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Spanish Pages 400 Year 1998
OBRAS PUBLICADAS: Problemas de Algebra Lineal Problemas de Cálculo Infinitesimal Problemas de Física Problemas de Quíjnica Formulación Química Problemas de Cálculo Integral Problemas de Ecuaciones Diferenciales Problemas de Mecánica
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
/,