Problemas de Cálculo Integral

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PROBLEMAS DE

CALCULO INTEGRAL

R.I A . E. C.

© Publicaciones R .A . E.C. Gaztambide, 55 Madrid-15

Gráficas Lormo ■ Isabel Méndez, 15 - Madrid

Depósito Legal: M-8.572-1971

3

TEMA

I

Repaso d e Métodos d e Integración La técnica de la integración es la que nos perm ite obtener a partir de una fu n ­ ción dada f (x ), otra primitiva de ella F (x ); es decir, tal que la función derivada de F (x ) sea f ( x ) : si J E M L - iw . dx se dice que F (x ) es prim itiva de f ( x ) y se puede escribir:

J f ( x ) d x = F (x ) + C Algunos m étodos de obtención de funciones primitivas son los siguientes: I.

M étodos elementales de integración. Se basan en la aplicación inmediata de las propiedades de la integración: 1-1. La integración es una operación lineal: tiene la propiedad aditiva: J [ f ( x ) + g ( x ) ] dx = J f (x ) d x + f g (x ) dx

y la de producto por una constante J k • f(x ) dx = k [ f ( x ) d x . Am bas propiedades se generalizan en el siguiente teorem a: L a integral de una com binación lineal de un núm ero fin ito de fu n cion es es igual a la misma com b i­ nación lineal de las integrales de las funciones. 1-2. Si en la integral

f f ( x ) dx se hace x = (t) y por tánto, d x = - j - [v>(t)]dt,

se convierte en J f M t ) l • 0 L ch u + C 34.

-are cosec u + C

du

/

-are sec u + C >u < 0

th u du = - sec h u + C

cosech u

31.

are cosec u + C'

35.

36.

c o t h u du = - cosec h u + C

du

/

= arg sh u + C

vT+P du

í Vrü2 r 1

= arg ch u + C arg th u + C

are sen u + C 32.

du

/

V 1 - u2 arg coth u + C' | u | > 1

• -a r c c o s u + C ' are tg u + C 33.

| u| < 1

/

du 1 + u

/ 39.

, -a re cotg u + C'

du

38.

u V 1 - u2 f

du y ;-,

= -arg sech u + C

, = -arg cosech u + C

•> u v 1 + u 2

40. J u dv = uv - j

vi du

I I . I n t e g r a c ió n d e f u n c io n e s r a c io n a le s .

II- 1. Integración de expresiones de la form a

P (x )

donde P (x ) y Q (x ) son dos Q (x ) polinom ios de la variable x. Para su integración se realizan las siguientes operaciones: A ) División del numerador P (x ) entre el denominador Q (x ) para obtener la parP (x ) M(x) te entera = + ^ • Da integración de esta parte entera R (x ) es sen­ cilla, pues es un polinom io. (Este primer apartado A ) solo se puede hacer com o es natural, si el gfado de P (x ) es m ayor o igual que el de Q (x )). B ) D escom posición en fracciones simples de la fracción propia

. Se pue­

den hacer por el m éto d o de los coeficientes indeterminados, p.e.: 1)

Se encuentran las raíces del denom inador

Q (x ) = 0.

Sean estas raíces x = a (grado de multiplicidad, a ), x = b (0 veces)... x = = c+

d ¡ y x = c — d i (y veces), etc. Por tanto, se podrá ponet:

6

PROBLEMAS DE CALCULO INTEG RAL

Q (x ) = (x - a)“ • (x - b )P ...[(c + d i)(c —d i ) f ... 2). Se plantea la descom posición: Cada ra íz real da lugar a n fracciones simples de la form a ——

donde i 3/ varía de 1 a n siendo n el grado de m ultiplicidad de la raíz en cuestión. Cada raíz compleja da lugar (agrupada con su conjugada) a n fracciones de la form a: A ,x + B, [ I x - c P + d 2 ]1 A s í pues, la fracción propia ^|x j- de antes, se podrá descomponer del si­ guiente m odo: N (x ) _ Q (x )

Aa

+

(x —a )°

A a -i

+ ...+

( x - a )a“ 1 M 7 -x + N 7

+

A i

x -a

Bg

.

( x - b )*3

M 7 . j -x + N y - i

B, +

B g -i

( x - b ) " '1 + " ' + x- b |

M t X + N j

(

+ [ ( x - c ) 2 + d 2 r + [ ( x —c ) 2 + d 2 ] 1" 1 + ” ‘+ ( x - c V + d a

A l plantear esta descom posición, A a , A a-i ••• A , , B0... M7 , N7 ... son des­ conocidos: son los coeficientes indeterminados, pero los denominadores son todos perfectam ente conocidos. 3). Se obtienen estos “coeficientes indeterm inados” por identificación de la fracción ü í ñ l Con su descom posición en fracciones simples planteadas; se rcQ (x ) ducen todas las fracciones al m.c.d. y se identifican los numeradores. N (x ) = A a (x —b l ' Kx—c ) l + d 2 P + A a + C)

j ( x —a )(x —b ) 0

[ ( x —c ) 2 + d J ]7 +

...

