Calculo II - UTFSM

Editado por Verónica V erónica Gruenberg Stern

Apuntes Preliminar Preliminares es de

MAT0 MA T022 22 - Cál álcu cullo

vs. 1er 1er. sem. sem. 2014 2014

Prefacio

Estimados alumnos: Este texto, en su tercera versión en formato de libro, incorpora los apuntes de clases de muchos colegas del Departamento de Matemática Matemática de la Universidad Técnica Técnica Federico Santa María, que a lo largo del tiempo han dictado este curso. Varias secciones incluyen, además de los propios, apuntes de profesores del Campus Santiago, especialmente de Juan de Juan Bahamodes, Nelson Cifuentes, Roberto Geraldo, Leonel Guerrero y Guerrero y Erick Erick Inda . En esta versión, aún versión, aún preliminar, preliminar, éstos también han sido editados por quien suscribe para mantener un enfoque uniforme. Además, nos ha parecido pertinente que su estructura incorpore no solo los contenidos que se espera conozcan en profundidad, sino que también varios ejercicios resueltos y propuestos, que esperamos resuelvan con entusiasmo, para lograr mejores aprendizajes. Hemos optado también por incluir muchas demostraciones de los teoremas que verán en clases. No es el objetivo que todas ellas sean vistas en clases. Más bien, queremos que los alumnos interesados tengan la posibilidad de profundizar en la aprehensión de los conceptos involucrados, y de comprender cómo se realiz realizaa la constr construcc ucción ión del conoci conocimie miento nto matemá matemátic tico. o. Espera Esperamos mos que esta esta segund segundaa versió versión, n, aún prelipreliminar, minar, les sea de utilidad, y que cualquier error que encuentren (por cierto, involuntario), sea informado al mail indicado abajo. El apunte está estructurado y ordenado en la forma de «clases» correlativas, estimando el tiempo necesario para tratar los temas que comprende el programa, clase a clase. Esto no los debe llevar a equívocos: el núme número ro tota totall de clas clases es en un seme semest stre re es supe superi rior or al núme número ro de clas clases es que que apar aparec ecen en en este este text texto o. Esto Esto se debe debe a que que no se incl incluy uyer eron on aquí aquí,, de mane manera ra nume numera rada da,, las las clas clases es de ejer ejerci cici cios os que que se inte interc rcal alan an en alalgunos momentos, de acuerdo al calendario de certámenes de cada semestre, aquellas que se programan para para subsan subsanar ar eventu eventuale aless falenc falencias ias detect detectad adas as y a lasnec las necesi esida dades des especí específica ficass que el profes profesor or de cada cada curcurso determine. Además, notarán que algunas clases tienen más páginas que otras, y que, probablemente no verán en clases todos los ejercicios que se mencionan por sesión. Hemos preferido la incorporación de muchos muchos eje ejerc rcici icios os para para que dispon dispongan gande de una mayor mayor cantid cantidad ad de eje ejempl mplos os para para ilustr ilustrar ar los concep conceptos tos,, y apoyarlos en su estudio personal. personal. Es importante que tengan presente que este apunte no reemplaza las clases. Para lograr un buen aprendizaje de los conceptos e ideas que considera este curso, es fundamental que asistan a clases, participen I

PREFACIO

Verónica Gruenberg Stern

activ activame amente nte en ella, ella, estudi estudien en de manera manera metódi metódica, ca, ojalá ojalá estruc estructur turand ando o un horari horario o de estudi estudio o diario diario,, prepreparánd parándose ose siempr siempree para para su próxim próximaa clase clase y que plante planteen en a sus profes profesor ores es cualqu cualquier ier duda duda concep conceptua tuall que les surja. Si sus dudas aparecen cuando están resolviendo un problema, revisen los apuntes (éstos y los personales de clases), ya que es posible que haya algún concepto que no han comprendido comprendido cabalmente, reintente reintenten, n, apliqu apliquen en muchas muchas alterna alternativa tivass de solución solución e intercamb intercambien ien opinio opiniones nes y método métodoss con sus compañeros. Esta forma de estudiar les entregará una comprensión más profunda de las ideas y conceptos que estudiaremos en este curso y, por cierto, tendrán un aprendizaje de calidad. Deseándoles la mejor experiencia de aprendizaje y que su trabajo sistemático rinda los frutos que esperan, los invita a continuar esta aventura de aprender, muy cordialmente,

Verónica Verónica Gruenberg Stern Stern

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II

Índic Índicee genera generall

Prefacio

I

Índicee genera Índic generall

II I

1. La Dif Difere erenci ncial al 1 1.1. CLASE 1: La Diferencial y la Linealización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1. 1.1. 1. Intr Introduc oducción ción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2. 1.1. 2. La difer diferencia enciall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.3. 1.1. 3. Erro Errorr rela relativo tivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2. Antiderivada Antiderivadass 2.1. CLASE 2: Antiderivadas Antiderivadas o Primitivas Primitivas de una función función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. 2.1. 1. Intr Introduc oducción ción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. Antiderivada o Primitiva Primitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3. Propiedades Básicas de la Integral Inefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. CLASE 3: Métodos Métodos para para determinar Antiderivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Método de sustitución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Sustitucio Sustituciones nes trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Integración por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. CLASE 4: Más Más Métodos Métodos de de Integración Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Recuerdo: Fracciones Par Parciales ciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Integración por Fracciones Par Parciales ciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3. Sustitució Sustitución n tangente tangente del ángulo medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. CLASE 5: Problemas de valor valor inicial inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Reacciones químicas y desintegración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2. La ley de enfriamiento enfriamiento de Newton Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3. 2.4. 3. Me Mezcla zclass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4. Crecimiento de poblaciones poblaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II I

9 9 9 11 14 19 19 23 25 31 31 36 40 41 43 44 47 48 50

ÍNDICE GENERAL 3. La In Inte tegr gral al De Defini finida da 3.1. CLASE 6: Integrales Integrales de Newton Newton y de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. La integral definida de Riemann Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. CLASE 7: Propiedades Propiedades de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Criterios de Integrabil Integrabilidad idad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. CLASE 8: Teorema Teorema Fundamental Fundamental del Cálculo Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. CLASE 9: Aplicación Aplicación al cálculo cálculo de áreas áreas en coordenadas coordenadas cartesianas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. 3.4. 1. Area Areass entr entree curvas curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. 3.4. 2. Ejer Ejercicio cicioss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51 51 54 65 70 73 73 85 85 86 93

4. Funciones Funciones Trascen rascendentes dentes 95 4.1. CLASE 10: Funciones logaritmo y exponencial exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 4.1.1. 4.1. 1. Func Función ión Logar Logarítmi ítmica ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 4.1.2. 4.1. 2. La Funci Función ón Expon Exponencia enciall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 4.2. CLASE 11: 11: Funciones Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 102 4.2.1. Derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 105 4.2.2. Funciones Hiperbólicas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 107 4.2.3. Derivadas de las Funciones Hiperbólica Hiperbólicass Inversas Inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 109 4.3. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 111 5. Integrales Impr Impropias opias 113 5.1. CLASE 12: 12: Integrales Impropias Impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 113 5.2. Integrales impropias de de primera especie. especie. Criterios de convergencia. convergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 114 5.2.1. Integrales “p “p”” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 116 5.2.2. Teoremas de convergencia convergencia para funciones positivas positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 118 5.3. CLASE 13: Integrales Integrales impropias impropias de segunda y tercera especie especie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 122 5.3.1. Integrales “p “p”” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 123 5.3.2. Teoremas de Convergencia Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 124 5.3.3. CLASE 14: Función Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 131 5.3.4. 5.3. 4. Func Función ión Beta Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 132 5.4. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 134 6. Coordenada Coordenadass Pola Polares res 135 6.1. CLASE 15: Coordenad Coordenadas as Polares Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 135 6.1.1. Posició Posición n de un punto en coordenadas coordenadas polares polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 135 6.1.2. Gráficas en coordenadas polares polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 138 6.1.3. Intersecciones de gráficas gráficas en ecuaciones polares polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 141 IV

ÍNDICE GENERAL 6.2. CLASE 16: Area en Otras Coordenad Coordenadas as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 143 6.2.1. Área en Coordenad Coordenadas as Polar Polares es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 143 6.2.2. 6.2. 2. Exten Extensión sión de la la fórmula fórmula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 144 6.2.3. Área en Coordenad Coordenadas as paramétricas paramétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 146 6.3. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 150 7. Más Más Ap Aplic licaci aciones ones 151 7.1. CLASE 17: Longitud de Arco Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 151 7.1.1. Longitud de arco arco en coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 153 7.1.2. Longitud de arco arco en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 154 7.2. CLASE 18: Vo Volúmenes lúmenes de de Sólidos Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 156 7.2.1. Vo Volúmenes lúmenes por Secciones Secciones Transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .156 .156 7.2.2. Vo Volúmenes lúmenes de Sólidos Sólidos de Revolución Revolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 159 7.3. CLASE 19: Área de Superficies de Revolución Revolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 166 7.3.1. Casos particulares importantes: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 169 7.4. CLASE 20: 20: Aplicaciones Físicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 172 7.4.1. 7.4. 1. Cent Centro ro de Mas Masaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 172 7.4.2. 7.4. 2. Cent Centroid roidee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 172 7.4.3. Momento y Momento Momento de Inercia Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 175 7.5. CLASE 21: Teorema Teorema de Pappus y otras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 178 7.5.1. Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 178 7.5.2. Fuerza, Trabajo rabajo,, Presión,. Presión,..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 179 7.6. Ejercicios de Controles Controles y Certámenes Certámenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 180

V

ÍNDICE GENERAL

VI

Capítulo 1

La Difer Diferenc encial ial

1.1. 1.1. CLASE CLASE 1: La Dife Diferrenci encial al y la Line Lineal aliz izac ació ión n 1.1.1. 1.1.1. Introd Introducci ucción ón Muchas veces, veces, tanto en el ámbito de la ingeniería como en el de la matemática, es necesario realizar estimaciones, determinar la magnitud de los errores al realizar aproximaciones en mediciones, aproximar valores al evaluar una función, o calcular la variación que se produce en la variable dependiente cuando la variable independiente cambia en una cantidad relativamente pequeña. La diferencial permi permi = a ento te lo anteri anterior or.. Recor Recordem demos os que si una funció función n es difer diferenc enciab iable le en x = entonc nces es el lími límite te que que defin definee esta esta derivada existe, es decir f (x ) − f (a ) l´ım = f  (a ) ∈ R x →a − a x − (a ) Esto nos dice que para valores de x «cercanos» a a , el cuociente f (x x )−− f es aproximadamente igual a a f  (a ), lo que escribimos como f (x ) − f ( ( a ) ≈ f  (a ) x a De esta forma podemos decir que para valores de x cercanos cercanos a a se se cumple

− −

f (x ) f (a ) + f  (a ) (x

− − a )

≈

Esta Esta sencil sencilla la observ observaci ación ón sugier sugieree unafor una forma ma de estima estimarr el cambio enlosvaloresdesalidaqueproduceuna funció función n cuando cuando los valor valores es de entra entrada da varían varían muy poco poco. Esta Esta estima estimació ción, n, como como se vio arrib arriba, a, depend dependee de la derivada de f e introduce el concepto concepto de diferencial .

1.1. 1.1.2. 2. La dife difere renc ncia iall

 

Considere el punto P = a , f (a ) sobre la gráfica de una función diferenciable f (x ). La recta recta tangente al gráfico de f en en el punto P está está dada por y = f (a ) + f  (a ) (x a )

− −

f  (a ) son constantes, la función p (x ) = f (a ) + f  (a ) (x − − a ) es un polinomio de grado Como f (a ) y f grado ≤ 1.

1

C AP ÍT ULO DIFERENCIAL UL O 1. L A D


+ ∆x (que por lo tanto Considere un pequeño número ∆x y como entrada entrada a la función, el valor valor a + tanto está cercano a a ). Entonces

p (a + + ∆x )

=

f (a ) + f  (a ) (a + + ∆x a )

=

f (a ) + f  (a ) ∆x

− −

Definimos la «variación» de f o el «cambio» «cambio» en f como como ∆ f f (a + + ∆x ) f (a )

≡

−

de donde f (a + + ∆x ) = f (a ) + ∆ f

OBSERVACIÓN: En clases verá la representación gráfica gráfica de las cantidades anteriores para una mejor comprensión.

EJEMPLO 1.1.1 Calcular f (a + + ∆x ) y p (a + + ∆x ) cuando f (x ) = x 3 , a = = 1, ∆x = = 0,1. Solución: Como a + + ∆x = = 1,1 y f  (x ) = 3x 2 , se sigue sigue

3

f (1,1) = ( = (1,1) = 1,331

p (1,1)

y

=

f (1) + f  (1) (0,1)

=

1 + 3 (0,1)

=

1,3

·

+ ∆x ) es una «buena» + ∆x ). Notar que p (a + «buena» aproximación aproximación de f (a +

+ ∆x ) = f (a ) + f  (a ) ∆x y f (a + + ∆x ) = f (a ) + ∆ f son parecidas Las cantidades p (a + parecidas si y solo si f  (a ) ∆x y ∆ f son parecidas parecidas.. La expresión f  (a ) ∆x se se llama diferencial y, y, como veremos, es una aproximación de ∆ f .

⊆ R −→ −→ R, con x →  y = f (x ) una función diferenciable, DEFINICIÓN 1.1.1 Sea f : A ⊆ diferenciable, y sea a Llamaremos diferencial de de f en a a a la cantidad f  (a ) ∆x , que denotaremos por d f o d y . OBSERVACIÓN: 1. En la definición de diferencial diferencial hay dos variables independientes: independientes: a y ∆x . 2

∈ A .

IFERENCIAL Y LA L 1.1. CLASE 1: L A D DIFERENCIAL LINEALIZACIÓN

Verónica Verónica Gruenberg Stern

2. Mostremos Mostremos que d f es, es, en efecto, una aproximación de ∆ f : Error de aproximación = ∆ f − d f = =

→ 0 entonces Luego, si ∆x →

f (a + + ∆x ) f (a ) f  (a ) ∆x f (a + + ∆x ) f (a ) f  (a ) ∆x ∆x

−



f (a + + ∆x ) f (a ) ∆x

−

−

−

−



− f  (a ) → 0

Se sigue entonces que si ∆x es «pequeño», el error en la aproximación tiende a cero. 3. Es frecuente frecuente utilizar x en en lugar de a en la definición de diferencial, de esta forma se escribe d f = f  (x ) ∆x

donde x y y ∆ ∆x son independientes. 4. Note Note que que si se cono conoce ce una una expr expres esió ión n para para la deri deriva vada da de inme inmedi diat ato o cono conoce cemo moss una una expr expres esió ión n para para la diferencial. Por ejemplo:



d x 3

=

3x 2 ∆x

d ( ( tan x )

=

sec2 x ∆x

d ( ( x )

=

∆x

= ∆ x y la diferencial de f se Debido a la última expresión, se acostumbra escribir d x = se escribe

d f = f  (x ) d x

d y = f  (x ) d x

o

Note que los símbolos d y y d x tienen tienen un significado propio por lo que tiene sentido dividir por d x ; de aquí surge la notación d y = f  (x ) d x

para las derivadas, en donde estamos mirando a d y /d x efectivamente efectivamente como un cuociente de diferenciales.

TEOREMA 1.1.1 Sean f y g g funciones diferenciables; diferenciables; entonces

   ∈    

1. d f + g = d f + d g

2. Si α R entonces d α f = αd f + f d g 3. d f g = d f g +

4. d

  ◦    f g

=

( d f )g − f (d g ) g 2

5. d f g = f  g d g 3

UL O 1. L A D C AP ÍT ULO DIFERENCIAL


− a ) se llama linealización DEFINICIÓN 1.1.2 El polinomio p (x ) = f (a ) + f  (a ) (x − llama linealización de f (x ) en a , y representa la mejor aproximación mediante una recta que se puede hacer para f cerca cerca de a . EJEMPLOS: 1. Encontrar la linealización linealización de de f (x ) = tan x en x = = Solución: Como f

 π

4

=1

y f 

π

4

π

= sec2 π4 = 2,

4

y = 1 + 2 x



.

   − − 

se tiene que la linealiza linealización ción es

π

4

2. Aproximar el valor de 3 29. Solución:



Utilizando la función f (x ) = 3 x , a = = 27 y ∆x = = 2,  3 29 es

 3

vemos vemos que una buena aproxima aproximación ción para

≈ f (27) + f  (27) ∆x ≈ 3 + 1 2 2 3 (3) ≈ 3,0741

29

El valor aproximado que entrega la calculadora es 3,072317. 3,072317.

1.1.3. 1.1.3. Error Error relati relativo vo Si se comete un error E al aproximar una cantidad Q , el error el error relativo que relativo que se comete en la estimación es E /Q . Este error, generalmente, se expresa en forma de porcentaje, en cuyo caso se llama error porcentual, porcentual, y mide qué tan grande es el error comparado con la cantidad que se está midiendo. EJEMPLO 1.1.2 El error al medir el lado de un cubo es a lo sumo de 1%. ¿Qué porcentaje de error se obtiene al estimar el volumen de un cubo? Solución: ∆x el error que se comete al aproximar Sea x la la longitud del lado del cubo y ∆ aproximar x . Entonces



d x x



< 0,01

Si d V es el error en el volumen del cubo entonces el error relativo al aproximar aproximar el volumen es Pero, como V = x 3 , entonc entonces es d V = 3x 2 d x de donde Luego, el error relativo relativo es menor al 3 %.

4



d V V



=



3x 2 d x x 3



=3



d x x



< 0,03



d V V



.



Ejercicios Ejercicios Resueltos Resueltos 1. El radio de de un globo esférico esférico mide 30 30 [cm] y el error máximo que se comete en su medición es de 0,15 [cm]. Estimar el el máximo error que se comete al calcular el volumen de la esfera. Solución Sea x la medi medida da de la long longit itud ud del del radi radio o del del glob globo o esfé esféri rico co y sea sea ∆x el el erro errorr que que se come comete te al aproximar x . Entonces d x 0,15 = = 0,005 x 30





es el error relativo cometido cometido en la medición del radio. 4 Como el volumen de la esfera es V = πx 3 se tiene que 3



 



 





d x 4πx 2 d x 0,15 = =3 =3 = 0,015 4 3 V x 30 πx 3

d V

Así, el error máximo máximo que se comete al calcular el volumen volumen de la esfera es de un 1,5 %. 2. Estime los los siguientes siguientes valores: valores: a )



4,002

Solución Consideramos ∆x =

0,002 0,002

 x ,

f (x ) =

de donde

1  2 x

f  (x ) =

de dond donde: e:

f  (4) = 41 . En este este caso caso

∴

1 4,002 = f (4 + 0,002 ) ≈ f  (4) · 0,002 + f (4) = · 0,002 + 2 = 2,0005 4

Notar que

   d f f

=

     1  2 x

x

=



d x

2x



=

0,002 = 0,000 0,00025 25 2·4

de donde donde el el error error es del ord orden en del del

0,025 0, 025%. %. De hecho, hecho, es posible ver que una calculadora calculadora indica b )

 28 3

Solución Consideramos

f (x ) =

 x , 3

de donde

f  (x ) =



4,002 = 2,000499937515...

1

 3

3 x 2

Como el cubo más cercano a 28 es 27, tomamos x = = 27

y ∆x = 1

de dond donde: e:

1 28 = f (27 + 1) ≈ f  (27) · 1 + f (27) = · 1 + 3 ≈ 3,037 27

 3

5



c ) sen61◦

Solución Primero, transformamos el argumento de la función a radianes : 61◦ =





π

3

π π debemos calcular el valor aproximado aproximado de: sen61 sen 61◦ = sen + 3 180 π ⇒ f (x ) = cos x , con ∆x = 180 Consideramos f (x ) = sen x .

sen



π

3

+

π

180

 ≈   π f 

3

π

180



+ f

π

3

+

π

180

.

Así,

Lueg uego,



1 π 3 = + 2 180 2

¿Qué obtiene si realiza los cálculos con los ángulos en grados? EJERCICIOS: 1. Una pieza de un equipo de laboratorio tiene forma cúbica cúbica y es suministrada por la fábrica con la garantía de que cada una de de sus aristas tiene una longitud de 5 [cm], con una tolerancia de ±0,001 [ cm]. Se desea saber cuáles son los límites de tolerancia aplicables al volumen de dicho cubo. 2. Se desea determinar el área de un círculo círculo con un error porcentual inferior al 1%. Estime el error permisible en la medición del radio. 3. Considere la función función y = f (x ) definida implícitamente por y = . . . ± . . . Si x = 0 ± 0,00 ,001 entonces

y 3 + 2x y cos cos x = 8.

4. Si en la medición de los lados de un rectángulo rectángulo de longitud 5 y 7 cm. se comete comete un error de 0,01 y -0,02 cm. respectivamente, respectivamente, ¿cuál es el error que se comete al medir la diagonal? 5. La pared lateral de un depósito cilíndrico de radio 50 cm y altura 2 m debe rebÁvestirse rebÁvestirse con una capa capa de conc concre reto to de 3 cm de espe espeso sorr. ¿Cuá ¿Cuáll es la cant cantid idad ad de conc concre reto to apro aproxi xima mada da que que se nece necesi sita ta?? 6. Estime, usando usando diferenciales, diferenciales, los siguientes valores: valores: a ) sen31◦ 4

b ) (8,01) 3 + (8,01)2 c )

 

26,1

d ) tan

π

4

+ 0,01

−

1

 3

8,01



7. En los siguientes, use use la fórmula de aproximación aproximación para establecer que: a )

6

1

≈ 1 − h

1 + h



b ) (1 + h )10 c )

≈ 1 + 10h  1 + h ≈ 1 + h 2

8. Sienlamedicióndelradioydelaalturadeuncono,demedidasrespectivas5y10cm.,secometeun error de 0,1 y -0,01 cm. respectivamente, respectivamente, determine el error que se comete al calcular su volumen. 9. El lado de un cuadrado cuadrado se mide con un error a lo sumo sumo de 5%. 5 %. Estime el mayor mayor porcentaje de error que se comete al calcular su área. 10. 10. Se dese deseaa pint pintar ar un tanq tanque ue cilí cilínd ndri rico co abie abiert rto o que que tien tienee una una capa capa exte exteri rior or de 1/3 pulgad pulgadaa de espeso espesorr. Si el radio interior es de 6 pulgadas y la altura es 10 pulgadas, encontrar, usando diferenciales, la cantidad de pintura que se necesita. 11. Se desea construir una caja de metal en forma cúbica, y que tenga 64[i n 3 ] de volumen. Las 6 caras se harán con una placa de metal de 41 pulgada de espesor. Si el costo de la placa es $50 por pulgada cúbica, use diferenciales para estimar el costo del metal en la manufactura de la caja. 12. El período período T de un péndulo es proporcional a la raíz cuadrada de su longitud l . Es decir, existe una  constante k , tal que T = k l . Si la longitud longitud se mide con un error de p %, use diferenciales diferenciales para estimar el error al calcular el período.

7



1.2. 1.2. Ejer Ejerci cici cios os de Cont Contro role less y Certá Certáme mene ness 1. Utilice diferenciales diferenciales para calcular calcular el valor aproximado aproximado de

 7

100 =

 − 7

27 28.

2. Un Ingeniero Ingeniero se encuentra al nivel de la base de un edificio a una distancia de 30 metros de éste, mide mide el ángu ángulo lo de elev elevac ació ión n a la part partee supe superi rior or del del edifi edifici cio o y éste éste es de 75 grad grados os.. ¿Cuá ¿Cuáll es el máxi máximo mo error con que se debe medir el ángulo para que el porcentaje de error en la estimación de la altura del edificio sea menor del 4%?

8

Capítulo 2

Antiderivadas

2.1. 2.1. CLASE CLASE 2: Anti Antide deri rivvadas adas o Prim Primit itiv ivas as de una una func funció ión n 2.1.1. 2.1.1. Introd Introducci ucción ón El tipo de problemas a los cuales nos hemos enfrentado hasta ahora ha requerido encontrar la derivada de una función. Sin embargo, a veces se necesitará resolver el problema inverso, es decir, dada una función f , deberemos encontrar una función F de modo que F  (x ) = f (x ). Esta Esta es la idea idea de la antiderivada y y es el tipo de problemas que nos plantea el cálc el cálculo ulo integral integral.. Veamos, Veamos, en primer lugar, lugar, una una situación clásica clásica que ilustra ilustra cómo surge el concepto concepto de antiderivada . Problema Encontrar el área el área de de la región en R2 acotada por la parábola y = x 2 , el eje x y las rectas < b . = a y x = = b , 0 < a < verticales x = Para resolver este problema usando el cálculo, pensemos en la región como generada por una línea vertical que se mueve continuamente hacia la derecha, desde a hasta b , y consideremos la razón en la cual el área de la región cambia (crece).

9

UL O 2. A NTIDERIVADAS N TIDERIVADAS C AP ÍT ULO


Más precisamente, sea A una «función de área» definida en el intervalo [ 0, ∞[ del siguiente modo: si x 0 ≥ 0 entonces A (x 0 ) será el área de la región del plano dada por:



(x , y )

∈ R2 :

≤ x 0 0 ≤ x ≤

∧

≤ x 02 0 ≤ y ≤



Así, el área de la región buscada buscada será A (b ) − A (a ). El problema problema consiste consiste entonces entonces en determinar en determinar la función A . Para ello, consideraremos consideraremos primero su derivada. derivada. > 0; entonces, Sea x 0 ≥ 0, h > entonces, la difer diferencia encia A (x 0 + h ) − A (x 0 ) representa el área bajo la parábola y sobre el eje, en la franja comprendida entre x 0 y x x 0 + h . Esta cantidad es claramente menor que el área del rectángulo de altura x 0 + h y y ancho h , es decir: A (x 0 + h ) A (x 0 ) < h (x 0 + h )2

−

Análogamente, esta esta diferencia diferencia es mayor que el área del rectángulo rectángulo de altura altura x 0 y ancho h , es decir: hx 02 < A (x 0 + h ) A (x 0 )

−

de donde hx 02 < A (x 0 + h ) A (x 0 ) < h (x 0 + h )2

−

Dividiendo por h : x 02 <

Haciendo tender h → 0+ :

−

l´ım ım h →0+

< 0 Análogamente si x 0 ≥ 0, h <

∧

x 02 >

de donde finalmente

A (x 0 + h ) A (x 0 ) < (x 0 + h )2 h A (x 0 + h ) A (x 0 ) h

−

= x 02

x 0 + h > > 0, en cuyo caso se obtiene A (x 0 + h ) A (x 0 ) > (x 0 + h )2 h

−

A (x 0 + h ) A (x 0 )

−

l´ım = x 02 h →0 h Así, nos damos damos cuenta que A debiera debiera tener las siguientes propiedades: A continua continua en [0, A  (x ) = x 2

∞[ y diferenciable en ]0, ∞[.

∀x > > 0.

A (0) = 0 (es decir, no hay «área» bajo un solo punto.)

Luego, el problema se reduce esencialmente a encontrar la antiderivada la antiderivada de de x 2 . Notamos que cualquier que cualquier 1 3 x + C , C = cte., satisface las 2 primeras función de la forma pr imeras condiciones; la tercera condición im3 = 0. plica que C = 10

N TIDERIVADAS O P RIMITIVAS DE UNA FUNCIÓN 2.1. CLASE 2: A NTIDERIVADAS


2.1.2. 2.1.2. Antide Antideriv rivada ada o Primit Primitiv iva a Definimos ahora de manera formal el concepto de antiderivada de antiderivada o primitiva o primitiva de de una función.

⊆ R → R una función. Una primitiva (o antiderivada) de f en A es una DEFINICIÓN 2.1.1 Sea f : A ⊆ ∈ A , , excepto a lo más en un número finito de función g : A → R continua, tal que g  (x ) = f (x ) ∀x ∈ puntos. EJEMPLOS: 1. Una primitiva primitiva para la función f (x ) = sen(x ) es g (x ) = − cos(x ) . Otra primitiva primitiva para esta fun ∈ R . ción es h (x ) = − cos(x ) + k cualquiera sea k ∈ En efecto, basta derivar y comprobar: (− cos(x ) + k ) = −(− sen(x )) = sen(x )

∈ R cualquiera. 2. Una primitiva primitiva para para la función f (x ) = 2x es g (x ) = x 2 + C , C ∈ ∈ R. + 3 es g (x ) = x 2 + 3x + + C , C ∈ 3. Una primitiva primitiva para para la función f (x ) = 2x + 4. Sea I un intervalo en R . Para encontrar una primitiva para la función χI (x ) =

∈ R. notamos que no hay ninguna función cuya derivada sea igual a χI , ∀x ∈

  − − −−



∈ I 1 si x ∈ ∈ I 0 si x 

0

Sin embargo, esta función posee una antiderivada:

g (x ) =

x < < a si ≤ x ≤ ≤ b x a si a ≤ b a si x > > b

Vemos Vemos que g es continua en R, y que es diferenciable allí, excepto en x = = a 5. Considerar la función función f (x ) =



+ 1 2x + x 2 − 3

∧

x = = b .

≤ ≤ 0

x

x > > 0

Una primitiva para f (x ) es la función

g (x ) =

Otra primitiva es

     

g 2 (x ) =

x 2 + x + + 1 x 3

3

− 3x + + 1

x 2 + x + + 5 x 3

3

− 3x + + 5

≤ ≤ 0

x

x > > 0

≤ ≤ 0

x

x > > 0

= 0. Observar que ni g 1 (x ) ni g 2 (x ) son derivables en x =

11



OBSERVACIÓN: Es claro, de los ejemplos anteriores, que las primitivas no son únicas. Más aún, si g es una antiderivada de f , entonces g + C , C = cte. también es una antiderivada de f , es decir: PROPOSICIÓN 2.1.1 Sea f : A ⊆ R → R . Si g es una primitiva de f en A entonces g (x ) + C es una primitiva de f . Recíprocamente, Recíprocamente, se debe ser un poco más cuidadoso: PROPOSICIÓN 2.1.2 Si A esun intervalo y g , , h son esun intervalo y son primit primitiv ivas as de f entonces h (x ) = g (x ) + C para algún algún ∈ R. C ∈ Dem. Basta probar que la función j = h − g es constante en el intervalo A . Como h y g son antide y g rivadas, en particular son continuas, ∴ j es continua en A . Por Por el mismo mismo motivo motivo,, j  (x ) = h  (x ) − g  (x ) = f (x ) − f (x ) = 0 exce except pto o, a lo más más, en un núme número ro finit finito o de puntos. ∈ A arbitr Sean a , b ∈ arbitrari arios os,, y denote denotemos mos por x 1 , · · · , x n los punt puntos os orde ordena nado doss en ]a , b [ donde h , g no no n −1 a los ∧ x n = b . son deriva derivable bles. s. Sea x 0 = a ∧ Como j es continua en el intervalo [ x 0 , x 1 ] y diferenciable en ] x 0 , x 1 [, tenemos, por el Teorema del Valor Medio que: ∃ c ∈ ∈ ]x 0, x 1[: j (x 1) − j (x 0 ) = j  (c ) (x 1 − x 0 ) Como j  (c ) = 0, se tiene que j (x 1 ) = j (x 0 ). [x 1 , x 2 ], [x 2 , x 3 ], · · · , [x n n −1 , x n n ], obtenemos

Aplicand Aplicando o el mismo mismo razonami razonamiento ento a todos todos los los interval intervalos os

j (a ) = j (x 0 ) = j (x 1 ) =

· · · = j (x n n ) = j (b )

Como a , b se eligieron arbitrariamente arbitrariamente en el intervalo A , se tiene que j es constante en A . OBSERVACIÓN: La hipótesis que la función esté definida en un intervalo un intervalo es es muy importante. Consi → R dadas por dere D = : D → = R − {0} y las funciones g , h : g (h ) =

1

y

x

Claramente, g y h son son antiderivadas de f (x ) = − g (x )

− h (x ) =

h (x ) =

1 x 2



1

> 0 si x > − 8 si x < < 0 x x

+5

1

. Pero ero,

−

> 0 5 si x > 8 si x < < 0

no es un intervalo. que no que no es es una función constante. Esto sucede porque D no es 12



DEFINICIÓN 2.1.2 El proces proceso o de determ determina inarr antide antideriv rivada adass de f (x ),delaforma F (x )+ C en en algún algún interv intervalo alo I ⊆ ⊆ R se llama también integración . Si F (x ) = f (x ), denotamos esto por



f (x ) d x = g (x ) + C



El símbolo se conoce como símbolo de integral indefinida . La integral es indefinida porque porque el lado constante de integración integración . derecho de la igualdad no es definitivo. f ( (x ) es el integrando y y C es es la constante

Tabla abla de Primiti Primitivas vas Presentamos Presentamos a continuación una lista de algunas primitivas elementales: 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.-

  ∀   −  | |    −   − | |  | |    ∈ ∈  −   ∈ ∈    ∈ ∈        − −  −  d x = x + + C

x a d x =

x a +1

a + + 1

a = 1

+ C

1

d x = ln( x ) + C x

sen x d x =

x = 0

cos x + + C

cos x d x = sen x + + C

tan x d x =

ln( cos x ) + C

cotg x d x = ln( sen x ) + C sec2 (x ) d x = tan(x ) + C

x =

cosec 2 (x ) d x = cotg (x ) + C

sec(x ) tan(x ) d x = sec(x ) + C

π

2

+ k π, k

x = k π, k

Z

Z

π x = + k π, k

2

Z

e x d x = e x + C

a x d x =

1

1 1

x 2

1 + x 2

a x

ln a

+C

d x =

d x =

a > > 0,

a = 1

arcsen(x ) + C , arccos(x ) + C arctan (x ) + C −arccot (x ) + C

1 < x < < 1

13



2.1. 2.1.3. 3. Propi Propied edade adess Bási Básica cass de la Inte Integr gral al Inefi Inefini nida da Las siguientes propiedades se llaman linealidad de de la integral indefinida. PROPOSICIÓN 2.1.3 Sean f , g : A ⊆ R → R . Entonces:

 

( f (x ) + g (x )) d x =



α f (x ) d x = α



f (x ) d x +

f (x ) d x , ,



g (x ) d x

α una constante.

EJEMPLOS: 1. Para calcular





sen2 (x ) d x , usamos una una identidad identidad trigonométrica trigonométrica y la propiedad propiedad anterior:

2

sen (x ) d x =

2. Para calcular



1 1 (1 − cos(2x )) d x = 2 2

  · ·  · ·   

= sen3 x d x =

=

3. Para calcular



 − − 



1 sen(2x ) x + M cos(2x ) d x = 2 2

d x

sen3 x d x , notamo notamoss que sen3 (x ) = sen x · · sen2 (x ).

Luego:

sen x sen2 (x )d x 2

= sen x (1 − cos (x ))d x =



cos3 x − sen x cos (sen x − = − cos x + + + C cos x )d x = 3 2

1 + x d x , multiplicamos por un «1» adecuado: 1 − x

   

1 + x d x = 1 − x =

=

    ·  −   −     − −  − −  −  − − 1 + x 1 x

1 + x

1 x 2 d x

1

x 2

= Arcsen(x )

= Arcsen(x )

14

  − −

1 + x d x 1 + x

d x

+

x

1

x 2

2x

2 1

x 2

d x

d x

1 x 2 + C



4. Para calcular



x

x + + 1



d x , transformamos la fracción fracción impropia impropia en propia:

x

x + + 1

d x = =



x + + 1

− 1 d x = =

x + + 1

 −

1

1

x + + 1

d x = = x ln x + + 1 + C

− − |

|

5. Calcular la antiderivada de la función función

f (x ) =

 

si 3 si 2 − x si

≤ ≤ −1

x

x

−1 < x < < 2 ≥ 2 x ≥

≤ −1 la función es f 1 (x ) = x . Se sigue Solución: Notar que en el intervalo x ≤ sigue que las primit primitiva ivass de ≤ −1 son de la forma f en en el intervalo x ≤ F ( (x ) =

x 2

+ C 1

2

De manera similar, similar, en el intervalo −1 < x < < 2 las primitivas son de la forma F ( (x ) = 3x + + C 2

≥ 2 las primitivas son de la forma y en el intervalo x ≥ 2

− − x 2

F ( (x ) = 2x

+ C 3

Luego, la primitiva de f es de la forma

    F ( (x ) =

x 2

si si si

2 + C 1

3x + + C 2

− 2x −

x 2

2 + C 3

≤ ≤ −1

x

−1 < x < < 2 x ≥ ≥ 2

Pero, la definición de primitiva requiere que F sea continua, por lo que l´ım ım x →−1−

x 2

2

1 2

+ C 1 = + C 1 =

y

+ C 2 ) = −3 + C 2 l´ım ım (3x + →−1+

x

 − −

+ C 2 ) = 6 + C 2 = l´ım l´ım ım (3x + ım 2x → x →2+

x 2−

de donde C 1

=

− 72 + C 2

C 3

=

4 + C 2

x 2

2



+ C 3 = 2 + C 3

15



y entonces

F ( (x )

=

=

   

x 2

2

− 72 + C 2

si si si

+ C 2 3x + x 2 − 2 + 4 + C 2 2x − x 2

− 72

si 3x si 2 − x 2 + 4 si 2x − 2

≤ ≤ −1

x

−1 < x < < 2 ≥ 2 x ≥ ≤ −1 x ≤

−1 < x < < 2 ≥ 2 x ≥

+ C 2

Notar que F ( (x ) es continua y F  (x ) = f (x ), salvo en una cantidad finita de puntos. puntos.

OBSERVACIÓN: A veces, el conocer fórmulas elementales de derivadas derivadas nos permitirán determinar una primitiva de una función dada. Sin embargo, debe tenerse presente que existen integrales indefinidas que no pueden pueden ser determ determina inadas das en en términos de combinaciones finitas de las funciones elementales que conocemos. Algunos ejemplos de éstas (es decir, de aquellas que no es posible calcular mediante combinaciones finitas de las funciones elementales), son las siguientes: 1. 2. 3.

  

x 2

e −

4.

d x

cos(x 2 ) d x d x

5.

> 0, x = 1) (x >

6.

 

ln x

   −   − sen x x

d x , ,

(x = 0)

 

d x

1 k 2 sen2 x

, (0 < k < < 1)

1 k 2 sen2 x d x , , (0 < k < < 1)

La existencia de ejemplos como los anteriores deja claro que no siempre el cálculo de una integral indefinida es un proceso rutinario. Más aún, estas integrales juegan un papel importante en diferentes problemas de la física. Veremos Veremos a continuación continuación algunos métodos métodos sencillos que que ayudan a determinar determinar primitivas. primitivas. 1 ⊆ R → R . Si g es una primitiva de f y a  = 0 , entonces PROPOSICIÓN 2.1.4 Sean f , g : A ⊆ + b ) entonces g (a x + a + b ) . es una primitiva de f (a x +  1 1 Dem. g (a x + + b ) = g  (a x + + b ) · a = = g  (a x + + b ) = f (a x + + b )





a

 

EJEMPLO 2.1.1 En efecto 16

a

1 + 1) d x = sen (3x + + 1) + C cos(3x + 3



 1 1 1 + 1) = (sen(3x + + 1)) = cos (3x + + 1) · 3 = cos(3x + + 1) . sen (3x + 3 3 3



 0 para todo x ∈ ∈ A . Entonces: PROPOSICIÓN 2.1.5 Sea f : A ⊂ R → R derivable y tal que f (x ) =

 EJEMPLO 2.1.2



ex ex +1

f  (x ) f (x )

d x = ln( f f (x ) ) + C

|

|

d x = ln(ex +1) + C . .

