Calculo Integral

Antiderivadas

Introduccion

El calculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motiva-cion original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las graficasde las funciones y el calculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas

Pendiente m =?. mPQ =f(x) − f(a)

x − am = lım

x→a

f(x) − f(a)

x − a

Fig. 1.1: El problema de la recta tangente motiva el calculo diferencial

se usan para calcular la velocidad y la aceleracion, estimar la razon de propagacion de unaenfermedad, fijar niveles de produccion de manera que pueda maximizarse la eficiencia, en-contrar las mejores dimensiones para una lata cilındrica, averiguar la antiguedad de un objetoprehistorico, y para muchas otras aplicaciones.

El calculo integral se basa en el concepto de la integral. La definicion de la integral esmotivada por el problema de definir y calcular el area de la region que se encuentra entre lagrafica de una funcion de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b].

El area de la region S de la siguiente figura esta dada por la integral de f de a a b, denotada

por el sımbolo∫ b

af(x)dx. Pero la integral, ası como la derivada, es importante debido a

su aplicacion a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de po-blacion, volumen, longitud de arco, area de superficie y centro de gravedad, entre otros. Elteorema principal de este seccion es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporcio-na una conexion vital entre las operaciones de derivacion e integracion proporcionando unmetodo eficaz para el calculo de integrales.

El problema del area mo-tiva el calculo integral

Area(S) =

∫b

a

f(x)dx

Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funcion f(x) necesitamos hallar unanueva funcion F (x) tal que

F ′(x) = f(x)

Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivacion, la “Antiderivacion”.

1

1.0.1. Antiderivadas o primitivas

Hemos analizado como encontrar la derivada de una funcion. Sin embargo, muchos pro-blemas exigen recuperar una funcion a partir de su derivada conocida (es decir, a partir desu razon de cambio conocida). Por ejemplo,

Un fısico que conoce la velocidad de una partıcula podrıa desear conocer su posicionen un instante dado.

Un ingeniero que puede medir la cantidad variable a la cual se fuga el agua de untanque quiere conocer la cantidad que se ha fugado durante cierto periodo.

Un biologo que conoce la rapidez a la que crece una poblacion de bacterias puedeinteresarse en deducir el tamano de la poblacion en algun momento futuro.

En cada caso, el problema es el mismo, debemos hallar una funcion F cuya derivada es en lafuncion conocida f . Si tal funcion F existe, se llama una antiderivada de f .

Definition 1. Una funcion F recibe el nombre de antiderivada o primitiva de lafuncion f en un intervalo I si F es continua en I y F ′(x) = f(x) para todo x ∈ I,salvo a lo sumo en un numero finito de puntos.

NOTA: Usamos letras mayusculas como F para representar una antiderivada de unafuncion f , G para representar una antiderivada de una funcion g, y ası sucesivamente.

Ejemplo 1. [F no necesariamente es diferenciable] Definamos

f(x) =

1 si x ∈ [a, b],

0 si x /∈ [a, b],

En este caso no hay ninguna funcion cuya derivada coincida con f(x) en todo punto. Sinembargo, la funcion tiene una primitiva. Definiendo

F (x) =

0 si x < a ,

x− a si a ≤ x ≤ b,

b− a si x > b,

se tiene que F es continua en R, y F ′(x) = f(x) salvo cuando x = a y x = b. Luego F esprimitiva de f en todo R.

Ejemplo 2. Dada la funcion f(x) = 3x2, entonces F (x) = x3 es una primitiva de f(x) =3x2, como tambien lo son las funciones

G(x) = x3 + 17, H(x) = x3 + π K(x) = x3 +√2.

En realidad, J(x) = x3 + C es una primitiva de f(x) = 3x2 para cualquier eleccion de laconstante C.NOTA: Una funcion puede tener muchas primitivas, pero una unica derivada

Teorema 2. Si F es una antiderivadas de f en el intervalo I, entonces G es una antideri-vada de f en I si y solo si G es de la forma G(x) = F (x) + C para todo x ∈ I, donde C esuna constante.

2

DEM: (⇐)

NOTA: Hay que senalar que existen buenas razones para limitar nuestra atencion a inter-valos en la discusion sobre primitivas. De lo contrario, podrıa ocurrir que una funcion tengaprimitivas que no difieran en una constante.

Ejemplo 3. [Diferentes constantes]

F (x) =

1

x+ 5 si x > 0,

1

x− π si x < 0,

G(x) =1

x,

son primitivas de f(x) = − 1

x2pero, no difieren de una constante sobre el conjunto S =

(−∞, 0) ∪ (0,∞)

NOTA: Del Teorema 5 deducimos que la familia completa de Antideridavas de un funcionse representa agregando una constante C a una antiderivada conocida. Por ejemplo, la familiade antiderivadas de f(x) = 2x esta representada por

G(x) = x2 + C

donde C es una constate. La constante C recibe el nombre de constante de integracion.

Complete las siguientes formulas para las antiderivadas

Ejemplo 4. Halle las siguientes antiderivadas:

f(x) = x5

g(x) = 1√x

3

h(x) = sin(2x)

i(x) = cos(x2 )

f(x) = (5x4 + 2 cos(5x)− 3√x) =

g(x) = [2 cos(3t) + 5 sen(4t)] =

m(x) = 20(4−5x)3 =

1.0.2. Problemas de valor inicial y ecuaciones diferenciales

Encontrar una antiderivada de una funcion f(x) constituye el mismo problema que en-contrar una funcion y(x) que satisfaga la ecuacion

dy

dx= f(x) o y′ = f(x)

A esto se le llama ecuacion diferencial, ya que es una ecuacion que involucra una funciondesconocida y que esta siendo derivada. Para resolverla, necesitamos una y(x) que satisfagala ecuacion. Esta funcion se encuentra tomando la antiderivada de f(x). Fijamos la constantearbitraria que surge en el proceso de antiderivacion dando una condicion inicial

y(x0) = y0

Esta condicion significa que la funcion y(x) tiene el valor y0 cuando x = x0. La combinacionde una ecuacion diferencial y una condicion inicial se llama problema de valor inicial.Tales problemas juegan papeles importantes en todas las ramas de la ciencia. He aquı unejemplo de un problema de valor inicial.

Ejemplo 5. Encontrar la curva cuya pendiente en el punto (x, y) es 3x2 si la curva debepasar por el punto (1,−1)

SOL: Aquı, estamos pidiendo resolver el siguiente problema de valor inicial.

Ec. Diferencial:dy

dx= 3x2

Cond. Inicial: y(1) = 1

La funcion y es una antiderivada de f(x) = 3x2 de manera que y = x3 + C. Encontramos Ca partir de la condicion inicial y(1) = −1. Demostrando que y = x3 − 2.

Ejercicio 1. Encuentre f sabiendo que f ′ = ex +10

1 + x2y f(0) = −2

Ejemplo 6. Un globo que esta subiendo a razon de 12 pies/seg esta a una altura de 80 piessobre el suelo cuando se lanza un paquete desde el. ¿Cuanto tiempo tarda el paquete en llegaral suelo?

SOL: Sea v(t) la velocidad del paquete en el tiempo t, y sea s(t) su altura sobre elsuelo. La aceleracion de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra es 32 pies/seg Luego,matematicamente tenemos

E.Dif :ds

dt= −32 Cond.Inicial v(0) = 12

4

No es difıcil ver que la velocidad es v = −32t+ 12. Ahora, como la velocidad es la derivadade la altura, entonces tenemos un segundo problema de valores iniciales.

E.D :dv

dt= −32t− 12 Cond.Inicial s(0) = 80

De aquı concluimos que la altura que tiene el paquete sobre el suelo en el tiempo t es s(t) =−16t2 + 12t+ 80.

Ahora halle el tiempo tarda el paquete en tocar el suelo.

Ejercicio 2. Suponga que se dispara una flecha en sentido vertical mediante una poderosaballesta, desde el piso, y que vuelve a tocar el suelo 48 segundos despues. Si podemos despre-ciar la resistencia del aire, determinar la velocidad inicial de la flecha y la altura maximaque alcanza.

Ejercicio 3. Las narcas de derrape de unos neumaticos indican que se han aplicado losfrenos durante una distancia de 160 pies antes de detenerse el automovil. Supongamos queel automovil en cuestion tiene una desaceleracion constante de 20 pies/seg2 bajo las condi-ciones del derrape. A que velocidad viajaba el auto cuando se comenzo a frenar?

Geometrıa de las Antiderivadas

Si se conoce la grafica de una funcion f , serıa razonable que podamos dibujar la graficade una antiderivada F . Por ejemplo, suponga que sabe que F (0) = 1. Entonces, hay unpunto de donde partir, el punto (0, 1), y la direccion en la cual tenemos que desplazarnos laproporciona, la derivada.

Ejemplo 7. La grafica de una funcion f se ilustra en la figura 5. Trace un croquis de unaantiderivada F , dado que F (0) = 2.

SOL:

Partimos del punto (0, 2) pues F (0) = 2.

f(x) < 0 en 0 < x < 1 luego F decrece en 0 < x < 1.

f(x) > 0 en 1 < x < 3 luego F crece en 1 < x < 3.

f(x) < 0 en x > 3 luego F decrece en x > 3.

f(1) = f(3) = 0 luego F tiene tangentes horizontales cuando x = 1 y x = 3

En x = 1 f cambia de − a +, luego F (1) hay un minimo

En x = 3 f cambia de + a −, luego F (3) hay un maximo

En x = 2 F ′′(x) = f ′(x) cambia de + a −, luego F (2) hay inflexion.

En x = 4 F ′′(x) = f ′(x) cambia de − a +, luego F (4) hay inflexion. Fig. 5

Ejercicio 4.

1. Se proporciona la grafica 1 de una funcion f . ¿Que grafica es una antiderivada de f ypor que?

5

2. Se presenta la grafica 2 de una funcion en la figura. Trace un croquis de una antideri-vada F , dado que F (0) = 1.

3. La grafica de la funcion velocidad de un automovil se ilustra en la grafica 3. Elabore lagrafica de la funcion posicion.

Gra. 1 Graf. 2 Graf. 3

Calculo de areas elementales

Tal vez el primer contacto que se tiene con el concepto de area son las formulas A = bh yA = bh

2 las cuales describen las areas de un rectangulo y un triangulo resp. Mientras que elarea de un polıgono se encuentra al dividirlo en triangulos y sumar las areas de esos triangulos.

Los antiguos griegos iniciaron el estudio de areas de figuras con lıneas curvas en los siglosIV y V a.C. Dada una region plana R cuya area querıan determinar, trabajaban con unpolıgono P inscrito en R (dentro de R) y con un polıgono Q cırcunscrito (o fuera de R).

Si los polıgonos Pn y Qn tenıan un numero suficientemente grande de lados, de longitudpequena, entonces parecerıa que sus areas, area(P ) y area(Q), se aproximan al area de laregion R. Ademas, es posible controlar el error: vemos que

area(P ) < area(R) < area(Q)

ya que R contiene al polıgono P pero esta contenido en el polıgono Q.

Nuestro objetivo principal es describir una tecnica sistematica para aproximar el area deuna region curvilınea adecuada utilizando areas poligonales faciles de calcular.

6

1.0.3. Areas bajo graficas

Empecemos por intentar resolver el problema del area: hallar elarea de la region S que esta debajo de la curva y y = f(x), desdea hasta b. Esto significa que S esta limitada por la grafica de unafuncion continua f donde f(x) ≥ 0, las rectas verticales x = a yx = b, y el eje x.Para aproximar el area de S dividimos la region S en n franjas deanchos iguales. El ancho del intervalo [a, b] es b− a, de modo queel ancho de cada una de las n franjas

∆x =b− a

n

Estas franjas dividen el intervalo [a, b] en n subintervalos

[x0, x1], [x1, , x2], [x2, x3], . . . , [xn−1, xn]

donde a = x0 y b = xn.

A partir de aquı podemos obtener una R-estimacion de la i-esima franja,Si, con un rectangulo con ancho ∆x y altura f(xi), valor que toma f enel punto extremo derecho del subintervalo; o tambien podemos obtener unaL-estimacion de la i-esima franja, Si, con un rectangulo con ancho ∆x yaltura f(xi−1), valor que toma f en el punto extremo izquierdo del subintervalo.

NOTA: Los puntos extremos xi de la derecha de los subintervalos son:

a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , b.

Mientras quelos puntos extremos xi−1 de la izquierda de los subintervalos son:

a, a+∆x, a+ 2∆x, a+ 3∆x, . . . , a+ (n− 1)∆x.

En decir los extremos estan dados por la siguiente formula

xk = a+ k∆x

Despues, el area del i-esimo rectangulo con altura f(xi) o f(xi−1) es

f(xi)∆x f(xi−1)∆x.

