Unid1sem2NN-mejorado

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2)

Luisa Fernanda Martınez RojasJulio Lizarazo OsorioPolitecnico Grancolombiano+571-3468800 ext. [email protected]@poligran.edu.co

Bogota, 2013

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) La integral en funcion del extremo derecho del limite de integracion

Indice

1. La integral en funcion del extremo derecho del limite de integracion 11.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Teorema fundamental de Calculo Integral 32.1. TFC I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. TFC II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3. Areas Acotadas por funciones 73.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

4. Longitud de Arco 104.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

5. Volumen de Solidos de Revolucion 125.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

6. Area superficial de solidos de revolucion 196.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Seccion 1: La integral en funcion del extremo derecho del limite de integracion

Al considerar una funcion f que es integrable en el intervalo [a, b], no necesariamente tenemos que calcular la integral en elintervalo completo. Como vimos en las propiedades anteriores podemos calcular la integral en un subintervalo de la forma[a, x0], como se muestra en la figura.

Usando esta construccion podemos formar la funcion F (x) =∫ xaf(t) dt, que tiene algunas propiedades muy interesantes,

entre estas:

i) La funcion F (x) es continua

1

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) La integral en funcion del extremo derecho del limite de integracion

ii) Si f(t) es continua, entonces F (x) es derivable y su derivada es f(x)

Veamos un ejemplo mediante sumas de Riemann.

Ejemplo 1. Consideremos la funcion F (x) =∫ x0

2t2 dt.Tenemos como intervalo de integracion A = [0, x], y construimos una particion de este en n sub intervalos. El k–esimo sub

intervalo esta dado por Ak = [ (k−1)xn , kxn ], y su longitud es ∆t = kx

n −(k−1)xn = x

n . Si tomamos un representante en este

intervalo como por ejemplo kxn y construimos la suma de Riemann con este representante.

n∑k=1

f

(kx

n

)∆t =

n∑k=1

2

(kx

n

)2x

n

=2x3

n3

n∑k=1

k2

como se vio en las propiedades de sumatoria

=2x3

n3n(n+ 1)(2n+ 1)

6

=x3

3

n+ 1

n

2n+ 1

n

tomando el limite cuando n tiende a infinito obtenemos∫ x0

2t2 dt = 23x

3 que claramente es una funcion continua y ademassu derivada es 2x2

Veamos que la funcion F (x) es una funcion continua.Veamos este resultado suponiendo que f(x) es continua, tomamos |F (x)− F (y)| de lo que tenemos

|F (x)− F (y)| =

∣∣∣∣∣∣x∫a

f(t) dt−y∫a

f(t) dt

∣∣∣∣∣∣ si x ≤ y

=

∣∣∣∣∣∣x∫a

f(t) dt−

x∫a

f(t) dt+

y∫x

f(t) dt

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣y∫x

f(t) dt

∣∣∣∣∣∣≤

y∫x

|f(t)| dt

si llamamos m al maximo valor que alcance la funcion |f(x)| en el intervalo [x, y]

≤ my∫x

1 dt

≤ m|x− y|.

Al considerar el limite cuando x tiende a y se ve que F (x) tiende a F (y).

2

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Teorema fundamental de Calculo Integral

1.1: Ejercicios

Seccion 2: Teorema fundamental de Calculo Integral

2.1: TFC I

Como se vio en la seccion anterior, si la funcion f(x) es una funcion continua, F (x) =∫ xaf(t) dt es una funcion derivable

y su derivada es f(x). A este resultado se le conoce como PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULOINTEGRAL (TFC I)

Veamos que este resultado se tiene tomando

lımh→0

∣∣∣∣F (x+ h)− F (x)

h− f(x)

∣∣∣∣ = lımh→0

∣∣∣∣∣∣ 1h x+h∫

a

f(t) dt−x∫a

f(t) dt

− f(x)

∣∣∣∣∣∣como

∫ x+hx

1 dt = h

= lımh→0

∣∣∣∣∣∣ 1h x∫a

f(t) dt+

x+h∫x

f(t) dt−x∫a

f(t) dt

− 1

hf(x)

∫ x+h

x

1 dt

∣∣∣∣∣∣= lımh→0

∣∣∣∣∣∣ 1h x+h∫

x

f(t) dt−x+h∫x

f(x) dt

∣∣∣∣∣∣= lımh→0

∣∣∣∣∣ 1h∫ x+h

x

(f(t)− f(x)) dt

∣∣∣∣∣≤ lımh→0

1

h

∫ x+h

x

|f(t)− f(x)| dt

Podemos suponer que h > 0, de lo contrario se realizarıa un procedimiento similar, tenemos que x + h > x y podemosconsiderar entonces m definido como el maximo de |f(t)−f(x)| en funcion de t en el intervalo [x, x+h], dicho maximo existeporque la funcion es continua y el intervalo es cerrado. Tenemos entonces

lımh→0

∣∣∣∣ 1h (F (x+ h)− F (x))− f(x)

∣∣∣∣ ≤ lımh→0

1

h

x+h∫x

mdt

≤ lımh→0

m

Como h tiende a cero el intervalo [x, x+h] tiende a [x, x] y f(t)−f(x) tiende entonces a cero. Se ve entonces que F ′(x) = f(x).Una consecuencia importante del (TFC I) es el poder derivar funciones que se escriben como integrales, dichas funcionesaparecen en diversas disciplinas como fısica, estadıstica biologıa y demas.

