 = Au + A + Bu − B

⇒

  A+B

=

 A−B

=

0 ⇒

A=

1

1 2

∧

B=−

s√ p 1 1 1 + x2 − 1 ⇒ u + ln |u − 1| − ln |u + 1| = 1 + x2 + ln √ 2 2 1 + x2 + 1 s√ s√ √ √ 5−1 2−1 = 5 + ln √ = 2 + ln √ 5+1 2+1

1 2

2 1

≈ 1, 222016177. ´ de la integral longitud de arco puede Esto muestra que incluso para una curva sencilla la evaluacion ser un reto complicado. 2. f (x) = sen x

⇒

f 0 (x) = cos x

Z ⇒

`= 0

118

π

p

1 + cos2 x dx ≈ 3, 8202.


L 16 h Desarrollos de los Ejercicios 4.5.1 a) Z A

4

= 2π

√ 2 x

r 1+

1

Z

4

= 4π

√

1 dx x

x + 1 dx

1

2 1 pues f 0 (x) = √ ⇒ [f 0 (x)]2 = (x > 0) x 2 x Z 1 2 3 u = x + 1 ⇒ du = dx ∧ (u) 2 du = u 2 3

32 4 2 = 4π · x + 1 3 1 3 8π 3 = 52 − 22 . 3 b)

√ y=2 x

⇒

⇒

4

Z A = 2π 2

=

π 2

⇒

x=1

y = 4 g(y) =

y2 2

⇒

y2 p 1 + y dy 4

4

Z

y2 =x 4

y=2

∧

g 0 (y) =

2y 2

x=4

u = 1 + y ⇔ y = (u − 1)

du = dy

Z Z 1 5 3 1 ∧ (u−1)2 · u 2 du = (u 3 −2u 2 + u 2 )du

1

y 2 (1 + y) 2 dy

2

= 4 7 5 3 π 2 4 2 = (1 + y) 2 − (1 + y) 2 + (1 + y) 2 2 7 5 3 2 7 5 7 π 2 7 4 5 2 7 = 52 − 32 − 52 − 32 + 52 − 32 2 7 5 3

4 5 2 3 2 7 u2 − u2 + u2 7 5 3

≈ 38, 2369004 π.

c) (

Y

=y

X

=x+3 2≤y≤4

⇒

⇒

√ y=2 x

2≤Y ≤4

⇔

√ Y =2 X −3

G(Y ) =

Y2 +3 4

⇔

Y2 +3=X 4

G0 (Y ) =

Y 2

119


r Y2 Y2 = 2π +3 1+ dY 4 4 2 Z p = 4π (u2 + 3) 1 + u2 du Z

A

Z = 4π

4

= 4π Z

∗

5

2

Z

3

sec5 θ dθ + 8π

Z

3

= tan θ · sec θ − 3

sec θ dθ

= tan θ · sec3 θ − 3 Z ⇒

sec5 θ dθ

=

1 4

sec3 θ dθ

Z

⇒

√

2du = dY u2 = tan2 θ

1 + u2 = sec θ

u ¯ = sec3 θ

sec3 θ dθ

Z

Y 2

u = tan θ ⇒

Z p p 2 u 1 + u du + 12π 1 + u2 du tan θ sec θ dθ + 12π

= 4π

u=

2

Z

Z


du = sec2 θ dθ

d¯ v = sec2 θ dθ

d¯ u = 3 sec3 θ tan θ dθ

sec3 θ · tan2 θ dθ sec3 θ dθ + 3

tan θ · sec3 θ + 3

Z

sec3 θ dθ

Z

sec3 θ dθ

R = π tan θ · sec3 θ + 11π sec3 θ dθ p p 11 p = πu · 1 + u2 + π u 1 + u2 + ln 1 + u2 + u 2 r r 4 3 r 4 + Y 2 4+Y2 Y 11 y 4+Y2 Y =π + π + ln + 2 4 2 2 4 4 2 2 √ 3 √ 3 11 √ √ √ √ = 2 5 − 2 + 2 5 − 2 + ln 5 + 2 − ln 2 + 1 π ≈ 39,44326619 π. 2

⇒A

d)

(

X Y

=x =y−4

⇒

√ y=2 x

⇔

√ Y =2 X −4

r √ 1 A = 2π (2 X − 4) 1 + dX X 1 Z 4 Z 4√ √ X +1 √ = 4π X + 1 dX − 8π dX X 1 1 √ √ √ 4 √ 3 8π 3 = 5 2 − 2 2 − 4π X · 1 + X + ln 1 + X + X 3 1 Z

=

120

v¯ = tan θ dθ

1 f 0 (X) = √ X

4

√ √ √ √ √ 8π √ 5 5 − 2 2 − 4π 2 5 + ln 5 + 2 − 2 − ln 2 + 1 . 3

u=

√

du =

x

u2 = x

1 √ 2 x

dx ⇒ 2udu = dx

Soluciones de algunos Ejercicios Propuestos

´ respectiva, presiona sobre el tr´ıo Para volver a los ejercicios propuestos del cap´ıtulo y seccion ´ de numeros en rojo correspondiente. L 17 h Soluciones a los Ejercicios Propuestos 2.1.1 3 5 x + c. 5 √ 3 2. 6x x2 + c. √ x 3. 2 x −1 . 3 4. 5 sen x + 4 cos x + c. 1.

5. − cosec x + c. 6. −4 cosec x + 2 tan x + c. 7. 3 sec θ − 4 sen θ + c. 8. −2 cotg θ − 3 tan θ + θ + c. L 18 h Soluciones a los Ejercicios Propuestos 2.2.1 1.