Integración de las fracciones simples ya obtenidas. En la descom posición apare­ cen cuatro tipos de fracciones: 1.- Fracciones simples de raíces reales,sin exponente. Su integración es inm e­ diata:

f e 2.

d x = A ■ L (x —a) + C.

Fracciones simples de raíces reales m últiples (con exponente). Se integran

7

TEM A I.- REPASO DE LOS METODOS DE INTEGRACION

inmediatamente así:

a '-” 3.

dx = —n +

1

c = - ^ r — !— + c n—1 ( x - a ) " ’1

Fracciones simples de raíces com plejas sin exponente. Se pueden llevar

a

una form a más sencilla com o se ve en los problemas, o aplicando directa m ente la siguiente fórm ula: M x+ N , M . r# u , j ! i , N + M- C . x —c dx = — - L [ ( x —c r + d 2 1 + are tg(x —c )2 + d 2 2 "" l ' n “ J d d 4.

Fracciones de raíces com plejas m últiples de la form a:

f—

+, — -— dx

J [ ( x - c )2 + d2 ]n

y

que se puede integrar mediante un proceso de reducción, pero en las que nos­ otros aplicaremos el m étodo de H erm ite. 11-2.- M é to d o de H erm ite. Aplicarem os este m étodo principalmente cuando el denominador de la fracción propia q ! * ! contiene raíces complejas múltiples,

es

útil siempre que las raíces sean múltiples (reales o complejas). A)

Consiste en hacer una descom posición de q | ~| diferente de la explicada has­

ta ahora basada en el estudio del resultado que se obtiene en la integración de las fracciones simples. Se puede observar que dicha integración nos Conduce a una parte racional y otra con térm inos transcendentes por lo que se plantea la des­ com posición así: N (x ) a _ Q (x )

^

I _ h !í L

dx

L Q. i < x > J

1 + - A - + - § - + ••• + - ü í t í L + . . . x ~ a

x “ b

(x —c )2 + d 2

donde: Q j (x ) es un pobnom io que tiene las mismas raíces que Q (x ), pero con el o r­ den de m ultiplicidad una unidad inferior, es decir, si

Q (x ) = (x —a)a * (x —b )? ..[(x —c—d i)(x —c + d i))7 ... entonces Q .x (x ) será Q 2 (x ) = (x —a)a l - ( x - b ) p ... [ ( x - c - d i X x - c + d i )]7 ' 1 q (x ) es un polinom io de coeficientes indeterminados de un grado inferior a Q .¡ (x ). A , B,

-M, N , ... son unos coeficientes también indeterminados.

8

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

B)

Planteada la descom posición, se obtienen todos los coeficientes indeterm i­

nados realizando la derivación indicada, reduciendo a común denominador e iden­ tificando ambos numeradores. C)

Después se realiza la integración fácilm ente:

I Q (x )

f A | _ q W _ l dx + f . J d x LQ.a (x ) I J

B x -b

/ dx + ••• +

1

Mx + N ( x - c )2 + d 2

= - q (x ) + A L (x —a) + B L ( x - b ) + - + - M - L [ ( x —c )2 + d 2 ] + N ± M ^ . . arc Q .j« x ) 2 d tg

d

+ • • • ■ + C, pues / d [u(x)J = u (x ), y las restantes son integrales de fraccioJ

nes simples cuya integración ya se ha explicado có m o se realiza. III.

Integración de algunas expresiones irracionales. Se pueden integrar clcm cntalm ente los siguientes tipos: l l l - l . Integrales de la forma:

/■ w ar w r-i* donde R designa una expresión racional cualquiera en x y en potencias de e x p o ­ nente racional (m/n, p/q...) de una misma expresión ax + ^ • Se integran hacienax -f- b ex + d / do --------- = t " ; donde u es el m.c.m. de los denominadores de los exponentes: ex + d (n, q, ...).

111-2 . Integrales binomios. I x m • (a x n + b )p donde m, n y p son números racionales. Se hace el cam bio de variable x " = t y la integral se convierte en una de la fo r ­ ma anterior si son enteros los números p, q = m - ^ ó p + q. En los restantescan casos no es integrable elementalmente. III-;}. Integrales de la form a j R [x ,\ / a x 2 + bx + c ] d x . Se pueden realizar por dos caminos:

9

TEMA I.- REPASO DE LOS METODOS DE INTEGRACION

A)

Racionalización: haciendo V a x 2 + bx + c = V a - x + t

si a > 0

V a x 2 + bx + c = t • x + V c

si a < 0 pero c > 0

V a x 2 + bx + c =

si a < 0

(x

C¿) ' t

y

c < 0,

donde a es una de las raíces de ax 2 + bx + c = 0 . B)

R ed ucción: Mediante transformaciones adecuadas (véanse problemas) se lle­ va la expresión a la form a:

^

^

Q (x ) V a x 2 + b x + c y se descom pone

P (x )

en fracciones simples con lo que aparecen expresiones __________R (x )_______ V a x 2 + bx +

c

y otras de la form a: (x- -a )a V a x 2 + bx + c que haciendo x —a = |- se convierten en la anterior. r> • ^ R Para integrar ——- ■ ■ (x —) V a x 2 + bx + c

se pone:

donde r (x ) es de coeficientes indeterminados y de un grado menor que R (x ). Obtenidos (p o r derivación, reducción a m.c.d. e identificación)los coeficientes indeterminados de r(x ) y A , se integra:

f

R (x )

= r(x ) • V a x 2 + bx + c + |

I V a x 2 + bx + c

A ... — J V a x 2 + bx + c

y esta última integral da un arg sh ó arg ch si a > 0 y un are sen si a < III-4. Integrales de la form a: J R [x, V a — x 2 ] dx.