Si F (x) =∫ xaf(t) dt se tiene que

d

dx(F (x)) = f(x)

3


En general al usar la regla de la cadena tendrıamos

d

dx

h(x)∫a

f(t) dt

=d

dx(F (h(x))) = F ′(h(x))× h′(x) = f(h(x))× h′(x)

procedimiento que consiste simplemente en evaluar la funcion que se integra en el lımite superior y luego multiplicar por laderivada de dicho lımite.

Ejemplo 2. Derivarcos(x2+1)∫

0

1√t2 + 1

dt

Observe que tratar de integrar dicha funcion para luego derivarla serıa bastante difıcil. En vez de eso usamos el TFC I ytenemos que

d

dx

cos(x2+1)∫0

1√t2 + 1

dt

=1√

cos(x2 + 1)

d

dx

(cos(x2 + 1)

)=

1√cos(x2 + 1)

(− sin(x2 + 1)2x

)Si tenemos una funcion

F (x) =

h2(x)∫h1(x)

f(t) dt

las propiedades de la integral nos permiten escribirla como

a∫h1(x)

f(t) dt+

h2(x)∫a

f(t) dt =

h2(x)∫a

f(t) dt−h1(x)∫a

f(t) dt

y al utilizar lo aprendido anteriormente tenemos

d

dx

h2(x)∫h1(x)

f(t) dt

= f(h2(x))× h′2(x)− f(h1(x))× h′1(x)

Veamos un ejemplo

Ejemplo 3. Hallar

d

dx

1

x+1∫√x+1

cos(sin(t)) dt

= cos

(sin

(1

x+ 1

))× −1

(x+ 1)2− cos

(sin(√x+ 1

))× 1

2√x+ 1

Observe que en este caso simplemente es evaluar la funcion que se esta integrando en el lımite superior de la integral ymultiplicarla por la derivada de dicho lımite y luego restar el lo obtenido con el mismo procedimiento pero efectuado en ellımite inferior de la integral.

Podemos observar que F (x) satisface las siguientes propiedades.

i) F (a) = 0

ii) F (b) =b∫a

f(t) dt

4


la primera propiedad es consecuencia de las propiedades de la integral definida y la segunda es consecuencia del primerteorema fundamental del calculo.

Un propiedad de las integrales es, que si f(x) > 0 en [a, b], entoncesb∫a

f(x) dx > 0, lo que implica que las unicas funciones de

derivada igual a cero son las funciones constantes, o constantes a trozos.Si G(x) es derivable, con G′(x) = f(x). Entonces se dice que G es una antiderivada de la funcion f y se tiene queG(x) = F (x) +G(a).

Como se vio un par de lıneas atras la funcion G− F tiene derivada igual a cero, por lo que la funcion G− F es una funcionconstante, al evaluar esta funcion en el punto a se obtiene G(a)− F (a) = G(a), por lo que se concluye el resultado deseado.El aporte principal del teorema fundamental del calculo es que para evaluar una integral definida no es necesario calcularahora esta mediante sumas de Riemann, en vez de esto dicha integral se puede calcular de una forma bastante sencilla si seconoce una antiderivada de la funcion f . A este importante aporte se le conoce como el segundo teorema fundamental delcalculo integral.

2.2: TFC II

SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DE CALCULO INTEGRAL. (TFC II) Si G(x) es una antiderivada de lafuncion f(x). Entonces

b∫a

f(t) dt = G(b)−G(a)

Esto es una consecuencia inmediata de las lineas anteriores ya que G(x)−G(a) =x∫a

f(t) dt.

De ahora calcular una integral se realizara primero mediante la busqueda de una antiderivada que posteriormente se evaluaraen los lımites. (Usaremos la notacion G(x)|ba = G(b)−G(a))

Ejemplo 4. Calculemos la integral3∫

2

t3 dt,

De nuestra experiencia previa sabemos que una funcion que al derivarse nos de como resultado t3 tambien es un polinomiocomo t4 pero nos aparecerıa un 4t3 al derivar, para que dicho 4 no aparezca simplemente dividimos nuestra funcion candidatapor 4 y obtenemos 1

4 t4 que al derivarse genera 1

4 × 4t3 = t3. por ende tenemos una antiderivada de la funcion f(t) = t3, y esla funcion G(t) = 1