En efecto, si derivamos el lado derecho de la igualdad, queda:





ln(ex +1) + C  =

1

 = 1 · ex x e · 1 ( + ) ex +1 ex +1

EJERCICIOS: 1. Encuentre las siguientes antiderivadas: antiderivadas: a ) b ) c ) d ) e ) f ) g ) h ) i )

        −  −        x 1/2 + x

2

d x

x + + 1 d x x

j )

k )

sen x cos cos4 x d x

(cos x + + sen x ) d x (e x (1

m )

1) d x

10x + + 9x 2 ) d x

+ 3sec2 x +

(x −5 +

4

x

l )

n )

d x

1

) d x x



(x x + + x 2 ) d x

ñ )

o )

  − −         − − −       −   1

x

2

d x

x

2

x

+

x

2

d x

3 + 5x 6x 2 7x 3 d x 2x 2

x (x 2 + x + + 1)d x

5

1

x 2

+

x 3 + x + + 1

1 + x 2

1

d x x

d x

tan x d x sen x cos cos x

2. Determine las siguientes antiderivadas a )

 | − − | ( x

− 3|) d x 1 + |x −

b )

 | −| − | − − || x

x 2 d x

17



3. Separe las fracciones para para determinar a ) b )

  −  −  − − 1 x

d x

1 x 2 x + + 2 x 1 − 1 d x 2x x −

c ) d )

  −

1 + sen x d x cos2 x 2 8x d x 1 + 4x 2

4. Multiplique Multiplique por una forma de 1 adecuado para determinar a ) b ) c )

  

1 d x 1 + sen x

d )

1 d x 1 + cos x

e )

1

sec x + + tan x

d x

f )

   −

1

cosec x + + cotg x

d x

1 d x 1 sec x 1 d x 1 − cosec x

5. Determine Determine a ) b )

 

x 2

x 2 + 1

2x 3

x 2

−1

d x

c )

d x

d )

 

4x 2 − 7 d x 2x + + 3 4x 3 − x 2 + 16x d x x 2 + 4

6. Determine Determine a ) b )

18

 

tan2 x d x

c )

tan3 x d x

d )

 

tan4 x d x tan5 x d x

N TIDERIVADAS 2.2. CLASE 3: MÉTODOS PARA DETERMINAR A NTIDERIVADAS


2.2. 2.2. CLASE CLASE 3: Métod étodos os para para de dete term rmin inar ar Anti Antide deriv rivad adas as Las antiderivadas que hemos visto hasta aquí son aquellas que pueden ser determinadas por simple inspección o por algún método elemental, como los anteriores. anteriores. Sin embargo, existen métodos más complejos ple jos,, alguno algunoss de los cuales cuales revis revisar aremo emoss a contin continuac uación ión.. Estos Estos se conoce conocen n habitu habitualm alment entee con el nombr nombree métodoss de integr integraci ación ón . de método

2.2. 2.2.1. 1. Méto Método do de sust sustit ituc ució ión n El método de sustitución para el cálculo de primitivas es un método basado en la regla de la cadena y nos permite obtener obtener primitivas de de ciertas funciones a través de primitivas primitivas de funciones funciones más sencillas. sencillas.

 

Recordemos la regla de la cadena : La derivada de una composición del tipo F g ( ( x ) está dada por la expresión  F g ( ( x ) = F  g ( ( x ) g  (x )

              

Entonces, si se busca una primitiva de la forma:

F  g ( ( x ) g  (x ) d x

ésta sería una función cuya derivada es F  g ( ( x ) g  (x ). Luego

F  g ( ( x ) g  (x ) d x = = F g ( ( x ) + C

 

Ahora, suponga que la expresión a la cual queremos encontrar una primitiva es del tipo f g ( ( x ) g  (x ). Entonces, si podemos encontrar una función F tal tal que F  = f se seguiría que

            

f g ( ( x ) g  (x ) = F  g ( ( x ) g  (x ) = F g ( ( x )



En resum resumen, en, encont encontrar raruna una primit primitiv ivaa de f g ( ( x ) g  (x ) se reduce reduce a encont encontra rarr una primit primitiv ivaa de f , digam digamos os F y luego la antiderivada de f g ( ( x ) g  (x ) será F g ( ( x ) .

TEOREMA 2.2.1 Suponga que g es una función derivable con recorrido un intervalo I . Suponga también que f es continua en I ; entonces

  

f g ( ( x ) g  (x ) d x = =

donde u = g ( ( x ).



f (u ) d u

19



        

 

Dem: Si F es una antiderivada de f entonces entonces F g ( (x ) es una antiderivada de f g ( ( x ) g  (x ). Hacie Hacienndo la sustitución u = g ( ( x ) se tiene

  

d

f g ( ( x ) g  (x ) d x =

F g ( ( x ) d x d x

=

F g ( ( x ) + C

=

F ( (u ) + C

=

F  (u ) d u

=

f (u ) d u

OBSERVACIÓN: Desde el punto de vista de las diferenciales

  

f g ( ( x ) g  (x ) d x = =





d u f (u ) d x = = d x

f (u ) d u

EJEMPLOS:

  

x 2 cos x 3 + 7 d x

1. Calcular Calcular

Solución: Ponemos u = = x 3 + 7 entonces d u = = 3x 2 d x

de donde

d u

3

= x 2 d x .

Luego

  

x 2 cos x 3 + 7 d x =

    sen


x

x

=



cos u d u = 3

1 + C = sen u + 3



1 cos u d u 3 1 sen x 3 + 7 + C 3

 

d x



Solución: Haciendo u = = x entonces d u = =

1 d x ;  2 x

d x

luego 2d u = 

x

Se sigue, por el teorema de sustitución, que

    sen

x

x

d x = =



 

sen u 2 2d u

2sen (u ) d u = −2cos (u ) + C

Pero u = donde obtenemos obtenemos = x , de donde

    sen

x

x

20

d x = =

−2cos  x

 

+ C




  −

x

d x

1 2x 2

Solución: Haciendo u ( (x ) = 1 − 2x 2 se tiene d u = −4x d x de donde

− d4u = x d x

Entonces

  −  

x

1 2x 2

d x =

 −

d u

4 u

− 12 u 1/2 + C =

=

− 12 1 − 2x 2 + C



4 d x . (1 + 2x )3 Solución: Poniendo u ( (x ) = 1 + 2x se sigue d u = Entonc nces es = 2d x . Ento


4 d x = (1 + 2x )3



2

d u u 3

=

−1 + C

=

u 2

−

1 + C (1 + 2x )2

  

1 + x d x . 1 − x Solución: Notam otamos os que que esta esta es la mism mismaa inte integr gral al que que ya calc calcul ulam amos os en el ejem ejempl plo o 3. de la secc secció ión n 2.1.3. Usemos ahora el método de sustitución.

5. Use sustitución para calcular calcular

Hacemos

x = = sen2t

⇒

d x = = 2cos2t d t .

   

1 + x d x = 1 − x = = = =



Ento Entonc nces es::

    −    −

1 + sen2t 2cos2t d t 1 sen2t (1 + sen2t )2

1 sen2 2t

2(1 + sen2t ) d t

− cos2t + C 2t −

x = = sen2t

⇒



 − − −

arcsen x

2t = arcsen x , cos2t = 1 − x 2 = cos2t ? sidera la sustitución x = ? Explique. pues

2cos2t d t

1 x 2 + C

mism mismo o resu result ltad ado o ante anteri rior or.. ¿Qué ¿Qué suce sucede de si concon-

6. Encuentr Encuentree la ecuación ecuación de la curva y = f (x ) si sabe que f (5) = 3 es un mínimo relativo de f y ∈ Dom( f ). f  (x ) = 4 ∀x ∈ Solución: f  (x ) = 4

Como f (5) = −3 es un mínimo relativo, se tiene que f  (5) = 0, f  (x ) = 4x − 20 ⇒ f (x ) = 2x 2 − 20x + ∴ ∴ 4 · 5 + C = Finalm lmen ente te,, = 0 ⇒ C = = −20. + K . Fina + 47. como f (5) = −3 ⇒ K = 47 y por lo tanto tanto f (x ) = 2x 2 − 20x +

⇒

f  (x ) = 4x + + C .

21



EJERCICIOS: 1. Determine: Determine: a ) b ) c ) d )

e )

     

(ln x )2

d x

f )

d x x 2 + 1

g )

x

3x

cos2 x sen sen x d x x + + 1

x 2 + 2x 4

d x

− −

sen 4x d x

h ) i ) j )

 − − −   −   (x 2

x 1)3 (2x 1) d x

− −

tan x d x cos2 x

(1

l )

3

cos x ) sen x d x

arctan x d x 1 + x 2 cos(lnx ) x

k )

m ) n ) ñ )

d x

   −      − 

x d x

3

1 x 2

(3x + + 1)7 d x

e x

16 22x ( x + + 3)3

d x

d x

x

x

d x x 2 + 9

2. Utilice sustituciones sustituciones básicas básicas para determinar determinar a ) b )

   −  −  d x

x

x

6 d x

x

c )

d )

25x 2

−1

d x

e ) f )

−

e x + e x

   − 

2x d x

g )

1 x 4

x sec sec (x 2

h )

− 5) d x

d x

i )

x ln lnx

    

d x

x (1 + x )

 x

e

x

2

d x d x

sen2 x + + 3

cos2 x

3. Utilice completación completación de cuadrados cuadrados para determinar a ) b )

 −   −

8 d x 2 x 2x + + 2

c )

d x

x 2 + 4x

− − 3

d )

   − − d x

e )

2x x 2

d x

− − 2)

(x

x 2

  d x

(x + + 1)

x 2 + 2x

− 4x + + 3

4. Use identidades identidades trigonométricas trigonométricas para determinar determinar a ) b )

22

 

(sec x + + cotg x )2 d x

− − tan x )2 d x

(cosec x

c ) d )

 

cosec x sen(3x ) d x (sen(3x ) cos (2x )

− cos(3x ) sen(2x )) d x



2.2.2. Sustituci Sustituciones ones trigonométri trigonométricas cas

 −  − 

Primitivas de funciones que involucran expresiones del tipo x 2 a 2 , a 2 x 2 y x 2 + a 2 pueden ser calculadas en algunas ocasiones mediante sustituciones trigonométricas. La siguiente tabla indica el cambio adecuado en cada caso: Expresión

 −   − a 2

Sustitución

    ∈ ∈ −  ∪  ∈ ∈

a 2

∈ ∈ − π2 , π2

1 − sen2 θ = cos2 θ

π π

1 + tan2 θ = = sec2 θ

x 2

x = = a sen sen θ , θ

a 2 + x 2

x = tan θ , θ = a tan

x 2

x = sec θ , θ = a sec

a 2

 −  −   ∈ ∈ − a 2

Por ejemplo, al considerar

 −

Identidad

x 2 =

Pero, sabemos que si θ

a 2

2, 2

2, 2

− 1 = tan2 θ sec2 θ −

 

∈ ∈ − π2 , π2

x 2 y hacer x = sen θ con θ = a sen

 | | −

a 2 sen2 θ = a

π π

π, 32π

0, π2

1

 | |

sen2 θ = a

entonces

cos2 θ = |a | |cos θ |

≥ 0, de donde entonces cos θ ≥ donde

Análogamente en los otros casos. casos.

 − a 2

x 2 = a cos θ

| |

EJEMPLOS: 1. Calcular Calcular

 −  

9 x 2 x 2

d x

Solución: Hacemos x = d θ ; así: = 3sen θ entonces d x = = 3cos θ d

 −  

9 x 2 x 2

d x = = = =

   

3cos θ d θ 3cos θ d 9sen2 θ

  − −

cos2 θ d θ = cotg 2 θ d θ sen2 θ cosec 2 θ 1 d θ

−cotg θ − − θ + + C

23



Para retornar a la variable original notar que sen θ = x /3 y así

 −   9

x 2

x 2


cotg θ = =

⇒

d x = =

−

 −

9 x 2 x

 −

− arcsen

9 x 2 x

 x

3

+ C

 

d x

x 2

x 2 + 4

Solución: Hacemos x = d θ ; así: = 2tan θ entonces d x = = 2sec2 θ d

 

d x

x 2

x 2 + 4

=

= = =


   

d θ 2sec2 θ d

+ 4 4tan2 θ 4tan2 θ + sec θ d θ 4tan2 θ

1 4

cos θ d θ sen2 θ

− 14 cosec θ + + C

  − d x

x 2

4 Solución: Hacemos x = tan θ d d θ ; así: = 2sec θ entonces d x = = 2sec θ tan

  − d x

x 2

=

4 = =

Hacemos ahora

   

d θ 2sec θ tan θ d

− 4 4sec2 θ −

sec θ d θ + tan θ sec θ + d θ sec θ + tan θ sec θ +

u = donde d u = tan θ + = sec θ + + tan θ , de donde = ( sec θ tan + sec2 θ ) d θ .

Así, la integral integral anterior queda:



sec θ tan tan θ + + sec2 θ d θ = sec θ + + tan θ

24

 |  − |    d u u

+ C ln u +

=

=

ln sec θ + + tan θ + C

=

ln

x

2

+

x 2

2

4

+ C



OBSERVACIÓN: 1. En el ejemplo anterior hemos encontrado, encontrado, en un paso intermedio, intermedio, la primitiva primitiva de f (θ ) = sec θ :



sec θ d θ = ln | sec θ + + tan θ | + C

   



2. No siempre siempre que aparecen aparecen las expresiones expresiones x 2 − a 2 , a 2 − x 2 y x 2 + a 2 las sustituciones anteriores son el camino más conveniente; por ejemplo, para calcular la integral x d x

x 2 + 1

es más rápido usar la sustitución u = x 2 + 1 en lugar de una sustitución trigonométrica.

EJERCICIOS: Determine: 1.

2. 3.

4.

  −   −    d x

x 2

5.

49 x 2

x 8

9x 6 d x

6.

x 4 d x

7.

x 2 + x 4 d t

(1

−

5 t 2 ) 2

8.

d x

  −  −     −    e x 1

1 y y

x 4

e 2x d x

9.

10.

d y

3x 2

x 2

11.

d x

z 3 + z + + 1

z 4 + 2z 2 + 1

12.

d z

    −     −  

t

t 2 + 4t + 13

d t

1 x 2 d x 3 + x d x 3 x d x

− − 5)(6 − x )

(x

2.2. 2.2.3. 3. Inte Integr grac ació ión n por por part partes es De MAT021 sabemos que la derivada de un producto de funciones f (x ) g ( ( x ) está dado por







f (x ) g ( ( x ) = f  (x ) g ( ( x ) + f (x ) g  (x )

Si usamos la notación de primitivas tenemos

 

  

f (x ) g ( ( x ) d x = =

así



f  (x ) g ( ( x ) d x + +

f  (x ) g ( ( x ) d x = = f (x ) g ( ( x )



f (x ) g  (x ) d x

 −

f (x ) g  (x ) d x

25



Esta Esta iguald igualdad ad es conoci conocida da como como la fórmul fórmulaa de integración integración por partes y partes y da lugar a una nueva técnica para encontrar primitivas Para calcular una primitiva de la forma



k ( (x ) d x usando la fórmula anterior se han de encontrar

dos funciones f y g g de manera que k ( (x ) se pueda escribir en la forma f (x ) g  (x ). Si esto es posible, se tendrá



k ( (x ) d x = = f (x ) g ( ( x )

 −

f (x ) g  (x ) d x

de manera que el cálculo de la primitiva se traslada a calcular

 

f (x ) g  (x ) d x . Para que el método sea f (x ) g  (x ) d x sea sea más más fáci fácill de calc calcul ular ar

efica eficazz se han han de eleg elegir ir f y g g adecua adecuadam dament entee para para que la integr integral al que la original.

En ocasio ocasiones nes se utiliz utilizaa una notaci notación ón abrev abreviad iadaa para para expre expresar sar esta esta fórmul fórmulaa en términ términos os de difer diferenc enciaiales, poniendo u = = g ( ( x ) d v = f  (x ) d x

d u = g  (x ) d x

⇒ ⇒

v = = f (x )

se sigue



 − −

u d v = = u v

v d u

EJEMPLOS: 1. Calcular Calcular



x cos cos x d x

Solución: Se elige f (x ) = x y g  (x ) = cos x de donde obtenemos f  (x ) = 1 y g ( ( x ) = sen x ; aplicando la fórmula de integración por partes se sigue



 − −

x cos cos x d x = x sen sen x

sen x d x

=

x sen sen x

− − (− cos x ) + C

=

x sen + cos x + + C sen x +

Observar que la segunda integral es fácil de calcular. El mismo cálculo con la otra notación es u = = x d v = cos x d x

26

⇒ ⇒

d u = = d x v = = sen x



y así



 − −

u d v = u v



v d u

 − −

x cos cos x d x = x sen sen x


=

sen x d x

x sen sen x + + cos x + + C



ln x d x

Solución: Pongamos u = ln x

1

d u = = d x x v = x

⇒ ⇒

d v = = d x

se sigue



 − −  − −

ln x d x = x ln ln x




x n ln x d x , ,

1

x d x x

=

x ln ln x

=

x ln + C ln x x +

d x

− −

n = 1.

  −

Solución: Pongamos u = = ln x

⇒

d v = = x n d x

Luego,



n

x ln x d x = =


x n +1 n + + 1

− ln x −

1 n

⇒



d u = = v = =

n

x d x = =

d x x

x n +1 n + + 1 x n +1 n + + 1



− ln x −

1 n + + 1



+ C



x 2 e x d x

Solución: Pongamos u = x 2 d v = = e x d x

se sigue



⇒ ⇒

x 2 e x d x = = x 2 e x

d u = = 2x d x v = = e x

 − 2

x e x d x

27



Podemos volver volver a aplicar integración por partes para calcular u = x d v = = e x d x



x e x d x :

d u = d x

⇒ ⇒

v = = e x

de donde



x e x d x = x e x x e x

=



x 2 e x d x = x 2 e x

−2



x e x

5. Calcular la integral

 −

e x d x

− e x + C ,



− e x + C

y luego x 2 e x

=

− 2x e x + 2e x + C



e x cos x d x

Solución: Aplicamos integración por partes partes u = e x d v = = cos x d x

se sigue

d u = = e x d x

⇒ ⇒



v = sen x

 − −

e x cos x d x = = e x sen x

e x sen x d x

volvemos a aplicar integración por partes pero a la integral u = e x d v = = sen x d x

⇒ ⇒



e x sen x d x

d u = e x d x v = =

− cos x

entonces



e x sen x d x = =

se sigue

 

 − − 

−e x cos x

e x ( cos x ) d x

−e x cos x + +

e x cos x d x

 − − −

e x cos x d x = = e x sen x

entonces

  − −

e x cos x + +

e x cos x d x = = e x sen x + + e x cos x

28

−



e x cos x d x

e x cos x d x



de donde obtenemos



e x cos x d x = =

e x sen x + + e x cos x

2

+ C

6. Encuentre una fórmula fórmula de reducción reducción (o de recursión) recursión) para: I n = n =

Solución:



1

d x (x 2 + a 2 )n

Notar que I n n −1 =



d x

d x = = (x 2 + a 2 )n −1



x 2 + a 2

d x = = (x 2 + a 2 )n



x 2

d x + a 2 I n n 2 2 n (x + a )

Usamos integración integración por partes en la integral de la derecha: u = x

d v =

∧

x d x

de donde

(x 2 + a 2 )n

d u = = d x

∧

v = =

1



Luego:



x 2

d x (x 2 + a 2 )n

x

=

− (2n − 2)(x 2 + a 2)n −1 + 2n − 2 − (2n − 2)(x x 2 + a 2)n −1 + 2I n n n −−12

=

Luego: I n n −1

y ordenando: I n n =

=

− 2n 1− 2 (x 2 + a 2)1−n d x

(x 2 + a 2 )n −1

− (2n − 2)(x x 2 + a 2)n −1 + 2I n n n −−12 + a 2 I n n

1

1 2n + 2)(x 2 + a 2 )n −1 a 2 2n x

a 2 (2n

−

− 3 I − 2 n n −1

que es la fórmula de reducción buscada, válida para n > > 1. 1 x En el caso n = = 1, es fácil ver que I 1 = arctan + C .



a

a

Usemos esta fórmula para calcular: a )

b )



d x

(x 2 + 4)3





x x x 1 3 1 3 1 1 I I 1 = + = + + 2 22 4(x 2 + 4)2 4 22 4(x 2 + 4)2 4 4 2(x 2 + 4) 2

 n =3

(x 2 + 1)−3/2 d x =

=

x (x 2 + 1)1/2

 n = 32

 

x x x 1 3 3 arctan + + + C 16 (x 2 + 4)2 32 (x 2 + 4) 8 2

+ C

29



Ejercicios Ejercicios propuestos propuestos 1. Encuentre Encuentre:: a ) b ) c ) d ) e )

    

5x cos x d x

f )

x sen x d x

g )

x cos2x d x

h )

x ln x d x

i )

2x sen


x

2

j )

d x

    

x 2 e x d x

5x 2 cos x d x

x ( ( ln x )2 d x x 3 e −x d x x x 2 sen d x

2



sen (ln x ) d x

∈ N, la primitiv 3. Encontrar una fórmula para calcular para todo n ∈ primitivaa



x n e x d x .

4. Use integración integración por partes para obtener las fórmulas fórmulas de reducción a ) b ) c ) d )

   

n

cos x d x =

cosn −1 x sen sen x n − 1 +

n

x n cos x d x = x n sen x n x n e x d x = x n e x

n

 − −  −  − n

(ln x )n d x = x ( (ln x )n



cosn −2 x d x

x n −1 sen x d x

x n −1 e x d x n

(ln x )n −1 d x

5. Si deseamos calcular calcular la primitiva de la inversa inversa de una función f : titución u = f −1 (x ), entonc entonces es f (u ) = x y así d x = = f  (u ) d u de donde



 

f −1 (x ) d x = =

Aplicando integración integración por partes, partes, obtenemos: Use lo anterior para determinar:

30

a )





f −1 (x ) d x ,

hacemo hacemoss la sussus-

u f  (u ) d u

 − 

f −1 (x ) d x = = x f −1 (x )

arctan x d x

f (u ) d u

b ) arcsen x d x

2.3. CLASE 4: M ÁS MÉTODOS DE INTEGRACIÓN


2.3. 2.3. CLASE CLASE 4: Más Métod étodos os de Integ ntegra raci ción ón 2.3.1. 2.3.1. Recuer Recuerdo: do: Fracc Fraccion iones es Parc Parcial iales es DEFINICIÓN 2.3.1 Una función función racional racional es una funció función n que se escrib escribee como como un cuocie cuociente nte de polino polinomio mios. s. Se dice que una función racional

P (x ) Q (x )

es una fracción una fracción propia , si el grado del polinomio P (x ) es menor

que el grado del polinomio Q (x ). En caso contrario, es decir, si el grado de P (x ) es mayor o igual al de Q (x ), la fracción se llama impropia llama impropia . Toda fracción impropia se puede expresar, efectuando la división, como la suma de un polinomio más P (x ) una fracción propia. Es decir, si Q es impropia, entonces (x ) P (x )

N 1 (x ) = M (x ) + , Q (x ) Q (x )

donde M (x ) es un polinomio y

N 1 (x ) Q (x )

es propia.

El siguiente teorema proporciona un método para descomponer cualquier fracción propia como suma de fracciones propias más sencillas. TEOREMA 2.3.1 (Descomposición en fracciones fracciones parciales) parciales) Cualquier fracción propia guiente modo:

P (x ) se puede descomponer descomponer en la suma de fraccion fracciones es parciales parciales del siQ (x )

+ b , no repetido, entonces la descomposición de Si Q (x ) tiene un factor lineal de la forma a x +

contiene un término de la forma

A

P (x ) Q (x )

, A = =cte.

a x + + b

Si Q (x ) tiene un factor lineal de la forma a x + + b , repetido k veces, entonces la descomposición de P (x ) cont contien ienee términ términos os de la forma forma Q (x )

A 1

A 2 + + a x + + b (a x + + b )2

k k · · · + (a x A + , + b )k

A i i =cte., i = = 1,

∀

· · · , k .

Si Q (x ) tiene un factor cuadrático irreducible de la forma a x 2 + b x + + c , no repetido, entonces la descomposición de

P (x ) contiene un término de la forma Q (x )

Ax + B , a x 2 + b x + + c

A , B = = ctes.

+ c , repetido k veces, entonces Si Q (x ) tiene un factor cuadrático irreducible irreducible de la forma a x 2 + b x +

P (x ) contiene términos de la forma Q (x ) A 1 x + A 2 x + A k + B 1 + B 2 + B k k x + k , A i i , B i i = ctes., i = + + + = 1, 2 2 2 2 a x + b x + + c (a x + b x + + c ) (a x + b x + + c )k

la descomposición de

···

∀

· · · , k .

Veremos Veremos a continuación continuación ejemplos de cada cada uno de estos casos. casos. Caso Caso 1 El deno denomi mina nado dorr Q (x ) es un produc producto to de factor factores es lineales lineales distint distintos os.. Esto significa que podemos escribir 31



Q (x ) = (a 1 x + + b 1 )(a 2x + + b 2 )

· · · (a k x + + b k k )

en donde no hay factor que se repita. En este caso, existen constantes A 1 , · · · , A k k tal que P (x ) Q (x )

EJEMPLOS: 1. f (x ) =

=

A 1 a 1 x + + b 1

+

A 2 a 2x + + b 2

+

k k · · · + a A x + + b k

k k

Descomponer en fracciones parciales las siguientes funciones racionales: 7x + + 3 x 2 + 3x

− − 4

Solución El denomi denominad nador or de la funció función n racio racional nal se puede puede descom descompon poner er en factor factores es lineal lineales es en la forma: − 4 = (x + − 1) x 2 + 3x − + 4)(x − Luego la descomposición en fracciones parciales es: A B 7x + 7x + + 3 + 3 = = + x 2 + 3x − − 4 (x + − 1) x + − 1 + 4)(x − + 4 x −

− 1), obteniendo B , multiplicamos la igualdad por (x + + 4)(x − Para encontrar los valores de A y y B − 1) + B (x + 7x + + 3 = A (x − + 4) Desarrollando se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: 7 − A + 4B = 3 A + B

=

A = = 5,

=

⇒

B = = 2

Luego, la función original queda: 7x + 5 2 + 3 = + − 4 x + − 1 x 2 + 3x − + 4 x − x 2 + 2x 1 2. g (x ) = 3 2x + 3x 2 2x

− − −

Solución El denominador denominador se puede factorizar factorizar como sigue:

− 2 = x (2x − − 1)(x + 2x 3 + 3x 2 − 2x = = x (2x 2 + 3x − + 2) Luego, la descomposición en fracciones parciales es: x 2 + 2x 1 A B C = + + x (2x 1)(x + + 2) x 2x 1 x + + 2

− −

32

− −

− −



Multipl ultiplica icando ndo ambos ambos lados lados de la iguald igualdad ad por el denomi denominad nador or común, común, y lue luego go resolv resolvien iendo do la ecuaecuación, se obtiene − 1 = A (2x − − 1)(x + − 1) x 2 + 2x − + 2) + B x (x + + 2) + C x (2x − Construyendo el sistema de ecuaciones análogamente al caso anterior, obtenemos A = =

de donde

1 , 2

B = =

1 5

y

C = =

− 101

− − 1 = 12 + 15 + − 110 − 1 x + 2x 3 + 3x 2 − 2x x 2x − + 2 x 2 + 2x

Caso Caso 2 El denom denomina inado dorr Q (x ) es un prod produc ucto to de fact factor ores es line lineal ales, es, algu algunos nos de los los cual cuales es se repi repiten ten.. Si Q (x ) tiene tiene un factor factor lineal lineal repet repetido ido k vec veces es de la form formaa (a 1 x + b 1 )k , entonc entonces es la descom descompos posici ición ón en fracciones parciales contiene k términos de la forma: A 1 A 2 + + a 1x + + b 1 (a 1 x + + b 1 )2

k k · · · + (a x A + + b )k

1

1

donde A 1 , A 2 , · · · , A k k son constantes. EJEMPLOS:

Descomponer en fracciones parciales las siguientes funciones racionales:

+ 48 5x 2 − 36x + 1. f (x ) = − 4)2 x (x − Solución La descomposición descomposición en fracciones parciales es:

5x 2 − 36x + B C + 48 A = + + − 4)2 − 4) (x − − 4)2 x (x − x (x − Multiplicando Multiplicando ambos miembros de la igualdad por el denominador común:

− 4)2 + B x (x − − 4) + C x + 48 = A (x − 5x 2 − 36x + se obtiene el sistema: 5 −8 A − 4B + + C = −36 16 A = 48 A + B =

Luego:

de donde

A = = 3,

B = = 2,

C = =

−4

5x 2 − 36x + 2 4 + 48 3 − = + − 4)2 − 4) (x − − 4)2 x (x − x (x − 33


2. h (x ) =


7x + + 3 − 1)2 (x + + 4)2 (x −

Solución La descomposición descomposición en fracciones parciales es: A B C D + 3 7x + = + + + 2 2 2 − 1) x + − 1) (x − − 1)2 (x + + 4) (x − + 4 (x + + 4) (x −

Para encontrar los valores de A , B , C y y D , procedemos análogamente, obteniendo A =

−3 , 25

B =

−1,

C =

3 , 25

D =

2 (Ejercicio) 5

Caso Caso 3 El denom denomina inado dorr Q (x ) contien contienee factor factores es cuadrá cuadrático ticoss irredu irreducib cibles les,, ninguno ninguno de los cuales cuales se repite. repite. Si Q (x ) tiene un factor cuadrático no repetido de la forma a x 2 + b x + donde,, b 2 − 4a c < 0, + c , en donde entonces la descomposición en fracciones parciales contiene un término de la forma: Ax + B a x 2 + b x + + c B son donde A y y B son constantes.

EJEMPLOS: 1. f (x ) =

Descomponer en fracciones parciales: 4x 2 − 8x + + 1 3 x − x + + 6

Solución:

Tenemos que A B x + + 1 + 1 + C 4x 2 − 8x + 4x 2 − 8x + = = + x 3 − x + + 6 (x + + 2)(x 2 − 2x + + 3) x + + 2 x 2 − 2x + + 3

Multiplicando Multiplicando por el común denominador: 4x 2 − 8x + + 1 = A (x 2 − 2x + + 3) + ( B x + + C )(x + + 2) obtenemos el sistema 4 −2 A + 2B + + C = −8 3 A + 2C = 1 A + B =

de donde

A = = 3,

Por lo tanto,

− 4 4x 2 − 8x + 3 x − + 1 = + x 3 − x + x + + 6 + 2 x 2 − 2x + + 3 34

B = = 1,

C = =

−4



2x 2 − x + + 4 3 x + 4x

2. g (x ) =

Solución:

La fracción fracción se puede descomponer de la siguiente forma: + 4 2x 2 − x + + 4 A B x + + C 2x 2 − x + = = + x 3 + 4x x (x 2 + 4) x x 2 + 4

Procediendo análogamente se obtiene A + B = = 2,

C = =

−1,

4 A = = 4

=

⇒

A = = 1,

B = = 1 y C = =

−1

x − − 1 2x 2 − x + 1 + 4 = + x 3 + 4x x x 2 + 4

de donde

Caso Caso 4 El deno denomi mina nado dorr Q (x ) contien contienee un factor factor irredu irreducti ctible ble repet repetido ido.. < 0, + c )k , donde b 2 − 4a c < Si Q (x ) tiene un factor cuadrático repetido k veces de la forma ( a x 2 + b x + entonces la descomposición en fracciones parciales contiene k términos de la forma: A 1 x + + B 1 a x 2 + b x + + c

+

A 2 x + + B 2

+ (a x 2 + b x + + c )2

+ B k k · · · + (a x A 2k k+ x b + x + + c )k

donde A 1 , A 2 , · · · , A k k y B B 1 , B 2 , · · · B k constantes. k son constantes. Ejemplo

1 − x + + 2x 2 − x 3 x (x 2 + 1)2

Descomponer en fracciones parciales

Solución La forma de descomponer descomponer esta división división de polinomios polinomios en fracciones parciales es Dx + E + 2x 2 − x 3 A B x + + C 1 − x + = + + x (x 2 + 1)2 x x 2 + 1 (x 2 + 1)2

Multiplicando por x (x 2 + 1)2 , y luego igualando coeficientes, coeficientes, se obtiene el siguiente sistema: A + B = = 0,

cuya solución es (Ejercicio (Ejercicio): ):

C = =

−1,

A = = 1,

2 A + B + + D = = 2, C + + E = = −1, A = = 1

B = =

−1,

C = =

−1,

D = = 1 y E = = 0.

Ento Entonc nces es

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

EJERCICIOS: 1. f 1 (x ) = 2. f 2 (x ) =

Descomponer en fracciones parciales: + 7 5x + 2 − 3 x + 2x −

x 2 + 11x + + 15

− − 1)(x + + 2)2

(x

+ 6 7x 2 − 11x + 3. f 3 (x ) = − 1)(2x 2 − 3x + (x − + 2)

4. f 4 (x ) =

− 2 3x 3 − 6x 2 + 7x − (x 2 − 2x + + 2)2 35



2.3.2. 2.3.2. Integ Integrac ración ión por Fracc Fraccion iones es Parc Parcial iales es La integración por fracciones parciales es una técnica de integración que se utiliza para integrar funciones racionales, es decir, cuocientes de polinomios. Para poder aplicar la técnica, es necesario que el grado del polinomio del numerador sea estrictamente menor menor que el grado del polinomio en el denominador. Caso Caso 1 El deno denomin minad ador or q (x ) es un produ producto cto de factor factores es lineale linealess distint distintos os..



x 2 + 2x 1 d x 2x 3 + 3x 2 2x

Ejemplo: Determine Solución:

− − −

El denominador se puede factorizar como sigue:

− 2 = x (2x − − 1)(x + 2x 3 + 3x 2 − 2x = = x (2x 2 + 3x − + 2) Luego, la descomposición en fracciones parciales es: x 2 + 2x

− − 1

x (2x 1)(x + + 2)

− −

=

A x

+

B

− 1 2x −

+

C x + + 2

Multiplicando Multiplicando ambos lados de la igualdad por el factor común, y luego resolviendo resolviendo la ecuación, se tiene x 2 + 2x

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

con

A = =

1 , 2

B = =

1 1 y C = = − . Así: 5 10



x 2 + 2x

− − 1 d x 3 2 2x + 3x − 2x

=

 

=

1 1 2 ln x + 10 ln



1 1 1 1 1 1 − d x + − 1 10 x + + 2 2 x 5 2x −

||

|2x − − 1| − 101 ln |x + + 2| + C

Caso Caso 2 El deno denomin minad ador or q (x ) es un prod produc ucto to de factor factores es linea lineale les, s, algu alguno noss de los los cual cuales es se repi repiten ten.. Ejemplo: Determine



x 4

− 2x 2 + 4x + + 1 d x 3 2 x − x − x + + 1

Solución: La fracción es impropia, impropia, por lo que comenzaremos comenzaremos por por dividir los polinomios: x 4

− 2x 2 + 4x + 4x + 1 = x + + 1 + 3 3 2 x − x − x + x − x 2 − x + + 1 + 1 Luego, factorizando el polinomio q (x ) = x 3 − x 2 − x + obtiene ne + 1 se obtie x 3

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

Por lo tanto, su descomposición en fracciones parciales es: 36



del cual de obtiene:

A = = 1,



A B C 4x = + + − 1)2(x + − 1 (x − − 1)2 x + (x − + 1) x − + 1 B = y C = modo que que = 2 = −1, de modo

x 4

− 2x 2 + 4x + + 1 d x 3 2 x − x − x + + 1

=

=

=

 

x + + 1 +

x 2

2 x 2

2

1 x 1

− −

+

2

1

− − 1)2 − x + + 1

(x



d x

2 | − − 1| − x − + 1| + C − 1 − ln |x +

+ x + + ln x

+ x + + ln

 − −  − − − x 1 x + + 1

2

x 1

+ C

Caso Caso 3 El denomin denominador ador q (x ) contiene factores cuadráticos irreductibles, ninguno de los cuales se repite. repite. Ejemplo: Encuentre Solución:



2x 2 − x + + 4 d x x 3 + 4x

La fracción fracción se puede descomponer de la siguiente forma: 2x 2 − x + + 4 2x 2 − x + + 4 A B x + + C = = + x 3 + 4x x (x 2 + 4) x x 2 + 4

de donde se obtiene A + B = = 2,

por lo cual



C = =

−1,

= 4 4 A =

2x 2 − x + + 4 d x = 3 x + 4x =

=

⇒

A = = 1,

  − −   

B = = 1 y C = =

−1

1

x 1 d x + 2 x x + 4

1

x

d x + +

x

 − −

d x x 2 + 4

1

d x x 2 + 4

x 1 1 = ln |x | + ln(x 2 + 4) − arctan + K 2 2 2



Caso Caso 4 El deno denomi mina nado dorr q (x ) contien contienee un factor factor irredu irreductib ctible le repetid repetido o. Ejemplo: Determine

 −

1 x + + 2x 2 − x 3 d x x (x 2 + 1)2

Solución: La forma de descomponer descomponer esta división división de polinomios polinomios en fracciones parciales es Dx + E 1 − x + + 2x 2 − x 3 A B x + + C = + + x (x 2 + 1)2 x x 2 + 1 (x 2 + 1)2

37



Multiplicando por x (x 2 + 1)2 , y luego igualando coeficientes, se obtiene el siguiente sistema A + B = = 0,

C = =

−1,

2 A + B + + D = = 2, C + + E = = −1, A = = 1

cuya solución es: A = = 1,

B = = 1,

C = =

−

−1,

D = = 1

y E = = 0.

Entonces:

 −

+ 2x 2 − x 3 1 x + d x = x (x 2 + 1)2

=

=

   −  −  1

x + + 1

x

x 2 + 1

d x x

+

   − − x

d x

(x 2 + 1)2

x

d x

d x x 2 + 1

+ x 2 + 1

x d x (x 2 + 1)2

1 1 ln |x | − ln(x 2 + 1) − arctan (x ) − + K 2 2(x 2 + 1)

EJEMPLOS: 1. Encuentre la antiderivada antiderivada de

I =



d x

− cos x − − 2 2sen x −

.

Sol.: Haciendo t = tan( x 2 ), se tiene que:

I =



2 d t 1 + t 2 = − 2 4t 1 − t 2 − − 2 1 + t 2 1 + t 2



t 2

d t

− 4t + 3

=

 − 2

d t

− − 2)2 − 1 .

(t

Calcularemos Calcularemos esta primitiva pr imitiva de dos maneras diferentes: Método Método 1: Sust. Sust. trigono trigonométr métrica ica I =

− 2 = sec z , se tiene: Haciendo el cambio de variable t − tiene:





sec z tan z d z = −2 cosec (z ) d z = 2 ln cosec cosec z + cotg z + C tan2 z



Además:

− 2 sec z = = t − Por lo tanto: I = 2

38

⇒

cos z = =

 − −   − t

t 2

1

− − 2

t

1

4t + 3

 

⇒

sen z =

+ C = 2 ln

  

 − 1



1 (t

− −

t 2

4t + + 3 − 2 t −

= 2)2

x

tan( 2 ) − 1

 −

tan2 ( x 2 ) − 4tan( x 2 ) + 3

 

+ C .



− − 2)2 − 1 = ((t − − 2) − 1) ((t − − 2) + 1) = (t − − 3)(t − − 1),

Método Método 2: Fraccione Fraccioness Parciales Parciales 1

− − 3)(t − − 1)

(t

=

(t

A

− − 3)

(t

+

B

A = =

=

⇒

− − 1)

(t

1 , 2

B = =

de donde donde

− 12

Por lo tanto, 1 I = −2 · 2

 

1

1

− 3 − t − − 1 t −



d t =

− ln |t − − 3| + ln |t − − 1| + C = ln

 

 

tan( x 2 ) − 1 I = ln + C tan( x 2 ) − 3

∴

 − −  − −

1 + C t 3 t

Ambas primitivas primitivas aparentan ser diferentes. Veamos que, en realidad

 

tan( x 2 ) − 1 ln tan( x 2 ) − 3 en donde está definida.

 −

2 ln

  

tan( x 2 ) − 1

tan2 ( x 2 ) − 4tan( x 2 ) + 3

 

=

0

La expresión de la izquierda es igual a:

 

 

 

 

tan( x 2 ) − 1 tan2 ( x 2 ) − 4tan( x 2 ) + 3 tan( x 2 ) − 1 (tan( x 2 ) − 1)(tan( x 2 ) − 3) · (tan( x ) − 1)2 · ln = ln = ln 1 = 0 − 2 (tan( x tan( x 2 ) − 3 tan( x 2 ) − 3 2 2 ) 1) constante . Por lo tanto, hemos verificado que ambas primitivas difieren en una constante

Ejercicios Ejercicios Propuestos Propuestos 1. Encuentr Encuentre: e: a ) b ) c ) d ) e )

     −

2x + + 1

d x x 2 + x + 1 3x +

x 2 + x

d x

+ 6 5x + d x x 2 + 3x + + 2

x + + 1

(1

f )

g )

h )

− − 2) d x

x )(x

9x + + 25 d x x 2 + 10x + + 9

i )

 − −  −  

5x 11

d x x 2 + 10x + + 9

4x

4 x 2

d x

15x + + 51

d x x 2 + 7x + + 10

1

x 2

− 1 d x 39



2. Exprese los integrandos integrandos como fracciones fracciones parciales y determine las siguientes: siguientes:



a )

x

x 2

− 2x + + 1



4x + + 6 dx (x + + 1)2

b )

d x



− 23 d x 7x − x 2 − 6x + + 9

c )

2.3. 2.3.3. 3. Susti ustitu tuci ción ón tang tangen ente te del del ángu ángulo lo me medi dio o Este método se utiliza para integrales de la forma



R (sen (x ) ,cos (x )) d x

donde R es es una función racional.