0.

10

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

Haciendo x = V a "- sen t, queda la integral de una función trigonom étrica fácil de integrar. Si la raíz contiene un binom io V a + x 2 el cambio adecuado será: x = V a - sh t. IV.

O tros m étodos de integración. IV -1 .- Integración de fu n cion es trigonom étricas. Se puede integrar haciendo los siguientes cambios: A ) Si la expresión es impar en sen x, se hace eos x = t ,, ,,

„

B) Si es par

,,

„

,, eos x,

,,

,,

sen x = t

en sen x y eos x se hace tg x = t

C ) En cualquier otro caso tg ^ = t Si es una expresión con funciones hiperbólicas sirven los cambios anteriores poniendo donde dice

sen x,

sh x; donde dice

eos x, ch x ; etc.

Adem ás, estas últimas se pueden resolver también haciendo ex = t; fo rm a es­ pecialm ente ú til si las funciones hiperbólicas se encuentran ju n to a em x... IV -2 .- Integración p o r derivación respecto de un parám etro. Si tenem os

F (x , X) = J f(x , X) dx

y son

F (x, X)

y

f (x, X) deriva-

bles respecto de X, se puede demostrar (L e ib n itz ) que: ±

H *. M = i

/ < t = - 1 y dividiendo t 3 + 1 entre t + 1 (para eliminar. esa ra íz ), queda t 2—t + 1 cuyas raíces son: 1 ±\/3¡ t= 2

A sí, pues, la descom posición será:

. . . . (complejas).

17

TEM A I.- REPASO DE LOS METODOS DE INTEGRACION

A + Mt + N

M t+ N

2 + t2 1 + t3

t +1

t+ 1

t2 _ t+ 1

Reduciendo a común denom inador e identificando los numeradores, 2 + t 2 = A ( t 2 —1+ 1) + ( M t + N ) ( t + 1)= ( A + M ) t 2 + + (—A + M + N )t + ( A + N ) Es decir: 1= A + M ;

0 = - A + M + N ;

2=A+N.

D e donde: A = 1;

M= 0 ;

N = 1.

O sea; la descom posición es:

2 + t2 1.+ t 3

'0tl•Jf*+11

C ) Integración

1

+

1

t + 1 + t2 - t +

1

d t = L (t + 1 ) + C.

2

„

ya qu e M= 0 ;

c= ^

N = 0;

d = \/3/2

2

— are tg - + c \/J V3/2 Solución:

(2 + tg 20 ) • sec 20

/

1 + tg 3 6

dO = L ( t + 1 ) + - 7 =r a r c t g ^ y + C = L (t g 0 + 1) + V 3 V 3

18

PROBLEMAS DE CALC U LO INTEGRAL

8 .- Calcular J L ( x 2 + 2 ) dx.

Empezaremos por partes haciendo u = L (x 2 + 2 ); dv = dx con lo que d u = - ^ — dx; v = x x 2+ 2 y la integral queda J

L (x 2 + 2) • dx = x • L (x 2 + 2)

2*— ~ - x d x

+2

La segunda integral es de una expresión racional, por tanto, seguiremos los pasos indicados: A ) dividir el numerador entre el denominador. dx o í = 2 x -4 x 2+ 2 B ) descomposición en fracciones simples de la fracción que queda:

dx x2 + 2

1__ x2+ 2

para ello se encuentran las raíces aíces del denominador x 2+ 2 = 0 ; luego

— x

x = ± \ Í 2 - i (com plejas),

—ó e s y auna tracción simple que incluye a ambas, + 2

C ) Integración:

f

/

dx t — ó = — 7= x +2 s/ 2

ate tg —= v T

x ^ r +C

Solución:

I L (x 2+ 2) dx = x - L (x 2 + 2 ) - 2 x + 4 - 7 ^ a r c t g - 4 = + C

J

s il

V2

/

x (2 x 2— x + 9 . -C a lcu la r I — — +- ^^dx I x 2 + 1)2

C om o las raíces del denominador son com plejas dobles, aplicaremos el m étodo de H erm ite:

