Unidad 8
apLiCaCiones de La
integraL i
Objetivos
Al inalizar la unidad, el alumno:
•Utilizará los conceptos de cálculo de áreas y longitud de arco en coordenadas cartesianas y polares en la resolución de ejercicios.•Calculará volúmenes de sólidos de revolución.• Simplificará y resolverá integrales impropias.
Cálculo diferencial e integral 275
Introducción
De lo estudiado en la unidad seis se tiene que el área de una región se puede obtener por aproximación, esto es, subdividiendo el intervalo a integrar con rectángulos cada vez más delgados o haciendo que la partición tienda a un
número grande, dando como consecuencia que el área de cada uno de ellos tienda a cero, después se procede a sumar las áreas de todos los rectángulos lográndose una muy buena aproximación del área de la región. La integración no es más que la abstracción matemática de este proceso y se puede aplicar al cálculo de una gran variedad de cantidades que se pueden expresar como la suma de un gran número de términos infinitamente pequeños. Asimismo, con la utilización del teorema fundamental del cálculo se logra redondear el concepto de integral definida simplificando con esto su cálculo. A continuación examinaremos varios casos en los que la integración aparece de esta manera de modo natural.
8.1. Cálculo de integrales definidas
Para calcular una integral definida:
• Se aplica la fórmula f x dx F b F aa
b
( ) ( ) ( )= −∫ , siendo F(x) una primitiva de f(x).
• Por artificios de cálculo. Cuando se emplea una sustitución para calcular una integral definida hay dos maneras de hallar su valor. Primera: los límites de integración se cambian empleando la sustitución, y una vez calculada la integral se remplazan dichos valores en la función así calculada para hallar su valor. El segundo procedimiento es remplazar los límites originales una vez calculada la integral. Cuando la integración conduce a funciones trigonométricas recíprocas, se debe tener cuidado en elegir los valores principales de la función.
Nota. Si la función f(x) es discontinua en x = α, con α comprendido entre a y b, entonces:
f x dx f x dx f x dxaa
b b
( ) lim ( ) ( )= +−+∫∫ ∫α ε
α ε '
si ε y ε’ tienden a cero.
Si los límites de integración son infinitos se define: f x dx f x dxb a
b
a( ) lim ( )= →∞
∞ ∫∫
Unidad 8276
Ejemplo 1
Determina el valor de ( )2 2 3
1
1x x dx−−∫
Solución
Integrando se tiene: ( )2 22
3 42 3
1
1 2
1
1 3
1
13 4
1
1
x x dx x dx x dxx x− = − = −
− − − −
∫ ∫ ∫ evaluando los límites de integración resulta
( )( ) ( )
22
3 4
2 1
3
1
4
2 1
32 3
1
13 4
1
1 3 4 3
x x dxx x− = −
= −
−− −− −
∫ (( )−
=
1
4
4
= −
− − −
= + = =2
3
1
4
2
3
1
4
5
12
11
12
16
12
4
3
Ejemplo 2
Calcula el valor de la integral e dxx−
−∫ 2
2
3
Solución
Para integrar sea ux
du= − = −2
1
2, entonces, dx.
Multiplicando y dividiendo por − 1
2 se tiene:
e dx e dx ex x x−
−−
−−
−∫ ∫=
−− =
2
2
32
2
32
2
311
2
1
22
evaluando los límites de integración resulta:
= −
= −( )= −( )= −2
1
4 462 71 2 0 22 2 71 2 2 49 4 97
.( . ) . . . .
= −
= −
= −
= −− −− −
2 2 21
213
2
2
2
3
23
2
1 5e e e e
e
ee
e.
= −
=2
1
2 712 71
1 5( . )( . )
.
Cálculo diferencial e integral 277
8.2. Cálculo de áreas y longitud de arco en
coordenadas cartesianas y polares
En esta sección se tratará el cálculo de área entre dos curvas en general. Ilustraremos con algunos problemas el método a seguir.
Sean dos funciones f g y , ambas continuas en un intervalo [ , ]a b . Si f y g son ambas positivas y si f x g x( ) ( )≥ para todo x en [ , ]a b (véase la figura 8.1), el
área entre las gráficas viene dada por la integral f x g x dxa
b
( ) ( ) ,−[ ]∫ lo cual ya es conocido.
Figura 8.1.
Lo que se necesita ahora es una fórmula que sea aplicable también a la región representada en la figura 8.2. Aquí, ni f ni g son siempre positivas. Además, ninguna de las funciones es siempre mayor que la otra.
Figura 8.2.Un modo de proceder es subir a la región completa un número fijo de unidades,
de manera que ambas funciones pasen a ser positivas (véase la figura 8.3). Los nuevos contornos son ahora de la forma:
Unidad 8278
F x f x C G x g x C( ) ( ) ( ) ( )= + = + y
Figura 8.3.
El área de la primera parte es:
F x G x dx f x g x dx f x g x dxa
s
a
s
a
s
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫ ∫∫El área de la segunda parte es:
G x F x dx g x f x dx f x g x dxs
t
s
t
s
t
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫∫∫El área de la tercera parte:
F x G x dx f x g x dx f x g x dxt
b
t
b
t
b
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .−[ ] = −[ ] = −∫ ∫∫El área total es, en consecuencia, la suma:
f x g x dx f x g x dx f x g x dxt
b
s
t
a
s
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .− + − + −∫∫∫En virtud de la propiedad aditiva de la integral, esta suma es simplemente:
f x g x dxa
b
( ) ( ) .−∫Luego entonces:
El área entre las gráficas = −∫ f x g x dxa
b
( ) ( )
Cálculo diferencial e integral 279
El número f x g x( ) ( )− da la separación vertical entre los dos contornos, por lo que:
Área = (promedio de la separación vertical) (b–a)
Ejemplo 3
Halla el área entre y x y x x= = ∈cos [ , ] y sen , 0 2π .
Solución
La región en cuestión se representa en la figura 8.4. Luego entonces, el área debe
estar dada por la integral cos x x dx−∫ sen0
2π.
Figura 8.4.