4 t4. Por el segundo teorema fundamental del calculo integral se tiene

3∫2

t3 dt =1

4t4∣∣∣∣t=3

t=2

=1

434 − 1

424 =

81− 16

4=

65

4

Sabemos qued

dx(xp) = pxp−1,

por ende una antiderivada de la funcion xp sera la funcion xp+1

p+1 , claro esta siempre y cuando p 6= −1. Esto se puede resumirdiciendo

5


b∫a

xp dx =xp+1

p+ 1

∣∣∣∣x=bx=a

=bp+1 − ap+1

p+ 1siempre que p 6= −1

En el caso de p = −1, se requiere que el intervalo [a, b] no tenga al cero, ya que en este punto la funcion 1x posee una

asıntota vertical, y se tiene que ∫ b

a

1

xdx = ln |b| − ln |a| para 0 < a,

y ∫ b

a

1

xdx = ln |a| − ln |b| para b < 0.

este resultado es muy util, veamos

Ejemplo 5. Calculemos5∫0

(2x+ 1)2 dx.

Primero vemos que

(2x+ 1)2 = 4x2 + 4x+ 1

y por ende

5∫0

4x2 + 4x+ 1 dx = 4

5∫0

x2 dx+ 4

5∫0

x dx+

5∫0

1 dx

Aplicando el resultado anterior tenemos

5∫0

x2 dx =x3

3

∣∣∣∣x=5

x=0

=53 − 03

3=

125

3

5∫0

x dx =x2

2

∣∣∣∣x=5

x=0

=52 − 02

2=

25

2

5∫0

1 dx =x1

1

∣∣∣∣x=5

x=0

= 5

al juntar estas lineas tenemos

5∫0

(2x+ 1)2 dx =

5∫0

4x3 + 4x+ 1 dx

= 4

(x3

3

∣∣∣∣x=5

x=0

)+ 4

(x2

2

∣∣∣∣x=5

x=0

)+x1

1

∣∣∣∣x=5

x=0

= 4125

3+ 4

25

2+ 5 =

500 + 165

3=

665

3

Veamos otro ejemplo

Ejemplo 6.4∫

2

2t13 + 5t

34

t12

dt

6

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Areas Acotadas por funciones

la funcion a integrar se puede reescribir como 2t13

t12

+ 5t34

t12

, que al usar las propiedades de las potencias tenemos 2t13−

12 +5t

34−

12 =

2t−16 + 5t

14 , de aquı que

4∫2

2t13 + 5t

34

t12

dt =

4∫2

2t−16 + 5t

14 dt

= 2

4∫2

t−16 dt+ 5

4∫2

t14 dt

= 2

(t−

16+1

− 16 + 1

)∣∣∣∣∣t=4

t=2

+ 5

(t14+1

14 + 1

)∣∣∣∣∣t=4

t=2

por el TFC II

= 2

(4

56 − 2

56

56

)+ 5

(4

54 − 2

54

54

)usando un calculadora tenemos una aproximacion 16,45697128 de la integral.

2.3: Ejercicios

1. Derive las siguietnes funciones haciendo uso del TFC I.

a)x2∫1

(t+ 1)3 dt

b)3∫x2

cos(t) dt

c)x2−1∫x3+2

1ln(t2+1) dt

d)t3∫2t

ex dx

2. Encuentre antiderivadas para las funciones dadas.

a) cos(x)

b) sin(2θ)

c) 1t2

d) e2x

3. Encuentre el valor de las siguientes integrales usando el TFC II.

a)3∫0

(t+1)3−3t12

t23

dt

b)−1∫−4

(2t

13 + 3t

23

)2dt

c)−1∫5

t23 +t

13

t23 +t

dt

d)3∫0

cos(θ) dθ

e)x∫1

1t dt

f )t∫0

ex dx

Seccion 3: Areas Acotadas por funciones

Encontrar areas acotadas por funciones en un intervalo dado es algo que parcialmente ya se hizo cuando se planteo la definicionde integral.

7


En la siguiente figura se muestra el area acotada por dos funciones f(x) y g(x), en el intervalo en el cual estas funcionesencierran un area.

Como se aprecia en la grafica, la funcion f(x) = 2√x se encuentra por encima de la funcion g(x) = x en el intervalo dado.

Observe que dicho intervalo consta precisamente de los valores de x que se encuentran entre las dos intersecciones de lasfunciones.

Para encontrar dicho intervalo simplemente se igualan las dos funciones f(x) = g(x), que es lo mismo que 2√x = x, al elevar

al cuadrado tenemos 4x = x2 y al pasar todo del mismo lado tenemos x(x − 4) = 0 en donde se puede apreciar que estaecuacion se hace cero solo cuando x es cero o x es 4.La franja azul representa un rectangulo que se usa como representante para cubrir la region mediante figuras de las que si seconoce el area. Al sumar dichas areas se obtiene una aproximacion del area acotada por las curvas. Es exactamente el mismoprocedimiento que se uso para introducir el concepto de integral.