19

TEM A I.-REPASO DE LOS METODOS DE INTEGRACION

El denominador es (x 2 + 1)2 = Q (x ). E l polin om io Q .j (x ) será por tanto Q J x lH x 2 + 1 que es igual a Q (x ) pero habiendo elim inado un fa cto r de cada una de las raíces. O sea, se ha elim inado el fa cto r x —i y el x + i es decir (x — i) (x + i) = x 2 + 1 . Y se ha dejado el o tro producto de los dos factores x 2 + 1. C om o Q

(x ) es de grado2. q (x )

será de grado 1 : q (x ) = A x + B, y la descom posición será por tanto: x (2 x 2—x + 5 ) s _d_ I- A x + B ]

(x2 + 1)2

dx [ x 2 + 1 J

+

Mx + N x2 + 1

Derivando,

d [ A x + B ] = —A x 2 - 2 B x + A dx [ x 2+ 1 J (x 2 + 1)2 reduciendo a común denominador: x (2 x 2- x + 5 ) _ - A x 2 — 2Bx + A (x 2+ l ) 2

(x 2 + 1)2

(M x + N )(x 2 + 1) (x 2 + 1)2

e identificando, 2= M —1 = - A + N

de donde M = 2;

B= - —

y por tanto

5 = - 2B +M 0= A + N

d [ dx [

x (2 x 2- x + 5 ) ' (x 2 + 1)2

/

x (2 x 2 - x + 5 ) (x 2 + 1)2

h - i x 2+ 1

*x4 2 ^x

1 2 x —

2

^ - p j - e integrando queda:

dx .

+1

Esta últim a se calcula así:

/

2>- | x 2+ 1

M = 2

;

c= 0

N = - i ;

d=1

= L (x 2 + 1 ) - I a r c tg x + C .

dx =

Solución:

2 x

+ L /i V 1 + t+ 1

, dt

i {vTTt

4J

y haciendo ahora 1 + t = u2 ; t = u 2 —1; dt = 2 u du se llega a

1

TEM A I.- REPASO DE LOS METODOS DE INTEGRACION

= | dividiendol

S olución:

23

+ '¡¡^“ j ] du= \ ^•^_ - u + l- + eos co sen o>)

= 4 7T

“

Solución:

Problem a 2.- Dem ostrar que la curva y = x 3 descompone en dos partes ¡guales al triángulo form ado p o r la recta y = \ x , p o r e l eje x , y p o r la ordenada d el p u n ­ to de intersección de la curva con la prim era recta.

Resolución:

El área del triángulo es:

-jy

Í2, = |

Xx d x = j

x 2 X=

x , y, ,

ya que y, = X x , El área rayada vale:

=

r *1 *4 1 x . * 3d x =

x?

=4

x, = - ¡- y .

Luego,

n, =2 com o queríam os demostrar.

yaqu e

Vi = x? .

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

34

Problem a 3.- Hallar e l área determinada p o r los ejes coordenados y laparábola Vax + Vby = V e

donde a,b,c son números positivos.

Resolución:

Puntos de intersección con el eje x. Vax = V e

ax = c

- f

Despejando y. V b y = V e —V a x

a

=

Í

=> by = c + ax — 2 V e ax c /a

} í + F ' H2 C>0 B> 0

Resolución:

Despejamos el valor de y. - H x ± V H 2 x 2— 4 B A x 2 + 4 BC 2 B Esto nos daría:

35

TEMA II - APLICACIONES DE L A IN TEG RAL DEFINIDA

H x + V H 2 x 2 - 4 B A x 2T 4 B C

__ Ví Vi =

2 B

- Hx — V H 2 x 2 - 4 B A x 2 + 4BC 2 B

Los lím ites de la integral serían:

-Y 5 b=Vf C /A

V ( H 2 - 4 B A ) x 2 + 4B C

(y 2- y i ) d x =

dx

C /A

C om o H 2 — 4 B A < 0 hacemos el cambio:

x =

V a bc

sen co

V - H 2+ 4 BA \/4BC dx =

eos co d co V a B A - H2

Para x -

Para x

í

a -

V a B A - H2

co, = - a r c sen

V

n

-vi

V a b a -h 2

co2 = are sen

V

equivalente a u n 6 ,

a ab

equivalente a un 8 , + 7r .

a ab

eos co cos “ d " '

“ i 4 BC B V 4 B A ^- H 2

i2 (\ co +

sen co eos co

V A B A -H 2

Solución:

n =-

2 ir C

V 4 B A -H 2

Problem a 5.- Calcular e l área de la cardioide

p = a (1 — eos 6)

1

4 C

2

2í rC V 4 B A -H

36

PROBLEMAS DE CALCULO IN TE G R A L

2

I

p 2 (iS = 2 I

a 2 ( 1 _ c o s 0 )2dí>=

Je0

■i/í

! ( 1+ c o s 20 —2 cos 9 ) d 6 =

1+ eos 2 0 )d 0 ya que p o r ser "27T impar

y

[ e + 1 (0 + eos 0 sen 0

)

I

2 eos 0 d 0 = 0

|

(

| " 2 i r) =

Solución:

Problem a 6.- Hallar e l área de un bucle de la curva p = a sen 4 0.

