Cálculo integral [4° ed.]
 3307410330, 9972421953

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Maynard Kong. En 1964 ingresó a la Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas de la Universidad Nacional de Ingeniería. Egresó en 1968 y desde 1969 se ha desempeñado como profesor del Departamento de Cien.-;ias de la Universidad Católica en cursos de Matemáticas de niveles y especialidades variados. Obtuvo el grado de doctor (PhD) en la Universidad de Chicago (Estados Unidos de América) en 1976. Fue profesor visitante en la Universidad de Stuttgart (República Federal de Alemania) en 1979, y al mismo tiempo becario de la Fundación von Humboldt en un programa de posdoctorado, y posteriormente, también en Venezuela, durante 4 años. Ha publicado importantes trabajos de investigación y varios textos de consulta universitaria, entre los que se pueden mencionéll: Teoría de conjuntos (coautor con César Carranza), Basic, Cálculo diferencial, Lenguaje de programación Pascal, Lenguaje de programación C, y Lenguaje ensamblador Macro Assembler. Ha participado en numerosos eventos de matemáticas, promoción de las Ciencias Básicas e Informática tanto en el país como en el extranjero.

CALCULO INTEGRAL

MAYNARD

KONG

CALCULO INTEGRAL

,

,

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DEL PERU FONDO EDITORIAL 2004

Primera edición, setiembre de 1989 Segunda edición, marzo de 1993 Tercera edición, diciembre de 1997 Cuarta edición, marzo de 2004

Cubierta: Carlos González R.

Cálculo integral

Copyright © 2004 por Fondo Editorial de la Pontificia Universidad Católica del Perú. Plaza Francia 1164 Lima, Teléfonos: 330-7410 330-7411. Prohibida la reproducción de este libro por cualquier medio, total o parcialmente, sin permiso expreso de los editores.

Derechos reservados ISBN 9972-42-195-3 Depósito Legal: 1501052004-1751

Impreso en el Perú - Printed in Peru

CONTENIDO

CAPITULO 1

Teorema del valor medio

3

¿

Teorema de la función constante

3

3

Teorema de las diferencias constantes

5

4

La integral indefin i da

5

4.1

Antiderivada de una función

5

4.2

La integral indefinida

6

4.3

Propiedades básicas de la integración

9

4.4

Integrales usuales

12

4.5

Problemas resueltos

16

4.6

Problemas propuestos

47

VIl

CONTENIDO

lnt~~gracicfn

CAPIT\LO 2

par part- • int~~gracián par

IIUStituci!Sn

1

Integración por partes

53

2

Integración por sustitución o por cambio de variable

56

2.1

Teorema: formula del cambio de variable

56

2.2

Sustituciones trigonom!tricas

59

3

4

Problemas resueltos

63

3.1

Integración por partes

63

3.2

Integración por sustitución

74 83

Problemas propuestos

La

CAPITlLO 3

int~~gral

d~inida

Sumas

2

87

1.1

Definición

87

l. 2

Propiedades de las sumas

88

1.3

Algunas _sumas

89

1.4

Problemas resueltos

90

La integral definida como un límite de sumas

94

2.1

Suma de integral

94

2.2

La

integral definida

2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.3

VIII

96

Existencia y definición de la integral definida para funciones continuas

96

Cálculo de la integral definida usando sucesiones de sumas de integral

97

Area entre dos curvas

99

Propiedades de la integral definida

106

2.3.1

Teorema

106

2.3.2

Teorema

108

CONTENIDO

2.3.3 2. 3. 4

La integral definida

b > a

2.3.5 2.4

. -.

Teorema

S:

f(x)dx

109

con

111

Teorema

111

Teorema fundamental del calculo

113

2.4.1

Teorema

113

2.4.2

Teorema fundamental del calculo integral

115

2.4.3

Teorema

118

2.5

Problemas resueltos

119

2. 6

Integración por partes de integrales definidas

L28

2.7

Calculo de integrales definidas por sustitución o cambio de variables

129

2.8

Problemas resueltos

131

2.9

El teorema del valor medio para integrales

13"7

2.10

Problemas resueltos

139

2.11

Problemas propuestos

141

CAPITULO 4 Definición

145

2

Integral impropia cuando la función es discontinua

146

3

Integral impropia cuando los límites de integración son infinitos

L4"7

Algunos criterios para la convergencia de integrales impropias •

149

4

4. l

Criterio

4.2

Criterio de convergencia para funciones discon tinuas

150

4.3

Criterio de convergencia cuando un límite integración es infinito

151

de comparación

149

de

IX

CONTENIDO

4.4

Algunos ejemplos de integrales impropias

152

4.5

Problemas resueltos .•

155

CAPIT\LO S 1

Integración de funciones racionales •

169

1.1

Definición de función racional

169

1.2

Calculo de integrales de la forma

J 1.3

Ax+B

ax

l. 3.2

2

dx

169

+ bx + e

Integración de una función racional general 1.3.1

1.4

2

Método de descomposición en fracciones parciales

182

Método de Hermite

177

Problemas resueltos

182 195

Integración de algunas funciones irracionales 2.1

181

Integra¡es de la forma

J1

mx+ n

195

dx

ar+ bx+ e

Integrales de la forma

J

(x-d} lax2 +bx +e

2.3

Integrales de la forma

f

lax 2 +bx +e

dx

2.4

Integrales de la forma

J---;=;========lai

dx

2.2

dx

196

197

Pn (x}

198

+bx+c

2.5

Integrales de la forma

2.6

Problemas resueltos

2.7

Integrales de la forma

J[ ( R

X

ax +b

X,

Cx+"d'

J----::--;:::=========dx

(lt-d)n lax2 + b x + e

)r¡ , (...!!:!±..)r2 cx+d

200 201

' •· •

J

dx

204

CONTENIDO

2.8

Problemas resueltos

2.9

Integrales de la fo .rma

2.10 3

205

fxP(a + bxq { dx

208 20 9

Problemas resueltos

Integración de funciones trigonométricas

213

3.1

Integrales de la forma Jsenmx co¡¡ltx dx

213

3.2

Problemas resueltos

218

3.3

Integrales de la forma Jsen mx sen nx dx fsen mx cos nx dx Jcos mx cos.nx dx

22 5

3.4

Problemas resueltos

22 5

3.5

Integrales de la forma JR(sen x, cos x)dx

3.6

Problemas resueltos

3. 7

Integrales de la forma

f 3.8 4

5

R(x, / ax 2 + bx + e

22 8 230

)dx

Problemas resueltos

234 235

Integración de funciones hiperbólicas

237

4.1

Definición de funciones hiperbólicas

237

4.2

Integrales usuales

239

4.3

Problemas resueltos

241

Fórmulas de reducción

246

5.1

247

Problemas resueltos

XI

CONTEN¡DO

CAPITULO 6

Aplicac:ian. . definida

c;~MM~fttrica•

de la

in~ec;~ral

Area de figuras en coordenadas rectangulares

2

3

4

1.1

Definición

253

1.2

Area bajo una curva

254

1.3

Definición

254

1.4

Propiedades de la función área

255

1.5

Problemas resueltos

255

Area bajo una curva dada en forma paramétrica

265

2.1

Teorema

265

2.2

Problemas resueltos

266

Are a de figuras planas en coordenadas polares

268

3.1

Coordenadas polares

268

3.2

Cambio de coordenadas

269

'3.3

Area en coo·r denadas polares

269

3.4

Problemas resueltos

270

Longitud de arcó de una curva plana

278

4.1

Definición

278

4.2

Cálculo de la longitud del arco de una curva plana

279

4.2 .1

En coordenadas rectangulares

279

4.2.2

Longitud del arco cuando la curva es dada por ecuaciones paramétricas

282

Longitud del arco de curva en coordenadas polares

283

4.2 , 3

4.3

XII

253

Problemas

resueltos

285

CONTENIDO

S

Volumen de sólidos S.1

S. 2

S. 3

6

2 93

Definición del vol~en de un sólido en términos del área secciona!

293

Volumen de un sólido de revolución

296

S. 2.1

Método del disco circular

296

S. 2.2

Nota

297

S.2.3

Método del anillo circular

298

S. 2.4

Método del tubo cilíndrico

299

Volumen de un sólido de revolución en coordenadas polares

301

S.4

Problemas resueltos

303

s.s

Problemas propuestos

311

Area de una superficie de revolución

312

6. 1

Area en coordenadas rectangulares

312

6.2

Area de una superfic ie de revolución cuando la curva es dada en forma paramétrica

313

Area de una superficie de revolución en coorde nadas polares

314

Problemas resueltos

315

6.3

6.4

CAPITULO 7 ~lasa,

Aplicacion•• d• la da Fí•ica

int~ral

momentos estáticos y de inercia,

y

a prabl . . .• centr~

de 325

masa 1.1

Caso I :

Sistemas de puntos materiales

325

1.2

Caso II:

Curvas planas

326

1.3

Caso III:

Figuras planas

329

XIII

CONTENIDO

2

1.4

Caso IV: Superficie de revolución

333

1.5

Caso V : Solidos

333

1.6

Teoremas de Pappus

336

1.7

Teorema de Steiner· o de los ejes paralelos

339

1.8

Problemas resueltos

339

1.9

Problemas propuestos

351

Problemas de física 2.1

Camino recorrido por un puntos

352

2.2

Trabajo realizado por una fuerza

353

2.3

Energía cinética

353

2.4

Presión de un líquido

354

2.5

Problemas resueltos

355

INDICE ALFABETICO

XIV

352

367

En este texto se desarrollan los temas que tradicionalmente comprende un curso de CALCULO INTEGRAL. La exposición pretende ser completa tanto en la teoría como en la práctica. Además de los ejemplos que ilustran y aclaran los conceptos teóricos expuestos, se ofrece una colección·amplia de ejercicios re sueltos y propuestos. En los dos últimos capítulos se aplica la teoría de la integral de funciones reales en la resolución de problemas de GEOMETRIA y FISICA.