En este caso cada rectangulo tiene de altura f(xi)− g(xi) (ya que f esta por encima de g) y de base ∆xi, asi que si se generauna particion uniforme del intervalo y se usan las sumas de Riemann para aproximar el area al final se obtiene

Area =

b∫a

(f(x)− g(x)) dx

para nuestro caso se tiene simplemente

Area =

4∫0

(2√x− x) dx =

2x12+1

12 + 1

− x1+1

1 + 1

∣∣∣∣∣x=4

x=0

=

(2(4)

32

32

− 42

2

)−

(2(0)

32

32

− 02

2

)=

8

3

Ahora supongamos que tenemos dos funciones como las que se muestran en las siguiente grafica

8


Podemos apreciar que las funciones acotan entre ellas dos regiones distintas y que las funciones se interceptan en tres puntosdistintos.

Veamos cuales son los puntos de interseccion, f(x) = g(x), de donde tenemos x3 − 4x = 3x+ 6, que al pasar todo del mismolado y factorizar se tiene x(x2−4)−3(x+2) = 0, que se puede escribir como (x+2)(x(x−2)−3) = 0 o (x+2)(x2−2x−3) = 0y el segundo polinomio se puede factorizar buscando 2 numeros que multiplicados den −3 y sumados del −2, estos numerosson −3 y 1. Al factorizar tenemos (x+2)(x−3)(x+1) = 0, lo que nos permite concluir que estas dos funciones se interceptancuando x = −2, x = −1 o cuando x = 3.

Algo importante para revisar es que en el intervalo [−2,−1] la funcion que esta por encima es g y por debajo es f , mientrasque en el intervalo [−1, 3] es al contrario. Para calcular el area acotada por estas dos funciones es importante calcular cadauna de las dos areas que conforman la interseccion por separado ya que en una de ellas la altura de cada rectangulo usadopara aproximar es f − g mientras que e la otra region es al contrario g − f .

Luego de estas aclaraciones encontramos que

Area =

−1∫−2

(g(x)− f(x)) dx+

3∫−1

(f(x)− g(x)) dx

=

−1∫−2

(x3 − 4x− (3x+ 6)

)dx+

3∫−1

(3x+ 6− (x4 − 4x)

)dx

=

−1∫−2

(x3 − 7x− 6

)dx+

3∫−1

(−x3 + 7x+ 6

)dx

=

(x4

4− 7

x2

2− 6x

)∣∣∣∣x=−1x=−2

+

(−x

4

4+ 7

x2

2+ 6x

)∣∣∣∣x=3

x=−1

=

(11

4− 2

)+

(117

4− −11

4

)=

131

4

9

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Longitud de Arco

Observe que en general se puede decir que

Area =

b∫a

|f(x)− g(x)| dx

donde |f(x)− g(x)| es el valor absoluto.Tambien podrıamos simplemente dar el intervalo en el cual queremos encontrar el area acotada por dos funciones.

Ejemplo 7. Encontrar el area acotada por las funciones f(x) = |x|+ 1 y g(x) = x3 en el intervalo [−1, 1].

ya que la funcion f se encuentra siempre encima de g en ese intervalo tenemos

Area =

1∫−1

(|x|+ 1− x3) dx

solo que el valor absoluto es una funcion a trozos por lo que de todas formas hay que partir la integral en dos partes, en[−1, 0] |x| = −x, mientras que en [0, 1], se tiene que |x| = x

Area =

0∫−1

(−x+ 1− x3

)dx+

1∫0

(x+ 1− x3

)dx

=

(−x

2

2+ x− x4

4

)∣∣∣∣x=0

x=−1+

(x2

2+ x− x4

4

)∣∣∣∣x=1

x=0

=

(0− −7

4

)+

(5

4− 0

)= 3

3.1: Ejercicios

1. Encontrar el area acotada por las funciones de la graficasin usar ninguna integral.

2. Encontrar el area acotada por las funciones

a) f(x) = x, g(x) = x2

b) f(x) =√

1− x2, g(x) = |x|

3. Encontrar el area acotada por las funciones en los inter-valos indicados

a) f(x) = x, g(x) = x2 en [-1,3]

b) f(x) =√

1− x, g(x) = |x| − 1 en [-1,3]

4. Encontrar el area acotada por la funcion f(x) = [|2x+3|]en [0, 4]. Donde [|x|] se conoce como parte entera de xy es el mayor entero menor o igual a x

Seccion 4: Longitud de Arco

Al tratar de calcular la longitud de una curva descrita por una funcion, lo que podemos hacer es aproximar esta por segmentosrectos a los cuales tratamos de calcular su longitud para usarla como una aproximacion de la longitud de la curva.