Resolución:

Si representamos la curva vem os que es de la form a:

37

CAP. II -A P L IC A C IO N E S DE L A IN TE G R A L DEFINIDA

Problema 7.- D eterm inar e l área del lazo del fo lio de Descartes: P=

3 a sen 6 eos d

eos3 6 + sen3 0

Resolución:

r e 1

2^o-1

2 J e P n/2

2

fW 2 /*rr/2 9 a 2 sen 2 0 eos20 . f í _ 9 .2 sen2 0cds2 0

1 (cos30 + sén3 0 )2

2

J (cos30 + sen30 )2

sen20 ° r i r /2 3C» v ['TT/2 eos 20 d0 = J . a2 tg 2 0 d0 (1 + tg 30 ) 2 cos 20 2 | ( 1+ t g 30 ) 2 eos 20 O

__

7T/2 q 9 a2 r _ i 1 - f 2 2 [3 (1 + tg 3 0 J o

.*

Solución:

íí= |

a2

Problema 8.- Determ inar e l área encerrada p o r la curva: x = a eos y> y = m a2 eos2 u> + a sen

d0 :

38

PROBLEMAS DE CALC U LO IN TEG RAL

/»27r

=- I

/• 2 7T

m a3cos2 y>send y> — I

a2sen2v?dip= - a2 -^- [-sen

Entre t = 0

y t = 1.

y = eat sen b t ) Resolución:

0

=»

y > 0

=>

z> 0

=>

1) 4 I — l

necesitamos

x> 0

y> 0

t > t
- I 4 1 4/3

L = I

z>0.

\ / x '(t )2 + y '( t )2 + z '( t )2 d t =

/

'

J -1/4

/* 4/3 V 9 + 9 + 16 dt = v^34

dt = -1/4

TEM A II - APLICACIONES DE L A IN TE G R A L DEFINIDA

-S V 5Solución:

Problém a 19.- Hallar la longitud de la curva Intersección de las dos superficies y= x2

3z = 2 xy Desde el origen al p u n to

•

Resolución:

Pasando a paramétricas (haciendo x = t ) . x= t

L=

y=t2

V ) T I t )2 + y '( t )2 + z '( t )2 d t ;

■ - ! x' (t) = 1

P

L = I

y' (t) = 2 t

V 1 + 4 t 2 + 4 t 4 dt=|

z' (t) = 2 t 2

■í

V { 1 + 2 t2) 2 d t =

(1 + 2 t 2 )dt.

t 0 = 0 (origen ).

1,1, ^ j .

L = j'

Solución:

(1 + 2 t 2 ) d t = t + - | t 3 j ’ =

colui

t, = 1 /punto

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

Problem a 20.- Calcular e l área de la superficie de revolución engendrada p o r la parábola y 2 = 2 p x al girar alrededor del eje x , entre los puntos x = 0 y x = a.

Resolución:

A = 27r I

y V l + y ^ dx

yJ2 = 2 rpx

-

2,

J v

'í

= 2 7r

I

yf ' =

2^

r~----

V 2 px

] / n

£ d x -

V 2 px + p2d x =

Solución:

A = ^ [(2 pa + p 2 )3/2 — p 3 ] 3p

Problem a 21.- La catenaria y = Ch x gira alrededor del eje x. Calcular la superfi­ cie engendrada desde x = 0 a x = 1.

Resolución:

La representación de curva es com o muestra la figura. A = 2

■f J

r V 1 + y '2 dx

xn

y = Ch x y'= Sh x

47

TE M A II - APLICACIONES DE L A IN TE G R A L DEFINIDA

A = 2 7r| * Ch x V l + Sh2x d x = 2

e2x + e 'Zx+ 2

Ch 2 x d x =

dx

6- t [ í

■ ‘ i

7T

[2 + Sh 2]

S olución:

A=

[2 + Sh 2]

Problem a 22.- Calcular la superficie que engendra a ! gira r alrededor d el eje x la astroide x = a cos3t y = a sen3t

Resolución:

_

y ( t ) V x ^ t ) 2 + y ' ( t ) 2d t^ x ’ ( t ) 2+ y ' ( t ) 2=9 a 2cos2t sen21 [ver problema

“ •”

1

n ú m e ro 13 ].

rTr/2

7T/2 A=27r2 |

a sen3 1V 9 a2 eos 21 sen21 •d t= 1 2 jra 2 I sen4 tcostdt=127r2

^ j=

Un = 6 ir a2

(5 / 2 > n i)

= g7ra2 X

(í)

X

*

m*

12

Solución:

A=

12 7r a2

Problem a 23.- La cardioide p = a (1 - eos 0 ) gira alrededor de su eje de sim etría. Calcular ¡a superficie qu e engendra.

