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• Luisa Fernanda Castiblanco Castro

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Calculo Integral

La Integral Indefinida Introducci´ on El c´ alculo diferencial se centra en el concepto de derivada. Recordemos que la motivaci´on original para la derivada fue el problema de definir las rectas tangentes a las gr´ aficas de las funciones y el c´alculo de las pendientes de dichas rectas (figura: 1.1). Las derivadas

mP Q =

Pendiente m =?.

f (x) − f (a) x−a

m = l´ım

x→a

f (x) − f (a) x−a

Fig. 1.1: El problema de la re cta tangente motiva el c´ alculo diferencial

se usan para calcular la velocidad y la aceleraci´on, estimar la raz´ on de propagaci´on de una enfermedad, fijar niveles de producci´on de manera que pueda maximizarse la eficiencia, encontrar las mejores dimensiones para una lata cil´ındrica, averiguar la antig¨ uedad de un objeto prehist´ orico, y para muchas otras aplicaciones. El c´ alculo integral se basa en el concepto de la integral. La definici´on de la integral es motivada por el problema de definir y calcular el ´ area de la regi´ on que se encuentra entre la gr´ afica de una funci´on de valores positivos f y el eje x en un intervalo cerrado [a, b]. El ´ area de la regi´ on S de la siguiente figura est´ a dada por la integral de f de a a b, denotada Z b f (x)dx. Pero la integral, as´ı como la derivada, es importante debido a por el s´ımbolo a

su aplicaci´on a muchos problemas que implican movimiento, velocidad, crecimiento de poblaci´on, volumen, longitud de arco, ´ area de superficie y centro de gravedad, entre otros. El teorema principal de este secci´on es el Teorema Fundamental del Calculo, el cual proporciona una conexi´on “o m´as bien un matrimonio”vital entre las operaciones de derivaci´ on e integraci´ on proporcionando un m´etodo eficaz para el calculo de integrales.

El problema del ´ area motiva el Z c´ alculo integral b f (x)dx Area(S) = a

Veremos que en vez de encontrar la derivada de la funci´on f (x) necesitamos hallar una nueva funci´on F (x) tal que F ′ (x) = f (x) Es decir, necesitamos estudiar un proceso opuesto a la derivaci´ on, la “Antiderivaci´ on”.

1

1.1.

Antiderivadas o primitivas

Hemos analizado c´omo encontrar la derivada de una funci´on. Sin embargo, muchos problemas exigen recuperar una funci´on a partir de su derivada conocida (es decir, a partir de su raz´ on de cambio conocida). Por ejemplo, Un f´ısico que conoce la velocidad de una part´ıcula podr´ıa desear conocer su posici´on en un instante dado. Un ingeniero que puede medir la cantidad variable a la cual se fuga el agua de un tanque quiere conocer la cantidad que se ha fugado durante cierto periodo. Un bi´ologo que conoce la rapidez a la que crece una poblaci´ on de bacterias puede interesarse en deducir el tama˜ no de la poblaci´ on en alg´ un momento futuro. En cada caso, el problema es el mismo, debemos hallar una funci´on F cuya derivada es en la funci´on conocida f . Si tal funci´on F existe, se llama una antiderivada de f . Definition 1. Una funci´ on F recibe el nombre de antiderivada o primitiva de la funci´ on 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 n´ umero finito de puntos. NOTA: Usamos letras may´ usculas como F para representar una antiderivada de una funci´on f , G para representar una antiderivada de una funci´on g, y as´ı sucesivamente. Tambi´en podemos escribirla como F (x) = Ant(f (x)) Ejemplo 1. Halle las siguientes antiderivadas: f (x) = x5

F (x) =

√1 x

G(x) =

g(x) =

h(x) = sin(2x)

H(x) =

i(x) = cos( x2 )

I(x) =

√ f (x) = (5x + 2 cos(5x) − 3 x) 4

F (x) =

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

G(x) =

20 (4−5x)3

M (x) =

1 f (x) = 1 + x2 f (x) = √

F (x) =

1 1 − x2

F (x) = F (x) =

f (x) = tan x

F (x) =

f (x) = cot x f (x) = sec2 x

F (x) =

f (x) = csc2 x

F (x) =

f (x) = sec x tan x

F (x) =

f (x) = cot x

F (x) =

2

Ejemplo 2. La antiderivadas de g(x) = ex son, por ejemplo, G1 (x) = ex − 1,

G2 (x) = ex − ee ,

G3 (x) = ex +

√ 3 , 2

G4 (x) = ex + k

donde k es cualquier constante real. Ejemplo 3. Dada la funci´on f (x) = 3x2 , entonces F (x) = x3 es una primitiva de f (x) = 3x2 , como tambi´en 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 elecci´ on de la constante C. Ejemplo 4. Complete las siguientes f´ ormulas para las antiderivadas

PREGUNTA ¿porque las antiderivadas son continuas y no necesariamente diferenciables? Ejemplo 5. Definamos

  1 si x ∈ [1, 2], f (x) =  0 si x ∈ / [1, 2],

En este caso no hay ninguna funci´on cuya derivada coincida con f (x) en todo punto. Sin embargo, la funci´on tiene una primitiva. Definiendo   si x < 1 ,  0  F (x) = x − 1 si 1 ≤ x ≤ 2,    1 si x > 2,

se tiene que F es continua en R, y F ′ (x) = f (x) salvo cuando x = 1 y x = 2. Luego F es primitiva de f en todo R.

PREGUNTA “Si F (x) = Ant(f (x)) en el intervalo I, ¿cualquier otra antiderivada de f en I difiere de F a lo m´as en una constante?”. Dicho de otro modo, si F1 (x) = Ant(f (x)) en I, ¿necesariamente F1 (x) = F (x) + C, ∀x ∈ I? La respuesta es afirmativa y se deduce de la siguiente teorema. Teorema 2. Sea F es una antiderivadas de f en el intervalo I. Si F1 es tambien una antiderivada de f en I si y solo si F1 (x) = F (x) + C para todo x ∈ I, donde C es una constante.

3

DEM:

1. Interpretaci´ on geom´ etrica del teorema: Las gr´ aficas de dos antiderivadas F (x) + C1 y F (x) + C2 de la misma funci´on f (x) en el mismo intervalo I son “paralelas” en el sentido que se aprecia en las figuras Ah´ı observamos que la constante C es la distancia vertical entre las curvas y = F (x) y y = F (x) + C para cada x en I.

2. Una funci´on puede tener muchas primitivas, pero una u ´nica derivada. 3. La familia completa de Antideridavas de un funci´on se representa agregando una constante C a una antiderivada conocida. 4. La constante C recibe el nombre de constante de integraci´ on. ´ OBSERVACION: Hay que se˜ nalar que existen buenas razones para limitar nuestra atenci´on a los intervalos donde estan definidas las antiderivadas. De lo contrario, podr´ıa ocurrir que una funci´on tenga antiderivadas que no difieran en una u ´nica constante. Ejemplo 6. Las siguientes funiciones son primitivas de f (x) = −  1   +5 x F1 (x) =   1 −π x

1 . x2

si x > 0, F2 (x) = si x < 0,

1 , x

´ claramente, F1 y F2 no difieren de una UNICA constante sobre todo su dominio S = (−∞, 0)∪ (0, ∞)

Geometr´ıa de las Antiderivadas Si se conoce la gr´ afica de una funci´on f , ser´ıa razonable que podamos dibujar la gr´ afica de una antiderivada F . Por ejemplo, suponga que sabe que F (0) = 1. Entonces, hay un punto de donde partir, el punto (0, 1), y la direcci´on en la cual tenemos que desplazarnos la proporciona, la derivada. 4

Ejemplo 7. La gr´ afica de una funci´on f se ilustra en la figura 5. Trace un croquis de una antiderivada 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 m´aximo

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

En x = 4 F ′′ (x) = f ′ (x) cambia de − a +, luego F (4) hay inflexi´on.

Fig. 5

Ejercicio 1. 1. Se proporciona la gr´ afica 1 de una funci´ on f . ¿Qu´e gr´ afica es una antiderivada de f y por qu´e? 2. Se presenta la gr´ afica 2 de una funci´ on en la figura. Trace un croquis de una antiderivada F , dado que F (0) = 1. 3. La gr´ afica de la funci´ on velocidad de un autom´ ovil se ilustra en la gr´ afica 3. Elabore la gr´ afica de la funci´ on posici´ on.

Graf. 2

Gra. 1

Graf. 3

Problemas de valor inicial y ecuaciones diferenciales Encontrar una antiderivada de una funci´on f (x) constituye el mismo problema que encontrar una funci´on y(x) que satisfaga la ecuaci´ on dy = f (x) dx

o

y ′ = f (x)

A esto se le llama ecuaci´ on diferencial, ya que es una ecuaci´ on que involucra una funci´on desconocida y que est´ a siendo derivada. Para resolverla, necesitamos una y(x) que satisfaga la ecuaci´ on. Esta funci´on se encuentra tomando la antiderivada de f (x). Fijamos la constante arbitraria que surge en el proceso de antiderivaci´ on dando una condici´ on inicial y(x0 ) = y0

5

Esta condici´ on significa que la funci´on y(x) tiene el valor y0 cuando x = x0 . La combinaci´on de una ecuaci´on diferencial y una condici´ on inicial se llama problema de valor inicial. Tales problemas juegan papeles importantes en todas las ramas de la ciencia. He aqu´ı un ejemplo de un problema de valor inicial. Ejemplo 8. Encontrar la curva cuya pendiente en el punto (x, y) es 3x2 si la curva debe pasar por el punto (1, −1) SOL: Aqu´ı, estamos pidiendo resolver el siguiente problema de valor inicial. Ec. Diferencial: Cond. Inicial:

dy = 3x2 dx y(1) = 1

La funci´on y es una antiderivada de f (x) = 3x2 de manera que y = x3 + C. Encontramos C a partir de la condici´ on inicial y(1) = −1. Demostrando que y = x3 − 2. Ejercicio 2. Encuentre f sabiendo que f ′ = ex +

10 y f (0) = −2 1 + x2

Ejemplo 9. Un globo que est´ a subiendo a raz´ on de 12 pies/seg est´ a a una altura de 80 pies sobre el suelo cuando se lanza un paquete desde ´el. ¿Cu´ anto tiempo tarda el paquete en llegar al suelo? SOL: Sea v(t) la velocidad del paquete en el tiempo t, y sea s(t) su altura sobre el suelo. La aceleraci´on de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra es 32 pies/seg Luego, matematicamente tenemos E.Dif :

ds = −32 dt

Cond.Inicial

v(0) = 12

No es dif´ıcil ver que la velocidad es v = −32t + 12. Ahora, como la velocidad es la derivada de la altura, entonces tenemos un segundo problema de valores iniciales. E.D :

dv = −32t − 12 dt

Cond.Inicial

s(0) = 80

De aqu´ı 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.