Al sumar las areas de los rectangulos con altura f(xi) para i = 1, 2, 3, . . . , n, obtenemosla R-estimacion

Rn := f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x =

n∑

i=1

f(xi)∆x

del area real de S. De manera analoga, la suma de las areas de los rectangulos con alturaf(xi−1) es la L-estimacion

Ln := f(x0)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn−1)∆x =

n∑

i=1

f(xi−1)∆x

La siguiente figura muestra esta R-estimacion para n = 2, 4, 8 y 12.

7

Observe que esta aproximacion parece mejorarse a medida que se incrementa la cantidadde franjas; es decir, cuando n → ∞. Por consiguiente, se define el area A de la region S dela manera siguiente:

Definition 3. El area A de la region S que se encuentra debajo de la grafica de la funcioncontinua f es el lımite de la suma de las areas de los rectangulos de estimacion:

A = lımn→∞

Rn = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x A = lımn→∞

Ln = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi−1)∆x

NOTA: De hecho, en lugar de usarf(xi−1) o f(xi) como altura delrectangulo, podrıamos tomar f(x∗

i )donde x∗

i ∈ [xi−1, xi]. A estos nume-ros x∗

1, x∗2, . . . , x

∗n los llamamos puntos

muestras.

A = lımn→∞

[f(x∗1)∆x+ f(x∗

2)∆x+ · · ·+ f(x∗n)∆x] = lım

n→∞[

n∑

i=1

f(x∗i )∆x

Conclusion parcial: Si queremos hallar el area de un region S tendremos que usar estadefinicion de lımite. Es decir, debemos conocer la altura f(x∗

i ) y el ancho ∆x de cada unolos rectangulos que vamos a usar para estimar el area S.

1.0.4. Sumas finitas y la notacion sigma

La notacion sigma nos permite escribir una suma con muchos terminosen la forma compacta

n∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an

La letra griega∑

, significa “suma”. ındice de la sumatoria k nosdice en donde empieza la suma (mediante el numero que esta debajodel sımbolo) y en donde termina (usando el numero que esta arriba delsımbolo ). Se puede usar cualquier letra para denotar el ındice, pero lasletras mas usuales son i, j y k.

Ejemplo 8.

12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 + 92 + 102 + 112 =11∑

k=1

k2 =11∑

r=1

r2

8

f(1) + f(2) + f(3) + · · ·+ f(100) =

100∑

i=1

f(i) =

100∑

s=1

f(s)

Ejercicio 5.

1. Demostrar que

n∑

i=1

i =n(n+ 1)

2,

n∑

i=1

i2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

n∑

i=1

i3 =n2(n+ 1)2

4

2. Calcule

10∑

i=1

(2i2 − 3i) =

Ejemplo 9. Use rectangulos para estimar el area A de la region R que se encuentra bajo Iaparabola y = x2 y por arriba del intervalo [0, 3].

9

Calcularemos la R-estimacion y la L-estimacion del area A de R obtenida usan-do 5 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3

5 . Despues repetimos los calculoscon 10 rectangulos, cada uno de ancho ∆x = 3

10 .SOL: No es difıcil ver que los 5 extremos xi del lado derecho son 3

5 ,65 ,

95 ,

125 y 3,

mientras que los 5 extremos xi−1 del lado izquierdo son 0, 35 ,

65 ,

95 , y

125 . Luego,

R5 =5∑

i=1

f(xi)∆x = (5∑

i=1

f(xi))∆x

=(f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4) + f(x5)

)∆x

=[(3

5)2 + (

6

5)2 + (

9

5)2) + (

12

5)2 + (3)2

](35

)

= 11, 88

L5 =5∑

i=1

f(xi−1)∆x = (5∑

i=1

f(xi−1))∆x

=(f(x0) + f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4)

)∆x

=[(0)2 + (

3

5)2 + (

6

5)2) + (

9

5)2 + (

12

5)2](3

5

)

= 6, 48

Usando, el hecho de que∑n

i=1 i2 = n(n+1)(2n+1)

6 y que xi = 0 + i∆x = 0 + i 310

R10 =

10∑

i=1

f(xi)∆x =

10∑

i=1

f(i3

10)3

10=

10∑

i=1

(i3

10)2

3

10

= (3

10)3

10∑

i=1

i2 = (27

1000)(10)(11)(21)

6= 10, 395

L10 =

10∑

i=1

f(xi−1)∆x =

10∑

i=1

f((i− 1)3

10)3

10=

10∑

i=1

((i− 1)3

10)2

3

10

= (3

10)3

10∑

i=1

(i− 1)2 =︸︷︷︸k=i−1

(3

10)3

9∑

k=0

k2 = (3

10)3

9∑

k=1

k2

= (27

1000)(9)(10)(19)

6= 7, 695

Ahora calculemos con exactitud el area de la region bajo la grafica de f(x) = x2 en elintervalo [0, 3]. Si dividimos [0, 3] en n subintervalos, todos de la misma longitud, entoncestenemos

∆x =b− a

n=

3

nxi = 0 + i∆x = i

3

npara i = 0, 1, 2, . . . , n. Por tanto,

n∑

i=1

f(xi)∆x =

n∑

i=1

x2i∆x =

n∑

i=1

(3i

n)2

3

n=

27

n3

n∑

i=1

i2 =27

n3

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

6

De la definicion de area tenemos que

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = lımn→∞

27(3+

1

2n+

1

6n2

)= 9

Ejemplo 10. Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = 4− x2, en el ejex y las rectas x = 1 y x = 2.

10

SOL: Se empieza notando que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [1, 2].Despues, se divide el intervalo [1, 2] en n-subintervalos, cada uno de ancho ∆x = 2−1

n = 1n .

Elegimos como puntos de muestra a xi (es decir, vamos hacer una R-estimacion) luego, lospuntos extremos derechos son xi = a+ i∆x = 1 + i

n

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = lımn→∞

n∑

i=1

[4− (1 +

i

n)2] 1n

= lımn→∞

n∑

i=1

[3− 2i

n− i2

n2

] 1n

= lımn→∞

( 1n

n∑

i=1

3− 2

n2

n∑

i=1

i− 1

n3

n∑

i=1

i2)

= lımn→∞

[3− (1− 1

n)−

(13+

1

2n+

1

6n2

)]=

5

3

En la definicion 3 de area, las particiones tenıan subintervalos de igual ancho. Esto se hizosolo por convenencia de calculo. El siguiente ejemplo demuestra que no es necesario tenersubintervalos de igual ancho

Ejemplo 11. [Subintervalos de anchos desiguales]

Encontrar el area de la region acotada por la grafica f(x) =√x y el eje x para 0 ≤ x ≤ 1.

SOL: Note que la funcion es continua y no negativa en el intervalo [0, 1]. Consideremos

una particion x0, x1, . . . , xn donde xi =i2

n2 , de manera que

∆xi = xi − xi−1 =i2

n2− (i− 1)2

n2=

2i− 1

n

Luego,

A = lımn→∞

n∑

i=1

f(xi)∆xi = lımn→∞

n∑

i=1

√i2

n2

(2i− 1

n2

)

= lımn→∞

1

n3

n∑

i=1

(2i2 − i) = lımn→∞

1

n3

[2(n(n+ 1)(2n+ 1)

6

)− n(n+ 1

2

]

= lımn→∞

4n3 + 3n2 − n

6n3=

2

3

OBS: La razon por la que esta particion en particular da el area apropiada es que cuandon crece, el ancho del intervalo mas grande tiene a cero. Esta caracteristica es CLAVE deldesarrollo de las integrales definidas.

Ejercicio 6.

Determine el area bajo la grafica de f(x) = 100− 3x2 de x = 1 a x = 5.

Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(x) = x3, en el eje x y las rectasx = 0 y x = 1

Encontrar el area de la region limitada por la grafica f(y) = y2, en el eje y y las rectasy = 0 y y = 1

11

1.0.5. Sumas de Riemann y la Integral

Empezamos con una funcion arbitraria f definida en un intervalo cerrado [a, b].f puede tener valores tanto negativos como positivos. Subdividimos el inter-valo [a, b] en subintervalos, no necesariamente del mismo ancho (o longitud), yformamos sumas como lo hicimos para las aproximaciones finitas. Para hacerlo,elegimos puntos entre a y b, que satisfagan

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b.

El conjunto P = {x0, x1, x2, . . . xn−1, xn} se llama particion de [a, b]. La par-ticion P divide [a, b] en n subintervalos cerrados

[xo, x1], [x1, x2], . . . , [xk−1, xk], . . . , [xn−1, xn]

El ancho del primer subintervalo [xo, x1] se denota mediante ∆x1 el anchodel segundo intervalo es ∆x2 y el ancho del k-esimo subintervalo es ∆xk =xk − xk−1. Si todos los n subintervalos tienen el mismo ancho, ∆x = b−a

n ,diremos que la particion P es regular.

En cada subintervalo elegimos algun punto ck. Entonces, en cada subintervalo levantamosun rectangulo vertical a partir del eje x hasta tocar la curva en (c, f(ck). Estos rectangulospueden estar arriba o debajo del eje x, dependiendo de si f(ck) es positivo o negativo, o sif(ck) = 0

En cada subintervalo formamos el producto f(ck)∆xk. Este producto es positivo, negativoo cero dependiendo del signo de f(ck). Cuando f(ck) > 0, el producto f(ck)∆xk es el areadel rectangulo con altura f(ck) y ancho ∆xk. Cuando f(ck) < 0, el producto f(ck)∆xk es unnumero negativo, el negativo del area del rectangulo de ancho ∆xk que cae desde el eje x alnumero negativo f(ck). Finalmente sumamos todos estos productos para obtener

SP =

n∑

k=1

f(ck)∆xk

12

Definition 4. Sea f una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b], y sea P una par-ticion de [a, b] dada por

a = x0 < x1 < x2 · · · < xn−1 < xn = b

donde ∆xk es el ancho de k-esimo subintervalo [xk−1, xk]. Si ck ∈ [xk−1, xk] entonces

SP =

n∑

k=1

f(ck)∆xk xk−1 ≤ ck ≤ xk

suma de Riemann de f para la particion P .

NOTA: Cuando una particion tiene subintervalos cuyo ancho varıa, podemos asegurar quetodos son angostos controlando el ancho del subintervalo mas ancho (mas largo). Definimosla norma de una particion P , denotada por ‖P‖ como el mayor de los anchos de todos lossubintervalos. Si ‖P‖ es un numero pequeno, todos los subintervalos de la particion P tienenancho pequeno.

Si los anchos ∆xk de estos rectangulos son todos muy pequenos (es decir, si la norma ‖P‖es pequena), entonces parece que la suma de Riemann SP aproximara el area de a a b bajoy = f(x) sobre el eje x, menos el area bajo el eje x.

NOTA: Si particion es regular esto es, todos los intervalos tienen la misma anchura lanorma se denota por

‖P‖ = ∆x =b− a

nparticion ordinaria

En una particion general, la norma se relaciona con el numero de subintervalos en [a, b] de lasiguiente forma

b− a

‖P‖ ≤ n particion general

De tal modo, que si ‖P‖ → 0 entonces n → ∞. La afirmacion reciproco es FALSA. Porejemplo, considere la particion del intervalo [0, 1] dado por

0 <1

2n<

1

2n−1< · · · < 1

8<

1

4<

1

2< 1

para cualquier valor positivo de n, la norma de la particion P es 12 (longitud mas grande).

De tal modo, como al dejar que n tienda a infinito no obliga a que ‖P‖ se aproxime a 0. SINEMBARGO, en una particion regular los enunciados ‖P‖ → 0 y n → ∞ si son equivalentes.

13

Definition 5. Sea f(x) una funcion definida en un intervalo cerrado [a, b]. La integral

definida de f en [a, b], es el numero

I = lım‖P‖→0

n∑

k=1

f(ck)∆xk

siempre que el lımite exista, en cuyo caso decimos que f es integrable en [a, b]. En otraspalabras, ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 tal que ‖P‖ < δ para toda particion P de [a, b] y

∣∣∣I −n∑

k=1

f(ck)∆xk

∣∣∣ < ǫ

Leibniz introdujo una notacion para la integral definida que evidencia su construccion comoun lımite de sumas de Riemann.

Si consideramos I como el area bajo y = f(x) de a a b, Leibniz penso primero en unadelgada banda con altura f(x) y ancho “ınfinitesirnalmente pequenoo”dx, de modo que suarea era el producto f(x)dx. Considero la integral como una suma de areas de tales bandasy denoto esta suma por

∫.