I

PROBLEMAS DE CALCU LO IN TEG RAL

48

Resolución:

En coordenadas polares:

y = p sen 6 p 2 + p '2 = 2a2—2a2 eos fl

r

Luego

A\ == 22r r7r I

p f sen 0 V p 2 + p '2d 0 =

J 90 a (1—cos0) sen 0 V 2 a 2—2a2 pos 0 d 0

=

2 n

=

j a > V ? ( 1 - c o S 8 ) * « sen 8 d 8 - a , a » v ' Z ü = £ | | g " j *4 T j j ^ 2 v ' g ,

32 7r a2 Solución:

A =

32 7r a2

Problem a 24.- Calcular e l volumen del sólido form ado p o r la circunferencia: fx—a)2 + y 2 = r 2 siendo a > r a! girar alrededor del eje O Y.

Resolución:

A l girar va a engendrar un toro. C om o gira alrededor del eje O Y

'í

V = tt

(x¿ - x 2 ) dy.

:= a ± V r2 — ■ x 2= a + y/r2 - y2 x, = a - V r 2 -

y2

49

TEM A II - APLICACIONES DE L A IN TE G R A L DEFINIDA

x |í -

V - . J

x? = 4 a \ / r 2 -

r

4 a V r 2 —y 2 d y = 4 a i r ■ 2 j 1

y2

'V r 2 - y 2 d y =

Jo

y = r se n co d y = r e o s co d co

] /

y = 0 => t o = 0

(

y=

)

r => < o = |

/^n/2 = 8 7r a

I

I r

? 1 ,

1

1 77/2

eos co r eos co d co = 8 n a xl — ( c j + eos co sen c j ) |

8rra r2 7r

= —

-—

= 2 7r a r 2 7r

Solución:

V = 27r2 a r 2

Problem a 25.- Calcular e l volumen d el sólido engendrado p o r un rectángulo al girar alrededor de un eje, que esté en el plano d el rectángulo y qué n o corte al rectángulo.

Resolución:

Supongamos que el eje form a un ángulo a con el eje x y su abscisa en el origen que sea C. Vem os que:

50

PROBLEMAS DE CALCULO IN TE G R A L

r = (c + x ) sen a El elem ento de volumen es: d V = 2 7r r - 2bdx

r

r

Luego: V =1

27rr2bdx = | 47r b (c + x ) sen a d x = 47rb sena

(c + x )d x =

= 4 7r b sen „ [ c x + ^ - ] r 47rb sen a 2 ca= 87rbcasena

Solución:

V = 87r bca sen a

* Problem a 26.- Hallar e l volumen resultante al girar alrededor d el eje x el área inte­ rio r a x 2 + y2 = 17 y ex te rio r a x 2 + y 2 = 17 x cuando gira alrededor del eje x .

Resolución:

x 2 + y 2 = 17 circunferencia de centro el origen y radio V^17. 17\ l

(x — — punto

y radio

•

+ y2 =

289

circunferencia de centro el

TEM A II - APLICACIONES DE L A INTEG RAL DEFINIDA

51

La parte rayada horizontalm ente origina una semiesfera cu yo volumen es: V, =

O

7T 17 V T 7 .

La parte rayada inclinadamente dará origen a un volumen:

V2 = 7 t Í

(y ¡ - y ?)d x = n j ' (1 7 - > ¡^ - 1 7 x + ) / ) d x = 7r^

(17 - 17x) dx =

V to«al= V l + V 2 = - | 7 r 1 7 ^ + ^ S olución:

Problem a 27.- Hallar e l volum en engendrado p o r el triángulo de vértices (1,1) (2 ,0 )(3 ,2 ) cuando gira alrededor del eje y.

Resolución:

Pongamos

lasecuaciones

de los lados,

recta A B = | ^ = ^

=> x + y = 2

recta A C =

=>

recta BC =

wto ta l = V c e - V

BA

3 -2

- V AC

V CB = V originado por el lado CB al girar alrededor de y.

2 -0

X

- 2y=- 1

=» 2x - y = 4

52

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

Vc» = *

í

( i ±

dy

* )

+

J0

í

Va b = *

(2~ y)2

d V = , r ( 4 V + y - - 2 V 2 ) 0= | »

"o /• 2

VA C = r r

(2 y —1)2d y =

W _ 38 V = — — 7T 3

jt

+ y —2 y 2 ) ^ ==‘^ ‘ 7r

7 13 18 R 77------- 77 = -r—77 - b 77 3 3 3

Solución: V

= 6 77

53

TEMA II Integrales D epend ien tes d e un Parámetro

I —La expresión general de una integral dependiente de un parám etro es: f( x ,t) dx

í

que será naturalmente una fu n ción del parámetro t.

f

f( x ,t) d x =

F (t).

I I —C on tinu ida d de F (t). ( a

x < b

Si f(x ,t ) es continua en e l dom inio cerrado 1 _ . ( c < t< d La fu n ción F (t ) es continua en el intervalo

c< t< d

I I I —Derivación. a)

Caso en que los lím ite s de integración no sean fu rlció n del parám etro. •b

F (t) = f dt b)

-J a

d f (x ,t)

dx

dt

Caso en que los lím ites sean fu n c ió n del parám etro a =

b = \p ( t ) .

dx+fwti.t]^^-fMti.ti^-

Si solamente fuera uno de los lím ites fu n ción del parámetro, será nulo el tér­ mino correspondiente a la derivada del o tro lím ite.

