En este texto se desarrollan los temas que tradicionalmente comprende un curso de CÁLCULO INTEGRAL. La exposición preten
193 89 55MB
Spanish Pages 375+xv [390] Year 2004
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=
l¡
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
e¡
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
3ñ
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 "'
R¡
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