Origen de la notacion de

Leibniz para la integral

Notacion y existencia de la integral definida

El sımbolo para el numero I en la definicion de la integral definida es

I =

∫ b

a

f(x)dx

que se lee como la integral de a a b de f(x) respecto de x. Tambien las partes quecomponen el sımbolo de la integral tienen nombres:

Cuando se satisface la definicion, decimos que las sumas de Riemann de f en [a, b] con-

vergen a la integral definida I =∫ b

af(x)dx y que f es integrable en [a, b]. Tenemos muchas

opciones de una particion P con norma que tienda a cero, ası como numerosas alternativasde puntos ck para cada particion. La integral definida existe cuando siempre obtenemosel mismo lımite I, sin importar que elecciones hayamos hecho. En ese caso,

lım‖P‖→0

n∑

k=1

f(ck)∆xk = I =

∫ b

a

f(x)dx

Cuando cada particion es regular (es decir, ∆xk = b−an = ∆x) escribiremos

lımn→∞

n∑

k=1

f(ck)∆x = I =

∫ b

a

f(x)dx

El tal caso, las condiciones ‖P‖ → 0, ∆x → 0 y n → ∞ son equivalentes

14

NOTA: El valor de la integral depende solo de la funcion f y no de la letra que elijamospara representar la variable independiente.

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

f(t)dt =

∫ b

a

f(u)du

Dado que hay tal cantidad de opciones entre las cuales elegir al tomar un lımite de sumasde Riemann, puede parecer difıcil demostrar que tal lımite existe. Resulta, sin embargo, queno importa que eleccion se haga, las sumas de Riemann asociadas a una funcion continua

convergen al mismo lımite.

Teorema 6. Si una funcion f es continua en un intervalo [a, b], entonces f es integrable, esdecir, su integral definida en [a, b] existe.

1.0.6. Funciones integrales y no integrales

El Teorema 6 no dice como calcular integrales definidas, solo nos dice que las funcionescontinuas en el intervalo [a, b] son integrables ahı. Ahora la pregunta es, ¿las funciones queno son continuas pueden ser integrables o no?. R/ (Si) (Ejercicio). Para que una funcion nosea integrable es necesario que sea suficientemente discontinua.

Ejemplo 12. La funcion

f(x) =

1 si x es racional

0 si x es irracional

no tiene integral de Riemann en [0, 1].

SOL: Si escogemos una particion P de [0, 1] y elegimos ck como el valor maximo de f en[xk−1, xk] la suma de Riemann correspondiente es

U =∑

k=1

f(ck)∆xk =∑

k=1

(1)∆xk =∑

k=1

∆xk = 1

Por otra parte, si elegimos como el valor mınimo para f en la suma de Riemann es

L =∑

k=1

f(ck)∆xk =∑

k=1

(0)∆xk = 0

ya que cada subintervalo [xk−1, xk] contiene numeros irracionalesc ck donde f(ck) = 0. Comoel lımite depende de la eleccion de ck la funcion no es integrable.

Ejemplo 13. Utilice sumas de Riemann para calcular

∫ b

a

xdx donde a < b

SOL: Consideremos f(x) = x y x∗i = xi, donde ∆x = b−a

n y xi = a + i∆x. La suma deRiemann es entonces

n∑

i=1

f(xi)∆x =

n∑

k=1

(a+ i∆x)∆x = a∆x

n∑

k=1

1 + (∆x)2n∑

k=1

i

= ab− a

nn+

(b− a

n

)2n(n+ 1)

2

Entonces,

I =

∫ b

a

xdx = lımn→∞

n∑

k=1

f(xk)∆x = lımn→∞

a(b− a) + (b− a)2(1

2+

1

2n) =

1

2(b2 − a2)

15

Propiedades de las integrales definidas

Cuando f y g son integrables, la integral definida satisface

∫ a

b

f(x)dx = −∫ b

a

f(x)dx

DEM(e): Para toda particion de [a, b] y cualquier eleccion de los puntos ck

(mın f)(b− a) = (mın f)

n∑

k=1

∆xk =

n∑

k=1

(mın f)∆xk ≤=

n∑

k=1

f(ck)∆xk

≤n∑

k=1

(max f)∆xk = (max f)

n∑

k=1

∆xk = (max f)(b− a) �

Ejemplo 14. Probar que el valor de

∫ 1

0

√1 + cos t dt es menor que 3

2 .

SOL: La desigualdad max-mın para integrales definidas dice que (mın f)(b−a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤(max f)(b− a). Pero, en nuestro caso,

max[0,1]

√1 + cos t =

√1 + 1 =

√2

De manera que

∫ 1

0

√1 + cos t dt ≤

√2 <

3

2

16

Area debajo de la curva de una funcion no negativa

Definition 7. Si y = f(x) es no negativa e integrable en un intervalo cerrado [a, b], entoncesel area debajo de la curva y = f(x) en [a, b] es la integral de f de a a b,

A(S) =

∫ b

a

f(x)dx

Por primera vez tenemos una definicion rigurosa para el area de una region cuya fronteraes la grafica de cualquier funcion continua.

Ejemplo 15. Calcular

∫ b

a

x2dx y encontrar el area A debajo de en el intervalo [a, b], (b > 0).

SOL: Consideremos f(x) = x2, la particicion regular P = {x0, x1, . . . , xn} con ci = xi,luego ∆x = b−a

n y xi = a+ i∆x. La suma de Riemann es entonces

n∑

i=1

f(ci)∆x =

n∑

i=1

(a+ i∆x)2∆x = a2∆x

n∑

i=1

1 + 2a∆x

n∑

i=1

i+ (∆x)2n∑

i=1

i2

= a2(b− a

n

)n+ 2a

(b− a

n

)2n(n+ 1)

2+(b− a

n

)3n(n+ 1)(2n+ 1)

6

= a2(b− a) + a(b− a)2(1 +1

n) + (b− a)3

(13+

1

2n+

1

6n2

)

Entonces,

I =

∫ b

a

x2dx = lımn→∞

n∑

i=1

f(ci)∆x = a2(b− a) + a(b− a)2 +(b− a)3

3=

b3

3− a3

3

Valor promedio de una funcion y Teorema del valor medio

El concepto del valor promedio de una funcion es util para la demostracion del teoremafundamental. Por ello, empezamos con un concepto aritmetico: el promedio de n numerosa1, a2, . . . an se define como

a =a1 + a2 + · · ·+ an

n=

1

n

n∑

i=1

ai.

Pero, una funcion continua f en [a, b] puede tener una infinidad de valores f(x), peroaun ası podemos tomar una muestra de ellos de manera ordenada. Dividimos [a, b]en n subintervalos del mismo ancho ∆x = b−a

n y evaluamos f en el punto ck de cadauno. El promedio de los n valores de la muestra es

f(c1) + f(c2) + · · ·+ f(cn)

n=

1

n

n∑

i=1

f(ci) =1

n

n

b− a

n∑

i=1

f(ci)b− a

n

=1

b− a

n∑

i=1

f(ci)∆x

Conforme incrementamos el tamano de la muestra n, ∆x → 0 y el promedio se

aproxima a1

b− a

∫ b

a

f(x)dx.

17

Definition 8. Si f es integrable en [a, b], su valor promedio en [a, b], tambienllamado valor medio es

prom(f) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

El teorema del valor medio para integrales definidas afirma que la funcion f alcanza siempre,por lo menos una vez en el intervalo, el valor promedio.

Teorema 9. Si f es continua en [a, b], entonces en algun punto c en [a, b],

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

DEM: De la propiedad del max-min tenemos que

(mın f)(b−a) ≤∫ b

a

f(x)dx = (max f)(b−a) entonces (mın f) ≤ 1

b− a

∫ b

a

f(x)dx

︸ ︷︷ ︸K

≤ (max f)

Sea p, q ∈ [a, b] tal que mın f = f(p) y max f = f(q). Luegos, f(p) ≤ K ≤ f(q). Ahora,como f es continua, por el teorema del valor intermedio, ∃c ∈ [a, b] tal que

f(c) = K =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx �

¿Porque la continuidad es importante?. Es posible que una funcion discontinua nunca alcancesu valor promedio

Ejemplo 16. Probar que si f es continua en [a, b], a < b y si

∫ b

a

f(x)dx = 0 entonces

f(x) = 0 al menos una vez en [a, b].

SOL: El valor promedio de f en [a, b] es

prom(f) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx =1

b− a0 = 0

De acuerdo con el teorema del valor medio, f alcanza este valor en algun punto c ∈ [a, b].

1.0.7. Teorema fundamental

Si f(t) es una funcion integrable en un intervalo finito I, la integral de cualquier numero fijoa ∈ I a otro numero x ∈ I define una nueva funcion F cuyo valor en x es

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt (1.1)

Esta funcion F esta bien definida ya que cada valor de la entrada x existe un resultado biendefinido numericamente. El TFC afirma que F ′(x) = f(x). Analicemoslo desde el punto devista geometrico.

Si f ≥ 0 en [a, b], entonces F ′(x) = lımh→0F (x+h)−F (x)

h . Primero que todo observe que sih > 0 entonces F (x + h) − F (x) es una resta de areas, es decir es el area debajo la graficade f , de x a x+ h (ver grafica). Ahora si h es pequeno, esta area es aproximadamente igualal area del rectangulo de altura f(x) y ancho h,

F (x+ h)− F (x) ≈ hf(x) cuando h es pequeno

18

Por tanto, es razonable esperar que

F ′(x) = lımh→0

F (x+ h)− F (x)

h= f(x).

Este resultado es cierto aun si la funcion f no es positiva, y constituye la primera parte delteorema fundamental del calculo.

Teorema 10 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 1).Si f es continua en [a, b], entonces

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), y F ′(x) = f(x)

DEM: Por la definicion de la derivada

F ′(x) = lımh→0

F (x+ h)− F (x)

h= lım

h→0

1

h

(∫ x+h

a

f(t)dt−∫ x

a

f(t)dt).

Pero, ∫ x+h

a

f(t)dt =

∫ x

a

f(t)dt+

∫ x+h

x

f(t)dt

Entonces F ′(x) = lımh→0

1

h

∫ x+h

x

f(t)dt. El teorema del valor promedio nos dice que

1

h

∫ x+h

x

f(t)dt = f(c)

pam algun numero c ∈ [x, x+ h]. Cuando h → 0 x+ h → x, forzando a c a hacerlo tambien(porque c esta atrapada entre x y x+h ). Como f es continua en x, f(c) se aproxima a f(x)

lımh→0

f(c) = f(x)

veamos que F es continua en x = a,

lımx→a+

F (x)− F (a) = lımx→a+

F (x)− F (a)

x− a(x− a) = lım

x→a+

F (x)− F (a)

x− alım

x→a+(x− a) = 0

luego lımx→a+ F (x) = F (a). De manera analoga F es continua en x = b. Ası pues, F escontinua para todo punto de [a, b]. Esto concluye la prueba. �

Teorema 11 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 2).Si f es continua en [a, b] y G es cualquier antiderivada de f en [a, b], entonces

∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a)

DEM: Del Teorema Fundamental 10 nos dice que

F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

F es una antiderivada de f , pero como por hipotesis G es tambien una antiderivada de f .Luego,

G(x) = F (x) + C

19

para alguna constante C. Ahora evaluando tenemos

G(b)−G(a) = [F (b)− C]− [F (a)− C] = F (b)− F (a)

=

∫ b

a

f(t)dt−∫ a

a

f(t)dt

=

∫ b

a

f(t)dt �

NOTA INTERESANTE: Chic@s no les parece sorprendente que∫ b

af(t)dt, que fue definida

mediante un procedimiento “complicado”que requiere de todos los valores de f(x) para a <x < b se pueda determinar conociendo los valores de F (x) en solo dos puntos, a, b.

Derivacion e integracion como procesos inversos

TEOREMA FUND. DEL CALCULO Si f es continua en [a, b]

1. Si F (x) =

∫ x

a

f(t)dt entonces F ′(x) = f(x), es decir F es una antiderivada de f

2.

∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a) donde G es cualquier antideridada.

Usando la primera parte, encontramos que

d

dx

(∫ x

a

f(t)dt)=

d

dx(F (x)) = F ′(x) = f(x)

es decir, si INTEGRAMOS f y, a continuacion, DERIVAMOS el resultado, regresamos a lafuncion original f .

Teniendo en mente la segunda parte, y el hecho de que G′(x) = f(x), encontramos que∫ x

a

[G′(t)

]dt =

∫ x

a

f(t)dt = G(x)−G(a)

es decir, si DERIVAMOS G y, a continuacion, INTEGRAMOS el resultado, regresamos ala funcion original G menos una constante G(a). Si elegimos a de modo que G(a) = 0, estosignifica que la integracion cancela.el efecto de la derivacion.

NOTA HISTORICA: Sin duda, el teorema fundamental del calculo es el teorema, alcanzael nivel de uno de los mas grandes logros de la mente humana. Antes de ser descubierto, des-de los tiempos de Eudoxo y Arquımedes, hasta la epoca de Galileo y Fermat, los problemasde hallar areas, volumenes y longitudes de curvas eran tan difıciles que solo un genio podıaafrontar el reto. Pero ahora, armados con el metodo sistematico que Newton y Leibniz desa-rrollaron como el teorema fundamental, en los proximos capıtulos vera que estos estimulantesproblemas son accesibles para todos.