54

PROBLEMAS DE C ALCULO IN TEG RAL

Pasos necesarios para resolver algunas integrales por derivación respecto al pa­ rámetro. 1.- Derivar respecto al parám etro, y calcular el valor de la integral a la que ha da­ do origen dicha derivada. 2.- Resolver la ecuación diferencial form ada por la derivada respecto al pará­ m etro y el resultado del apartado 1. (Calculando el valor de la constante). 3.- Dar al parámetro el valor adecuado para calcular el valor de la integral que nos piden.

Problem a 1.- Calcular p o r derivación respecto a l parám etro la integral:

F (

ol )

1

=

-dx

e x 2+ o 2 / x 2

Paso 1°. Derivamos respecto al parámetro ( a ) y calculam os el valor de esta deriva­ da.

OO r I

d F (a ) _ da

Jo

r i x ' dx = I

1 7 a2\ d — da

e'

J 0

_

a _ a — = z => x = — X z dx = J dx = —2 - dz z2 x = 0 => z =? 00

Resolvem os esta integral.

f

2

UO

I x = °° =* z = 0

+

/ e - ( í * - !k

d z= -

2

7 ?

ya que es la misma integral que la que nos piden. Luego, tenemos:

da

MU

2 F (a )

55

TEM A III - INTEGRALES DEPENDIENTES DE UN PARAM ETRO

Paso 2o .- Resolver la ecuación diferencial que origina el paso I o .

< L E M = - 2 F (a > d a

o, lo que es lo mismo, F (a ) Integrando esta ecuación: f d f M J

r da

p (a )

J

L F (a ) = - 2 a + LC tom ando antilogaritmos. Fia) -

C e '2a

[ 1]

Calculemos el valor de la constante de integración C. Para lo cual damos un va­ lor cóm odo a a, que nos facilite el cálculo de la integral que nos dan,,e identifica­ mos este valor con el que nos da [ 1 ] para ese valor de a , Es decir, para nuestro caso hacemos a = 0 y tenemos:

í

dx =

(V e r fu n c ió n e rro r. Tem a 4 ).

Pero identificando con el valor de [ 1 ] para a = 0 tenemos:

F (0 ) = C = luego,

r>_ V V

2

Paso 3o.- Dem os a a el valor adecuado para obtener la integral que nos piden. Para nuestro caso a = a , luego: 1

j.. _ W

56

PROBLEMAS DE CALCULO IN TEG RAL

Solución:

Problem a 2.- Calcular p o r derivación paramétríca e l valor de F fn ) = |

■

Í V

dx

J (1

Resolución:

Siguiendo los mismos pasos que en el problem a anterior. dF (n ) dn

.

Í W Jo

dx=Í xndx= Jo n+1-*o n+1

luego

d F (n ) _ dn

1 n+ 1

Resolvam os esta ecuación diferencial: d F ( n )n=+ 1 4 V "Jf d F ' " » - J í -nT+ 1Í F (n ) = L (n + 1 ) + L K = L K (n + 1)

[2]

Haciendo n = 0 sacamos el valor de K pues la integral que nos dan se hace ce­ ro para este valor de n. Identificando con F (0) sacado de [2 ]. 0 = LK

K = 1

Luego F (n ) = L (n + 1) Solución:

F (n ) = L (n + 1)

Problem a 3.- Calcular la derivada de la fun d ón F ( t ) definida p o r: . 2 ___________________ r s.2

T J M A III - INTEGRALES DEPENDIENTES DE UN PARAM ETRO

57

Resolución:

C om o los lím ites de integración son función del parámetro su derivada tendrá la form a (V e r introducción teórica).

4 ( x + t) 3+ 1

dx + 3 • 2 • t \ / ( 3 t 2+ t ) 4 + (3 t2+ t ) —V ( 2 t ) 4 + 2t=

t 2 \ / ( x + t ) 4 + (x + t) = V ( x + t) 4 + (x + t) J 3‘ + 6 t \ / ( 3 t 2 + t) 4 + (3 t2+ t) —V 16t4 + 2t = = V ( 3 t 2 + t ) 4 + ( 3 t 2+ t)

—V

(2t)4+ 2t + 6 t V ( 3 t 2+ t ) 4 + (3 t + t) - V l 6 t 4+ 2t =

= ( 6 t + 1 ) V ( 3 t 2+ t ) 4 + (3t2+ t ) - 2 V l 6 t 4 + 2t. Solución:

= ( 6 t + 1 ) V ( 3 t2+ t ) 4 + (3 t2+ t ) —2 > / 16t4+ 2 t

dt

í

Problem a 4.- Partiendo de Ffa ) = I

r

to a! parám etro e l valor de

sen x

e

sen x

d x calcular p o r derivación respec­

dx.

Resolución:

I

F(a) = I

e'sx H D 2 L dx

derivando respecto al parámetro: dF (a) da

=f

— x e'ax sen x . n

°.

