Práctico - Aplicaciones integral definida PDF

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Aplicaciones integral definida...

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CAP´ITULO XI. APLICACIONES DE LA INTEGRAL DEFINIDA

SECCIONES ´ A. Areas de figuras planas. B. C´alculo de vol´ umenes. C. Longitud de curvas planas. D. Ejercicios propuestos.

37

´ A. AREAS DE FIGURAS PLANAS.

En Geometr´ıa Elemental se conocen las f´ormulas para hallar el a´rea de cualquier regi´on limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una regi´on est´a limitada por alguna l´ınea curva, como es el c´ırculo, el ´area se expresa como un l´ımite de las ´areas de poligonales “pr´oximas”. El procedimiento descrito en el cap´ıtulo anterior para definir el concepto de integral de una funci´on consiste precisamente en aproximar la funci´on por funciones escalonadas; si consideramos una funci´on y = f(x) no negativa en un intervalo [a, b], la integral inferior es el l´ımite de la suma de las ´areas de los rect´angulos inscritos en la regi´on limitada por la curva y = f(x), el eje OX y las rectas x = a y x = b, y la integral superior es el l´ımite de las ´areas de los rect´angulos circunscritos a dicha regi´on. De este modo podemos definir el ´area de dicha regi´on como la integral de la funci´on f en el intervalo [a, b]. En general, Dada una funci´on y = f(x) integrable en un intervalo [a, b], el ´area de la regi´on limitada por la funci´on, el eje OX y las rectas x = a y x = b se define como Z b

A=

a

|f(x)| dx.

Observaci´ on: El valor absoluto de la funci´on es debido a que en los intervalos donde la funci´on es negativa, la integral tambi´en es negativa y su valor es opuesto al del ´area correspondiente. En la pr´actica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemos determinar los intervalos de [a, b] donde la funci´on es positiva o negativa y descomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada uno de los intervalos indicados colocando el signo adecuado. As´ı, en la figura adjunta, el ´area se expresa como Z r Z s Z b A= f(x) dx − f(x) dx + f(x) dx. a

r

s

38

En particular, si la funci´on est´a expresada en forma param´etrica x = x(t), y = y(t), el ´area viene expresada como Z b Z t1 A= y dx = y(t) · x′ (t) dt, a

t0

donde a = x(t0 ), b = x(t1 ). Regiones m´as generales que las descritas son aquellas que est´an limitadas por dos funciones y = f(x), y = g (x) entre dos rectas verticales x = a y x = b. En este caso el ´area se expresa mediante la f´ormula Z b |f(x) − g(x)| dx. A= a

En el ejemplo de la figura, el ´area se descompone como: Z r Z s Z b A= [g (x) − f (x)] dx + [f (x) − g (x)] dx + [g (x) − f (x)] dx. a

r

s

Si la regi´on est´a limitada por dos curvas y = f(x), y = g (x) entre dos rectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversas e integramos respecto a la variable y. El ´area se expresa entonces como Z d |f −1 (y) − g −1 (y)| dy. A= c

En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como Z r Z d A= [f −1 (y) − g −1 (y)] dy + [g −1 (y) − f −1 (y)] dy. c

r

39

En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones planteadas. Al ser v´alidas aqu´ı todas las propiedades de las integrales obtenidas en el cap´ıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales de la integral. Omitiremos en la mayor´ıa de los casos el c´alculo de las primitivas pues ya se han realizado en el cap´ıtulo 7. Nos limitaremos a escribir el resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremos de integraci´on. S´ı es muy conveniente tener una idea aproximada de la representaci´on gr´afica de las funciones involucradas para conocer la posici´on relativa de las mismas y los intervalos de integraci´on. Es importante tambi´en observar las simetr´ıas de las figuras para as´ı poder escribir f´ormulas m´as sencillas para el ´area de las mismas.

PROBLEMA 11.1

Calcular el a ´rea de la regi´ on limitada por la gr´ afica de la funci´ on f y el eje X en el intervalo indicado: a) f(x) = |x| − |x − 1| en [−1, 2]. b) f(x) = x(ln x)2 en [1, e].

c) f(x) = e−x | sen x| en [0, 2π ]. Soluci´ on a) El ´area de la regi´on (que Z 2 es la parte sombreada de la figura) viene dada   |x| − |x − 1| dx. por la f´ormula A = −1

Teniendo en cuenta el signo de la funci´ on, la integral se descompone as´ı: Z 1 Z 0 Z 0,5 Z 2 5 1 · dx = . −(2x − 1) dx + A= 1 · dx + (2x − 1) dx + 2 −1 0,5 1 0

40

b) La funci´on y = x(ln x)2 es no negativa en el intervalo [1, e].

El ´area es entonces, integrando por partes,  2 e Z e e2 − 1 x x2 x2 2 2 = x(ln x) dx = . · (ln x) − · ln x + A= 4 4 1 2 2 1

c) Nuevamente la funci´ on es no negativa, por lo que A =

Z

2π 0

e−x | sen x| dx.

Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos: Z 2π Z π Z 2π −x −x −e−x sen x dx A = e | sen x| dx = e sen x dx + 0

0

π

π  −x 2π  −x (e−π + 1)2 e e = = − . (sen x + cos x) + (sen x + cos x) 2 2 2 0 π

PROBLEMA 11.2

Hallar el a ´rea de la figura limitada por la funci´ on f(x) = x(x − 1)(x − 2) y el eje OX . Soluci´ on Como la curva corta al eje OX enZ los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y 2 |f(x)| dx. x = 2, el ´area viene dada por A = 0

41

Ahora bien, en el intervalo [0, 1] la curva queda por encima del eje X mientras que en el intervalo [1, 2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues A=

Z

0

1

Z f(x) dx+

2 1

−f(x) dx =

Z

1 0

(x3 −3x2 +2x) dx−

Z

2 1

1 (x3 −3x2 +2x) dx = . 2

PROBLEMA 11.3

Hallar el a ´rea del menor de los sectores que la recta x = 3 determina en la circunferencia de ecuaci´ on x2 + y2 = 25. Soluci´ on

Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura basta calcular el ´area de la regi´on contenida en el primer cuadrante. Tenemos A = 2 = 2

Z

5 3

p

25 − x2 dx

 p  25π x 25 x 5 3 2 = 25 − x + arc sen − 12 − 25 arc sen . 5 2 2 2 5 3 42

PROBLEMA 11.4

Hallar el a ´rea de la figura limitada por la recta x = 2a y la hip´ erbola x2 y 2 − 2 = 1. b a2 Soluci´ on

De acuerdo con la figura, el ´area se obtiene como Z 2a p b (x/a)2 − 1 dx A = 2 a  #2a  " √  2 − a2  √ √ bx p 2 x + x  = ab[2 3 − ln(2 + 3)]. =  x − a2 − ab ln   a  a a

PROBLEMA 11.5

Hallar el a ´rea limitada por la curva y2 = x4 (4 + x). Soluci´ on

Como la figura est´a determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es sim´etrica respecto al eje X, el ´area ser´a 0 Z 0   √ 8(4 + x) 16 4096 (4 + x)2 2 3/2 A=2 − + . = x 4 + x dx = 4(4 + x) 3 7 5 105 −4 −4 43

PROBLEMA 11.6

Hallar el a ´rea limitada por la curva x4 − ax3 + b2 y2 = 0. Soluci´ on

La curva est´a definida cuando x ∈ [0, a] y es sim´etrica respecto a OX. El ´area viene dada por: Z a p x ax − x2 dx = (cambio (a/2) cos t = x − a/2) A = 2 0 b  Z π a3 π πa3 a3 t sen 2t sen3 t 2 − + = = sen t · (1 + cos t) dt = . 4 4b 2 4b 0 8b 3 0

PROBLEMA 11.7

Hallar el a ´rea de la figura limitada por la curva (x/5)2 + (y/4)2/3 = 1. Soluci´ on

El ´area de la figura, teniendo en cuenta sus simetr´ıas, es Z 5 Z A = 4 4(1 − x2 /25)3/2 dx = (cambio x = 5 cos t) = 16 0

= 20

Z

π/2

0

sen 4t 3t − sen 2t + (1 − cos 2t)2 dt = 20 2 8 

44

π/2 0

π/2

5 sen4 t dt

0

= 15π.

PROBLEMA 11.8

Hallar el a ´rea limitada por la curva x = (y2 + x)2 . Soluci´ on

p√ En forma expl´ıcita, la ecuaci´on de la curva es y = ± x − x. Como la gr´afica es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por Z 1q √ 1 √ sen t x − x dx = (cambio − x = ) A = 2 2 2 0 π/2 Z  1 π/2 π 1 t sen 2t cos3 t = = . cos2 t · (1 − sen t) dt = + + 2 −π/2 4 3 4 2 2 −π/2 PROBLEMA 11.9

Hallar el a ´rea encerrada por la curva y2 =

x2 2 (a − x2 ). a2

Soluci´ on

De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos: Z a p Z π/2 x A = 4 cos2 t · sen t dt a2 − x2 dx = (cambio x = a sen t) = 4a2 a 0 0 π/2  2 3 4a cos t = = 4a2 − . 3 3 0 45

PROBLEMA 11.10

Hallar el a ´rea de la figura limitada por la cardioide de ecuaci´ on x(t) = a(2 cos t − cos 2t), y(t) = a(2 sen t − sen 2t). Soluci´ on

Como la figura es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por Z a Z 0 A = 2 y · dx = 2 y(t)x′ (t) dt = 2

Z

−3a 0

π

= 4a2



π

a(2 sen t − sen 2t)2a(sen 2t − sen t) dt  sen 2t sen 4t 0 −3t 3 + 2 sen t + + = 6πa2 . 2 2 8 π

PROBLEMA 11.11

Hallar el a ´rea comprendida entre un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t) y el eje OX . Soluci´ on