Utilizamos Utilizamos la sustitución

2arctan t = x Además, sen entonces

x

2

x

2

,

de dond onde

1

  ∧   

t

=

2d t = d x 1 + t 2

⇒

  

t = tan



cos

1 + t 2

x

sen (x ) = 2sen

2

2t

=

x

=

2

1 + t 2

x

cos

2

1 + t 2

y 2

cos (x ) = cos



R (sen (x ) ,cos (x )) d x = =



EJEMPLOS: Calcular la integral integral Solución:

d x

1 + sen x + + cos x

40

=

2

sen 2

x

2

1− 1 + t 2

 



2t 1 − t 2 2d t R , = 1 + t 2 1 + t 2 1 + t 2



R (t ) d t

d x

. 1 + sen x + + cos x

Usamos la sustitución t = tan



x

t 2

=

de donde

 −  

 x

2

entonces

2d t 1+t 2 2 = 1 + 1+2t t 2 + 11+−t t 2





d t

1 + t

= ln t + + 1 + C =

|

|

   

ln tan tan

x

2

+ 1 + C

2.4. CLASE 5: PROBLEMAS DE VALOR INICIAL


EJERCICIOS: 1.



d x

3 + 2cos x

2.



d x

3.

+ cos x sen x +



cos x d x 1 + cos x

2.4. 2.4. CLASE CLASE 5: Prob Proble lema mass de valor alor inic inicia iall Como una forma de mostrar algunas aplicaciones sencillas de la integral, veremos algunos problemas de valor valor inicial , que surgen de modelar algunas situaciones de la realidad. Por cierto, revisaremos problemas sencillos y no profundizaremos en aspectos de fundamentación teórica que son materia de otro curso. Por ahora, diremos que una ecuación diferencial es una ecuación en la que aparecen derivadas de una función desconocida, expresada en forma de derivadas o de diferenciales. Resolver una tal ecuación es encontrar la o las funciones que satisfacen la igualdad, o, que transforman la ecuación en en una identidad . EJEMPLOS: 1. 2.

d y d x d y d x

Las siguientes son ecuaciones diferenciales , en donde la incógnita es la función y = y (x ):

=

x

3.

y

+ x y = y 2

4.

d y 2 d y

 − d x

d 2 y d x 2



− x y = cos y x d x

+ y = 0

Como aplicación del cálculo de primitivas y la utilidad de la constante de integración, vamos a resolver algunos problemas asociados a fenómenos del mundo físico. físico. En particular, particular, consideraremos problemas en los que aparecen ecuaciones del tipo d y d x



= f (x ) g y



variables separables separables.. Note lo siguiente: si G y es una primique llamamos ecuaciones diferenciales de variables 1 tiva de y F ( (x ) es una primitiva de f (x ), entonces derivando en forma implícita implícita la relación



g y

obtenemos

 −   − 

G y

G  y

de donde

d y

d x

d y

d x

F ( (x ) = C

F  (x ) = 0

= g y f (x )

41



Por otro lado, si

d y d x



= f (x ) g y

desde el punto de vista de las diferenciales podemos escribir d y

= f (x ) d x

     g y

de donde obtenemos

d y

g y

f (x ) d x + + C

=

lo que nos da un método para resolver este tipo de ecuaciones. EJEMPLOS: 1. Resolver Resolver

d y d x

= e y x

Solución: Pasamos a diferenciales e integramos:

2

⇒ −e − y = x 2 + C .

e − y d y = x d x

y ( ( x ) =

− ln

Se sigue igue

−   x 2

2

+ C

Notar que si y ( ( 0) = 1 entonces 1 = − ln (−C ) de donde obtenemos

−C = = e −1 .

Así:



2

x y ( ( x ) = − ln e −1 − 2

2. Resolver Resolver

x y

d y d x

=1



− x 2

Solución: Separando variables queda 1 − x 2

y d y =

x

d x ,

x = 0

 

Luego, la solución obtenida será válida en uno en uno de de los intervalos ] − ∞, 0[ o ]0, ∞[. Integrando: y 2

2

x 2 + y 2 x 2 + y 2 = ln(c 1x )2

x 2

=

− ln x −

=

2c + + ln x 2

ó

2

2

+ c ,

2

e x + y = k x 2

solución expresada de manera implícita de la E.D.O. 42

x > > 0

(escogemos un intervalo )



A continuación, veremos varios problemas de valor inicial , es decir, modelos que conducen a ecuaciones ciones difer diferenc encial iales es (en nuest nuestro ro caso caso de primer primer orden orden,, o sea, que involu involucr cran an deriv derivada adass de primer primer orden orden), ), acompañado del valor de la función incógnita en un punto determinado. determinado. Esta última condición se conocondición inicial inicial . ce como condición

2.4.1. 2.4.1. Reacci Reacciones ones químic químicas as y desint desintegr egraci ación ón No es difícil observar en la naturaleza diversas reacciones químicas entre elementos. Por ejemplo, si moléculas de cierto tipo se desintegran por acción del medio, el número de moléculas que se descomponen en una unidad de tiempo es proporcional al número total de moléculas presente. Hagamos un modelo matemático de de esta situación: supongamos que en t = 0 se tienen x 0 gramos de cierta sustancia. Si denotamos por x ( (t ) el número de gramos en el instante t entonces dd x t es la tasa de variación de de esta > 0 es la constante de proporcionalidad, cantidad. Si k > proporcionalidad, entonces d x d t

= k x

−

El signo “ − ” indica que la cantidad esta decreciendo, decreciendo, ya que k > > 0. Notar que x  (t ) x ( (t )

Se sigue que



x  (t ) d t = x ( (t )

 −

k d t

= k

−

⇒

ln |x ( (t )| = −k t + + C

de donde

|x ( (t )| = K e −k t Como x ( (t ) ≥ 0, obtenemos x ( (t ) = K e −k t . Además , la condición inicial x ( (0) = x 0 implica que x ( (t ) = x 0 e −k t

Se llama semivid semivida a T al tiempo requerido para que la sustancia se reduzca a la mitad. De esta forma x 0

2

= x 0 e −k t

⇒

T = =

ln 2 k

EJEMPLO 2.4.1 2.4.1 Desinte Desintegra gració ción n radioac radioactiv tiva a El radio carbono tiene una semivida de más o menos 5600 años. Este se produce en la alta atmósfera por acción de rayos cósmicos sobre el nitrógeno. El radio carbono por oxidación pasa a dióxido de carbono y éste se mezcla por el viento con el dióxido de carbono no radioactivo presente. La proporción en el carbono ordinario ha alcanzado hace tiempo su estado de equilibrio. Todas las plantas y animales que comen plantas incorporan esta proporsicón proporsicón de radio carbono en sus tejidos. 43



Mientras el animal o planta viven, esta cantidad permanece constante pero al morir deja de absorber radio carbono y el que había en el momento de morir comienza a desintegrarse. Así, si un fragmento de madera madera antigua tiene la mitad de radioactividad radioactividad que que un árbol vivo, éste éste vivió hace unos 5600 años. Si solo tiene la cuarta parte podemos determinar el tiempo en que vivió. Tenemos: Tenemos: x 0

4

= x 0 e −k t 0

⇒

ln4 ln 4 = k t 0

2

Como T = ln2 5600, se sigue sigue que t 0 = lnk 2 = 2T = = 5600, = 11200 años. k Notar que este modelo entrega un método para medir la edad de de objetos orgánicos.

EJERCICIOS: 1. Si el 25% 25 % de una sustancia se desintegra desintegra en 100 años. ¿Cuál ¿Cuál es su vida media? 2. El material radioactivo radioactivo estroncio 90 (presente (presente en la lluvia ácida y que puede causar cáncer óseo) tiene una vida media de 29 años. Si el nivel de radioactividad en cierto terreno de cultivo es 2.5 veces el máximo considerado no dañino, ¿durante ¿durante cuántos años seguirá contaminado ese terreno? 3. Una sustancia sustancia se desintegra con una rapidez proporcional proporcional al cubo de la masa existente. Si después 1 de un año queda 3 de la masa inicial, ¿ cuántos años tardará en reducirse reducirse a la quinta parte? 4. En una reacción química, una sustancia sustancia A se transforma en otra sustancia sustancia a una velocidad proporcional a la cantidad de A no transformada. Si había, originalmente, 40 gr. de A, y después de una hora quedaban 12 gr. gr. de A, ¿en cuánto tiempo se habrá transformado transformado el 90% de A?

2.4. 2.4.2. 2. La ley ley de enfr enfria iami mien ento to de Newto ewton n Consi Consider deremo emoss el siguie siguiente nte modelo modelo simpl simplific ificad ado o para para el fenóme fenómeno no de variac variación ión de temper temperatu atura ra en un cuerpo. Supongamos que se cumplen las siguientes hipótesis: En el instante t la temperatura en todo el cuerpo T ( ( t ) es la misma. La temperatura del medio es constante e igual a T m m . d T

El flujo de calor a través de las paredes del cuerpo, dada por , es proporcional a la diferencia d t entre la temperatura del cuerpo y la temperatura del medio. 44



Podemos modelar matemáticamente matemáticamente la última condición como d T d t

= k ( (T

− − T m m )

−

> 0 es la consta donde k > constante nte de propor proporcio cional nalid idad. ad. El signo signo “ − ” pued puedee ser ser expl explic icad ado o de la sigu siguie ient ntee form forma: a: d T • si T > > T m m entonces el cuerpo se enfría; luego la temperatura decrece y así d t < 0. d T • si T < < T m m entonces la temperatura del cuerpo aumenta; luego d t > 0. Supongamos además que la temperatura inicial del cuerpo está dada por T 0 = T ( (0); entonces, tenevalor inicial inicial mos el problema de valor d T

k ( = ( T d t T ( (0) = T 0

−

− − T m m )

Con el método anterior podemos encontrar una expresión para T ( ( t ); en efecto efecto:: d T

= −k d t − − T m m )

(T

Se sigue

− T m ln |T − m | = −k t + C Como T ( ( 0) = T 0 , tenemo tenemoss ln |T 0 − T m m | = C y así

−k t |T ( (t ) − T m m | = |T 0 − T m m | e Los valores absolutos los podemos quitar razonando sobre sobre la temperatura inicial (note que, por el teorema del valor valor interm intermedi edio, o, si la temper temperatu atura ra comien comienza za bajo bajo T m puede supera superarr, de lo contr contrari ario o existi existiría ría m no la puede −k t 0 ). Finalmen t 0 tal tal que que 0 = |T 0 − T m Finalmente te m | e T ( ( t ) = T m + (T 0 m + (

−k t − T m m ) e

Notar otar que que l´ım ım T ( ( t ) = T m m t →∞ EJEMPLOS: 1. Se coloca un cuerpo a 100◦C en una sala a temperatura constante de 25◦C . Después de 5 minutos la temperatura del cuerpo es de 90◦C . ¿Cuanto tiempo tarda en estar a 50◦C ? Solución:

En este caso: T 0 = 100, T m = 25. m =

Entonces, de acuerdo al modelo anterior, obtenemos: T (t ) = 25 + 75 e −k t

45



Como después de 5 minutos la temperatura del cuerpo es de 90 ◦C : 90 = 25 + 75 e −5k 65 = 75 e −5k 13 = e −5k 15 1 13 ≈ 0,0286 k = − ln 5 15



Ahora que conocemos el valor de la constante de proporcionalidad, proporcionalidad, buscamos el tiempo necesario para que el cuerpo alcance la temperatura de 50◦C : 1 13 50 = 25 + 75 e ( 5 ln 15 ·t ) ≈ 25 + 75 e −0,0286t 1 13 3 = e ( 5 ln 15 ·t ) ≈ e −0,0286t 4 3 1 13 = ln ln · t ≈ − 0,0286t 4 5 15 ln 34 t = 1 13 ≈ 10 min ∴ 5 ln 15



2. Se colo coloca ca un cuer cuerpo po a 100 100◦C en una una sala sala que que está está a una una temp temper erat atur uraa cons consta tant ntee desc descon onoc ocid ida. a. Si papasado sadoss 10 minu minuto toss el cuer cuerpo po está está a 90◦C ypasado20minutosestaa82 ypasado20minutosestaa82 ◦C , determina determinarr la temperatu temperatura ra de la sala. Solución:

En este caso conocemos T 0 = 100, T (10) = 90 y T (20) = 82.

La ecuación original queda: T (t ) = T m m + (100

−k t − T m m )e

y reemplazamos reemplazamos los valores valores para los 10 10 y 20 minutos, minutos, obteniendo obteniendo 2 ecuaciones con 2 incógnitas:

−10·k 90 = T m m + (100 − T m m )e 82 = T + (100 − T )e −20·k m m

m m

Dejamos como ejercicio la determinación de T m m . EJERCICIOS: 1. Un termómetr termómetro o se lleva lleva de una habitación habitación en la que la temperatu temperatura ra es de 70 ◦ F a un congelador en el que la temperatura es de 12◦ F. Después de 30 segundos el termómetro registra 40 ◦ F. ¿Qué temperatura registrará registrará después de 2 minutos?. 2. Un objeto objeto a temperatura temperatura inicial de de 150◦ C se coloca en el exterior donde la temperatura es de 35 ◦ C. Sus temperaturas a las 12:15 y 12:20 son respectivamente de 120 ◦ C y 90◦ C. 46



a ) ¿A qué hora fue colocado el objeto en el exterior? b ) ¿Cuándo registrará registrará 40◦ C de temperatura?

3. Un objeto objeto se coloca en una habitaci habitación ón en la que la temperatu temperatura ra es de 20◦ C. La temperatura del objeto desciende 5 grados en 4 minutos y 7 grados en 8 minutos. ¿Cuál era la temperatura del objeto cuando se colocó en la habitación?.

2.4. 2.4.3. 3. Mezc Mezcla lass Para obtener un remedio, una pintura del color adecuado o un trago, es necesario mezclar diversos ingredientes. Considere un recipiente con un dispositivo de agitación que en todo momento mantiene la mezcla homogénea Suponga que tiene V litros litros de capacidad capacidad y contiene una mezcla mezcla de agua con sal. Si al recipiente le agregamos agua con c gramos de sal por litro a una velocidad de a litros por segundo y del recipiente sacamos agua a la misma velocidad, ¿qué cantidad de sal hay en el recipiente en el tiempo t ? Sea x ( (t ) lacantidaddesalenelrecipienteeneltiempo t . La variación de la cantidad de sal es d x d t

= (Sal que entra) - (Sal que sale)

La sal que entra es a c . La cantidad de sal en el instante t es x V (t ) , luego la cantidad de sal que sale es ( ) a x V t . De esta forma, la ecuación que modela la variación de la cantidad de sal es d x

de donde

d t

− − a x ( V (t )

= a c

d x x c V

Se sigue

− −

=

− V a d t a

x ( (t ) = c V + + K e − V t

Si la cantidad inicial de sal es x ( (0) = x 0 , entonc entonces es x ( (t ) = c V + + (x 0

− c V ) e −

a t V

EJEMPLO 2.4.2 Suponga que el estanque contiene 100 litros de agua, que entra agua con 500 gramos gramos de sal por litro a razón de 5 litros por minuto, y que además sale agua a la misma velocidad del recipiente. ¿Cuanto tiempo tarda en tener 10 kilos de sal el recipiente? 47


Solución:


= 500 gr., a = = 5 En este caso tenemos: V = 100 lt., c =

lt. 1min. 1 = lt/s y x 0 = 0. min. 60 s 12

Reemplazamos, Reemplazamos, considerando que buscamos el tiempo necesario para tener 10000 gr. de sal: 1 10000 = 500 · 100 + (0 − 50000)e − 1200 t 1 4 = e − 1200 t 5 4 1 t = − ln 5 1200



de donde

≈ ≈ 267,772 267, 772 segundos, aproximadamente aproximadamente 4,5 minutos.

t

2.4.4. 2.4.4. Creci Crecimie miento nto de poblac poblacion iones es Supon Suponga ga que para para modela modelarr el creci crecimie miento nto de una poblac población ión en tiempo tiemposs cortos cortosuti utiliz lizamo amoss la siguie siguiente nte regla: “ la tasa de crecimiento de la población es proporcional a la población existente. ” Entonces, el modelo matemático para este fenómeno es la ecuación: d P d t

= k P

donde P = P (t ) es la población existente en el tiempo t . Resolviendo Resolviendo por integración directa directa se tiene

  d P P

=

k d t

⇔

ln(P ) = k t + + C

⇔

P (t ) = M 0 e k t

donde M 0 representa la población inicial. inicial. EJEMPLO 2.4.3 La población de cierta ciudad se duplicó de 1900 a 1960. 1960. Si la tasa de crecimiento natural de la población es proporcional a la población en cualquier tiempo y la población en 1960 fue de 60000 habitantes, estime la población para el año 2010. Solución: Sean P = P (t ) la población en el tiempo t . El fenómeno queda modelado por la siguiente ecuación diferencial con valores iniciales: d P

=

k P

P (0)

=

30000

P (60)

=

60000

d t

en t = 0 (1900) en t = 60 (1960) Resolviendo como arriba:

P (t ) = 30000 2t /60

·

48



Para determinar la población en 2010, se debe evaluar en t = 110 P (110) = 30000 2110/60  1069 106907 07 habts habts..

·

EJERCICIOS: 1. En un experiment experimento o de genética genética se colocan 50 moscas de la fruta en un recipiente recipiente de cristal que soportará una población máxima de 1.000 moscas. Si 30 días después la población ha aumentado a 200 moscas, ¿cuándo alcanzará la población de moscas la mitad de la capacidad del recipiente? 2. Una ciudad A tiene tiene 5 veces más población población que la ciudad B. La primera crece crece a una tasa del dos por cien ciento to al año año, y la segu segund ndaa a una una tasa tasa del del diez diez por por cien ciento to al año año. ¿En ¿En cuán cuánto toss años años tend tendrá rán n la mism mismaa población? 3. Una epidemia epidemia de gripe golpea a una ciudad y se extiende a una tasa proporcional proporcional al producto producto entre el número de personas que están infectadas y las que no lo están. Si el número de personas infectadas crece del 10% al 20% de la población en los primeros diez días, ¿cuántos días más se necesitarán para que la mitad de la población esté infectada?

Ejercicios Ejercicios Misceláneos Misceláneos 1. Si un cuerpo cuerpo de masa masa m que cae libremente desde el reposo encuentra una resistencia del aire proporcional al cuadrado de su velocidad, su velocidad a t segundos de iniciarse la caída satisface satisface la ecuación diferencial m

d v d t

− − k v 2 ,

= m g

donde k es una constante que depende de las propiedades aerodinámicas del cuerpo y de la densidad sidad del aire. (Suponemos (Suponemos que la caída caída es lo suficiente suficientement mentee corta para que la variación variación de la densidad del aire no afecte el resultado de manera significativa). significativa). a ) Demuestr Demuestree que que v =

   m g k

tan

g k m

t

satisface la ecuación diferencial y la condición inicial de que v = = 0 cuando t = 0 b ) Calcule la velocidad límite del cuerpo, l´ım ım v .

→∞ c ) Para un paracaidista paracaidista que pes 160 160 lb (mg=160), el tiempo en segundos y la distancia en pies, un valor común para k es 0.005. ¿Cuál es la velocidad límite del paracaidista? t

49



2. La empresa Alameda Instruments Instruments ha establecido una línea de producción producción para fabricar una calculadora nueva. La tasa de producción de esas calculadoras, calculadoras, donde t se mide en semanas, es d x d t

= 5000

− 1

100 (t + 10)2



piezas por semana. Determinar la cantidad de calculadoras que se produjeron desde el inicio de la tercera semana hasta el fin de la cuarta semana de producción.

2.5. 2.5. Ejer Ejerci cici cios os de Cont Contro role less y Certá Certáme mene ness 1. Encuentre la función y = f (x ) 2. Calcular la integral

  x e

x 2 +1

d x

= f  (x ) = 3 x 2

d x .

3. Calcule la siguiente integral integral indefinida indefinida

50

d y

sabiendo que

 −  2

e x sen(2e x )

3

4 + 3cos2 (e x

d x

1 − 4x + + 2 x

y

f (2) = 9.

Capítulo 3

La Inte Integra grall Defin Definid ida a

3.1. 3.1. CLASE CLASE 6: Integ ntegra rale less de Newto ewton n y de Riem Rieman ann n La idea intuitiva de integral surge alrededor de 1670, cuando Newton comienza a desarrollar los conceptos necesarios para el cálculo de áreas de regiones acotadas por funciones continuas. Hacia 1850, Riemann generaliza estas nociones y las define para funciones con un número finito de discontinuidades. Realiza demostraciones más formales y «descubre» el Teorema Fundamental del Cálculo. Iniciaremos este estudio formal con las ideas de Newton, que son muy parecidas a las ideas que ya miramos cuando introdujimos introdujimos el concepto de antiderivada, por medio del cálculo de áreas. DEFINICIÓN 3.1.1 Sea f : [a , b ] −→ R0+ una función continua, acotada y no negativa. Se define la integral definida de b al valor del área de la región encerrada entre las gráficas de f y de f entre a y b y el eje de las abcisas (eje x ). Lo denotamos por



b

f (x )d x

a

La idea de Newton para calcular estas áreas, fue aproximar el área buscada por la suma de las áreas de rectángulos de ancho «muy pequeño».

Intuitiv Intuitivament amente, e, es claro claro que tomando tomando n rectá rectángu ngulos loscuy cuyas as bases bases sonde son de igual igual longit longitud ud ∆x ,yhaciendo −→ ∞, el área comprendida bajo la curva y sobre el eje x será la suma de las áreas de todos estos n −→ rectángulos.

51

UL O 3. L A I C AP ÍT ULO I NTEGRAL DEFINIDA


EJEMPLOS: b , es decir, calculemos 1. Calculemo Calculemoss nuevamente nuevamente el área bajo f (x ) = x 2 sobre el eje x , entre 0 y b



b

x 2 d x .

0

Hacemos x 0

=

0

x n n

=

b

n

:

número número de subrectán subrectángulos gulos

∆x =

b

=

n

base de cada subrectángulo

Sea A i i : el área del rectángulo i-ésimo. Entonces, Entonces, si en cada intervalo de la forma [x i i , x i i +1 ] consideramos la altura del rectángulo como f (x i i ) tendremos: A 1

=

A 2

=

A 3

=

A k k

=

.. . .. .

f (0) ∆x

· f (x 1 ) · ∆x f (x 2 ) · ∆x

=

0

=

x 12 ∆x

=

x 22 ∆x

.. .

2 f (x k k −1 ) ∆x = x k −1 ∆x

·

.. .

2 f (x n n −1 ) ∆x = x n −1 ∆x x 1 = ∆x , x 2 = 2∆x , Pero, notamos que:

A n n =

·

A 1

=

0

A 2

=

(∆x )3

A 3

=

4(∆x )3 .. .

A k k

=

.. . .. .

· · · , x k k = k ∆x , · · · , x n n = = n ∆x ,

de dond onde

− − 1)2(∆x )3

(k

.. .

2 3 A n n = (n 1) (∆x )

−

Por lo tanto: n

A k k (n ) =

n 1

n



 · − −  − 

3 A k k = (∆x )

k =1

(k

2

1) = (∆ )

−

b 3 n (n 1)(2n 1) b 3 1 1 = n n 6 6

−

b

x 2 d x = = l´ım

∴

0

52

(n 1)(n 1 + 1)(2(n 1) + 1) j 2 = (∆x )3

−

j =1

k =1

=

−

 ·

x 3

b 3

→∞ →∞ 6

n

 −  −   −  −  1

1

n

2

1

2

1

n

n

=

b 3

3

6

−

3.1. CLASE 6: INTEGRALES DE NEWTON Y DE RIEMANN




b


2x d x .

0

Consideramos Consideramos nuevamente: x 0 = 0 x n n

=

b

n

:

número número de subrectán subrectángulos gulos b

= base de cada subrectángulo n = k ∆x

∆x =

x k k

· ·

de donde

A k = 2x k k −1 ∆x = = 2(k −1)∆x ∆x = = ( 2∆x )k −1 ∆x k = f (x k k −1 ) ∆x =

·

·

·

Luego, usando la fórmula para la suma geométrica de razón 2∆x y primer término igual igual a 1: n

n

 

A k k (n ) =

A k = k =

k =1

n



−1 · ∆x = = ∆ x

∆x k

(2

)

k =1

(2∆x )k −1 = ∆x

k =1

(2∆x )n

− 1 = b 2b − 1 n 2 − 1 (2∆x ) − 1 b n

de donde



b

0

b 2b − 1 b (2b − 1) 2x d x = = l´ım = →∞ n 2 n b − 1 l´ım n →∞ ım n (2b /n − 1) n →∞ →∞

siempre que el límite presente en el denominador no sea igual a 0. Calculémoslo: ln 2) y − 1 e (b ln2 1 ln 2)e (b ln2 ) y (b ln2 l´ım ım n (2b /n − 1) = l´ l´ım ım (2b ) y − 1 = l´ l´ım ım l´ım ım ln 2 = l´ = b ln2 →∞ n →∞ y →0 y y →0 y →0 y 1



 

Así, finalmente, finalmente,

b

2x d x = =

b (2b

− 1) = 2b − 1

b ln2 ln 2

0

ln2 ln 2

EJERCICIOS: Determine:



b

1.



b

3

2.

x d x

0



b

αx

3.

π d x

0

x 2x d x

0

OBSERVACIÓN: Podemos ampliar ampliar el concepto de integral de Newton de la siguiente manera:

 

b

1. Si b < < a , podemos definir

a

f (x )d x = =

a

b

f (x )d x = =

a

 −  −

f (x )d x

y, en general

b

a

f (x )d x

b

∀a , b ∈ ∈ R 53





a

= b : 2. Si a = :

f (x )d x = = 0

∀a ∈ ∈ R

a

3. Además Además,, si f es unafun una funció ción n contin continua ua quecam que cambiade biade signo signo en el interv intervalo alo [a , b ],entonceslaintegral de Newton de f entre a y y b se se define como el área total sobre el eje x menos el área total bajo el eje x y y sobre la gráfica de f . De esta manera, vemos que el resultado puede ser positivo o negativo.

∈]a , b [. Entonces, claramente se tiene que: 4. Sea f : [a , b ] −→ R continua y acotada. Sea c ∈



b



c

f (x )d x = =

a



b

f (x )d x + +

a

f (x )d x

c

Esta última observación tiene consecuencias interesantes: interesantes:



b

x 2 d x

=

a

b 3

3

−



a 3

3

.

a

En efecto:

b

2

x d x + +

0

3 b

a

2x d x =

2b − 2a ln2 ln 2



b

2

x d x = b

+

x 2 d x .

Luego:

0

a

a 3



 

x 2 d x

=

a

b 3

3



b

⇒

x 2 d x

a

=

b 3

3

−

a 3

3

como se demuestra análogamente. análogamente.

Note Note que esto esto corre correspo sponde nde a determ determina inarr la primi primitiv tivaa de la funció función n y lue luego go evalua evaluarr el extrem extremo o superi superior or menos el extremo inferior, lo cual es .... notable!

3.1. 3.1.1. 1. La inte integr gral al defin definid idaa de Riem Rieman ann n La integral de Riemann es una generalización de la integral de Newton. La gran diferencia es que no requiere que el intervalo del dominio de f esté esté subdividido en segmentos de igual longitud, ni que la función sea continua; basta con que sea acotada.

DEFINICIÓN 3.1.2 Sea [ a , b ] un intervalo cerrado. Diremos que  = {x 0 , x 1 ,..., x n una partición de de n } es una partición [a , b ] si se cumple a = = x 0 < x 1 < x 2 <

54

· · · < x n n −1 < x n n = b



OBSERVACIÓN: Notar que  tiene n + + 1 elementos y determina n subintervalos de [a , b ] de la forma [x i i −1 , x i i ]. Usaremos la notación ∆x i i = x i i − x i i −1

y llamaremos norma llamaremos norma de de la partición  al al número

∀i = = 1, · · · , n

  = max = 1,2,..., n } a´ x {∆x i i : i = Para entender el concepto de integral de Riemann, supongamos que, como en el caso de la integral ∈ [a , b ] y el eje de Newton, nos interesa calcular el área acotada por y = f (x ), x ∈ eje x . En cada subintervalo [x i i −1 , x i i ] escogemos un c i arbitrario, ∀i = 1, · · · , n . Por lo tanto, una suma que aproxima el área será: n

A (c 1 , c 2 ,



· · · , c n n ) =

f (c i i )∆x i i

i =1

Clarament Claramente, e, el valor de de A depende de la elec elecci ción ón de la part partic ició ión n  ydelos c i i ∈ [x i i −1 , x i i ].Paraqueuna función sea integrable , necesitaremos que este valor no dependa de estas elecciones. Más precisamente: DEFINICIÓN 3.1.3 Una Una función función f : [a , b ] → R acotad acotadaa se dice dice Riemann-integrable o simplemen simplemente te integrable si si y solo si cualquiera sea la elección de los c i i y los subintervalos ∆x i i , ocurre que el límite l´ım ım A (c , · · · , c n n ) existe. →0 1



b

En tal caso, el valor de este límite se llama integral de f en [a , b ] y se denota por

f (x )d x .

a

→ ∞ ya que los subinterOBSERVACIÓN: En la definición de la integral de Riemann no basta a exigir Riemann no bast exigir que n → subintervalos no valos no son son necesariamente de igual longitud. Además, para enfatizar el hecho que el valor de la suma depende de la part partic ició ión, n, se util utiliz izaa a vece vecess una una notación diferente: DEFINICIÓN 3.1.4 Sea f : [a , , b ] → R acotada y  suma de RieRieuna partic partición ión del interv intervalo alo [a , , b ] . Una suma mann para para la función f respecto de la partición partición  es una suma finita de la forma n

S ( f ,



 , , i ) =

k =1

f (k )(x k k

− x k k −1)

donde los i ∈ [x i i −1 , x i i ] .

55



 

Luego, de acuerdo a lo anterior, anterior, diremos que f es es integrable en [a , b ] si l´ım ım S f ,  , i existe, y en →0 tal caso escribimos

   

b

l´ım S f , , i →0

=

f (x ) d x

a

Veamos Veamos a continuación otra manera equivalente equivalente (tal vez más tangible) de verificar si una función es o no integrable según Riemann. Sea f : [ a , b ] → R una función acotada y sea i = = 1,..., n denotaremos por m i i

=

M i i

=

 = {x 0, x 1 ,..., x n n } una partición de [ a , b ].

 

 

Para ara

∈ [x i i −1 , x i i ] ´ınf f ( ( x ) : x ∈

∈ [x i i −1, x i i ] sup f (x ) : x ∈





∈ [x i i −1 , x i i ] es no vacío y (Como [ a , b ]  es acotada se tiene que para cada i el conjunto f (x ) : x ∈ =  y f es acotado, acotado, y por lo tanto existen su ínfimo y su supremo). DEFINICIÓN 3.1.5 Si  = {x 0 , x 1 ,..., x n la suma superior de superior de f ason } es una partición de [ a , b ], se define la suma ciada a la partición  como el número número n

       

S f ,

=

M i i ∆x i i

i =1

De manera similar, se define la suma la suma inferior inferior de de f asociada a la partición  como el número número n

s f ,

=

m i i ∆x i i

i =1

  ≤   

PROPOSICIÓN 3.1.1 Para cada  partición partición de [a , b ] se cumple que s f ,  Dem. En efecto, para cada i se se tiene que : m i i ≤ M i i . Se sigue gue n

m i i ∆x i i

≤ M i i ∆x i i

lo que concluye la demostración. demostración. 56

 ⇒ i =1

n

 ≤

m i i ∆x i i

i =1

M i ∆x i i

S f ,

.



OBSERVACIÓN: Claramente, para una elección arbitraria de c i i ∈ [x i i −1 , x i i ], se tiene que

   ≤

s f ,

A (c 1 ,

 

· · · , c n n ) ≤ S f , 

De aquí, es evidente que una función f será será integrable si y solo si

 

 

l´ım s f ,  = l´ım S f ,  →0 →0

En tal caso, se llama integr integral al de Riemann Riemann de f a cualquiera de estos límites. límites. Refinami Refinamiento ento de una Partic Partición ión Si  es es una partición de [a , b ] y agregamos un nuevo punto de [a , b ] a la partición, digamos x i 0 −1 < x ξ < x i 0 , entonces formamos una particición   del mismo intervalo que tiene la propiedad  ⊆   . Además s f ,  ≤ s f ,   y

       ≤    

S f ,

OBSERVACIÓN: Si x i i 0 −1 < x ξ < x i i 0 entonces m i i 0 m i i 0

 

m i  0 = ´ınf ınf f (x ) : x

≤ ≤

∈ ∈ ∈ m i  = ´ınf ınf f (x ) : x ∈ 0

Así



m i i 0 x i i 0

− x i i −1 0

S f ,



    x i i 0 −1 , x ξ x ξ , x i i 0

 − −   − −   − − 

=

m i i 0 x i i 0

x ξ + x ξ

=

m i i 0 x i i 0

x ξ + m i i 0 x ξ

x i i 0 −1

≤

m i  0 x i i 0

x ξ + m i 0 x ξ

x i i 0 −1

x i i 0 −1

y de manera similar similar se muestra muestra la propiedad equivalente para M i i 0 . Luego, tenemos que COROLARIO 3.1.1 Si  1 ⊆  2 entonces

   ≤       ≤   

s f , 1

s f , 2

S f , 2

S f , 1

COROLARIO 3.1.2 Si  1 y  2 son dos particiones arbitrarias de [a , b ] entonces

   

− − ≤ s f ,  1 ≤ S f ,  2 ≤ M ( (b − − a )

m ( (b a )

57


Dem.

Tomar la partición partició n


y usar la desigualdad desigualdad

 =  1 ∪  2

   ≤    ≤    ≤   

s f , 1

s f ,

S f ,

S f , 2

DEFINICIÓN 3.1.6 Llamaremos integral integral inferior de de f en en el intervalo [a , b ] al número real



b

    

f (x ) d x = = sup s f ,

a



: particiones particiones de [ a , b ]

Similarmente, Similarmente, se define la integral superior de f en en el intervalo [a , b ] como el número real



b

    

f (x ) d x = = ´ınf S f ,

a

: particiones particiones de [ a , b ]



OBSERVACIÓN: Notar que los resultados resultados anteriores anteriores garantizan garantizan la existencia de tales números. números. Además, podemos decir



 ≤ ≤

b

b

f (x ) d x

a

f (x ) d x

a

DEFINICIÓN 3.1.7 Diremos que f es Riemann integrable integrable si se cumple



b



b

f (x ) d x = =

a

f (x ) d x

a

y en tal caso, caso, para el número en común escribiremos escribiremos



b

f (x ) d x

a

TEOREMA 3.1.1 Considere Considere una sucesión de particiones  n n de un intervalo [a , b ] tal que l´ım ım  n →∞ n  = 0 n →∞

   −   

y

l´ım ım S f ,  n n →∞ n →∞

Entonces f es es integrable en [a , b ] y, más aún

s f ,

   

n n

b

  

l´ım ım S f , →∞ →∞

n

Dem.

n n

l´ım ım s f , →∞ →∞

n

En efecto, para todo n se se cumple

   ≤ 

b

s f ,

n n

a

58

=

n n

=

f (x ) d x

a

 ≤ ≤

b

f (x ) d x

a

 

≤ ≤ S f ,  n n

f (x ) d x

=0



entonces

 ≤

 − −

b

0

b

f (x ) d x

a

   

≤ ≤ S f ,  n n − s f ,  n n

f (x ) d x

a

de donde obtenemos lo deseado al tomar el límite.

EJEMPLOS: 1. Las funciones constantes son integrables. integrables. Dem. Sea f ( (x ) = c , c = cte. en ]a , b [. Proba Probarem remos os que f es integrable utilizando utilizando el criterio del límite, y dejamos como ejercicio hacer la demostración utilizando sumas superiores e inferiores. Sea  una una partición arbitraria del intervalo [a , b ], y sean c 1 , · · · , c n n puntos arbitrarios, donde c i ∈ [x i i −1 , x i i ]. Entonces: n

A (c 1 ,



· · · , c n n ) =

n



f (c i i )∆x i i = c

i =1

∆x i i = c (b

− − a )

i =1



b

⇒

− a ) l´ım ım A (c , · · · , c n n ) = c (b − ||→0 1

∴

c d x = = c (b a )

− −

a

2. La función función f (x ) = x es integrable en [a , b ]. Más Más aún



b

x d x = =

b 2

a

2

2

− a 2

Dem. A modo de ilustración, ilustración, utilizaremos utilizaremos ambos ambos métodos para para demostrar que f es es integrable en [a , b ]. Método Método sumas sumas superio superiores res e inferior inferiores es Considere las particiones particiones aritméticas de [a , b ]

 n n =



x i i = a + + i

b a

− −

n



: i = = 1,2,..., n

Como f (x ) = x es creciente, creciente, se se tiene que que m i i

=

∈ [x i i −1, x i i ]} = x i i −1 ´ınf {x : : x ∈

M i i

=

∈ [x i i −1, x i i ]} = x i i sup {x : : x ∈ 59



Entonces n

     − −   − −    − −  − −   −  − −   − −

s f ,

=

n n

i =1

b a

x i i −1

n

n

b a

=

a + + (i 1)

n

i =1

b a

=

a n + +

n n

2

=

− −

n

1) n b a n 2

(n

1 (a b + + a n + + b n ) 2

b a

=

 − −  

b a

− a ) − (b − 2n

+

b 2

− a 2 2

y luego b 2

 

l´ım s f ,  n n = →∞ n →∞ De manera similar

n

− a 2 2

     − −   − −     − −   − −

S f ,

n n

=

b a n

x i i

i =1

n

b a

=

a + + i

n

i =1

b a n

=

b a

2

+

b a

− −

n

a + + b

2

− − a )2 + b 2 − a 2

(b

=

2n

 

l´ım S f ,  n n = →∞ n →∞



b

a

x d x = =

n

2

de donde obtenemos

y por lo tanto

 

b 2

b 2

− a 2 2

− a 2 2

Método Método puntos puntos arbitrarios arbitrarios Sea  una una partic partición ión de [a , b ], que define define lossub los subint interv ervalo aloss ∆x 1 , · · · , ∆n .Decadaunodeestossubintervalos escogemos un c i i arbitrario. arbitrario. Llamemos a k : punto medio del intervalo [x k k −1 , x k k ] =

Además, denotamos denotamos 60

− x k k −1.

∆x k k = x k k

Entonces:

x k k + x k k −1

2



n

A (c 1 ,

· · · , c n n )

=

n

f (c i i )∆x i i =

i =1 n

=

n

c i i ∆x i i =

i =1

a i ∆x i i +

i =1 n

=

n

     −   − −  −  −  − −  − − 2

i =1 n

− a i )∆x i i

i =1

(c i i

a i )∆x i i

i =1

x i i + x i i −1

(a i + c i i

n

(x i i

x i i −1 ) + n

(c i i

a i )∆x i i

i =1

1 (x 2 x i 2−1 ) + (c i i a i )∆x i i 2 i =1 i i =1 n 1 2 = (x n x 02 ) + (c i i a i )∆x i i 2 i =1 n 1 2 2 = (b a ) + (c i i a i )∆x i i 2 i =1 =

n

Veamos Veamos que



− a i )∆x i i → 0

(c i i

i =1

Notamos que

 

∀i : : |∆x i i | ≤  

   ≤ | −

n

n

(c i i

i =1

cuan cuando do → 0.

− a i )∆x i i

Luego,

c i i

i =1

y

|c i i − a i | ≤

1 ∆x i i . 2


b − − a −→ 0 1 n a i | |∆x i i | ≤  · ∆x i i = 2 i =1 2

  b

l´ım ım A (c , · · · , c n n ) = →0 1

x d x = =

a

si

→ 0

1 2 (b − a 2 ) 2

OBSERVACIÓN: Esta ejemplo ilustra la ventaja del método de las sumas superior e inferior. Notar, además, que esto resulta equivalente a calcular el área del triángulo con base el segmento de 0 a b menos el área del triángulo con base el segmento de 0 a a . 3. La función función f ( ( x ) =



no es integrable.