6

1.2.

C´ alculo de ´ areas

Tal vez el primer contacto que se tiene con el concepto de ´area son las formulas A = bh y areas de un rect´angulo y un triangulo resp. Mientras que el A = bh 2 las cuales describen las ´ ´area de un pol´ıgono se encuentra al dividirlo en tri´angulos y sumar las ´areas de esos tri´angulos.

Los antiguos griegos iniciaron el estudio de ´ areas de figuras con l´ıneas curvas en los siglos IV y V a.C. Dada una regi´ on plana R cuya ´ area quer´ıan determinar, trabajaban con un pol´ıgono P inscrito en R (dentro de R) y con un pol´ıgono Q c´ırcunscrito (o fuera de R).

Si los pol´ıgonos Pn y Qn ten´ıan un n´ umero suficientemente grande de lados, de longitud peque˜ na, entonces parecer´ıa que sus areas, area(P ) y area(Q), se aproximan al ´area de la regi´ on R. Adem´ as, es posible controlar el error: vemos que area(P ) < area(R) < area(Q) ya que R contiene al pol´ıgono P pero est´ a contenido en el pol´ıgono Q. Nuestro objetivo principal es describir una t´ecnica sistem´atica para aproximar el ´area de una regi´ on curvil´ınea adecuada utilizando una suma de ´ areas poligonales f´aciles de calcular.

Sumas finitas y la notaci´ on sigma La notaci´on sigma nos permite escribir una suma con muchos t´erminos en la forma compacta n X

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an

P La letra griega , significa “suma”. ´ındice de la sumatoria k nos dice en d´onde empieza la suma (mediante el n´ umero que est´ a debajo del s´ımbolo) y en d´onde termina (usando el n´ umero que est´a arriba del s´ımbolo ). Se puede usar cualquier letra para denotar el ´ındice, pero las letras m´as usuales son i, j y k. Ejemplo 10.

7

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

11 X

k=1

f (1) + f (2) + f (3) + · · · + f (100) = n X i=1

100 X

f (i) =

100 X

k2 =

11 X

r2

r=1

f (s)

s=1

i=1

sin(ix) = sin(x) + sin(2x) + · · · + sin(nx)

Ejercicio 3. a) b) c)

1. Calcule

n X

i=m n X i=1 n X

i=m

k=

d)

k=

e)

n X

i=m n X i=1

f (i + 1) − f (i − 1) = f (i + 1) − f (i − 1) =

f (i) − f (i − 1) =

2. Usando inducci´ on matematica demuestre que n X i=1

i=

n X

n(n + 1) 2

3. Usando la formula para

i=1

n X i=1

i2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

(i + 1)2 − (i − 1)2 , 8

n X i=1

(i + 1)3 − (i − 1)3 y

n X i=1

n X i=1

i3 =

n2 (n + 1)2 4

(i + 1)4 − (i − 1)4

demuestre respectivamente que n X

i=

i=1

4. Calcule

10 X i=1

1.2.1.

n X

n(n + 1) 2

i2 =

i=1

n X

n(n + 1)(2n + 1) 6

i3 =

i=1

n2 (n + 1)2 4

(2i2 − 3i) =

´ Areas bajo gr´ aficas

Primero vamos a empezar por definir la partici´ on de un intervalo cerrado Definition 3. Sea [a, b] un intervalo cerrado. Una partici´ on del intervalo [a, b] es el conjunto P de puntos x , x , x , . . . , x con a = x < x < x , . . . < xn = b. Se denota con P = 0 1 2 n 0 1 2  x0 , x1 , x2 , . . . , xn . 1. Toda partici´on P de [a, b] divide en n subintervalos al intervalo [a, b], 2. La longitud de cada subintervalo [xi−1 , xi ], para i = 1, 2, . . . , n , se denota con ∆i x = xi − xi−1 . Se verifica n X i=1

∆i x = (x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) + · · · + (xn−1 − xn−2 ) = (xn − xn−1 ) = b − a

3. Se llama norma o di´ametro de la partici´on P al n´ umero kP k = m´ax {∆i x} 1≤i≤n

4. Cuando el intervalo [a, b] se divide en n partes iguales, la longitud de cada subintervalo b−a es ∆x = . En este caso, los extremos de cada subintervalo son n x0 = a,

x1 = a + ∆x,

x2 = a + 2∆x,

...

xi = a + i∆x,

...

xn = b

Ahora vamos a intentar resolver el problema del ´ area: hallar el a´rea de la regi´ on S que est´ a debajo de la curva y y = f (x), desde a hasta b. Esto significa que S est´ a limitada por la gr´ afica de una funci´on continua f donde f (x) ≥ 0, las rectas verticales x = a y x = b, y el eje x. Para aproximar el ´area de S dividimos la regi´ on S en n franjas de anchos iguales. El ancho del intervalo [a, b] es b − a, de modo que el 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 aqu´ı podemos obtener una R-estimaci´on de la i-´esima franja, Si , con un rect´angulo con ancho ∆x y altura f (xi ), valor que toma f en el punto extremo derecho del subintervalo; o tambi´en podemos obtener una L-estimaci´on de la i-´esima franja, Si , con un rect´angulo con ancho ∆x y altura f (xi−1 ), valor que toma f en el punto extremo izquierdo 9

del subintervalo. Observe que 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 est´ an dados por la siguiente formula xk = a + k∆x Despu´es, el ´ area del i-´esimo rect´angulo con altura f (xi ) ´o f (xi−1 ) es f (xi )∆x

f (xi−1 )∆x.

Al sumar las ´areas de los rect´angulos con altura f (xi ) para i = 1, 2, 3, . . . , n, obtenemos la R-estimaci´ on Rn := f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn )∆x =

n X

f (xi )∆x

i=1

del ´area real de S. De manera an´aloga, la suma de las ´areas de los rect´angulos con altura f (xi−1 ) es la L-estimaci´ on Ln := f (x0 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn−1 )∆x =

n X

f (xi−1 )∆x

i=1

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

Observe que esta aproximaci´on parece mejorarse a medida que se incrementa la cantidad de franjas; es decir, si incrementamos la partici´on del intervalo [a, b], para ello hacemos tender n → ∞. Por consiguiente, se define el ´ area A de la regi´ on S, de la manera siguiente: Definition 4. El ´ area de la regi´ on S que se encuentra debajo de la gr´ afica de la funci´ on continua f es el l´ımite de la suma de las a ´reas de los rect´ angulos de estimaci´ on: Area(S) = l´ım Rn = l´ım n→∞

n→∞

n X

f (xi )∆x

i=1

10

Area(S) = l´ım Ln = l´ım n→∞

n→∞

n X i=1

f (xi−1 )∆x

NOTA: De hecho, en lugar de usar f (xi−1 ) o f (xi ) como altura del rect´angulo, podr´ıamos tomar f (x∗i ) donde x∗i ∈ [xi−1 , xi ]. A estos n´ umeros x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n los llamamos puntos representativos. A = l´ım f (x∗1 )∆x+· · ·+f (x∗n )∆x = l´ım n→∞

Conclusi´ on parcial: Si queremos hallar el ´ area de un regi´ on S tendremos que usar esta definici´on de l´ımite. Es decir, debemos conocer la altura f (x∗i ) y el ancho ∆x de cada uno los rect´angulos que vamos a usar para estimar el ´ area S. Ejemplo 11. Use rect´angulos para estimar el ´ area A de la regi´ on R que se encuentra bajo Ia par´ abola y = x2 y por arriba del intervalo [0, 3]. Calcularemos la R-estimaci´on y la L-estimaci´ on del ´area A de R obtenida usando 5 rect´angulos, cada uno de ancho ∆x = 35 . Despu´es repetimos los c´alculos con 10 rect´angulos, 3 cada uno de ancho ∆x = 10 . SOL: No es dif´ıcil ver que los 5 extremos xi del lado derecho son 53 , 56 , 59 , 12 5 y 3, mientras que los 5 extremos xi−1 del lado izquierdo son 0, 53 , 56 , 95 , y 12 . Luego, 5

11

n→∞

n X i=1

f (x∗i )∆x

R5 =

5 X

5 X

f (xi )∆x = (

5 X

f (xi−1 )∆x = (

f (xi ))∆x

i=1

i=1


= f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 ) + f (x5 ) ∆x h 3 i 3
6 9 12 = ( )2 + ( )2 + ( )2 ) + ( )2 + (3)2 5 5 5 5 5 = 11, 88

L5 =

5 X

f (xi−1 ))∆x

i=1

i=1


= f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 ) ∆x h 3 6 9 12 i 3
= (0)2 + ( )2 + ( )2 ) + ( )2 + ( )2 5 5 5 5 5 = 6, 48 Usando, el hecho de que

n X

i2 =

i=1

R10 =

10 X

f (xi )∆x =

L10 =

10 X

f (xi−1 )∆x =

10 X i=1

i=1

=(

X 3 3 3 3 (i )2 ) = 10 10 10 10 i=1

3 3 27 (10)(11)(21) ) ) = 10, 395 i2 = ( 10 i=1 1000 6

10 X

=(

10

f (i

i=1

i=1

=(

10 X

n(n + 1)(2n + 1) 3 y que xi = 0+i∆x = 0+i 10 6

10 X

10

f ((i − 1)

X 3 3 3 3 ((i − 1) )2 ) = 10 10 10 10 i=1

9

9

k=0

k=1

3 3 3 X 2 3 X 2 ) (i − 1)2 |{z} = ( )3 k = ( )3 k 10 i=1 10 10 k=i−1

27 (9)(10)(19) ) = 7, 695 1000 6

Ahora calculemos con exactitud el ´ area de la regi´ on bajo la gr´ afica de f (x) = x2 en el intervalo [0, 3]. Si dividimos [0, 3] en n subintervalos, todos de la misma longitud, entonces tenemos b−a 3 3 ∆x = = xi = 0 + i∆x = i n n n para i = 0, 1, 2, . . . , n. Por tanto, n X i=1

f (xi )∆x =

n X

x2i ∆x =

i=1

n n X 27 X 2 27 n(n + 1)(2n + 1) 3i 3 i = 3 ( )2 = 3 n n n i=1 n 6 i=1

De la definici´on de ´area tenemos que  1 1  + + 2 =9 f (xi )∆x = l´ım 27 n→∞ n→∞ 3 2n 6n i=1

A = l´ım

n X

Ejemplo 12. Encontrar el ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica f (x) = 4 − x2 , en el eje x y las rectas x = 1 y x = 2. SOL: Se empieza notando que la funci´on es continua y no negativa en el intervalo [1, 2]. 1 Despues, se divide el intervalo [1, 2] en n-subintervalos, cada uno de ancho ∆x = 2−1 n = n. 12

Elegimos como puntos de muestra a xi (es decir, vamos hacer una R-estimaci´on) luego, los puntos extremos derechos son xi = a + i∆x = 1 + ni A = l´ım

n→∞

= l´ım

n→∞

n X

f (xi )∆x = l´ım

i=1 n h X i=1

n→∞

2i i i1 3− − 2 n n n 2

n h X i=1

4 − (1 +

i 2i 1 ) n n

n n 2 X 1 X 2 i − i n→∞ n n2 i=1 n3 i=1 i=1 h 1 1 1
i 5 1 + + 2 = = l´ım 3 − (1 − ) − n→∞ n 3 2n 6n 3

= l´ım

n 1 X

3−

En la definici´on 4 de ´area, las particiones ten´ıan subintervalos de igual ancho. Esto se hizo s´ olo por convenencia de c´alculo. El siguiente ejemplo demuestra que no es necesario tener subintervalos de igual ancho Ejemplo 13. [Subintervalos de anchos desiguales] Encontrar el ´area de la regi´ on acotada por la gr´ afica f (x) =

√ x y el eje x para 0 ≤ x ≤ 1.