1.0.8. Notacion para Integrales

Debido a la relacion dada por el teorema fundamental entre las antiderivadas y las in-tegrales, necesita una notacion conveniente para las antiderivadas que facilite trabajar conellas. Por tradicion se usa la notacion

∫f(x)dx para una antiderivada de f y se llama integral

indefinida. Por esto,

∫f(x)dx = F (x) + C Significa F ′(x) = f(x)

20

y para la integral definida usaremos la notacion dada por

∫ b

a

f(x)dx = F (x)∣∣∣b

a= F (b)− F (a)

CUIDADO: Una integral definida

∫ b

a

f(x)dx es un numero, en tanto que una integral

indefinida

∫f(x)dx es una funcion (o una familia de funciones).

NOTA: La diferencial dx de la ecuacion∫f(x)dx especifica que la variable independiente

es x. Pero podemos describirla en terminos de cualquier variable independiente. Por ejemplo,las integrales indefinidas

∫3t2dt = t3 + C,

∫3y2dy = y3 + C

∫3u2du = u3 + C

significan exactamente lo mismo que

∫3x2dx = x3 + C.

1.1. Regla de Sustitucion

Hasta ahora solamente hemos podido encontrar antiderivadas de funciones que recono-cemos claramente como derivadas. Empezaremos a desarrollar tecnicas mas generales paraencontrar antiderivadas. Las primeras tecnicas de integracion que desarrollaremos se obtienenal invertir las reglas para encontrar derivadas, como la regla de las potencias y la regla de lacadena.

Teorema 12. Regla de sustitucion Regla de potencias Si u es cualquier funcion diferenciable,entonces ∫

undu =un+1

n+ 1+ C

Ejemplo 17.

∫x4dx =

x5

5+ C,

∫(r − 4)7dr =

(r − 4)8

8+ C,

∫(3m− 4)7dm =

(3m− 4)8

(3)(8)+ C

Regla de Sustitucion La idea es reemplazar una integral relativamente complicada poruna mas sencilla. Esto se lleva a cabo pasando de la variable original x a una nueva variableu que sea funcion de x. Por ejemplo,

u = x4 + 2

du = 4x3dx

∫x3 cos(x4 + 2)dx =

1

4

∫cosudu =

sinu

4=

sin(x4 + 2)

4+ C

El reto principal es pensar en una sustitucion apropiada. CLAVE: Buscar siempre una funcionque tenga derivada (salvo por constante) en el factor integrando.

Ejemplo 18. Ejemplos Sustitucion

21

1)

∫x2√x3 + 9dx

2)

∫2 sin3 x cosxdx

3)

∫x2

(x3 + 5)4dx

4)

∫t√t+ 1dt

5)

∫cos(

√x)√

xdx

6)

∫ π/2

0

(1 + sin θ)3/2 cos θdθ

7)

∫ π2

π2/4

sin√x cos

√x√

xdx

8)

∫2− x2

x3 − 6x+ 1dx

9)

∫x2ex

3

dx

10)

∫1

1 + exdx =

11)

∫ex

1 + e2xdx =

Ejemplo 19. Aplicaciones del TFC Determined

dx

(∫ x

0

√t2 + 25dt

)

SOL 1: Usando el TFC1 tenemosd

dx

(∫ x

2

√t2 + 25dt

)=√x2 + 25

SOL 2: Supongamos que G(t) es una primitiva de√t2 + 25. Es decir,

G′(t) =√

t2 + 25

∫ x

2

√t2 + 25dt = G(t)

∣∣∣x

2= G(x)−G(2)

Ası que,

d

dx

( ∫ x

2

√t2 + 25dt

)=

d

dx

(G(x)−G(2)

)= G′(x)(1)−G′(2)(0)

=√x2 + 25

Ejemplo 20. Determined

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1 dt)

SOL 1: Usando el TFC1 podemos concluir que

d

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1dt)= 4x4 + 1 NOOOOOOO

SOL 2: Supongamos que H(t) es una primitiva de 4t2 + 1. Es decir,

H ′(t) = 4t2 + 1,

∫ x2

2

(4t2 + 1)dt = H(t)∣∣∣x2

2= H(x2)−H(2)

Ası que,

d

dx

(∫ x2

2

4t2 + 1dt)=

d

dx

(H(x2)−H(2)

)= H ′(x2)(2x)−H ′(2)(0)

= (x4 + 1)(2x)

22

Ejemplo 21. Determined

dx

(∫ x6

1

t3 sin t dt)

SOL: Supongamos que G(t) es una antiderivada de t3 sin t. Es decir,

G′(t) = t3 sin t

∫ x6

1

t3 sin tdt = G(t)∣∣∣x6

1= G(x6)−G(1)

Ası que,

d

dx

(∫ x6

1

t3 sin t dt)=

d

dx

(G(x6)−G(1)

)= G′(x6)(6x5)−G′(1)(0)

= [(x6)3 sin(x6)](6x5)

Ejemplo 22. Determined

dx

(∫ x2

√x

t2dt)

SOL: Supongamos que H(t) es una primitiva de t2. Es decir,

H ′(t) = t2,

∫ x2

√x

t2dt = H(t)∣∣∣x2

√x= H(x2)−H(

√x)

Ası que,

d

dx

(∫ x2

√x

t2dt)=

d

dx

(H(x2)−H(

√x))= H ′(x2)(2x)−H ′(

√x)(

1

2√x)

= (x4)(2x)− x

2√x

Regla de sustitucion

Teorema 13. Si u = g(x) es una funcion diferenciable cuyo rango es un intervalo Iy f es continua en I, entonces

∫f(u)du =

∫f(g(x))g′(x)dx

DEM: Sea F una antiderivada de f , esto es, F ′ = f . Ahora, de la regla de la cadena,

d

dxF (g(x)) = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x)

De manera que si u = g(x) encontramos

∫f(g(x))g′(x)dx =

∫d

dxF (g(x))

TFC1= F (g(x)) + C = F (u) + C

TFC1=

∫F ′(u)du =

∫f(u)du �

Ejemplo 23.

1.

∫x5√

1− x2dx=

2.

∫1 + x

1 + x2dx

23

3.

∫dk

5− 3k

4.

∫1

cos2(2x)dx

Teorema 14. Sea u = g(x) tiene una derivada continua en [a, b] y que f es continuaen el conjunto g([a, b]). Entonces

∫ b

a

f(g(x))g′(x) =

∫ g(b)

g(a)

f(u)du

DEM: Sea F cualquier antiderivada de f , esto es, F ′ = f .

∫ b

a

f(g(x))g′(x)dx =

∫ b

a

d

dxF (g(x))

TFC2= F (g(x))

∣∣∣b

a= F (g(b))− F (g(a)) = F (u)

∣∣∣g(b)

g(a)=

∫ g(b)

g(a)

f(u)du �

Ejemplo 24.

1.

∫ 1

0

x2√1− xdx=

2.

∫ 3

0

(θ + cosθ

6)dθ

3.

∫ e

1

lnx

xdx

4.

∫ √π

0

x cos(x2)dx

Integrales definidas para funciones simetricas

Teorema 15. Sea f continua en un intervalo [−a, a]

1. Si f es par,

∫ a

−a

f(x)dx = 2

∫ a

0

f(x)dx

2. Si f es impar,

∫ a

−a

f(x)dx = 0

Ejemplo 25. Compruebe las siguientes resultados

a)

∫ π/2

−π/2

(sen3 x cosx+ senx cosx)dx = 0

b)

∫ 1

−1

tanx

1 + x2 + x4dx = 0

c)

∫ 2

−2

(x4 − 4x2 + 6)dx = 2

∫ 2

0

(x4 − 4x2 + 6)dx

(a) Funcion par

(b) Funcion impar

Integracion por partes

La integral de un producto en general no es el producto de las integrales:

∫f(x)g(x)dx 6=

∫f(x)dx

∫g(x)dx

24

La integracion por partes es una tecnica para simplificar integrales de la forma

∫f(x)g(x)dx.

Esto es util cuando f puede diferenciarse repetidamente y g puede integrarse repetidamentesin dificultad. la integral ∫

xexdx

es un ejemplo, ya que f(x) = x puede diferenciarse dos veces para convertirse en cero, yg(x) = ex puede integrarse de manera repetida sin dificultad. La integracion por partestambien se aplica a integrales como

∫ex cosxdx

en las que cada parte del integrando vuelve a aparecer despues de diferenciaciones e integra-ciones sucesivas.

La formula de la integracion por partes es una consecuencia sencilla de la regla del pro-ducto para derivadas:

d

dx(uv) = v

du

dx+ u

dv

dx= vu′ + uv′

Si escribirnos esta formula en Ia forma u(x)v′(x) = ddx [u(x)v(x)] − v(x)u′(x) entonces al

integrar tenemos ∫u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−

∫v(x)u′(x)dx

Esta es la formula de la integracion por partes. En ocasiones es mas facil recordar laformula si la escribimos en forma diferencial. Sea du = u(x)dx y dv = v′(x)dx. Entoncesutilizando la regla de sustitucion,

Fomula de integracion por partes

∫udv = uv −

∫vdu

NOTA: Para aplicar la integracion por partes a una integral dada, primero factorizamossu integrando en dos “partes”, u y dv, tales que la ultima incluya la diferencial dx. Intentamoselegir esas partes de acuerdo con dos principios:

La primitiva v =∫dv debe ser facil de determinar.

La nueva integral∫vdu debe ser mas facil de calcular que la integral original

∫udv.

Una estrategia eficaz consiste en elegir dv como el factor mas complicado que se puedaintegrar facilmente. Entonces derivamos la otra parte, u, para encontrar du.

Ejemplo 26.

1.

∫ln(x)dx

2.

∫sen−1(z)dz

3.

∫x cosxdx

4.

∫t(ln t)2dt

5.

∫ 1

0

z2ezdz

6.

∫ln t

t√tdt

7.

∫sen(3x)e2xdx

8.

∫cos3 xdx

9.

∫x tan−1 xdx

25

1.2. Integracion de funciones racionales y fracciones par-

ciales

El metodo de fracciones parciales es una tecnica algebraica que descompone una

funcion racional P (x)Q(x) en una suma de terminos:

P (x)

Q(x)= z(x) + F1(x) + F2(x) + · · ·+ Fk(x),

donde z(x) es un polinomio y cada expresion Fi(x) es una fraccion que puede integrarse conpoca dificultad. A las fraccion Fi son llamadas fracciones parciales y tienen la siguientesforma

A1

(px+ q),

A2

(px+ q)2, . . . ,

An

(px+ q)n, Fracciones Lineales

B1x+ C1

(ax2 + bc+ c),

B2x+ C2

(ax2 + bx+ c)2, . . . ,

Bnx+ Cn

(ax2 + bx+ c)nFracciones cuadraticas

aqui ax2 + bx+ c es irreduible. Por ejemplo,

x+ 5

x2 + x− 2=

x+ 5

(x− 1)(x+ 2)=

2

x− 1− 1

x+ 2

⇒∫

x+ 5

x2 + x− 2dx =

∫2

x− 1dx−

∫1

x+ 2dx = 2 ln(|x− 1|)− ln(|x+ 2|) + C

Descripcion general del metodo

El exito al escribir una funcion racional P (x)Q(x) como una suma de fracciones parciales

depende de dos cosas:

1. El grado de P (x) debe ser menor que el grado de Q(x). Esto es, la fraccion debeser propia. Si no es ası, tenemos que divida P (x) entre Q(x) y asi encontramos unpolinomio z(x) y una nueva fraccion propia. Ejemplo,

x3 + x2 + x− 1

x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸NO propia

= (x− 1)︸ ︷︷ ︸z(x)

+x+ 1

x2 + 2x+ 2︸ ︷︷ ︸Propia

2. Debemos conocer los factores deQ(x). Es decir, debemos escribirQ(x) = (. . .)(. . .)(. . .)(. . .).

26

Descomposicion de una fraccion PROPIAP (x)

Q(x)en fracciones simples

1. Primero Factorize Q(x): Factorizar completamente el denominador en factores detipos

(px+ q)m y (ax2 + bx+ c)n

donde ax2 + bx+ c es irreducible.