∈ [0,1 0 x ∈ 0, 1] ∩ Q ∈ [0,1 1 x ∈ 0, 1] ∩ (R − Q)

Dem. Por Dem. Por la propiedad arquimedeana, sabemos que en cada subintervalo de [ a , b ], por pequeño que sea, existen racionales e irracionales. irracionales. Luego: M k k = 1

m k k = 0,

∧

k = = 1,

· · · , n

Por lo tanto, n

S ( f ,

  )=

k =1

n



M k ∆x k k =

k =1

n

∆x k k = b

− − a

∧

s ( f ,

  )=

k =1

n



m k k ∆x k k =

0=0

k =1

61


∴


− a  = 0 = ||→ l´ım S ( f ,  ) = b − l´ım s ( f ,  ) 0 ||→0

Por lo tanto, f no es no es integrable.

EJEMPLOS: 1. Muestre Muestre que f (x ) = e x es integrable en cada intervalo [a , b ]; más aún, muestre que



b

e x d x = = e b

a

− e a

Dem.: Sean  n aritméticas de [a , b ]. Sabemos que f (x ) = e x es integrable por ser n las particiones aritméticas monótona creciente, y luego para cualquier elección de puntos k ∈ [x k k −1 , x k k ] se cumple



b

n



l´ım ım exp (k ) ∆x k k =  n n →0 k =1

e x d x

a

Por el teorema del valor medio: exp (x k k ) − exp (x k k −1 ) = exp (k ) x k k − x k k −1

para algún k ∈ ]x k k −1 , x k k [

de donde exp (x k k ) − exp (x k k −1 ) = exp (k ) ∆x k k Para esas elecciones especiales de k se tiene n



k =1

n

 

exp (k ) ∆x k k =

k =1



exp (x k k ) − exp (x k k −1 ) = e b − e a

Pero



b

n



l´ım ım exp (k ) ∆x k k =  n n →0 k =1

a

y luego



b

a

62

e x d x = = e b

− e a .

e x d x



∈ N, sea 2. Sea f : [0, b ] −→ R continua. continua. Para Para todo n ∈



b

a ) Verifique Verifique que

n



f (x ) d x = = l´ım ım n

→∞ →∞

0

b ) Use lo anterior para evaluar: evaluar:

1

i) l´ım ım →∞ n n →∞

     2

1

2

+

n

2

+

n

1

1

n





0, b n , 2n b , · · · , nn b .

f (k b /n )

   ···  ··· n 2

+

1 π 2π ii) l´ım ım sen + sen + n →∞ →∞ n n n



k =1

b

 n n =

n

n π + sen n

1

1

iii) l´ım ım + +··· + →∞ n a + n a + n →∞ n a + + b n a + + 2b + (n − 1)b 1 3/n 6/n e + e + · · · + e 3n /n iv) l´ım ım →∞ n n →∞



Dem.:





 n n es aritmética, y su norma es  n n  = b n . b ∆x k k = x k k − x k k −1 = , k = 1, · · · , n . n

a ) La partición partición

Escogemos

b k

c k k = x k k =



n

.

Luego:

b

n

f (x ) d x =

0

b )

f (x ) = x 2

i) Sea

b 3 l´ım ım

1

→∞ →∞ n

n

n

  



b k 2

      n

2

+

n

b 2b , = 0, , n n = n n



··· ,

= l´ım

→∞ →∞

2

∴

+

n 2

n

n



.

l´ım ım →∞ →∞ n

n

b k

b

n

n

1 l´ım →∞ n n →∞

=

n

b 2

n

f

k =1

+

b

n

nb n b

b

Luego:

n =

n



   ···     · · ·               · · ·   

2

1

.

b k

f (c )∆x = l´ım f l´ım ım ım  n n →0 k =1 k k k k  n n →0 k =1 n

y consideremos consideremos la partición

f (c k k ) =

∴

Ademá emás,

2b

+

n

2

+

n

=

b k

f l´ım  n n →0 k =1 n

1

n

2

+

2

n

nb 2

+

n

b

n

2

+

+

=

b

x 2 d x =

=

0

n 2 n

=

b 3

3

1 3

63


ii) Sea f (x ) = sen x b = = π,


f (c k k ) = sen

⇒

de dond dondee,

   

f (c k k ) = sen

b k n

.

Clarament Claramente, e, debemos debemos escoger escoger

πk n

Luego: 1



π 2π π l´ım sen + sen + →∞ n n →∞ n n

· · · + sen

n π n

n



  

=

l´ım →∞ n →∞

=



k π

sen

n

k =1

π n

π

sen x d x

0

Así:

1



π 2π l´ım sen + sen + →∞ n n →∞ n n

n π

· · · + sen

n

  =

π

1

π 0

sen x d x

iii) Notamos que:



1

1

1

1

l´ım + + ··· + →∞ n a + n a + n →∞ n a + + b n a + + 2b + (n − 1)b



n

=

=

l´ım →∞ n →∞ l´ım ım →∞ n →∞ 1

=

   − −     



k =1 n

     · · ·  

1 1. l´ım ım →∞ n n →∞ n

4

2

n

+

4



4

n

5n 3 k + + 7 k 4 2. l´ım ım →∞ n →∞ 2n 5 k =1



64

+

4

6

n

+

+

4

2n n

n a + + (k

k =1

1

a + + b x 0

iv) Claramente, en este caso, f (x ) = e 3x , y se procede análogamente. análogamente. EJERCICIOS: Calcule los límites siguientes:

1

1)b

1 −1 b a + + k n d x

1

n

3.2. CLASE 7: P ROPIEDADES DE LA INTEGRAL DEFINIDA


3.2. 3.2. CLASE CLASE 7: Prop Propie ieda dade dess de la inte integr gral al de defin finid ida a Veremos Veremos en esta sección sección las propiedades más importantes importantes de la integral integral de Riemann, que nos permitirán operar con ellas. Comenzamos con las propiedades de linealidad . PROPOSICIÓN 3.2.1 Sean f , g : [ a , , b ] → R acotadas e integrables. integrables. Entonces:



b

1. f ± g es integrable, y además



b

( f (x )

a

± g (x )) d x =



b

f (x ) d x +

a

b

2. Si α ∈ R entonces α f es es integrable y



g (x ) d x

a



b

α f (x ) d x = α

a

f (x ) d x

a

Dem. 1. Basta notar que, que, para las sumas sumas finitas, finitas, se tiene que

 ±  ±  f g =

f

g

y las integrales integrales consideradas consideradas son límite de sumas finitas. finitas. Hacemos Hacemos el detalle detalle para la propiedad 2. 2. Si f : [ a , , b ] → R es acotada e integrable integrable entonces

          

b

l´ım ım S f , , i →0

Notar que si

=

f (x ) d x

a

n

S f ,

, i =

f (k ) ∆x k k

k =1

entonces

n



S α f ,  , i

de donde

n

k =1

      

f (k ) ∆x k k = αS f ,

α f (k ) ∆x k k = α

=

k =1

, i

b





l´ım S α f ,  , i →0 Pero

     

= l´ım

αS f ,

→0

   

, i = α l´ım S f , →0

l´ım ım S α f , , i →0 y luego

b

f (x ) d x

a

b

=

α f (x ) d x

a

b

α f (x ) d x = = α

a

, i = α

f (x ) d x

a

65


TEOREMA 3.2.1 Si f ( (x ) = 0


∀x ∈ ∈ [a , b ],

salvo un número número finito de puntos, puntos, entonces



b

f (x ) d x = = 0

a

 0. Dem. Sean a 1 , · · · , a k los puntos del intervalo intervalo en donde f ( (x ) = f (a i )|, i = Sea M = ax { | f = máx = 1, · · · , k }.

  |  k

| A A (c 1 , · · · , c k k ) = Así:


  ≤ | k

f (c i i )∆x i i

i =1

k

 ≤ |

f f (c i i ) ∆x i i

|

i =1

k

 ≤ |

f f (a i ) ∆x i i

i =1

|

| = |M | k

M

i =1

| A A (c 1 , · · · , c k k )| −→ 0 →0



b

∴

f (x ) d x = = 0

a

OBSERVACIÓN: Una función de este tipo se dice «nula casi en todas partes» ó «nula c.t.p.». En general, si más en un número finito de puntos, se una propiedad se cumple en un subconjunto de R excepto, a lo más en dice que la propiedad se satisface en el conjunto c.t.p.

 g (x ) sólo COROLARIO 3.2.1 Sean f , g dos funcio funciones nes definid definidas as en [a , b ] tales tales que f es es integr integrabl ablee y f (x ) = en un número finito de puntos (o, f (x ) = g (x ) c.t.p. c.t.p.). ). Entonces Entonces,, g es integrable y, más aún:



b

b

f (x ) d x = =

a

Dem.

Sea h (x ) = g (x ) − f (x ).



g (x ) d x

a

Por lo tant tanto o, h es es nula c.t.p., de donde h es es integrable y



b

h (x ) d x = = 0

a

Pero,

g (x ) = f (x ) + h (x )

g es integrable (suma de funciones integrables integrables en [a , b ]).

⇒



b



b

g (x ) d x =

a

f (x ) d x +

a



b

a



b

h (x ) d x =

f (x ) d x

a

TEOREMA 3.2.2 Sean f , g : [ a , , b ] → R acotadas e integrables. integrables. Entonces:



b

1. Si f (x ) ≥ 0 , entonces 66

a

≥ ≥ 0

f (x ) d x

Adem demás: ás:



∈ [a , , b ] , salvo quizás en un conjunto finito de puntos, entonces 2. Si f (x ) ≤ g (x ) para todo x ∈



 ≤ ≤

b

b

f (x ) d x

a

3. | f f (x )| es integrable y se cumple:

 

g (x ) d x

a

  ≤ |

b

b

f (x ) d x

a

f f (x ) d x

|

a

≤ f (x ) ≤ M , , salvo quizás un conjunto finito de puntos, entonces 4. Si m ≤

 ≤

b

m (b a )

− −

f (x ) d x

≤ ≤ M (b − − a )

a

Dem.

− f es integrable, 2. Por linealidad, g − integrable, y por por hipótesis, f (x ) ≤ g (x ) c.t. c.t.p p.

 



b

g (x ) f (x )

−

≥ 0 c.t.p.

∴



≥ ≥ 0 ⇒

g (x ) f (x ) d x

−

a

Lueg Luego: o:

 ≤ ≤

b

b

f (x ) d x

a

g (x ) d x .

a

f (x )| será continua en todos los puntos en que f lo f | es integrable en 3. Como | f lo sea, se tiene que | f Además: [a , b ].



 ≤ ≤ | |   − ≤ ≤ | |     ≤ | | b

f (x )

≤ | f ∈ [a , b ] f (x )| ∀x ∈

=

⇒

b

f (x ) d x

a

b

− f (x ) ≤ | f ∈ [a , b ] f (x )| ∀x ∈

b

f (x ) d x

=

⇒

f f (x ) d x

a

a

b

b

f (x ) d x

∴

a

4. Aplicación directa de 2.

y

f f (x ) d x

a

f f (x ) d x

a

EJEMPLOS: 1/2

1. Mue Muest stre re que que

0,5 0,5

 ≤   −   −  ≤ −1/2

Solución:

d x

1

x 2

4

x 2

La función en el integrando está definida para 3 15 4 4 3 4 5 1 2

· ≤  ≤ ≤

− x 2) ≤ (1 x 2 )(4 − x 2 ) ≤  (1−x 1)(4−x ) ≤

(1

x 2 )(4

 −−

2

2

0,6

− 12 ≤ x ≤ ≤ 12 .

Luego:

4 2 4  ≤ 106 3 5

67



2. Sin calcular las las integrales decida decida cuál es mayor: mayor: 1

(a)



1

x d x

1

 

1 + x 2 d x

ó

0

(b)

0



1

2 x d x

sen

ó

0



sen x d x

0

PROPOSICIÓN 3.2.2 3.2.2 (Aditividad) (Aditividad) Sea f : [a , , b ] → R acotada e integrable. Para todo c ∈ [a , , b ] , f es integrable en los intervalos [a , , c ] y [c , , b ] . Además se cumple:



b



c

f (x ) d x =

a



b

f (x ) d x +

a

f (x ) d x

c

El recíproco también es válido, es decir, si f es integrable en los intervalos [a , , c ] y [c , , b ] para algún ∈ [a , , b ] entonces f : [a , , b ] → R es integrable y vale la igualdad anterior. c ∈ DEFINICIÓN 3.2.1 Sea f : [ a , , b ] → R acotada e integrable. Definimos Definimos

 

a

1.

f (x ) d x = 0

a

 −

b

2.

a

f (x ) d x =

a

f (x ) d x

b

PROPOSICIÓN 3.2.3 Sea f : [a , , b ] → R acotada e integrable. Dados α , β , γ ∈ [a , , b ] cualesquiera y sin importar el orden entre ellos, se cumple:



β



γ

f (x ) d x =

α



β

f (x ) d x +

α

f (x ) d x

γ

EJEMPLOS: 1. Suponga Suponga que 1



4

f ( ( x ) d x = = 5,

−1

a )

−1

   4

1

b )

−1

68



f (x ) d x = =

1

4

f (x ) d x = =

1

 − 

−1

 −

−2

y

1

f (x ) d x = =

  

h (x ) d x = = 7.

Entonces

−1

4

f (x ) d x + +

−1

= 2 · 5 − 3 · 7 = −11 2 f (x ) − 3h (x ) d x =

f (x ) d x = (5 + ( 2)) = 3

1

−

−

−



4

  

2[x ] d x donde [x ] denota la parte entera de x .


0

4

1

[x ]

= 2 d x =

0

2

[x ]

+ 2 d x +

0



3

[x ]

+ 2 d x +

1

1

=





4

[x ]

+ 2 d x +

2

0

+ 2 d x +

0

= 2[x ] d x =

3

2





3

1

+ 2 d x +

1



4

2

+ 2 d x +

2



= 1 + 2 + 4 + 8 = 15 23 d x =

3

3

  

x 2 d x .


1

En este caso, debemos hacer un análisis más cuidadoso. Notemos que:

       x 2 =

1 2 3 4 5 6 7 8

si si si si si si si si



1 ≤ x < 2  ≤
Dejamos el resto de ejercicio al lector.

EJERCICIOS: Obtenga las antiderivadas antiderivadas de las siguientes:

− [x ], x ∈ ∈ [0,4 1. f (x ) = x − 0, 4]

 −

x ,

2. f (x ) =

0 ≤ x < < π/2 ≤ 3π/2 sen x , π/2 ≤ x ≤ ≥ 3π/2 x ≥ 1,

3. Si [x ] denota la parte entera de x , calcular: 4

a )

 − (

0

4

[x ]

2) d x

b )

 0

1 + (−1)[x ] d x 2

16

c )

  

x d x

0

69



3.2.1. 3.2.1. Criter Criterios ios de Integ Integrab rabili ilidad dad TEOREMA 3.2.3 Sea f : [ a , , b ] → R m monóto onótona; na; entonces entonces f es integrable integrable en [a , , b ] . Dem.: Supongamos Dem.: Supongamos que f : [ a , , b ] → R es creciente y  n n es la partición aritmética de [a , b ] entonces

n

n

S f ,

n n

=

M k ∆x k k =

k =1 n

s f ,

n n

S f ,

de donde

n n

s f ,

n n

=

n

f (x k = k −1 ) ∆x k k =

b a n

n

k =1

l´ım S f , →∞ →∞

f (x k k ) f (x k k −1 ) =

n n

s f ,

n n

f (x k k )

k =1 n

b a

k =1

n

y por lo tanto f es es integrable.

f (x k k ) ∆x k k =

m k = k ∆x k k =

=

b a

k =1 n

k =1

Luego

n

 − −         − −           −     − −    −   − −       −    n

k =1

b a n

f (x k k −1 )



f (b ) f (a )

−

=0

OBSERVACIÓN: Much Muchas as de lasfuncione lasfuncioness con lascuales lascuales se traba trabaja ja en cálcul cálculo o sonmon son monóto ótonas naspor por interv intervalo alos. s. Entonces, por la propiedad de aditividad y el teorema anterior, es posible argumentar la integrabilidad de prácticamente todas las funciones elementales que conocemos, como e x , ln x ,arctan x ,etc. Con un poco más de esfuerzo es posible mostrar: TEOREMA 3.2.4 Sea f : [ a , , b ] → R contin continua; ua; entonc entonces es f es es integrable en [a , , b ] . Este criterio se puede extender a funciones continuas por trazos, entendiendo por éstas, funciones acotadas con un número finito de discontinuidades discontinuidades d dee tipo tipo salto salto,, como vemos en el siguiente 70



TEOREMA 3.2.5 Sea f : [ a , , b ] → R conti continua nua por trazos trazos,, y sean sean x 0 , x 1 ,... x n puntos de disconti discontinuida nuidad d n los puntos de f . Ento Entonc nces es f es integrable integrable en [a , , b ] y se cumple que:



b



x 0

f (x ) d x =

a



x 1

f (x ) d x +

a



b

f (x ) d x +

·· · +

x 0

f (x ) d x

x n n

Para el cálculo integral también existe un teore teorema ma del valor valor medio medio : TEOREMA 3.2 3.2.6 .6 (T (Teor eorema ema del Valo alorr Me Medio dio par paraa Int Integr egrale ales) s) tervalo [a , b ]; entonces:



Sea f una función continua sobre sobre el in-

b

∃ c ∈ [a , b ] :

f (x ) d x = = f (c ) (b a )

− −

a

OBSERVACIÓN: Para entender geométricamente geométricamente el significado de este teorema, considere una función f ≥ 0 en el intervalo. intervalo. Luego, esto quiere decir que existe un punto c en en [a , b ] tal que el área bajo la curva − a y y altura f (c ). de y = f (x ) es igual al área del rectángulo de base b − Veremos Veremos a continuación el Teorema del Valor Medio Generalizado para integrales, y demostraremos demostraremos este último. Veremos Veremos que el anterior es un caso particular de éste. TEOREMA 3.2 3.2.7 .7 (T (Teor eorema ema Gen Genera eraliz lizado ado del Valor Me Medio dio par paraa Int Integr egrale ales) s) Sean f , g funciones tales que: f es es continua en [a , b ] g es integrable sobre sobre [a , b ] y no y no camb cambia ia de sign signo o en este intervalo.

Entonces,



b

∃ c ∈ [ a , b ] :



b

f (x ) g (x ) d x = = f (c )

a

g (x ) d x

a

≥ 0 (análo Dem.: Supongamos que g ≥ (análogam gament entee si g < 0). Como f es es continua en un intervalo cerrado intervalo cerrado,, sabemos que alcanza su máximo y su mínimo en el ∈ [a , b ]} ∧ M = ∈ [a , b ]}: intervalo. Luego, si m = ax { f (x ), x ∈ = m´ın{ f (x ), x ∈ = máx m m g (x )

  b

m g (x ) d x

a

b

m

a

g (x ) d x

≤ ≤ ≤

f (x ) f (x ) g (x )

  ≤

b

f (x ) g (x ) d x

a b a

f (x ) g (x ) d x

≤ ≤ ≤ ≤

M M g (x )

  b

M g (x ) d x

a

b

M

g (x ) d x

a

71




b

Si



b

g (x )d x = 0

ent entonc onces

a

 ≤ ≤  b b

b

Si

f (x ) g (x )d x = 0

g (x )d x > 0

y lue luego go para para cualqu cualquier ier c en el intervalo

a

ambas integrales valen 0.




ento entonc nces es

m

a

a

f (x ) g (x )d x b b

a

g (x )d x

≤ M .

Pero, como f es es continua en

toma todos los los valores entre m y M M . [a , b ] y está acotada por los mismos valores, sabemos que f toma todos

∈ [a , b ]: Luego, en particular, existe c ∈

  b b

f (c ) =

a

f (x ) g (x )d x b b

a

g (x )d x

OBSERVACIÓN: Para demostrar el Teorema del Valor Medio anterior (no generalizado), basta hacer g (x ) = 1 en el Teorema del Valor Medio generalizado. Notemos que otra manera de mirar el T.V.M. es señalar que, bajo las hipótesis,

∃ c ∈ [a , b ] :

f (c ) =

1 b a

− −



b

f (x ) d x

a

Esta sencilla última observación, permite definir DEFINICIÓN 3.2.2 Sea f : [a , b ] → R integrable. integrable. Se define el valor valor promedio promedio de f en [a , b ] por



AV f =

b a

− −



b

1

f (x ) d x

a

EJEMPLOS:



b

1. Probar Probar que si f : [a , , b ] → R es continua y que f (c ) = 0.

f (x ) d x = 0

a

  − −  b

2. ¿ Qué valores de a y y b maximizan maximizan el valor de

x x 2 d x ? ?

a

72

∈ [a , b ] tal ent entonc onces exi existe c ∈

CU LO 3.3. CLASE 8: TEOREMA F FUNDAMENTAL DEL C ÁL CULO


3.3. 3.3. CLASE CLASE 8: Teore eorema ma Fund Fundam amen enta tall de dell Cálc Cálcul ulo o integral definida . Veremo Hemos visto Hemos visto hasta hasta aquí aquí los concep conceptos tos de antiderivada y y de integral eremoss a contin continuac uación ión integral indefinida indefinida , para el que se utiliza nuevamente el mismo signo integral. la noción de integral

DEFINICIÓN 3.3.1 Sea f : [ a , , b ] → R acotada, integrable. integrable. Llamaremos Integr Integral al Indefini Indefinida da de f a a la función F : [ a , , b ] → R definida como



x

F (x ) =

f (t ) d t

a

PROPOSICIÓN 3.3.1 Si f : [ a , , b ] → R es acotada e integrable entonces F es continua. Dem.: Sea x 0 ∈ ]a , b [. Prob Probar arem emos os que que l´ım ım F (x 0 + h ) = F (x 0 ). h →0 Sea h ∈ R : x 0 + h ∈ ]a , b [. Ento Entonc nces es::

 

 − −

x 0 +h

|F (x 0 + h ) − F (x 0 )| =

x 0

f (t ) d t

a

=

 − ≤ |

x 0 +h

f (t ) d t

x 0

Luego, como:

M h

 



 − −

x 0 +h

x 0

f (t ) d t =

a

 

 

f (t ) d t + +

a

 

x 0

f (t ) d t

x 0

f (t ) d t

a

pues f es es acotada

|

0 ≤ l´ım |F (x 0 + h ) − F (x 0 )| ≤ l´ım |M h | = 0 h →0 h →0 por por el teor teorem emaa del del «san «sandw dwic ich» h»:: l´ım ım F (x 0 + h ) = F (x 0 ) y por lo tanto F es es continua. h →0

3.3.1. 3.3.1. Teorema eorema Fundam Fundament ental al del Cálcul Cálculo o TEOREMA 3.3 3.3.1 .1 (T (Teor eorema ema Fun Fundam damenta entall del Cál Cálcul culo) o) Sea f : [a , , b ] → R continua; entonces la integral indefinida F de f es derivable derivable en x 0 ∈ [a , b ] y, más aún F  (x 0 ) = f (x 0 )

Dem.:

Por la definición definición de de la derivada:

F  (x ) = l´ım

h 0

→

F (x + + h ) h

− F (x )

= l´ım

1

→ h

h 0



  − −

x +h

x

f (t )d t

a

f (t )d t

a

Por el Teorema del valor medio para integrales, sabemos que: 1 h

Notamos también que si

h



x +h

x



f (t )d t

= l´ım

1

→ h

h 0



x +h



f (t )d t

x

∃c ∈ ∈ [x , x + + h ]:

= f (c )

→ 0, entonces c → → x . Luego, como f es continua, se tiene: tiene: 73


F  (x ) = l´ım ım

1

→ h

h 0






x +h

f (t )d t

x

=

l´ım ım f (c ) = l´ım ım f (c ) = f (x ) c →x →

h 0

Luego, efectivamente efectivamente se tiene que F es una antiderivada de f . OBSERVACIÓN: Otras maneras de escribir este resultado resultado son:





 

x

f (t ) d t

a

x =x 0

d

= f (x 0 )

d x



x

a

 

f (t ) d t

x =x 0

= f (x 0 )

EJEMPLOS: x

1.



     3

1 + t 5 d t

3

=

1 + x 5

0

x

x 3 arctan (t 2 ) d t . Calc Calcul ulee f  (1) .

2. Sea f (x ) =

1

Solución:

    x

f (x ) =

3

x

2

3

x arctan (t ) d t = x

1

arctan (t 2 ) d t

1



 

x

f  (x ) = x 3



2

arctan (t ) d t

1

x

2

= 3x

arctan (t 2 ) d t + + x 3 arctan (x 2 )

1

x

f  (x ) = 6x

1

+ 3x 2 arctan (x 2 ) + 3x 2 arctan (x 2 ) + x 3 · arctan (t 2 ) d t +

1

· 2x

1 + x 4

3π = 1 : f  (1) = +1 Evaluando en x = 2

TEOREMA 3.3 3.3.2 .2 (R (Regl eglaa de Ba Barro rrows ws o Seg Segund undo o Teor eorema ema Fu Funda ndament mental al del Cál Cálcul culo) o) f : [ a , , b ] → R continua y sea g una primitiva de f en [a , , b ] ; entonces



Sea

b

f (x ) d x = g (b )

a

− g (a )



x

Dem.:

Sea F la integral indefinida de f , es decir, F (x ) = f (t )d t . Por lo anterior, anterior, sabemos que F a es continua y que F  (x ) = f (x ), es decir, F también es una antiderivada de f . Luego: F (x ) = g (x ) + C ,

74

∀x ∈ ∈ [a , b ]



En particular: g (a ) + C = = F (a ) = 0

C = =

=

⇒

− g (a )

Así F (x ) = g (x )

∀x ∈ ∈ [a , b ]

− g (a )



=

b

∴

F (b ) = g (b )

⇒

f (x )d x = = g (b )

a

− g (a )

− g (a )

EJEMPLOS:

     −  π

1.



0

π

2.

4

2

0

π

0

2

d x

x 2

π/2

5.



2 1 2x + + 1 d x = (2x + + 1)3/2 3 2

0

4.

0

= − cos x = − cos π − (− cos0) = 1 − (−1) = 2 sen x d x =

0

3.

π

cos x d x = = sen x = sen π − sen0 = 0

0

=

2x + + 2



d x

x 0 (

sen2x d x = 1 + sen2 x

− −

4



=

0

1 26 (27 − 1) = 3 3 2

= arctan (x 1)2 + 1

π/2

 0

− − 1)



− arctan (−1) = π2

= arctan (1)

0

π/2

 

2sen(x ) cos(x ) d x = ln 1 + sen2 (x ) 2 1 + sen x



=

ln(2)

0

Usando Usando regla de la cadena, el teorema anterior tiene una versión más fuerte: PROPOSICIÓN 3.3.2 Si f (x ) es continua y g (x ) , h (x ) son derivables en el intervalo [a , , b ] entonces se cumple:  g (x ) f (t ) d t = f ( g (x )) · g  (x ) 1.

 

 

a



g (x )

2.

f (t ) d t

h (x )

Dem.:

= f ( g (x )) g  (x )

·

− f ( (h (x )) · h  (x )

Demostraremos Demostraremos 1. pues 2. se demuestra análogamente:

     

g (x )

Para calcular

f (t ) d t

suponga que F es una primitiva de f .

Luego:

a



g (x )

f (t ) d t

a

= F ( g (x ))



− F (a )



= F  ( g (x )) g  (x )

·

− 0 = f ( g (x )) · g  (x ) 75



EJEMPLOS: cos x

1.



      · − sen t 2 d t

=

x 3

=

− sen(x ) · sen

x 3

= 2. Si x 3 + 2x =



  −  

sen cos2 x ( sen x ) − sen x 6 · 3x 2

f (t ) d t ,

cos2 x

3x 2 sen x 6

calc calcul ular ar f (3) .

0

x 3

Solución: Derivando directamente directamente la expresión x 3 + 2x = =



f (t ) d t se tiene:

0

3x 2 + 2 = f (x 3 ) · 3x 2 Evaluando en x = =

 3

3:



3 3 9 + 2 f (3) =  33 9

3. Determinar todas las funciones funciones y = f (x ) tal que



x

y (x ) +

y (t ) d t + 3 = 0

0

Solución: Derivando directamente la expresión, obtenemos y  (x ) + y (x ) = 0

 −  d y

∴

y

=

d x

d y

⇐⇒

y

= d x

−

y | = −x + + C ln | y

=

⇒

=

⇒

y (x ) = K e −x

Para determinar la constante K , reemplazamos la solución en la ecuación:



x

K e −x +

K e −t d t + + 3 = 0

⇒

0

de donde 4. Sea

K = 3

−

f (x ) =

Solución:



por por lo que que

− K e −x + K + + 3 = 0

y (x ) = 3e −x .

−

= 0 2x sen sen 1x − cos 1x si x  = 0 0 si x =

2/π

Una antiderivada antideriva da de f en el intervalo intervalo F (x ) =

76

K e −x

=



Calcule

− 

x 2 sen 1x

0

2 2

,

π π



−2/π

es

= 0 si x  si x = = 0

f (x ) d x .



−  2 2

ya que, efectivamente, efectivamente, F es continua en F  (x ) = f (x ). Veamo eamoss que que F  (0) = 0:

,

π π

.

 0, ento Adem Además ás,, es es cla claro ro que que si si x = entonc nces es

h 2 sen 1h − 0 F (h ) − F (0) 1  F (0) = l´ım = l´ım = l´ım h sen = 0 h →0 h →0 h →0 h h h

Luego:

2/π



f (x ) d x = = F

−2/π

  − −     − −  2

2

F

π

π

=

4

sen

π2

π

2

∈ R : a < < b . 5. Sea f : R −→ R una función continua; sean a , b ∈



π

2

=

8 π2

Si

b +t

b

∀t ∈ ∈ R :



sen

f (x )d x = =

f (x )d x

a +t

a

probar que f es periódica y hallar su período. período. Dem.:



   −  −

b +t

b

f (x )d x =

f (x )d x

a +t b

a

=

   − −  b +t

f (x )d x + +

a +t a +t

=

b

b +t

f (x )d x + +

b a

=

f (x )d x f (x )d x

b a +t

f (x )d x

b



b +t

f (x )d x + +

a

f (x )d x

b

a +t

b +t

f (x )d x = =

∴



a

f (x )d x

b

Derivando respecto a t obtenemos: obtenemos:

∀t ∈ ∈ R

f (a + + t ) = f (b + + t )

Evaluando en t = 0: Así,

f (a ) = f (b ).

T = = b a es es un período per íodo para f ; en efecto:

− −

l´ım ımπ →2

6. Calcular

2

· · x π − e 4π +

e

l´ım ımπ →2

x

x

− −

∀t ∈ ∈ R

e sen t d t

1 + cos2x

x

Solución:

π/ π/2



f (a + + t + + (b a )) = f (b + + t ),

Este es un límite de la la forma 00 , por lo que aplicamos L’Hôpital: 2

· · x π − e 4π +

e

π/ π/2

 x

e sen t d t

1 + cos2x

2e x

= l´ l´ım ımπ x

→2

π

2e

− e sen x

l´ım ım −2sen(2x ) = l´ x →

π

2

π

− e sen x cos x 2πe e −4cos(2x ) = 4 = 2π 77



EJERCICIOS: 2π

 |

1. Pruebe Pruebe que que

0



= 4 3 + 1 + 2cos x | d x =

2π . 3

2. La funció función n f (x ) toma toma losmis los mismos mosval valor ores es para para x = tiene deriv derivada adacon contin tinua. ua. Determ Determine ine = a y x = = b , y tiene



b

el valor de

f  (x ) d x .

a



x

3. Determine Determine f y c si

− − 12 .

f (t )d t = cos x

c



x

∈ R tal que 4. Determine Determine f y un número a ∈ 5. Encuentre Encuentre

d y d x

6 +

a



f (t ) d t = 2 x t 2

∀x > > 0.

, dond dondee y está dado implícitamente implícitamente por



y



x

t

e d t +

0

cos t d t = 0

0



x x

6. Calcular

l´ım ım x →0

0

arcsen t d t x tan tan x

A continuación veremos cómo se aplica lo que hemos visto respecto a las técnicas de integración (o de cálculo de primitivas). TEOREMA 3.3 3.3.3 .3 (S (Sust ustitu itució ción n en inte integra grales les defin definida idas) s) Sea f : [a , b ] → R continua y sea ϕ : [c , d ] → [a , b ] inyectiva, con derivada ϕ  continua y tal que: ϕ (c ) = a , ϕ (d ) = b . Entonc Entonces: es:



b



d

f (x ) d x = =

a

c

f (ϕ (x )) ϕ  (x ) d x

·

OBSERVACIÓN: Es import important ante, e, al hacer hacer unasus una sustit tituci ución ón en integr integrale aless definid definidas as,, preoc preocupa uparse rseque que la sustit sustituución sea consistente, es decir, esté bien definida en el intervalo de integración. Por ejemplo, ejemplo, si al calcular 2π

 0

d x

5 − 3cos x

→ ∞. Vea qué más sucede. hacemos u = = tan( x = π se tiene que u → 2 ) entonces cuando x =

EJEMPLOS: 2

1. Evalúe la integral integral definida: definida:



2

x e x d x

0

∈ [ 0,2 Solución: Consideramos Consideramos el cambio de variable u = x 2 con x ∈ 0, 2] x = = 0 ⇔ u = 0 = 2 ⇔ u = = 4. Luego, x = y 78

⇒

d u = 2x d x .



Entonces:

2



4



x 2

x e d x =

0

0

1 u e d u = 2

1 u 4 e 2 0



1 4 (e − 1) 2

=

1 4 0 (e − e ) 2

=

1

= sec t en la integral 2. ¿Es posible realizar la sustitución sustitución x =

I = =

 

x 2 + 1 d x ?

0

Solución:

No es posibl posiblee ya que

3. Demuestre que



≥ 1 sec t ≥

y el intervalo intervalo de integraci integración ón es [0,1 0, 1].

π

x f (sen x ) d x = =



π

π

0

2

f (sen x ) d x

0

Aplique esta propiedad propiedad para calcular calcular



π

0

Solución:

  

0


0

 − −  

π

x f (sen x ) d x = = π

∴

0

u )) d u = =

f (sen u ) d u

1 + cos2 x

d x = =

π

π

2

0

π

1

u f (sen u ) d u

0

Luego:

− − 1

π

π f (sen u ) d u

0

π sen x d x = = 1 + cos2 x 2

d x :

d u = =

−  − −      − −


0

x sen sen x

− x ⇒

0

sen(π − u ) = sen u .

π

0

π

π

π

donde donde hemos usado usado que

u = π

 −  ⇒  −

u ) f (sen(π

(π

d x

1 + cos2 x

Hacemos el cambio de variable:

π

2

x sen sen x

d t

= 1 + t 2

π

2

π

f (sen u ) d u

0

−1

− π2 arctan (t ) 1

=

π 2

2

b

−→ R una función integrable, tal que f (x ) = f (a + 4. Sea f : [ a , b ] −→ + b x ). Si

  b

determine

f (x )d x = M ,

a

x f (x )d x .

a

b

Solución:



a

x f (x )d x

a

=

 

u =a +b x b

−

b

(a + + b

− − u ) f (a + − u )(−d u ) = + b −

b

=

 − −

∴

2

a

b

u f (u )d u = = ( a + + b )M

=

⇒

u f (u )d u

a



b

x f (x )d x = = ( a + + b )M

− − u ) f (u )d u

 − −

a

b

(a + + b

a

b

(a + + b ) f (u )d u

a





a

x f (x )d x = =

( a + + b )M

2 79



EJERCICIOS: 1

1. Pruebe Pruebe que que



1

m

x (1

0

n

− x )

d x =



x n (1

0

− x )m d x .

2. Demuestre que si si f es una función integrable, integrable, entonces:

 

a )

f (x ) d x = =

f (x c ) d x

a +c

a

b

b )

 − −    b +c

b

f (x ) d x = =

1

a

c )

c

a cb f

c

x c

d x ,

= 0. con c 

∈ R+ y considere f : [−a , a ] → R una función continua. 3. Sea a ∈

 

a

a ) Muestre Muestre que si f es impar entonces entonces

a

b ) Muestre Muestre que si f es par entonces entonces

f (x ) d x = = 0.

−a

f (x ) d x = = 2

−a



a

f (x ) d x .

0

4. Aplique lo anterior para calcular:

 

π

a )

cos2x sen sen (5x ) d x

−π

1/2

b )

cos x ln ln

−1/2

−  

1 x d x 1 + x 5a

5.

a ) Calcule

I =

x

4a

a

d x a + + x

 ≈

 2, 23607 6 2,4494 2, 449466 ± 5 × 10−6 y 5 ≈ 2,236 07 ± 5 × 10−6 , encuentre encuentre un valor valor aproximado de I determinando cotas de los errores. errores.

b ) Sabiendo Sabiendo que



− x definida sobre 6. Sea f una función dada por f ( (x ) = 4 x − sobre el intervalo [0,4 0, 4]. a ) Demuestr Demuestree que que f admite una función inversa inversa g , y encuéntrela.



b ) Sea a [0,4 0, 4].

∈ ∈

c ) Verifique Verifique que

80

Calc alcule ule I (a ) =



f ( a )

a

f (x )d x y J (a ) =

0

I (a ) + J (a ) = a f (a ),

g ( y )d y .

0

e interp interprete rete geométric geométricament amentee esta esta relación. relación.



TEOREMA 3.3 3.3.4 .4 (In (Integ tegrac ración ión por par partes tes en inte integra grales les defi definid nidas) as) Sean f , g : [a , b ] → R diferenciables y g  son integrables en [a , b ], entonces: tales que f  y g



b

a

 

b

b f (x ) g  (x )d x = = f (x ) · g (x ) − a

f  (x ) g (x )d x

a

EJEMPLOS:



π


x cos cos(x ) d x

0

Sean f , g : : [0, π] → R tales que, f (x ) = x , g  (x ) = cos(x ) d x .

Ento Entonc nces es f  (x ) = d x , y g (x ) = sen(x )

Luego, integrando por partes:



 −   

π

x cos cos(x ) d x = x sen sen(x )

0

π

π

sen(x )d x

0

π

=

x sen sen(x )

=

(π sen(π)

0

0

+ cos(x )

π

0

− 0sen(0)) + (cos(π) − cos(0)) = −2

2. Sea f una una función con primera derivada continua en [ 0,1 0, 1]. Si se sabe sabe que que f (0) = 4 y f (2) = 9, calcule: 1 f 2 (2x ) · f  (2x ) d x

 0

Solución: Luego:

1

I =

 0

f 2

(2x ) · f  (2x ) d x = = f 2 (2x ) · =

1

3. Sabiendo Sabiendo que

 0

Solución:

u = f 2 (2x ),

Integramos por partes, con

f 3 (2x ) 1

2

 − 0

2I = = ∴

f 3 (2)

2

2

0

3

2

2

.