Enero de 1985

Maynard Kong

CAP- 1

LA

INTEGRAL

INDEFINIDA

Empezamos recordando los siguientes resultados de calculo diferencial.

1

TEDADIA DEL VALOR t1EDIO

Sea f(x) una función diferenciable en un intervalo abierto que contiene a los puntos e a y b. Entonces existe un número entre a y b tal que

1

f(b) - f(a) • f' (e) • (b-a)

donde

2

f' (e)

1

es el valor de la derivada de

f(x)

en

c.

TEOREM DE LA FUNCION CONSTANTE

Si f (x) es una función definida en un intervalo abierto a < x < b, entonces t••f•'•(•x•)·--·o----en----a-- a2)

+ e,

~

+e

•'J

+e

Lait fmu:ioaea b:iperbólica8 se definen mediante las ecuaciones:

sen h x

x -x e-e

coa nx •

-~,

cot h x • coa h x sen h x •

(19)

(20)

aec h

J J

x•

x -x e +e

-r- • 1 coa~ X



X •

sen h x coa h x

cosec h x •

1 sen h x

tan h

sen hu du

• coa h u

+e

coa hu du

• sen hu

+e



13

CAP.1

LA INTEGAAL INDEFiNIDA

J

sec h 2 u du .. tan hu

(21)

J

cosec h 2 u du .. -cot hu

(22)

f

(23)

sec h u tan h u du

cosec h u cot h u du

Probar las formulas

(1).

+

e

- -sec h u

J

C24)

EJ•mpla 1

e

+

+

e

• -cosec h u

(2), y

(3)

e

+

.

SoluciÓn (1)

Puesto que

n+l,l O ,

la función

n+l d n+l rlu d( un+l ) ·-(~) du n+l

• un du

-

u n+l n+l

(2)

Tenemos

Luego

(3)

Tenemos

Juego

14

d ( ln 1u! )

f



d .. dii"

n+l

-...2-+e n+l •

\ln 1u 1

·+.du duu

d (---!!.) 1na

=

J

Se tiene

y• por lo tanto

J.· J(~:~\ du

esta definida.

d ( ln 1u 1 ) •

du (pues ln lu 1

d

Ciii"

ln lul =

+e .

....!!.. du

(at..). du

1 u->

4.4

Ej.-pla 2

Salucián

INTEGRALFS tSUALES

Hallar

J/

a + bx

J1

a + bx

dx

dx

¿JI a + bx • .. ! julf du , =

d (a + bx)

2

donde (usando

=

EjllftiPla 3

Salucián

2 3 b ( a + bx

- 4x + 6

Hallar

)%

J

u= a + bx

un+l Jldu=;¡:r- +C n= 1¡2 )

con

+ e .

dx

x2

- 4x + 6

dx

x2

=

f f

(x - -

4 X

x dx - 4

x2

6 + ::T) dx X

f J 7dx

x -2 dx

+ 6

-1

- - - 4 lnlxl + 6( ~ )+e 1 2

=

x2 1 - --4lnlx - x6- + e .

2

15

CAP.l

LA INTEGRAL INDEFJ:NIDA

Probar que

PROBLEMA 1

J~en udu

- cos u + e

J

tan u + e

(1)

(2)

(3)

sec

u~u

2

J

cosec u . cot u du

- cosec u+ C.

SOLUClON (1)

(2)

tenemos

(3)

Jsec2u du

PROBLEttA 2

=

d "7lu" (tan u) .du

J

cosec u cot u du

Probar las siguientes

(1)

Jtan u du

(2)

1cot u du

(3)

J.

(4)

Jcosec u du

se e u du

~

u) du

f

sec 2 u du tan u+ C.

= Jd(tan u)

d dU(cosec

d (cosec u)

De

resulta

16

d(tan u)

Puesto que

=-

d (-cose e u)

formulas

1n isec ul +e 1n lsen ul +e

=

1n lsec u + tan ul +e

-

cosec u cot u du

ln 1e osee u - cot u! + C •

~

-C ..

sen nx n x cos nx

54

+ nx cos nx n •

n sen nx n

función integrando.

INTEGRACION POR PARTES •••

Ejemplo 3

f

Encontrar

CAP.2

x¡, e 4 cos wx dx

y verificar la respuesta mediante diferen

ciación de la s0lución hallada.

Solución I -- Jex¡4

cos

X/ e 4

n x dx

sen nx TI

J

/h. sen w x -¡¡:;;--

-

( toMando

Pero

fe

x¡ 4 sen nx dx

- e

X/4

cos TIX 11

u

=

e 4,

(1)

dx

dv = cos n x dx)

"""

+Jex¡,. cos nx dx 411

( tomando

u = e

x¡4

,

dv

sen n x dx)

+...!... 4:11 Sustituyendo

I

(2)

di

'dx'"

en (l)

ex¡4 sen TI x

1

rn(t))4>'(t)dt

t = w(x) como una función de x, en la integral encontrada en a) Jf(x)dx

= C(~(x))

.

y se reempl!!_

CAP.2

INTEGRACIOO POR PARTES •••

Pru~•

Sea

d•l T.ar ...

F(x)



J

y

f (x)dx

G(t) • F(fji(t))

definamos

G(t) es la integral indefinida de la esto es, que se cumple

!'robaremos que f (. ( t)) 4>' ( t) •

~(t) • G(t)

•·

dG

En efecto,se tiene

(2)

'dt(t)

f

(3)

f(fjl(t))fjl' (t)dt



d dt



dF dx dx • dt

F(fji(t))

dF dt(x)



[ p.1es

F(x)

J

f(x)dx

X

.

• ¡p (t)

tenemos

F(x)

F(ljl(t))

~~u

f(x)

Jf(x)dx,

f(ljl(t)). ljl'(t), si

(x =fjl(t))

(regla de la cadena)

f(x). 4>' (t)

Para concluir,

función

f(fjl(t))fji'(t)

dt

o equivalentemente

(1)

y

~~=fjl'(t)J

lo cual demuestra (2) .

G(t)

=

ya que

Jf(a

C1 = C-lna •

61

SU5T~UCIONES

2.2

Caso 2. y = -x,

f


a y> a y

se tiene

y haciendo el cambio de variable

dx / x

2

-

- ln

a2

!Y + ll - a 2

1 .,. e

( por el caso (1)) - ln

1-x + lx

2

-

i 1+ e

lnl---===-x + /x 2

a2

-

+ e

(racionalizando) 1n Resumiendo,

1

x + /x2- a2

1

+

C¡ •

ai x s 2

2

=

X

+ 2 sen"'f

~-

2

j

Í

dx + tan

J

tanfdx

~ dx +

J

tan

~ dx

X

tan

X

T +e .

( 1)

w

CAP.2

INTEGRACION POR PARTES •••

PROBLEI'IA 14

Calcular

=fx cos x dx • st!n 2 x

1

SOLUCION

-se:

I

x

T

f

se:x x (tornando

- x cosec x

NOTA

+ 1n

cosec x - cot x =

PROBLEI'IA 1:5

BDI...UCION

t'ero por e! problema Luego

u ~ 1n 2x

x 1n 2x -

1

xln 2 x

l=

1 - COS sen x

( 3)

1

COS

X

tan2.

X

x dx

dx ,

=

V = X

X

ln2x

- 2

x dx

Jcos(lnx)dx = x cos(1nx) +

de donde

1n X dx

(x - 1) lnx + C.

sen (lnx),

(tomando u

Jsen(~x)x

dv

dx )

dx

(tomando u

=

f

/sen (lnx)dx.

y calculando la segunda integral

I

sen x

-2(x-l)lnx+C.

-J cos~lnx)

x sen(lnx)

dv

1n x dx

SOLUCION

Lue¡,¡o

- ____!._)

V

sen 2 x

sen x

+

J

Calcular

=

dx "' cos x dx

- cot x 1 + C.

X

!2 lnx.~

PROBLEMA 16

1

y

Encontrar

Tenernos

Se tiene

lcosec x

u • x

=

cos (ln x), dv

dx)

x sen(lnx) - x cos(lnx) - I , I ·flsen(klx)- cos(lnx)) + C

69

PROBL~

3

RESUELTOS

PROBLE11A 17 Encontrar

I

) Ox 2 )dx (tomando u • x 3 y dv • ¡;xAdx, v =

-3é~)

Pero

Luego I

PROBLEMA 18

SOLUCION Luego

I

Hallar

I

f

are cot

rx

Hagamos el cambio de variable

J

are

~ot

t

IX

/:K=

(2t dt) = 2Jarc cot t

2(tarccott

d

x.

t, x = t 2 y

dt

(tomando u= arccot t,

70

rx

arccot

rx

2t dx.

-~(~tdtl

2 (t arccot t + f ln(l+t 2 )] +e

2

dx

+ ln (l+x) + e .

dv = dt)

CAP.2

I .NTEGRACION POR PARTES •••

PROBLEMA 19 Encontrar

I •

f.ec 5x dx.