El modo más sencillo de evaluar esta integral es observar que
cos x x
x
x
x
−≥ ≤ ≤≤ ≤ ≤≥ ≤ ≤
sen es
0,
,
0, 5
4
01
4
01
4
5
4
2
ππ ππ π
Esto significa que:
Área = cos cos cosx x dx x x dx x x dx−( ) + −( ) + −( ) =∫ ∫ ∫sen sen sen0
4
4
54
54
2π
ππ
ππ
= +[ ] + − −[ ] + +[ ] =sen sen senx x x x x xcos cos cos04
4
54
54
2πππ
ππ
( ) ( )2 1 2 2 1 2 4 2− + + + =
Unidad 8280
En las figuras 8.5 y 8.6 se representan regiones en las que las curvas del contorno no son funciones de x, sino funciones de y. En tales casos el área está dada por la integral
f y g y dyc
d
( ) ( )−∫Esto es simplemente el promedio en la separación horizontal (d-c)
Figura 8.5. Figura 8.6.
Ejemplo 4
Halla el área entre las parábolas x y x y= = − +2 22 3 y .
Solución
La región se representa en la figura 8.7. Las dos parábolas se cortan en y y= − =1 1 y . Asimismo, para cada y entre –1 y 1 la separación horizontal entre
las dos curvas es:
( )− + − = − + = − +2 3 3 3 3 32 2 2 2y y y y
El área de la región se halla integrando entre y y= − =1 1 y .
A y dy y dy dyy
y= − + = − + = −
+ [ ]− −− −
−∫ ∫∫ ( )3 3 3 3 33
32 2
1
1
1
13
1
1
1
1
11 == − − −
+ − −( )=3
= −
+ ( )= − + = =3
2
33 2 2 6 4 4, . por lo tanto, Ay= − + = − + = −
+ [ ]− −− −
−∫ ∫∫ 3 11 == − − −
+ − −( )=3
1
3
1
33 1 1( )
Cálculo diferencial e integral 281
Figura 8.7.
8.2.1. Cálculo de áreas en coordenadas polares
El área de un sector circular de ángulo central θ (en radianes) y radio r es 1
22r θ .
Sea C la curva de ecuación r F= ( )θ en coordenadas polares, F ( )θ no negativa y continua para θ α β β α π∈ ≤ − ≤[ , ], 0 2 .
Sea S el conjunto de puntos del plano de coordenadas polares (r, θ) y que satisfacen θ α β θ∈ ∈[ , ] [ , ( )] y r F0 . Véase la figura 8.8.
Figura 8.8.
Como F2 es continua y, por lo tanto, integrable, entonces
área ( ) ( )S = ∫1
22F dθ θα
β
Unidad 8282
Ejemplo 5
Calcula el área de la región Γ representada en la figura 8.9.
Figura 8.9.
Solución
El área de la figura 8.9 se escribe como:
Γ = = =
=∫ ∫1
2
1
2
1
2 32
0
32 2
0
32
3
0
32θ θ θ θ θπ π π
d d
1
6
3
20
1
6
27
8
27
48
33
3 3π π π
− ( )
=
= = 9
163π
Ejemplo 6
Calcula el área encerrada por la cardioide r = 1 – cos θ, véase la figura 8.10.
Cálculo diferencial e integral 283
Figura 8.10.
Solución
El área está dada por la siguiente integral ( ) ( )S F d= ∫1
22 θ θα
β, donde los límites
de integración van de 0 a 2π.
Sustituyendo se tiene que:
área = −∫ 1
21 2
0
2( cos )θ θπ
d , desarrollando el binomio resulta
= − + = − + ∫ ∫ ∫1
21 2
1
21 22
0
2
0
2 2
0
2( cos cos ) ( cos ) cosθ θ θ θ θ θ θπ π π
d d d integrando por separado cada término se tiene:
( cos ) [ ] ( ) ( )1 2 2 2 2 2 0 2 0 20
2
02− = − = − − + =∫ θ θ θ θ π π ππ πd sen sen sen
por lo tanto, el área pedida es:
A = + =1
22
3
2( )π π π
cos ( cos ) ( )2
0
2
0
2
0
21
21 2
1
2
1
42
1
22θ θ θ θ θ θ ππ π π∫ ∫= + = +
= −d d sen
11
42 0 0( ( ))sen
= − =π π
Unidad 8284
8.2.2. Cálculo de longitud de arco
Recordando que la longitud del segmento de recta que une dos puntos P(xP, y
P) y
Q(xQ, y
Q) de un plano se puede escribir como:
d P Q x x y yQ P Q P( , ) ( ) ( )= − + −2 2 (1)
Figura 8.11.
Aquí se dará una fórmula para la longitud de la gráfica de una función real f:
[a, b]→R, con primera derivada continua; es decir, df x
dx
( ) existe y es continua.
La longitud de la curva de f en [a, b] es 1
2
+ ( )
∫ df x
dxa
b
dx y se llama también longitud de arco.
Ejemplo 7
Determina la longitud del segmento de recta dado por f x x( ) = +2 3 sobre [–2, 2] empleando la ecuación desarrollada en esta sección.
Solución
La derivada de la función es 2 y sustituyendo en la ecuación de la longitud del arco se calcula:
1 2 5 5 5 5 2 5 2 5 2 22
2
2
2
2
2
2
2
2+ = = = = − − = +− − − −∫ ∫ ∫( ) ( ( ) ( )) ( )dx dx dx x == 4 5
Cálculo diferencial e integral 285
Ejemplo 8
Determina la longitud del arco de f x x( ) ,=
32 4 en
5
9.
Solución
Se tiene que df
dxx= 3
2
12 de modo que la longitud de arco es
L x dx x dx= + = +
∫∫ 1
3
21
9
4
12
2
59
4
59
4
Para resolver la integral se realiza el siguiente cambio de variable.
Sea u x du dx= + =19
4
9
4, entonces, . Multiplicando y dividiendo por
9
4 se tiene:
L u du x= = +
= +
∫1
9
4
8
271
9
4
8
271
9
44
12
59
43
2
59
4
( ) − +
=
32
32
19
4
5
9
8
2710
9
4
8
2710
27
88 37
32
32 3
2( ) .−
= −
=
Ejercicio 1
1. Halla el área entre la curva y el eje x sobre el intervalo dado:f x x( ) , [= −2 4 sobre 0, 2]
2. Calcula el área entre las curvas dadas en el intervalo indicado:
f x x g x x( ) ( ) , [ , ]= =, sobre 2 0 1
3. Halla el área limitada por la curva r = senθ2
0 ≤θ≤ 2 π4. Determina la longitud de la gráfica de la función f x
x
x( ) = +3
12
1 en el intervalo
[1, 4].