2. Factores Lineales: Para cada factor lineal (px+q)m, la descomposicion en fraccionesdebe incluir la siguiente suma de m fracciones

A1

(px+ q)+

A2

(px+ q)2+ · · ·+ Am

(px+ q)m,

3. Factores Cuadraticos: Para cada factor lineal (ax2+ bx+ c)n, la descomposicion enfracciones debe incluir la siguiente suma de n fracciones

B1x+ C1

(ax2 + bx+ c)+

B2x+ C2

(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Bnx+ Cn

(ax2 + bx+ c)n

Ejemplo 27. Determinar las fracciones parciales de las siguiente fracciones

1

x2 − 5x+ 6=

1

(x− 2)(x− 3)=

A

x− 2+

B

x− 3

5x2 + 20x+ 6

x3 + 2x2 + x=

5x2 + 20x+ 6

x(x2 + 2x+ 1)=

5x2 + 20x+ 6

x(x+ 1)2=

A

x+

B

x+ 1+

C

(x+ 1)2

2x3 − 4x− 8

(x2 − x)(x2 + 4)=

2x3 − 4x− 8

x(x− 1)(x2 + 4)=

A

x+

B

x− 1+

Cx+D

x2 + 4

8x3 − 13x

(x2 + 2)2=

Ax+B

x2 + 2+

Bx+D

(x2 + 2)2

2x3 + x2 − 7x+ 7

x2 + x− 2= 2x− 1 +

−2x+ 5

(x+ 2)(x− 1)= 2x− 1 +

A

x+ 2+

B

x− 1

2x3 − 4x2 − x− 3

x2 − 2x− 3= 2x+

5x− 3

(x− 3)(x+ 1)= 2x+

A

x− 3+

B

x+ 1

−2x+ 4

(x2 + 1)(x− 1)2=

Ax+B

x2 + 1+

C

x− 1+

C

(x− 1)2

x− 1

(x+ 1)3=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

(x+ 1)3

Para encontrar los valores de los coeficientes indeterminados A, B, C y D usaremos

Igualacion de polinomios

Dar valores a x para que se anulen varios terminos.

Derivacion.

Ejemplo 28. Calcular la integral

∫xdx

(x2 + 1)(x− 1)

SOL: Descomponemos la fraccion

x

x2 + 1)(x− 1)=

Ax+B

(x2 + 1)+

C

x− 1

27

Multiplicando por (x2 + 1)(x− 1) tenemos

x = (Ax+B)(x− 1) + C(x2 + 1)

= (A+ C)x2 + (−A+B)x+ (B + C)

Si igualamos coeficientes, obtenemos el sistema,

A+ C = 0, −A+B = 1, B + C = 0

Entonces A = − 12 y B = C = 1

2 . Ası que∫xdx

(x2 + 1)(x− 1)= −1

2

∫x− 1

(x2 + 1)dx+

1

2

∫dx

x− 1

= −1

2

∫xdx

(x2 + 1)+

1

2

∫dx

(x2 + 1)+

1

2

∫dx

x− 1

= −1

4ln |x2 + 1|+ 1

2arctanx+

1

2ln |x− 1|+ C

Ejemplo 29. Determine A, B y C en el desarrollo de fracciones parciales

x2 + 1

(x− 1)(x− 2)(x− 3)=

A

x− 1+

B

x− 2+

C

x− 3

Multiplicando por (x− 1)(x− 2)(x− 3) tenemos

x2 + 1 = A(x− 2)(x− 3) +B(x− 1)(x− 3) + C(x− 1)(x− 2)

Haciendo x = 1, entonces A = 1. Si x = 2 entonces B = −5. Si x = 3 entonces C = 5.

Ejemplo 30. Determinar A, B y C en la ecuacion

x− 1

(x+ 1)3=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

(x+ 1)3

Multiplicando por (x+ 1)3 tenemos

x− 1 = A(x+ 1)2 +B(x+ 1) + C

La sustitucion x = −1 muestra que C = −2. Despues derivamos ambos lados respecto de x.obteniendo

1 = 2A(x+ 1) +B.

Nuevamente la sustitucion x = −1 muestra que B = 1. Nuevamente derivamos para obtener0 = 2A, es decir A = 0

1.2.1. Integrales trigonometrica

Iniciamos con integrales de la forma:

∫sinm x cosn xdx

1. Si m = 2k + 1 es impar

∫sinm x cosn xdx =

∫(sin2 x)k cosn x(sinx)dx =

∫(1− cos2 x)k cosn x(sinx)dx

2. Si n = 2k + 1 es impar

∫sinm x cosn xdx =

∫sinm x(cos2 x)k(cosx)dx =

∫sinm x(1− sin2 x)k(cosx)dx

3. Si n,m = 2k es par debemos usar nas identidades

sin2 x =1− cos(2x)

2, cos2 x =

1 + cos(2x)

2

28

Ejercicio 7.

∫sen3 x cos2 xdx

∫cos5 θdθ

∫cos2 x sen2 xdx

∫ π/4

0

√1 + cos(4z) dz

∫tan4 x dx

∫sec3 z dz

1.3. Sustituciones trigonometricas

Las sustituciones trigonometricas pueden ser eficaces para transformar integrales que in-cluyen √

a2 − x2,√a2 + x2,

√x2 − a2

y en integrales que podamos evaluar de manera directa. Para ello usaremos la identidadpitagoricas cos2 θ + sin2 θ = 1

Ejemplo 31. Cada una de las siguientes expresiones representa un cateto o una hiponusa deun triangulo. Apartir de esta expresion complete los datos del triangulo y halle una sustitucionapropiada para x en terminos de θ.

29

1.√9− x2

SOL: Claramente√9− x2 es un cateto

y por tanto, la hipotenusa=3, y el otrocateto es x,

Aqui, una buena sust. serıa

sin θ =x

3

2.√m2 − 9

3.√16 + x2

4.√25p2 − 4

5.√49− 4z2

6.√e2t + 9

7.√1 + (ln y)2

8.√4x2 + 1

SOL: Claramente 4x2 + 1 es la hipotenusa alcuadrada y por tanto, los catetos son: 1 y 2x,

Ejemplo 32. Halle las sigueintes integrales usando una apropiada sustitucion trigonometri-ca.

1.

∫dx

x2√9− x2

30

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion sin θ =

x

3. Luego

x = 3 sin θ dx = 3 cos θdθ − π/2 < θ < π/2

entonces∫

dx

x2√9− x2

=

∫3 cos θdθ

9 sin2 θ√9− 9 sin2 θ

=

∫cos θdθ

9 sin2 θ√1− sin2 θ

=

∫dθ

9 sin2 θ=

1

9

∫csc2 θdθ

= −1

9cot θ + C = −1

9

√9− x2

x+ C

2.

∫dx√

4x2 + 1

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx√

4x2 + 1=

3.

∫dx

(x2 + 1)3/2

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx

(x2 + 1)3/2=

4.

∫ 2

√3

√x2 − 3

x

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ 2

√3

√x2 − 3

x=

31

5. *

∫ √x2 + 1dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √x2 + 1dx =

6. *

∫ √x2 − 4dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √x2 − 4dx =

7. *

∫ √25− x2dx

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫ √25− x2dx =

8.

∫dx√

25x2 − 4

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx√

25x2 − 4=

32

9.

∫x3dx√1− x2

SOL:Aquı vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫x3dx√1− x2

=

10.

∫dx

4x2 + 9

SOL:Aqui vamos a considerar la sustitucion . Luego

x = dx = < θ <

entonces∫dx

4x2 + 9=

1.4. Integracion Numerica

Como hemos visto, la manera ideal de evaluar una integral definida∫ b

af(x)dx consiste

en determinar una formula F (x) para una de las antiderivadas de f(x) y calcular el numeroF (b) − F (a). Pero encontrar algunas antiderivadas requiere considerable trabajo, e inclusootras, como las antiderivadas de∫

sin(x2)dx,

∫1

ln(x)dx,

∫ √1 + x4dx,

∫ √x cosxdx,

∫cosx

xdx,

∫ex

2

dx

no tienen formulas elementales. Aquı el Teorema Fundamental del Calculo no es de utilidady hay que recurrir a una tecnica de aproximacion, como la regla del trapecio o la regla deSimpson.

Regla del Trapecio

Una forma de aproximar una integral definida consiste en utilizar trapecios, en lugar derectangulos, como se muestra en la Fig 1. En nuestro analisis de este metodo, supondremosque f es positiva, pero el unico requisito es que f sea continua en el intervalo de integracion[a, b]. De tal modo, la integral definida

∫ b

a

f(x)dx

representa el area de la region delimitada por la grafica de f y el eje x, desde x = a hastax = b. Primero, se divide el intervalo [a, b] en n subintervalos, no es necesario que los puntosde subdivision de la figura esten igualmente espaciados, pero la formula es mucho mas sencillasi lo estan. Por lo tanto, supondremos que la longitud de cada subintervalo es

∆x =b− a

ny a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

33

Luego se forma un trapecio para cada subintervalo (Fig 2), El area del i-esimotrapecio es

Area del i-esimo trapecio =[f(xi−1) + f(xi)

]∆x

2

Esto implica que la suma de las areas de los n trapecios es:

Fig. 1

Tn =[f(x0) + f(x1)

]∆x

2+[f(x1) + f(x2)

]∆x

2+ · · ·+

[f(xn−1) + f(xn)

]∆x

2

=n∑

i=1

[f(xi−1) + f(xi)

]∆x

2

=([

f(x0) + f(x1)]+[f(x1) + f(x2)

]+[f(x2) + f(x3)

]+ · · ·+

[f(xn−1) + f(xn)

])∆x

2

=(f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + · · ·+ 2f(xn−1) + 2f(xn)− f(xn)

)∆x

2

=[f(x0)− f(xn)

]∆x

2+ 2[f(x1) + f(x2) + f(x3) + · · ·+ f(xn−1) + f(xn)

]∆x

2

=[f(a)− f(b)

]∆x

2+

n∑

i=1

f(xi)∆x

Haciendo ∆x = b−an , puede tomarse el lımite cuando n → ∞ para obtener

lımn→∞

Tn = lımn→∞

[f(a)− f(b)

]b− a

2n+ lım

n→∞

n∑

i=1

f(xi)∆x = 0 +

∫ b

a

f(x)dx

Teorema 16. La regla de los trapecios

Sea f continua en [a, b]. La formula para aproximar∫ b

af(x)dx por medio de trapecios es:

∫ b

a

f(x)dx ≈ Tn =b− a

2n

(f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + · · ·+ 2f(xn−1) + f(xn)

)

NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de los trapecios siguen el siguiente patron.1, 2, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 1

Ejemplo 33. Utilice la regla del trapecio con n = 4 para estimar

∫ 2

1

x2dx. Compare la

estimacion con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 14

(Fig.1). Como xi = 1+ i4 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 5

4 ,64 ,

74 , 2 y ası, la

regla del trapecio da

34

T4 =

4∑

i=1

[f(xi−1 + f(xi))]∆x

2=

1

2(4)

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)

]

=1

8

[f(1) + 2f(

5

4) + 2f(

6

4) + 2f(

7

4) + f(2)

]

=1

8

[1 + 2(

25

16) + 2(

36

16) + 2(

49

16) + 4

]=

75

32= 2,34375

El valor exacto de la integral es

∫ 2

1

x2dx =x3

3

∣∣∣2

1=

7

3. Luego, difiere del valor exacto

en |2,34375− 73 | = 0,01041

Ejemplo 34. Utilizar la regla de los trapecios para n = 4 para aproximar

∫ π

0

sinxdx Comparar

con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [0, π] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = π4 (Fig.2).

Como xi = 1 + iπ4 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, π

4 ,2π4 , 3π

4 , π y ası, la regla deltrapecio da

T4 =∆x

2

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + f(b)

]

=π

2(4)

[f(0) + 2f(

π

4) + 2f(

2π

4) + 2f(

3π

4) + f(π)

]

=π

8

[sin 0 + 2(sin(

π

4)) + 2(sin(

2π

4)) + 2(sin(

3π

4)) + (sin(π))

]

=π

8

[0 +

√2 + 2 +

√2 + 0

]=

π(2√2 + 2)

8= 1,896

El valor exacto de la integral es

∫ π

0

sinxdx = − cosx∣∣∣π

0= 2. Luego, difiere del valor exacto en

|1,896− 2| = 0,104

Fig. 2

Ejemplo 35. Utilice la regla del trapecio con n = 5 para estimar

∫ 2

1

1

xdx. Compare la estimacion

con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [1, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x = 15 (Fig.3).

Como xi = 1 + i5 entonces los extremos de los subintervalos son: 1, 6

5 ,75 ,

85 ,

95 , 2 y ası, la regla del

trapecio da

T5 =∆x

2

[f(a) + 2f(x1) + 2f(x2) + 2f(x3) + 2f(x4) + f(b)

]

=1

2(5)

[f(1) + 2f(

6

5) + 2f(

7

5) + 2f(

8

5) + 2f(

9

5) + f(2)

]

=1

10

[1 + 2(

5

6) + 2(

5

7) + 2(

5

8) + 2(

5

9) +

1

2

]= 0,695635

El valor exacto de la integral es

∫ 2

1

1

xdx = lnx

∣∣∣2

1= ln(2) = 0,693147. Luego, difiere del valor

exacto en |0,695635− 0,693147| = 0,00248

Fig. 3

Regla de Simpson

Las sumas de Riemann y la regla del trapecio son aproximaciones razonables a∫ b

af(x)dx.

La regla del trapecio es mas eficiente, da una mejor aproximacion para valores pequenos de

35

n, lo cual proporciona un algoritmo mas rapido para integracion numerica.