SOL: Note que la funci´on es continua y no negativa en el intervalo [0, 1]. Consideremos 2 una partici´on x0 , x1 , . . . , xn donde xi = ni 2 , de manera que ∆xi = xi − xi−1 =

i2 (i − 1)2 2i − 1 − = 2 n n2 n

Luego, A = l´ım

n→∞

n X

n→∞

i=1

1 n→∞ n3

= l´ım

f (xi )∆xi = l´ım n X

i=1 3

n X i=1

r

i2  2i − 1  n2 n2

1 h n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1) i − 2 n→∞ n3 6 2

(2i2 − i) = l´ım

4n + 3n2 − n 2 = n→∞ 6n3 3

= l´ım

OBS: La raz´ on por la que esta partici´on en particular da el ´area apropiada es que cuando n crece, el ancho del intervalo m´ as grande tiene a cero. Esta caracter´ıstica es CLAVE del desarrollo de las integrales definidas. Ejemplo 14. Calcule el ´area de la regi´ on R limitada por las gr´ aficas de y = x + 1 , x = 0 , x = 3 y el eje x. SOL: En este caso, f (x) = x + 1, a = 0, b = 3 y ∆x = n3 . Consideremos una partici´on x0 , x1 , . . . , xn donde xi = 0 + i n3 , de manera que usando una L-estimaci´on encontramos que

Ejemplo 15. Calcule el ´area de la regi´ on R limitada por las gr´ aficas de y = x2 , x = 3 y el eje x. 13

SOL: En este caso, f (x) = x2 , a = 0 y b = 3, ∆x = n3 . Consideremos una partici´on x0 , x1 , . . . , xn donde xi = 0 + i n3 , de manera que usando una R-estimaci´on encontramos que

Ejercicio 4. Determine el ´ area bajo la gr´ afica de f (x) = 100 − 3x2 de x = 1 a x = 5.

Encontrar el ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica f (x) = x3 , en el eje x y las rectas x=0yx=1 Encontrar el ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica f (y) = y 2 , en el eje y y las rectas y=0yy=1

1.3.

Sumas de Riemann y la Integral

Empezamos con una funci´on arbitraria f definida en un intervalo cerrado [a, b]. f puede tener valores tanto negativos como positivos. Subdividimos el intervalo [a, b] en subintervalos, no necesariamente del mismo ancho (o longitud), y formamos 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 partici´ on de [a, b]. La partici´ on 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 ancho del 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 partici´ on P es regular.

En cada subintervalo elegimos alg´ un punto ck . Entonces, en cada subintervalo levantamos un rect´angulo vertical a partir del eje x hasta tocar la curva en (c, f (ck ). Estos rect´angulos pueden estar arriba o debajo del eje x, dependiendo de si f (ck ) es positivo o negativo, o si f (ck ) = 0

14

En cada subintervalo formamos el producto f (ck )∆xk . Este producto es positivo, negativo o cero dependiendo del signo de f (ck ). Cuando f (ck ) > 0, el producto f (ck )∆xk es el ´area del rect´angulo con altura f (ck ) y ancho ∆xk . Cuando f (ck ) < 0, el producto f (ck )∆xk es un n´ umero negativo, el negativo del ´ area del rect´angulo de ancho ∆xk que cae desde el eje x al n´ umero negativo f (ck ). Finalmente sumamos todos estos productos para obtener SP =

n X

f (ck )∆xk

k=1

Definition 5. Sea f una funci´ on definida en un intervalo cerrado [a, b], y sea P una partici´ on 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 X

f (ck )∆xk

k=1

xk−1 ≤ ck ≤ xk

suma de Riemann de f para la partici´ on P . NOTA: Cuando una partici´on tiene subintervalos cuyo ancho var´ıa, podemos asegurar que todos son angostos controlando el ancho del subintervalo m´ as ancho (m´ as largo). Definimos la norma de una partici´ on P , denotada por kP k como el mayor de los anchos de todos los subintervalos. Si kP k es un n´ umero peque˜ no, todos los subintervalos de la partici´on P tienen ancho peque˜ no. Si los anchos ∆xk de estos rect´angulos son todos muy peque˜ nos (es decir, si la norma kP k es peque˜ na), entonces parece que la suma de Riemann SP aproximar´a el ´area de a a b bajo y = f (x) sobre el eje x, menos el ´ area bajo el eje x. NOTA: Si partici´on es regular esto es, todos los intervalos tienen la misma anchura la norma se denota por kP k = ∆x =

b−a n

particion ordinaria

En una partici´on general, la norma se relaciona con el numero de subintervalos en [a, b] de la 15

siguiente forma

b−a ≤n kP k

particion general

De tal modo, que si kP k → 0 entonces n → ∞. La afirmaci´on reciproco es FALSA. Por ejemplo, considere la partici´on del intervalo [0, 1] dado por 1 1 1 1 1 < n−1 < · · · < < < < 1 2n 2 8 4 2

0
0, ∃δ > 0 tal que kP k < δ para toda partici´ on P de [a, b] y n X f (ck )∆xk < ǫ I − k=1

Leibniz introdujo una notaci´ on para la integral definida que evidencia su construcci´on como un l´ımite de sumas de Riemann. Si consideramos I como el ´ area bajo y = f (x) de a a b, Leibniz pens´o primero en una delgada banda con altura f (x) y ancho “´ınfinitesirnalmente peque˜ no”dx, de modo que su ´area era el producto f (x)dx. Consider´ o la integral como una suma de ´areas de tales bandas Z

y denot´ o esta suma por

.

Notaci´ on y existencia de la integral definida El s´ımbolo para el n´ umero I en la definici´on de la integral definida es Z b f (x)dx I= a

que se lee como la integral de a a b de f (x) respecto de x. Tambi´en las partes que componen el s´ımbolo de la integral tienen nombres:

Cuando se satisface la definici´on, decimos que las sumas de Riemann de f en [a, b] conZ b f (x)dx y que f es integrable en [a, b]. Tenemos muchas vergen a la integral definida I = a

16

Origen de la notaci´ on de Leibniz para la integral

opciones de una partici´on P con norma que tienda a cero, as´ı como numerosas alternativas de puntos ck para cada partici´on. La integral definida existe cuando siempre obtenemos el mismo l´ımite I, sin importar qu´e elecciones hayamos hecho. En ese caso, l´ım

kP k→0

n X

f (ck )∆xk = I =

k=1

Z

n→∞

n X

f (ck )∆x = I =

k=1

Z

f (x)dx a

b−a n

Cuando cada partici´on es regular (es decir, ∆xk = l´ım

b

= ∆x) escribiremos

b

f (x)dx a

El tal caso, las condiciones kP k → 0, ∆x → 0 y n → ∞ son equivalentes NOTA: El valor de la integral depende solo de la funci´on f y no de la letra que elijamos para representar la variable independiente. Z

b

f (x)dx = a

Z

b

f (t)dt = a

Z

b

f (u)du a

Dado que hay tal cantidad de opciones entre las cuales elegir al tomar un l´ımite de sumas de Riemann, puede parecer dif´ıcil demostrar que tal l´ımite existe. Resulta, sin embargo, que no importa qu´e elecci´ on se haga, las sumas de Riemann asociadas a una funci´on continua convergen al mismo l´ımite. Teorema 7. Si una funci´ on f es continua en un intervalo [a, b], entonces f es integrable, es decir, su integral definida en [a, b] existe. Recordemos que la funci´on f : I → R es continua a trozos en [a, b] cuand o f es continua para todo x ∈ [a, b] excepto para un n´ umero finito de puntos cj , j = 1, 2, . . . , m para los cuales existe ım− f (x) f (c− j ) = l´

y

ım+ f (x) f (c+ j ) = l´ x→cj

x→cj

Si cj = a cj = b, debe existir f (a+ ) o f (b− ) respectivamente. Corollary 8. Si f es continua a trozos en un intervalo [a, b], entonces f es integrable en [a, b].

Ejemplo 16. Sea la funci´ on f (x) =

1. trace la grafica

    −2   

x 2

3

si −2 ≤ x < −1

si −1 ≤ x ≤ −1 Se pide

si 1 < x < 2

2. ¿f es integrable en [−2, 2]? Z 2 f (x)dx 3. Calcule −2

4. Halle F (x) =

Z

x −2

f (t)dt x ∈ [−2, 2] y trace su grafica.

5. Determine el conjunto dode F es derivable y halle F ′ (x) 17

SOL: b) f es integrable en [−2, 2] porque f es continua a trozos en [−2, 2] (observe que f es discontinu a en x = −1, en x = 1 y en x = 2; pero en estos puntos existen los l´ımites laterales. En x = 2 existe el l´ımite lateral por izquierda). SOLc)=

SOL :

Z x Z x (−2)dt = −2x + 4 f (t)dt = d) Si x ∈ [−2, −1] ⇒ F (x) = −2 −2 Z x f (t)dt = Si x ∈ [−1, 1] ⇒ F (x) = −2 Z x f (x)dt = Si x ∈ (1, 2) ⇒ F (x) = −2

Por tanto , F (x) =

′

      

SOL: f) F (x) =

si −2 ≤ x < −1

si −1 ≤ x ≤ −1 si 1 < x < 2

   

si −2 ≤ x < −1

si −1 ≤ x ≤ −1

  

Luego, F es derivable en

si 1 < x < 2

[−2, 2) excepto en los puntos x = −1 y x = 1.