5. Calcula la longitud de arco de la gráfica de la función f x tdtx
( ) = ∫0 en el
intervalo [3, 8].
Unidad 8286
8.3. Cálculo de volúmenes de sólidos de
revolución
Un sólido de revolución es generado al girar un área plana en torno a una recta, llamada eje de revolución o de rotación, en el plano. El volumen de un sólido de revolución se puede calcular utilizando uno de los siguientes procedimientos:
Método de los discos. Este método es útil cuando el eje de rotación es parte del contorno del área plana.
• Hacer un dibujo del área, de una franja representativa perpendicular al eje de revolución y del rectángulo aproximante, esto es el mínimo rectángulo que contiene el área en cuestión.
• Escribir el volumen del disco o cilindro generado al girar un rectángulo aproximante en torno al eje de revolución y sumar para los n rectángulos.
• Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental.
Figura 8.12.
Cuando el eje de revolución es el eje x y la frontera superior del área plana viene dada por una curva y = f(x) entre x = a y x = b figura 8.12, el volumen V del sólido de revolución está dado por:
V y dx f x dxa
b
a
b= = [ ]∫ ∫π π2 2( ) (1)
Análogamente, cuando el eje de rotación es el eje y y un lado del área plana es dada por la curva x = g(y) entre y = c y y = d (véase la figura 8.13), el volumen V del sólido de revolución es:
V x dy g y dxc
d
c
d= = [ ]∫ ∫π π2 2( ) (2)
Cálculo diferencial e integral 287
Figura 8.13.
Método de las arandelas. Este método es útil cuando el eje de revolución no es parte del contorno de área plana.
•Hacer un dibujo del área (de una franja representativa perpendicular al eje de revolución) y del rectángulo aproximante.• Prolongar los lados del rectángulo aproximante ABCD hasta alcanzar el eje de revolución en los puntos E y F, como en la figura 8.14.
Figura 8.14.
Cuando el rectángulo aproximante se hace girar en torno al eje de revolución se forma una arandela cuyo volumen es la deferencia entre los volúmenes generados al girar los rectángulos EBAF y ECDF en torno al eje.
Escribir la diferencia de los dos volúmenes y proceder como en el paso 2 del método de los discos.
Unidad 8288
Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental del cálculo.
Si el eje de revolución es el eje x, la frontera superior del área plana viene dada por y f x= ( ) , la inferior por y g x= ( ) y la región va desde x = a hasta x = b (véase la figura 8.15), entonces el volumen V del sólido de revolución está dado por
V f x g x dxa
b= −∫π {[ ( )] [ ( )] }2 2 (3)
Figura 8.15.
Análogamente, si el eje de rotación es el eje y y el área plana está limitada a la derecha por x = f(y), a la izquierda por x = g(y), superiormente por y = d e inferiormente por y = c (véase la figura 8.16), entonces el volumen V es dado por
V f y g y dyc
d= −∫π {[ ( )] [ ( )] }2 2 (4)
Figura 8.16.
Cálculo diferencial e integral 289
Método de capas. Al aplicar este método se procede como sigue:
• Mostrar en una gráfica el área en cuestión, una franja representativa paralela al eje de revolución y el rectángulo aproximante.• Escribir el volumen como el producto de la circunferencia media por la altura por el espesor, de la capa cilíndrica (tubo cilíndrico) generada al girar el rectángulo aproximante en torno al eje de revolución, y sumar para los n rectángulos.• Suponer que el número de rectángulos crece indefinidamente y aplicar el teorema fundamental.
Si el eje de revolución es el eje y y el área plana en el primer cuadrante está acotada abajo por el eje x, arriba por y = f(x), a la izquierda por x = a y a la derecha por x = b como se muestra en la figura 8.17, entonces el volumen es dado por:
V xydx xf x dxa
b
a
b= =∫ ∫2 2π π ( ) (5)
Figura 8.17.
Análogamente, si el eje de rotación es el eje x y el área plana, en el primer cuadrante, está limitada a la izquierda por el eje y, a la derecha por x = f(y), superiormente por y = d e inferiormente por y = c, como se muestra en la figura 8.18, entonces el volumen V está dado por:
V xydx y f y dyc
d
c
d= =∫ ∫2 2π π ( )
Unidad 8290
Figura 8.18.
Ejemplo 9
Se hace girar la recta y = 2x alrededor del eje x desde x x= =0 4 a y, como se muestra en la figura 8.19, genera un cono recto circular. Halla el volumen de este cono empleando tubos cilíndricos.
Figura 8.19.
Solución
Se genera un tubo típico al hacer girar el área rayada alrededor del eje x. Su radio es el valor de y sobre la curva y su circunferencia 2πy.
Donde f(y)=4–y/2
Entonces el volumen es:
Cálculo diferencial e integral 291
V yy
dy yy= − = −∫ ∫ ∫2 4 2 2 4
20
8
0
82
0
8π π( ) =
= −
= −
= −
2 22 3
2 22
2 34
32
3
0
8
23
0
8
23π π πy
yy
yy
y
( )( )
( ) = −0
8
23
4 88
3π ( ( )
( )=
π π768 512
3
256
3
− = Por lo tanto V = 256
3
π
Ejemplo 10
Considérese la región del primer cuadrante limitada por el eje x y la gráfica de f x x( ) = −4 2 . Halla el volumen del sólido de revolución formado al hacer girar esta
región alrededor del eje x, como se muestra en la figura 8.20.
Figura 8.20.
Solución
En la figura 8.20 se muestra la región considerada. Basándose en el método de los discos:
V f x dx x dx= = −∫ ∫π π2
0
2 2 2
0
24( ) ( ) , desarrollando
Unidad 8292
= − +∫π ( )16 8 2 4
0
2x x dx
Integrando término a término:
= − + = − +
∫ ∫∫π π16 8 16
8
3 52
0
2 4
0
2
0
23 5
0
2
dx x dx x dx xx x
Evaluando resulta:
π 16 28 2
3
2
516 0
8 0
3
0
5
3 5 3 5
( )( ) ( )
( )( ) ( )− +
− − +
=
π π328 8
3
32
5
256
1553 62− +
= ≈( )
.