Otra regla para aproximar∫ b

af(x)dx resulta de utilizar parabolas en lugar de segmentos

de recta que producen trapecios, esta es la Regla de Simpson. Como antes, hacemos unaparticion del intervalo [a, b] en n subintervalos de igual longitud ∆x = b−a

n Esta vez, sinembargo, se requiere que n sea par, y los subintervalos se agrupan en pares tales que

Por lo tanto en cada par consecutivo de intervalos la curva se aproxima mediante y =f(x) ≥ 0 una parabola. En la siguiente figura Pi = (xi, f(xi)) es el punto sobre la curva queyace arriba de xi. Una parabola tıpica pasa por tres puntos consecutivos Pi, Pi+1, y Pi+2.

Ejercicio 8. Si p(x) = Ax2 +Bx+ C, entonces firmamos que

∫ b

a

p(x)dx =b− a

6

[p(a) + 4p

(a+ b

2

)+ p(b)

]

Solucion:

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

Ax2 +Bx+ C =Ax3

3+

Bx2

2+ Cx

∣∣∣∣b

a

=A(b3 − a3)

3+

B(b2 − a2)

2+ C(b− a)

=b− a

6

[2A(a2 + ab+ b2) + 3B(b+ a) + 6C

]

=b− a

6

[(Aa2 +Ba+ C)︸ ︷︷ ︸

p(a)

+4[A(

b+ a

2) +B(

b+ a

2) + C

]

︸ ︷︷ ︸4p( a+b

2)

+(Ab2 +Bb+ C)︸ ︷︷ ︸p(b)

]

=b− a

6

[p(a) + 4p(

b+ a

2) + p(b)

]

En cada subintervalo (doble) [xi−2, xi] puede aproximarse f por medio de un polino-mio p de grado menor que o igual a 2. Por ejemplo, en el subintervalo [x0, x2], elegirel polinomio de menor grado que pasa a traves de los puntos (x0, f(x0)), (x1, f(x1))y (x2, f(x2)) como se muestra en la figura 4. De Manera que,

Fig 4.

∫ x2

x0

f(x)dx ≈∫ x2

x0

p(x)dx =x2 − x0

6

[p(x0) + 4p

(x0 + x2

2

)+ p(x2)

]

=2∆x

6

[p(x0) + 4p(x1) + p(x2)

]=

b− a

3n

[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]

36

De manera analoga, supongamos que en el subintervalo [x2, x4] el polinomio q(x) aproxima

a

∫ x4

x2

f(x)dx luego, tenemos que

∫ x4

x2

f(x)dx ≈∫ x4

x2

q(x)dx =b− a

3n

[f(x2) + 4f(x3) + f(x4)

]

Por tanto, repitiendo este procedimiento en el intervalo completo [a, b] encontramos que

∫ b

a

f(x)dx =

∫ x2

x0

f(x)dx+

∫ x4

x2

f(x)dx+

∫ x6

x4

f(x)dx+ · · ·+∫ xn

xn−2

f(x)dx

≈ b− a

3n

([f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

]+[f(x2) + 4f(x3) + f(x4)

]+

+[f(x4) + 4f(x5) + f(x6)

]+ · · · +

[f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)

])

Este resultado se conoce como regla de Simpson, y es valida para cualquier funcion con-tinua y = f(x). La funcion no necesita ser positiva, como en nuestra deduccion. El numerode subintervalos n debe ser par para aplicar la regla, ya que cada arco parabolico utiliza dossubintervalos.

Teorema 17. La regla de Simpson

Sea f continua en [a, b] y sea n un entero par. La regla de Simpson para aproximar

∫ b

a

f(x)dx es:

∫ b

a

f(x)dx ≈ Sn =b− a

3n

(f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + · · ·+ 2f(xn−1) + 4f(xn−1) + f(xn)

)

NOTA: Observe que los coeficientes en la regla de Simpson siguen el siguiente patron.

1, 4, 2, 4, 2, 4, 2 . . . 2, 4, 2, 4, 2, 4, 1

Ejemplo 36. Utilice la regla de Simpson con n = 4 para aproximar

∫ 2

0

5x4dx. Compare la

estimacion con el valor exacto.

SOL: Dividamos el intervalo [0, 2] en cuatro subintervalos de la misma longitud ∆x =24 = 1

2 . Como xi = 0 + i2 entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 1

2 , 1,32 , 2 y ası, la

regla de Simpson da

S4 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + f(b)

]

=1

2(3)

[f(0) + 4f(

1

2) + 2f(1) + 4f(

3

2) + f(2)

]

=1

6

[0 + 20(

1

2)4 + 10(1)4 + 20(

3

2)4 + 5(2)4

]

=385

12= 32 +

1

12

El valor exacto de la integral es

∫ 2

0

5x4dx = x5∣∣∣2

0= 32. Luego, difiere del valor exacto en

| 38512 − 32| = 112

Ejemplo 37. Utilice la regla de Simpson con n = 10 para aproximar

∫ 1

0

ex2

dx.

37

SOL: Dividamos el intervalo [0, 1] en 10 subintervalos de la misma longitud ∆x = 110 = 0,1.

Como xi = 0+i(0,1) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,1, 0,2, . . . , 0,7, 0,8, 0,9, 1y ası, la regla de Simpson da

S10 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + · · ·+ 4f(x7) + 2f(x8) + 4f(x9) + f(b)

]

=1

30

[f(0) + 4f(0,1) + 2f(0,2) + 4f(0,3) + · · ·+ 4f(0,7) + 2f(0,8) + 4f(0,9) + f(1)

]

=1

30

[e0 + 4e0,01 + 2e0,04 + 4e0,09 + 2e0,16 + 4e0,25 + 2e0,36 + 4e0,49 + 2e0,64 + 4e0,81 + e1

]

≈ 1,462681

Ejemplo 38. Utilice la regla de Simpson con n = 6 para aproximar

∫ 3

0

x2dx.

SOL: Dividamos el intervalo [0, 3] en 6 subintervalos de la misma longitud ∆x = 36 = 0,5.

Como xi = 0+ i(0,5) entonces los extremos de los subintervalos son: 0, 0,5, 1, 1,5, 2, 2,5, 3y ası, la regla de Simpson da

S6 =∆x

3

[f(a) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + 4f(x5) + f(b)

]

=1

6

[f(0) + 4f(0,5) + 2f(1) + 4f(1,5) + 2f(2) + 4f(2,5) + f(3)

]

=1

6

[0 + 4(0,25)2 + 2(1)2 + 4(1,5)2 + 2(4) + 4(2,5)2 + 9

]

= 9

El valor exacto de la integral es

∫ 3

0

x2dx = x33∣∣∣3

0= 9

HASTA AQUI VA EL PRIMER EXAMEN. ¡¡¡Exitos!!!

38

Calculo Integral

Aplicaciones de la Integral

2.1. Areas de regiones Planas

Recordemos que nuestra definicion area A bajo la grafica de una funcion continua positivaf en el intervalo [a, b], esta dada por

A = lım‖P‖→0

n∑

i=i

f(xi)∆xi =

∫ b

a

f(x)dx.

Nuestro nuevo objetivo es determinar areas de regiones mas generates del plano, como:

En general, considere la region que encierra dos funciones f y g las cuales son continuasen el intervalo [a, b]. Podemos interpretar geometricamente el area de la region como

Para verificar este resultado es cierto, empecemos por dividir el intervalo [a, b] entren subintervalos, cada uno de anchura ∆xi. Entonces, como se muestra en la Figura,se traza un rectangulo representativo de anchura ∆x y altura f(xi)− g(xi), dondexi es un punto del i-esimo subintervalo.El area de este rectangulo representativo Ai es

∆Ai = Altura × ancho = [f(xi)− g(xi)]∆x

Aproximamos entonces el area de la region, sumando las areas de los n rectangulos

39

A ≈n∑

i=1

∆Ai =

n∑

i=1

[f(xi)− g(xi)]∆x. Suma de Riemann

La intuicion y la razon nos sugieren que esta aproximacion se puede hacer arbitrariarnenteprecisa, eligiendo n suficientemente grande (esto es, ∆x → 0)

A = lımn→∞

n∑

i=1

[f(xi)− g(xi)]∆x =

∫ b

a

[f(x)− g(x)]dx

la ultima de igualdad es cierta debido a que f y g son continuas.

Definition 18. (Areas entre dos curvas, respecto a x.)Sean f y g continuas tales que f(x) ≥ g(x) en todo [a, b]. Entonces el area A de laregion acotada por las curvas y = f(x) y y = g(x) y por las rectas verticales x = a yx = b es

A =

∫ b

a

[f(x)− g(x)]dx

Algunas regiones se manejan mejor si se considera a x en funcion de y. Si una regionesta limitada con curvas de ecuaciones x = f(y), x = g(y), y = c y y = d, donde f yg son continuas y f(y) ≥ g(y) para c ≤ y ≤ d, entonces su area es

A =

∫ d

c

[f(y)− g(y)]dy

Definition 19. (Areas entre dos curvas, respecto a y.)Sean f y g continuas tales que f(y) ≥ g(y) en todo [c, d]. Entonces el area A de laregion acotada por las curvas x = f(y) y x = g(y) y por las rectas verticales y = c yy = d es

A =

∫ d

c

[f(y)− g(y)]dy

Por ejemplo, segun las graficas, es mas facil integrar respecto a x o respecto a y?

Cuando el rectangulo representativo es un rectangulo vertical (de anchura ∆x) en-tonces integramos respecto a x, y debemos identificar las funciones

ysup, yınf de manera que A =

∫ b

a

[ysup − yınf ]dx

Cuando el rectangulo representativo es un rectangulo horizontal (de anchura ∆y)entonces integramos respecto a y, y debemos identificar las funciones

xder, xizq de manera que A =

∫ d

c

[xder − xizq]dy

40

PASOS PARA CALCULAR AREAS PLANAS:

Dibujar las graficas de las curvas.

Indentificar el rectangulo representativo mas apropiado Vertical o Horizontal.

Si el rectangulo es Vertical entonces integramos respecto a x, y buscamos la funcionque esta por encima, ysup y la funcion que esta por abajo yınf .

Si el rectangulo es Horizontal entonces integramos respecto a y y buscamos la funcionque esta a derecha, xder y que funcion que esta a izquierda xizq.

Buscamos los lımites de integracion graficamente. Si no fuese posible, los determinamos,resolviendo la ecuacion f = g.

Integramos la funcion f − g para hallar el area de la region.

Ejemplo 39. Encontrar el area de la region acotada por las graficas de y = x2 + 2,y = −x, x = 0 y x = 1.

SOL: Segun la grafica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =x2 + 2 y yınf = −x y el area de la region es

∫ b

a

(ysup − yınf)dx =

∫ 1

0

[(x2 + 2)− (−x)]dx =

Ejemplo 40. Encontrar el area de la region acotada por la parabola y la rectay = 2− x2, y = −x.

SOL: Segun la grafica, integramos respecto a x (rect. vertical). Claramente, ysup =2− x2 y yınf = −x. Ahora, hallamos los lımites de integracion resolviendo el sistemay = 2− x2 y y = −x. Usando el metodo de igualacion tenemos

2− x2 = −x x2 − x− 2 = 0 (x+ 1)(x− 2) = 0 ⇒ x = −1, x = 2

Por tanto, el area de la region es

∫ b

a

(ysup − yınf)dx =

∫ 2

−1

[(2− x2)− (−x)]dx =

Ejemplo 41. Encontrar el area de la region acotada por las funciones y = sin(x) yy = cosx con 0 ≤ x ≤ 9π

2 .

SOL: Segun la grafica, es mas facil si integramos respecto a x. Hallamos los lımitesde integracion resolviendo el sistema y = sinx y y = cosx. Usando el metodo deigualacion.

sinx = cosx tanx = 1 ⇒ x =π

4,5π

4,9π

4

Observe que, no existe un funcion superior, ni inferior para todo 0 ≤ x ≤ 9π2 . Motivo

por el cual no podemos calcular al area de la region usando una sola integral. Laregion se divide en dos regiones, luego el area

A =

∫ 5π/4

π/4

(ysup − yınf)dx+

∫ 9π/4

5π/4

(ysup − yınf)dx

=

∫ 5π/4

π/4

(senx− cosx)dx+

∫ 9π/4

5π/4

(cosx− sinx)dx

=

41

Ejemplo 42. Encontrar el area de la region acotada por las graficas de x = 3− y2 yx = y + 1.

SOL: Segun la grafica, es mas facil si integramos respecto a y. Claramente, xder =3− y2 y xizq = y + 1. No es difıcil ver que las curvas se intersecan cuando y = −2 yy = 1. El area de la region es

A =

∫ 1

−2

(xder − xizq)dy =

∫ 1

−2

[(3− y2)− (y + 1)

]dy

=

2.2. Volumenes de Solidos

Empiece con un tipo simple de solido llamado cilindro, (o mejor dicho) un cilindro recto.el volumen V del cilindro se define como V = Ah

En el caso de un solido S que no es un cilindro, primero iniciemos cortando a Scon un plano, y obtenga una region plana que se denomina seccion transversal de S.