Funciones integrales y no integrales El Teorema 8 no dice c´omo calcular integrales definidas, solo nos dice que las funciones continuas en el intervalo [a, b] son integrables ah´ı. Ahora la pregunta es, ¿las funciones que no son continuas pueden ser integrables o no?. R/ (Si) (Ejercicio). Para que una funci´on no sea integrable es necesario que sea suficientemente discontinua. Ejemplo 17. La funci´on

  1 f (x) =  0

si x es racional si x es irracional

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

SOL: Si escogemos una partici´on P de [0, 1] y elegimos ck como el valor m´aximo de f en [xk−1 , xk ] la suma de Riemann correspondiente es X X X U= f (ck )∆xk = (1)∆xk = ∆xk = 1 k=1

k=1

k=1

Por otra parte, si elegimos como el valor m´ınimo para f en la suma de Riemann es X X L= f (ck )∆xk = (0)∆xk = 0 k=1

k=1

ya que cada subintervalo [xk−1 , xk ] contiene n´ umeros irracionalesc ck donde f (ck ) = 0. Como el l´ımite depende de la elecci´ on de ck la funci´on no es integrable. 18

Ejemplo 18. Utilice sumas de Riemann para calcular

Z

b

xdx donde a < b a

SOL: Consideremos f (x) = x y x∗i = xi , donde ∆x = Riemann es entonces n X

f (xi )∆x =

i=1

n X

Entonces, I=

b

xdx = l´ım a

n→∞

n X

k=1

n X

y xi = a + i∆x. La suma de

1 + (∆x)2

k=1

k=1

=a

Z

(a + i∆x)∆x = a∆x

b−a n

n X

i

k=1

 b − a 2 n(n + 1) b−a n+ n n 2

1 1 1 f (xk )∆x = l´ım a(b − a) + (b − a)2 ( + ) = (b2 − a2 ) n→∞ 2 2n 2

Propiedades de las integrales definidas Cuando f y g son integrables, la integral definida satisface

19

Z

a b

f (x)dx = −

Z

b

f (x)dx a

DEM(e): Para toda partici´on de [a, b] y cualquier elecci´ on de los puntos ck (m´ın f )(b − a) = (m´ın f ) ≤

n X

n X

∆xk =

n X

(m´ın f )∆xk ≤=

k=1

k=1

(m´ ax f )∆xk = (m´ ax f )

n X

Ejemplo 19. Probar que el valor de

Z

1 0

f (ck )∆xk

k=1

∆xk = (m´ ax f )(b − a)

k=1

k=1

n X



√ 1 + cos t dt es menor que 32 .

SOL: La desigualdad m´ax-m´ın para integrales definidas dice que (m´ın f )(b−a) ≤ (m´ ax f )(b − a). Pero, en nuestro caso, √ √ √ m´ax 1 + cos t = 1 + 1 = 2

Z

b a

f (x)dx ≤

[0,1]

De manera que

Z

1

√

0

1 + cos t dt ≤

√ 3 2< 2

´ Area debajo de la curva de una funci´ on no negativa Definition 9. Si y = f (x) es no negativa e integrable en un intervalo cerrado [a, b], entonces el ´ area debajo de la curva y = f (x) en [a, b] es la integral de f de a a b, Area(S) =

Z

b

f (x)dx a

Por primera vez tenemos una definici´on rigurosa para el ´area de una regi´ on cuya frontera es la gr´ afica de cualquier funci´on continua. Z b x2 dx y encontrar el ´ area A debajo de en el intervalo [a, b], (b > 0). Ejemplo 20. Calcular a

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 X

f (ci )∆x =

n X

2

2

(a + i∆x) ∆x = a ∆x

= a2

1 + 2a∆x

b − a n

n + 2a

 b − a 2 n(n + 1) n

n X

i + (∆x)

i=1

i=1

i=1

i=1

n X

2

+

2

n X

i2

i=1

 b − a 3 n(n + 1)(2n + 1)

n 6   1 1 1 1 = a2 (b − a) + a(b − a)2 (1 + ) + (b − a)3 + + 2 n 3 2n 6n Entonces, I=

Z

b

x2 dx = l´ım a

n→∞

n X i=1

f (ci )∆x = a2 (b − a) + a(b − a)2 +

20

b3 a3 (b − a)3 = − 3 3 3

Valor promedio de una funci´ on y Teorema del valor medio El concepto del valor promedio de una funci´on es u ´til para la demostraci´ on del teorema fundamental. Por ello, empezamos con un concepto aritm´etico: el promedio de n n´ umeros a1 , a2 , . . . an se define como n

a ¯=

1X a1 + a2 + · · · + an = ai . n n i=1

Pero, una funci´on continua f en [a, b] puede tener una infinidad de valores f (x), pero a´ un as´ı 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 cada uno. El promedio de los n valores de la muestra es n

n

1X 1 n X b−a f (c1 ) + f (c2 ) + · · · + f (cn ) = f (ci ) = f (ci ) n n i=1 n b − a i=1 n n

1 X f (ci )∆x = b − a i=1

Conforme incrementamos el tama˜ no de la muestra n, ∆x → 0 y el promedio se Z b 1 aproxima a f (x)dx. b−a a Definition 10. Si f es integrable en [a, b], su valor promedio en [a, b], tambi´en llamado valor medio es Z b 1 f (x)dx prom(f ) = b−a a El teorema del valor medio para integrales definidas afirma que la funci´on f alcanza siempre, por lo menos una vez en el intervalo, el valor promedio. Teorema 11. Si f es continua en [a, b], entonces en alg´ un punto c en [a, b], f (c) =

1 b−a

Z

b

f (x)dx a

DEM: De la propiedad del m´ax-min tenemos que (m´ın f )(b−a) ≤

Z

b

f (x)dx = (m´ ax f )(b−a)

entonces

a

(m´ın f ) ≤

Z b 1 f (x)dx ≤ (m´ ax f ) b−a a | {z } K

Sea p, q ∈ [a, b] tal que m´ın f = f (p) y m´ax 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 1 f (c) = K = b−a

Z

b

f (x)dx



a

¿Porque la continuidad es importante?. Es posible que una funci´on discontinua nunca alcance su valor promedio Z b f (x)dx = 0 entonces Ejemplo 21. Probar que si f es continua en [a, b], a < b y si a

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

21

SOL: El valor promedio de f en [a, b] es Z b 1 1 f (x)dx = 0=0 prom(f ) = b−a a b−a De acuerdo con el teorema del valor medio, f alcanza este valor en alg´ un punto c ∈ [a, b].

1.3.1.

Teorema fundamental

Si f (t) es una funci´on integrable en un intervalo finito I, la integral de cualquier n´ umero fijo a ∈ I a otro n´ umero x ∈ I define una nueva funci´on F cuyo valor en x es Z x f (t)dt (1.1) F (x) = a

Esta funci´on F esta bien definida ya que cada valor de la entrada x existe un resultado bien definido num´ericamente. El TFC afirma que F ′ (x) = f (x). Analic´emoslo desde el punto de vista geom´etrico. F (x + h) − F (x) . Primero que todo observe que si Si f ≥ 0 en [a, b], entonces F ′ (x) = l´ım h→0 h h > 0 entonces F (x + h) − F (x) es una resta de ´ areas, es decir es el ´area debajo la gr´ afica de f , de x a x + h (ver grafica). Ahora si h es peque˜ no, esta ´area es aproximadamente igual al ´ area del rect´angulo de altura f (x) y ancho h, F (x + h) − F (x) ≈ hf (x)

cuando h es peque˜ no

Por tanto, es razonable esperar que F ′ (x) = l´ım

h→0

F (x + h) − F (x) = f (x). h

Este resultado es cierto aun si la funci´on f no es positiva, y constituye la primera parte del teorema fundamental del c´alculo.

Teorema 12 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 1). Si f es continua en [a, b], entonces Z x f (t)dt F (x) = a

es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b), y F ′ (x) = f (x) DEM: Por la definici´on de la derivada 1 F (x + h) − F (x) = l´ım F (x) = l´ım h→0 h h→0 h ′

Pero,

Z

1 Entonces F (x) = l´ım h→0 h ′

Z

x+h

f (t)dt = a

x+h

Z

Z

x

f (t)dt + a

x+h

f (t)dt −

a

Z

Z

x a

 f (t)dt .

x+h

f (t)dt x

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

1 h

Z

x+h

f (t)dt = f (c) x

22

pam alg´ un n´ umero c ∈ [x, x + h]. Cuando h → 0 x + h → x, forzando a c a hacerlo tambi´en (porque c est´ a atrapada entre x y x + h ). Como f es continua en x, f (c) se aproxima a f (x) l´ım f (c) = f (x)

h→0

veamos que F es continua en x = a, l´ım F (x) − F (a) = l´ım

x→a+

x→a+

F (x) − F (a) F (x) − F (a) (x − a) = l´ım l´ım (x − a) = 0 x−a x−a x→a+ x→a+

luego l´ımx→a+ F (x) = F (a). De manera an´aloga F es continua en x = b. As´ı pues, F es continua para todo punto de [a, b]. Esto concluye la prueba.  Teorema 13 (TEOREMA FUND. DEL CALCULO, parte 2). Si f es continua en [a, b] y G es cualquier antiderivada de f en [a, b], entonces Z

b a

f (t)dt = G(b) − G(a)

DEM: Del Teorema Fundamental 12 nos dice que Z x f (t)dt F (x) = a

F es una antiderivada de f , pero como por hip´ otesis G es tambi´en una antiderivada de f . Luego, G(x) = F (x) + C para alguna constante C. Ahora evaluando tenemos G(b) − G(a) = [F (b) − C] − [F (a) − C] = F (b) − F (a) Z Z b f (t)dt − = =

Z

a

a

f (t)dt a

b

f (t)dt



a

NOTA INTERESANTE: Chic@s no les parece sorprendente que

Z

b

f (t)dt, que fue defia

nida 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 s´ olo dos puntos, a, b.

Derivaci´ on e integraci´ on como procesos inversos TEOREMA FUND. DEL CALCULO Si f es continua en [a, b] Z x f (t)dt entonces F ′ (x) = f (x), es decir F es una antiderivada de f 1. Si F (x) = a

2.