Por lo tanto, el volumen es aproximadamente 53.62 unidades cúbicas.
8.4. La integral impropia
Existen funciones para las cuales no es posible aplicar ninguno de los métodos de integración tratados hasta ahora, debido a que las funciones del integrando no están definidas para algún punto o puntos del dominio.
Considérese el volumen del sólido que se obtiene cuando gira alrededor del eje x
la región limitada por yx
= 1 y por el eje x, a la derecha de la recta x = 1. La sección
transversal típica, determinada por un plano perpendicular al eje x, es un círculo de
radio 1
x (véase la figura 8.21).
Figura 8.21.
Cálculo diferencial e integral 293
¿Cuál es el volumen de este sólido?
Se podría asegurar que el volumen es π ( )1 2
1 xdx
∞∫ . Desafortunadamente, el
símbolo f x dxa
( )∞∫ carece de significado, hasta hora. La definición de la integral
definida se basa en sumas de la forma f x x xi i i
i
n
( )( )− −=∑ 11
donde xi ∈ [x
i–1, x
i]
Sin embargo, si se examina el volumen de la parte del sólido comprendido entre x = 1 y x = b, donde b es algún número mayor que 1 y, después, se determina qué
sucede cuando b →∞ . En otras palabras, se considera lim ( )b
b
xdx→∞ ∫ π 1 2
1. Ahora,
π π π π π π1
1
2
11x
dxx b b
bb
= −
= − − −
= −∫
Así, limb
b
xdx→∞ ∫ = − =π π π
210 . El volumen de este sólido que se extiende
indefinidamente es finito. Este enfoque sugiere un modo de dar significado al símbolo
f x dxa
( )∞∫ .
Se va a extender la definición de integral definida para que el símbolo f x dxa
b
( )∫
tenga significado si el intervalo de integración o la función no son acotadas.
Definición. La integral definida f x dxa
b
( )∫ se dice impropia si:
a) La función f(x) tiene uno o más puntos de discontinuidad en [a, b]
b) Uno de los dos límites de integración es infinito, o sea f x dxa
( )∞∫ o f x dx
b
( )−∞∫
c) Ambos límites de integración son infinitos f x dx( )−∞∞∫
Las integrales del inciso b se obtienen de la siguiente manera:
f x dx f x dx
f x dx f x dx
a b a
b
b
a a
b
( ) = ( )( ) = ( )
∞→∞
−∞ →−∞
∫ ∫∫ ∫
lim
lim
o
Unidad 8294
Si los límites anteriores existen, se dice que la integral impropia es convergente y si el límite no existe se dice que la integral impropia es divergente.
Para obtener la integral del inciso c tenemos
f x dx f x dx f x dxc
c( ) = ( ) +−∞
∞−∞
∞∫ ∫ ∫ ( )
si alguna de las dos integrales es divergente, entonces la integral f x dx( )−∞∞∫ es
divergente.
Ejemplo 11
Calcula el área de la región limitada por la curva yx
= +11 2( )
y el eje x.
Solución
El área pedida es igual a 1
1 2+−∞∞∫ x
dx como se muestra en la figura 8.22.
1
Figura 8.22.
Ahora, 1
1
1
1
1
12 2
0
20+ = + + + =→−∞−∞∞
→∞
→−∞
∫ ∫ ∫xdx
xdx
xdx
a a b
b
a
lim lim
lim [arc ttan ( )] lim[ tan ( )] ,
lim [
x xab
b
a
00+
−
→∞
→−∞
arc
evaluandoresulta
arcc arctan ( )] lim[ tan ( )]a bb
+ = − − + =→∞
π π π2 2
De donde, 1
1 2+ =−∞∞∫ x
dx π , por lo tanto, el área buscada es π.
Cálculo diferencial e integral 295
Ejemplo 12
Evalúa x
xdx
( )1 2 2+−∞∞∫
Solución
Esta integral debe descomponerse en dos integrales impropias separadas:
x
xdx
x
xdx
x
xdx
( ) ( ) ( )1 1 12 2 2 2
0
2 20+ = + + +−∞∞
−∞∞∫ ∫ ∫ ; siempre que cada integral exista,
empleando el resultado de la integral y evaluando
lim( )
lim( )a
ab
b
x x→−∞ →∞−+
+ −
+
=1
2 1
1
2 12
0
2
0
lim( )
lim( )a ba b→−∞ →∞− + +
+
−+ +
= − + =1
2
1
2 1
1
2 1
1
2
1
2
1
22 200
Por lo tanto, x
xdx
( )10
2 2+ =−∞∞∫
Ejercicio 2
1. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido al rotar alrededor del eje y, la región acotada por las curvas y x y x x x= + = + = =2 2 1 0 1, , y .
2. Determina el volumen de una esfera metálica de radio r = 10mm que es perforada por uno de sus diámetros con una horadación de radio 1mm, con una recta y = 1mm.
3. Evalúa la siguiente integral impropia e dxx
x
20
−∫ .
Unidad 8296
Ejercicios resueltos
1. Determina el área encerrada por las curvas cuyas ecuaciones son:x y y x+ = + =3 32 y
Solución
La siguiente figura muestra el área encerrada por las curvas dadas
Los puntos de intersección entre las curvas dadas es posible obtenerlos al despejar y
de las ecuaciones e igualar ambos valores de y, 3 3 2− = −x x y así se obtiene x x2 0− =de donde x x( )− =1 0
Igualando a cero cada factor resulta x x1 20 1= = y
Al sustituir cada uno de estos valores de x en cualesquiera de las ecuaciones de las curvas se obtiene y y= − = = − =3 0 3 3 1 2y , luego P =(0,3) y Q =(1,2) son los puntos de intersección entre ambas curvas y el área A encerrada por ellas es:
A f x g x dx x dx xdxx x= − = − + = − +
∫ ∫ ∫[ ( ) ( )]
0
1 2
0
1
0
13
0
1 2
03 2
11
=
− −
+ −
= − + =1
3
0
3
1
2
0
2
1
3
1
2
1
6
3 2
Es decir, A = 1
6 unidades cuadradas.