1

 − 

f (2x ) 1 1

f (2x )

0

4 f 2 (2x ) · f  (2x ) d x = = 3

3

9 4 − f 2(0) − 2I = − − 2I = 2 2 93 − 43 I = 6

π + 1) ln(x + d x = calculee = ln2, calcul 2 x + 1 8

Integramos por partes, con

d v = f  (2x ) d x de donde v = =

1

 0

arctan x d x . x + + 1

u = arctan x ,

d v =

d x x + + 1

= ln(x + + 1). de donde v =

81



Luego: 1

 0

1

4. Si

I n n =

1

 

1 arctan x d x = arctan x ln ln(x + + 1) − x + + 1 0



(x + + 1)2

1

− 2 d x

y J n n =

(x 2 + 1)n

0



0

d x

π π π + 1) ln(x + − d x ln 2 ln 2 ln 2 = = x 2 + 1 4 8 8

:

(x 2 + 1)n 0

i) Calcular Calcular I 1 . ii) Calcular Calcular I 2 . iii) Demuestre que

I n = n =

1 − 21−n + J n n −1 − 2 J n n . n − 1

Solución: 1

i) I 1 =



(x + + 1)2

− 2 d x = =

(x 2 + 1)

0

1



x 2 + 2x 1

− −

(x 2 + 1)

0

1

d x = =

= x + + ln(x + 1) 1

ii) I 2 =

0

(x + + 1)2

− 2 d x = =

(x 2 + 1)2

1



x 2 + 2x 1

x 2

−1

− −

1

=

 0

(x 2 + 1)

+ 2 d x +

1+



2

− x 2 + 1

x 2 + 1



d x = =

1

π − 2arctan x 0 = 1 + ln2 ln 2 − 2 1

1

 −  −    −

d x = = (x 2 + 1)2 0

0

2x

0

2



 

x 2

1 d x + + (x 2 + 1)2

1

1

x 2 + 1

0

1

=

0

x 2

0

2x d x = = (x 2 + 1)2

1

1 2

d x + (x 2 + 1)2

Para calcular la integral restante, hacemos el cambio de variable: u = arctan x

1

iii) I n = n =

 

d u = =

⇒ ∴

(x + + 1)2

1

=

0

1 + x 2 π/4

   −

1 I 2 = + 2

0

1

− 2 d x = =

(x 2 + 1)n

0

d x

d x

0

1

(x 2 + 1)n −1

0

= J n −1

82

= 0 de donde (x =

1 −2cos u d u = = + 2

x 2

1

−1

d x + + (x 2 + 1)n

2 d x + (x 2 + 1)n

− 2 J n n +

1

 0

 0

−

⇒

u = = 0)

 

1 sen2u 2

2x



x = = 1

∧

π/4

0

=

u =

1 1 − = 0 2 2

d x = = (x 2 + 1)n

2x d x = = J n n −1 − 2 J n n + 2 (x + 1)n

(x 2 + 1)1−n 1

1 − n

⇒



0

= J n −1

1

 0

1−n

− 2 J n n + 1 n − −2 1

2x

d x = = (x 2 + 1)n

π

4





5. Usando fórmulas fórmulas de reducción, obtener obtener la fórmula de Wallis: Wallis: π/2

π/2



senn x d x = =

0



cosn x d x = =

0

Solución: π/2

I n = n =



  

1 · 3 · 5 ······ (n − 1) π 2 · 4 · 6 ······ n 2

si n es es par

2 · 4 · 6 ······ (n − 1) 1 · 3 · 5 ······ n

si n es es impar

π/2

n

sen x d x = =

0

 0

Es decir:

π/2

 −

n 1

sen − x sen x d x = · · · = (n 1)

      u

d v

n I n n = ( n 1) I n n −2

n 2

sen − x d x −(n 1)

0

de donde

−

π/2

 −

I n n =

senn x d x

0

n 1 I n n −2 n

−

Análogamente: I n n −2

=

.. .

n 2

− − 1 I n n −4 n − 2 .

π/2

e

π/2

Además:

0

π/2



= − cos x sen x d x =

0

I 0 =



d x = =

0

I 2 =

∴



− I n n −4 n − 2

.. 2−1 I 0 2

=

I 2

n 3

=

=1

π

2

1 π 2 2 I 1 = 1

∴

Así, finalmente, finalmente, se tiene la fórmula pedida. π/2



Observación:

sen6 x d x =

0

5 3 1 π 15 π = 642 2 32 π/2

Dejamos como ejercicio el cálculo análogo para



cosn x d x

0



x

6. Sea f (x ) =

1

ln t d t , si x > > 0. Calc Calcul ulee f ( (x ) + f (1/x ). Calcule además esta suma para x = = 2. t + 1

Solución: 1/x

Tenemos que

f (1/x ) =

 1

ln t d t t + + 1

y debemos calcular entonces:



x

f (x ) + f (1/x ) =

1

ln t d t + t + + 1

1/x

 1

ln t d t t + + 1 83



Analicemos la segunda segunda integral: 1/x

 1

ln t d t = t + + 1 t = 1u

ln u 1

 −

x

1

1

u



x

1

+1

· u 2 d u =

1

ln u d u u (1 + u )

Luego:

  x

f (x ) + f (1/x ) =

1

 

x

ln t ln t d t = + t (1 + t ) t + + 1

1

ln t (1 + t ) d t = t (1 + t )



x

(ln t ) t −1 d t

1

Calculamos esta última integral por partes:

     x

I =

1

u

I =

∴

= 2: En particular, si x =

 

x ln t t −1 d t = ln t · · ln t −

1

d v

1 2 ln x 2

x

t −1 ln t d t = ln2 x

− − I

1

de donde

f (x ) + f (1/x ) =

1 2 ln x 2

1 2 ln 2. 2

f (2) + f (1/2) =

EJERCICIOS:



e

1. Encontrar la fórmula de reducción reducción para

x 5 (ln x )n d x .

Con ella, ella, calcul calcular ar I 3 .

1

2. Demuestre, Demuestre, usando fórmulas de reducción, reducción, que 1



(1

0

∈ N: 3. Demuestr Demuestree que que ∀n ∈

2

  − − x n

0



x

4. Sea

F (x ) =

1

e t t

d t ,

> 0. si x >



x

e t

t + + a 1

84

2 4 2n − x 2)n d x = = · · · · + 1 3 5 2n +

2x x 2 d x =

(2n + + 1)!

π · n !(n + + 2)! 2n

¿Para ¿Para qué valores valores de x : : d t = e −a [F (x + + a )

≤ F (x ) ? ln x ≤

− F (1 + a )]

Prue Pruebe be que: que:

P LICACIÓN AL CÁLCULO DE ÁREAS EN COORDENADAS CARTESIANAS 3.4. CLASE 9: A PLICACIÓN


3.4. 3.4. CLASE CLASE 9: Aplic plicac ació ión n al cálc cálcul ulo o de área áreass en coor coorde dena nada dass cart cartes esia iana nass 3.4. 3.4.1. 1. Area Areass entr entree curva curvass Sea f una función no negativa y acotada definida definida en el intervalo [a , b ] ⊆ R. Queremos definir el área de regiones del tipo:  = x , y : x ∈ ∈ [a , b ] , y ∈ ∈ 0, f (x )

 

 

Si U y y V son regiones, las condiciones básicas que debería cumplir nuestra definición son: i. U ⊆ ⊆ V ii. Si

⇒

área(U ) ≤ área(V )

área(U ∩ V ) = 0

entonces

área(U ∪ V ) = área(U ) + área(V )

iii. Si R es es un rectángulo de lados a y y b ento entonc nces es

área área(R ) = a b



Si designamos el área de  por A b a f entonces las propiedades anteriores se traducen como.

∈ [a , b ] : 1. Si ∀x ∈ 2.

0 ≤ f (x ) ≤ g ( ( x ) entonces

∀c ∈ ∈ [a , b ] se cumple

− a ) 3. A b a (c ) = c ( (b −

 ≤  

A b a f

  

c b A b a f = A a g + A c g

A b a g

Proba Probarem remos os que si f es es una funció función n Rieman Riemann n integr integrabl able, e, entonc entonces es la única única definic definición ión posibl posiblee de área área de la región  es la integral de Riemann. En efecto, sea  = {x 0 , x 1 ,..., x n n } es una partición de [a , b ] entonces por la propiedad 2 se cumple n

A b a

     f =

i i A x x i i −1 f

i =1

Pero, usando las notaciones usuales

 ≤    ≤   ≤     ≤ ≤   ≤  i i m i i ∆x i i A x x i i −1 f

≤

se sigue que

s f ,

A b a f

M i ∆x i i

S f ,

Como la partición es arbitraria obtenemos b

f (x ) d x

a

b

A b a

f (x ) d x

f

a

85







b b

b b

De esta forma, si la función es Riemann integrable entonces a f (x ) d x = a f (x ) d x , de donde la única definición posible de área que cumple con las propiedades básicas consideradas consideradas es

  

b

A b a

f =

f (x ) d x

a

OBSERVACIÓN: El área encerrada por dos funciones arbitrarias arbitrarias y = f (x ) , y = g ( ( x ) entre las rectas x = = a = b está dada por y x =

  b

A = =

f f (x )

a



− g ( (x ) d x

3.4.2. 3.4.2. Ejerc Ejercici icios os

− x 2 y y = 3x − − 8. 1. Hallar el área área de la región región encerrada por las curvas y = 10x −

Solución: Graficamos Solución: Graficamos ambas funciones. Buscamos los puntos de intersección de ambas gráficas, es decir, resolvemos el sistema y

=

− x 2 10x −

y

=

− 8 3x −

− 8 = 10x − − x 2 ecuación que de donde 3x − tiene por solución x = = 8, x = −1. Notam Notamos os que en [−1,8 1, 8] la gráfic gráficaa de la parábo parábola la pasa pasa por por arri arriba ba de la recta. Figur Figuraa 1

Así, podemos calcular calcular el área: 8

  −1

86

− 10x −

x 2

−

8

   − − 

(3x

8) d x = =

−1



− x 2 − (3x − − 8) d x = 10x − =

243 2



− 10. 2. Encontrar el área encerrada encerrada por las curvas y 2 = x y y = 3x − Solución: Buscamos Buscamoslas las intersecci intersecciones ones de las curvas, curvas, es decir, resolvemos el sistema y 2

=

x

y

=

− 10 3x −

Despejamos x en en la segunda ecuación y reemplazareemplazamos en la primera, de donde y 2 =

y + 10

3

que tiene soluciones y = 2, y = − 53 , valores que co x = 25 rresponden a x = 4 y x 9 respectivamente. Los gráfico gráfico de estas estas curvas curvas corre correspo sponde nden n a una parábo parábola la y una recta pero la parábola tiene directriz perpendicula cularr al eje eje X , es más más conv conven enie ient ntee mira mirarr el prob proble lema ma como si el eje Y fuera fuera el eje X ; queda 2

A = =

2

Figur Figuraa 2

  −      −  y y 2

y + 10

3

−5/3

y + 10

d y =

3

−5/3

y 2 d y =

1331 162

3. Hallar el área área A encerrada encerrada por las curvas y = sen x , y = cos x entre las rectas x = = 0 y x = = π.

Solución: Buscamos las intersecciones de las curvas y = sen x , y = cos x en el intervalo [0, π], es decir, debemos buscar las soluciones de sen x = en el intervalo intervalo.. Así, x = = cos x en = π/4. ≥ sen x y en π4 , π secumEn 0, π4 : cos x ≥ ≥ cos x . Así: ple: senx ≥

 

 

Figura Figura 3

 | π

0

− cos x | d x = sen x − =

π/4

 0



π

(cos x

− − sen x ) d x +

π/4

(sen x

− − cos x ) d x = =

 −    2 1 +



2+1 =2 2 87



4. Hallar el área encerrada entre las curvas 8 y = x 3 y

8 y = 2x 3 + x 2 − 2x

Solución: Buscamos Solución: Buscamos los puntos de intersección de las curvas, es decir, decir, resolvemos el sistema 8 y = x 3 8 y = 2x 3 + x 2 − 2x Entonces = x 3 2x 3 + x 2 − 2x =

⇔ ⇔

x 3 + x 2

− 2x = = 0

x ( (x 1) (x + + 2) = 0

− −

Se sigue que las curvas se intersectan en x = = 0, x = 1 y x = −2. Además Además de de forma forma analíti analítica, ca, popodemos determinar cuál de las curvas se encuentra arriba y en qué intervalo.

Figura Figura 4

En efecto:

≥ x 3 2x 3 + x 2 − 2x ≥

x ( (x 1) (x + + 2)

⇐⇒

− −

≥0

Luego, utilizando la tabla

x x 1

− −

x + + 2 x ( (x 1) (x + + 2)

− −

−2 0 − − − − − 0 + + − − − − − − − − − − 0 + + + + + − − 0 + + 0 − −

1 +

+

+

0

+

+

+

+

+

0

+

+

obtenemos que en el intervalo [−2,1 2, 1] se cumple



≥

2x 3 + x 2 − 2x 8

x 3

8

∈ [−2,0 si y solo si x ∈ 2, 0]. Así 1

   −2

88

0

 −    

2x 3 + x 2 − 2x 8

x 3

8

d x = =

−2

1

 −    − 

2x 3 + x 2 − 2x 8 1 3

= +

5 37 = 96 96

x 3

8

d x + +

0

x 3

8



2x 3 + x 2 − 2x 8

d x = =



5. Hallar el área encerrada encerrada por las las curvas x y = 9

 x + +



4

=

y

Solución:

Como consideramos la curva

 x +  ≥ 0, y ≥ ≥ 0. + y = 4, estamos suponiendo x ≥   De la curva x + obtenemos mos + y = 4 obtene

 −  

y = 4

x

2

Busquemos los puntos de intersección de las curvas:

   x + +

y

2

= 16

⇒

Como x y = 9 reemplazamos: x + + y + + 6 = 16

Figura Figura 5



x + + y + + 2 x y = 16

de donde

x + + y = 10

Luego, tenemos el sistema x y = 9 x + + y

x y = 9 x 2

10

x 2 + x y = 10x .

Multiplicando la segunda por x se se sigue: Reemplazando

=

tenem enemos os

− 10x + + 9 = 0

x = = 1

=

⇒

Luego, los puntos de intersección son (1,9 1, 9) y (9,1 9, 1). 9

  −   −  4

1

x

2

9

x

∨

x = = 9

Se sigue sigue que el área área es

d x = =

88 − 18ln3 3

6. Encontrar el área área encerrada por la la curva cerrada y 2 = x 2 − x 4 . Solución: En Solución: En este caso, la dificultad radica radica en determinar la gráfica de esta curva. 89



Note que y 2 ≥ 0, ento entonc nces es x 2 − x 4 ≥ 0 ⇔ ∈ [−1,1 x 2 1 − x 2 ≥ 0. Lue Luego go,, x ∈ 1, 1]. De la ecuación ecuación

 

y 2 = x 2

− x 4

obtenemos las funciones y =

 ± − x 2

x 4 =

 ±| ± | | −

1 x 2

x

Figura Figura 6

Se sigue que el área está dada por 1

 | |  − − − | |  −   | |  −   − −1

=

x

1 x 2

x

1 x 2 d x

x

1 x 2

d x

1

2

−1 1

=

4

x 1

0

x 2 =

4 3

C 3 son las gráficas de las parábolas y = x 2 , x > 0; y = 2x 2 , x > 0 e y = m x 2 , x > 0 7. C 1 , C 2 y C respectivamente. respectivamente. Cada punto (a , b ) de C 2 se une a un punto de C 1 mediante un segmento vertical y a un punto de C 3 mediante un segmento horizontal. Así, se originan las regiones A y B que que se muestran en la figura.

a ) Encuentre el área de la región A . b ) Encuentre el área de la región B . c ) Determine para qué valor del parámetro B tienen parámetro m las las regiones A y y B tienen igual área.

90



Solución: a ) La región A está limitada por la gráfica de las parábolas y = 2 x 2 , y = x 2 y la recta vertical x = está dada por: = a . Luego, el área de la región A está





a

Área( A ) =

a

2

(2x

2

− x )d x = =

2

x d x = =

x 3

0

3

b ) Como el punto punto (a , b ) pertenece a la parábola y = x 2 :

b = = 2a 2 .

0



a

0

=

a 3

3

    ≤ ≤ ≤  ≤ ≤ ≤ 2

La recta y = b = 2a 2 intersecta a la gráfica de y = m x 2 en el punto a B se puede descomponer como la unión de las regiones B 1 =

B 2 =

 

 ≤ ≤ ≤  ≤ ≤ ≤

(x , y )

∈ R2 :

0 x a

(x , y )

∈ R2 :

a

2

2

x

m

m

,

2x 2 y m x 2

a , ,

2x 2 y 2a 2

m

, 2a 2 . La región

Entonces: Área( B ) = Área( B 1 ) + Área( B 2 )

  2 a

Área( B 1 ) =

m

m x 2

(

−

2x 2 ) d x = (m

a

Luego: Área( B ) =

( a 2

 2 2 2

− 2x 2)d x = = 2

m

m 2

− − 3

3

   a

2

m

x 3 m 2 x d x = (m 2)

2)



a 2 x

− −

x 3

3

3

   a a

 

 1 2 + a 3 2 2 m 3

3/2

  2 a

−     

0

a

Área( B 2 ) =

2

a

0



  −

m =

0

2 1 = a 3 2 2 2 2 m 3 m

3/2

−3

 

2

a

3



m

 

2

1

m

+2



3  − 3 2 m + 2 = 4a 3 − 43 2 a 3 1m



1

Otro Otro método: método: 2a 2

  −     ⇐⇒ −

Área( B ) =

0

c ) Área( A ) = Área( B )

y

2

4a 3 4  3 d y = − 3 2 a m 3

y

4a 3 4 2 a 3 3 3

1

m

=

a 3

3

⇐⇒



1

m

m = =

3

  

− − 2

m

32 9

91



EJERCICIOS:

− x 2 . 1. Encuentre el área área de la región región acotada por las parábolas y = x 2 − 6x + + 10 e y = 6x − 2. Encuentre el área de de la región acotada acotada por la parábola y = x 2 − 4x + + 5, el eje x y las rectas x = = 3 y x = = 5. 3. La hipérb hipérbola ola x 2 − y 2 = 8 divide en tres regiones regiones a la circunferencia circunferencia x 2 + y 2 = 16. 16. Hallar el área de cada una de las regiones. 4. Encuentre el área área de la región región acotada por y = x 3 − x

e

y = x 4

− 1.

5. Calcular el área área encerrada por las las curvas dadas por y = x 4 + x 3 + 16x

− − 4

92

e

y = x 4 + 6x 2 + 8x

− − 4

3.5. E JERCICIOS DE CONTROLES Y C CERTÁMENES


3.5. 3.5. Ejer Ejerci cici cios os de Contr Control oles es y Cert Certám ámen enes es 1. Calcule Calcule F  (0), si

x 3

F (x ) =



e cos t d t

x 2

u = = x −1/2

2. Use la sustitución sustitución

para calcular 3



cos(x −1/2 ) x 2

1

d x

3. Use integración integración por partes para calcular calcular  3



2

x −3 arcsen x d x

1/2

4. Compruebe Compruebe que

        · · ·       − ∈ ∈ ln

(2n )! 1/n

1

n !

n

=

1

1+

n

1

1+

+

n

2

n

+

+

1+

n

n

Use lo anterior y sumas de Riemann para calcular

1/n

1 (2n )! l´ım ım ln →∞ n →∞ n n !

1

5. Consider Consideree

x n

1 x d x , ,

n N.

0

a ) Integrando por partes, pruebe que I n = b ) Calcule I 0

2n

2n + + 3

I n n −1

c ) Calcule I 4

6. Sea f una función continua continua en R. Determine g  (x ) si x 3

g (x ) = arctan (2x ) +



(t + x ) f (t ) d t

0

cos x

7. Sea F : : R −→ R, definida por F (x ) =

  

d t

3

−6 8. Sean f : [−1,1 1, 1] −→ R una función continua y

t 2 + 1

.

Dete Determ rmin inee F  (π/2).

sen x

F (x ) =

x 2

f (t )d t ,

0

Pruebe que

f (0) =

x R

∈ ∈



− F π(2π) .

9. Calcular el área área limitada por la gráfica de las ecuaciones

x = = 1 y 4 ,

−

x = = y (1 y 2 ).

−

93


94


Capítulo 4

Funciones Trascendentes

4.1. 4.1. CLASE CLASE 10: 10: Func Funcio ione ness loga logari ritm tmo o y ex expo pone nenc ncia iall El principal objetivo de esta clase es definir las funciones logarítmicas y exponenciales que fueron presentadas en MAT021 MAT021 de manera más bien intuitiva. En este curso, las podemos definir formalmente, mediante integrales. integrales.

4.1.1. 4.1.1. Funció Función n Logarít Logarítmic mica a 1 DEFINICIÓN 4.1.1 La funció función n f (t ) = , con t > 0 es cont contin inua ua,, por por lo tant tanto o para para cual cualqu quie ierr x positivo positivo existe existe t el número: x 1



t 1

d t

Se llama función logarítmica (natur (natural) al) a la funció función n ln : ]0, ∞[ → R, definida por



x

ln(x ) =

1

d t t

La función f ( (x ) = ln(x ) es continua en todo su dominio (R+ ), y además además:: > 1, entonces ln(x ) > 0. Si x >



x

< 1, ento Si 0 < x < entonc nces es ln(x ) = 1

Si x = entonc nces es ln(1) = = 1, ento



1

t 1

1

1

d t =

d t = 0.

 − x

1 t

d t < 0

Luego, como por el T.F.C. .F.C. se tiene tiene que que

1

> 0, t x entonces la función logaritmo natural es es una función creciente en todo su dominio y por lo tanto 1

inyect inyectiv iva. a. Lue Luego go,,

ln(x ) = 0

⇔

x = = 1.

1 La siguiente figura ilustra la relación relación entre el ln y el área bajo la curva de y = . x

95

(ln x ) =

UL O 4. FUNCIONES TRASCENDENTES C AP ÍT ULO


1 ∈ R + por lo que es estrictamente creciente, vemos que > 0 ∀x ∈ Además de notar que f  (x ) = x 1 → +∞ y ln(x ) → −∞ también es cóncava, ya que f  (x ) = − 2 < 0, y cump cumple le ln(x ) → +∞ para x → x → 0+. para x → Con la información obtenida la gráfica de y = ln x es: es:

EJEMPLOS:

= 0 se cumple > −1 y x  1. Demuestre que para para x > cumple:: x

1 + x

< ln (x + + 1) < x

Solución: Recor Recordemo demoss que, si m y y M son son los los valo valore ress míni mínimo mo y máxi máximo mo de f en el interv intervalo alo [a , b ]:



b

m (b a ) <

− −

96

a

f (t )d t < M (b a )

− −

4.1. CLASE 10: F UNCIONES LOGARITMO Y EXPONENCIAL


1 = 1 y b = = 1 + x : Si f (t ) = , a = t

1+x

1

· x < 1 + x x

1 + x



1

d t < 1 x t

1

·

< ln (x + + 1) < x

∈ R+ y r r ∈ ∈ R entonces TEOREMA 4.1.1 Si a , b ∈ 1. ln(1) = 0 2. ln

 1

a

=

4. ln

− ln(a )

3. ln(a · · b ) = ln(a ) + ln(b ) Dem.:

ln(a · · b ) = =

4.

a

b

= ln(a )

− ln(b )

5. ln(a r ) = r ln ln(a )

La propiedad 1.1.- ya se vió, vió, y la propiedad 2.- se demuestra demuestra al pasar en 4.-



ab

3.



ln

 a

b

=

1

  a

1

      − − ab

1

d t = d t + + t t 1

ln(a ) + ln(b ) ln a + + ln

 1

b

d t = t

a

ln a + +

b

1

d t = ln a t

1

t =

=

b

1

1

d t + d u + t u 1 1

t =a u

1/b

=

a

1

1

1

d u u

u

ln(a ) − ln(b )

EJEMPLOS: 1. Resuelva: Resuelva:



x

1 3

Solución:

1



x

1

d t = 2 d t . t t 1

Notamos que:





1

 

1

x

1

d t = 2 d t t t 1

1 3

1

∴

x

1 3

1

x

d t = d t t t 1

1

⇔

 

de donde

1 3

1

x

1



x

1

d t + d t = 2 d t + t t t 1 1

− ln



1 = ln x y luego x = = 3 3 97



     −  ·           x

> 0, se define: 2. Para Para x >

ln t d t . 1 + t

f (x ) =

1



f (x ) + f x 1 .

Calcu alcule le

Solución:

1/x

f

1

x

=

1

1

=

x

1

1/x

ln t d t + 1 + t

x

ln( 1u )

x

ln u d u d u , = 1 2 u u u ( + + ) 1 + 1 1 u 1

t = u

x

f (x ) + f

x

ln t d t = 1 + t 1

1

1

ln t d t = 1 + t

ln t ln t d t = + t + + 1 t (t + + 1)

=

1

x

x

1

ln t t

1

ln t d t + 1 + t

I = ln t ln t

· ·

t −1 ln t d t

1

1

2



e 2

1. Calcule Calcule

f  (x ) ln x d x



x

1

e

sabiendo que

1/e

 1



0

1

= ln(sec x ) d x =

π/2

e

1/2




cos x ln

−1/2

  0

1 + x d x . 1 x

ln x

1 − x 2

x

≥ 1, considere 4. Para Para x ≥

ln t d t .

f (x ) =

Prue Pruebe be que: que:

1

a ) f es creciente y convexa. convexa. b ) Si x , y > 1

ento entonc nces es f (x y ) ≥ f (x ) + x f ( y ).

 −    −  −  − x

5. Sea

f (x ) =

ln(cos t ) d t .

Prueb ruebee que: que:

0

a ) f (x ) = 2 f π4 + x 2 π b ) f π2 = ln2 ln 2



98

2

f π4

x

2

x ln2. ln2.

⇒

− 1) f  t d t = 1. (ln t −

2. Sabiendo que ambas ambas integrales integrales existen, compruebe que

   −  

d u =

d v = t −1 d t : :

2I = ln (t ) = ln2 x

⇒

I

EJERCICIOS:

ln u

u (u + + 1) 1

u = ln t ,

x

x

x

d t = I

Calculamos esta última integral por partes, haciendo

 −  ·   



de donde:

d x

1 2

I = ln2 x



4.1. 4.1.2. 2. La Func Funció ión n Expo Expone nenc ncia iall DEFINICIÓN 4.1.2 e x p (x ) = ln−1 (x ).

Se llama función exponencial a a la función e x p : : R → R+ , definid definidaa por Es deci decirr, y = e x p (x ) ⇐⇒ x = = ln( y ).

Entonces: e x p (ln(x ))

x

si x > > 0

ln(e x p (x )) = x

∈ R si x ∈

=

En particular, se tiene que: e x p (ln(1)) = 1

⇔

e x p (0) = 1

e x p (ln(e )) = e

⇔

e x p (1) = e

TEOREMA 4.1.2 Si e x p (x ) : R → R+ , entonces: 1. e x p es es continua y creciente en R.

6.

2. e x p (0) = 1

7. Es derivable y

3. e x p (x + + y ) = e x p (x )e x p ( y ), ∀x , y ∈ R

− y ) = 4. e x p (x −

e x p (x ) e x p ( y )

5. e x p (r x ) = (e x p (x ))r ,

,

∀x , y ∈ R ∀x ∈ ∈ R, ∀r ∈ ∈ R

∀x ∈ ∈ R : e x p (x ) = e x d (e x p (x )) d x

=

d (e x ) d x

= e x

8. Es convexa.

→ +∞ 9. e x p (x ) → +∞ para x → → −∞ 10. e x p (x ) → 0+ para x →

Con la información obtenida, la gráfica de y = e x p (x ) es:

∈ R. DEFINICIÓN 4.1.3 Sea a > > 0, x ∈ a x , por: por:

Defin Definim imos os la función exponencial de base a , que denotamos como ln(a )) a x = e x p (x ln ln(a )) = e x ln

99



TEOREMA 4.1.3 Si a > > 0, entonces se cumplen las siguientes propiedades: propiedades:

∈ R 1. a x > 0 y f (x ) = a x es continua, ∀x ∈ 2. a 0 = 1 3.

d (a x ) d x

= a x ln(a )

4. La función función f ( (x ) = a x es creciente si a > > 1, decreciente si a < < 1 y constante igual a 1 si a = = 1 EJEMPLOS:



x

1. Sea F (x ) =

e t

1

∀x > > 0.

d t

t

a ) ¿Para qué valores valores de x : :



x

b ) Pruebe Pruebe que

1

≤ F (x ) ? ln x ≤

e t

d t = e −a (F (x + + a )

t + a

− F (1 + a ))

c ) Análogamente, exprese las siguientes siguientes integrales integrales en términos de F :



x

i)

1

e a t t



x

ii)

d t



x

e t

d t

t 2 1

iii)

e 1/t d t

1

Solución:



x

a )

≤ F (x ) ln x ≤

 ≤ ≤

x

1

d t t 1

⇔

e t

1

Claramente, para cualquier t > 0 :



x

b )



x

e t

t + + a 1

d t =

e t +a e −a

·

t + + a



x

d t

t e t

⇔

− 1 > 0.

∴

x +a

d t

e −a

=

e u u

− 1 d t ≥ ≥ 0.

t

1

t



e t

≥ 1. la condición se satisface ∀x ≥ 1

d u = = e −a

    − −        − − 1

x +a

= e −a

e u u

1

1+a

u =t +a

1+a u e

d u

e u u

1+a

d u = e −a (F (x + + a )

u

1





x +a

d u + +

1

e u u



d u

− F (1 + a ))

c ) Haremos Haremos i), dejando las demás como como ejercicio. ejercicio. x

e a t

1

t

a x

d t =

e u u

u =a t a

1

d u =

a

e u u

a x

d u +

e u u

1

a x

d u = =

1

e u u

 −

a

d u

1

e u u

d u = = F (a x ) F (a )

e

2. Demuestr Demuestree que que

I n = n =

1

Solución:

lnn (x ) d x = = e n I n n −1 .

Integrando por partes:

     e

I n n =

n

 − 

ln (x ) d x = x ln ln (x )

1

100

n

u

d v

e

e

1

n

1

− n I n n −1 lnn −1 (x ) d x = e −

−



Ejercicios Ejercicios Propuestos Propuestos 1

  − − − − 

1. Sea A = =

0

a

a )

1 + t e −t

0

d t .

a 1

t a −1 1

b )

e t

Exprese cada una de las siguientes integrales en términos términos de A : 1

c )

d t

 

e t

(t + 1)2 0

d t

1

2

t e t

d )

d t t 2 + 1

e t ln(1 + t ) d t

0

2. Muestre Muestre que y = exp (x ) es la única función derivable que cumple y  (x ) = y ( ( x ) con y ( ( 0) = 1. > 1 3. Calcular Calcular para a >



ln a

a

ln x d x + +

1



e y d y

0

y dar una interpretación interpretación geométrica de de esta cantidad. cantidad. < b entonces 4. Muestre Muestre que si 0 < a < entonces



a b < <

5. Muestre Muestre que la función f (x ) =

− − < a + + b − ln a 2 ln b −



b a

e −1/t

0

si t > 0 si t = 0

es C ∞ (R).

101



4.2. 4.2. CLASE CLASE 11: 11: Func Funcio ione ness Hi Hipe perb rból ólic icas as Las funciones hiperbólicas están definidas como combinaciones de las funciones exponenciales e x e −x . Estas funciones simplifican muchas expresiones matemáticas que aparecen en las aplicaciones, y e por ejemplo, en la tensión en un cable suspendido de sus extremos, movimiento de ondas en sólidos elásticos, etc. Daremos una breve introducción a las funciones hiperbólicas, sus gráficos gráficos,, sus derivadas y antiderivadas. DEFINICIÓN 4.2.1 Definimos las funciones seno hiperbólico y coseno coseno hiperbólico como hiperbólico como las funciones funciones seno hiperbólico y sinh, cosh : R → R dadas por: sinh(x ) =

e x

− e −x 2

y

cosh(x ) =

e x + e −x

2

Usemos las técnicas aprendidas en MAT021 para graficar estas funciones hiperbólicas: d

Notamos que:

Además:

d x d 2

d x 2

> 0 (sinh x ) = cosh x >

( sinh x ) = sinh x

∀x ∈ ∈ R.

Luego uego,, sinh sinhx es es creciente.

y note que e x

− e −x ≥ 0 ⇔ e x ≥ e −x ⇔ x ≥ ≥ −x ⇔ x ≥ ≥ 0

≥ 0 y cóncava para x < < 0. Luego, la función es convexa para x ≥ También podemos calcular = l´ım l´ım ım sinh x = ım x →+∞ → ∞



e x

= l´ım l´ım ım sinh x = ım →−∞ x →−∞



e x

x +

− e −x



=+

− e −x



=

2

∞

y x

No hay asíntotas para este gráfico. Así, obtenemos la siguiente gráfica gráfica para y = sinh(x ): 102

2

−∞

4.2. CLASE 11: FUNCIONES HIPERBÓLICAS


Análogamente, podemos graficar graficar y = cosh(x ): d

Notamos Notamos que:

(cosh x ) = sinh x

d x < 0. y decreciente para para x < d 2

Además:

d x 2

Tambi mbién: én:



> 0 ( cosh x ) = cosh x >

l´ım cosh x = l´ım x →+∞ →±∞

x



>0

∀x ∈ ∈ R+ . ∀x ∈ ∈ R−

<0

∀x ∈ ∈ R.

e x + e −x

2



> 0 Lueg Luego o, cosh osh x es es creci crecient entee para para x >

Luego, Luego, la la funció función n es convexa convexa en todo R.

=+

∞

No hay asíntotas para este gráfico. Así, la gráfica gráfica de y = cosh x es:

TEOREMA 4.2.1 cosh2 (x ) − sinh2 (x ) = 1 Dem.: 2

2

cosh (x ) − sinh (x ) =



e x + e −x 2

2

 −

∀x ∈ ∈ R. e x

− e −x 2



2

=

e 2x + e −2x + 2

4

−

e 2x + e −2x

4

− 2 = 1 103



OBSERVACIÓN: 1. Las funciones seno y coseno hiperbólico corresponden corresponden a las partes impar y par, respectivamente, respectivamente, de la función exponencial. En efecto: e x − e −x e x + e −x + = e x sinh(x ) + cosh(x ) = 2 2 Además: sinh(−x ) = − sinh(x ) ∧ cosh(−x ) = cosh(x ), lo que prueba prueba que que sinh es impar y cosh es par. Estas propiedades son evidentes de las respectivas gráficas. 2. Recordemos Recordemos que la relación entre las funciones funciones trigonométricas sen sen y cos es cos2 t + sen2 t = 1

∀t ∈ ∈ R

lo que, geométricamente muestra que (cos t ,sen t ) pertenece a la circunferencia circunferencia de ecuación ecuación ∈ R. El teorema x 2 + y 2 = 1, ∀t ∈ teorema anterior anterior muestra muestra que (cosh t ,senh t ) pertenece a la hipérbola ∈ R. Por este motivo de ecuación x 2 − y 2 = 1, ∀t ∈ motivo,, se llama llama a veces funciones circulares a a las funciones sen y cos, y las funciones senh y cosh se llaman funciones hiperbólicas . > 0 Más precisamente, precisamente, como cosh u > x = cosh u y

=

senh u

∀u > > 0

notamos notamos que:

rama derecha derecha de la hipérb son las ecuaci ecuacione oness paramétricas dela rama hipérbola ola x 2 − y 2 = 1.

La analogía existente entre ambos tipos de funciones permite definir las próximas funciones hiperbólicas. DEFINICIÓN 4.2.2 Definimos las funciones Tangente Hiperbólica como como la funció función n tanh tanh : R −→ R dada por: sinh(x ) e x − e −x tanh(x ) = = cosh (x ) e x + e −x Cotangente Cotangente Hiperbólic Hiperbólica a como como la funció función n coth coth : R − {0} −→ R dada por: cosh(x ) e x + e −x coth(x ) = = sinh(x ) e x − e −x Secante Secante Hiperbólic Hiperbólica a como como la funció función n sech sech : R −→ R dada por: sech(x ) =

1 2 = x cosh(x ) e + e −x

Cosecante Cosecante Hiperbólica Hiperbólica como como la función función cosech cosech : R − {0} −→ R dada por: cosech(x ) = 104

1 2 = x cosh(x ) e − e −x



EJERCICIOS: Dejamos como ejercicio hacer las gráficas de estas funciones. Mostramos a continuación solo la de y = tanh x , para que verifique sus cálculos.

PROPOSICIÓN 4.2.1

∀x , y ∈ ∈ R se tiene:

1.

1 − tanh2 (x ) = sech2 (x )

2.

cosh(x + + y ) = cosh(x ) cosh( y ) + sinh(x ) sinh( y ).

3.

sinh(x + + y ) = sinh(x ) cosh( y ) + cosh(x ) sinh( y ).

4.

sinh (2x ) = 2sinh x cosh cosh x

5.

cosh (2x ) = cosh2 x + + sinh2 x

y

= − cosech2 x 1 − coth2 x =

4.2. 4.2.1. 1. Deri Deriva vada dass e inte integr gral ales es Las seis funciones hiperbólicas, son combinaciones racionales de las funciones diferenciables e x y e −x , por lo que son derivables donde ellas ellas estén estén definid definidas as . derivables (e integrables) integrables) en todo todo punto donde 105



Derivadas d d x d d x d d x d d x d d x d d x

Integrales

(sinh x )

=

cosh x

(cosh x )

=

sinh x

(tanh x )

=

sech2 x

(coth x )

=

− cosech2 x

(sech x )

=

− sech x tanh tanh x

(cosech x )

=

− cosech x coth coth x

     

sinh x d x

=

+ C cosh x +

cosh x d x

=

sinh x + + C

sech2 x d x

=

tanh x + + C

cosech2 x d x

=

− coth x + + C

sech x tanh tanh x d x

=

− sech x + + C

cosech x coth coth x d x =

EJEMPLOS: 1. Calcular las siguientes siguientes derivadas derivadas e integrales: integrales: a ) b ) c )



x 2 senh(x 3 ) d x =

        | |    − −  −  −     d

tanh

d t

1 + t 2

1

2

= sinh x d x =

0

0

ln2

e )

e x sinh x d x =

0

f )

d

1 + t 2

t

1 + t 2

cosh2x 1 sinh2 1 d x = 2 4 2

3 1 ln2 ln 2 4 2

senh(ln x 2 + 1) = cosh(ln x 2 + 1)

d x

2. Calcul Calcular ar,, si exist existe, e, 106

= sech2

cosh5x 1 d x = ln sinh5x + C sinh5x 5

coth (5x ) d x = = 1

d )

1 cosh x 3 + C 3

x − − senh x . l´ım ım x →0 (1 − cosh x )2

1

x 2 + 1

x

x 2 + 1

− cosech x + + C



Notamos que este límite es de la forma 00 , por lo que aplicamos la regla de L’Hôpital: − senh x = l´ım x − 1 − cosh x 1 −→ ∞. Lueg l´ım ım ım ım Luego o, no exis existe te.. = l´ım 2 x →0 (1 − cosh x ) x →0 2(1 − cosh x )(− senh x ) x →0 senh x x →0 3. Calcular Calcular





2

sech x d x .

4

(sech) (x ) d x =



2

(sech) (x ) (1

2

− tanh

x ) d x =

− − 13 tanh3 x + + C .



2

 − −

(sech) (x ) d x

tanh2 x (sech)2 (x ) d x

= tanh x






cosech x d x .

  − 

cosech x d x = cosech x =

cosech x + + coth x d x = − ln |cosech x + + coth x | + C = cosech x + + coth x

  ±



 − ∗

1 + cosh x 1 + cosh x + C = − ln ln senh x cosh2 1





1 cosh x + + 1 C = − ln − 1 + C 2 cosh x −

4.2.2. 4.2.2. Funcio Funciones nes Hiperb Hiperbóli ólicas cas Inver Inversas sas Las funciones hiperbólicas inversas son muy útiles en el cálculo de primitivas. Recorde Recordemos mos que f (x ) = sinh x es es inyect inyectiva iva (pues (pues es estric estrictam tament entee creci crecient entee en todo todo R) y es sobr sobrey eyec ec-tiva (es continua continua con con l´ım ım sinh x = ım sinh x = invertible y, y, por el teorema de = −∞ y l´ım = + ∞). Luego, es invertible x →−∞ x →+∞ la función inversa, esta función inversa es derivable. Debe tenerse presente, sin embargo, que no todas las funciones hiperbólicas son biyectivas, por lo que, para poder determinar la inversa, en algunos casos deberemos restringir el dominio y codominio. TEOREMA 4.2.2 Las inversas de las funciones hiperbólicas están dadas dadas por:

   ∀ ∈ ∈   −  ≥ ≥   || −  ||     − 

arcsenh(x ) = sinh−1 (x ) = ln x + +

x 2 + 1 ,

+ arccosh(x ) = cosh−1 (x ) = ln x +

x 2

1 , x 1

1 1 + x arctanh(x ) = tanh−1 (x ) = ln , 2 1 x arccoth(x ) = coth−1 (x ) = tanh−1

arcsech(x ) = sech−1 (x ) = cosh−1

1

x

1

x

,

x R

x < 1

x > 1

= ln

1 + 1 x 2 x

≤ 1 , 0 < x ≤ 107



arccosech(x ) = cosech−1 (x ) = sinh−1

Dem.:

 1

x

= 0 , x 

Demostraremos solo tres tres casos, dejando los demás como ejercicio.

sinh−1 x = y

e y

x = senh y =

⇐⇒

− 2x − − e − y = 0. 2 y

e

Como

e y

e y

− e − y

2x = e y − e − y .

⇐⇒

2

Luego:

Multipl ultiplica icando ndo esta esta ecuaci ecuación ón por e y obtenemos la ecuación cuadrática:

y

− 2x e − 1 = 0

> 0, necesariam necesariamente ente



± 2x ± 4x 2 + 4 y ± x 2 + 1 e = = x ± 2

⇐⇒ e y

= x + +



x 2 + 1,



de dond dondee

y = ln (x + +



x 2 + 1).