SOLUCION Tomamos

Luego

y

I ,. sec3x tan x sec 3 x tan x

-

J f J

fsee 3 x dx =

I

tan x

dx

(sec 2 x - 1)sec 3 x dx

J ~J

sec 3x dx ,

+ 3

- 3 I

y despejando I

Pero

.

tan 2 x sec 3 x dx

- 3

I "'-} sec3x . tanx

= tan x

(tan x) (3 sec 2 x) sec x

sec 3x tan x - 3

= sec3x tan x

v

+

sec 3x dx.

seex. tanx +} ln \seex

+ tanx\

+ C

(verej.4,

pág51)·

y por lo tanto I

= 81

PROBLEMA 20

3 sec x • tan x.(2 see 2 x + 3) + 8 ln \ sec x

Calcular

SOLUCION I

I =

J

are senx

! ~X 11-

x are sen x -

+ tan x \ + C •

dx.

dx

x2

u = are sen x , dv

x are sen x +

dx )

1

2

71

PROBLEMAS

3

PROBLEMA 21 SOLUCION x

=

Calcular

RZSUELTOS

J

I •

x are sen x dx •

Hagamos el cambio de variable dx = cos t dx y

sen t,

J

1

t

l

sen t

[t(-

2

J f(

cos t

i

dt •

cos 2t . - --2-J

~.2!) 2

t cos 2 t - - - 4 - +~~ 8 t



(i

-2

sen 2 t)

x tan x-

X tan X -

PROBLEMA 23

I •

+

sen t

cos t

+e

4

+

¡

f

~xz

+

e.

~

(tomando u ''X, dv• sec 2x dx, v• tanx)

tanx d;t

lsec xl

+ C •

Hagamos la sustitución

2

J

tet dt

e(t-l)e

72

_ cot 2t) 2

Hallar

SOLUCION Luego

u • t, dv • sen2t dt, v •

Calcular

SOLUCION I

dtl

+e

are sen x

PROBLEMA 22

Luego

t sen 2t dt

(tomando

~

t • are sen x.

t

-

+e-

2 [tet

r-

rx.

X •

t 2,

- [ •'"1 tor.tando u- t,

,_

2(~x-l)e

rx +e.

dx • 2t dt.

dv•etdt,

v • e t)

CAP.2

INTEGRACION POR PARTES •••

PROBLEI'IA 24

Calcular

I •

J

x 2sen hx dx.

SOLUCION I

..

x 2 cos hx - 2 Jx cos hx dx u= x 2 ,

(tomando

=

f

x2 cos hx - 2 [ x sen hx -

dv =sen hx dx ,

sen hx dx]

(tomando u • x , dv x 2 e os

SOLUCION I

~

Hallar

J

Tenemos

ln (1 [_¿ 2

Pero

J

x2dx 1-x

=

ln

Jx2dx = 1+x

por lo tanto,

1+x

X

J X

I

+

x ln

hx dx,

v =sen hx)

-z-

e .

1-x ""f' +"'i" dx

x ln (1 + x)dx

J

-dx 2 1- x]

x2 •

.l. 2

¡·

2 x dx 1-x

-(1-x2) + 1 dx 1-x x2

-

y

x) -

..!....:..!.

f

-

y

J J J

I =

x ln (1- x)dx -

_¿2

= cos

hx - 2x sen hx + 2 cos hx + e

(x 2 + 2) cos hx - 2x sen hx +

PROBLEI'IA

v = cos hx)

[x2 ln (1 + x) [2 +

..!.. 2

J

-(l-x 2 )+1 dx = 1+x

J

2

1 +X

x2 dx 1+x

f(l+x)dx +

- ln (1 - x) + el

-¡~.~]

(1-x)dx +

¡~ 1-x

J

dx -¡-:j:7

x2 +T + ln (1 + x) + e2 x2 - 1 --2-

ln

1-

X

T+"i"

- x + e •

73

3

PROBLEMM RESUELTOS

Hallar

PROBLEMA 26 SOLUCION Luego

f

I •

are sen

¡¡-:--;z

Hagamos la sustitución

IX, lf':"X

sen t •

2

e os t ,

J

x = ser?- t,

2t sen t eos t dt eos t

+

2 [- t eot t

Finalmente,

3.2

f

=2

cos t

I • -2 are sen/;..

IX.

dx = 2 sen t eos t dt.

J

t sen t dt

dt] •

- 2t eos t

¡¡-:-; +

2/i

+ 2 sen t + e •

+ e •

lnt-vracidn por su•titución

PROBLEMA 1 SOLUCION

Hallar

Hagamos

I •

t

J

2(t2-t1)tdt

I

...3..3 2

3

3

t -

2t +

J f

xdx

rx+

=rx+T 2

1

Luego

I

¿_

1

y

dx=2tdt

(t2- 1) dt

e

(x+1l' 2

Calcular

I=

J f

dx

~

IX

1+

SOLUCION

x=



PROBLEMA 2

f 2

t= 1+/X

Hagamos 2(t t- 1)dt

2(1+ !;.)

74

dx •

t • are sen

Se tiene entonces

I

IX

= 2

Luego

x= (t-1) 2 y

dt - 2fdtt

-2ln(1+ !;.) +

rx - 2 1n o+ rx, . . e¡

e

dx=2(t-1)dt .

2t - 2 lnt+e.

CAP.2

IN'l'EGRACIC»f POR PARTES •••

Calcular

PRO&..aiA 3

coa x dx

haciendo

h + aeí/- x

BOLUCION

Tenemos

·f

Luego I

.

sen x.

dt

¡¡-:¡:-;r lt+ ~1+ e

ln

lsen x

Hallar

BOLUCION

t •

dt • cos x dx.

ln

PROBLEM 4

Luego

J

I •

Hagamos

ex • y~- 1,

+ /1 +

I

1+ e .

sen 2 x



dx •

~

y •

dx =~ y2 -1

x •ln(y2- 1),

Tenemos entonces

I

f

=

1

y

= are sec t +e

e ,

cuando

x >l.

(por el CéBJ 1).

x [ a+

(b~a)

(1)

+0]

(pues

lim n-+ao

J.= n

o)

LA

CAP.J

DEFINIDA

I~~EGRAL

Ejemplo 2 y =x 2 desde

Hallar el área bajo la curva

:e= O a

x=2.

y

y=x?-

X 2

-2

La función

Debemos calcular Eea n

es continua y toma valores ~ O .

f(x)

y

rJo

A

es un número entero ;;;. 1 x.

o + ió.x

f;i

X.

~

~

-

.

x2

dx.

y tomemos

- - - .1.. 2-0 n

ó.x

.ll. n

n

i

0,1,

i

1, 2,

.

n



n

(estamos considerando rectángulos circunscritos a la parábola

y= x 2 )

Luego Tenemos entonces

~:

x 2 dx

-

n

lim n+..,

lim n+..,

¿ ¿ .....,..._

teorema 2.2.2)

f(f;i) Ó. X

i• 1 n

4-i" n

2 n

i- 1

n

- ¿ 8 n3

lim n ... ..,

i2

i- 1

¿ n

8

lim n +"'

7

lim n +oo

.i3

n~n+ll ~2n+1l

6

(pues

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

i•1 (1 +

.!. )(2 +.!.) n n

-3

8

(pues

lim .L.o n +oo n

). 101

2.2

LA INTEGRAL DEFINIDA

Ejemplo 3 Probar

Solución Sea

a

que Llamemos

donde p es un entero

~

O,

a > O.

f (x)

un número entero ;;;. 1

n

p+l

-¡;:;r-

l.

n

ai

O + i/:.x

x.

a-0 /:.x = - =

tomemos

y

O, 1, ••. , n

n

1, . . . , n.

i

X.

l.

f (x.)

Luego

l.

Tenemos entonces (teorema 2.2.2)

lim n

..,.oo n

¿

lim n ..,..,

p .p

lim n..,..,

n

i- 1

n

¿

p+1

(~)(~) p n

~

J'+1

.p

l.



i= 1

1

ap+ 1 p+l p --p.¡:r ("'P+T n + Apn + ... + A1 n

lim n ..,..,

a

n

p+l (pues

p:¡:r

Ejemplo 4 Soluc::Jdh

La función

~:

la integral Sea

n

l:

Hallar

sen x dx.

:>

un número entero /:.x = X. l.

:a:

sen x

..!:,Q_ n

=

donde

=... =

.

l

ll.m -¡= O). n..,.., np+

a> O.

es continua y por lo tanto existe

Procedemos a calcular dicha integral. 1

y tomemos

~

0 + Í~ X

n



xl.. - ...!L n 102

l

lim n..,.., n

sen x dx,

y

+ A0 )

(por (l. 3.4), pág . 82

_!!_. n

i • 0,1, .•• , n, i • 1, ... , n .

LA INTEGRAL DEFINIDA

y (E;.)

Luego

sen

1

CAP.3

ia n

En tone es tenemos

1 O •

y

i = 1, 2, ••. , n,

(2).

..:;; lim n -+oo

[l.

dx

~

b

representa el área bajo la curva

1

-;r

sobre la semirrecta

••• CUANDO LOS LII'..I'l'BS Dí!: DITBGRACION SQI INPINI'!'OS

3

Ej.-pla 2

dx

Evaluar la integral impropia

x2

divergencia. Saluc:i6n Por (3) de la definición

i:

o establecer su

+ 4x + 9

tenemos

3

rb

dx

lim

x2 + 4x + 9

a _,. -ao

Ja

b .... +ao

_.....;;;d_x_ _ (x + 2 ) 2 + S

lim a_,._.,. b .... +ao

-

lim [ are tan (b + 2 ) - are tan (a+2 )]

1

15

a_,._.,.