Cálculo diferencial e integral 297
2. Calcula el área entre las curvas: y x y e x= ( ) = − −−ln2 2 1, y las rectas,
x x e= =1 2y
Solución
La gráfica de las curvas se muestra en la siguiente figura.
Figura 8.23.
Por lo tanto, el área entre las curvas es:
A x e dxxe= − − −−∫ {(ln ) ( )}2 2
11
2 = ( ) + +−∫ ∫∫ ln x dx e dx dxxe ee 2 2
1 11
2 22
1 ; integrando cada
término se tiene para el primer término, integrando por partes:
sea u x du xx
dxx
xdx= = =(ln ) ln ln2 21 2
, entonces y
dv dx dv dx= =∫ ∫, integrando en ambos miembros , por lo tanto,, v x= , sust it uyendo resulta en la última integral:
u x dux
dx dv dx v x= = = =ln , , entonces, y por lo tanto, 1
.
(ln ) { (ln ) } ln { (ln ) } lnx dx x xx
x xdx x x xde
ee
e2
1
21 1
21
22
22
21
2∫ ∫= − = − xxe
1
2∫ == − −
= −∫{ (ln ) } ln { (ln ) } { ln }x x x x
xxdx x x x xe
ee e2
1 1
21 1
22
2
21
222 2
2 1+{ }x e =
{ (ln ) } { ln } { { ln } [ln( )] } { ( ) lnx x x x x e e e ee e21 1
2 2 2 22 2
2 2 1 1 2 2− − = − − −− +e2 1} =
4 0 4 2 2 2 22 2 2 2e e e e− − + − = −
Unidad 8298
Para el segundo término se tiene
e dx e dx e duex
ex u
ex
ee
− − − −∫ ∫∫= − − = − = − =2
1
2
1
2
11
2 22
2
1
22
1
2 2( ) −− +− −1
2
1
22 22
e ee
Sea u x du dx= − = −2 2, entonces, . Multiplicando y dividiendo por –2 resulta.
Para el tercer término dx x ee e
1 1
22 2
1∫ = [ ] = − . Por lo tanto,
A = ( ) + + = − − + + −− − −∫ ∫∫ ln x dx e dx dx e e e exe ee
e2 2
1 11
2 2 2 22 22
2
1 2 21
2
1
21
A e e e e= − + −− −3 31
2
1
22 2 2 2
, que es el área encerrada por las curvas.
3. Determina el área encerrada por las tres rectas siguientes:
y x y x y x1 2 33 21
32
1
81= − = − + = − +, ,
Solución
La figura 8.24 muestra el área encerrada por las tres rectas. Los puntos de intersección entre las rectas se obtienen de igualar sus respectivas ecuaciones una con otra.
Así, por ejemplo, al igualar y1 con y
2 se obtiene y y1 2=
3 21
32 3
1
34x x x x− = − + + =, de donde,
y 10
34
3 4
10
12
10
6
5x x= = = =,
( ) por lo tanto,
entonces y =
− =3
6
52
8
5 en consecuencia Q =
6
5
8
5, es el punto de intersección
entre las rectas y1 con y
2.
Similarmente al igualar y1 con y
3 se obtiene:
y y x x1 3 3 21
81= − = − +, por lo tanto, , agrupando términos y despejando x resulta:
31
83
25
83
24
25x x x x+ = = =, donde , finalmente al sustituir este valor de x en
Cálculo diferencial e integral 299
cualquiera de las dos expresiones para y1 o y
3 se tiene y = 22
25 y, consecuentemente,
el punto de intersección entre y1 y y
3 es P =
24
25
22
25, .
Figura 8.24.
De igual manera se obtiene que el punto de intersección entre las rectas y2 y y
3
en R =
24
5
2
5, . Entonces el área encerrada por las tres rectas es:
A f x dx f x
y x y x x
= =− ≤ ≤∫ ( ) ( )
( ) ( )
24
25
24
51 3
24
25
6
5 con para
yy x y x x2 3
6
5
24
5( ) ( )− < <
para
A x x dx x x= − − − +
+ − + − − +
∫ 3 21
81
1
32
1
8124
25
6
5
∫ dx6
5
24
5 =
25
83
5
241
25
1624
25
6
5 2
2425
65
6
5
24
x dx x dx x−
+ − +
= ∫ 55
24
25
6
5 26
5
24
56
5
24
535
48∫ − − + =[ ] [ ]x x x
25
16
6
5
24
253
6
5
24
25
2 2
−
− −
−−
−
+ −
=5
48
24
5
6
5
24
5
6
5
2 2
25
16
36
25
576
6253
6
5
24
25
5
48
576
25
36
25−
− −
− −
+ −
=24
5
6
5
25
16
900 576
6253
30 24
25
5
48
576 36
25
−
−
− −
−
+
− =
24 6
5
25
16
324
6253
6
25
5
48
540
25
18
5
−
−
+
=
−
−
+
25
16
324
12503
6
25
5
24
540
50
18
5 =
Unidad 8300
8100
10000
18
25
2700
1200
18
5− − + , resolviendo el quebrado entre los dos primeros términos
y el último y lo que resulte de ellos se opera con el tercer término:
8100
10000
18
25
18
5
8100 7200 36000
1000
36900
10000
369
100− + = − + = = y ahora
369
100
2700
1200
4428 2700
1200
1728
1200
36
25− = − = = que es el área buscada.
4. Halla el área de una hoja de la gráfica en coordenadas polares r = 4 2sen θ . Véase la figura 8.25.
Figura 8.25.
Solución
Una hoja de la curva corresponde a θ π∈
0
2, . Entonces, empleando la fórmula
del área se tiene A f da
b= ∫1
22( )θ θ
A d d= = ∫∫1
24 2
1
216 22 2
0
2
0
2 ( )sen senθ θ θ θππ; empleado la identidad trigonométrica
sen2 21 4
2θ θ= −( cos )
y sustituyendo en la integral anterior
A d d d d= − = − = −∫ ∫ ∫1
2
16 1 4
24 1 4 4 4 4
0
2
0
2
0
2
0
( cos )( cos ) cos
θ θ θ θ θ θ θπ π π π22∫ =
Por lo tanto, el área es 2π.