La función cosh : R −→ [1, ∞[ es epiyectiva pero no inyectiva. Restringimos el dominio a R0+ , y la nueva función es biyectiva. cosh cosh−1 : [1, ∞[−→ R0+ .

Luego Lue go,, existe existe x = = e 2 y

−

e y + e − y

2

.

de donde

≥ 0, se tiene que Como y ≥

x =

∴

e y

− e − y

e y + e − y

=

x + + 1 e 2 y = 1 x

−

e 2 y

−1

⇒

e 2 y + 1

e y =

⇒

 1 2

 ± ± − x 2

= x

≥ 1 de donde

tanh−1 x = y

EJERCICIOS: Calcular arctanh arctanh

108

e y

e y

cosh cosh−1 (x ) = ln(x + +

Análogamente,

⇐⇒

x = senh y


2x e y + 1 = 0

Por lo tant anto,

cos cosh−1 x = y

Como omo antes ntes,,

 − x 2

⇐⇒

e y

= x + +

1 + x 1 − x

 − x 2

1.

∴

y = ln(x + +

≥ 1. 1), x ≥

x = tanh y ,

x e 2 y + x = = e 2 y



1.

⇒

−1 y =

|x | < 1. ⇒

x 2

Luego:

e 2 y (x

1 1 + x ln , 2 1 − x

 −

− − 1) = −1 − x |x | < 1

1).



4.2.3. 4.2.3. Deriva Derivadas das de las Funcio Funciones nes Hiper Hiperbóli bólicas cas Inver Inversas sas Función

Derivada 1

arcsenh(x )

  − 1

arccosh(x )

x 2

1

arctanh(x )

1 − x 2 1

arccoth(x )

arcsech(x )

arccosech(x )

∈ R , x ∈

1 + x 2

1 − x 2

1 ,

|x | < 1

,

|x | > 1

1

 −− −  ||

x 2

x 1

> 1 , x >

< 1 , 0 < x <

1

= 0 , x 

1 + x 2

x

Dem.: Haremos Dem.: Haremos solo solo una demostración, demostración, las demás quedan quedan de ejercicio. ejercicio. d

arccosh(x ) =

d x

En efecto:

1

 − x 2

aplicamos el teorema de la función inversa a

 



f −1 (x ) =

1 f  f −1 (x )

=

arccosh(x ) =

d x

d

ln x + +

d x

f (x ) = cosh x . Ento Entonc nces es

1 sinh cosh−1 x

=

1

cosh2 cosh−1 x 1

x 2

x 2

cosh2 x 1.

1

1 =

x + +

1

1

− sinh2 x = puesto puesto que cosh2 x − donde sinh x = = 1 de donde = d

> 1 , x >

       −  −  − −   −   ·     − − − =

Otra demostración: demostración:

1

Veamos Veamos que

x 2

1

1+

x

x 2

=

1

1

x 2

1

109



TEOREMA 4.2.3 En relación a las funciones hiperbólicas inversas inversas tenemos:

   

1

d x = arcsenh

a 2 + x 2

1

x 2



− a 2

d x = arccosh

  

1

a 2

− x 2 d x =

  −   1

x a 2

x 2

1

x

a 2 + x 2

      x

a

x

a

1 arctanh

a

1

arccoth

a

+ C ,

a > > 0

+ C ,

x > > a > > 0

x a

+ C

si x 2 < a 2

x a

+ C

si x 2 > a 2

d x =

− a 1 arcsech

d x =

− a 1 arccosech

x

+ C ,

a

x

a

0 < x < < a

+ C ,

x = 0 y a > > 0

 

EJEMPLOS: 1. Mostrar Mostrar que en x = = 0 se alcanza un mínimo para la función Solución:

f (x ) = x arctanh arctanh(x ).

Buscamos los puntos críticos: f  (x ) = arctanh(x ) +

2. Calcular arctanh Solución:

x

1 − x 2

= 0



1 . 4

3. Calcular la integral

1

 

2d x

3 + 4x 2

0

Solución: Hacemos u = = 2x entonces d u = 2d x y 1

  0

110

2d x

3 + 4x 2

2

=

  0

d u

3 + u 2

2

=

    0

d u 2

3 + u 2

=

arcsinh

   2 3

4.3. E JERCICIOS DE CONTROLES Y C CERTÁMENES


EJERCICIOS: Calcule 1

1.

 

sinh(arcsen x ) d x .

5.

1 + senh x d x . 1 + cosh x

6.

0

2. 3. 4.

d d x







senh−1 (tan x ) .

 

tanh2 (x ) d x .

sinh4 (x ) d x .

1

7.

coth(x ) ln(sinh(x )) d x .

 

1 + cosh(x ) d x .

0

4.3. 4.3. Ejer Ejerci cici cios os de Contr Control oles es y Cert Certám ámen enes es 1. Calcu Calcula larr l´ım ım x →0

− arctan x . senh x − 1 − cos x

e 1

2. Calcule la integral definida

 0

−

+ 1)2 ln(x + (x + + 1)

 −

2

+ 1) 4 ln (x +

d x .

∈ R la relación 3. Sea ϕ : R −→ R una función diferenciable que satisface para todo x ∈



x

ϕ (x ) +

cosh(t )ϕ  (t )d t = cosh(x )

0

a ) Determine Determine ϕ  (x ) usando el teorema fundamental. b ) Determinar explícitamente la función función ϕ (x ) y calcule también el valor de la constante de inte-

gración.

111


112


Capítulo 5

Integrale Integraless Impropias Impropias

5.1. 5.1. CLASE CLASE 12: 12: Inte Integr gral ales es Impr Improp opia iass



b

En la definición de la integral definida

f (x ) d x se exigió que f : [a , b ]

a

→ R fuese acotada. acotada.

Por

otra otra parte parte,, el teorem teoremaa fundam fundament ental al del cálcul cálculo o requi requier eree que f sea sea contin continua ua en [a , b ]. Estudiare Estudiaremos mos ahora ahora aquellas integrales en donde la integración se realiza sobre un intervalo no acotado o bien la función tiene una una o vari varias as disc discon onti tinu nuid idad ades es de tipo tipo infin infinit ito o (es (es deci decirr, no de tipo tipo salt salto) o) en el inte interv rval alo o de inte integr grac ació ión. n. es impropias impropias.. Tales integrales se llaman integral llaman integrales Para estudiar las integrales impropias, consideramos 2 grandes casos:

• Tipo Tipo I :

el intervalo es no acotado, acotado, o equivalentemente, equivalentemente, uno de los límites de integración, integración, a o b , es infinito . Es decir, son de la forma



∞

con f integrable integrable en

f (x ) d x

a

o



≤ ≤ x < < ∞

a

b

f (x ) d x

con f integrable integrable en

−∞

− ∞ < x ≤ ≤ b

• Tipo Tipo II

→ a + o cuando → b −. : el inte integr gran ando do es no acot acotad ado o, es deci decirr, f (x ) tiend tiendee a infinit infinito o cuando cuando x → cuando x → Es decir, son de la forma:



f (x ) d x



f (x ) d x

b

con

a

o

l´ım ım f (x ) −→ ∞, →

f integrable integrable en

a < < x

l´ım ım f (x ) −→ ∞, →

f integrable integrable en

a

x a +

≤ ≤ b

b

a

con

x b −

≤ ≤ x < < b

OBSERVACIÓN: Cualquier integral impropia que tenga un número finito de «valores infinitos» infinitos» puede expresarse como una suma finita de integrales simples de los tipos I y II. Por ejemplo: 113

UL O 5. INTEGRALES IMPROPIAS C AP ÍT ULO



∞

d x

− 4) + 1)(x − −∞ (2x +


−1

− − 1/2

0

4

5

                

=

+

+

−1

−∞

Tipo I

Tipo I I

+

+

∞ ∞

+

−1/2

0

4

5

Tipo I I

Tipo I I

Tipo I I

Tipo I

d x

(2x + + 1)(x

− − 4)

donde hemos omitido escribir el integrando, integrando, por razones de espacio.

Para Para tener tener una idea idea de como como evalua evaluarr una integr integral al improp impropia ia deltip del tipo o I, consid consider eremo emoss el siguie siguiente nte eje ejemm → f (x ) = 1/x 2. En cada intervalo plo: suponga que queremos integrar la función f : [ 1, +∞[ −→ R, x → intervalo de la forma [1, b ] la función f (x ) = 1/x 2 es continua y por lo tanto integrable; además, por el teorema fundamental del cálculo, tenemos b d x 1 b 1 − − = = 1 2





x

1

x 1

Es razonable entonces considerar



+

∞

d x x 2

1

=

b

  −  b

l´ım b →+∞

1

d x x 2

1 l´ım 1 =1 b →+∞ b integral al improp impropia ia de prime primerr tipo tipo o primera primera especie especie . Esto motiva la definición de integr =

5.2. 5.2. Inte Integr gral ales es impr improp opia iass de prime primera ra espe especi cie. e. Crit Criter erio ioss de conv conver erge genc ncia ia.. DEFINICIÓN 5.2 5.2.1 .1 (In (Integ tegral rales es imp improp ropias ias de pri primer meraa esp especi ecie) e) Definimos Definimoslas las integral integrales es sobre sobre intervalos intervalosno no acotados de la siguiente forma: 1. Si f : [a , +∞[ −→ R es integrable integrable en cada intervalo [a , b ], se define +∞ b f (x ) d x = f (x ) d x = l´ım ım b →+∞ a a





2. Si f : ]−∞, b ] −→ R es integrable integrable en cada intervalo [a , b ], se define



b



b

f (x ) d x = ım = l´ım a

→−∞

−∞

f (x ) d x

a

3. Si f : R −→ R es integrable en cada intervalo [a , b ] ⊆ R entonces +∞ +∞ c



f (x ) d x =

−∞ donde c es es cualquier número real.



−∞

f (x ) d x +



f (x ) d x

c

En los dos primeros casos decimos que la integral converge integral converge si si el límite existe (en tal caso el valor +∞ b b lo denota denotamos mos por a f (x ) d x y −∞ f (x ) d x respecti respectivame vamente); nte); en caso contrario contrario,, decimos decimos que a integral diverge integral diverge.. En el tercer caso decimos que la integral de la izquierda converge si las dos integrales impropias de la derecha convergen en forma independiente.



114



5.2. INTEGRALES IMPROPIAS DE PRIMERA ESPECIE . CRITERIOS DE CONVERGENCIA .




+

OBSERVACIÓN: En el caso caso 3. ante anteri rior or es impo import rtan ante te tene tenerr pres presen ente te que que para para que que





+

c

necesario que tanto

∞

0

x

= 2 d x = x 1 + −∞

f (x ) d x converja, converja, es

−∞

f (x ) d x converjan, independientemente .

c

−∞

Note que:



f (x ) d x como

∞

∞





∞ ∞

x

+ 2 d x + x 1 + −∞ 0 2 1/2



0

x

d x = = l´ım ım a →−∞ 1 + x 2

0

a



b

x

x d x ´ + + = l´ l ım ı m 2 d x = b →∞ x 1 + x 2 1 + 0



b

l´ım ım ln(1 + x ) l´ım ım ln(1 + x ) ım − ln(1 + a 2 )1/2 + l´ l´ım ım ln(1 + b 2 )1/2 + l´ = l´ım a →−∞ a →−∞ b →∞ a b →∞ 0 y ambos límites no existen; el primero tiende a −∞ y el segundo a + ∞. Luego, la integral anterior no anterior no converge. Sin embargo, si no se considera ambos límites de manera independiente: =



a

2 1/2



x

2 1/2

l´ım ım ım ln(1 + x ) = l´ım 2 d x = a →∞ a →∞ 1 x + −a



a

−a

=

l´ım ım ln(1 + a 2 )1/2 − ln(1 + (−a )2 )1/2 = 0 →∞

a

Este último cálculo no debe inducir a error: para que una integral impropia de este tipo converja, es necesario que ambos límites límites converjan independientemente. Pero, Pero, esta última integral impropia que calculamos se llama valor valor princi principal pal de Cauchy Cauchy de de la integral. Más precisamente, DEFINICIÓN 5.2.2 Se llama valor valor princi principal pal de Cauchy Cauchy de de



∞

f (x )d x al límite

−∞

v p



∞ ∞



=

∞

d x

f (x )d x

−∞



a

f (x )d x l´ım a →+∞ −a

EJEMPLOS:



+

1. Analizar la convergencia de de la integral integral

x

1

Solución: +∞

 1

d x x

=



b

l´ım ım b →∞

d x x

1



b

=

− ln1 l´ım ım ln x = l´ım ım ln b − ln 1 = l´ım ım ln b −→ ∞ b →∞ b →∞ b →∞ 1 b →∞



∴

diverge.

+

2. Analizar la convergencia de de la integral integral

∞

x 3 d x .

0

Solución: +∞

 0



b

3

x d x = ım = l´ım b

→∞

0

3

x d x = ım = l´ım

x 4

→∞ 4

b



b

0

=

b 4

l´ım ım b →∞ 4

−→∞ →∞

b

∴

diverge. 115





+

3. Analizar la convergencia convergencia de de la integral integral

x 3 d x .

−∞

Solución: +∞



∞

0

3

x d x = =

−∞





+

3

x d x + +

−∞

∞

3

x d x = = l´ım ım

x 4 0



→−∞ 4

a

0

a

+ l´ l´ım ım

x 4

→∞ 4

b



a 4

b

0

b 4

l´ım ım − + l´ım ım . →−∞ 4 b →∞ 4

=

a

Como ambos límites divergen, la integral pedida diverge. Note que, nuevamente el valor principal es 0. Esto se debe, claramente, a que la función integrando es impar. EJERCICIOS: Analizar la convergencia convergencia de las integrales integrales impropias: impropias:

   

+

(a)

∞

(b)

 x

1

(d)

1

(g)

∞

+

d x

+

∞

∞

−∞

(h)

x 2 + 1

0

(j)

(e)

+

(k)

2 −∞ x + 1

∞



∞

+

e −x d x

(c)

∞

(f) (f )

d x 1 + e 2x

∞

d x x 2 + 1

+

e x

∞

arctan x d x 1 + x 2 −∞ 0

e −|x | d x

(i)

−∞

d x

    0

+

(1 − x ) e −2x d x

+

∞

0

+

∞

   

+

d x

x e x d x

−∞

sen x d x

(l)

∞ ∞

d x x

1

−∞

5.2.1. 5.2.1. Integ Integral rales es “p” “p” +

Llamaremos integrales p no acotadas a las integrales del tipo

1

gencia. Notemos que



b

1

d x x p

=

=

116

     

 −

b

x 1−p 1 p 1

= 1 si p 

ln x |b 1 b 1−p 1 − p

+

= 1 si p =

1 p 1

ln b

− −

= 1 si p  si p = = 1

d x x p

.

Estudiar Estudiaremos emos su converconver-



De esta forma



+

∞

d x x p

1

de donde concluimos que la integral +∞



EJEMPLOS: +∞ d x 1. diverge 

 

x

1

+

2.



∞

1

d x x 3/2

=

l´ım b →+∞

d x

d x

x p 1

=

1 p 1

− −

si p > > 1

≤ 1 si p ≤

+

∞

converge si y solo si p > > 1.



1 pues p = = < 1 2



converge

b

x p

1

   



3 pues p = = > 1 . 2

OBSERVACIÓN: Suponga que f : [a , +∞[ −→ R es continua. continua. Si c > > a , entonces, por aditividad



b



c

f (x ) d x =

a

b

f ( ( x ) d x + +

a





f (x ) d x

c

c

Note que por la continuidad de f ,

f (x ) d x es un número bien definido; definido; de esta forma

a



+

∞



+

f (x ) d x

converge si y solo si

a

∞

f (x ) d x converge converge

c

Es importante tener presente que los valores a los cuales convergen ambas integrales pueden ser distintos .



+

EJEMPLOS:

∞

1/3

d x x 2

+

∞

converge puesto que

1



+

Basta notar que

  

∞

1/3

1

d x

= x 2

+

d x

1/3

+ x 2

1

d x x 2

∞

converge.

d x x 2

PROPOSICIÓN 5.2.1 Sean f , g : : [a , +∞[ −→ R funciones continuas. continuas. +∞ α f (x ) d x converge si y solo si 1. Si α ∈ R − {0} entonces

 a



+

a

∞





+

∞

f (x ) d x converge. Más aún:

a

+

α f (x ) d x = = α

∞

f (x ) d x

a

117




  

+

2. Si

∞


+

f (x ) d x y

a

∞

     +

∞

g ( ( x ) d x convergen convergen,, entonces entonces

a

a

+

∞

+

∞

f (x ) + g ( ( x ) d x = =

a



f (x ) + g ( ( x ) d x conver converge ge.. Más Más aún +

f (x ) d x + +

a

∞

g ( ( x ) d x

a

OBSERVACIÓN: Proposiciones Proposiciones similares se pueden enunciar respecto a los otros tipos de integrales de primera especie.

5.2.2. 5.2.2. Teorema eoremass de conver convergen gencia cia para para funcio funciones nes positi positivas vas Supo Supong ngaa que que es difí difíci cill enco encont ntra rarr una una prim primit itiv ivaa para para calc calcul ular ar el valo valorr de una una inte integr gral al impr improp opia ia que que esestemos temos consid considera erando ndo.. ¿Cómo ¿Cómo podemo podemoss garant garantiza izarr que el límite límite existe existe sin necesi necesidad dad de calcul calcular ar la la integral? integral? Para responder esta pregunta necesitamos antes el siguiente LEMA 5.2.1 5.2.1 Si F : [ a , +∞[ → R es una función creciente crec iente entonces ento nces l´ım ım F ( (x ) existe exist e o l´ım ım F ( (x ) = +∞. El x →∞ x →∞ primer caso se da si y solo si F es acotada superiormente. OBSERVACIÓN: La demostración se basa en analizar los casos en que F es acotada y no acotada. En el primer caso ∈ [a , +∞[ } l´ım ım F ( (x ) = sup {F ( (x ) : x ∈ x →∞

TEOREMA 5.2 5.2.1 .1 (cr (criter iterio io de com compar paraci ación) ón) Sean f , g : [a , +∞[ → R funciones continuas en [a , +∞[ tales ≥ c se que para x ≥ se cumple 0 ≤ f (x ) ≤ g ( ( x ) Entonces:

 

+

Si

∞

+

g ( ( x ) d x converge, entonces

a

+

Si

 

∞

f ( ( x ) d x converge.

a

∞

+

f (x ) d x diverge, entonces

a

∞

g ( ( x ) d x diverge.

a



+

Dem.: Dem.:

Sabe Sabemo moss que que

Si definimos

∞

+

f (x ) d x converge converge si y solo si

a

∞

f (x ) d x converge, y análogamente para g .

c



x

F ( (x ) =

c

118





x

f (t ) d t

y G ( (x ) =

c

g ( ( t ) d t



entonc entonces es por el teore teorema ma fundam fundament ental al del cálcul cálculo o ambas ambas funcio funciones nes sonder son deriv ivabl ables es y con deriv derivada ada positi positiva va +∞ +∞ ≥ c ). Si g ( g ( ( x ) d x converge, entonces ( t ) d t converge (por hipótesis 0 ≤ f (x ) ≤ g ( ( x ) para x ≥





a

y así



 ≤ ≤

+

x

G ( (x ) =

c

g ( ( t ) d t

c

∞

g ( ( t ) d t = M <

c

∞

Como F ( (x ) ≤ G ( (x ) se sigue que la función creciente F ( (x ) es acotada y por tanto l´ım ım F ( (x ) existe, es decir x →∞



+

∞



+

converge, y luego

f (x ) d x

c

∞

f (x ) d x converge.

a

EJEMPLOS:



∞

1. Estudie la convergencia convergencia de

0

Solución:

1

d x x 4 + x + + 1

Notar que si x > > 1 : x 2 < x 4 + x + + 1.



b

∴



∞ ∞

1

x 4 + x + + 1 1

1

d x x 4 + x + + 1



∞

2. Estudie la convergencia convergencia de Solución:

Notamos que

x

∴

0

x

1

d x <

∞ ∞

<1

1 + e −x

1

 

b

1

<

1

Entonces: 1



2 d x x 1

1

1

< . x 4 + x + + 1 x 2

l´ım b →∞

d x x 4 + x + + 1

converge.

d x .

1 + e −x x

y como

estudio también diverge.



∞ ∞

1

1

d x es divergente, divergente, la integral en x

TEOREMA 5.2 5.2.2 .2 (cr (criter iterio io del cuo cuocie ciente) nte) Sean f , g : : [a , +∞[ → R funciones continuas en [a , +∞[ y no negativas tales que f (x )

entonces Además:

• •

l´ım = L > 0 x →∞ g ( ( x ) +∞ +∞ g ( f (x ) d x converge. converge si y solo si converge. ( x ) d x converge





a

a

f (x ) = 0 si l´ım ım x →∞ g ( ( x ) f (x )

si l´ım ım = ±∞ x →∞ g ( ( x )

  +

y

a

∞

+

g ( ( x ) d x conver converge, ge, entonces entonces

a

∞

∞

f (x ) d x converge. converge.

a

+

y

  +

g ( diverge, ge, entonces entonces ( x ) d x diver

∞

f (x ) d x diverge.

a

119


Dem.: Dem.:


f (x )

≥ M > 0 tal que si x ≥ l´ım ım = L > 0 entonces existe M > x →∞ g ( ( x ) f (x ) 3 L ≤ ≤ 2 g ( ( x ) 2

L

≥ M Se sigue para x ≥

L

g ( ( x ) f (x )

≤

≤ g ( (x ) 32L

2 Aplicamos ahora ahora el teorema de comparación, y se tiene el resultado resultado.. EJEMPLOS:



∞ ∞

1. Estudie la convergencia convergencia de

1

1

d x x 4 + x + + 1

1 En este caso, aplicaremos el criterio del cuociente, considerando considerando la función f (x ) = 4 . Entonx ces: ∞ 1 1 1 1 x 4 > 1). = l´ım = 0 ∴ la integral converge l´ım ım 1 ım 1+ 3 + 4 = 1  converge pues 4 d x converge (p > x →∞ x →∞ x x x 4 1



x +x +1

2. Estudiemos de nuevo la convergencia de



∞ ∞

1 + e −x x

1

Solución:

Aplicamos el criterio del cuociente, considerando considerando la función 1

l´ım ım x →∞

d x .

x 1+e −x x

=

1

= 1  = 0 l´ım ım x →∞ 1 + e −x

∴

la integral diverge diverge pues



∞

f (x ) =

1 x

. Entonc Entonces: es:

1

d x diverge (p < < 1). x 1

3. Estudiar la convergencia convergencia de: a )

  − ∞

d x

1 x x 2

b )

1

  ∞ ∞

x 2

x 5 + 1

0

c )

dx



∞ ∞

1

ln x x 2

d x

Solución: 1 a ) l´ım ım

→∞

x

b ) l´ım ım x

→∞

120

 −

x x 2

1

1

=

x 2 x 2



x 5 + 1

1

x 1/2

=

x 2

l´ım ım ım = l´ım x →∞ x →∞ 2 x x − 1

l´ım ım x →∞



x 5/2



x 5 + 1

= 1

∴

x

 − x 2

1

= 1

∴

la integral converge, converge, pues p = = 2.

1 la integral integral diverge, diverge, pues p = = . 2



ln x 2 c ) l´ım ım x

= l´ım

1

ln x

1 

x

= l´ım 1 = l´ım = x →∞ x 1/2 x →∞  x →∞ 2 x

→∞ 1

x

2 x

x 3/2

0

∴

la integral converge. converge.

EJERCICIOS: 1. Decida si las siguientes integrales integrales son o no convergentes:

    +

a )

∞

x 4 + 4

1

+

b )

∞

1

 

+

d x

c )

2

∞

e )

0

d )

d x x 6 + 4x 3 + 2sen x

∞

1

+

x 3 + 3x 2 + 1



+

2 e −x d x

∞

1 + e x

d x

1 + e x + e 2x

x 3 e −x d x

0

≥ 0 es convergente la siguiente integral impropia? 2. ¿Para que valores valores β ≥



+

0

DEFINICIÓN 5.2.3 Diremos que la integral



∞

∞

x d x

1 + x β + x 2β

conv conver erge ge abso absolu luta tame ment nte e si

f (x )d x

a

(que es una integral integral impropia donde donde el integrando es no negativo) converge.

TEOREMA 5.2.3 Si

 | ∞ ∞

f f (x ) d x

|

a

Dem.:

f (x )

≤ | f f (x )|

=

⇒



∞ ∞

∴

a

converge, entonces



∞

 | ∞

a

f f (x ) d x

|

f (x )d x converge.

a

0 ≤ | f f (x )| − f (x ) ≤ 2| f f (x )| f (x )d x = =



∞ ∞

a

f (x )

=

⇒

− | f f (x )|d x + +

 | ∞ ∞

a

 | ∞ ∞

a

| − f (x )d x converge.

f f (x )

f f (x ) d x converge.

|

OBSERVACIÓN: Podemos utilizar también estos criterios adaptados adaptados con los otros tipos de integrales integrales impropias de primera especie. 121



5.3. 5.3. CLASE CLASE 13: 13: Inte Integr gral ales es impr improp opia iass de segu segund ndaa y terc tercer eraa espe especi ciee Vimos en la sección anterior cómo enfrentar el problema de integrar sobre intervalos no acotados; ahora ahora veremo veremoss qué sucede sucede si la funció función n es no acotad acotadaa y tambi también én cómo cómo proced proceder er cuando cuando tenemo tenemoss ambos ambos tipos de comportamiento. Para tener una idea de cómo enfrentar el problema para funciones no acotadas, supongamos que queremos calcular el área bajo la curva y = f (x ), donde f es es una función positiva, continua, definida ∈ [a , b [ consideramos sobre el intervalo [a , b [, con una asíntota vertical en b . Para cada c ∈



c

A (c ) =

f (x )d x

a

Claramente, podemos tratar de calcular



c

l´ım A (c ) = l´ım− c →b →

c b −

f (x )d x

a

Esto nos permite definir DEFINICIÓN 5.3 5.3.1 .1 (int (integr egral al imp improp ropia ia de seg segund undaa esp especi eciee (fu (funci nciones ones no aco acotad tadas) as))) 1. Sea f : [a , b [ → R una función continua, no acotada en x = Diremos que f es integrab integrable le en [a , b [ = b . Diremos c b − f (x ) d x existe, f (x ) d x existe. si el lími ímite l´ım ım existe, o, equivalent equivalentement emente, e, si el límite límite l´ım ım  →0+ c →b − a a En este caso escribimos





    

b



b

f (x )d x =

a

l´ım ım →

c b −

l´ım ım →

 0+

f (x )d x

o bien

a b 

−

f ( ( x ) d x

a

La integral impropia se dice convergente si si el límite existe. = a . Diremos que f es integrable 2. Sea f : ]a , b ] → R una función continua, no acotada en x = integrable en ]a , b ]



b

si el límite límite

b

f (x ) d x existe, l´ım ım existe, o, o, equivale equivalenteme ntemente nte,, si el límite límite → c En este caso escribimos c a +

    

b



b

a

f (x )d x =

l´ım ım →

c a +

l´ım ım →0+



f (x )d x

a b

f (x ) d x

a +

La integral impropia se dice convergente si si el límite existe. 122



o bien

l´ım ım →0+



a +

f (x ) d x existe.

5.3. CLASE 13: I NTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA Y TERCERA ESPECIE




c

3. Si la función función f tiene tiene una discontinuidad en c , con a < c < b , y si las integrales



f (x )d x

∧

a

b

convergen, entonces

f (x )d x

c





b



c

f (x )d x =

a

b

f (x )d x + +

a

f (x )d x

c

EJEMPLOS: 5

 

1. Determine, si es posible,

x 2

2

Solución: 5

− −

d x

= 2. Luego, si converge, debe existir: Notamos que esta integral es impropia impropia en x =

  2

1

1

x 2

− −

5

d x = l´ım ım+ c 2

→

  − −  1

x 2

c

d x = l´ım ım+ 2 x 2 c 2

→

π/2

2. Estudiar la convergencia convergencia de de

5

 − − 

c







− 2 = 2 3 l´ım ım 2 3 − 2 c − c →2+

=

sec x d x .

0

Solución:

Notamos que esta integral es impropia impropia en x = = π/2. Luego, si converge, debe existir:

π/2

 0



c

sec x d x = l´ım ım− c → π2

0

| 

+ tan x sec x d x = l´ım ım− ln | sec x + c → π2

Luego, la integral diverge. 3

3. Estudiar la convergencia convergencia de de



d x

x 1 0

− −

c

0

=

+ tan c | − ln |1| −→ ∞ l´ım ım ln | sec c + → π2 −

c

.

Solución: Nota Notamos mosque que la funció función n integr integrand ando o posee posee una discon discontin tinuid uidad ad de tipo tipo infinit infinito o en x = = 1. Debemos por lo tanto separar: 3

 0

d x x 1

− −

1

=

 0

d x x 1

− −

3

+

 1

d x x 1

− −

Como estas integrales divergen, vemos que la integral pedida también diverge.

5.3.1. 5.3.1. Integr Integrale aless “p” “p” > 0, la convergencia de las integrales p Estudiaremos, para p > 1



0+

d x x p

123


Solución: Solución:


Notam otamosque osque las las func funcio ione ness de la form formaa f (x ) = 1



0+

d x x p

1

=

l´ım+ x →0

=

1

De esta forma



0+

d x x p

l´ım ım →

x 0+

  

d t t p

x

= 1 si p 

ln t x 1

si p = = 1

1 − p

∞

1

1 p x

1

+

= 0. Lue , p > 0 tien tienen en una una asín asínto tota ta en x = Luego: go:

x p

    −  | t 1−p

=

1

si 0 < p < < 1 si

≥ ≥ 1

p

converge converge si y solo si p < < 1.

OBSERVACIÓN: Notar que mediante cambios de variables, todos los problemas se pueden reducir al aná+∞ lisis de integrales del tipo f (x ) d x . Por ejemplo, si queremos queremos calcular

 a



b

f (x )d x y se tien tienee que que

a

obteniendo:

l´ım ım f (x ) → ∞ , hace hacemo moss x →a +



b

f (x )d x =

   ∞ ∞

f a + + 1t t 2

(b −a )−1

a

x = = a + + t −1

de donde d x = = −

1 t 2

d t ,

d t

Análogamente, si queremos calcular calcular



b

f (x )d x y se tien tienee que que

a

obteniendo:

l´ım ım f (x ) → ∞ , hace hacemo moss x →b −



b

f (x )d x =

a

x = = b t −1

− −

  − −  ∞

(b −a )−1

f b 1t t 2

= de donde d x =

1 t 2

d t ,

d t

Por lo tanto, podemos aplicar los teoremas vistos anteriormente (integrales de tipo I) para estudiar la convergencia de integrales de tipo II.

5.3.2. 5.3.2. Teorema eoremass de Conver Convergen gencia cia Enunci Enunciar aremo emoss a contin continuac uación ión los teore teoremas masde de compar comparaci ación ón y del cuocie cuociente nte para para el caso caso de integr integrale aless impropias del tipo II. En este último caso, puede basarse la demostración en el siguiente 124



LEMA 5.3.1 5.3.1 Si F : : [a , b [ → R es creciente entonces l´ım ım F ( (x ) existe existe o bien l´ım ım F ( (x ) = +∞. El prim primer er caso caso x →b − x →b − de cumple si y solo si F es es acotada.

TEOREMA 5.3 5.3.1 .1 (cr (criter iterio io de com compar paraci ación) ón) Sean f , g : [a , b [ → R funciones continuas en [a , b [ tales que ≥ c > para x ≥ > a se se cumple 0 ≤ f (x ) ≤ g ( ( x ) entonces:

 

b

1. Si

b

g ( ( x ) d x converge entonces

a


a

b

2. Si

  b

f (x ) d x diverge entonces

a

g ( ( x ) d x diverge.

a

TEOREMA 5.3 5.3.2 .2 (cr (criter iterio io del cuo cuocie ciente) nte) Sean f , g : [a , b [ → R funciones continuas en [a , b [ y no negativas tales que f (x )

l´ım = L > 0 ( x ) x →b − g (



b

Entonces, Además,

• •



b

g ( ( x ) d x converge si y solo si

a


a

  b

si L = = 0 y

 

b

g ( ( x ) d x converge, entonces

a

si L = = ∞ y


a b

b

g ( ( x ) d x diverge, entonces

a

f (x ) d x diverge.

a

OBSERVACIÓN: Podemos utilizar también estos criterios adaptados con los otros tipos de integrales impropias de segunda especie. EJEMPLOS: 1

1. Analizar la convergencia convergencia de de

  0

Solución:

ln x

d x . x

El integrando integrando posee una una asíntota asíntota en x = = 0. 1

3/4 ln x

l´ım ım x →

x 0+

1

Como

 0

d x x 3/4

Calc Calcul ulam amos os

ln x ım+ −1/4 = l´ım ım+ 1 x −5/4 = l´ım ım+ −4x 1/4 = 0  x = x l→´ım 0 x x →0 − x x →0 4 1

converge

(p = = 3/4 < 1),

se tiene tiene que

  0

ln x

d x converge. x

125



  3

x d x . x 1 ln

2. Analizar la la convergencia convergencia de de Solución:

El integrando integrando posee una una asíntota asíntota en x = = 1.

 x

− 1) ln x = x l→´ım l´ım ım (x − ım+ x →1+ 1 3

Como



1 x 1

− −

1

x 3/2

− x 1/2

ln x

=

l´ım ım x →1+

3 1/2 2 x

Calc Calcul ulam amos os

− 12 x −1/2

=

1

x

3 1 l´ım ım+ x 3/2 − x 1/2 = 1. 2 x →1 2

  3

d x diverge, entonces

x d x diverge. x ln 1



b

∈ R : 0 < m , n < 3. Sean m , n ∈ < 1. Analizar la convergencia de Solución:

− − a )−m (b − − x )−n d x .

(x

a

= b . Entonces, como Claramente, estamos suponiendo que a 



b

a

 − − c

− a )−m (b − − x )−n d x = (x − =

a



b

− x )−n d x + (x a )−m (b − +

c

− − a )−m (b − − x )−n d x

(x

∈ ]a , b [. para algún c ∈ Analizamos la primera primera integral de de la derecha, que que posee una propiedad en x = = a : 1 1 − a )m l´ım ım+ (x − = − a )m (b − − x )n (b − − a )n por lo que converge. (x − x →a Analizamos la segunda segunda integral de la derecha, que posee una propiedad propiedad en x = = b : 1 1 x )n − l´ım− (b − = − a )m (b − − x )n (b − − a )m por lo que converge. (x − x →b



b

Luego, la integral

a

− − a )−m (b − − x )−n d x

(x

converge.

DEFINICIÓN 5.3.2 Las integr tercera especie especie o mixtas integrale aless improp impropias ias de tercera mixtas son aquell aquellas as integr integrale aless que combicombinan las de primera pr imera y segunda especie. EJEMPLOS: 1. La integral integral



+

0

∞

x  x d + + x 4

es una integr integral al impro impropia pia mixta. mixta. La funció función n tiene tiene una asínto asíntota ta vertic vertical al en x = interv rval alo o de inte inte- = 0 y el inte gración es infinito. La convergencia de esta integral dependerá de la convergencia de las integrales impropias +∞ 1 d x  4 y  d x 4



0+

126

x + + x

 1

x + + x



2. Determine para para qué valores valores de p converge la integral ∞ ∞ 1−p



x

1 + x

0

Solución:



∞ ∞

x 1−p

0

1 + x

d x =



∞ ∞

0

d x

1

d x

= x p + x p −1

 0

1



Análisis de convergencia convergencia de la integral integral

d x

+ x p + x p −1

d x

x p + x p −1 0

usando criterio de comparación al limite con f (x ) =



∞ ∞

1

d x x p + x p −1

: 1 − , obtenemos

x p 1

x p −1 1 = 1 l´ım ım+ p p −1 = l´ım ım+ x →0 x + x x →0 1 + x 1

Así,

 0

d x

− 1 < 1 (p < − 1 ≥ 1 (p ≥ ≥ 2) . < 2) y diverge converge para p − diverge para p −

x p + x p −1



∞ ∞

Análisis de convergencia convergencia de la integral integral

d x x p + x p 1

−

1

usando el criterio de comparación al límite con g (x ) =

1

, obtenemos

x p

x p 1 l´ım p p −1 = l´ım = 1 x →∞ x + x x →∞ 1 + 1 x

Por lo tanto,



∞

1

d x

≤ 1 > 1 y diverge diverge para p ≤ − converge para p >

x p + x p 1

En resumen: 1

a ) Para p

≤ ≤ 1 ,

 0

 0

≥ 2 , Luego, si p ≥



diverge y p −1

x p + x

 

∞ ∞

x 1−p

x p + x p −1 0

0

Luego, si 1 < p < < 2 ,



∞

1



∞ ∞

1

converge y p −1

x p + x

∞

− diverge.

d x x p + x p −1

converge.

dx diverge diverge..

d x



d x

x p + x p 1

d x diverge. diverge.

d x

1

c ) Para 1 < p < < 2 ,

x 1−p

x p + x p −1 0

1

≥ ≥ 2 ,

− converge y

x p + x p 1

∞ ∞

≤ 1 , Luego, si p ≤ b ) Para p

d x

x 1−p

x p + x p −1 0



∞ ∞

1

d x x p + x p −1

converge.

d x converge.

127



3. Estudie la convergencia de la integral integral

 

∞ ∞ −x e x

0

d x

Solución:



Un camino posible es hacer el cambio de variable u = la integ integral ral queda: queda: = x , y la 1 ∞ −x ∞ ∞ ∞ ∞ e 2 − − u 2 u 2 e −u d u + 2  d x = 2 e d u = 2 e d u +





x

0



0



0

1

1

La primera integral



2

2

e −u d u no es una integral impropia, pues pues f (u ) = e −u es una función

0

continua, definida en un intervalo cerrado.



∞ ∞ 2 − − ≥ 1 . Como e −u d u Para la segunda, usamos comparación: 0 ≤ e u ≤ e u si u ≥ Como la integral integral 1 ∞ ∞ ∞ −x e 2 e −u d u converge. ∴ la integral converge, entonces la integral  d x converge.

 1

   x

0

1

Otro camino posible es usar directamente el método de comparación:

0

pues 0 ≤ 1

y como la integral integral

    0

 x ≤  1x

e −x

x

x

d x converge,

∀ 0 < x ≤ ≤ 1 1

1

e −x

d x converge, entonces la integral integral

  0

e −x x

d x converge.

∞ ∞ −x e

e −x d x , Para la integral , usamos el hecho  ≤ e −x si x ≥ 1 . Y como como la integr integral al x x 1 ∞ ∞ ∞ −x e − x e d x converge, entonces la integral  d x converge.





1

x

1

Luego,

 

∞ ∞ −x e

0

x

d x

converge.

Loscri Los criter teriosque iosque hemos hemos dado dado hasta hasta ahora ahora solo solo sirve sirven n para para funcio funciones nespos positi itivas vas.. Sin Sin embarg embargo o, podemo podemoss formular el siguiente criterio de comparación: TEOREMA 5.3.3 Sean f , g , h funciones funciones continuas en [a , +∞[, tales que g ( ( x ) f (x )

≤



+

Entonces, si

a

128

∞



+

g ( ( x ) d x y

a

∞

≤ h (x )



+

h (x ) d x convergen convergen,, se sigue sigue que

a

∞




Dem.: Dem.: Basta Basta consid considera erarr la desigu desiguald aldad ad 0 ≤ f (x ) − g ( ( x ) ≤ h (x ) − g ( ( x ) y aplicar el criterio de comparación para funciones positivas. positivas. EJEMPLO 5.3.1 La integral impropia



+

∞

0

sen x d x x 2 + 1

es convergente. Note que no podemos aplicar los criterios cr iterios de comparación para funciones positivas, pero x − x 21+ 1 ≤ x sen ≤ x 21+ 1 2 +1



+

Como

∞

x 2 + 1

0



+

1

converge, se se sigue por el criterio de comparación que que

∞

0

sen x d x converge. x 2 + 1

EJERCICIOS: 1. Clasificar en los diferentes diferentes tipos de integrales impropias y analizar la convergencia: convergencia:

    

+

a )

∞

x 2 d x

1 + x 2 + x 4

0

+

b )

∞

∞

g )

− x )4

e x /3

d x

x −∞ 1 + e +∞ sen x

x 3/2

d x

+

x 4

h )

d x

∞

e −x ln 1 + e x d x

0

1

x

i )

d x x 0 sen

0

1

e )

∞

0

2 2 2 −∞ (x + 1) (x + 3) π

d )

d x (1

0

c )

f )

       

ln x d x

j )

0

∞

d x

sen x

x n e −x d x

1

2. Determinar todos todos los valores valores de de α ∈ R para los cuales la integral 1

  0

3. Determine Determine si



∞

2

y 3 e − y d y

x α d x

x 5 (1

converge.