10

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Longitud de Arco

Si partimos de un intervalo fijo A = [a, b], primero lo partimos en n sub intervalos de la forma Ai = [xi, xi+1] = [a +

(i) (b−a)n , a+ (i+ 1) b−an ], con i = 0, 1, 2, . . . , n− 1, cada intervalo tiene longitud ∆x = xi+1 − xi = b−a

n .

Luego en cada intervalo de estos intentamos aproximar la longitud de la curva. Para esto usamos el teorema de Pitagoras yla aproximacion poligonal construida en la grafica anterior. En Ai tenemos un triangulo rectangulo y la longitud de la curvaes aproximadamente la hipotenusa, o sea

li =√

∆x2 + ∆y2 =√

(xi+1 − xi)2 + (f(xi+1)− f(xi))2

factorizando (∆x)2

= (xi+1 − xi)2 en el radical, tenemos

li =

√√√√(xi+1 − xi)2(

1 +

(f(xi+1)− f(xi)

xi+1 − xi

)2)

=

√1 +

(f(xi+1)− f(xi)

xi+1 − xi

)2

(xi+1 − xi)

Si la funcion f es derivable con derivada continua en A, podemos acudir al teorema del valor medio para escribir

li =√

1 + (f ′(x∗i ))2∆x,

donde x∗i ∈ Ai, con esto tenemos que al sumar todas estas aproximaciones calculadas en cada Ai, obtenemos una aproximacionde la longitud l de la curva en A,

l ≈n−1∑i=0

li =

n−1∑i=0

√1 + (f ′(x∗i ))

2∆x

11

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Volumen de Solidos de Revolucion

y al escribir F (x∗i ) =√

1 + (f ′(x∗i ))2, vemos que l es aproximadamente una suma de Riemann

l ≈n−1∑i=0

F (x∗i )∆x

Al tomar el lımite cuando n → ∞ se obtiene con exactitud la longitud de la curva. Recordemos que lımn→∞

n−1∑i=0

F (x∗i )∆x, si

existe es igual ab∫a

F (x) dx, de aquı que

l =

b∫a

√1 + (f ′(x))

2dx

Ejemplo 8. Usemos el resultado anterior para calcular la longitud de la curva f(x) = 23x

32 en el intervalo [0, 3]. Calculamos

la derivada de f , que es f ′(x) =(23

)32x

32−1 = x

12 .

La longitud de la curva es entonces

l =

3∫0

√1 + (x

12 )2 dx =

3∫0

√1 + x dx

Si conocemos una funcion cuya derivada sea la funcion√

1 + x podrıamos calcular el valor exacto de la integral.

Esta funcion es 23 (1+x)

32 . En la seccion posterior aprenderemos a calcular dicha funcion con la tecnica de integracion llamada

sustitucion.

Como tenemos una antiderivada, el TFC II nos permite saber la longitud de la curva.

l =

3∫0

√1 + x dx =

2

3(1 + x)

32

∣∣∣∣x=3

x=0

=2

34

32 − 2

31

32 =

16

3− 2

3= 5

Por el momento es muy facil plantear la integral, pero bastante difıcil el resolverla, mas adelante veremos algunas tecnicasque nos permiten calcular algunas de estas integrales.

4.1: Ejercicios

1. Plantear una integral para calcular la longitud de la curva f(x) = x2 en [0, 1]

2. Plantear una integral para calcular la longitud de la curva f(x) =√x en [0, 1]

3. Encontrar la longitud de la curva f(x) =√

1− x2 en [−1, 1]

Seccion 5: Volumen de Solidos de Revolucion

Un solido de revolucion, es obtenido al hacer girar una region plana con respecto a un eje fijo que no corte la region. Unaregion es una porcion del plano acotada por dos o mas funciones, presentamos en la siguiente grafica una region que esacotada por la funcion f(x) =

√x en el intervalo [0, 13] y el eje x

12


Con base en esta region y girando con respecto al eje x se obtiene el solido de revolucion siguiente

El objetivo es calcular el volumen V de dicho solido. Si rebanamos el solido de forma perpendicular al eje de giro obtenemoscomo las rebanadas de un pastel (como la que se ilustra en la grafica anterior). Para generar dichas rebanadas es necesariotomar una particion del intervalo A = [a, b] en el que esta descrita la region.

La particion de A es Ak con k = 1, 2, . . . , n y ak = [xk−1, xk] donde xk = a+ k∆x = a+ k b−an . Para calcular el volumen delsolido en cada intervalo lo que hacemos es aproximar el volumen Vk de cada rebanada, que en el intervalo Ak es el area de lacircunferencia (π× r2) por la base de la arandela (∆x), el radio esta dado como se ve en la grafica por la funcion f evaluada

13


en algun elemento de Ak que en particular puede ser xk y tenemos pues

Vk ≈ π × (f(xk))2 ×∆x

Al sumar estas aproximacion tenemos una aproximacion del volumen de todo el solido de revolucion

V ≈n∑k=1

Vk =

n∑k=1

π × f(xk)2 ×∆x

al tomar el limite cuando n→∞ se obtiene el valor exacto de V , y esto es mediante la integral ya que la suma que tenemoses una suma de Riemann.