4 41
44 4
20 4
24 00
20
2[ ] [ ] . )θ θ π ππ π− = −
−
−
sen sen sen(
= − + =2 2 0 2π π πsen sen( ) ( )
Cálculo diferencial e integral 301
5. Halla el área limitada por la curva r2 = cos 2θ, véase la figura 8.26.
Figura 8.26.
Solución
Es tentador escribir su área como A r d d= = =∫∫1
2
1
22 02
0
2
0
2 θ θ θππcos .
Sin embargo, se debe recordar que la integral es lim cosn
i
i
n
→∞ =∆∑1
22 1
1
θ θ . Los θi
comprendidos entre π π4
3
4 y , por ejemplo, contribuyen con términos de esta serie
(si se divide el intervalo [ , ]0 2π en n partes) y la curva no existe en π θ π4
3
4< <
r 2
4
3
4 es negativa cuando
π θ π< <
. Entonces
A d d= + = +∫ ∫1
22
1
22
1
4
1
40
43
4 0
43
4
cos cosθ θ θ θ θ θπππ π
ππ
sen 2 sen 2 =
1
4
2
4
1
4
1
41
1
41
2
4
1
2sen sen 0 sen 2 sen
3
2
π π π−
+ −
= + = =( ) ( )
6. Calcula la longitud de arco de la función y xx
x( ) ln= −2
2
1
4 desde
x x= =1 2 hasta .
Solución
Como la derivada de la función es dy
dxx
x= − 1
4
1, entonces la longitud del arco es:
L xx
dxx
xdx
x x
x= + −
= + − = + −∫ 1
1
41
4 1
16
16 4 1
16
2
1
22 2
2
2 2 2
21
2( ) ( )∫∫∫ =1
2dx
16 16 8 1
16
16 8 1
4
4 1
4
2 4 2
21
24 2
1
22 2
1
2x x x
xdx
x x
xdx
x
xdx
+ − + = + + = +∫ ∫ ∫ ( ) ==
Unidad 8302
4 1
4
1
4 2
1
4
2
2
2
1
2
1
22
1
2
1
2
1
22x
xdx xdx
xdx
xx
+ = + = +
=∫ ∫ ∫ ln −−
+ −[ ]=1
2
1
42 1
2
ln( ) ln( )
= − + −[ ]= +4
2
1
2
1
42 0
3
2
1
42ln ln( ) , que es la longitud buscada.
7. Calcula la longitud de la curva y x e e dww
wx
( ) = +− −∫ 2
02 desde
x x= =0 20 hasta ln .
Solución
Por el teorema fundamental del cálculo se tiene:
dy
dxe e
xx= +− −2 2
Luego entonces, la longitud de la curva es:
L e e dx e e dx e ex
x x x x x= + + = + + = + +− − − − − −∫ ∫1 2 1 2 1 22 2
0
20
0
20 2
0( ) ( )
ln ln lln 20∫ =dx
( ) ( )ln ln ln
1 12
0
20
0
20
0
20+ = + = + = [ ] + − − − − −∫ e dx e dx dx e dx x ex x x x ==∫∫∫ 0
20
0
20
0
20 lnlnln
ln ln201
201 20
19
20− −
= + ; es decir, la longitud de la curva y(x) entre los límites
es:
L = +ln 2019
20
8. Halla la longitud de un arco de la cicloide y a x a= − = −( cos ), ( )1 θ θ θ sen .
Solución
Derivando ambas funciones con respecto a θ se tiene:
dx
da
dy
daθ θ θ θ= −( )1 cos , y = sen sustituyendo en la ecuación de la longitud de
arco resulta:
L a a d a d= − + = − + =∫ ∫2 2 2 2
0
2 2 2 2
0
21 1( cos ) {( cos ) }θ θ θ θ θ θπ π
sen sen
de la identidad trigonométrica: sen2 2 1α α+ =cos , se tiene:
Cálculo diferencial e integral 303
a d a d a{ cos cos } cos cos1 2 1 2 1 2 22 2
0
2
0
2
0
2− + + = − + = −∫ ∫ ∫θ θ θ θ θ θ θπ π πsen ddθ =
Ahora, empleando la siguiente identidad para hacer más fácil la última integral
sen cosα α2
12 1= −( ) , se obtiene
a d a d2 2 2 10
2
0
2− = −∫ ∫cos ( cos )θ θ θ θπ π, y como 2 1( cos )− =θ
41
21 2
1
21( cos ) ( cos )− = −θ θ entonces de la última integral se tiene 2
20
2a dsen
θ θπ∫2
20
2a dsen
θ θπ∫ , sea u du d= =θ θ2
1
2, entonces, , ahora multiplicando y dividiendo
por 1
2 como factor integrante
que es la longitud de arco de la cicloide dada.
9. Determina el volumen del sólido de revolución al rotar la región encerrada por la función f x x( ) = −4 2 entre x x= =0 2 y alrededor del eje x.
Solución
La figura 8.27 muestra la región del enunciado.
Figura 8.27.
= = −
= − − = − −∫2
24
24 0 4 1
0
2
0
2
a d a a asenθ θ θ ππ π
cos {cos( ) cos( )} ( −− = − − =1 4 2 8) ( )a a
Unidad 8304
El volumen de revolución al rotar alrededor del eje x está dado por
V f t dt t dt= = −∫ ∫π π2
0
2 2
0
2 2
4( ) ( ) , desarrollando:
= − + = − −∫ ∫ ∫ ∫π π( ) ( )16 8 16 82 4
0
2
0
2 2
0
2 4
0
2t t dt dt t dt t dt
integrando cada término:
168
3 502 3
0
2 5
0
2π π π[ ]t t t− + = 16 2 0
8
32 0
52 0
3 3 5 5π π π-[ ]- ( ) -( )éëê
ùûú + ( ) -( )é
ëêùûú =
= − + =3264
3
32
5π π π 15 32 5 64 3 32
15
256
1517
( ) ( ) ( )π π π π π− + = = u3
10. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido de rotar el área encerrada por las curvas y x y x1
22 3 2= = −, , alrededor del eje x.