− x )

es o no convergente. En caso afirmativo, calcule su valor.

−∞ 2

4. Determine, si es posible,

  − 1 x 4

d x x 2

1

. 129




b


a


d x

> a ) (b >

− − a )p

(x

1

∀n ∈ ∈ N :




(ln x )n

 x

0

7. Pruebe que que la integral

converge

∀p < ≥ 1. < 1 y diverge ∀p ≥

d x existe.



cos x



sen x

∞ ∞

1

x 2

d x

converge. 8. Pruebe Pruebe que que

∞

0

x

d x

converge. 9. Hallar Hallar a y y b tales tales que

  ∞ ∞

1

10. Probar Probar que



∞ ∞

0

130



2x 2 + b x + + a − 1 d x = = 1. x (2x + + a )

d x

cos θ + (r 2 + 2r x cos + x 2 )3/2

1 . = 2 r (1 + cos θ )



Ayuda: t =

x + + r cos cos θ r sen sen θ



.



5.3. 5.3.3. 3. CLASE CLASE 14: Func Funció ión n Gamm Gamma a DEFINICIÓN 5.3.3 Para cada x > > 0, se define la función Gamma, Γ(x ), como



∞

Γ(x ) =

e −t t x −1 d t

0

> 0. Notamos Veamos Veamos que Γ(x ) está bien definida ∀x > Notamos que:

Γ(x ) =



∞

1



e −t t x −1 d t =

0



∞

e −t t x −1 d t +

0

e −t t x −1 d t

1

Estudiemos cada integral por separado: ∞ ∞ e −t t x −1 d t converge, consideramos Para demostrar que



1

g (t ) = 2 . Lueg Luego: o: t

1

l´ım t →∞ Luego, como



∞ ∞

1

1

t 2

e −t t x −1 1

= l´ım t 2 e −t t x −1 = l´ım

→∞ e t

→∞

t

t 2

t x +1

t

=

0

converge, la integral integral pedida pedida también también converge. converge. 1



Probemos ahora la convergencia de

e −t t x −1 d t :

0

1

• •

Si x = = 1:



e −t d t claramente converge. converge.

0

> 1: Si x > 1



e −t t x −1 d t

0

x 1

−t − e −t

=



u = t x 1

− d v = = e −t d t

1

  1 0

+

0

x 2

(x −1)t − e −t d t = − t x −1 e −t

1



0

1

 −

+ (x

1)

t x −2 e −t d t

0

Notamos que, integrando integrando sucesivamente por partes, se va bajando el grado de la potencia de t . Luego, basta considerar el caso caso

•

0 < x < < 1: e −t 1

 0

t x −1 e −t x 1

t − e −t d t

≤ ≤ ≤

1

(pues t > 0 )

t x −1 1



t t − d t = x 1

0

∈ ]0,1 expresión que está bien definida para cada x ∈ 0, 1[.

x 1



x 0

=

1 x

131



PROPIEDADES 5.3.1 5.3.1 La función Γ(x ) satisface las siguientes: 1. Γ(1) = 1 2. Γ(x + + 1) = x Γ(x )

∀x > > 0.

En partic particula ularr,

Γ(n ) = (n

− 1)! ∀n ∈ ∈ N.

EJERCICIOS:

  

∞

1. Sabiendo Sabiendo que

0

2. Probar Probar que 3. Calcule Calcule

Γ 32



π 2 e −u d u = demuestre que = 2

=



Γ 12 =

 π

 π

2

Γ 92

5.3. 5.3.4. 4. Func Funció ión n Beta Beta La función «beta» es una función de dos variables, definida mediante una integral impropia. Más precisamente: DEFINICIÓN 5.3.4 Sean x , y > 0. Definimos β (x , y ) como 1

β (x , y ) =



t x −1 (1

0

− t ) y −1d t

Veamos Veamos que β (x , y ) está bien definida, es decir, que β (x , y ) ∈ R. Para ello, deberemos analizar los siguientes casos:

≥ ≥ 1 ∧ y ≥ ≥ 1; 0 < x < < 1 ∧ ≥ 1 ∧ y ≥ ≥ 1 Caso Caso I: x ≥ x

y > 1;

x > > 1

∧

0 < y < 1;

0 < x < < 1

∧

0 < y < 1.

En este caso, la integral no es impropia ni en t = 0 ni en t = 1, por lo que converge. Caso Caso II: II: 0 < x < < 1 ∧ y > 1 En este caso, la integral es impropia en t = 0: ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 1 − t ≤ ≤ 1 de donde 0 ≤ t x −1 ≤ 1 ∧ 0 ≤ (1 − t ) y −1 ≤ 1 nota notamo moss que que 0 ≤ t ≤ 1

∴

0 ≤ t x −1 (1 − t ) y −1 ≤ 1 y por lo tanto tanto

 0

1

x 1

≤ t − (1 − t ) y −1 d t ≤

 0

d t .

Lueg Luego o, conv conver erge ge..

Caso Caso III: III: x > > 1 ∧ 0 < y < 1 En este caso, la integral es impropia en t = 1, y se procede análogamente, por comparación. Caso Caso IV : 0 < x < < 1 ∧ 0 < y < 1: En este caso, la integral es impropia tanto en t = 0 como en t = 1, y por lo anterior, basta usar aditividad. Dejamos como ejercicio probar las siguientes propiedades: 132



PROPIEDADES 5.3 5.3.2 1. β (x , 1) =

Dad Dados x , y > 0 se tiene:

1 x

2. β (x , y ) = β ( y , x ) 3. β (x , y ) = 4. β (x , y ) = 5. β (x , y ) =

− − 1 β (x + + 1, y + + 1)

y

x

− − 1)! − 1 x (x + + 1) · · · (x + + y − ( y

Γ( x )Γ( y ) Γ(x + + y )

∀ y ∈ ∈ N.

∀x , y ∈ ∈ N

133



5.4. 5.4. Ejer Ejerci cici cios os de Cont Contro role less y Certá Certáme mene ness

∈ R para los cuales converge la integral 1. Determine los los valores valores de p ∈



∞ ∞

d x (1 + x )x p

0

> 0 para los cuales la integral impropia 2. Encontrar todos todos los valores valores de p >

  ∞

x p

3

0

es convergente.

x 8p + 1



e

3. Determine los los valores valores de α ∈ R para los que

∈ R para el que 4. Determine el valor valor de a ∈ 5. Determine si la integral integral impropia



∞ ∞

0

1



∞

a

1 x (ln x )α−1

d x .

arctan π2 d x = = . 1 + x 2 8

1 − cos x x 2

d x

d x converge o diverge.

6. Determine la convergencia convergencia o divergencia de las siguientes siguientes integrales: 102

a )

 2

134

d x

 x − − 2

3

b )

 0

d x x 1

− −

Capítulo 6

Coordena Coordenadas das Polares olares

6.1. 6.1. CLASE CLASE 15: 15: Coor Coorde dena nada dass Polar olares es Hasta ahora hemos estudiado el sistema de coordenadas cartesianas o rectangulares para localizar puntos en el plano. Existen otros sistemas de coordenadas que en determinadas condiciones de simetría presentan ventajas respecto a las coordenadas cartesianas. En esta clase estudiaremos estudiaremos el sistema de coordenadas polares.

6.1. 6.1.1. 1. Posici osición ón de un punt punto o en coord coorden enad adas as polar polares es En el sistema de coordenadas polares, un punto P del del plano se representa por un par ( r , θ ) donde r es la distancia del origen O (llamado (llamado polo ) al punto dado y θ es el ángulo de inclinación del radio vector −OP → con respecto al semieje positivo polar . positivo X llamado llamado eje polar

OBSERVACIÓN: En lo que sigue trabajaremos con el ángulo medido en radianes. radianes. EJEMPLO 6.1.1 En coordenadas = ( 3, π/6) es ubicado dibujando primero un rayo que coordenadas polares, el punto P = part partee en el polo polo que que form formee un ángu ángulo lo θ = π/6 con el semiej semiejee positi positivo vo (eje (eje polar) polar).. Lue Luego go,, sobre sobre dicho dicho radio radio y desde el origen se mide r = 3 unidad unidades es.. Notar Notar que el mismo mismo punto punto del plano plano pudo pudo haber haber sido sido locali localizad zado o ∈ Z. usando las coordenadas polares (3, −11π/6), más aún P = = ( 3, π/6 + 2n π) para n ∈ Extens Extensión ión de la repre represent sentació ación n Todo punto P = = (r , θ ) tiene infinitas representaciones representaciones (r , θ ) =



(r , θ + + 2k π)

∈ Z con k ∈ ∈ Z (−r , θ + + π + 2k π) con k ∈

∈ R. Note que el origen o polo está representado por todos los puntos de la forma (0, θ ), con θ ∈ 135

UL O 6. COORDENADAS P OLARES C AP ÍT ULO


Fórmulas Fórmulas de transformació transformación n Ya que que estamos familiarizados familiarizados con las coordenadas coordenadas rectangulares, rectangulares, es necesario y útil poder poder transformar coordenadas polares en rectangulares y viceversa. Para obtener fórmulas de transformación observamos que el origen es el polo en polares y el eje polar es el semieje X positivo. positivo.

Si el punto P tiene coordenadas polares (r , θ ) entonces x = r cos cos θ y

=

r sen sen θ

≥ 0, estas fórmulas son válidas incluso Aunque en la definición de coordenadas polares se pide pide que r ≥ si r < < 0: en ese caso, caso, el punto representado representado corresponde corresponde a (−r , θ + + π). EJEMPLO 6.1.2 Hallar Hallar las coordenad coordenadas as rectangu rectangulare laress y represent representar ar gráficame gráficamente nte los puntos puntos P cuyas cuyas coorcoordenadas polares son: 1. 2. 3. 4.

  −→         −→         − −   −  −→    −  −→  2, π3

π 2, −11 3

4, π4

2, −35π

2cos

π

3

, 2sen

π

3

= (1,

π π 2cos −11 , 2sen −11 3 3

3 )

= (1,

4cos(π/4 + π), 4sen(π/4 + π) =

3 ). 4,

Notar que

−11π + 4π = π . 3

3

2 2







2cos( −35π + π), 2sen( −35π + π) = 2cos( −32π ), 2sen( −32π ) = (−1, − 3)

De las fórmulas de transformación anteriores obtenemos r 2

=

tan θ =

x 2 + y 2 y x

= 0 para x 

De esta forma, si queremos obtener la representación polar de un punto en coordenadas rectangulares x , y tenemos que hacer lo mismo que para obtener la forma polar de un complejo. complejo. Recordemos: Recordemos: como la función tangente tiene tiene período π, esta ecuación determina el ángulo θ salvo un múltiplo entero entero de π. Sabemos que ∃! θ ∗ ∈ − π2 , π2 : tan θ ∗ = y x

 

 

136

6.1. CLASE 15: COORDENADAS POLARES


de donde: θ =

 −

> 0 si x > π + θ ∗ si x < < 0 π + θ ∗ si x < < 0

 

θ ∗

∧ y ≥ ≥ 0 ∧ y < 0

OBSERVACIÓN: Si x , y no es no es el origen, entonces siempre son válidas las fórmulas sen θ = cos θ =

y

 

x 2 + y 2 x x 2 + y 2

EJEMPLOS:



1. Determine las coordenadas coordenadas polares polares del punto P (−2,2 2, 2 3) en coordenadas cartesianas. cartesianas.



 −

Solución: r = ( 2)2 + (2 3)2 = 4   π π π 2 3 tan θ ∗ = Como − < θ ∗ < , se tiene tiene que θ ∗ = − = − 3. −2 2 2 3 π 2π 2π θ = ∴ = − + π = , de dond = 4, onde P = en coordenadas polares. 3 3 3

 

2. Determine las coordenadas coordenadas polares polares del punto (5, −5) en coordenadas cartesianas. cartesianas. Solución:

Note que r 2 = x 2 + y 2 = 50



r = = 5 2

⇒

El punto está en el cuarto cuadrante y = tan θ =

−5 = −1 5

Entonces, el punto en coordenadas polares es



⇒ 

θ = =

− π4 

  −

5 2,



7π . = 5 2, 4 4

π

3. Escribir la ecuación x 2 + y 2 − 4x + + 2 y = 0 en coordenadas polares. Solución: Reemplazando: r 2

− 4r cos cos θ + sen θ = + 2r sen = 0

⇒

r = = 4cos θ

− − 2sen θ

4. Consi Consider deree todos todos los puntos puntos en coord coordena enadas das polar polares es que cumple cumplen n la ecuaci ecuación ón r = = 4sen θ . Transformar a coordenadas cartesianas e identificar su gráfica. Solución:

Si multiplicamos la ecuación por r obtenemos obtenemos r 2 = 4r sen sen θ

⇒

x 2 + y 2 = 4 y

que es una circunferencia circunferencia de radio 2 y centro (0,2 0, 2) .

⇒

2 2 = 22

 − − 

x 2 + y

137



6.1.2. 6.1.2. Gráfic Gráficas as en coorden coordenada adass polar polares es Las curvas más simples en coordenadas polares polares son de la forma: r = = c

∧

θ = = α,

c , α = ctes.

La primera representa una circunferencia centrada (de radio c si c > 0) y la segunda representa un rayo, que parte del polo y tiene ángulo α respecto del eje polar. Más en general: ⊂ R → R). Definimos el subconjunto de R2 Sea f una función de una variable a valores reales reales ( f : D ⊂ de todos los puntos de coordenadas polares polares (r , θ ) que satisfacen la ecuación r = = f (θ )

Este conjunto puede ser escrito en coordenadas cartesianas en la forma G = =

 

   

∈ R2 : r = ∈ Dom f = f (θ ) , θ ∈ ∈ Dom f f (θ ) cos θ , f (θ ) sen θ ∈ R2 : θ ∈

(r cos cos θ , r sen sen θ )



ecuación polar polar de Al conjunto G se le llama gráfica polar de f y la ecuación que la origina se llama ecuación de f .

Para graficar en el plano una ecuación en coordenadas polares es conveniente hacer un análisis previo antes de ubicar puntos para simplificar la construcción de la gráfica. En este análisis se consideran las nociones de interceptos, interceptos, simetrías y extensión. OBSERVACIÓN: Como sabemos todo punto de coordenadas ( r , θ ) coincide con el punto de coordenadas (−r , θ + + π), de esto se sigue que si la ecuación de una curva en coordenadas polares es de la forma r = = f (θ )

entonces la misma ecuación tiene las representaciones

−1)n r = = f (θ + + n π)

(

para n ∈ Z . Es por por esta esta razón razón que que las ecuaciones ecuaciones r = 1 y r = −1 son la misma circunferencia, circunferencia, y también la gráfica de r = = 2sen

es la misma que la de

 

r = 2cos

−

138

θ

2

θ

2



DEFINICIÓN 6.1.1 Diremos que la gráfica gráfica de la ecuación r = = f (θ ) es acotada si

∃M > ∈ Dom( f ) > 0 : |r | ≤ M ∀θ ∈ = f (θ ) por una circunferencia es decir, si es posible encerrar la gráfica de r = circunferencia de radio M (o (o mayor).

EJEMPLOS: 1. r = 4sen(4θ ) cos θ es acotada, pues |r | < 4

∀θ ∈ ∈ R.

2. r = e θ no es acotada. Grafíquela. Simet Simetría ría resp respec ecto to al eje pola polarr La gráfi gráfica ca de una una ecua ecuaci ción ón es simé simétr tric icaa resp respec ecto to al eje eje pola polarr si al reem reempl plaz azar ar θ por por −θ la la ecuaci ecuación ón polar no varía. También También es posible verificar la simetría respecto al eje polar, si al cambiar simultáneamente r por

− r

y

θ por π

− θ

la ecuación no varía. OBSERVACIÓN: Cuando decimos que la ecuación r = f (θ ) no cambia, queremos decir decir que se obtiene obtiene una de sus múltiples representaciones (−1)n r = = f (θ + + n π). EJEMPLOS: 1. r = 1 es simétrica respecto al eje polar. (Notar que al reemplazar r por por −r y y θ por por π − θ obtenemos obtenemos r = −1 que es la otra representación de esta circunferencia) 2. r = 2cos (2θ ) es simétrica respecto al eje polar.

Simet Simetría ría resp respec ecto to al eje norma normall (Eje (Eje Y) Si al reemp reemplaz lazar ar θ por por π − θ la ecua ecuaci ción ón pola polarr no vari variaa (o al reem reempl plaz azar ar en form formaa simu simult ltán ánea ea r por por −r y θ por por −θ ) entonces la ecuación es simétrica respecto al eje normal. EJEMPLO 6.1.3 La gráfica de r = polar. = 4sen θ es simétrica respecto al eje polar.

Simetrí Simetríaa respec respecto to al polo polo Si la ecuación polar no cambia al reemplazar r por por −r (o (o θ por por θ + + π) entonces la gráfica es simétrica respecto al polo EJEMPLO 6.1.4 Estudiar las simetrías de r = = |2sen θ |. 139



EJEMPLOS: = 1 + cos θ 1. Graficar Graficar r =

Solución: Note que |r | = |1 + cos θ | ≤ 2 ; luego, el gráfico gráfico está dentro dentro de la circunferencia circunferencia de radio 2. Interceptos. θ

r

0

2 1 0 1 2

π

2

π 3π 2

2π

Note que f (θ ) = 1 + cos θ es periódica de período 2π; luego, se repiten las intersecciones con los ejes. Simetrías: Simetrías: Se verifica que la gráfica es simétrica solamente respecto al eje polar. Por tanto basta dibujarla en el semiplano superior. Ahora damos algunos algunos valores valores de ángulos conocidos: conocidos: θ r

π/6 0  2 1 + 3/2

π/4

    1+

2/2

π/3 π/2

3/2

1

2π/3 5π/6  1 − (1/2) 1 − 3/2

 

Con estos datos podemos construir la gráfica que se presenta a continuación:

140

π

0



2. Graficar Graficar

r = = 1

− 2cos θ .


r = = 2sen (3θ ).

EJERCICIOS: 1. Graficar todos los (r , θ ) : a ) 1 < r 2. π b ) θ = > 0. = , r >

≤ ≤

6

c ) θ = =

π

4

≤ 2. , 1 ≤ r ≤


r = = 8cos θ .


r 2 = a 2 cos2θ ,

4. Graficar: Graficar:

r = a cos2 cos2θ ,

a cte cte . r = cos3θ , = a cos3

r = a cos cos n θ ,

n N.

∈ ∈

6.1.3. 6.1.3. Inters Intersecc eccion iones es de gráfica gráficass en ecuaci ecuacione oness polare polaress Como ya sabemos, una ecuación polar r = f (θ ) tiene las representaciones representaciones

−1)n r = = f (θ + + n π)

(

por lo cual encontrar las intersecciones de dos ecuaciones polares r =

f (θ )

r =

g ( ( θ )

puede implicar resolver más de un sistema de ecuaciones (depende de la cantidad de representaciones de una curva en polares). EJEMPLO 6.1.5 Hallar los puntos de intersección intersección de lás gráficas de r = 2cos (2θ )

y

r = = 1

Si ya las sabemos identificar, identificar, sabemos que son una rosa de 4 pétalos y una circunferencia circunferencia de radio 1 centrada en el origen, por lo que buscamos 8 puntos de intersección. Al resolver el sistema r = 1 r = 2cos (2θ )

141



tenemos

1 = cos (2θ ) 2

de donde

π 5π 7π 11π

, , , 6 6 6 6 Si usamos la representación de la curva r = = 1 dada por r = = −1 obtenemos θ =

r =

−1

r = 2cos (2θ )

de donde

− 12 = cos (2θ )

y así

π 2π 4π 5 π

, , y 3 3 3 3 De esto se obtienen 8 puntos de intersección distintos. θ =

EJERCICIOS: Encontrar la intersección de las gráficas de r = cos2θ y r = cos θ .

142

R EA EN OTRAS COORDENADAS 6.2. CLASE 16: A REA


6.2. 6.2. CLASE CLASE 16: 16: Area Area en Otra Otrass Coor Coorde dena nada dass 6.2. 6.2.1. 1. Área Área en Coor Coorde dena nada dass Polar olares es Vamos Vamos a considerar considerar el problema de de hallar el área área de una región región plana encerrada por la gráfica de una ecuación polar y por dos rayos que parten desde el origen. Vamos a utilizar para ello sumas de Riemann para aproximar el valor exacto del área, sin embargo, esta vez, en lugar de considerar rectángulos emplearemos sectores circulares.

Recordemos que en un círculo de radio r , un sector circular de ángulo central θ (medido en radianes) tiene un área de 1 A = = r 2 θ 2

Dada una ecuación en coordenadas polares r = f (θ ) donde f es una función continua y positiva, ≤ β , ylaregión R de que está está definid definidaa sobre sobre α ≤ θ ≤ de área área A encerr encerrada ada por la gráfica gráfica de la ecuaci ecuación ón r = = f (θ ) = α y θ = β con y por los rayos rayos θ = con α < β que que parten desde el origen. Consideramos

una

partición = α = θ 0 < θ 1 . . . < θ n n −1 < θ n n = β la que determina n subintervalos [ θ k k −1 , θ k k ] para k = 1,2,..., n . En cada uno de esos intervalos seleccionamos un ángulo θ k ∗ arbitrario arbitrario entonces entonces el área encerrada encerrada θ = θ k por la gráfica entre los rayos θ = θ k k −1 y θ k es aproximadamente aproximadamente igual a

 



1 f θ k ∗ 2

  

2

∆θ k k

de esta esta forma forma el área área total total encerr encerrada ada es aprox aproxima imadadamente n 1 2 A ∼ f θ k ∗ ∆θ k k 2 k =0

   

Si f es continua entonces

n

1 f θ k ∗ l´ım ım →0 k =0 2

   

  →

DEFINICIÓN 6.2.1 Sea f : α, β

2

   β

∆θ k k =

α

1 2 f (θ ) d θ 2

R una función continua y positiva. Sea R la región encerrada por la

143



gráfica de la ecuación en coordenadas polares polares r = f (θ ) y por los rayos rayos θ = α y θ = β . El área área de R está dada por β 1 2 A = f (θ ) d θ = 2 α

  

EJEMPLOS: 1. Encontrar el área área encerrada por el cardioide r = = 2 (1 + cos θ ) 2. Encontrar el área encerrada encerrada por un pétalo de r = 4sen (2θ ) EJERCICIOS: Encontrar el área total encerrada por la lemniscata r 2 = 4sen (2θ )

6.2. 6.2.2. 2. Exte Extens nsió ión n de la fórm fórmul ula a Para calcular el área de la región encerrada por las gráficas de dos ecuaciones polares r = f (θ ) y r = g ( ( θ ) y por los rayos θ = α, θ = β donde donde α < β y y g ( θ ) ≤ f (θ ) primero calculamos el área mayor y le restamos la menor es decir

1 A = 2 =

1 2

   β

− 12 f 2 (θ ) d θ −

α β

f 2 (θ )

α

 

β

g 2 (θ ) d θ

α

− g 2 (θ )

d θ

EJEMPLOS: = 2 (1 + cos θ ) y dentro de la circunferencia r = 6cos θ . 1. Hallar el área área fuera de la cardioide cardioide r = π 1 ⇒ Solución: Las curvas curvas se intersecta intersectan n en: 2 (1 + cos θ ) = 6cos θ ⇒ cos θ = θ = = ± . 2 3 Por la simetría,

1 A = = 2 · 2

π/3

 0

π/3

2

2

− 4(1 + cos θ ) d θ = 36cos θ − = 4

 0

− 2cos θ − − 1d θ = 8cos2 θ − = 4π

2. Hallar el área área común a las dos dos circunferencias circunferencias r = 2sen θ y y r = 2cos θ . Solución: Las curvas curvas se intersecta intersectan n en: Por la simetría, 1 A = = 2 · 2 144

2 sen θ = = 2cos θ π/4

 0

4sen2 θ d θ = =

⇒ π

2

θ =

− 1

π

4



3. Dete Determ rmin inar ar el área área que que está está fuer fueraa del del círc círcul ulo o r = 4cos θ y al inte interi rior or de la lima limazó zón n r = 1 + 2cos θ . Solución:

El área sombreada sombreada de la figura figura representa representa lo pedido: pedido:

Para determinar los puntos de intersección entre las curvas: 1 2

1 + 2cos θ = = 4cos θ

⇒

cos θ =

−1 + 2cos θ = 4cos θ

⇒

cos θ = = −

También:

1 2

⇒ ⇒

θ = =

± π3

θ = =

± 23π

Como la región es simétrica respecto al eje polar, polar, se tiene que el área buscada A = = 2 A 1 . Vemos Vemos que entre θ =

π

π

, el área correspon correspondient dientee de de A 1 es la comprendida entre la 3 2 π 2 π limazón y la circunferencia, mientras que entre θ = y θ = , el área correspo correspondien ndiente te de 2 3 A 1 es aquella dentro de la limazón.

Así:

Luego:

1 A 1 = 2

π

  2

π

3

y θ =

1 (1 + 2cos θ )2 − (4cos θ )2 d θ + 2

A = = 2 A 1 =

2π 3



2π 3

   −

(1 + 2cos θ )2 d θ

π

2

π

(1 + 2cos θ )2 d θ

π

2

(4cos θ )2 d θ

π

3

3

cáculo que dejamos como ejercicio al lector. EJERCICIOS: Dadas Dadas las curvas curvas

= 2cos (3θ ) y (1) r =

= 1. (2) r =

1. Hallar el área área que encuentra en el interior de (1) y exterior exterior a (2) 2. Hallar el área área que encuentra en el exterior de (1) e interior a (2) 3. Hallar el área interior interior a ambas. ambas.

145



6.2.3. 6.2.3. Área Área en Coord Coordena enadas das paramé paramétri tricas cas Recordemos, Recordemos, en primer lugar, lugar, lo que entendemos entendemos por coordenadas paramétricas: ciones continuas f , g : : [a , b ] → R, las ecuaciones ecuaciones x = = f (t ),

y = g (t )

dadas dos fun-

a

≤ ≤ t ≤ ≤ b

determinan las ecuaciones paramétricas de la curva C = =

  ∈ x , y

R2 : x = = f (t ) , y = g ( ( t ) con t

∈ ∈ [a , b ]



 



Notar que, a medida que t (el parámetro) varía de a hasta b , el punto del plano x , y = f (t ) , g ( ( t ) se mueve y recorre la curva C , de ecuaciones x = = f (t ),

y = g (t )

a

≤ ≤ t ≤ ≤ b

inicial y el punto ( f (b ), g (b )) es el punto terminal o punto final. Si El punto ( f (a ), g (a )) es el punto el punto inicial y el punto terminal o ellos coinciden se dice que la curva plana C es cerrada es cerrada . DEFINICIÓN 6.2.2 Parametrizar una una curva cartesiana C es encontrar funciones f , g : : [a , b ] → R tales que C = =

  ∈ x , y



R2 : x = = f (t ) , y = g ( ( t ) para t

∈ ∈ [a , b ]

Recordemos Recordemos que las parametrizaciones parametrizaciones no son únicas; por ejemplo C : :

y

 

x =

y

C : :

=

x =

−t 3 t ∈ ∈ R 6 t

t

∈ ∈ R

t

y = t 2

ambas son parametrizaciones de la gráfica de la parábola y = x 2 . OBSERVACIÓN: Las curvas dadas en coordenadas polares polares pueden parametrizarse de maner estándar: si r = = f (θ )

con

θ

∈ ∈

entonces x = = r cos cos θ ,

es decir C : :



146

α, β

  ∈ ∈  

y = r sen sen (θ ) para θ

∈ ∈

x =

f (t ) cos t

y =

f (t ) sen t

es una parametrización de la gráfica polar.

  t

α, β

α, β



DEFINICIÓN 6.2.3 Si entre los puntos ( f (a ), g (a )) y ( f (b ), g (b )), se verific verificaa que ( f (t 1 ), g (t 1 )) es diferente del punto ( f (t 2 ), g (t 2 )) para todo t 1 y t 2 diferentes del intervalo ]a , b [ , se dice dice que la curva curva cruza a a sí mism isma . plana C es simple es simple.. En otras palabras esto expresa que la curva no se cruz

OBSERVACIÓN: Las curvas simples pueden ser cerradas.

Curva cerrada (no simple)

Curva cerrada simple

DEFINICIÓN 6.2.4 Si C es una curva paramétrica cerrada y simple descrita por las ecuaciones x = = f (t )

y = g (t )

a

≤ ≤ t ≤ ≤ b

diremos que ella es descrita en el sentido positivo si se describe en forma antihoraria y descrita en el sentido negativo si se describe en el sentido horario.

147



EJEMPLOS:

∈ [0, π/2] es unacurv 1. Lacurva x = una curvaa cerra cerrada da simpl simplee descri descrita ta en el sentid sentido o = cos (4t ), y = sen (4t ) para t ∈ ∈ [0, π/2] es una curva cerrada simple descrita positivo. En cambio x = sen (4t ) , y = cos (4t ) para t ∈ en el sentido negativo. 2. La gráfica de la cardioide r = paramétricas = 1 + cos θ se puede describir mediante las ecuaciones paramétricas x = (1 + cos t ) cos t y

=

(1 + cos t ) sen t

∈ [0,2 para t ∈ 0, 2π] y es una curva cerrada simple descrita en sentido positivo. positivo. Presentamos Presentamos a continuación una fórmula cuya demostración se verá en MAT024 MAT024 (aunque es posible realizarla en este curso dividiendo la región en subregiones más simples), que trata sobre el área encerrada por una curva paramétrica. TEOREMA 6.2.1 Sean f (t ) , g ( ( t ) funciones definidas en [a , b ] y derivables por tramos tales que C : :



x =

f (t )

y

g ( ( t )

=

∈ ∈ [a , b ]

t

describe una curva cerrada simple simple orientada en sentido positivo. positivo. Entonces 1 A = = 2

   b

a

    b

1 d t = 2 f  (t ) g  (t ) f (t )

g ( ( t )

es el área encerrada por la curva.



f (t ) g  (t ) f  (t ) g ( ( t ) d t

−

a

EJERCICIOS: Muestre Muestre que al usar la fórmula anterior en C : :



x =

f (t ) cos t

y =

f (t ) sen t

t

∈ ∈

se obtiene el área encerrada por la ecuación polar r = = f ( ( θ ) con θ

∈ ∈

Solución: 1 A = = 2 148



  α, β

  α, β

b

a

f (t ) cos t ( f  (t ) sen t + + f (t ) cos t )

− ( f (t ) cos t − − f (t ) sen t ) f (t ) sen t d t =



1 = 2



b

a

1 f 2 (t )(cos2 t + sen2 t )d t = 2



b

f 2 (t )d t

a

OBSERVACIÓN:



b

 −

b

f (t ) g  (t ) d t =

a

f  (t ) g ( ( t ) d t

a

En efecto: basta realizar una integración por partes y utilizar que la curva es cerrada; de esto podemos obtener b A = f (t ) g  (t ) d t =

  − a

o bien

b

A = =

f  (t ) g ( ( t ) d t

a

OBSERVACIÓN: Si la curva es recorrida en sentido negativo debemos cambiar cambiar el signo en las integrales. EJERCICIOS: 1. Veri Verifica ficarr que las tres tres fórmul fórmulas as anteri anterior ores es dan lo espera esperado do para para la curva curva dada dada paramé paramétri tricam cament entee por x = = cos t ,

y = sen t ,

∈ ∈ [0,2 0, 2π]

t

2. Encontrar el área encerrada encerrada por la elipse x 2

y 2 + =1 a 2 b 2

y por la astroide astroide x 2/3 + y 2/3 = 1

3. Calcular el área encerrada encerrada por la cicloide C : :



− − sen t ) a ( (1 − cos t )

x = a ( (t y

=

∈ ∈ [0,2 0, 2π]

t

y el eje X .

149



6.3. 6.3. Ejer Ejerci cici cios os de Cont Contro role less y Certá Certáme mene ness 1. Determine el área de la región fuera fuera del círculo círculo r = 1, y dentro de la cardiode r = 1 − sen θ 1 2. Exprese, mediante mediante integral (es), el área interior interior a la curva r = 1 + co s θ y y exterior a la curva r = . 2 3. Considere las curvas curvas

1

r = = , θ

Determine el área encerrada por las curvas.

150

θ =

π

4

,

θ =

π

2

Capítulo 7

Más Aplicaci Aplicaciones ones

7.1 7.1. CLA CLASE 17: Long Longit itud ud de Arco Arco Dada una curva plana C definida en forma paramétrica por C : :



x = x ( (t ) y

=

y ( ( t )

∈ [a , b ] para t ∈

donde x ( (t ) , y ( ( t ) son funciones diferenciables sobre [a , b ] hallaremos una fórmula integral para calcular la longitud de la curva. Consideremos Consideremos una partición  = {a = consideremos = t 0 , t 1 , · · · t i i −1 , t i i ,..., t n n = b } del intervalo [ a , b ] y consideremos los puntos sobre la curva Q i = x ( (t i i ) , y ( ( t i i ) para i = 0,1,2 0,1,2,. ,. .. , n entonces la longitud de la curva es aproximadamente



n

 i =1

   n

d ( (Q i i , Q i i −1 ) =

(x ( (t i i )

i =1

− x ( (t i i −1))2 + y ( ( t i i ) − y ( ( t i i −1) 2





por el teorema del valor medio existen puntos t i ∗ , t i ∗∗ en el intervalo [t i i −1 , t i i ] tal que x ( (t i i ) x ( (t i i −1 ) t i i t i i −1 y ( ( t i i ) y ( ( t i i −1 )

− − − t i i − t i i −1

 

=

x  t i ∗

=

y  t i ∗∗

luego

se sigue

− x ( (t i i −1))2 + y ( ( t i i ) − y ( ( t i i −1) 2



(x ( (t i i )

así

2

               −  −                 

(x ( (t i i )

i =1

x  t i ∗

=

x ( (t i i −1 ))2 + y ( ( t i i ) y ( ( t i i −1 ) n

x  t i ∗

=

2

d ( (Q i i , Q i i −1 ) =

x  t i ∗

i =1

151

2

+ y  t i ∗∗

x  t i ∗

=

n

(∆t i i )2 + y  t i ∗∗

2

2

+ y  t i ∗∗

2

+ y  t i ∗∗ 2

∆t i i

2

(∆t i i )2

(∆t i i )2

2

∆t i i

UL O 7. M ÁS A PLICACIONES P LICACIONES C AP ÍT ULO


aunque esta última expresión no es una suma de Riemann se demuestra que

          n

l´ım →0 i =1

2

x  t i ∗

+

2

y  t i ∗∗

b

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

∆t i i =

 

a

∈ [a , b ] es una curva paramétrica suave entonces su longitud TEOREMA 7.1.1 Si C : : x = x ( (t ) , y = y ( ( t ) t ∈ esta dada por

      b

d x 2 d t

a

+

d y 2 d t

d t

OBSERVACIÓN: Si la longitud es finita entonces decimos que la curva es rectificable. (en las condiciones del teorema la curva es rectificable) rectificable) EJEMPLOS: 1. Calcular la longitud longitud de arco de la astroide astroide x 2/3 + y 2/3 = a 2/3

Solución:

Parametrizamos Parametrizamos la curva por las ecuaciones x = a cos cos3 t y

a sen sen3 t ,

=

∈ ∈ [0,2 0, 2π]

t

Analizando la simetría simetría de la curva nos damos cuenta que basta basta calcular

       | | π/2

L (C ) = 4

d x 2 d t

0

+

d y 2 d t

d t

π/2

12a

=

6a

=

sen t cos cos t d t

0

2. Hallar la longitud longitud de un arco arco de la cicloide cicloide

− − sen t ) a ( (1 − cos t ) ,

x = a ( (t y =

∈ ∈ R,

t

Solución: Como x  (t ) = a ( (1

− cos t )

y  (t ) = a sen t

152

a > > 0

RCO 7.1. CLASE 17: LONGITUD DE A RCO


se sigue



    − −         

(x  (t ))2 + y  (t )

se sigue

2

cos t ))2 + (a sen t )2

(a ( (1

=

1 cos t 2

=

2a

=

2a sen sen

2π

2a sen sen

0

t

t

2

d t = 8a

2

3. Calcular la longitud longitud de arco arco de la curva

t

x ( (t )

=

cos z z

1

t

y ( ( t )

=

d z

sen z

1

z

d z

desde el origen al punto punto más próximo próximo que tenga tangente tangente vertical. Resp: ln

 π

2

7.1. 7.1.1. 1. Longi Longitu tud d de arco arco en coor coorde dena nada dass cart cartesi esian anas as

∈ [a , b ] entonces podeSi queremos calcular la longitud de la gráfica de una función y = f (x ) para x ∈ mos emplear la fórmula anterior junto a la parametrización C : :



x = y

t

∈ [a , b ] para t ∈

f (t )

=

y obtenemos

    b

L (C ) =

1 + f  (t ) 2 d t

a

EJEMPLO 7.1.1 Hallar el perímetro de la región limitada limitada por la recta y = 1 y la gráfica de la función y =

e 2x + e −2x

4

153



7.1. 7.1.2. 2. Long Longit itud ud de arco arco en coor coorde dena nada dass pola polare ress

 

∈ α, β entonces = f (θ ) para θ ∈ Si quere queremos moscal calcul cular ar la longit longitud ud de la gráfic gráficaa de una ecuaci ecuación ón polar polar r = podemos emplear la fórmula para longitud de curvas paramétricas junto a la parametrización C : :



x =

f (θ ) cos θ

=

f ( ( θ ) sen θ

y

 

∈ α, β para θ ∈

y obtenemos

         − −      − −         β

L (C )

=

α β

=

d x 2

d θ

d y 2

+

d θ

d θ

2

α β

=

2

f  (θ )

2

2

+ f (θ ) d θ

α

EJEMPLOS: 1. Calcular el perímetro de la cardioide cardioide

r = (1 + cos θ ). = a (

Sol.:

             · · π

l = 2

a 2 (1 + cos(θ ))2 + a 2 sen2 (θ ) d θ θ

0

π

= 2a

2 + 2cos(θ ) d θ θ

0

π

1 + cos(θ ) d θ θ 2

= 4a

0

π

= 4a

cos

θ

2

0

= 4a

2. Hallar la la longitud total de la la curva

154

2

f  (θ ) cos θ f (θ ) sen θ + f  (θ ) sen θ + + f (θ ) cos θ d θ

α β

=

2

 

f  (θ ) cos θ f (θ ) sen θ + f  (θ ) sen θ + + f (θ ) cos θ d θ

2 sen

θ

2

d θ θ

π

= 8a

0



r = a sen 3 θ 3 .

RCO 7.1. CLASE 17: LONGITUD DE A RCO


EJERCICIOS: 1. Encontrar la longitud longitud de las siguiente siguiente curvas:

  −  x

a ) y =

u 3

1

b ) x = = ln

1 d u ,

≤ 2 1 ≤ x ≤

1 + t 2 , y = arctan t ,

desde t = 0 has hasta t = 1

2. Calcular el perímetro perímetro de la región región que es interior a las las curvas

r = = sen θ y r = = 1 + cos θ .

3. Sea f una una función positiva que no es constante tal que en todo punto de [0, b ] la longitud de la gráfica es igual al área de la región bajo ella y sobre el eje X . Hallar la función suponiendo que f (0) = 1.

155



7.2. 7.2. CLASE CLASE 18: 18: Volúm olúmen enes es de Sóli Sólido doss Mediante Mediante integración, es posible también calcular volúmenes de solidos, como veremos en esta sección .