Z

b a

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

Usando la primera parte, encontramos que Z  d  x d f (t)dt = (F (x)) = F ′ (x) = f (x) dx a dx 23

es decir, si INTEGRAMOS f y, a continuaci´on, DERIVAMOS el resultado, regresamos a la funci´on original f . Teniendo en mente la segunda parte, y el hecho de que G′ (x) = f (x), encontramos que Z x Z xh i f (t)dt = G(x) − G(a) G′ (t) dt = a

a

es decir, si DERIVAMOS G y, a continuaci´on, INTEGRAMOS el resultado, regresamos a la funci´on original G menos una constante G(a). Si elegimos a de modo que G(a) = 0, esto significa que la integraci´ on “cancela” el efecto de la derivaci´ on. NOTA HISTORICA: Sin duda, el teorema fundamental del c´alculo es el teorema, alcanza el nivel de uno de los m´as grandes logros de la mente humana. Antes de ser descubierto, desde los tiempos de Eudoxo y Arqu´ımedes, hasta la ´epoca de Galileo y Fermat, los problemas de hallar ´ areas, vol´ umenes y longitudes de curvas eran tan dif´ıciles que s´ olo un genio pod´ıa afrontar el reto. Pero ahora, armados con el m´etodo sistem´ atico que Newton y Leibniz desarrollaron como el teorema fundamental, en los pr´oximos cap´ıtulos ver´ a que estos estimulantes problemas son accesibles para todos.

1.3.2.

Notaci´ on para Integrales

Debido a la relaci´ on dada por el teorema fundamental entre las antiderivadas y las integrales, necesita una notaci´ on conveniente para las antiderivadas que facilite trabajar con R ellas. Por tradici´on se usa la notaci´ on f (x)dx para una antiderivada de f y se llama integral indefinida. Por esto, Z

f (x)dx = F (x) + C

F ′ (x) = f (x)

Significa

y para la integral definida usaremos la notaci´ on dada por Z

a

b

b f (x)dx = F (x) = F (b) − F (a) a

Z b f (x)dx es un n´ umero, en tanto que una integral CUIDADO: Una integral definida a Z indefinida f (x)dx es una funci´on (o una familia de funciones). NOTA: La diferencial dx de la ecuaci´ on

Z

f (x)dx especifica que la variable independiente

es x. Pero podemos describirla en t´erminos de cualquier variable independiente. Por ejemplo, las integrales indefinidas Z Z Z 3t2 dt = t3 + C, 3y 2 dy = y 3 + C 3u2 du = u3 + C significan exactamente lo mismo que

Z

3x2 dx = x3 + C.

Ejemplo 22. Aplicaciones del TFC Determine

d  dx

Z

x 0

p

t2 + 25dt



Z  p d  xp 2 SOL1: Usando el TFC1 tenemos t + 25dt = x2 + 25 dx 2 24

√ SOL2: Supongamos que G(t) es una primitiva de t2 + 25. Es decir, Z xp x p ′ 2 t2 + 25dt = G(t) = G(x) − G(2) G (t) = t + 25 2

2

As´ı que,

Z

d dx

x 2

p



d t2 + 25dt = G(x) − G(2) = G′ (x)(1) − G′ (2)(0) dx p = x2 + 25

d  Ejemplo 23. Determine dx

Z

x2

4t2 + 1 dt 2



SOL1: Usando el TFC1 podemos concluir que Z 2  d  x 2 4t + 1dt = 4x4 + 1 N OOOOOOO dx 2

SOL2: Supongamos que H(t) es una primitiva de 4t2 + 1. Es decir, Z x2 x2 ′ 2 (4t2 + 1)dt = H(t) = H(x2 ) − H(2) H (t) = 4t + 1, 2

2

As´ı que,

d  dx

Z

  d  H(x2 ) − H(2) = H ′ (x2 )(2x) − H ′ (2)(0) 4t2 + 1dt = dx 2 = (x4 + 1)(2x) Z 6  d  x 3 Ejemplo 24. Determine t sin t dt dx 1 x2

SOL: Supongamos que G(t) es una antiderivada de t3 sin t. Es decir, Z x6 x6 ′ 3 G (t) = t sin t t3 sin tdt = G(t) = G(x6 ) − G(1) 1

1

As´ı que,

d  dx

Z

  d  G(x6 ) − G(1) = G′ (x6 )(6x5 ) − G′ (1)(0) t3 sin t dt = dx 1 = [(x6 )3 sin(x6 )](6x5 ) Z 2 d  x 2  Ejemplo 25. Determine t dt dx √x x6

SOL: Supongamos que H(t) es una primitiva de t2 . Es decir, Z x2 x 2 √ 2 H ′ (t) = t2 , t dt = H(t) √ = H(x2 ) − H( x) √ x

x

As´ı que,

d  dx

Z

x2 √

x

 √  √ 1 d  H(x2 ) − H( x) = H ′ (x2 )(2x) − H ′ ( x)( √ ) t2 dt = dx 2 x x = (x4 )(2x) − √ 2 x

25

Calculo Integral

T´ ecnicas de integraci´ on Hasta ahora solamente hemos podido encontrar antiderivadas de funciones que reconocemos claramente como derivadas. Empezaremos a desarrollar t´ecnicas m´as generales para encontrar antiderivadas. Las primeras t´ecnicas de integraci´ on que desarrollaremos se obtienen al invertir las reglas para encontrar derivadas, como la regla de las potencias y la regla de la cadena. Teorema 14. Regla de sustituci´ on Regla de potencias Si u es cualquier funci´ on diferenciable, entonces Z un+1 +C un du = n+1 Ejemplo 26. Z x5 x4 dx = + C, 5

Z

(r − 4)7 dr =

(r − 4)8 + C, 8

Z

(3m − 4)7 dm =

(3m − 4)8 +C (3)(8)

´ REGLA SUSTITUCION La idea es reemplazar una integral relativamente complicada por una m´as sencilla. Esto se lleva a cabo pasando de la variable original x a una nueva variable u que sea funci´on de x. Por ejemplo, u = x4 + 2 du = 4x3 dx

Z

x3 cos(x4 + 2)dx =

1 4

Z

cos udu =

sin u sin(x4 + 2) = +C 4 4

El reto principal es pensar en una sustituci´on apropiada. CLAVE: Buscar siempre una funci´on que tenga derivada (salvo por constante) en el factor integrando. Ejemplo 27. INTEGRAL Z

x2

Z

Z

p

u = x3 + 9,

du = 3x2 dx

2 sin3 x cos xdx

z=

dz =

x2 dx + 5)4

k=

dk =

y=

dy =

t=

dt =

h=

dh =

r=

dr =

(x3

Z

x3 + 9dx

√ t t + 1dt

Z

mejor sustituci´on

(ln x + 1)ex ln x dx √ Z cos( x) √ dx x Z π/2 (1 + sin θ)3/2 cos θdθ 0

26

NUEVA INTEGRAL Z

√ 1 1 u du = 3 3

Z

√ u du

INTEGRAL Z Z

π2

x3

Z Z Z

∗ Z

√

x cos √ x

√

x

m=

dx

2 − x2 dx − 6x + 1

x

dl =

√

m=

dm =

h=

dh =

u=

du =

v=

dv =

q=

dq =

v=

dv =

x4 dx x5 + 1

s=

ds =

sin2 (3x)dx

m=

cot x(ln(sen x))dx

Z

NUEVA INTEGRAL

dm =

l=

x 3e √ dx x 5ex √ dx = 1 − e2x ln(ln x) dx = x ln x 1 p√ dx = x+1 dx q √ (1 + x2 ) ln(x + 1 + x2 )

e

Z

Z

√

π 2 /4

Z

Z

sin

mejor sustituci´on

√ 7

sin3 (x) cos2 xdx

Z

cos5 (x)dx Z ∗ cos4 (2x)dx Z tan5 θdθ

dm =

t=

dt =

w=

dw =

q=

dq =

q=

dq =

Ejemplo 28. Ejemplos m´as interesantes simple manipulaci´ on algebraica INTEGRAL

Manipulaci´ on algebraica

Z

1 + ex − ex ex 1 = = 1 + 1 + ex 1 + ex 1 + ex

1 dx 1 + ex Z 1 dx 1 + cos 10x Z x − tan−1 (2x) dx 1 + 4x2 Z x2 + 2 ∗ dx x2 (x2 + 4) Z x2 − 5 ∗ dx 2 x (x2 − 9) Z 3 dx ∗ 2 2 x (x + 5)

27

NUEVA INTEGRAL

Teorema 15. Si u = g(x) es una funci´ on diferenciable cuyo rango es un intervalo I y f es continua en I, entonces Z Z ′ f (g(x))g (x)dx = f (u)du = F (u) + C = F (g(x)) + C DEM: Sea F una antiderivada de f , esto es, F ′ = f . Ahora, de la regla de la cadena, d F (g(x)) = F ′ (g(x))g ′ (x) = f (g(x))g ′ (x) dx De manera que si u = g(x) encontramos Z Z d T F C1 ′ F (g(x)) = F (g(x)) + C = F (u) + C f (g(x))g (x)dx = dx

T F C1

=

Z

′

F (u)du =

Z

f (u)du



Teorema 16. Sea u = g(x) tiene una derivada continua en [a, b] y que f es continua en el conjunto g([a, b]). Entonces Z

b

f (g(x))g ′ (x) = a

Z

g(b)

f (u)du g(a)

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

b ′

f (g(x))g (x)dx = a

Z

b a

Ejemplo 29. 1. 2. 3. 4.

Z

Z

Z

Z

1

√ x2 1 − xdx=

3

θ (θ + cos )dθ = 6

0

0 e 1

√

b g(b) Z g(b) d T F C2 F (g(x)) = F (g(x)) = F (g(b)) − F (g(a)) = F (u) f (u)du = dx a g(a) g(a)

ln x dx = x π

x cos(x2 )dx = 0

´ POR PARTES INTEGRACION La integraci´ on por partes es una t´ecnica para simplificar integrales de la forma pues en general:

Z

f (x)g(x)dx 6=

Z

f (x)dx

La idea b´asica de este m´etodo consiste en calcular

Z

Z

Z

f (x)g(x)dx,

g(x)dx

f (x)g(x)dx mediante el c´alculo de otra

integral, la cual se espera que sea m´as simple de resolver. Particularmente este m´etodo es muy u ´til para integrandos que contengan productos de funciones algebraicas y trascendentes. Por ejemplo, Z Z Z x ln xdx x 2 ex ex sin xdx 28



Teorema 17. F´ omula de integraci´ on por partes Si u y v son funciones de x y tienen derivadas continuas, entonces Z Z u(x)v(x)dx = u(x)v(x) − v(x)u(x)dx DEM Como u y v son funciones diferenciables de x, la regla del producto establece que d (u(x)v(x)) = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x) dx En t´erminos de integrales indefinidas, esta ecuaci´ on se transforma en Z Z Z d ′ (u(x)v(x))dx = u (x)v(x)dx + u(x)v ′ (x)dx dx Reacomodando los t´erminos de esta u ´ltima ecuaci´ on, obtenemos Z Z Z d ′ (u(x)v(x))dx − u′ (x)v(x)dx u(x)v (x)dx = dx Z = u(x)v(x) − u′ (x)v(x)dx 1. En ocasiones es m´as f´acil recordar la f´ormula si la escribimos en forma diferencial. Sea du = u(x)dx y dv = v ′ (x)dx. Entonces utilizando la regla de sustituci´on, Z Z udv = uv − vdu 2. Para aplicar la integraci´ on por partes a una integral dada, primero descomponemos ´ltima incluya la diferencial dx. el integrando en dos “partes”u y dv, tales que la u Intentamos elegir esas partes de acuerdo con dos principios: Z La primitiva v = dv debe ser f´acil de determinar. Z Z La nueva integral vdu debe ser m´as f´acil de calcular que la integral udv. 3. Cuando se determina la funci´on v a partir de su diferencial dv, NO es necesario considerar la constante de integraci´ on, pues si en lugar de v se considera v + C, C constante, entonces Z Z Z udv = u(v + C) − (v + C)du = uv − vdu Esto significa que la constante C considerada no figura en el resultado final.