2.

2 4 2 (1 + x)7/2 − (1 + x)5/2 + (1 + x)3/2 + c. 7 5 3 1 b) + c. 18(1 − 8x3 )3 3/2 2 c) 1 − cos x + c. 3 √ d) −2 cos x + c. a)

a) 2, 5cm2 . b) 1, 5cm2 .

L 19 h Soluciones a los Ejercicios Propuestos 2.2.2 √ √ a) 2 x arc cot x + ln |1 + x| + c. b) x2 ex − 2xex + 2ex + c.

121

S OLUCIONES DE ALGUNOS E JERCICIOS P ROPUESTOS


1 2 1 + c. x ln |x| − 2 2 1 d) sec x tan x + ln |sen x + tan x| + c. 2 L 20 h c)

Soluciones a los Ejercicios Propuestos 2.2.3 a) ln |x − 3| − ln (x − 2) 7 19 b) ln |x − 4| + ln x + 11 22

3 2

√ 2 5 5 2 c) ln |x − 3| − ln x + 2 + 11 22 11 d) 2 ln |x| − ln |x + 1| +

√2 π − 2 arc tan x 2

2 x+1

L 21 h Soluciones a los Ejercicios Propuestos 4.1.1 1 6 2. A(R) = 12 1. A(R) =

122

!

Soluciones de algunos Ejercicios de Repaso ´ respectiva, presiona sobre el tr´ıo de Para volver a los ejercicios de repaso del cap´ıtulo y seccion ´ numeros en rojo correspondiente. L 22 h Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 1.5.1 n 3 +4 ´ converge a 1. 1. a) La sucesion 3n − 4 n −n ´ b) La sucesion e sen n n converge a 0. 2 n −3 ´ c) La sucesion converge a 0. 2n n n 2 n +n−6 ´ converge a e4 . d) La sucesion n2 − 3n + 2 n ´ {cos(nπ)}n diverge. e) La sucesion n 1 ´ converge a 0. f ) La sucesion 2 n n + (−1)n ´ g) La sucesion converge a 1. n n np o n ´ h) La sucesion 2a2n + an converge a a. n n2 + 3n − 4 ´ i) La sucesion (−1)n diverge. n2 − 1 n 2. α = 1; 5.

β = 12 .

c) 50 segundos. d) 20 metros.

L 23 h Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 4.8.1 1.

a) − cos(1 + x2 ) + c. 3 1 b) (1 + x2 ) 2 + c. 3 1 c) sen5 x + c. 5 1 d) + c. 4(3 − 2x)2

123

S OLUCIONES DE ALGUNOS E JERCICIOS DE R EPASO e) f) 2.

a) b) c) d) e)

3.

4.

5.

3 1 2 (a + b2 x) 2 + c. 3b2 (3 ln |x| − 5)5 + c. 15 x2 ex − 2(xex − ex ) + c. ex sen x − ex cos x + c. 2 p 2 (6 − 3x5 )3 + c. − 45 2 1 sen (2x) cos x − cos(2x)sen x + c. 3 3 x(ln |x|)2 − 2x ln |x| + 2x + c.

f ) sen x ln |sen x| − sen x + c. (x − 2)x a) ln + c. (x + 1)2 x(2x + 1) 34 b) ln 1 + c. 4 (2x − 1) (x − 1)2 c) ln + c. (x + 1) x d) − ln |x − 2| + arctan + c. 2 1 x x arctan + 3x + c. e) ln 1 + 2 2 2 (x + 4) 2 1 x f ) −arctan x + + c. 2 1 + x2 √ 1 w2 − 7 a) + c. 7 w 5 1 t2 √ − ln b) + c. 2 25 − t2 25 − t2 1 tan x c) √ + c. 4 4 − tan2 x √ −1 e2z + 8ez + 7 √ d) + + c. z 2z z 9(ez + 4) (e + 4) e + 8e + 7 θ e) √ + c. 2 9 θ − 6θ + 18 2p 2 8p 2 f) ln s − 4 · ln s + ln s − 4 + c. 3 3 1 2 1 a) tan9 x + tan7 x + tan5 x + c. 9 7 5 1 1 b) x − sen (4x) + c. 8 32 1 1 c) − cotg (2x) − cosec (2x) + c. 2 2 x ´ = tan . d) SUG: Usa la sustitucionz 2 √ e) SUG: Amplifica el integrando por 1 + x. f ) SUG: Amplifica el integrando por 1 − cos x.

124



L 24 h Soluciones de algunos de los Ejercicios de Repaso 3.8.1 1.

a)

√ 2 8 3

b)

π 4

−

2 3

c) e − 5e−1 d)

3 3π 13 e

−

3 13

2. SUG: Procede como sigue: (1◦ ) Prueba que f (x) ≥ 0

∀x ∈ [0, 1].

Rx (2 ) Define ϕ : [0, 1] → R como ϕ(x) = 2 0 f (t) dt − [f (x)]2 . Prueba que ϕ es creciente en [0, 1] y deduce que ϕ(x) ≥ 0 ∀x ∈ [0, 1]. 2 R x Rx (3◦ ) Define ψ : [0, 1] → R como ψ(x) = 0 f (t) dt − 0 [f (t)]3 dt. Prueba que ψ 0 (x) = f (x) · ϕ(x) y establece que tipo de crecimiento tiene ψ en [0, 1]. Luego, deduce que ψ(x) ≥ 0 ∀x ∈ [0, 1]. ◦

(4◦ ) Concluye el resultado.

125

Apunte USM - Cálculo Integral

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