15

15

b .... +ao

n/5

1

-......:...... [~- (- ~)] ASÍ

4

4.1

·-s

la integral es convergente y su valor es

11/5 S

ALBUNOS CRITERIOS PARA LA CONVERaENCIA DE INTEBRALES It1PROP!AS Crit.ric

de Camparac:i6n

b

Sean

f.

tales que

f

( 1)

1f(x) 1

(2 )

entonces

Nata

< F (x)

F (x )dx

af.b

f(x)dx

en

••

F(x)dx

a

oonve 1,

si si

m .;;;;; 1 •

La prueba dél teorema 4.3 se da en el problema 3 de la sec 4.5 de problemas resueltos, pág. 147.

00

Determinar si la integral ·

Salucl6n

con Luego,

Cuando

x

-+

\ --,,;:d:,;::x;,.,~­

1

J

Yx 5 + 2

es convergente.

+ oo tenemos

m • l. por el teorema

4.3

la integral es divergente.

151

INTEGRALES IMPRO'I?IAS

4.4

CAP.4

Alvunas EJMiplas de Jnt:egralas l!ipraplas EjM!pla 1

LA FUNCIDN BETA

La faoci&a beta se define mediante la ecuacion

f

B(p,q)

,P-1 (1- ,¡

O y

1 Saluci6n La función integrando f(x) • xp- (1- x)q-l en O< x < l. Fijemos O O •

es continua

l

+

.(a f (x)dx

B(p,q)

J.a

o

f(x)dx

(1)

Vamos a probar que las dos integrales del segundo gentes.

Paaa 1 La integral Cuando

f

X -+ 0,

f(x)dx

La

in~:egral

Cuando

x

+

J[ 1

1-x-+1

f(x) - x

y

p-1

p >O.

Luego, por el

F(x)dx

4.2,

•• tonveroente.

tenemos que

f(x) -

q >O.

(1- x}

q-1

1 {1-x)l-q

Luego, por el teorema 4.2, la

De la igualdad (1) y de los pasos 1 y 2 se sigue que cuando p >o y q >o.

152

teor~ma

1

con m • 1-q < 1, ya que integral es convergente.

convergent~

son conver

es convergente.

con m .. 1-p < 1, puesto que la integral es convergente.

Paaa 2

mi~mbro

B(p,q)

ea

4. 4

ALGUNOS EJEMPLOS DE INTEGRALES IMPROPIAS

Ejemplo 2 La ~QDCión

LA FUNCION BAMMA

...-a se define mediante la ecuación

r (p) =

;[" xp-l ,-. dx •

Probar que la integral converge cuando

Soluci6n

La función

Fijemos un entero

>

n

Por la regla del

= xp- 1 e-x

f (x)

X

~

X+iw

X

es continua en

O< x


O.

f--

f(x)dx

La intt'gral

xp- 1 e

(por (1)) l.

X

~ X

m

'-'S

a ,P-1 ;• dx r(p)

convergente,

se sigue por el criterio de

es convergente. De

es convergente para

(2)

y de los pasos

compar~

1 y

2

p>O.

153

CAP.4

INTEGRALES IMPROPIAS

Fjemplo 3

Si

f(x)

F(a) -

O ~x

es una función continua en

F(s), llamada

f."

trado~

O"

f(x) dx

< ~,

se define la función

ele J..plac:e ele f6l), mediante en '"luello• valom de



pan loo ouoles la

x ~O, entonces

F(s) converge para

integral converge. Probar que si todo

lf(x)l ~Ceax

en

s >a.

Solucid'n

Puesto que

¡;sx f(x)

1

= e-sx lf(x)l

,¡;;; Ce-(s-a)x, por el criterio de

J,.r~

comparación basta probar que la integral

e-(s-a):tdx

o

gente cuando Ahora bien

s >a.

-(s-a)x

e

dx

=

e- (s-a)x bl~: (- ---s---a--

s-a

. s-a > O implica

lim b

154

400

lim b-+~

e

(s-a)b

1

S-

(puesto que

[

a

e(s-a)b

=

~ ) •

es conver-

4.5

PKIBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA J

Sea

f(x)

una función en el intervalo la,c)

tal que

f(x) ;;¡.O,

(ll

A+

lim f(x) le- x ¡m • A , donde x-+-c

(2)

Prob~r que

lP

in~egral

divergent~

si

m;;¡. l.

O,

+oo.

J[c f(x) dx es convergP.nte si

m< l.

y

es

a

SOL.UCION

Puesto quP.

> O (pues

e

vemos que P.Xisce un núme:o

3 ..;;;; f (x) (e- x)m ..;;;;

e

en

Luego

B

.

íC-E

... d

E>O

para todo

Por

= />.

O< B

1- p

(pues

O)

b-+ -f y la integral es divergente; y si

p

>

o,

lim

1,

b-+ +"'

bp-l

y

f

1

-;:-r

Así, para p > 1, la integral es convergente y su valor es

PROBLEt1A B

Calcular .["' senx dx

1 p- 1

o probar que es divergente.

SOLUCIDN

f

lb

unx dx

sen x dx

1-

- lim

(cos b - cosO)

b-++a>

o

limcosb.

b-++a> Pero no existe

lim

cos b ,

ya que, por ejemplo, cuando

b = 2n

1f ,

c os b =0;

b-++a> y cuando

b = (2n + 1 }1r , cos b • -l.

Por lo tanto la integral es divergente.

PROBLEMA 9

SOLUCION

Determinar si la integral

Puesto que 1 s:~ xj

.;;;;*

~ dx es convergente. X

y la integral

L."'*

es conver-

2 gente, se sigue por el criterio de comparación que la integral dada

es

convergente.

159

CAP.4

f

PROBLEt1A 10 Hallar

I •

BOL.UCION dx

l.a funci6n . f (x) •

r

Tenemos

d)t

¡¡:-;2 es discontinua en

/¡- x2.

X •

l.

t .c-t11- ~2

dY.

dx

lim +O

{1- x2.

• t

o

lim [are sen (1- t) - are sen C) +O 11

·T· PROBLEI'1A 11

dx xlnx

·Hallar

Tenemos

BOLUCIDN

X

dx ln

( haciendo

X



ln 1 ln

+

lim a+-•

1 -

y • lnx)

ln ¡.a 1 • - ...

Por lo tanto la integral es divergente.

PROBLEM 12

r

dx X

b2

X

r·~ _.. -+

.. "lñ"T 1

160

t

dx

y • ln x,

Haciendo

SOLUCION

o

HalÍar

lim a+-oo

1 + lim .._,. a+-oo

a

r'h

x • eY,

.

1

"""lñT' .

dx • eY dy ,

4y

tenemos

lim (-.!..) a+-ou y

e

PROBLEMAS RESUELTOS

4.5

r

PROBLEMA 13 Analizar la convergencia de la

integral

SOLUCION

_ _ __..;;;.;:... dx _ _ _ ,

b >o.

La función f (x)

1

x "' tinua en

x

y cuando

~O,

X-+

0,

ex 1112 X .Á¡

Aplicando el criterio 4. 2,

PROBLti'1A 14

2

1

f (x) -

1 m=-¡¡-

a

Sea

PROBLEMA 19

~

ln b ( 1 +

.....L_ln(x+~)-



¡1 7 )-

la expresión

+

[ ]

a ln(x+1)

.,r;;

b ( 1+

OL ]n

~)+ ~

tiende a ...l.,_ ln 2

.¡;

18

lb

o

ln

¡;

Luego, la

...l. -a integral

I

es convergente si y sólo si

lim b

Ahora bien,

ra'

L•

L cumple O< L -, ¡;

O,

¡¡

dond~



++•

tenemos

a

1

1-qrueba del teorema.

Ejemplo

Solución

Aplicando el método de Hermite encontrar

Derivando ambos miembros respecto de x, pando términos l

=

dx

1)

1 • (A+ C)x3 + (A+B-C+D)x 2 + (A+B+C-D)x + (B+D)

de donde

A+ A

e • o

+ B- C +D • O

A+B+C-D B

188

+

D

(1)

(2)

•O

(3)



(4)

1

CAP.S

ME'I'ODOS DE INTEGRACION

Resolviendo estas ecuaciones se

obtiene

e

• -A

(~)

SUlllando (2) y (3)

B

• - A

~6)

de (2) y (5)

D

de

(1)

luego en (4)

.

l

A•

-2A" 1,

(7)

• -A

e

-2·

Por lo tanto, I

= -

+J

X - l dx x2 - x + 1

J

1 l (x-2) -2 1 2 3 dx (x-2) +4

1

--'T

1

---¡;

ln 1 (x -

tf ¡ +

J

...!. 2

+

X+ l dx x2 + x + 1 1 l (x+T) + T

I

l.2

+

l

1 +

4(

cb:

1 2 3 dt

PROBLEMA 20

1 1 1 _77_7t8_9t9



1 -4-(-x-.::..1-)lr"e -

7 (x-1) 7

t • x-1 )

1 9 (x-1) 9 +

+

e

e ·

Encontrar

SOLUCION I

=

"' ln

Jx

PROBLEMA 21

1 5 ln

1 --

lx 5 + 1J

Calc ular

1

+ - -:...-- + 5 (xs + 1)

J

I

J J

4

x 1 ~ dx + S(x5+1)

dx 7 -

e.

x dx x4 - 1

SOLUCION I

+ f-t.2.,:;:,;d~:. . . .11

4

192

In

j

t-1 1 + t+1

haciendo

e

~ ~~+C.