4. Una estrategia eficaz consiste en elegir dv como el factor m´as complicado que se pueda integrar f´acilmente. Entonces derivamos la otra parte, u, para encontrar du. 5. ILATE formula que ayuda a los “sufridos estudiantes” Z Ejemplo 30. Calcule ln(x)dx

  u = ln x dv = dx SOL: Usando integraci´ on por partes con encontramos que 1  du = dx v = x x Z Z 1 ln(x)dx = x ln x − x dx = x ln x − x + C x 29

Ejemplo 31. Calcule

Z

(x2 + 3x − 1)e2x dx

  u = x2 + 3x − 1 dv = e2x dx SOL: Usando integraci´ on por partes con Luego tenemos e2x  du = 1 dx v= x 2 Z Z 3
1 (x2 + 3x − 1)e2x dx = (x2 + 3x − 1)e2x − (x + e2x dx 2 2   u = (x + 32 ) dv = e2x dx En la u ´ltima integral aplicamos nuevamente integraci´ on por partes con e2x  du = dx v= 2 Por tanto, Z Z h 1 2x i 3 e2x 1 2 2x 2 2x − e dx (x + 3x − 1)e dx = (x + 3x − 1)e − (x + ) 2 2 2 2 e2x = (x2 + 2x − 2) +C 2 Z Z Ejemplo 32. Calcule I = sec3 xdx = sec2 x sec xdx   u = sec x dv = sec2 dx Luego teSOL: Usando integraci´ on por partes con  du = sec x tan xdx v = tan x nemos Z I = sec x tan x − (sec2 x − 1) sec xdx Z = sec x tan x − I + sec xdx = sec x tan x − I + ln | sec x + tan x| + C Por tanto, I=

Ejemplo 33. Calcule

Z

i 1h sec x tan x + ln | sec x + tan x| + C 2 √ tan−1 ( x + 1)dx

 √  u = tan−1 ( x + 1) dv = dx Luego tenemos SOL: Usando integraci´ on por partes con 1 1  du = √ dx v = x 1 + (x + 1) 2 x + 1 Z Z √ √ 1 x √ tan−1 ( x + 1) = x tan−1 ( x + 1) − dx 2 (2 + x) x + 1 Z √ 1 2+x −2 √ √ = x tan−1 ( x + 1) − + dx 2 (2 + x) x + 1 (2 + x) x + 1 Z Z √ 1 1 1 √ √ dx − dx = x tan−1 ( x + 1) + 2 (2 + x) x + 1 x+1 √ √ √ = x tan−1 ( x + 1) + 2 tan−1 ( x + 1) − x + 1 + C √ √ = (x + 2) tan−1 ( x + 1) − x + 1 + C

30

2.0.3.

Integraci´ on por partes en una integral definida

Teorema 18. Si u y v son funciones de x y tienen derivadas continuas en [a, b], entonces Z Ejemplo 34. Calcule I =

b a

Z

b Z u(x)v(x)dx = u(x)v(x) − a

3

v(x)u(x)dx a

3

x2 ln xdx

1

  u = ln x SOL:Usando integraci´ on por partes con  du = 1 dx x Z

b

dv = x2 dx Luego tenemos x3 v= 3

3 Z 1 3 2 x3 ln x − x dx = x ln xdx = 3 3 1 1 2

1

Ejemplo 35. Calcule I =

Z

16

arctan( 1

q

√

x − 1)dx

p√ √ SOL: Si z = arctan( x − 1)dx ⇒ x = sec2 z ⇒ x = sec4 z y dx = sec4 z tan z. Para x = 1 ⇒ z = 0 y para x = 16 ⇒ z = π/3. Entonces Z 16 Z π/3 q √ arctan( I= z sec4 tan zdz x − 1)dx = 1

0

  u= Usando integraci´ on por partes con  du =

dv = v=

Luego tenemos

I=

2.1.

Sustituciones trigonom´ etricas

Las sustituciones trigonom´etricas pueden ser eficaces para transformar integrales que incluyen p p p a2 − x 2 , a2 + x 2 , x 2 − a2 31

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

Ejemplo 36. Cada una de las siguientes expresiones representa un cateto o una hipotenusa de un triangulo. Apartir de esta expresi´ on complete los datos del triangulo y halle una sustituci´on apropiada para x en terminos de θ.

√ 1. 9 − x2

2.

√ m2 − 9

3.

√ 16 + x2

4.

p

√ SOL: Claramente 9 − x2 es un cateto y por tanto, la hipotenusa=3, y el otro cateto es x,

25p2 − 4

32

Aqui, una buena sust. ser´ıa sin θ =

x 3

5.

√ 49 − 4z 2

6.

√ e2t + 9

7.

p

8.

√ 4x2 + 1

1 + (ln y)2

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

Ejemplo 37. Halle las sigueintes integrales usando una apropiada sustituci´on trigonom´etrica. 1.

Z

dx √ x2 9 − x2 Aqui vamos a considerar la sustitucion sin θ =

SOL: x = 3 sin θ

dx = 3 cos θdθ

x . Luego 3

− π/2 < θ < π/2

entonces Z Z Z Z Z dx 3 cos θdθ 1 cos θdθ dθ √ p p csc2 θdθ = = = = 9 9 sin2 θ x2 9 − x2 9 sin2 θ 9 − 9 sin2 θ 9 sin2 θ 1 − sin2 θ √ 1 9 − x2 1 +C = − cot θ + C = − 9 9 x Z dx √ 2. 4x2 + 1 Aqui vamos a considerar la sustitucion

. Luego

SOL: x= entonces Z dx √ = 4x2 + 1

3.

Z

(x2

dx + 1)3/2 33

dx =

0 y est´ an en el I cuadrante, mientras que aquellos con r < 0 est´ an en el III cuadrante. Ejemplo 166. Graficar el conjunto de puntos cuyas coordenadas polares satisfacen las siguientes condiciones. 1. 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2. −3 ≤ r ≤ 2 y θ = 3. r ≤ 0 y θ = 4.

2π 3

≤θ≤

5π 6

π 2

π 4

π 4

(no hay restricci´ on sobre r)

SOL:

Ejemplo 167. Ecuaciones equivalentes: ecuaci´ on polar ecuaci´ on cartesiana

Ejemplo 168. Determinar una ecuaci´ on polar para la circunferencia x2 +(y −3)2 = 9 SOL: x2 + y 2 − 6y + 9 = 9

x2 + y 2 − 6y = 0

r2 − 6r sin θ = 0 r(r − 6 sin θ) = 0 107

Entonces, r = 0 o r = 6 sin θ. Esta u ´ltima ecuaci´ on incluye ambas posibilidades. Ejemplo 169. (a) Trace la curva con la ecuaci´ on polar r = 2 cos θ. (b) Encuentre una ecuaci´ on cartesiana para esta curva. SOL(a): Hallemos valores de r dando algunos valores convenientes de θ y graficamenos los puntos correspondientes (r, θ).

SOL(b): Dado que x = r cos θ se tiene cos θ = x/r, de modo que la ecuaci´ on r = 2 cos θ se convierte en r2 = 2x, que da 2x = r2 = x2 + y 2

o

x2 + y 2 − 2x = 0

Al completar el cuadrado, se obtiene (x − 1)2 + y 2 = 1 T´ ecnica m´ as importante para gr´ aficar curvas polares: Una manera cl´asica de gr´ aficar una ecuaci´on polar consiste en elaborar una tabla de valores (r, θ) gr´ aficar los puntos correspondientes y conectarlos en orden creciente de θ. Otro m´etodo m´as confiable y PODEROSO es utilizar la gr´ afica cartesiana como una “tabla” y gu´ıa para bosquejar la gr´ afica en coordenadas polares. El m´etodo de dibujar la gr´ afica cartesiana rθ, muestra de un solo vistazo d´onde es r positiva, negativa o en d´onde no existe. Tambi´en d´onde es r creciente o decreciente. Ejemplo 170. Bosqueje la curva r = 1 + sin θ. SOL: Primero se bosqueja la gr´ afica de r = 1 + sin θ en coordenadas cartesianas ver figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valores crecientes de θ. Estos cambios son m´as f´acil de graficar. Esta curva se llama cardioide porque tiene forma de coraz´on.

Ejemplo 171. Bosqueje la curva r = cos 2θ. SOL: Hagamos el bosqueja de r = cos 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas ver figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r que corresponden a valores crecientes de θ. La curva resultante se llama rosa de cuatro hojas. 108

Ejemplo 172. Bosqueje la curva r2 = sin 2θ. SOL: Hagamos el bosqueja de r2 = sin 2θ en 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas cartesianas ver figura. Esto permite leer de un vistazo los valores de r2 que corresponden a valores crecientes de θ. La curva resultante se llama lemniscata.

r2 no puede ser negativo

Intersecciones y Simetr´ıas en curvas polares Intersecciones: 1. Con el eje polar. Se hace θ = nπ, n ∈ Z. 2. Con el eje π/2. Se hace θ = π/2 + nπ, ∈ Z. 3. Con el polo. Se hace r = 0. Cuando se bosquejan curvas polares, a veces es u ´til aprovechar la simetr´ıa. Definition 37. (Pruebas de simetr´ıa para gr´ aficas polares r = f (θ)) (a) Si reemplazamos (r, θ) por ((−1)n r, −θ + nπ), n ∈ Z. Si la ecuaci´ on NOO var´ıa para alg´ un valor de n, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al eje polar. (b) Si reemplazamos (r, θ) por (−(−1)n r, −θ + nπ), n ∈ Z. Si la ecuaci´ on NOO varia para alg´ un valor de n, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al eje π/2. (c) Se reemplaza (r, θ) por (−(−1)n r, θ + nπ), n ∈ Z. Si la ecuaci´ on NOO var´ıa para alg´ un valor de n, entonces la curva polar es sim´etrica respecto al polo.