Sea A(x) el area de la seccion transversal de S en un plano Px perpendicular al eje xy que pasa por el punto x, donde a ≤ x ≤ b. Imagine que corta a S con un cuchillo atraves de x y calcule el area de esta rebanada.) El area de la seccion transversal A(x)variara cuando x se incrementa desde a hasta b.

Divida S en n rebanadas del mismo ancho mediante los planos, Px1, Px2

, . . . , (Pararebanar el solido imagine que esta rebanando un pan de hornitos “ummm que rico”).Si elige puntos muestrales x∗

i en [xi−1, xi], luego podemos obtener un valor apro-

ximado de la i-esima rebanada Si que queda entre los planos Pxi−1y Pxi

con uncilindro cuya base tiene un area A(x∗

i ) y altura ∆x.

(Observe que Si, es como una loncha “de queso” y el cilindro serıa dos rebenadas de panjuntas)

42

El volumen de este cilindro es A(x∗i )∆x de modo que el volumen aproximado de Si es.

V ol(Si) ≈ A(x∗i )∆x

Al sumar los volumenes de todas las rebanadas del intervalo [a, b], tenemos un volumen totalaproximado,

V ≈n∑

i=1

A(x∗i )∆x

Esta aproximacion parece ser cada vez mejor cuando n → ∞. (Es decir, las rebanadas soncada vez son mas delgadas.)

Definition 20. (Volumen seccion transversal respecto a x.)Sea S un solido que esta entre x = a y x = b. Si el area A(x) de la seccion transversalde S en el plano Px, entonces el volumen de S es

V = lımn→∞

n∑

i=1

A(x∗i )∆x =

∫ b

a

A(x)dx

PASOS PARA CALCULAR UN VOLUMEN DE UN SOLIDO

1. Bosqueje el solido y una seccion transversal representativa vertical o horizontal.

2. Determine una formula para el area de una seccion transversal A(x) o A(y)

3. Determine los lımites de integracion.

4. Integre A(x) o A(y) por medio del Teorema Fundamental.

Ejemplo 43. Cilindro recto de base ASea A(x) el area de la seccion transversal de un cilindro que cuyo eje es el eje y, LuegoA(y) = A para toda y (A=base del cilindro puede ser redonda, cuadrada, triangular, ect).De este modo, que

V =

∫ d

c

A(y)dy =

∫ b

a

Ady = A

∫ d

c

dx = A(c− d) = Ah.

Ejemplo 44. Esfera

Demuestre que el volumen de una esfera de radio r es V = 43πr

3

SOL: Consideremos la esfera con centro en el origen, entonces haciendp un cortetranversal en el punto x obtenemos un cırculo cuyo radio es y =

√r2 − x2. De este

modo queA(x) = πy2 = π(r2 − x2)

Como a = −r y b = r entonces

V =

∫ r

−r

A(x)dx =

∫ r

−r

π(r2 − x2)dx =4

3πr3

43

Ejemplo 45. Determine el volumen de un solido que se obtiene al girarla region y =

√x bajo la curva con respecto al eje x desde 0 hasta 1.

SOL: Basandonos en dibujo, podemos afirmar que al hacer un cortetransversal en el punto x obtenemos un disco de radio

√x. Luego

A(x) = π(√x)2

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

πx =

Ejemplo 46. Calcule el volumen del solido generado al rotar la regiondefinida por y = x3, y = 8 y x = 0, y con respecto al eje x

SOL: Como la region gira alrededor del eje y, tiene sentido rebanar

el solido en forma perpendicular al eje y, y, por lo tanto, integraremosrespecto a y. Cuando cortamos en el punto y obtenemos un disco deradio x. Luego

A(y) = πx2 = π( 3√y)2

y el solido esta entre y = 0 y y = 8, de modo que

V =

∫ 8

0

A(y)dy =

∫ 8

0

πy2/3dy =

Ejemplo 47. Sea R la region encerrada por las curvas y = x yy = x2

1. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor deleje x.

2. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor de larecta y = 2.

3. Calcule el volumen de la region cuando gira alrededor de larecta x = −1.

SOL (1): Claramente los puntos de corte son (0, 0) y (1, 1) (Fig1 ). Una seccion transversal es un anillo de rint = x2 y rext = x.Luego

A(x) = πx2 − π(x2)2 = π(x2 − x4)

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

π(x2 − x4)dx =2π

15

SOL (2): Una vez mas la seccion transversal es un anillo que cortael eje x, pero ahora el rint = 2− x y rext = 2− x2. Luego

A(x) = π(2− x2)2 − π(2− x)2

y el solido esta entre x = 0 y x = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(x)dx =

∫ 1

0

π[(2− x2)2 − (2− x)2]dx =

Fig 1

44

SOL (3): Ahora nuestra seccion transversal es un anillo quecorta el eje y, donde rint = 1 + y y rext = 1 +

√y. Luego

A(y) = π(1 +√y)2 − π(1 + y)2

y el solido esta entre y = 0 y y = 1, de modo que

V =

∫ 1

0

A(y)dy =

∫ 1

0

π[(1 +√y)2 − (1 + y)2]dy =

2.3. Volumenes mediante cascarones cilındricos

Algunos volumenes son muy difıciles de manejar con los metodos de las seccionestransversales. Por ejemplo, considere el volumen del solido que se obtiene al hacergirar la region y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y. Si cortamos obtendremos unanillo, pero

rint =? rext =?

pues no podemos despejar x en terminos de y. Por fortuna, hay un sistema llamadometodo de los cascarones cilındricos, que es mas facil de usar en tal caso.

Un cascaron cilındrico de radio interior r1, radio exterior r2 y altura h. Su volu-men Vcas se calcula restando el volumen V1 del cilindro interior del volumen V2 quecorresponde al cilindro exterior:

Vcas = V2 − V1 = πr22h− πr21h = π(r22 − r21)h

= π(r2 + r1)(r2 − r1)h

= 2πr1 + r2

2h(r2 − r1)

= 2πrh∆r

Es decir,Vcascaron = [circunferencia][altura][espesor]

Consideremos ahora el area de una funcion y = f(x) en [a, b], la cual gira gira alrededordel eje y. Dividamos [a, b] en n subintervalos de igual anchura ∆x y sea xi el puntomedio del i-esimo subintervalo. Si el rectangulo de base [xi−1, xi] y altura f(xi) sehace girar alrededor del eje y, despues el resultado es un cascaron cilındrico cuyo radiopromedio es xi, altura f(xi) y espesor ∆x, de modo que su volumen es

Vi = 2πxi[f(xi)]∆x

Por tanto,

Vi ≈n∑

i=1

Vi =

n∑

i=1

2πxi[f(xi)]∆x

Esta aproximacion mejora cuando n → ∞.

V = lımn→∞

n∑

i=1

2πxi[f(xi)]∆x =

∫ b

a

2πxf(xi)∆x

45

Definition 21. (Volumen cascarones cilındricos resp a x.)El volumen del solido que se obtiene al hacer girar alrededor del eje y la region bajola curva desde a hasta b, es

V =

∫ b

a

2πxf(x)dx donde 0 ≤ x < b

NOTA: La mejor manera de recordar esta formula es

∫ b

a

2πx︸︷︷︸circuferencia

f(x)︸︷︷︸altura

dx︸︷︷︸espesor

Ejemplo 48. Determine el volumen del solido que se obtiene al hacer girar la region delimitadapor y = 2x2 − x3 y y = 0 alrededor del eje y.

SOL: Haciendo un cascaron o cilindro representativo vemos que tiene radio x, circunferencia 2πxy altura f(x) = 2x2 − x3. Ademas, este cilindro se desplaza desde x = 0 a x = 2. Por tanto,

V =

∫ 2

0

(2πx)(2x2 − x3)dx =16π

5

Ejemplo 49. Calcular el volumen del solido obtenido al hacer girar la region entrey = x y y = x2 alrededor del eje y.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio x, circunferencia 2πx y altura x− x2. El volumenes,

V =

∫ 1

0

(2πx)(x− x2)dx =π

6

Ejemplo 50. Calcular el volumen del solido que se obtiene al hacer girar la regionbajo la curva y =

√x desde 0 hasta 1 alrededor del eje x.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio y, circunferencia 2πy y altura 1 − y2. Luego, elvolumen

V =

∫ 1

0

(2πy)(1− y2)dy =π

2

En este problema, el metodo de secciones tranversales es mucho mas simple.

46

Ejemplo 51. Calcular el volumen del solido que se obtiene al hacer girar al girar alrededorde la recta x = 2 la region definida y = x− x2 y y = 0.

SOL: Aquı el cascaron tiene radio 2− x, circunferencia 2π(2− x) y altura x− x2. Luego,el volumen

V =

∫ 1

0

(2π(2− x)(x− x2)dx =π

2

47

2.3.1. Longitud de Arco y Solidos de Revolucion

Sabemos que significa longitud de un segmento de recta. Por ejemplo, Arquıme-des utilizo los perımetros de polıgonos inscritos para aproximar el perımetro de unacircunferencia.

Usaremos esta misma idea para describir la longitud de una curva mas general.

Longitud de una curva definida en forma parametrica

Supongamos que el camino C de una particula movil en R2 esta descrito por las

ecuaciones

x = f(t) y = g(t) a ≤ t ≤ b

y pretendemos calcular la distancia total recorrida por la particula a lo largode C. Observe que, C(t) = (f(t), g(t)) es una curva dada en forma parametrica.Primero impondremos ciertas restricciones sobre las funciones f y g, para evitarcurvas “extranas”, para ello vamos a suponer que f y g son funciones continuamentediferenciables. Esto es, tienen derivadas continuas en el intervalo [a, b] y NO se anulansimultaneamente. (en los extremos tendremos continuaidad a derecha e izquierdaresp.) Geometricamente, esta condicion sobre f y g garantiza que C posee rectatangente en cada punto y que esta tangente cambia de forma continua al movernospor C. Bajo estas condiciones, diremos que la curva C es suave

Para calcular la distancia de la curva C subdividimos la trayectoria AB en n partesen los puntos A = P0, P1, P2, . . . , Pn = B. Estos puntos corresponden a una particiondel intervalo [a, b] por medio de

a = t0 < t1 < · · · < tn = b, C(tk) = Pk = (f(tk), g(tk))

Despues, unimos los puntos Pk mediante segmentos de recta.

Un segmento representativo tiene longitud

Lk =√(∆x)2 + (∆yk)2

=√[f(tk)− f(tk−1)]2 + [g(tk)− g(tk−1)]2

De acuerdo con el Teorema del Valor Medio, existen numeros t∗ y t∗∗ en [tk−1, tk] tales que

f(tk)− f(tk−1)

tk − tk−1=f ′(t∗) ⇒ f(tk)− f(tk−1) = f ′(t∗)∆tk

f(tk)− g(tk−1)

tk − tk−1=g′(t∗∗) ⇒ g(tk)− g(tk−1) = g′(t∗∗)∆tk

48

Por tanto, la longitud de la curva AB es igual

L ≈n∑

k=1

Lk =

n∑

k=1

√[f(tk)− f(tk−1)

]2+[g(tk)− g(tk−1)

]2

=

n∑

k=1

√[f ′(t∗)

]2+[g′(t∗∗)

]2∆tk

Aunque la suma de la derecha no es exactamente una suma de Riemann (ya que f ′ y g′

se evaluan en diferentes puntos), pero, conforme la ‖∆tk‖ → 0, esta sumatoria tiende a laintegral definida

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt

Por lo tanto, es razonable definir la longitud de la curva de A a B como esta integral

Definition 22. (Longitud de una curva parametrizada.Sea C(t) = (f(t), g(t)) una curva parametrica suave donde f , g funciones continua-mente diferenciables en [a, b], entonces la longitud de C(t) es la integral definida

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt

NOTA: Nuestras curvas suaves C(t) no pasa dos veces por el mismo lugar ni invierte ladireccion del movimiento en el intervalo de tiempo [a, b], ya que (f ′)2 + (g′)2 > 0 en todo elintervalo.

NOTA: Si denotamos por x = f(t) y y = g(t) entonces C(t) = (x(t), y(t)) y

L =

∫ b

a

√[f ′(t)

]2+[g′(t)

]2dt =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt

NOTA ¿Que sucede si existen dos parametrizaciones diferentes para una curva C cuyalongitud queremos determinar? ¿importa cual utilicemos?, La respuesta es que no, siempre ycuando la parametrizacion que elijamos cumpla las condiciones establecidas en la definicionde la longitud de C.