=·J.ln 4 1 x2

+

1

METODOS DE INTEGRACION

PROBLEMA 22

CAP.S

Aplicando e l método de Hermite encontrar

I

SOLUCION

1

donde

P(x)

Luego por

+ __P:.,.(~x:.,¡)_ _ (x2-2x+2)2

es un polinomio de grado

~

3.

1.3.2.2

f

I

dx

J

P(x)dx -(-x-:2:-_,_.2.;:x=-+-2...,.)2

+

~Ax;.;...;.+...;;B'-­

x +-2 x - 2x + 2

Cx.+D x 2 - 2x

dx

+2

Derivando respecto de x x 4 - 2x 2 + 2 (x2 - 2x + 2 )'l x ~- 2x 2 + 2

1

+ (x 2 - 2x + 2)A - (Ax + B)(2x- 2) (x 2 - 2x + 2)2

Cx + D x 2 - 2x + 2

x ~ +( C-4 )x 3 + (8- A- 2C + D)x 2 + ( -8-2B+2C-2D)x + (4+2A+2B+2D)

de donde

o

C-4 8- A- 2C

+D

-2

-8-2B+ 2C- 2D

O

+ 2A + 2B + 2D

2

4

+

Resolviendo estas ecuaciones A

2

B

-1,

2

e •

3,

D = -3.

4,

Por lo tanto I

X -

-x- 3 x2 - 2x + 2 +

.r

4x - 3 x 2 - 2x + 2

dx.

Por otra parte

f

4x - 3 x2 - 2x + 2

dx

f .iW:.l. t 2+ l

dt

(haciendo

te x-l )

2 ln 1t 2 + ll + are tan t + C y así,

I • x - """"":~x:..-..-:3~- + 2 ln (x2- 2x + 2) +are tan(x-1) + C. x 2 - 2x + 2

193

1.4

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEI'II-t 23 son distintos números reales, y que

n

P(x)

es un

polin~io

de grado menor

probar que

SOLUCION Te'lemoa

~ Q(x)

Probaremos que

Tenemos

~ + ... A.

.l.

+

x-a

n

= !:' (x)

lim x-+ a.

(definición de deriva¿a}

Q(x) - Q(A.) l.

l.

lim

(pues

Q(ai)=O)

:.c +a.

l.

lim

[ x +a.

x-a. x-a

(----l.) "l

1

l.

x-a. x-a. ~ + ... +(----l.) A.. + ••• +(____¡.)A x-a. , x-a n 1.

O + ... +A.+ ..• + O l.

A.

l.

i..uego

~ dx Q(Xf

J

194

P (oa ) 1 Q, (al) In lx-a 1 1 +

P (a )

... + Q, (:n) ln 1x- an 1 + C.

n

-

CAP.S

ME'l'CDOS DE IN'l'EGRAC:tON

2.

2.1

INTEGRAciON DE ALBUNAS FUNCIOIES .. IRRACIONALEs

Int-vr•l- de la fcr . .

f ~::::;=mx=::::+::n::::~

l •

dx

/ax 2 + bx +e

So1u,:i6n

ax 2 + bx +e, el

Completando cuadrados ,en el trinÓGlio

cálculo d,e la integral

__ f f

se reduce

1

a: encontrar una de las

siguie~

tes integrales. d_x___

~

h lx+ lx 2 +a 1 +

e

( a#: O)

17+. dx

are sen (~) a

~

Ej.-pla

Hallar

I

a

f

( a>

+ C

2x- 8

-;:===:~-

O)

dx

/1- x- x2

So1uci6n 5 ·-¡;--

(x

+.1)2 2

Luego

J1+

2t -

1

-

2/-~

• - 2

!

9 dt • 2

-t2

~-~

f

t dt

- 9

- t2

- t2 - 9

11 -

- 9 are sen (

2

t dt

~-~ ~

t2

+e

are sen

x - x2

t•x+l.

donde

2

1 x +. )

15

+

e .

195

2 •2

INTEGRACION DE ALGUNAS FIBCIONES IRRACIONALES

2.2

de la for•a

In~egrales

1 -

f

dx _(_x___d_)-17a~x~2~+~b=x=+=c~

Solución gral

I

Haciendo

a

f

1

a

";"':'d (swrtitadón imrer-) .

se transforma en una integral del tipo

En efecto, tenemos

I

t

x

=++

=+=d=)=+=e~

-:1.-/"";;:a=(::;_!_=+=d::)2=+=b=(=_;l t

tT' ,

dx = -

d,

-rr dt

dt

t

t

z

-

la inte

2.1

y por lo tanto

J ~~ i:

.

:

t! +

t2

t

según que sea

t

A

+e donde se debe elegir el signo - ó

+

>

O

ó t

12 .

SolucicSn 1

Sea

t=-

x- 1

Luego

1 = -

J-t-f-;:.t~:; :!=+=l:=:=_=.=z:- -

J

1, -;,'- n'

• -are

2-x

=- are sen ¡.....;;.....;:___

1(x-l)

196

12

sen~) +e 12 + e •

CAP.S

METOOOS DE INTEC.RACION

2.3

Integrales de la forma

I

f/

=

ax 2 + bx + e

dx

Completando cuadrados en el trinomio ax 2 + bx +e, la integral I se transforma en una de. las dos siguientes inte grales (que pueden calcularse mediantes sustituciones trigonom! trie as)·

Solucidn

f 1a

2 - x 2 dx

Ejemplo

2

Hallar

-f 1a

I

2 - x2 + a

2

2

Jlto -

are sen : + C,

(a> O)

4x + 4x 2 dx.

Solucidn J

f

/(2x- 1) 2 + 9

cix

+J

lt2+9

dt

(ha e iendo t = 2x-1)

(2x - 1) 4

197

2. 4

IN'l'EGRACICII DE ALGIJIIAS FUNCIONES IRRACIONALES

J--;:::=;:::::=::===-Pn(x)

I •

/ax

donde

Pn (:r.)

2

+ bx + e

dx

es un polinomio de grado n.

Se cumple

I = Qn-t (x) • / ax

Qn-l es un polinomio de grado

2

n-1

Kf

+

dx /ax2 +bx +e K es una constante.

+bx +e y

, donde

No t. a I~s coeficientes de miembros respecto de x.

Qn_ (x) 1

K se calculan derivando ambos

y

entonces

J

Pn(x) dx

~

lax 2 +bx+c

y por tanto,

A

n

J

xn dx /ax 2 +bx+c

+ • . • + Ac

f

dx lax 2 -:-bx+c

es suficiente probar que cada integral

puede escribirse en la forma

Jn •

J

xil dx 1ax2+bx +e

indicada.

Vamos a probar que se cumple la siguiente fomula de recurren.:ia n-1 Jn = _x_ na

1ax 2 +bx+c

b(2n- 1) ...;c-(_.n~-.;,;1)~ 2na Jn-1na Jn-2

(1)

En efecto, 1

xn- (ax+

b

b

--T~

2

dx

/ax2 +bx +e b

( observemos que

198

ax + - 2 lax 2 +bx +e

CAP.S

METOOOS DE INI'EGRACION

1 =-a

b

J

1 xn- (

ax + -2

b

) dx

2

1ax + bx +e

-

J

2a

J

1 [ x n-1 1ax z +bx+c- (n-1) · =-a

n-1

b J x n-2 laxL+bx+c dx ] - 2a n-1

(integrando pnr partes) X

n-1

--;-· X

J

~ a .

n-1 /ax2+bx+c - (n-1)J

a

Luego

1ax 2 + bx +e -

n.J

n

a

2a

J

Qn_ (x) • 1ax2 + bx +e 1 Qn_ (x) 1

n-1

- ,5;.(n-1).J a n-2

(1).

se sigue, por induc c ión sobre

donde

2

(ax + bx +e) dx _ .2_ J 2 a n- 1 1ax2 +bx+c •

b (n - 1) J _ ~(n _ 1 ) J . _ ,.l_J a n-1 a n-2 2a n-1

n

(1)

n

n-2

n-1 2 1 =~ 1ax 2 +bx+c- b( n - ) .J

de donde resulta la formula De

x

+

K

n,

J1ax

2

que

dx + bx +e

1

es un polinomio de grado ,;;;; n-1.

J

xs

-~-1-'-~x-2- dx

Ejemplo

Encontrar

Solución

Tenemos 1 = (Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx + E) • ~- + K

I =

Derivando ambos miembros respecto r

rJ- t' +

.ll±.!.l /2 2

J

dx 3

t 7"f"

2 are sen

2x - x2

¡:;-::;2

+

3

T

ar

dt

(haciendo

+e

e

sen(~) /3

t

(ver

= x+l) 2.3)

+ C.

201

2;6

PROBLEMAS RESUELTOO

PRDBLEI'IA 3

Hallar

J/xz -

I

+

8x

7

dx .

SDLUCIDN I

J

/(x-4}2 -9 dx

=

t

(t2"':'"9

1x2

(x-4) 2-

PRDBLEI1A 4 SDLUCIDN

1

=

-

- f1nl - 8x

Calcular

Hagamos

J

J~

=

+

7

-

= cos

J

du

-~-:=u:;:2 +=:::4:;:u=+=1-

x.

( haciendo

Ft2=91 +e ;

J

I

u

+

t

dx

Jn 1

X

-

t = x-4)

(ver

4 + / x 2 - 8x + 7

sen x

2.3)

1+ C•

dx

/ cos 2 x + 4 cos x + 1

Luego du

- ln 1 ( u+2) +

/ (u+2) 2 - 3

1 (u+2 ) 2 ( ver

ln 1 cos x + 2 +

PRDBLEI1A :5 SDLUCION

/ cos 2 x

Encontrar

+ 4 cos x + 1 1+ e.