7.2.1. 7.2.1. Volúmene olúmeness por Seccio Secciones nes Transve ransversa rsales les Consideremos un sólido en el espacio, del cual nos interesa calcular el volumen. Vamos a seguir un proceso similar al realizado para definir áreas entre curvas; esta vez utilizaremos ciertos volúmenes conocidos para realizar la aproximación aproximación (en el caso de áreas utilizamos rectángulos). DEFINICIÓN 7.2.1 Dire Diremo moss que que un sóli sólido do es un cilindro recto cuando cuando está delimitado por dos regiones planas congruentes R 1 y R 2 situadas en planos paralelos y por una superficie lateral generada por un segmento rectilíneo cuyos extremos coinciden con los límites de R 1 y R 2 y que se desplaza de manera que es siempr siempree perpen perpendic dicula ularr a los planos planos parale paralelos los.. La altura del cilindro recto es la distancia entre los planos y la base es R 1 ó R 2 . OBSERVACIÓN: Si la base es un rectángulo, rectángulo, el cilindro recto obtenido se denomina paralelepípedo rectángulo o recto, y si la base es un círculo se obtiene un cilindro circular recto. Si el área de la base de un cilindro recto mide A unidades y la altura es h unidades, el volumen del cilindro recto es V = Ah . Usaremos esta fórmula para determinar el volumen de sólidos más complejos.

Sea S el el sólidodel sólidodel cual cual quere queremos moscal calcul cular ar el volum volumen. en. Trazamos un eje de forma que en cada posición de tal eje se conozca el área de la sección perpendicular del sólido a A (x ) el área de la dicho eje. Denotemos el eje por OX y A sección. Supongamos además que el sólido se encuentra entre los planos x = y x = = a y = b .

Probaremos Probaremos que si la función de área transversal A (x ) es integrable en [a , b ] entonces el volumen del sólido es



b

V ( (S ) =

a

156

A (x ) d x

O LÚMENES DE S ÓLIDOS 7.2. CLASE 18: V OLÚMENES


Primeramente, Primeramente, debemos tener claro que el volumen de un sólido debe satisfacer ciertas propiedades básicas. Si S 1 y S 2 son dos sólidos, denotemos por V (S 1 ) y V (S 2 ) sus respectivos volúmenes. Entonces: S 1

⊆ S 2 ⇒

V ( (S 1 )

V ( (S 1 S 2 ) = 0

⇒

∩

Sea, entonces,

≤ V ( (S 2) V ( (S 1 S 2 ) = V ( (S 1 ) + V ( (S 2 )

∪

 = {x 0 , x 1 ,..., x n n } una partición de [a , b ] y para cada i , sean:

C i i la parte del sólido entre los planos planos x = = x i i −1 y x = = x i i , C i i el cilindro recto de base m i i ( A ) (ínfimo de A (x ) en [x i i −1 , x i i ]) y altura x i i

− x i i −1,

C i i el cilindro recto de base M i i ( A ) (supremo de A (x ) en [x i i −1 , x i i ]) y altura x i i

− x i i −1

Entonces, de donde

∀i = = 0, · · · n : :

  ≤ ≤      ≤  ≤    V ( (C i i )

V C i i

n

n

n

V ( (C i i )

V C i i

i =1

y luego

V C i i

i =1

s ( ( A ,

V C i i

i =1

 ) ≤ V ( (S ) ≤ S ( A ,  )

Como la partición es arbitraria, concluimos que



b

a

 ≤

b

A (x ) d x

≤ V ( (S )

A (x ) d x

a

Si A es es una función integrable, es razonable entonces definir



b

V ( (S ) =

A (x ) d x

a

transversales . que es la fórmula para el cálculo de volúmenes de sólidos por secciones transversales

157



EJEMPLOS: 1. Una pirámide pirámide de 3 metros de altura tiene una base cuadrada cuadrada que tiene lado igual a 3. Calcular su volumen.

Si consideramos la sección transversal perpendicular de la pirámide como en la figura, a la altura x desde el vértice, vemos que ésta mide también x . De esta forma, el área de la sección transversal A (x ) es x 2 . Los límites de inte integr grac ació ión n son son 0 y 3. Ento Entonc nces es el volu volume men n de la pirá pirámi mide de es 3

V ( ( P ) =

 0

A (x ) d x = =

3

 0

2

x d x = =

x 3

3

3



= 9 m3

0

2. El principio de Cavalieri dice que sólidos con igual altitud e idénticas idénticas secciones transversales transversales en cada nivel tienen el mismo volumen. Esto sigue de forma inmediata de nuestra definición del volumen puesto que la función área A (x ) y el intervalo de integración [a , b ] es el mismo para ambos sólidos.

3. Una cuña es extraída desde un cilindro circular circular de radio 3 por dos planos. Un plano es perpendicular al eje del cilindro y el segundo corta al primer plano en un ángulo de 45 ◦ en el centro del cilindro. cilindro. Encontrar el volumen de la cuña.

158



El dibujo nos da una sección transversal perpendicular al eje escogido, las secciones son rectángulos de área A (x ) = (alto) (ancho)

  −   − 9 x 2

=

x 2

=

2x 9 x 2

los rectángulos recorren desde x = 0 hasta x = 3 se sigue:



3

b

V =

A (x ) d x = =

a

  −

= 18 2x 9 x 2 d x =

0

7.2. 7.2.2. 2. Volúme olúmene ness de Sóli Sólidos dos de Revo Revolu luci ción ón DEFINICIÓN 7.2.2 Un sólido de revolución es una región del espacio generada mediante la rotación de una región plana alrededor de una recta en el mismo plano, llamada eje eje de rota rotaci ción ón . Usando Usando el cálculo integral podemos, en general, calcular el volumen de este tipo de sólidos, que haremos mediante dos métodos: el método de los discos y el método de los cilindros. Métod Método o de los los disc discos os Suponga que la región plana está limitada por las gráficas de dos funciones y = R (x ), y = r ( (x ) y por ∈ [a , b ] se cumple 0 ≤ r ( (x ) ≤ R (x ). Esta región x = b . Supongamos además que para x ∈ las rectas x = a y y x gira alrededor del eje X . Note que, en la coordenada x , el área de la región transversal corresponde corresponde a A (x ) = (área del círculo mayor) - (área del círculo menor)

Además, el mayor mayor radio corresponde corresponde a R (x ) y el menor a r ( (x ). Lueg Luego o A (x ) = πR 2 (x )

− πr 2 (x )

159



Así, el volumen está dado por



b

V =

a

  b

A (x ) d x = = π

R 2 (x )

a



− r 2 (x )

d x

Notar que, en caso de que las funciones giren entorno a la recta y = c entonces sigue siendo válida válida la fórmula A (x ) = (área del círculo mayor) - (área del círculo menor)

EJEMPLOS: 1. La región acotada por por la curva curva y = x 2 + 1 y la recta y = −x + generando + 3 gira alrededor del eje X generando un sólido. Encontrar su volumen. Solución: Prim Primer ero o dibu dibuja jamo moss la regi región ón y reco recono noce cemo moss la dist distan anci ciaa mayo mayorr y meno menorr al eje eje de rota rota-ción (el radio para cada curva); en este caso R (x ) =

−x + + 3

r ( (x ) = x 2 + 1

Buscam Buscamos os ahora ahora lospun los puntos tosde de inters intersecc ección ión de lasgrá las gráfica ficass para obtener los límites de integración: x 2 + 1 = x + + 3

−

⇔

x 2 + x 2 = 0

− −

que tiene por solución x = −2 y x = 1. Luego, el volumen está dado por

    − b

V = π

R 2 (x )

a



− r 2 (x )

1

=

π

−2 117 π = 5

( x + + 3)2

−

d x

  x 2 + 1

2

d x

2. La regi región ón acot acotad adaa por por la pará parábo bola la y = x 2 y la recta y = 2x en en el primer primer cuadr cuadrant antee gira gira alrede alrededor dor del eje Y para generar un sólido. Encuentre Encuentre su volumen. Solución: 160

En primer lugar, bosquejamos bosquejamo s la región.



En este caso, conviene mirar las funciones como dependientes de la variable y . El radio mayor es  R y = y y el radio radio menor es r y = y /2. La recta y la parábola se intersectan en y = 0, y = 4 de donde el volumen del sólido es





4

V =

   −    π

0

y

2

y 2

2

d y

8 π = 3



3. Encontrar el volumen del sólido sólido de revolución generado generado al girar la región acotada por y = x y y las rectas y = 1, x = 4 alrededor de la recta y = 1.



− 1 (esa es la distancia Solución: En este caso el radio menor menor es 0 y el radio mayor mayor es R (x ) = x − al eje de rotación). Entonces 4

V =

  − −  π

x 1

2

d x

1

=

7 π 6

4. Encontrar el volumen del solido solido de revolución generado al girar girar la región acotada por la parábola x = = y 2 + 1 y la recta = 3 alrededor de la recta x = = 3. recta x = Solución: En este caso caso es conveniente conveniente trabajar trabajar con funciones funciones dependientes de y ; el mayor radio   es R y = 3 − y 2 + 1 y el intervalo de integración integración es − 2, 2 . Se sigue sigue entonces entonces 

  



2

V = =

  −   π 3

− 2 64  2π 15

y 2 + 1

2



d y

161



5. A una esfera sólida sólida de radio radio R se le perfora un orificio centrado, de forma cilíndrica circular, de radio r . Calcular el volumen resultante. resultante. Solución:

El sólido descrito descrito puede considerarse considerarse como generado generado por el segmento circular

{(x , y ) ∈ R2 : −a ≤ ≤ x ≤ ≤ a } al rotar en torno del eje X . Entonces:

V = V 1

− V 2,

  −  a

V 1

=

R 2

π

−a a

V 2

=

2

x 2



2

2



πr d x = = πr x

−a

y luego, reemplazando



d x = = π R 2 x

a

−a

− −

x 3

3

= 2πa r 2

 

      −  − − − 

V = 2π

 − − 

= donde, para simplificar simplificar,, consideramos consideramos a =

R 2

r 2

R 2

R 2

3

r 2

a

−a

R 2

= 2πa R 2

r 2 :

a 2

3

2

r 2

=

4 π (R 2 − r 2 )3/2 3

EJERCICIOS:

− a )2 = 4a 2 se rota en torno al eje X . Calcular el volumen comprendido 1. La circunferencia circunferencia x 2 + ( y y − comprendido entre las las dos “superficies de revolución ” así generadas. 2.

162



Método Método de las capas capas cilínd cilíndric ricas. as. Ahora utilizaremos utilizaremos una aproximación aproximación diferente para calcular el volumen de revolución generado por una regió región n plana, plana, median mediante te cilind cilindros ros.. Supon Suponga ga que una regió región n está está acotad acotadaa por el gráfico gráfico de una funció función n positiva y = f (x ) y el eje X sobre un intervalo finito [a , b ]. Esta región está a la derecha de la recta x = L (supongam (supongamos os que a ≥ L ). De esta forma, la región puede tocar la recta pero no pasa a través de ella. Generamos un sólido de revolución rotando esta región alrededor de la recta (que es el eje de rotación ), ), como indica la figura:

Sea  = {x 0 , x 1 ,..., x n partición del intervalo intervalo [a , b ] y sea c k k el punto punto medio medio delint del interv ervalo alo [x k k −1 , x k k ]. n } una partición Aproximaremos Aproximaremos la región mediante rectángulos con bases en esta partición. El rectángulo de altura f (c k k ) y base x k k − x k k −1 rota en torno a la recta recta X = = L , generando una capa cilíndrica con volumen V k

= = =

− L )2 f (c k k ) − π (x k k −1 − L )2 f (c k k ) π f (c k k ) (x k k + x k k −1 − 2L ) (x k k − x k k −1 ) 2π (c k k − L ) f (c k k ) ∆x k k π (x k k

El volumen es, aproximadamente, aproximadamente, n

V

n

  ≈ V k =

k =1

k =1

2π (c k k − L ) f (c k k ) ∆x k k

Si la norma de la partición tiende a cero, obtenemos



b

V =

a

− L ) f (x ) d x 2π (x −

Notar que si el eje de rotación es la recta x = 0 entonces L = 0, de donde el volumen que se obtiene al rotar la región en torno del eje Y es



b

V =

2πx f (x ) d x

a

Vamos Vamos a reescribir reescribir la fórmula ahora poniendo énfasis en la manera de obtenerla: 163



PROPOSICIÓN 7.2.1 El volumen del sólido generado por la rotación de una región plana definida entre x = recta x = que no pasa a través de la región está dada por = a y x = = b alrededor de una recta = L que

  b

V =

2π

a

Radio de la capa cilíndrica en x



altura de la capa cilíndrica en x



d x

OBSERVACIÓN: Estcrita de esta manera, la fórmula es más general y permite, por ejemplo, considerar el caso en que la altura del rectángulo está limitada por la gráfica de dos funciones. EJEMPLOS:



1. La región acotada acotada por la curva y = x , el eje eje X , y la rect rectaa x = 4 gira alrededo alrededorr del del eje eje Y para generar un sólido. Encuentre su volumen. Solución:

Primero realizamos un gráfico de la región. En un punto de coordenad coordenadaa x traz trazam amos os un segm segmen ento to para parale lelo lo al eje eje de rotación, calculamos la altura y la distancia al eje de rotación. Se sigue que los límites de integración son x = 0 y x = = 4 luego

     b

V =

2π

a

Radio de de la capa cilíndrica en x




4

=

2πx

x d x

0

128 π = 5

2. Calcul Calcular ar el volume volumen n delsól del sólid ido o de revolu revolució ción n genera generado do al rotar rotar,, en torno torno al eje Y , la región regiónenc encerr errada ada por las gráficas de y = x 2 , y = 1, x = = 0 mediante el método de las capas cilíndricas y mediante el método de los discos. Solución: Capas cilíndricas: cilíndricas: Consider Consideramos amos rectángul rectángulos os vertica verticales les desde desde la la parábol parábolaa y = x 2 hasta la recta y = 1. Al rotar rotar un rectán rectángul gulo o típico típicode de estos estos,, se genera generauna unacap capaa cilínd cilíndric ricaa de volume volumen n 2πx (1− y )d x . Luego, el volumen que se obtiene es: 1

V =

 0

164

1

2πx (1 − y )d x = =

 0

2πx (1 − x 2 )d x = = 2π



x 2

2

−

x 4

4

 

1 0

=

π

2



d x



Discos: Discos: Un rectá rectángu ngulo lo típi típico co tien tienee ancho ancho x y altura d y . Luego, el volumen generado por este rectángulo al rotar en torno del eje Y es: πx 2 d y = π y d y . Luego, el volumen que se obtiene es 1

V = π



y 2 1 π y d y = π =

2

0





2

0

3. La región acotada por la curva y = x el el eje x y y la recta x = para generar un = 4 gira entorno al eje x para sólido. Encontrar el volumen. Solución: Dibujamos la región y trazamos un segmento paralelo al eje de revol revoluci ución ón en un punto punto x del interior interior del intervalo intervalo.. Calculamo Calculamoss la distancia al eje de rotación y la altura del segmento. En este caso la variable es y y los límites de integración son a = 0 y b = = 2. Se sigue que el volumen del sólido es

      −  b

V =

2π

a

Radio de la capa cilíndrica en y



altura de la capa cilíndrica en y



d y

2

=

2π y 4 y 2 d y

0

=

8π

4. Determinar el volumen del sólido de revolución revolución obtenido al rotar la región limitada limitada por y = x 2 + 1, y = x + + 3 alrededor de la recta x = = 3. Solución: Aplicamos el método método de las capas capas cilíndricas; buscamos los puntos de intersección intersección de las gráficas gráficas x 2 + 1 = x + + 3 x = −1 esbozamos una gráfica: Aplicamos la fórmula para volúmenes por tiene soluciones x = 2 y x capas cilíndricas

    −  −   b

V =

2π

a

Radio de la capa cilíndrica en x




d x

2

V =

2π (3 x ) x + + 3

x 2 + 1

d x

−1 45 V = π 2

165



7.3. 7.3. CLASE CLASE 19: 19: Área Área de Super uperfic ficie iess de Rev evol oluc ució ión n Una superficie de revolución se genera cuando una curva plana gira alrededor de una recta coplanar. En esta sección determinaremos una fórmula para el área de tales superficies y las calcularemos en varios casos especiales. El área de una superficie general se desarrollará en MAT024, que considera entre sus tópicos, el cálculo integral en varias variables. Es posible mostrar que las superficies de revolución son un caso particular de ese desarrollo general.





Sea C una curva en R2 dada paramétricamente por x ( (t ) , y ( ( t ) , t ∈ [ a , b ] y sea L una recta en R2 dada por la ecuación a x + + b y + + c = = 0. Estudiaremos, Estudiaremos, en primer lugar, el caso especial en que la curva C es el segmento de recta que une los d 2 las puntos P 1 = x 1 , y 1 y P 2 = x 2 , y 2 . Supondremos que la recta L no no corta el segmento. segmento. Sean d 1 y d distancias de P 1 y P 2 a L respectivamente. respectivamente. Notemos que si P 1 P 2 ⊥ L , entonces la región región es un disco (ver figura), cuya cuya área es

 

 



A (R ) = πd 12

− πd 22



Si P 1 P 2  L entonces d 1 = d 2 = d y la superficie de revolución es un cilindro (ver figura) de radio d y longitud d (P 1 , P 2 ). Se sigue que el área área de la superficie es A (R ) = 2πd d (P 1 , P 2 )

Supongamos ahora que no se cumple P 1 P 2 ⊥ L ni P 1 P 2  L . Entonces, la superficie es un cono truncado con radios d 1 y d 2, respectivamente. Para Para encontrar el área de este cono truncado vamos a obtener el área superficial de un cono de lado l y y radio de base a . Notemos que se cumple θ l = 2πa

166

R EA DE SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN 7.3. CLASE 19: Á REA


y el área será, será, por lo tanto, tanto,

1 2 θ l = πl a 2 Ahora, para encontrar el área área del cono truncado vamos a restar el área de dos conos: conos: uno de longitud de lado l 1 al que tiene la longitud de lado más largo l 2 . Entonces, el área superficial es πl 2 d 2

− πl 1d 1

π (l 2 d 2

− l 2d 1 + l 2d 1 − l 1 d 1 ) π (d 2 + d 1 ) (l 2 − l 1 )

= =

π (d 1 + d 2 ) d (P 1 , P 2 )

=

Así, si la superficie de revolución está generada por un segmento de recta, vemos que es posible reducir el cálculo de su área a expresiones conocidas.





Consideremos Consideremos ahora el caso el caso general de general de una curva definida paramétricamente por x ( (t ) , y ( ( t ) , con ∈ [a , b ]. Sea  = {t 0, t 1,..., t n n } una partición de [a , b ]. Realizaremos una aproximación de la superficie t ∈ ∈ [t i i −1 , t i i ], en el que aproximade revolución generada por la curva x ( (t ) , y ( ( t ) para cada subintervalo t ∈ remos esta curva por el segmento P i i −1 P i i , dond dondee P i i = x ( (t i i ) , y ( ( t i i ) para i = = 1,2,..., n .



 



Consideramos Consideramos la nueva curva, aproximación de la original, formada por la unión de todos estos segmentos (ver figura más abajo). Al generar la superficie de revolución, obtenemos obtenemos la suma de las áreas de estas aproximaciones, aproximaciones, que es n



S n = n =

i =1

π (d i −1 + d i ) λi

donde d i es la dista distanci nciaa desde desde P i i a L y y λi es la longit longitud ud delseg del segmen mento to P i i −1 P i i .Notequeparacada i tenemos tenemos d i =

y λi =



(x ( (t i i )

 



a x ( (t i i ) + b y ( ( t i i ) + c a 2 + b 2

− x ( (t i i −1 ))2 + y ( ( t i i ) − y ( ( t i i −1 ) 2





167



Suponiend Suponiendo o que las funciones funciones x (t ) e y (t ) son deriv derivabl ables es,, es posibl posiblee aplica aplicarr el teorem teoremaa del valor valor medio medio para encontrar, en cada subintervalo, puntos s i i , u i ∈ ] t i i −1 , t i i [ tales que

 −   −    −        λi =

(x ( (t i i )

=

(t i i

t i i −1 )2

i i

i i 1 )

−

2

n

i =1

 

(x  (s i i ))2 + y  (u i ) ∆t i i

=

Entonces las sumas

2 − 2 x ( (t i i −1 ))2 + y ( ( t i i ) − y ( ( t i i −1 ) (t − t

x ( (t i i −1 ))2 + y ( ( t i i ) y ( ( t i i −1 )

(x ( (t i i )

n

d i −1 λi y b

a

d i λi pueden considerarse considerarse como aproximaciones aproximaciones de la integral integral

i =1

a x ( (t ) + b y ( ( t ) + c

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

a 2 + b 2

 

Estas consideraciones nos llevan a la siguiente definición de área de superficie de revolución:





DEFINICIÓN 7.3.1 Sea C una curva suave dada por x ( (t ) , y ( ( t ) , t ∈ [ a , b ]. Considere una recta L : a x + b y + c = 0 que no corta la curva C . Para t ∈ [a , b ], consideremos la distancia desde el punto x ( dada por (t ) , y ( ( t ) a la recta L dada





ρ (t ) =

 



a x ( (t ) + b y ( ( t ) + c a 2 + b 2

Ento Entonc nces es,, el área área de la supe superfi rfici ciee de revo revolu luci ción ón obte obteni nida da al rota rotarr la curv curvaa C en en torn torno o a la recta ecta L está está dada dada por

  b

A (S ) = 2π

ρ (t )

a

168

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

 



7.3.1. 7.3.1. Casos Casos partic particula ulare ress import important antes: es:

∈ [a , b ] y la rotación se realiza en torno al 1. Si consideramos consideramos el gráfico de de la función y = f (x ) con x ∈ eje x , entonces el área de superficie de revolución está dada por

      b

A (S ) = 2π

1 + f  (x ) 2 d x

f f (x )

a

 

∈ α, β y L esunarectaque = p (θ ) con θ ∈ 2. Siunacurva C está está dada dada en coord coordena enadaspolar daspolares es por r = parte desde el origen dada por θ = γ que no corta C entonces el área de la superficie de revolución está dada por

 

β

A (S ) = 2π

 − −       

p (θ ) sen θ

α

γ

p (θ )

2

2

+ p  (θ ) d θ

 

− γ donde donde la distan distanciadesde ciadesde el punto punto p (θ ) cos (θ ) , p (θ ) sen (θ ) alarectaestádadapor p (θ ) sen θ − ∈ α, β . para θ ∈

 

EJEMPLOS:

    −        − 

1. Consider Consideree el segment segmento o de la recta recta ( x /a ) + y /h = 1 para x ∈ [ 0, a ] donde a , h > 0. Entonces la superficie del cono que se obtiene al rotar este segmento en torno al eje y está dada por h

A (S ) = 2π

a 1

0

como era de esperar.

y

h

a 2 + h 2

=

2πa

=

πa a 2 + h 2

h

1+

h

a 2 h

d y

h

2

169



2. Deduzca la fórmula A = = 4πr 2 para el área de una esfera de radio r . Solución:

La esfera puede puede considerarse considerarse como generada generada por la semicircunferencia semicircunferencia x = cos t , = r cos

y = r sen sen t ,

∈ ∈ [0, π]

t

al ser rotada en torno del del x . Luego,



π

A =

0



π

2

2πr

=



2πr sen sen t (−r sen sen t )2 + (r cos cos t )2 d t sen t d t

0



2

π

2πr (− cos t )

=

= 2 πr 2 (1

0

− (−1)) = 4πr 2

  

3. Considere el elipsoide elipsoide S obtenido obtenido al rotar la elipse x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = 1 en torno al eje x . Determine el área de este elipsoide. Solución:

Consideramos Consideramos la curva y =

b

 − ∈ ∈ −   −    −    −  a 2

a

Entonces, el área está dada por

a

A (S )

2π

=

< b entonces = Si a < entonces pongamos c = A (S )

b 2

a

a 2 a 2

a 2 x 2

x 2

d x

d x

            −   −     −   − 

2a

1+

0

c x 2 d x a

c

1 + t 2 d t

0

2πa b c

c 1 + c 2 + ln c + +

> b entonces En cambio, si a > entonces ponemos c = =

2πb a

170

b 2x 2

a 2

a

c

=

b 2

1+

a 2 /a y y así

4πa b

=

x 2

−a

2πb

=

a 2

a 2 +

 −

=

x [ a , a ]

a

a

=

b

−a a

2πb

=

x 2 ,

2a

2πa b c

b 2 /a y y la integral es

a

4πa b c

a 2

1 + c 2

1

0

c x 2 a

d x

c

1 t 2 d t

0

c 1

c 2 + arcsen c



− a )2 + y 2 = b 2 con 0 < b < 4. Considere el toro toro S obtenido obtenido al rotar la circunferencia (x − < a en en torno al eje y . Encontrar el área de la superficie del toro. Solución:

Usamos Usamos la parametrización parametrización de la circunferencia circunferencia dada dada por x ( (t ) = a + + b cos t ,

y ( ( t ) = b sen t ,

∈ ∈ [−π, π]

t

Luego

  π

A (S ) = 2π

(a + + b cos t )

−π

π

= =

2πb

 −

( b sen t )2 + (b cos t )2 d t

(a + + b cos t ) d t

−π

4π2 a b

EJERCICIOS: 1. Calcular el área obtenida obtenida al rotar un arco de la cicloide cicloide

− − sen t ) a ( (1 − cos t )

x = a ( (t y

=

alrededor de la tangente a la curva en su punto más alto.

∈ [0,1 2. Encontrar al área de de la superficie de revolución revolución obtenida al rotar la gráfica gráfica de y = x 2 para x ∈ 0, 1] en torno a la recta x + + y = 2. 3. Calcular el área área de un espejo parabólico parabólico de altura altura a y y diámetro 8a .

171



7.4. 7.4. CLASE CLASE 20: 20: Apli Aplica caci cion ones es Físic ísicas as 7.4. 7.4.1. 1. Centr entro o de Masa Masa DEFINICIÓN 7.4.1 Consideremos un conjunto de n partículas partículas situadas en puntos P 1 , P 2 , · · · , P n n en un sistema tema de coor coorde dena nada dass cart cartes esia iano no en el espa espaci cio o. El cent centro ro de masa masa del del sist sistem emaa de part partíc ícul ulas as es el punt punto o del del espacio de coordenadas P C M = (x , y , z ) definido por: n

 

n

 

x i i m i i

x = =

i =1 n

n

 

y i i m i i

,

y =

m i i

i =1

i =1 n

z i m i i

,

z = =

m i i

i =1

i =1 n

m i i

i =1

donde m i i :

masa masa de la i −ésima partícula (x i i , y i i , z i ) = P i i , i = = 1, · · · , n es decir, son las respectivas coordenadas de P i i .

Es deci decirr, el cent centro ro de masa masa de un sist sistem emaa de part partíc ícul ulas as es, es, intu intuit itiv ivam amen ente te,, el punt punto o del del espa espaci cio o dond dondee podría considerarse que se encuentra una partícula representativa del sistema y su distribución.

7.4.2. 7.4.2. Centro Centroide ide El concepto de centroide es una generalización del concepto de centro de masa. Para introducir esta idea idea para para un objeto objeto geomét geométric rico o vamos vamos a genera generaliz lizar ar lo visto visto arriba arriba,, aplicá aplicándo ndolo lo a una funció función n cualqu cualquier iera. a. ∈ N y una función f : {1,2,..., n } → R, el Recordemos Recordemos la noción de promedio de una función. Dado un n ∈ promedio de los valores de f en los los puntos puntos 1,2, . . . , n está está dado por



Prom f =

f (1) + f (2) + n

· · · + f (n )

Considere ahora una función f : N → R, ¿ Cómo podemos definir el promedio de f ? Una posible definición, basada en una extensión de lo anterior, es

 

Prom f = l´ım ım n →∞ →∞

f (1) + f (2) + n

· · · + f (n )



si tal límite existe. Considere ahora el intervalo cerrado cerrado [a , b ] en R y una función función f : [a , b ] → R. ¿Cómo podemos definir el promedio de f ? Supongamos que  = {x 0, x 1,..., x n n } es una partición de [a , b ] y escogemos s i i ∈ ]x i i −1 , x i i [ para i = 1,2,.. 1,2,.. ., n . Si f asume asume el valor f ( ( s i i ) en todo el intervalo ]x i i −1 , x i i [ entonces podríamos definir 172

P LICACIONES F ÍSICAS 7.4. CLASE 20: A PLICACIONES




Prom f

= =

f (s 1 ) (x 1

− x 0 ) + · · · f (s n n ) (x n n − x n n −1 ) (x 1 − x 0 ) + · · · + (x n n − x n n −1 ) 1 n x i i −1 ) − a f ( ( s i i ) (x i i − b −

 i =1

→ ∞ lo anterior nos conduce a Si f es integrable integrable en [a , b ] entonces cuando n →∞



Prom f =

b a

− −



b

1

f (x ) d x

a

Los promedios ponderados aparecen cuando deseamos asignar más o menos importancia a algunos de ∈ N y f : {1,2,..., n } → R, sean w ( (1) , w ( (2) ,..., w ( (n ) números los valores que toma la función. Dado n ∈ positivos tales que w ( ( 1) + w ( ( 2) + · · · + w ( ( n )  decidimos imos asignar asignar los los pesos w ( ( 1) , w ( ( 2) ,..., w ( ( n ) a = 0. Si decid los valores f (1) , f (2) ,..., f (n ) respectivamente, entonces el promedio ponderado de f respecto respecto a esos pesos es



Prom f =

w ( ( 1) f (1) + w ( (2) f (2) +

· · · + w ( (n ) f (n ) w ( ( 1) + w ( ( 2) + · · · + w ( (n )

Con esto en mente damos la siguiente definición. DEFINICIÓN 7.4.2

Una función integrable w : [ a , b ] → R es una función de peso si es no negativa y = 0. Si f : [a , b ] → R es una función integrable y w W = a w ( w : : [a , b ] → R es una función de peso, (x ) d x  promedio ponderado ponderado de f con entonces el promedio con respecto a w está definido por



b b



b

 

Av f ; w =

  b

w ( (x ) f (x ) d x

a

w ( (x ) f (x ) d x

=

W

a

b

w ( (x ) d x

a

Un centroide de un conjunto de puntos, es un punto cuyas coordenadas son promedios ponderados de la correspondiente funciones coordenadas definidas en el conjunto. De esta forma la coordenada x ⊆ R3 es el promedio ponderado de la función f : D → → R3 dada por de un centroide de un subconjunto D ⊆ f x , y , z = x .

 





∈ DEFINICIÓN 7.4 7.4.3 .3 (Ce (Centr ntroide oide de una curv curva) a) Sea C lacurvaplanasuavedadaporlasecuaciones x ( (t ) , y ( ( t ) , t ∈ coordenadas x , y dadas por: [a , b ]. Se define el centroide de la curva C como el punto de coordenadas

                    b b

x =

x d s a b b

b b

=

x ( (t ) a b b

d s a

b b

y

=

y d s

a b b

d s a

a

b b

=

a

y ( ( t ) b b

a

2

 

(x  (t ))2 + y  (t ) d t 2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t 2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t 2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

173



DEFINICIÓN 7.4 7.4.4 .4 (Ce (Centr ntroide oide de una reg región ión pla plana) na) Considere Considere funciones f 1 , f 2 : [a , b ] → R continuas con f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) para x ∈ ∈ [a , b ] y la región plana dada por R = =

  ∈



R2 : a

x , y

≤ ≤ x ≤ ≤ b y ≤ f 2 (x ) y f 1 (x ) ≤ y ≤

 

se define el centroide de R como como el punto x , y dado por

   −     −      −    −  b b

x = =

x d A a b b

a

=

d A

b b

x f 2 (x ) f 1 (x ) d x

a b b a

b b f 2 (x )+ f 1 (x )

y =

f 2 (x ) f 1 (x ) d x

2

a

b b

a

f 2 (x ) f 1 (x ) d x

f 2 (x ) f 1 (x ) d x

OBSERVACIÓN: Es importante notar que si la región es simétrica simétrica respecto al eje Y entonces la coordenada coordenada x es es cero, y, si es simétrica respecto al eje X , la coordenada y es es cero. EJEMPLOS: 1. Halla Hallarr el centro centro de masa masa de una delgad delgadaa lámina lámina semici semicirc rcula ularr (es decir decir,, de ancho ancho despre desprecia ciable ble), ), con distribución uniforme de masa, consistente en el semidisco dado por x 2 + y 2

Solución: Notamos que

≤ 1,

≥ ≥ 0

y

Sea δ = densidad superficial de masa de la lámina = cte. x = = 0.

Para Para calcul calcular ar y , notemos que: 2

m = = δ

Luego:

· πm 2 · · 1

=

πδ

2

1

2 y =

 · ·  −

1 y 2 d y

y δ

0

πδ

−(2/3)(1 − y 2)(3/2) 1 = = π

2

2 ∴

174

 

P C M = 0,

4 3π



0

4 3π



2. Determinar el centroide de un triángulo. triángulo. Solución:

Ubicamos el triángulo en el plano cartesian siano o, como como indi indica ca la figur figura. a. Si b es es la lonlon s es la longitud aproxigitud de la base y s mada de la franja de ancho d y , entonces: d A = = s d y

Por semejanza de triángulos: s b

=

h y

−

h

Luego:

  h h

y y = 0

b (h h



− y )

1 2 b h

d y

=

h

3

Ahora deberíamos deberíamos encontrar x . Pero, el cálculo anterior indica que el centroide está ubicado en un punto cuya distancia a la base es un tercio de la altura. 3. Determinar el centroide centroide de un sector circular. circular. Solución: 4. La región formad por las rectas x = 0, y = 2a y la curva y 2 = 4a x se se rota en torno al eje y . Encontrar el centroide del volumen de revolución resultante. Solución:

7.4. 7.4.3. 3. Mome Moment nto o y Mome Moment nto o de Iner Inerci cia a DEFINICIÓN 7.4.5 Consideremos un conjunto de n partículas (o masas puntuales) situadas en puntos P 1 , P 2 , · · · , P n del sistema n en un sistema de coordenadas cartesiano en el espacio. El momento de inercia I del de partículas respecto de un eje dado se define por: n



I =

m i i R i 2

i =1

175



donde m i i :

masa ubicada ubicada en el punto P i i R i i , i = = 1, · · · , n distancia desde P i i al eje dado. OBSERVACIÓN: El momento de inercia se puede interpretar como la inercia de una partícula respecto respecto a la rotación. EJEMPLOS: 1. Consider Consideree una delgada delgada lámina de un material material que cubre exactamente exactamente la región acotada acotada por las curvas y = x 2 , x = y = 0 = 2, Encont Encontrar rar el moment momento o de inerc inercia ia I y esta lámi lámina na resp respec ecto to del del eje eje y , si ladensi ladensid dadde masaen un y de esta  punto (x , y ) es x . Solución: Una franja de ancho d x tiene tiene área aproximada x 2 d x u u una densidad constante Luego, la masa de la franja de material es, aproximadamente,

 x .

 x x 2 d x = = x 5/2 d x La distancia al eje y es igual a x , de donde, multiplicando la expresión anterior por el cuadrdo de la distancia, obtenemos x 2 x 5/2 d x

→ Suman Sumando do losmom los moment entos os de todas todas lasfr las franj anjas as sobre sobre el interv intervalo alo [0,2 0, 2], y tomand tomando o límite límite cuando cuando d x → 0: 2 2 2 11/2 2 64  /2 2 5 I y x x d x = x 9/2 d x = x 2 = = = y = 11 11 0 0 0







2. Determinar el momento de inercia respecto respecto de un diámetro de un disco circular circular homogénero delgado de masa m y y espesor t . Solución: Consideremos Consideremos el disco de radio radio R centrado centrado en el sistema de coordenadas. Una franja m de ancho d y tiene una masa igual igual a de inercia respecto al eje x es: es: 2 · 2x d y , y su momento de πR

y 2

Luego, I x x =

=

176

2m πR 2

−  − x

4

(R 2

2m πR 2

m

· 2x d y

πR 2

  −   −  R

y 2

R 2 y 2 d y

−R

R 2 2 3 x ) + x R 2

8

2

x 2 + R arcsen

x R

 

R

−R







m R 2 2m R 2 2 π 2 −π R · − R = ( ( ) = πR 2 8 2 2 4

3. En el ejemplo anterior, anterior, determine el momento de inercia inercia con respecto al eje z , perpendicular al disco. Solución: Claramente: I z z =



2

r d m = =



2

2

(x + y )d m = = I x + I y x + y =

m R 2

4

+

m R 2

4

=

m R 2

2

4. Hallar el momento momento de inercia de un cono circular circular recto de masa m , en torno de su eje. Solución: Ubicamos el cono cono con vértice en el origen y hacemos hacemos coincidir el eje del mismo mismo con el eje x . Elegimos un a delgada lámina perpendicular al eje, y supongamos una densidad igual a δ. El momento de inercia de la lámina respecto al eje x es es 1 1 (masa) y 2 = (δπ y 2 d x ) y 2 2 2 Como y =

R x h

, se tiene que:



h

I x x =

0

Pero

m = =

1 δπR 2 h 3

1 (δπ y 2 d x ) y 2 = 2

⇒

δ=

     h

0

3m πR 2 h I x x =

1 R x δπ 2 h

4

d x = =

1 δπR 4 h 10

⇒ 3 m R 2 10

177



7.5 7.5. CLA CLASE 21: Teor eorema de Pappu appuss y otra otrass 7.5. 7.5.1. 1. Teore eorema ma de Pappu appuss TEOREMA 7.5 7.5.1 .1 (T (Teor eorema ema de Pa Pappu ppuss par paraa sup superfi erficies cies)) Sean C una una curv curvaa suav suavee y L una una rect rectaa (que (que no corcorta C ) en R2 . Si C rota entorno a L entonces el área de la superficie generada es igual al producto de la longitud de la curva por la distancia recorrida por el centroide. La demostración es simplemente multiplicar las expresiones involucradas involucradas

  b

A (S ) = 2π

 

a

 

                         

el centroide es x , y

b b

x , y =

2 x ( (t ) (x  (t ))2 + y  (t ) d t a , b b 2 (x  (t ))2 + y  (t ) d t a

luego la distancia recorrida por el centroide es 2π

a x + + b y + c a 2 + b 2

=

entonces

l ( ( C ) 2π

a 2 + b 2

l ( ( C ) l ( ( C )

ρ (t )

a 2 + b 2

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

y ( ( t ) b b

a

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

 

a

b

= 2π

ρ (t )

a

    2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

a

a x + + b y + + c

b b

a

a x ( (t ) + b y ( ( t ) + c

b

2π

         

b

2π

=

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t

ρ (t )

    

2

(x  (t ))2 + y  (t ) d t = A (S )

TEOREMA 7.5 7.5.2 .2 (T (Teor eorema ema de Pa Pappu ppuss par paraa vo volúm lúmenes enes de sól sólido idoss de re revol voluci ución) ón) El El volumen de un sólido de revolución obtenido al rotar la región plana R entorno a una recta L es igual al área de la región plana multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la región.

178

OT RASS 7.5. CLASE 21: TEOREMA DE P AP PU S Y OTRA


EJEMPLOS:

∈ [0, π] 1. Calculemos el centroide centroide de un semicircunferencia semicircunferencia de radio a . La parametrizamos por t ∈ x ( (t ) = a cos cos t y ( ( t ) = a sen (t )

se sigue

  − π

l ( ( C ) =

( a sen t )2 + (a cos cos t )2 d t = πa

0

entonces

x = y

=

1

 

π

a π 0

1

a ( (cos t ) a d t = 0

π

a π 0

a ( (sen t ) a d t =

2a π

 

el centro centroide ide es 0, 2πa que que no esta esta en la curv curva. a. Note Note que que por por la sime simetr tría ía sabi sabiam amos os que que la coor coorde dena nada da x era era nula. 2. Encontrar el área de de la superficie obtenida el rotar rotar el semicírculo semicírculo y = a la recta x + + y = 2a . Por el teorema de Pappus se tiene A (S )

=

    −   

a 2

x 2 x [ a , a ] entorno

∈ ∈ −



2a + y = 2a l ( (C ) 0, , x +

2πd

π

2a π

2a 2

=

2π

=

2 2πa 2 (π − 1)



 −

πa

− a )2 + y 2 ≤ b 2 (0 < b < 3. Encontrar el volumen volumen del toro obtenido obtenido al rotar el círculo círculo (x − < a ) entorno al eje Y .Desarrollo: Utilizando Utilizando Pappus el centroide de la región es (a , 0) se sigue

 

V = (2πa ) πb 2 = 2π2 a b 2

7.5.2. 7.5.2. Fuerza, Fuerza, Trabajo rabajo,, Presi Presión, ón,... ...

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7.6. 7.6. Ejer Ejerci cici cios os de Cont Contro role less y Certá Certáme mene ness

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Calculo II - UTFSM

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