V =

b∫a

πf(x)2 dx

Entonces el volumen del solido de revolucion generado al girar al region acotada por la funcion f(x) =√x en el intervalo

[0, 13] con respecto al eje x, esta dado por

V =

13∫0

π(√x)2dx =

13∫0

πx dx = π(13)2

2=

169π

2

La tecnica utilizada en este ejemplo es la de los discos, no siempre queda el disco completo, si la region no limita con el ejede giro el disco tendra un hueco en el centro.

Veamos otro ejemplo usando una tecnica distinta, es la de los cascarones cilındricos.Si tomamos la region encerrada por la funcion f(x) =

√x en [0, 1], y la hacemos girar esta vez con respecto al eje y tendrıamos

un solido parecido al de la siguiente grafica.

14


Para encontrar su volumen partimos el intervalo A = [0, 1] en n sub intervalos Ak y en cada uno de estos tratamos deencontrar una aproximacion del volumen generado al hacer girar esa banda con respecto al eje y, la figura que obtenemos escomo el cilindro descrito en la figura anterior.El volumen del cascaron cilındrico es el area del cilindro (ya que un cilindro se obtiene al enrollar un rectangulo, el area delcilindro es el perımetro de la circunferencia base por la altura 2π × xk × (1− f(xk))) por el grosor del cilindro, es decir (∆x)

Vk ≈ 2πxk(1− f(xk))∆x

al sumar estas aproximaciones obtenemos

V ≈n∑k=1

Vk =

n∑k=1

2πxk(1− f(xk))∆x

que nuevamente es una suma de Riemann y al tomar el lımite cuando n→∞ tenemos

V =

1∫0

2πx(1− f(x)) dx

En el caso de nuestro ejercicio

V =

1∫0

2πx(1−√x) dx = 2π

1∫0

x− x 32 dx = 2π

(x2

2− x

52

52

)∣∣∣∣∣x=1

x=0

=π

5

Veamos ahora un ejemplo clasico de un solido de revolucion llamada el toro que se obtiene al hacer girar una circunferenciade centro (R, 0) y radio r con respecto al eje y. El volumen de dicho solido lo hallaremos con las dos tecnicas descritasanteriormente.

Primero, al proyectar la region base del solido que es la circunferencia con respecto al eje de giro (eje y) obtenemos siempreel intervalo o intervalos de integracion, en este caso sera el intervalo [−r, r] en el eje y.

Segundo identificamos las curvas que se usan para describir la region, como el eje de giro es el eje y y queremos generararandelas, estas funciones deben estar en terminos de y. Como la region es un circulo de centro (R, 0) y radio r, la ecuacionque describe dicha curva ya se vio y es (x−R)2 + y2 = r2. Al despejar x en terminos de y (ya que en este ejercicio estamos

tomando este eje como la variable independiente) tenemos x = R ±√r2 − y2, tenemos dos funciones que describen las dos

mitades del circulo x1 = R−√r2 − y2 describe la mitad izquierda del circulo y x2 = R+

√r2 − y2 describe la mitad derecha

del circulo.

15


Tercero, si partimos nuestro intervalo A = [−r, r] en n partes, tenemos Ak = [−r + (k − 1)∆y,−r + ∆y] y ∆y = 2rn , este

intervalo genera un rectangulo sobre la circunferencia y al hacer girar solamente este rectangulo obtenemos una arandela,como se muestra en la grafica

Si queremos calcular el volumen de dicha arandela, solo debemos calcular el area entre los dos cırculos y multiplicarla por elespesor. La arandela esta construida con dos cırculos. El mayor tiene radio generado por la distancia entre el eje de giro yla parte derecha de la circunferencia evaluada en algun punto del intervalo en el que estamos trabajando que es Ak, es decirque el radio mayor es x2(yk) = R +

√r2 − (yk)2. El radio menor siguiendo el mismo argumento es la distancia entre el eje

de giro y la parte izquierda de la circunferencia es decir x1(yk) = R−√r2 − (yk)2.