I=

f ·

dx -~-

x~

La integral es del tipo

Tenemos

I

J

dt . .....,l::;:::t 2 . =_::-

- ln

202

j..L+-1-~ X X ·

\+e

2.2 .

Sea

t

1 =-. X

-

3 1,

2. 1 }

METOOOS DE INTEGRACIOO

Calcular

Sea

SOLUCION

J

I

=

11

/1- 4u +

lt 2 - J

PROBLEP1A 7

+ 2

J

X

+

]n

2 X

Por

+ 2

( 2.4

11 -

4

+

]n X

Jn 2

X

y

J1

~t+22 dt

u du

3

. - 3

t 2 -

( haciendo

3 t = u-2 )

1+ e

ln lln X - 2 + /1 - 4 h X + ln2 x

J

I

X

1 (!J-2)2 -

1t 2

ln 1 t +

ln x dx

x = eu ,

J

u2

Hallar

SDLUCION

=

Luego

u fF du l'u

¡¡-::-;; ln

I

= ln x .

J

=

I

CAP.S

x

2

.Q+4

1+ e •

dx .

tenem0s

x2 (x2 + 4) d x

+

{x2 +- 4

KJ-..:d::.::x~­ lx2 + 4

Derivando ambos miet.tbros re:>pecto de x. = (3Ax 2 +

~Bx +e) ~ + (A'IC 3 + Bx 2

1 ex + 0)--x-- +

lx2+4 / x2 + 4

Multiplicando por

__!,__ lx2+4

igualando coeficientes y resolviendo las

ecuacior.es resultan tes obtenemos A

1 =r·

Luego

I

PRDBLEP1A B

B = O,

K= -2.

D • O,

x"+2x 2 /x2+4 4

Enc.ontrar

- 2 ln ¡x ' + {~ x' + 4 1 + e •

I

BOLUCIDN l

= /x 2 - x + 1

+

~

]n

1>.. -

·~

+ / X2 - X+ 1 1+

]n

1

X

2 - X+ 2

1x 2

-X + 1

203

2.6

PROBLEMAS RES.UELTOS

HalLar

PROBLEI'IA 9

J~

I

SOLUCION

J

I

t 4 Jt

( haciendo

(At 3 + Bt 2 + Ct + D)

~

+

t

=

J--.!.:d~t--

K

~

Luego t'*

Multiplicando por 11-t~, igualando coeficientes y resolviendo l~s ecuaciones resultantes obtenernos 1 A= 7;•

B = O,

Entonces

e = 83

, o= o

I =-/i(2t 3 +3t)

,/l:t2

3

-a·

K

y

-jarc sen t

,..(2:1 - ~are sen

2.7

!

+C

+C.

Integrales da la forma

J [x,

I

donde

R

R

Solución

( ~)r¡ ex+ d '

¡:,)r2

]

ax + ( ~····

es una func:i,l)n racional

y

~~diante la sustituciSn

r 1 , r :;>, trn =

dx

••• ,

+ b ex + d ax

son números racionales.

donde

• es el

mínimo común múltiplo de los denominadores de los números racionales r

1

, r2-, ... ,

función racional

la integral dac!a se transforma en una integral de una R (t) 1

I

204

JRJ(t)dt

METODOS DE INTEGRACION

2.8

CAP.S

Problemas Resueltos PROBLEI'IA 1

Hallar

SOLUCION

=

I

t2

Si

J

x3

~=-dx.

/X -

dx = 2t dt,

y

2.

J

entonces·

(tG + 3t" + 3t2 + 1)dt

t 7 +...Les + 2t 3 · + 2t + e

5

2 .I;:T

PROBLEMA 2

[ L-y 2

-/3

(ver figura)

1.5

PROBLEMAS RESUELTOO

Encontrar el área de la región comprendida entre las

FROBLEHA 6 parábolas

,.J

y

y la recta

r.

2x.

SOLUCION

2

El área buscada es

A = A¡ + A2

Las coordenadas de los puntos y - 2x

ccn las parábolas

y •

(ver figura) p

y

x2

Q de intersección de la recta y

X

= 2,

y

X

=

y

4,

son,

respectivamente

4' 8.

4

y

"'T

I

4

2

(2x -+)dx

2

Por lo tanto,

x2

=-r

A"' 4 .

x'

-+ [

8

. T

CAP.6

APLICACIONES GEOME'l'RICAS DE LA INTEGRAL DEFINIDA

PROa.EM 7

Hallar

el área de la region limitada por la curva

y •

y ¡la parábola

SOLUCJDN

y

Los puntos en los cuales las dos curvas se cortan se obtienen lando las ordenadas x2 x~

+ x2

-

2 • O

El área buscada es

x2

..

A"' A 1

-

+

1

A2

~ {f "' = 2A2

2[ are tan x -

PROBLEM 8



~'J:

1, - 2 , 2

esto es

± 1 •

...t.)dx Jof\. -....;..~1+ x (ver 2

1T

1

¿

1T

figura

1

'2(4-6> • T- 3 ·

x • 2a •

Y

y=!:!.a /;C;2

a

260

y •

Encontrar el área de la region acotada por la hipérbola y la recta

BOLUCJDN

~

1 + x2 •

Y

igu~

1.5

PROOLEMAS RESUELTa>

Tenemos

=

A • área buscada

2 :

[

T

/x

2

-

2

a

-

f

fx +

ln

/ lf?- -

i

1[ a

• 2ab [

círculo

+

ln (2

+ 13 ) ] • ab [ 2 13 -

ln (2

+ 13

>]

Hallar el área de las dos regiones en las cuales el

PRDBLEI1A 9

x2

/3 -

+ y

2

=8

es dividido por la parábola

y2



2x .

SDLUCIDN

(ver figura )

El círculo queda dividido en las regiones

Ry S

Vamos a calcular el área de la región S. las dos curvas son:

Los punto_s de intersección de

x 2 + 2x x· = 2, y

por lo tanto,

"' =

8, y

=

lz

±2 •

2

A(S) ,.

2

2 y

A(R)

[+ 18

-y

2

dy

+ 4 are sen

Area del círculo - A(S) "'

2

~-·

-

+1:

4 - -r+

2Tr

4 6Tr- ) ·

261

APLICACIONES GEOMEl'RICAS DE LA INTEGRAL DEFINIDA

PROBLEt1A 10 x3

-

x2

CAP.6

Hallar el area de la región acotada por la curva

+ 2xy- y 2

O



y la recta

SOLUCION

Despejando

Sean entonces

y

1

y

X •

4.

de la ecuación

x+.riT,



y

El área buscada es

128

s-

A •

PROBLEMA 11

y • 2x - x 2

m de manera que la reci6n bajo la parábola tenga un área igual a 36. y sobre la recta y • mx Hallar

SOLUCION

Calculamos las abscisas de los y

con la recta Luego

262

y

A • 36

2-m .. 6,

= 2x- x

=

m =-4 •

2

'"'

puntos 'de intersección de la parábola x(x+m-2) = O, de donde x= O, x=~-m. mx,

(2x- x2 -mx)dx = (2-m)

x2

x3

2 - 3

1.5

PROBLEMAS RESUELTOS

Hallar el área de la región comprendida entre las curvas

PROBLEt1A 12 X

y = 1,

X

y

SOLUCION

a la derecha de la recta

x • l.

y

Tenemos

lim b+oo

b

lim b _,.

+

00

PROBLEMA 13

+ln 2]

Calcular el área acotada por la curva

y

1 D-.,;..x2

SOLUCION

A

o

2

1

y

1""-.,.:b;:.__ +1

" 2

+

X.

y el eje

x

lim b -+oo

2

dX

a

are tan b

2

lim

are tan x

b+oo

TT •

263

APLICACIOOES ("'..EOMEI'RICAS DE LA INTEGRAL DEFINIDA

En' ••

-['J.· · Tenemos

Balucidn

me

~ .. a meme

p • ae

de

y

.

Cuando e varía desde -®hasta e1 , el radio vector recorre el arco de la espiral con extremos el origen y el punto ( P¡, A1 ) • Luego

J~

1

a

L •

a

¡¡:-;;;2 m



l

. me l 1m e b+-co b P¡

284

.rl+;2



a

il+;;;z m

eme ue

emel

(puesto que

b lim em =O)

b-+-®

4. 3

PRa).

PROBLEMA 10

Tenemos

SOL.UCION

y

Calculamos el área A1 de la ficie engendrada por rotación arco PQ. El arco cien

PQ

del

es definido por la ecua

"r a

b+~.

y

supe~

O.;;; x .;;; a.

t-

Luego

~= dx y

b

-x

a dx /a2- ¡. '

ds

;;r:-;,.2

.J,

}(

por lo tanto (b

2ll

+ ~)

adx

(1)

~

Calculamos el área A2 de la superficie engendrada por rotación del arco RQ. El arco RQ es definido por la ecuación y

=b-~,

oo;;;x.;;;a

Luego

S.= dx

X y'

a·- x·

j a2_,; )

2ll

si Luego, tenemos que A

ds

ro--:;-

a

.I;;C7

dx

y

adx

(2)

~ A

es el área de la superficie del toro,

2 (A¡+ A2) =

Bnab

[

dx

~

por simetría.

[ sumando (1) y (2)

1

4 u2ab.