*

e a> sen x dx

f J ~

'

o

Para calcular esta integral se pueden seguir varios métodos:

58

PROBLEMAS DE CALCULO INTEGRAL

P rim er m é to d o .- Por partes. du b e‘ ax dx => u = I = I e 'ax sen x dx =

sen x a 'x

-a

a

v = sen x =* dv = eos x

•i + li V olvem os a aplicar el m étodo de integración p o r partes en _ e" i e 'ax d x = dr =» r , 1 e ax eos x —a — T- “ — ■■■• — e‘ ax eos x d x = eos x = s =»■ ds = - sen x dx

_x

e 'ax sen x

a Sustituyendo queda: 1= Despejando 1 queda:

M --? Poniendo los lím ites queda:

— ( sen x + e‘ ax sen x dx = -2— • a+ — \ a-ia

2 **\ \

-

a / lo

a+ — a

1 a2 + 1

Segundo m étod o. Debido a que e1 x= c o sx + j sen x si en lugar de calcularnos la integral I nos calculamos e -ax e! * d X

Jo

r

(esta integral nos dará una parte real A = I e‘ax eos x dx i- ~ Jo y otra parte imaginaria

jB =

e 'ax j eos X dx

TEM A III - INTEGRALES DEPENDIENTES DE UN PARAM ETRO

59

Luego para calcular l calculamos él valor de I e 'a* ejx d x y tom am os la parte imaginaria B. 1

p-x(a—i)

C

I

I

+ {a - j) l 0

_1

a -j

a + aJ + 1

o Lu ego l= - - j i - ■ Luego: d F (a ) _ _ _ J a2 + 1 da integrando

F (a) = - are tg a + K , Para calcular e! valor de K hacemos a = 00 la integral de partida es nula, luego:

O = - are tg «> + K = - ~ + K =>

K - f

Luego F (a) = - are tg a + — Haciendo a = 0 la integral de partida nos da la integral pedida. Es decir, .... , sen x . . „ , i r jr F(0> = | d x = - are tg 0 + —= x z ¿ 'o Solución:

Problema 5.- Calcular por derivación respecto a! parámetro el valor de x m -l _ xn-l dx Lx

60

PROBLEMAS DE CALC U LO IN TE G R A L

P rim er m étod o .- Considerando la integral co m o fu n ción de un solo parám etro,por ejem plo, F (m j. rI

vn -l

v n— 1

F (m ) = - I Derivando respecto al parámetro: dF( m)

r

dm

Jo

^

dx=r xm- l dx=r ] i = i Jo

m fo

m

Tenem os pues:

dm

- ~ d F (m )= — m m

Integrando ' dm f d F (m ) = J -^ 2 -

« * F {m ) = L m + L K .

Para calcular K damos al parámetro m e l valor n, para el cual la integral que nos dan vale 0 ya qu e es nula la función aubintegral. Luego para m = n. 0 = Ln + L K

=* L K = - Ln.

A s í pues: F (m ) = L m — Ln = L — n qu e es e l valor pedido. Solución:

Segundo m é to d o .- Considerando la fu n ción co m o de dos variables, (fu n ción

de

los parámetros qu e en ella aparecen). E l m étodo es igual qu e para una variable, salvo qu e la diferencial la tendrem os que calcular com o de dos variables . Por esto, d [F (m ,n )] = 4 - ^ - d m + ^ dn. o m dn

61

TEMA III - INTEG RALES DEPENDIENTES DÉ UN PARAM ETRO

C om o

=Í

3 r _ i — 9m m Jo

i

-t

xm 1 d x Sustituyendo

3_F

d [F(m ,n )3 = dm

x " " 1 dx

3n

- d n Í x " " 1d x = dm — 1 - d n ™ V = I m Jo n Jo J o

dm

dn

m

n

Integrando

S im = n = > C = 0 Luego,

F(m ,n ) =

l

-2 n

Problem a 6.- O btener p o r derivación respecto al parám etro r l / = I x * ( L x ) n d x para n en tero y a > 1 •'o

Resolución: Partim os de F (a ) =

r

x * d x = ~x -

i

= °

1 " + i

Si derivamos respecto al parámetro los dos m iembros:

f . L x d x ^ - P - U da

d * F fa ) _

I J o

f un

da

la+1/

1___ ía + 1 )2

x ‘M L x )2d x = - 2 - T = ( - 1 ) 2 2 ( o + 1 ) - s (a + 1 }?

xm _1d x -

62

'PROBLEMAS DE CALC U LO IN TEG RAL

d 3 F (a )

3 ? - vJn“

xfl ( L x ) 3 dx = ( - 1 ) 3 3!

d" F = x a (L x ) ndx = ( - l ) n n! dan |

( a + 1 )‘

(a + 1 )- ""1

Solución:

1= ( ~ 1 ) n n!

( a + i r 0-1

*

Problem a 7.- Calcular t

//,!_{

cos2x dx __________

I

[a2cos2x + ó 2sen2x ) 2

1 J

basándose en la inte-

n

gral dx a2cos2x + b 2sen2x

/,