Ejemplo 52. Consideremos la trayectoria de una particula con movimiento uniforme sobreel segmento rectilineo que une P (x1, y1) y Q(x2, y2)

SOL: Hallemos las ecuaciones parametricas que describen este movimineto, no es dificilver que estas ecuaciones son

x = (1− t)x1 + tx2 y = (1− t)y1 + ty2 0 ≤ t ≤ 1

Luego,

L =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt =

∫ 1

0

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2dt

=

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2 ∫ 1

0

dt =

√(x2 − x1

)2+(y2 − y1

)2= d(P,Q)

Calcule la longitud consideremos las sigueintes parametrizaciones:

(a)

x = (1− 2t)x1 + 2tx2

y = (1− 2t)y1 + 2ty2 0 ≤ t ≤ 12

(b)

x = (1− tan t)x1 + (tan t)x2

y = (1− tan t)y1 + (tan t)y2 0 ≤ t ≤ π4

49

Ejemplo 53. Calcule la longitud de la curva que tiene las sigueintes paramentrizaciones

(a)

x = r cos t

y = r sin t 0 ≤ t ≤ 2π(b)

x = r cos t

y = r sin t 0 ≤ t ≤ 4π

SOL: Segun la formula,

√(dxdt

)2+(dydt

)2=√(

r2 sin2 t+ r2 cos2 t = r. Luego

La =

∫ 2π

0

rdt = 2πr Lb =

∫ 4π

0

rdt = 4πr

Observe que en el primer caso, el circulo se recorre una sola vez, por tanto, la longitud 2πr.En el segundo caso, recorremos dos veces el cırculo, y la longitud de arco es el doble.

NOTA: este ultimo ejemplo muestra que un arco no debe considerarse tan solo como unconjunto de puntos.

Longitud de una curva y = f(x)

Dada una funcion continuamente diferenciable (suave) y = f(x), a ≤ x ≤ b. Aquı, la curvatiene la forma C(x) = (x, f(x)) para una mejor intepretacion podemos asignar x = t comoun parametro. Entonces, la grafica de la funcion f es la curva definida parametricamente por

x = t y y = f(t), a ≤ t ≤ b

un caso especial de lo que hemos considerado antes. Entonces,

dx

dt= 1 y

y

dt= f ′(t) a ≤ t ≤ b

Por tanto, tenemos la siguiente definicion

Definition 23. (Longitud de una curva y = f(x), a ≤ t ≤ b)Si f es continuamente diferenciable en el intervalo cerrado [a, b], la longitud de lacurva (grafica) y = f(x), de x = a a x = b es

L =

∫ b

a

√(dxdt

)2+(dydt

)2dt =

∫ b

a

√(1 +

(dydt

)2dt =

∫ b

a

√1 +

(f ′(x)

)2dx

PREG: ¿Como seria la definicion de la longitud si la curva esta dado por x = f(y)?Escribela:

Ejemplo 54. Determinar la longitud de la curva y =4√2

3x3/2 − 1 0 ≤ x ≤ 1

SOL: No es dificil ver que dydx = 2

√2x1/2. Aquı integramos respecto a x, luego los limites

son a = 0 y b = 1. Por tanto,

L =

∫ b

a

√1 +

(f ′(x)

)2dx =

∫ 1

0

√1 + 8x dx =?

Ejemplo 55. Encuentre la longitud del arco de la parabola y2 = x de (1, 1) a (4, 2)

SOL: Como x = y2, se tiene que dxdy = 2y. Aquı integramos respecto a y por ende los

limites son c = 1 y d = 2. Luego

L =

∫ d

c

√1 +

(dxdy

)2dy =

∫ 2

1

√1 + 4y2 dy =?

50

Ejemplo 56. Longitud de una grafica y = f(x) con discontinuidad en dy/dx

Determinar la longitud de la curva y =(x2

)2/3en [0, 2].

SOL: Calaramentedy

dx=

1

3

( 2x

)1/3no esta definida en x = 0 por lo que no podemos

determinar la longitud de la curva y = f(x). PERO, si reescribimos la ecuacion para expresarx en terminos de y

y =(x2

)2/3⇒ x = 2y3/2

Luego, la derivadadx

dy= 3y1/2 es continua en [0, 1]. Por consiguiente, podemos utilizar la

definicion de Longitud de curva para x = g(y). En decir,

L =

∫ d

c

√1 +

(g′(y)

)2dy =

∫ 1

0

√1 + 9y dy =

2.3.2. Funcion longitud de arco

Se encontrara util tener una funcion que mida la longitud de arco de una curva de un determinadopunto de partida a cualquier otro punto sobre la curva. Ası, si una curva uniforme C tiene laecuacion y = f(x), a ≤ x ≤ b, sea s(x) la distancia a lo largo de C del punto inicial P (a, f(a))al punto Q(x, f(x)). Entonces s es una funcion, llamada la funcion longitud de arco la cual estadefinida por,

s(x) =

∫ x

a

√1 +

(f ′(t)

)2dt

Observe que usando TFC1 para derivar (puesto que el integrando es continuo)

s′(x) =√1 +

(f ′(x)

)2=

√1 +

(dydx

)2

Esta ecuacion demuestra que la relacion de cambio de s con respecto a x es siempre por lo menos1 y es igual a 1 cuando, f ′(x) = 0, es decir, la pendiente de la curva es 0.

NOTA: Hay una manera simbolica para recordar la longitud de una curva. Pensernos en dos puritoscercanos P (x, y) y Q(x + dx, x + dy) en el arco suave C y denotemos ds la longitud del arco queune P y Q. Imaginemos que P y Q se encuentran “tan cerca” que ds es, para todos los propositospracticos, igual a la longitud del segmento de recta PQ. Entonces usando Teorema de Pitagorasimplica

ds =√(dx)2 + (dy)2 =

√(dx)2 +

(dydx

dx)2

=

√1 +

(dydx

)2dx =

√1 +

(dxdy

)2dy

Pensarnos la longitud total s de C como la surna de piezas pequenas tal como ds y escribimos

s =

∫ ∗∗

∗ds

Ejemplo 57. Encuentre la funcion longitud de arco s(x) para la curva y = x2 − 18 lnx

tomando a P (1, 1) como el punto de partida. Adicionalmente calcule s(4)

SOL: Como y = x2 − 18 lnx entonces dy

dx = 2x− 18x , ademas como P (1, 1) es el piunto de

51

inicio entonces a = 1. Por tanto

s(x) =

∫ x

1

√1 +

(dydt

)2dt =

∫ x

1

(2t− 1

8t

)dt = x2 +

1

8lnx− 1

Luego s(x) =?

2.4. Areas de superficies de rotaciones

Una superficie de revolucion “cascara” es aquella superficie que se obtiene al giraruna arco de curva alrededor de un eje, que se encuentra en el mismo plano del arco.Por ejemplo, La superficie de un cilindro, una esfera, un cono.

Cilindro: Se logra haciendo girar un segmento de recta horizontal AB que tienelongitud ∆x alrededor del eje x, logrando obtener una area superficial de 2πy∆x.Esta area es la misma que la del rectangulo cuyos lados miden ∆x y 2πy. La longitud2πy es el perımetro de la circunferencia de radio y generado al hacer girar, alrededordel eje x, la lınea AB.

Cono: Tomemos un cono circular con radio de base r y altura de inclinacion l, sicortamos y aplanamos esta region obtenemos un sector de un cırculo con radiol y angulo central θ = 2πr

l . Se sabe que, en general, un sector de un cırculocon radio m y angulo α tiene satisface

Lsec−cir = mα Asec−circ =m2α

2

por lo tanto, aplicando esto a nuestro sector circular, tenemos que m = l yα = 2πr

l . De manera que

Asup−cono =l2(2πr)

2l= πrl

Tronco Suponga que el segmento AB tiene longitud l y esta inclinado en lugar deser horizontal. Cuando se hace girar alrededor del eje x, genera el tronco de un cono(Fig. 1). El area de este tronco de un cono es

Atronco = 2πrl donde r =r1 + r2

2

En efecto, el area del tronco de cono con una altura inclinada l y radios superior r1e r2 inferior y se encuentra al restar las areas de dos conos:

Atronco = Acono−grande −Acono−pequeno

= πr2(l1 + l)− πr1l1 = π[(r2 − r1)l1 + r2l]

Por semejanza de triangulos tenemos l1r1

= l1+lr2

de donde deducimos (r2− r1)l1 = r1l.Por tanto

Atronco = π(r1 + r2)l = 2π(r1 + r2

2

)l = 2πrl

Fig. 1

Trabajemos con estos principios geometricos para definir el area de la superficie de rota-cion.

Suponga que queremos determinar el area de una superficie de rotacion que se originaal hacer girar, alrededor del eje x, la grafica de una funcion continua no negativa y = f(x),

52

a ≤ x ≤ b. Dividimos el intervalo cerrado [a, b] de la manera usual y usamos los puntos de laparticion para subdividir la grafica en pequenos arcos.

Observe que el arco PQ al girar alrededor del eje x, origina un tronco de un cono cuyo

eje esta en el eje x. El area de la superficie del tronco es 2πy∗L donde y∗ = f(xk−1)+f(xk)2 y

L =√[xk − xk−1]2 + [f(xk)− f(xk−1)]2 =

√1 + [

f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1]2(xk − xk−1)

=√1 + [f ′(ck)]2∆xk ck ∈ [xk−1, xk]

Luego, el area de la superficie del tronco originado en el suintervalo [xk−1, xk] es:

Atronco = 2πy∗L = 2πf(xk−1) + f(xk)

2

√1 + [f ′(ck)]2

Por tanto, el area de la superficie de revolucion se aproxima por medio de la suma de lasareas de los troncos

Asup−rev ≈n∑

i=1

π[f(xk−1) + f(xk)

]√1 + [f ′(ck)]2

Estas sumas no son las sumas de Riemann de alguna funcion, ya que los puntos xk−1, xk yck no son iguales. Sin embargo, cuando ‖P‖ → 0, las sumas de la ecuacion convergen a laintegral

ASup−Rev =

∫ b

a

2πf(x)√

1 + [f ′(x)]2dx

Definition 24. Area superficial para rotacion alrededor del eje xSi la funcion y = f(x) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [a, b], el area de la superficie

generada al hacer girar la curva y = f(x) alrededor del eje x es

Area(S) =

∫ b

a

2πy

√1 + [

dy

dx]2dx =

∫ b

a

2πf(x)√

1 + [f ′(x)]2dx

Para rotaciones alrededor del eje y, intercambiamos x y y. Luego

53

Definition 25. Area superficial para rotacion alrededor del eje ySi la funcion x = g(y) ≥ 0 es continuamente diferenciable en [c, d], el area de la superficie

generada al hacer girar la curva x = g(y) alrededor del eje y es

Area(S) =

∫ d

c

2πx

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ d

c

2πg(y)√1 + [g′(y)]2dy

Para deducir facilmente las formulas de areas de superficies, basta con recordar la fig 2.

A(S) =

∫2πxds Eje y A(S) =

∫2πyds Eje x

Pero, como ds lo podemos escribir en terminos de x o y. Pues

ds =√(dx)2 + (dy)2 =

√1 +

(dydx

)2dx =

√1 +

(dxdy

)2dy

Entonces, el area de la superfice se puede calcular integrando respecto a x o y. En resumen,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds, donde r denota el radio del circulo que origina ds

Fig 2.

Ejemplo 58. Determine el area del paraboloide, que se obtiene al girar el arco pa-rabolico y = x2, 0 ≤ x ≤

√2 en torno del eje y

SOL: Como gira en torno al eje y entonces el radio de giro es r = x. Ahora siguiendo, laformula general A(S) =

∫ ∗∗∗ 2πrds y dado que dy

dx = 2x es mas facil que dxdy . Entonces

calculamos el area de esta superficie integrando respecto a x. Ası,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ √2

0

2πx

√1 + [

dy

dx]2dx =

∫ √2

0

2πx√1 + (2x)2 =?

EJERCICIO: Calcule nuevamente A(S), pero integrando respecto a x.

Ejemplo 59. Determinar el area de la superficie generada al hacer girar la curvay = 2

√x, 1 ≤ x ≤ 2 alrededor del eje x.

SOL: Aquı, la rotacion es en el eje x, luego el radio del circulo es r = y. Por otraparte, es mas facil dx

dy = y2 . Asi que integramos respecto a y,

A(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ 2√2

2

2πy

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ 2√2

2

2πy

√1 + [

y

2]2dy =??

EJERCICO: Calcular A(S) integrando respecto a x.

Ejemplo 60. Determinar el area de la superficie generada al hacer girar la curvax = 1− y, 0 ≤ y ≤ 1 alrededor del eje y

SOL: Claramente esta superficie es un cono. Dado que la superficie esta rotando sobreel eje y es decir r = x, y ademas como la derivada es facil resp a y, entonces esta vezvoy a integrar respecto a y. Luego usando la formula tenemos

Area(S) =

∫ ∗∗

∗2πrds =

∫ 2

0

πx

√1 + [

dx

dy]2dy =

∫ 1

0

2π(1− y)√2dy =?

54