319

CAP.6

APLICACIONES GlXlME'l'RICJ\S DE LA INTEGRAL DEY.t:NIDA

PROBLEPIA 11 Calcular el área de la superficie obtenida al rotar un arco completo de la cicloide x • a(t - sen t) y • a(l - cos t) , alrededor de la tangente a la cicloide en su punto más alto. SOL.UCIDN Cuando t varía desde O hast 2n se obtiene un arco com pleto de la cicloide. El punto más alto de la cicloide en este interva~ lo ocurre cuando

t •

n,

y,

la pendiente de la tangente es

puesto que

*1 . t='IT

Luego,

y • 2a

~

dx

~

"''"'Ci'i7'ii't •

asent a (1 _ cos t)

o.

es la ecuación de la tangente.

La distancia del punto (x,y) de la cicloide a la recta tangente 2a - y , y por consiguiente el ár·ea pedida es

es

A • 2n

=

2 2na

r2n

J,

2n (2 cos 2 ~) 2 sen ; dt

o

PROBLEMA 12

Calcular el área de la superficie obtenida al rotar, alrededor del eje polar, la lemniscata p2 • a2 cos 2e .

SOL.UCION

Cuando

e V.lrÍa desde

e= o

hasta e- :

arco c:!e la curva ubicado en el p'l:"i'ller cuadrante. ds

- /d- +

p sen

Lp

de

ar~a

( usando ouscada tenemos que

e ds 12) = 2TTa 2('1-2

Luego

320

A •

2 n a2 (2 -

ff ).

se obtiene

el

~ J sen2e T enemos d6,. -.::..~p.;;.:.:..:.;:,

,

PROBLEMAS RESUELTOS

6.4

PROBLEt1A 13

Calcular el área de la superficie generada por rotación,

alrededor del eje X, desde

dx Tt ..

ds

X

=

et sen t,

y "'

et cos t

hasta

t =O

SOLUCIDN

del arco de la curva

Tenernos et(sen t + cos t),

.!!L .. dt

et (cos t - sen t) ,

f f et dt.

Luego A=

21r

+

(sen

e1 -•ato de iaercla reapecto

••1

~

eje E

325

MASA, K:ltBRTOS BS'l'A'l'lCO Y DE INERCIA, Y CENTRO DE MASA

(d)

e1 ceacro de . . . . r . . pecco de1 eje K

~

d -M

1 en

donde

d. • ± distancia del 1

1 i-~simo

punto al eje E,

debien

do elegirse el signo + para aquellos puntos que se encuentran a un lado del ej~ E, y el signo -, para aquellos puntos que se encuen tran al otro lado.

(e)

radio de pro re• pece o de1 ejO,

1

si XY es un sistema de coordenades rectangulares en el plano del alambre, se define

Ceatro de aaaa

= (x,y)

donde

327

MASA, M:>MENTOS ESTATICOS Y DE INERCIA, Y CENTRO DE MASA

Nota inte~racion

(1)

En las formulas (a), (b) y (e) los límites de detena{naa de manera que el elemento de masd dM curva.

se recorre toda la

(2)

Si la densidad o ed constante decimos que la masa es homo&énea o unifor~e. En tal caso, el centro de masa (x,y) también se de nomina cen~roicle. En general, cuando se ~ra~a de figuraa ceo•ét¡:oic- ae as:a que o • l , resultando la masa del alambre numéric !1\.P.nte igual a la lot.gitud.

(3)

111e

Si la curva es sim~trica respecto de E ~y la masa es homogénea) entonces el centro de masa se encuentr~ en tal eje.

(4)

Ej.-plo Hallar el centro de masa de un arco del círculo de radio subtiende un angula 2N.

Solución Sea C • (x,y) el CP.ntro de masa del arco AB. Por simetría respecto del eje X, C se encuentra en el eje X; luego y •O

x • R cos t, y =R sen t. Cuando t varia desde t • -ex hasta t • ex se obtiene ~1 arco AB. Luego Hagamos

e os - Rdt dKy



X

ds "' R2 e os

dt

dt

t

y por lo tanto M

=L



(ex ds

• 2aR ,

J_(l

R

y

328

sen ex (l

e -

k sen ex (l

o ).

R que

CAP.7

APLICACIONES DE llA INTEGRAL A P:ROBLEMAS DE LA FISICA

1.3

Ca~o

III:

Figuras Planas

Consideremos una "lamina fina" que tiene la forma de una S contenida en un plano. Supongamos que la masa de la lámina es homogénea, esto es, que la densidad a de masa por un~ dad de área es constante. Sea E una recta fija en dicho plano. La masa de un rectángulo elemental con dos lados paralelos al eje E (franjas paralelas al eje E) es dM •ahdx, siendo h la altura y dx la base de dicho rectángulo. reg~on

E

0

e(J)R

dM

-----X

d~ Sea x & ± distancia de R al eje E, donde se mantiene la convención de signos establecida en 1.2. dME

z

DIE

=

•x

El aoaento eatátieo de reapeeto de E es y su aoaent:o de inereia re•peet:o de E 2 x dM. x dM ,

Para la lamina damos entonces las (a)

Ha••

JdM

1

ME •

J

xdM

1

momento de inercia re•peet:o del eje E

[ (d)

K •

aoaeat:o estático respeeto del eje E

1 (e)

siguient~s de~iniciones

total

1 (b)

es

lE

Jx

2

radio de siro reapect:o

1

dM

1

••1

1

eje B .. R, donde

R ;> O;

329

MASA, MOMENTOS ESTATI:COS Y DE I:NERCI:A, Y CENTRO DE MASA

c:eut: rai•e de S

= ( i, y)

x-~. "=.i. M :r M '

donde

siendo XY un sistema de coor

denadas rectangulares en el plano de la lámina, (f)

mo•eut:o de inercia relatiya al orisea (o aoaeut:o polar)

(g)

siR es la región del plano acotada por las rectas x =a, x =b y las curvas O ..;; y 1 (x) ~ y 2 (x), a ~ x ~ b, entonces se cumple 1 Ib Mx=-r a [y; -y~) dx

My

1 Ix

Iy

e

l~

+

x [y2 - y1 J dx

Yi - Yn dx

Jb 1 a

Ib x2[y2 -y¡) dx a

(1)

(2)

1 (3l

(4)

Las formulas (1) y (2) se prueban en el problema 7, de la sección 1.8. La fórmula (3} se establece en el ejemplo 3 que sigue.

330

AP~ICACIONES

Eje~~~p1a

1

DE LA

A PROBLEMAS DE FISICA

CAP. 7

Encontrar las coorden3das del centro de masa de la región

4 +4

acotada por la elipse

b

3

y ;;;. o ) .

(x ;;;. O,

INTE~RAL

= 1

y los ejes de co;,rdenadas

y Tenemos

Solución y

f 1 {x) = O •

y

y=...!?.._ /a2-x2 a

Haciendo el cambio de variable x =a cos t,

y= b sen t,

dM = yrlx = -ah sen2 t dt

tenemos

dMx = dM

y

=

+

2

y dx

+

= -

2

- a2 b sen2 t cos t d t,

xy dx =

e integrando respecto de t desde M

=

3

ab sen t dt

71

2

71ab

--¡;-

H

X

=

ab --r-

M

x

Luego

M

y

3Tr

M

resulta

a2 b y -~ M

4a

__;¡_

o

.hasta

2

X = M""

4b



Ejemplo 2

Probar que los momentos estáticos y de inercia de un anillo circular plano de radios R 1 y R 2 ( R 1 < R2 ) alrededor de un eje E pe_!.

pendicular al plano del ar.illo y que pasa por el centro del mismo son dados por y

dx

Solución

Para el anillo circular de radio x y espesor dx se tiene dA = 2 TTx d¡.; , dME = xdA 271x 2 dx,

y

diE

Luego,

E

2

x dA = 2 TTx 3 dx. R¡

J

dM

2

E

a

-

3

7!(R3 - R3 ) 2

1

y

I E "'



331

MASA, MOMENTOS ESTATI':OS Y DE INERCIA, Y CENTRO DE MASl.

Ejemplo 3 Probar que el momento de inercia respecto del eje X de una región R acotada por las rectas x =a, x = b, y las carvas continuas O .;;;; y (x) .;;;; y (x) ,

es

2

1

Solución Caso 1:

R es un rectángulo de lados paralelos a los ejes de coordenadas.

Sean d 1 < d2 las distancias al eje X de los lados de R paralelos a este eje. Probaremos que do~de

b - a.

B •

B • base del rectángulo

y

X

a

El á~ea del rectángulo y por lo tanto I

X

Ca.a 2:

elemental de la figura es



R es la región indicada en el enunciado del ejemplo.

Por el =aso 1, el momento de inercia respecto del eje X del rectángulo el~ mental de la figura es dlx •

31

( y3 2

-

Y

y13 )dx.

Luego I

X



1

3 o

332

dA = (b-a )dy

z

B dy

APLICACIONES DE LA INTEGRAL A PROBLEMAS DE FISICA

1. 4

CAP. 7

Caso IV: Superficies de Revolución Sea S una superficie obtenida por rotación alrededor del eje X de la curva a.;;x.;;b.

O .;; y = y (x) ,

Se define (1)

Area de S

2rr

Ib

y ds

a

K~nto estátiC"o

Ma.eoto de inercia de S re.pect:o de1 eje X

donde

1.~

1. ~-1

Caso V:

de S respecto del eje X

ds =diferencial de longitud de arco

Sólidos

Sea S un sólido (o cuerpo) de densidad constante o de masa por unidad de volumen en el espacio XYZ, comprendido entre los planos A{x) designa el área de la sección de S pax =a y x= b. Si a .;;x .;;b, enton~es la masa ralela al plano YZ en el punto x, del cilindro elemental de base A(x) y altura dx es dM= oA(x)dx. Se define y

333

MASA, MOMENTOS ESTATICOS Y DE INERCIA, Y CENTRO DE MASA

- • • de S

1 J 1 M

(b)

-•ento estático de S reapec:t:o del p1ano YZ.