Solución
Las figuras 8.28 y 8.29 muestran el área encerrada por las funciones y1, y
2 y el
volumen de revolución alrededor del eje x.
Figura 8.28.
Cálculo diferencial e integral 305
Figura 8.29.
Al igualar las ecuaciones de dichas curvas:
x x x x2 23 2 2 3 0= − + − =, donde
Resolviendo la ecuación se obtiene
x x x x x x2 2 3 3 1 0 3 1− − = + − = = − −( ) ( ) entonces y , y con ello se obtienen los
puntos de intersección entre las curvas P Q= ( ) = −( )1 1 3 9, , , , respectivamente. Como
y y x2 1 3 1≥ − ≤ ≤ para , entonces el volumen V del sólido generado es:
V y t dt y t dt t dt t dt= − = −( ) −− −− −∫ ∫∫ ∫π π π π22
3
1
12
3
1
3
1 24
3
13 2( ) ( ) , haciendo un cambio
de variable en el primer término para integrar, entonces:
Sea u tdu
dtdt= − = −3 2 2donde , multiplicando y dividiendo por – 2 resulta
− − − = − − − − − −− −π π π π2
1
33 2
5 63 2 1 3 2 3
53
31 5
31 3 3[( ) ] [ ] {( ( )) ( ( )) } {(t t 11 35 5) ( ) }− − =
= − − − + − + = − − − +π π π π6
3 2 3 65
1 2436
1 95
1 2433 3 3{( ) ( ) } { } { ( ) } { } =
− − − = − = − = =π π π π π π π π6
1 7295
728
6
244
5
3640 1464
30
2176
30
1088
15{ } {} u3
Unidad 8306
11. Calcula el volumen de revolución que se obtiene de girar el área entre la gráfica de la función f(x) = x3 –4x2 +3x en el intervalo [0, 3], cuando ésta se rota alrededor del eje x.
Figura 8.30.
Solución
La figura 8.30 muestra la gráfica de la función f(x) sobre el intervalo [0, 3] y su volumen generado cuando ésta rota alrededor del eje x es:
V f x dx x x x dx= = − +∫ ∫π π2
0
3 3 2 2
0
34 3( ) ( ) , desarrollando y agrupando términos
semejantes se tiene
V x x x x x x dx= − + − + =∫π {( )( )}3 2 3 2
0
34 3 4 3
π ( )x x x x x x x x x dx6 5 4 5 4 3 4 3 2
0
34 3 4 16 12 3 12 9− + − + − + − + =∫
π ( )x x x x x dx6 5 4 3 2
0
38 22 24 9− + − +∫ , integrando término a término resulta
π π π π πx dx x dx x dx x dx x dx6 5 4
0
3 3
0
3 2
0
3
0
3
0
38 22 24 9− + − +∫ ∫ ∫∫∫
π π π π πx x x x x7
0
3 6
0
3 5
0
3 4
78
622
524
49
−
+
−
+
33
0
3
3
Cálculo diferencial e integral 307
V = − + − +π π π π π7
38
63
22
53
24
63
9
337 6 5 4 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )
V = − + − + = − + − +2187
7
2916
3
5346
5486 81
2187
7972
5346
5486 81
π π π π π π π π π ππV = + − = + − =2187
7
5346
51377
10935 37422 48195
35
162
35
π π π π π π π
Por lo tanto, el volumen buscado es: V = 2
353
4π u3
La figura 8.31 muestra el sólido de revolución obtenido al girar el área alrededor del eje x.
Figura 8.31.
12. Determina el volumen del sólido de revolución obtenido de rotar la región encerrada por la función F(x) = 4 – x2 y las rectas x = 0, x = 2 y y =0, alrededor del eje y.
Figura 8.32.
Unidad 8308
Solución
La figura 8.32 muestra la región y el volumen de acuerdo con la fórmula para calcular el volumen de revolución de regiones giradas alrededor del eje y, se tiene para f(x) que el volumen del sólido obtenido es:
V tf t dt= ∫20
2π ( )
2 4 2 4 2 4 8 22 3
0
2
0
2 3
0
2
0
2π π π π πt t dt t t dt tdt t dt tdt( ) ( ) { }− = − = − = −∫∫ ∫∫ tt dt3
0
2
0
2 ∫∫
Integrando se tiene que
Vt t= −
= ( ) − ( ) = − =8
22
44 2
22 16 8 8
2
0
2 4
0
22 4π π π π π π π
Es decir, V = 8π unidades cúbicas.
13. La base de un sólido es la región del plano xy encerrada por las curvas x y x= =2 4, . Cada sección transversal del sólido perpendicular al eje x es un triángulo isósceles, cuyos vértices que unen los lados iguales del triángulo están sobre
la gráfica de la función z x= 4 sobre el plano xz. Halla el volumen del sólido.
Figura 8.33.
Solución
Las figura 8.33 muestra la base del sólido encerrado por las curvas y las secciones de área transversal del sólido.
Cálculo diferencial e integral 309
Como cada sección del área transversal es un triángulo, y puesto que la base del
triángulo ∆A t t( ) es 2 y la altura de ∆A t t( ) es 4 ,
entonces: A t base x altura( ) = 1
2 = =1
22 4 4t t t( )
y, por lo tanto, el volumen del sólido es:
V A t dt tdt tdtt
t= = = = = = ( ) =∫ ∫∫( )
0
4
0
42
0
4
0
4
2
0
4 24 4 4
22 2 4 2(( )16 32=
es decir, el volumen del sólido es: V = 32 unidades cúbicas.
14. La base de un sólido en el plano xy es el triángulo T x y y x y= ≤ ≤ ≤ ≤{( , ) / , }0 0 1 . Cada sección de área transversal del sólido perpendicular al eje x es un semicírculo. Determina el volumen del sólido.
Figura 8.34.
Solución
En la figura 8.34 se muestra la base del sólido y secciones de área transversal.
Para cada x se tiene un semicírculo de radio x
2 y además el área de dicho
semicírculo es:
A xx
( ) =
1
2 2
2π
Unidad 8310
y el volumen es:
V A x dx= ∫ ( )0
1
Vx
dx x dxx=
= =
= ( ) =∫∫ 1
2 2 8 8 3 241
24
22
0
1
0
13
0
13π π π π π
.