Luego el volumen de la arandela es

Vk ≈[π(x2(yk))2 − π(x1(yk))2

]∆y = π

[(Radio Mayor)2 − (radio menor)2

]∆y

Vk ≈ π[(R+

√r2 − (yk)2

)2−(R−

√r2 − (yk)2

)2]∆y

Nuevamente al sumar estos volumenes aproximados tendremos una buena aproximacion del volumen que se refina a medida

16


que n crece. Finalmente tenemos

V =r∫−rπ

[(R+

√r2 − (y)2

)2−(R−

√r2 − (y)2

)2]dy

= πr∫−rR2 + 2R

√r2 − y2 + (r2 − y2)−

(R2 − 2R

√r2 − y2 + (r2 − y2)

)dy

= πr∫−r

4R√r2 − y2 dy

= 4πRr∫−r

√r2 − y2 dy

la ultima integral se puede asociar con el calculo del area de medio circulo de radio r que es πr2

2 luego

V = 4πRπr2

2= 2(π)2r2R

Tambien podemos usar la otra tecnica, mediante cascarones cilındricos tambien se puede describir el solido de revolucion,para esto debemos describir la region mediante rectangulos paralelos al eje de giro y no perpendiculares. Por tal motivoconsideramos la variable x como independiente.Primero proyectamos la region de integracion en el eje x en donde se genera el intervalo A = [R − r,R + r] en el cualcalcularemos la integral. Si partimos este intervalo en n partes iguales cubrimos la region mediante rectangulos que al sergirados con respecto al eje y generan cilindros y no arandelas.Segundo Calculamos entonces el volumen aproximado de uno de esos casquetes cilındricos. Ya que un casquete cilındrico essimplemente un cilindro con espesor debemos calcular el area del cilindro y multiplicarlo por el espesor como se ve en lafigura

17


Cada uno de los rectangulos que tomamos es generado por el intervalo Ak = [xk−1, xk] donde xk = R − r + 2rn y |Ak| = 2r

n ,tenemos pues que el

Vk = 2π × radio × altura× espesor ≈ 2πx∗k[√r2 − (x∗k −R)2 − (−

√r2 − (x∗k −R)2)]∆x

recuerde que la altura esta dada por la funcion que esta encima menos la funcion que esta debajo, el espesor es ∆x y el radioes x∗k

Vk ≈ 2πx∗k2√r2 − (x∗k −R)2∆x

Tercero. sumamos estos valores de Vk para obtener una aproximacion de V y al tomar n→∞ tenemos el valor exacto de V ,entonces

V ≈n∑k=1

Vk =

n∑k=1

4πx∗k

√r2 − (x∗k)∆x

al tomar el limite generamos la integral

V =

R+r∫R−r

4πx√r2 − (x−R)2 dx

recordemos que una propiedad de la integral dice

b∫a

f(x) dx =

b+c∫a+c

f(x− c) dx

al aplicarlo en este caso usando a = R− r, b = R+ r y c = −R, entonces

V =

r∫−r

4π(x+R)√r2 − x2 dx = 4π

r∫−r

x√r2 − x2 dx+R

r∫−r

√r2 − x2 dx

La segunda de las integrales ya se calculo antes, vinculando esta con el calculo del area de media circunferencia de radio r, y

es πr2

2 . Para la primera le queda muy facil verificar que g(x) = − 13

(r2 − x2

) 32 es una antiderivada de x

√r2 − x2. Por lo que

V = 4π

[−1

3

(r2 − x2

) 32

∣∣∣∣x=rx=−r

+R1

2πr2

]= 2π2r2R

y obtenemos nuevamente el mismo resultado.

5.1: Ejercicios

1. Encuentre el volumen del solido de revolucion obtenidoal girar la region Ω, con respecto al eje x

a) b)

18

APLICACIONES DE LA INTEGRACION DEFINIDA (Semana 2) Area superficial de solidos de revolucion

2. Realice el ejercicio del punto anterior girando las regio-nes con respecto al eje

a) x = 5

b) y = 2

c) y

Seccion 6: Area superficial de solidos de revolucion

Primero calculemos el area superficial de un cono circular recto truncado, que es la base para encontrar la formula del areasuperficial de cualquier solido de revolucion.

Calculamos el area superficial de un cono, si nos imaginamos un cono como una porcion de papel angular, que se enrolla paragenerar el cono, como se ve en la grafica

En la grafica se observa que el radio l de la seccion angular corresponde segun Pitagoras a√R2 + h2, donde R es el radio

del cono y h la altura del cono, La longitud del sector circular que genera el cono esta dada por 2πR, que es el perımetro delcirculo base del cono, y como la longitud de un sector circular de angulo θ esta dada por θl, donde l es el radio del cırculo,

de aquı que θ = 2πRl . El area de dicho sector circular esta dada por 1

2θl2, o sea 2πRl2

2l = πRl

Si construimos ahora un cono truncado, que consiste en cortar del cono de altura h un cono de altura h1, tenemos que elarea del cono truncado es πR

√H2 +R2 − πr

√h21 + r2

por semejanza entre triangulos se tiene que Hh = R

R−r y tambien h1

h = rR−r , y despejando tenemos H = hR

R−r , y h1 = hrR−r .