109

Ejemplo 173. Determine si son sim´etricas o no respecto al eje polar, al eje π/2 y al polo, las curvas cuyas ecuaciones son:   θ a) r = 4 cos θ + 2 b) r2 = 9 sen( ) + 1 2 SOL: a) i) Respecto al eje polar. Reemplazando (r, θ) por (r, −θ), se obtiene que r = 4 cos(−θ) + 2 = 4 cos θ + 2. Por tanto, la curva es sim´etrica con respecto al eje polar. ii) Respecto al eje π/2 Al reemplazar (r, θ) por (−(−1)n r, −θ + nπ), se tiene que −(−1)n r = 4 cos(−θ + nπ) + 2. Si n es par entocnes −r = 4 cos(−θ + 2kπ) + 2 = 4 cos(θ) + 2 (var´ıa). Si n es impar entonces r = 4 cos(−θ − (2k + 1)π) + 2 = −4 cos θ + 2 (var´ıa). Luego, la curva NO es sim´etrica porque la ecuaci´ on var´ıa para todo n ∈ Z. iii) Respecto al polo. Al reemplazar (r, θ) por (−(−1)n r; θ + nπ), se tiene que −(−1)n = 4 cos(θ + nπ) + 2. Si n es par entonces −r = 4 cos(θ + 2kπ) + 2 = 4 cos(θ) + 2 (var´ıa). Si n es impar entocnes r = 4 cos(θ + (2k + 1)π) = −4 cos(θ) (var´ıa). La curva NO es sim´etrica con respecto al polo. SOLb) Respecto al eje polar. reemplazando (r, θ) por (r, −θ + 2π), (n = 2), se tiene     θ −θ + 2π ) + 1 = 9 sen( ) + 1 r2 = 9 sen( 2 2

Por tanto, la curva es sim´etrica con respecto al eje polar.

ii) Respecto al eje π/2. Para n = 2, es decir, reemplazando (r, θ) por (−r, −θ + 2π), se tiene     −θ + 2π θ (−r)2 = 9 sen( )+1 ⇒ r2 = 9 sen( ) + 1 2 2 Por tanto, la curva es sim´etrica con respecto al eje π/2. iii) Respecto al polo. Al reemplazar (r, θ) por (−r, θ) (para n = 0).   θ (−r)2 = 9 sen( ) + 1 2

⇒

Luego, la curva es sim´etrica respecto al polo.

  θ r2 = 9 sen( ) + 1 2

Ejemplo 174. Demuestre que la curva polar r = 1 − cos θ es simetrica respecto al eje x. SOL: Tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva y veamos que el punto (r, −θ) tambien pertenece a la curva (r, θ) en la gr´ afica ⇒ r = 1 − cos(θ) ⇒ r = 1 − cos(−θ)

⇒ (r, −θ) en la gr´ afica 110

3.9.1.

Pendiente de la curva polar r = f (θ)

Primero que todo recuerde que la pendiente de una curva polar r = f (θ) est´ a dada por dy , dx

NO POR

r′ =

df dθ

Para saber porque, consideremos la curva polar r = f (θ) donde θ es el par´ ametro y se escriben sus ecuaciones param´etricas como x = r cos θ = f (θ) cos θ

y = r sin θ = f (θ) sin θ

Si f es una funci´on diferenciable de θ entonces tambi´en lo son x y y. Ahora, podemos calcular dy con la f´ormula param´etrica la pendiente de la curva parametrica dx dy dy/dθ f ′ (θ) sin θ + f (θ) cos θ = = ′ dx dx/dθ f (θ) cos θ − f (θ) sin θ

(3.7)

esta f´ormula es cierta siempre que dx/dθ 6= 0. OBSERVACIONES:

Las tangentes horizontales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde dy =0 dθ

siempre que

dx 6= 0 dθ

. Las tangentes verticales de un curva polar se encuentran en los puntos (r, θ) donde dx =0 dθ

siempre que

dy 6= 0 dθ

. Las rectas tangentes en el origen, esto es, en los puntos (0, θ), la ecuaci´ on (??) se simplifica dy = tan θ siempre que f ′ (θ) 6= 0 dx Ejemplo 175. (a) Para la cardioide r = 1+sin θ, encuentre la pendiente de la l´ınea tangente cuando θ = π/3. (b) Encuentre los puntos sobre la cardioide donde la l´ınea tangente es horizontal o vertical. SOL(a): Hallemos la pendiente dy/dx, para ello recordemos que x = r cos θ = (1 + sin θ) cos θ = cos θ +

1 sin(2θ) 2

y = r sin θ = (1 + sin θ) sin θ = sin θ + sin2 θ Por lo tanto,

Luego,

dy dy/dθ cos θ + 2 sin θ cos θ cos θ + sin 2θ = = = dx dx/dθ − sin θ + cos 2θ − sin θ + cos 2θ cos(π/3) + sin(2π/3) dy = = −1 dx θ=π/3 − sin(π/3) + cos(2π/3)

111

SOL(b): Observe que dy = cos θ(1 + 2 sin θ) = 0 dθ

cuando θ =

dx = (1 + sin θ)(1 − 2 sin θ) = 0 dθ

π 3π 3π 7π 11π , , , , 2 2 2 6 6

cuando θ =

3π π 5π , , 2 6 6

1 11π Luego, tenemos tangentes horizontales en los puntos (2, π2 ), ( 12 , 7π 6 ), ( 2 , 6 ), y tan3 5π 3π 3 π gentes verticales en ( 2 , 6 ), ( 2 , 6 ). Por ultimo, para θ = 2 debemos tener mucho cuidado porque dy/dθ = dx/dθ = 0. Asi que hagamos su estudio usando la regla de L’Hopital:

l´ım 3π

θ→(

2

)−

 cos θ + sin 2θ  0  − sin θ + 2 cos 2θ  dy = = +∞ = l´ım = l´ ım − − dx θ→( 3π − sin θ + cos 2θ 0 θ→( 3π − cos θ − 2 sin 2θ 2 ) 2 )

Por simetr´ıa,

l´ım 3π

θ→(

2

)+

dy = −∞. Por tanto en (0, 3π ınea tangente 2 ) tenemos una l´ dx

vertical.

Ejemplo 176. Graficar la curva r2 = 4 cos θ, estudiando sus simetr´ıas y haciendo el bosquejo de r2 = 4 cos θ en coordenadas cartesianas. SOL: Estudiemos las simetrias, tomemos un punto arbitario (r, θ) de la curva Si (r, θ) en la gr´ afica ⇒ r2 = 4 cos(θ)

⇒ r2 = 4 cos(−θ)

⇒ (r, −θ) en la gr´ afica

Simetrica respeto al eje x

Si (r, θ) en la gr´ afica ⇒ r2 = 4 cos(θ)

⇒ (−r)2 = 4 cos(θ)

⇒ (−r, θ) en la gr´ afica

Simetrica respeto al origen

La curva pasa por el origen cuando θ = π/2 y θ = 3π/2 y teniendo en mente la ecuaci` on (??) encontramos que dy/dx = tan θ es infinita, es decir tiene tangente vertical en θ = π/2 y θ = 3π/2.

Ejemplo 177. Halle las ecuaciones cartesiana y polar de la recta tangente a la curva r = a(1 − cos θ) en θ = π/6 (a > 0). SOL: La pendiente de la recta tangente esta dada por f ′ (θ) sin θ + f (θ) cos θ dy = ′ , dx f (θ) cos θ − f (θ) sin θ

donde f ′ (θ) =

dr = a sen θ dθ

reemplazando aqu´ı por π/6, se tiene dy =1 dx Las coordenadas rectangulares (x, y) del punto de tangencia son √  √  3 3 x0 = r cos(θ) = a(1 − cos(π/6)) cos(π/6) = a 1− 2 2 112

√  a 3 1− 2 2 La ecuaci´ on cartesiana de la recta tangente es y − y0 = 1(x − x0 ), es decir, √ √ 3 3−5 1 3 3−5 1 x−y− a = 0, ⇔ (E.n) √ x − √ y = a 4 4 2 2 y0 = r sin(θ) = a(1 − cos(π/6)) sin(π/6) =

luego tenemos que cos ω = es

√1 2

√

y sen ω = − √12 y p = 3 43−5 a. La ecuaci´ on polar de esta recta √ 3 3−5 7π )= a r cos(θ − 4 4

Puntos de intersecci´ on curvas polares En coordenadas cartesianas, siempre podemos encontrar los puntos en que dos curvas se cruzan resolviendo sus ecuaciones simult´ aneamente. En el caso de coordenadas polares esto no es as´ı. La soluci´ on simult´ anea puede revelar algunos puntos de intersecci´on, pero no todos. Una manera segura de identificar todos los puntos de intersecci´on es graficar las ecuaciones, y teniendo en cuenta que si r = f (θ) es la ecuaci´ on de una curva en coordenadas polares, entonces (−1)n r = f (θ + nπ), n∈Z es tam bi´en la ecuaci´ on de dicha curva. Ejemplo 178. Coordenadas polares enga˜ nosas Demostrar que el punto (2, π/2) se encuentra sobre la curva r = 2 cos(2θ). SOL: Observe que si reemplazar en la ecuaci´ on la coordenadas r = 2 y θ = π/2 obtenemos π 2 = 2 cos 2( ) = −2 2 claramente no es una igualdad verdadera. Pero dando otras coordenadas a (2, π/2) = (−2, −π/2) encontramos que estas u ´ltimas coordenadas, si verifica la ecuaci´ on π −2 = 2 cos 2(− ) = −2 2 Por tanto, el punto (2, π/2) s´ı se encuentra sobre la curva. Ejemplo 179. Puntos de intersecci´ on evasivos Encontrar los puntos de intersecci´ on de las curvas r2 = 4 cos θ y r = 1 − cos θ SOL: Veremos que la soluci´ on simult´ anea revela s´ olo dos de los cuatro puntos de intersecci´on. Los otros los encontramos por graficaci´on. De la primera ecuaci´ on tenemos cos θ = r = 1 − cos θ = 1 −

r2 4

⇒

r2 reemplazando en la segunda 4

r2 + 4r − 4 = 0,

⇒

√ r = −2 ± 2 2

√ Para, el caso r = −2 − 2 2 no encontramos un θ que verifique r = 1 − cos θ. Pues, √ √ −2 − 2 2 = 1 − cos θ ⇒ cos θ = 3 + 2 2. √ Mientras que si r = −2 + 2 2 encontramos que √ √ ⇒ cos θ = 3 − 2 2 ⇒ θ ≈ ±80o −2 + 2 2 = 1 − cos θ 113

√ Por hemos identificado dos puntos de intersecci´on: (−2 + 2 2, 80o ) y (−2 + √ lo tanto, 2 2, −80o ). Para encontrar otros puntos de intersecci´on debemos graficar las curvas ver figura. Observe que s´ olo A y B se encontraron por medio de soluci´ on simult´ anea. Los otros dos fueron revelados al graficar. ¿Por qu´e no aparecieron los valores r de esos puntos en la soluci´ on simult´ anea? La respuesta es que los puntos (0, 0) y (2, π) no se alcanzan en el mismo valor de θ. Por ejemplo, el punto (2, π) se alcanza sobre la curva r = 1−cos θ cuando θ = π, y para la curva r2 = 4 cos θ en θ = 0.