Por lo tanto, V = π24
unidades cúbicas.
15. Halla xe dxx−∞∫0Solución
Integrando por partes se obtiene:
Sea u = x, entonces, du = dx sea dv e dv e dx v ex x x= = = −− − −∫∫, entonces, , donde ,
por lo que xe dx xe e dx xe e dx xext
xt
xt
xt
xt
x− − − − − −∫ ∫ ∫= − − − = − + = −0 0 0 0 0
+ − −0
tx
o
t
e
evaluando:
{ ( ) } { }− − + − − = − − −
=
− − + = − +− − − −te e e et
e e
t
e e
tt t
t t t t0
11
11 10 0 11
et
Ahora como xe dx xe dxx
t
xt−
→∞∞ −=∫ ∫lim
0 0 y
t
et
t
+ → →∞10, si , entonces,
xe dx xe dxx
t
xt−∞
→∞−∫ ∫= =
0 01lim
16. Suponga que la duración t (en años) de un foco eléctrico de 75 W tiene la distribución de forma exponencial con una función de densidad de probabilidad dada por la siguiente expresión:
f xe tt
( ).
,
.= ≥−0 5 0
0
0 5 para
para t<0
Calcula la probabilidad de que un foco dure 2 años o más, véase la figura 8.35.
Cálculo diferencial e integral 311
Figura 8.35.
Solución
Esta probabilidad se da por
P t P t f t dt≥[ ]= = ≤ ≤ ∞[ ]= ∞∫2 22
( ) =
0 5 0 50 5
2
0 5
2. lim .. .e dt e dtt
M
tM−
→∞∞ −= =∫ ∫
lim ( ) lim ( ). .
M
tM
M
Me e e→∞−
→∞− −− = − +0 5
2
0 5 1
Cuando M →∞ el primer término es cero y sólo se tiene = ≈−e 1 0 37.
Por lo que aproximadamente 37 % de los focos debe durar de 2 a más años.
17. Halla el área limitada por la curva
yx
x x x= + ≥ =1
11 1
2, , en el eje y la recta .
Figura 8.36.
x = 1
Unidad 8312
Solución
Como para cada tdx
x
t≥ +∫11 21
, representa en la figura 8.36 el área sombreada, es
razonable definir el área pedida como la integral dt
t1 21 +∞∫ si este número existe. Este
número existe porque 01
1
12 2 21
≤ + ≤ ∞∫x x
dx
x e existe.
Ahora, dx
x
t
1 421 + = − = −∫ arc arc arctan tan tanπ
.
Si t →∞ →, tan , arc por lo tanto:π2
Área = dx
x t1 4 2 4 421 + = −
= − =→∞
∞∫ lim tanarcπ π π π
Ejercicios propuestos
1. Halla el área comprendida en el interior del círculo r = cosθ y por fuera de la cardioide r = −1 cosθ .
2. Halla el área comprendida entre la primera y segunda espira de la espiral de
Arquímedes r a= θ .
3. Calcula la longitud de la curva y x e ewx
w( ) = +− −∫ 2
02 desde x x= =0 20 hasta ln .
4. Halla el volumen del sólido de revolución generado cuando la región encerrada
por las curvas y x yx
x x y12
2 2 1 2
163 3 0= = = − = =, , , , , es girada alrededor del eje x.
5. Determina el volumen de una cuña, cortada de un cilindro circular por un plano, que pasando por el diámetro de la base está inclinado respecto a ella, formando un ángulo x = °45 . El radio de la base es R = 80 cm.
Cálculo diferencial e integral 313
Autoevaluación
1. Determina el área encerrada por las curvas cuyas ecuaciones son:
y x y= − + =2 10 1,
a) A = 36 u2
b) A = 35 u2
c) A = 37 u2
d) A = 33 u2
2. Calcula el área entre las curvas dadas en el intervalo indicadof x x g x x( ) , ( ) , ,= = −[ ] sobre 3 1 1 :
a) A = 1
4 u2
b) A = 1
3 u2
c) A = 1
2 u2
d) A = 1
5 u2
3. Halla el área de una de las hojas de la curva r a= cos2θ:
a) Aa= π 2
6
b) Aa= π 2
10
c) Aa= π 2
4
d) Aa= π 2
8
Unidad 8314
4. Calcula la longitud de la gráfica de la función f x x( ) ( )= +1
322 3
2 en el intervalo [0, 4]:
a) L = 77
3 u
b) L = 76
3 u
c) L = 75
3 u
d) L = 74
3 u
5. Determina la longitud de la gráfica de la función f r r rdrr
( ) = +∫ 2
02 en el
intervalo [1, 3]:
a) L = 4 ub) L = 7 uc) L = 6 ud) L = 9 u
6. Determina el volumen del sólido obtenido de rotar la región encerrada por las gráficas de y x y y= = = −2 4 1 y alrededor de la recta , :
a) 72 πb) 73 πc) 71.2 πd) 72.5 π7. Calcula la siguiente integral impropia e dxx−∞∫ 5
0:
a) 1
7
b) 1
6
c) 1
3
d) 1
5
Cálculo diferencial e integral 315
8. Evalúa la siguiente integral impropia dx
x3
1
−∞−∫ :
a) − 1
2
b) 1
2
c) − 1
3
d) − 1
4
Cálculo diferencial e integral 317
Respuestas a los ejercicios
Ejercicio 1
1. A = 16
3 u
2. A = 1
3 u2
3. A = +π2
1 u2
4. L = 6 u
5. L = 38
3u
Ejercicio 2
1. V u= 16
53π
2. V u= 3997
33π
3. 1
2
Unidad 8318
Respuestas a los ejercicios propuestos
1. A = −33
π
2. A a= 8 3 2π
3. L = + −1 201
20ln( )
lnu
4. V u= 5504
813π
5. V u= 1024
33
Respuestas a la autoevaluación
1. a) A = 36 u2
2. c) A = 1
2 u2
3. d) Aa= π 2
8
4. b) L = 76
3 u
5. c) L = 6 u6. d) 72.5π7. d) 1
5
8. a) − 1
2
Top Related