1 (e)

dM

centroide de S donde

Myz

=

J

x dM

1

• ( x' y, 'i)

i=~ M

M

z • .....!L. M

Nat.a

Si una figura geométrica (curva, área o volumen) es simétrica res pecto de E (eje o plano) entonces su centroide se encuentra en E. (Ver problema 4, seccióo 1.8, problemas resueltos pág 320 ).

1.~.2

Sea S un solido generado por rotac1on de una figura plana R alrededor de un eje E. Designemos con dM la masa de un tubo cilíndrico cuyo eje es E.

E

Se define (a)

aomeato de inercia de S respecto de E

1 (b)

2

IE = J x dM

radio de siro de S respecto de E • R,

1

R2

, . IE _

siendo M • masa total di! S.

334

1

M

1

do 'l. de R ;;;. O ,

APLICACIONES DE LA INTEGRAL A PROBLEMAS DE FISICA 1. 5. 3

CAP. 7

Cuando se trata de calc.ular los momentos estáticos o de iner cia es conveniente descomponer la masa del cuerpo dado en elementos de masa para los cuales se conocen estos momentos y a continuación se integran dichos elementos.

NotA

Sea R el sólido generado por rotación alrededor del Ejemplo 1 eje X de la región acotada por x•a, x=b, la curva y= y(x):>o

X. Probar que los momentos estáticos y de inercia de respecto del eje de revolución son dados por

y el eje

R

y

Solución Consideremos un disco circular perpendicular al eje X de radio y= y(x) y e:::pes.or dx. Aplicando las fórmulas deriva das en el ejemplo 2, l. 3, pag. 312, se tiene y

diX =

1T zY

~

dx.

Finalmente, integrando respecto de la variable x desde hasta x=b se obtienen las fórmulas indicadas.

x

=a

Calcular el momento de inercia de un cono circular recto homogéneo, respecto a su eje, si el radio de la base es r y altura h.

Ejemplo 2

y

Solución Sea la densidad cons tante de masa por unidad de volume;. El momento de inerci~ del tubo cilú1 drico generado por rotación del rec tángulo elemental R alrededor del eje Y es

di

y

x 2• masa = x 2 a(21Txy dx )

I

2 nox 3 ydx Por semejanza de triángulos .....L_

r-x

Luego donde

=..!L. r I

y

M

o

y

l

=.!!.(r-x) r

r

2 rrox

3

~ (r-x)dx

1Thr" a 10

3 2 -roMr

masa

335

1.6

TEOREMAS DE PAPPUS

1.6

TEOREMAS DE PAPPUS TEOREMA 1 El área ele la superficie obtenida al rc•tar un arco de una curva plana alrededor de un eje, que se encuentra en el pla'lo de la cur-;!a, y que no la corta, es igual al producto de ln longitud de la cutva por la longi~ud de la circunferencia descrita por el centro de masa del arco de la curva

donde y

L

longitud de la curva,

y

distancia del centro de masa de la curva al eje,

A

área de la superficie generada por la curva.

{~ ! r=c O entre x=a y x=b; C=(x,y) es el centro de masa, y se asu me que la curva reta alrededordel eje X.

1

1

1

l

1

1

PRUEBA Designemos con

ds

la diferencial de longitud de arco.

Tenemos (1)

A

(2)

L

y sustituyendo

Ib A

336

y ds =

yL

27ryL.

en ( 1)

resulta

1

APLICACIONES DE LA INTEGRAL A PROBI.DW:; 01;: FISICA

CAP.7

TEOREI1A 2

El volumen de un sólido obtenido al rotar una región del plano alre dedor de un eje que se encuentra en el plano de la región y que no la cor ta, es igual al producto del área de la región por la longitud - de la e~~ cunferencia descrita por el centro de masa de la región

1

1

A • área de la región,

donde

y

~

distancia del centro de .masa de la región al eje dado,

V 2 volumen del sólido generado por la región.

y

y

y • f 2 (x)

~..---.--'Y • f 1 (x) 1

1 1

o

a

b

X

En la figura se muestra una región contenida en el plano XY que rota alrededor del e_i e X y cuyo cent roide es (x ,y)

PRUEBA Vamos a suponer que la región dada está acotada por

y

1)

las rectas

2>

las curvas continuas

x=a-

a
a de su centro.

Solución

T b

1 Consideremos un círculo como el que se muestra en la figura. El centro de masa del círculo (y de la región acotada por el círculo) se encuentra a la distanci b ael eje E. Luego,

por los teoremas

1 y 2 de Pappus,

tiene A



2 11b • ( longitud de la curva )

(2 nb )(2 11 a)

V

:;38

2 11b • ( área del círculo )

respectivamente, se

CAP.7

APLICACIONES DE LA INTEGRAL A PROBLEMAS DE LA FISICA

1. 7

TEOREMA DE BTEUER D DE LOS EJES PARALELOS Sea un cuerpo con masa M y E un eje que pasa por el centro de masa del cuerpo. Se c\DIIple entonces

1 E 1 es un eje paralelo al eje E, a a distancia de E a E1 , lE' lE son los momentos de inercia del cuerpo respecto 1 de los ejes E y E1 , respectivamente.

donde

PRUEBA.

Sea

Entonces

x-a

y

Luego

dM al

± distancia del elemento de masa ± distancia de dM al eje E¡ •

X •

X "'

JxdM

J

= o.

J

(x-a'f dM

(x

2

-

eje E.

pues E pasa por el centro de masa de M.

2

2xa + a )dM

PRDBLEI1A 1 Un alambre tiene la forma de un arco de la circunferencia x2 + y 2 =r2 en el primer cuadrante. Hallar su masa y su momento de inercia respecto de los ejes X e Y si la densi dad p en el punto (x,y) es (x+y).

SOLUCIDN

Tenemos

p=x+y Tenemos

x = r cos t,

r(cos t + sen t), M

1'2 o

=r

sen t,

ds=rdt,

oo;;;t

usando n

• 8a

d9 = 2a cos-f de

)

2

4a

l

71

(1

+ cose) cose

e cos"frl6

e

cos-z de

ces

e=

cos

t

1 - 2 serf

~2

)

de

y

Probar que si R es la región del plano acotada por las x = b y las curvas O < y 1 (x) < y2 (x) , a .;; x .;; b,

PROBLEMA 7 rectas x= a, entonce.> (1)

lb Lb

x(y2 -:Y¡ )dx

My

a

(2)

Mx

1

2

(y22 - Y¡2 )clx

a

SOLUCION (1)

b

L

Por definición

dA

es el área de

un rectángulo elemental de lados paralelos al e_ie ticales, de altura y - y y base dx.

Y (franjas ver

2

Luego

342

dA "

( y2 -' Y¡ )dx

X

dA.

donde

1

y

x(y2 -y )dx. 1

CAP.7

APLICACIONES DE LA INTEGRAL A PROBLEMAS DE LA FISICA

Tenemos

(2)

donde

dMx

es el momento de un

rectángulo elemental de lados paralelos al eje Y (franjas verticales), de altura y 2 -y 1 y base dx. Por el problema 4,el centro de masa de tal rectángulo, por simetría, coincide con su centro geométrico y por lo tanto se enY¡+ y2 2

cuentra a una distancia y

y dA

dMx y

.J_

Mx

2

PROBLEMA 8 y

SOLUCION cuando

=

I

• (y

b 2

BLEMAS RESUELTOS

Sean

·

PROBLEI1A 9.

disjuntas del plano com masas

M1 y

R1

y

y centroides

M2

R 2 dos regiones (x , 1

y1 )

y

\x 2 , y2 ), respectivamente. Probar que el centroide (x,j) de la región R com..,uesta por las dos regiones R¡ y R2 viene dado por

X

=

Ml xl+ M2x2

SOLUCION. l1 ~

M)'2

Mlyl+ y

Ml+ M2

'MI+

M2

Tenemos

masa de R = M1 + M2 Momento estático de R respecto del eje X

f

(pues

x dm

las dos regiones R1

y R2 son disjuntas. )

Luego,

x=

M

...:L M

En forma anSloga se establece la otra formula.

Probar que el centroide d.;, un triángulo coi.ncide con el punto de 1ntersección de las medianas.

PROBLEMA 10.

Bastará probar que el centroide de un triángulo de altura h se encuentra a una distaP~ia

SOLUCIClN.

.y

~ medida desde la base. Dado el triángulo OPQ considereroos un sistema de coordenadas rectangu lares como el que se muestra en figura.

la

Debemos calcular

Las ecuaciones de las rectas L 1 y L 2 son respectivamente, L1! X1 =t-y, L 2 : x 2 = p~b y+b,

344

y por lo taPto,

M= X

b

y(-h y + b)dy

2

bh =6 . Así,

CAP.?

APLICACIONES DE LA INTEGP.AL A PROBLEMAS DE FISICA

. Si hacemos que el triángulo OPQ rote alrededor del eje, el volumen del sólido generado es V Volumen generado por 0PP1 + Volumen generado por PP 1 Q

OTRA SOLUCION.

3l

p

l

2

2

('!Th ) + "t

Por semejanza de triángulos

.!. r -

l!.::x. h

U>

a •f