Ejemplo 180. Puntos de intersecci´ on evasivos Encuentre los puntos de intersecci´ on de las curvas r = cos 2θ y r =

1 2

SOL: Si resolvemos las ecuaciones r = cos 2θ y r = 21 , obtenemos cos 2θ = θ=

1 2

y, por lo tanto,

π 5π 7π 11π , , , . 6 6 6 6

Luego, hemos hallado 4 puntos de intersecci´ on: 1 π 1 5π 1 7π 1 11π ), ( , ), ( , ). ( , ), ( , 2 6 2 6 2 6 2 6 Sin embargo, se puede ver de la figura que las curvas tienen otros 4 puntos de intersecci´on; a saber 1 π 1 2π 1 4π 1 5π ), ( , ), ( , ). ( , ), ( , 2 3 2 3 2 3 2 3 ´ Estos se pueden hallar por medio de simetr´ıa respecto al eje π/2, al polo y respecto al eje polar. Tambi´en puede notar que otra ecuaci´ on del c´ırculo es r = − 12 y resolviendo despu´es 1 las ecuaciones r = cos 2θ y r = − 2 .

´ Areas y Longitudes de arco en coordenadas polares Sea R la regi´ on, ilustrada en la figura, acotada por la curva polar r = f (θ) y por los rayos θ = a y θ = b, donde f es una funci´on continua positiva y donde 0 < b − a < 2π. Se divide el intervalo [a, b] en subintervalos con puntos finales θ0 , θ1 , θ2 , . . . , θn e igual amplitud ∆θ. Estos rayos θ = θi dividen a R en regiones m´as peque˜ nas con ´angulo central ∆x = θi − θi−1 . Si se elige θi∗ ∈ [θi , θi−1 ], entonces el ´area Ai de la i-´esima regi´ on se aproxima mediante el ´area del sector de un c´ırculo con ´angulo central ∆θ y radio f (θi∗ ). Ai ≈

1 (f (θi ))2 ∆θ 2

y, de este modo, una aproximaci´on al ´ area total A de R es A≈

n X 1 i=1

2

[f (θi )]2 ∆θ

Esta expresi´ on es una suma de Riemann para la funci´on g(θ) = 21 [f (θ)]2 , por eso, A = l´ım

n→∞

n X 1 i=1

2

[f (θi )]2 ∆θ =

114

Z

b a

1 [f (θ)]2 2

´ Definition 38. (Area de un abanico entre el origen y la curva r = f (θ)) A=

Z

b a

1 2 r dθ = 2

Z

b a

1 [f (θ)]2 dθ 2

Ejemplo 181. Encontrar el ´ area de la regi´ on en el plano, acotada por la cardioide r = 2(1 + cos θ) SOL: Grafiquemos el cardioide y determinamos que el radio OP barra la regi´ on exactamente una vez cuando θ var´ıa de 0 a 2π. Por lo tanto, el ´area es:

A=

Z

=2

b a

Z

1 2 r dθ = 2 2 2π

0

Z

2π

[1 − cos θ]2 dθ = 2

0

Z

2π

(1 − 2 cos θ + cos2 θ)dθ

0

1 + cos 2θ )dθ = 6π (1 − 2 cos θ + 2

Ejemplo 182. Encontrar el ´ area dentro del lazo peque˜ no del lima¸con r = 1 + 2 cos θ SOL: Al Graficar el lima¸con vemos que el punto (r, θ) recorre el peque˜ no lazo cuando crece de θ = 2π/3 a θ = π. Como la curva es sim´etrica con respecto al eje x, entonces, el ´ area es: √ Z π Z b Z π 3 3 1 2 2 (3 + 2 cos(2θ) + 4 cos θ)dθ = π − [1 + 2 cos θ] dθ = A=2 r dθ = 2 2π/3 a 2 2π/3 Ejemplo 183. Determine el ´ area encerrada por un bucle de la rosa de cuatro hojas r = cos 2θ. SOL: La curva r = cos 2θ se bosquej´o en el Ejemplo ??. Consideremos el bucle derecho, observe que esta regi´ on es barrida por un rayo que gira de θ = π/4 a θ = π/4 . Por lo tanto, el ´area es A=

Z

b a

1 2 1 r dθ = 2 2

Z

π/4

cos2 (2θ)dθ = −π/4

Z

π/4

cos2 (2θ)dθ = 0

π 8

Ejemplo 184. Determine el ´ area de la regi´ on que yace dentro del c´ırculo r = 3 sin θ y fuera de la cardioide r = 1 + sin θ SOL: La cardioide v´ease el Ejemplo ?? y el c´ırculo se bosquejan en la figura y se sombrea la regi´ on deseada. Los valores de a y b se determinan al hallar los puntos de intersecci´on de las dos curvas. Se cortan cuando 3 sin θ = 1 + sin θ, que da, sin θ = 21 de modo que θ = π/6, 5π/6. El ´ area deseada se encuentra restando el ´area dentro de la cardioide entre θ = π/6 y θ = 5π/6 del ´ area dentro del c´ırculo de θ = π/6 y θ = 5π/6. Es decir,

A=

Z

b a

1 (rsup )2 dθ − 2

Z

b a

1 (rinf )2 dθ = 2

Z

b

1 2 2 (rsup − rint )dθ a 2 Z i 1 5π/6 h (3 sin θ)2 − (1 + sin θ)2 dθ = 2 π/6

=π

115

Area sector de un c´ırculo A = 12 r2 θ

En el ejemplo anterior se ilustra el procedimiento para hallar el ´area de la regi´ on acotada por dos curvas polares. ´ Definition 39. (Area entre dos curvas polares) En general, sea R una regi´ on, que est´ a acotada por curvas con ecuaciones polares r = f (θ), r = g(θ), θ = a y θ = b donde f (θ) ≥ g(θ), 0 < b − a ≤ 2π. El ´ area A de R es Z b Z b Z b 1 1 2 1 2 (rsup )2 dθ − (rinf )2 dθ = (rsup − rint )dθ A= a 2 a 2 a 2 Ejemplo 185. Encontrar el ´ area de la regi´ on que se encuentra dentro del c´ırculo r = 1 y fuera de la cardioide r = 1 − cos θ SOL: Dibujamos la regi´ on para determinar sus fronteras y encontrar los l´ımites de integraci´ on. La curva exterior es rext = 1, la curva interior es rint = 1 − cos θ, y θ varia de π/2 a π/2. , por tanto el ´ area es A=

Z

b a

1 1 [(rsup )2 − (rinf )2 ]dθ = 2 2

Z

π/2 −π/2

[12 − (1 − cos θ)2 ]dθ = 2 −

π 4

La longitud de una curva polar Podemos obtener una f´ormula en coordenadas polares para la longitud de una curva r = f (θ), a ≤ θ ≤ b parametriz´ andola como x = r cos θ = f (θ) cos θ

x = r sin θ = f (θ) sin θ,

a≤θ≤b

Al usar la regla del producto y derivar con respecto a θ, se obtiene dx dr = cos θ − r sin θ dθ dθ No es dif´ıcil ver que

 dx 2

dy dr = sin θ + r cos θ dθ dθ  dy 2

 dr 2

+ r2 dθ dθ dθ De esta expresi´ on obtenemos la definici´on para la longitud de una curva polar r = f (θ). +

=

Definition 40. (Longitud de una curva polar) Si r = f (θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curva exactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces la longitud de la curva es Z br  dr 2 L= dθ r2 + dθ a Ejemplo 186. Encontrar la longitud de la cardioide r = 1 − cos θ SOL: Dibujamos la cardioide para determinar los l´ımites de integraci´ on. El punto (r, θ) traza la curva una sola vez, en sentido contrario al de la manecillas del reloj, al dr variar θ de 0 a π. Ahora, como r = 1 − cos θ y dθ = sin θ podemos hallar la longitud de la curva Z 2π r Z br Z 2π  dr 2 √ θ 2 r + 2 − 2 cos θdθ = 4 sin2 dθ = 8 L= dθ = dθ 2 0 a 0

116

Ejemplo 187. Halle la longitud de arco de la parte de la par´ abola r = a sec2 (θ/2) cortada por la recta perpendicular que pasa por el polo. SOL: Se tiene −π/2 ≤ θ ≤ π/2 y pondiente, se tiene L=

Z

π/2 −π/2

dr dθ

p

= a sec2 (θ/2) tan(θ/2). Aplicando la f´ormula corres-

r2

+

(r′ )2 dθ

=a

Z

π/2

θ sec3 ( )dθ 2 −π/2

´ Area de superficie en coordenadas polares Para obtener la f´ormula del ´ area de una superficie de revoluci´on, la cual ha sido generada por una curva polar r = f (θ), a ≤ θ ≤ b vamos a necesitar “re-escribir” la conocida formula de ´ area de superficie en coordenadas polares. Recuerdemos que esta f´ormula esta dada por A=

Z

b

2πrds

Coordenadas Rectangulares

a

´ Definition 41. (Area de una superficie de revoluci´ on) Si r = f (θ) tiene derivada continua para a ≤ θ ≤ b y si el punto (r, θ) traza la curva exactamente una sola vez al variar θ de a a b entonces las ´ areas de las superficies generadas al girar la curva son r Z b  dr 2 2π(r sin θ) r2 + S= dθ Eje x, (y ≥ 0) dθ a S=

Z

b

2π(r cos θ) a

r

r2 +

 dr 2 dθ

dθ

Eje y, (x ≥ 0)

Ejemplo 188. Encontrar el ´ area de la superficie generada al girar el lazo derecho de la lemniscata r2 = cos 2θ alrededor del eje y. SOL: Trazamos el lazo para determinar los l´ımites de integraci´ on. El punto (r, θ) recorre la curva una sola vez en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando θ var´ıa de −π/4 aπ/4. Primero hagamos unos calculos, r r Z b  dr 2 Z b  dr 2 2 2πr cos θ r + 2π cos θ r4 + r A= = dθ dθ a a dr dr 2 = −2 sin 2θ y (r dθ ) = sin2 (2θ). Por tanto Ahora, como r2 = cos 2u entonces 2r dθ

A=

Z

b

2π cos θ a

r

Z π/4  dr 2 √ r4 + r 2π cos θ(1)dθ = 2π 2 dθ = dθ −π/4 117