19


Al reemplazar en la formula obtenida antes, tenemos que el area superficial del cono truncado de radios R y r, y altura h, es

πR√H2 +R2 − πr

√h21 + r2 = πR

√(hR

R− r

)2

+R2 − πr

√(hr

R− r

)2

+ r2

operando, tenemos

= πR

√(hR)2 + (R− r)2

(R− r)2− πr

√(hr)2 + (R− r)2

(R− r)2

=π(R)2

(R− r)√h2 + (R− r)2 − π(r)2

(R− r)√h2 + (R− r)2

=π(R2 − r2

)(R− r)

√h2 + (R− r)2 =

π (R− r) (R+ r)

(R− r)√h2 + (R− r)2

area superficial del cono = π(R+ r)√h2 + (R− r)2

Con base en el area superficial de un cono circular recto truncado de altura h, radio mayor R y radio menor r, procedemosa encontrar el area superficial de una superficie de revolucion.Tomamos el intervalo A = [a, b] partimos el intervalo en n subintervalos de la misma longitud ∆x = b−a

n , construimos losintervalos Ak = [xk−1, xk], donde xk = a+ k(∆x), y en un intervalo Ak tratamos de aproximar el area superficial medianteun cono truncado, en donde R corresponde a la distancia entre f(xk−1) y el eje de giro, que en la grafica corresponde al ejex. y r corresponde a la distancia entre f(xk) y el eje de giro.

Por lo tanto el area aproximada en el subintervalo Ak esta dado por

π(R+ r)√h2 + (R− r)2 = π(f(xk−1) + f(xk))

√(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2

y sumando sobre todos los subintervalos Ak obtenemos

Area superficial ≈n∑k=1

π(f(xk−1) + f(xk))√

(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2

20


factorizando en la raız (xk − xk−1)2

=

n∑k=1

π(f(xk−1) + f(xk))

√(xk − xk−1)2

(1 +

(f(xk)− f(xk−1))2

(xk − xk−1)2

)

=

n∑k=1

2π

(f(xk−1) + f(xk)

2

)√1 +

(f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1

)2

(xk − xk−1)

por el teorema del valor medio f(xk)− f(xk−1) = f ′(x∗k)(xk−xk−1), cuando n tiende a infinito x∗k tiende a x, es el promediode las alturas de la funcion f , en los puntos xk y xk−1, cuando n tiende a infinito tiende a f(x)

=

n∑k=1

2π

(f(xk−1) + f(xk)

2

)√1 + (f ′(x∗k))

2(xk − xk−1)

tomando el limite cuando n tiende a infinito se tiene

Area superficial =

∫ b

a

2πf(x)

√1 + (f ′(x))

2dx

= 2π

∫ b

a

f(x)

√1 + (f ′(x))

2dx

Esta formula es valida si el eje de giro es el eje x, de lo contrario sufre algunas modificaciones. veamos un ejemplo de comose usa

Ejemplo 9. Encontrar el area de la superficie de revolucion obtenido al girar la funcion f(x) =√

1− x2, definida en elintervalo [−1, 1] con respecto al eje x.identificamos el intervalo A = [−1, 1]. Como el eje de giro es el eje x, procedemos a usar la formula

area superficial = 2π

∫ 1

−1f(x)

√1 + (f ′(x))2 dx

reemplazando

= 2π

∫ 1

−1

√1− x2

√1 +

(−x√

1− x2

)2

dx

= 2π

∫ 1

−1

√1− x2

√1− x2 + x2

1− x2dx

= 2π

∫ 1

−1

√1− x2

√1

1− x2dx

= 2π

∫ 1

−1dx

= 2π|1−1 = 4π

La superficie que obtenemos al girar dicha curva es un cascaron esferico de radio 1

veamos otro ejemplo usando la formula.

Ejemplo 10. Calcular el area de la superficie de revolucion obtenida al girar la funcion f(x) =√x en el intervalo [1, 2], con

21


respecto al eje x.

area superficial = 2π

∫ 2

1

√x

√1 +

(1

2√x

)2

dx

= 2π

∫ 2

1

√x

√1 +

1

4xdx

= 2π

∫ 2

1

√x

√4x+ 1

4xdx

= 2π

∫ 2

1

√4x+ 1

4dx

= 2π

∫ 2

1

√x+

1

4dx

queda facil verificar que la antiderivada de√x+ 1

4 , es 23

(x+ 1

4

) 32 , luego por el segundo teorema fundamental del calculo

= 2π2

3

(x+

1

4

) 32

∣∣∣∣∣2

1

=4π

3

((9

4

) 32

−(

5

4

) 32

)

6.1: Ejercicios

1. Calcular el area de la superficie obtenida al gira la curvaf(x) = x2 en el intervalo 0, 1, sobre el eje x

2. Calcular el area de la superficie obtenida al gira la curva

f(x) =√x en el intervalo 0, 1, sobre el eje y

3. Encontrar el area superficial de una esfera de radio r

4. Encontrar el area superficial del toro.

22

Unid1sem2NN-mejorado

Documents

Transcript of Unid1sem2NN-mejorado