2πa Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentra en el intervalo t ∈ [0, 2π], resulta: Z 2πa Z 2π a(1 − cos t)a(1 − cos t) dt A = y(t) dx(t) = 0 0 2π  2 3t − 2 sen t + sen 2t = 3πa2 . = a 2 4 0 46

PROBLEMA 11.12

Hallar el a ´rea encerrada por la astroide de ecuaci´ on (ax)2/3 + 2/3 2 2 2/3 (by) = (a − b ) . Soluci´ on Escribimos la ecuaci´on en forma param´etrica como x(t) = (c2 /a) cos3 t, y(t) = (c2 /b) sen3 t, donde c2 = a2 − b2 . c2 /b

c2 /a

Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura podemos escribir el ´area como Z 0 Z c2 /a y · dx = 4 (c2 /b) sen3 t · (c2 /a)(−3 cos2 t sen t) dt A = 4 0

4

=

12c ab

π/2

Z

π/2 0

12c4 sen t cos t dt = ab 4

2



sen 4t sen3 2t t − − 48 16 64

π/2 0

=

3πc4 . 8ab

PROBLEMA 11.13

Hallar el a ´rea de la figura limitada por la curva y3 = x, la recta y = 1 y la vertical x = 8. Soluci´ on

47

Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en el intervalo [1, 8] la curva queda por encima de la recta, el ´area viene dada por #8 " Z 8 4/3 17 3 x A= −x = . (x1/3 − 1) dx = 4 4 1 1

PROBLEMA 11.14

Calcular el a ´rea limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2 , x = 0. Soluci´ on En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la regi´on comprendida entre los valores x = 0 y x = 1.

e2

El ´area se obtiene como  1 Z 1 e2x e2 1 e2 + 1 2 2x 2 (e − e ) dx = e x − = e2 − . A= + = 2 2 0 2 2 0

PROBLEMA 11.15

Hallar el a ´rea de la regi´ on y ≥ x2 − 9, x2 + (y − 3)2 ≥ 9, y ≤ −x + 3.

48

Soluci´ on

El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la recta y = −x + 3. Esto quiere decir que la recta es un di´ametro y el ´area de la figura sombreada es la diferencia entre el ´area de la regi´on comprendida entre dicha recta y la par´abola y el ´area del semic´ırculo de radio 3. Los puntos de intersecci´on de la par´abola y la recta se obtienen del sistema y = x2 − 9, y = −x + 3 =⇒ x2 + x − 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4. Tenemos entonces: Z 3 Z 3 9π 9π 2 [(−x + 3) − (x − 9)] dx − (−x2 − x + 12) dx − A = = 2 2 −4 −4   3 343 9π x3 9π x2 = − − − = 12x − . 3 −4 2 6 2 2

PROBLEMA 11.16

Calcular el a ´rea de la figura limitada por las curvas y = ex , y = e−x y la recta x = 1.

49

Soluci´ on

Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curva y = e−x , el ´area viene dada por A=

Z

1 0

 1 (ex − e−x ) dx = ex + e−x 0 = e + e−1 − 2.

PROBLEMA 11.17

Hallar el ´ area comprendida entre las par´ abolas y2 = 2px, x2 = 2py.

Soluci´ on

Como los puntos de intersecci´on de ambas par´abolas son (0, 0) y (2p, 2p), el ´area viene dada por la integral: A=

Z

2p 0

 p

x2 2px − 2p



dx =

"

50

p

2x3/2 x3 − 2p · 3 6p

#2p 0

=

4p2 . 3

PROBLEMA 11.18

Dada la curva de ecuaci´ on y = x3 y la recta y = λx (ver figura), demostrar que la regi´ on S1 limitada por la curva y la recta en el intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma a ´rea que la regi´ on S2 limitada por la curva y el eje X en el mismo intervalo. Soluci´ on Como la recta pasa por el punto (a, a3 ), se debe cumplir que a3 = λa, es decir λ = a2 .

Al calcular cada una de las ´areas mencionadas obtenemos  2 a Z a 2λa2 − a4 λx a4 x4 = (λx − x3 ) dx = S1 = = , − 4 4 0 4 2 0 Z a  4 a 4 x a S2 = x3 dx = = , 4 4 0 0 lo que prueba el enunciado.

PROBLEMA 11.19

Hallar el ´ area de la figura encerrada por la par´ abola y = x2 /4 y la 8 . curva de Agnesi y = 2 x +4

51

Soluci´ on

Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son soluci´on del sistema formado por ambas ecuaciones. Tenemos que: √ 8 x2 = 2 ⇐⇒ x4 + 4x2 = 32 ⇐⇒ x2 = −2 ± 4 + 32 = −2 ± 6. 4 x +4 Como la soluci´on x2 = −8 no es real, s´olo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. El ´area es entonces, teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura,  Z 2  Z 2 x2 x2 8 8 dx = 2 A = − − dx 2 4 x2 + 4 4 −2 x + 4 0  2 x x3 4 = 2 4 arc tg − = 2π − . 12 0 2 3 PROBLEMA 11.20

Calcular el a ´rea limitada por las curvas y = x2 , y = sen

πx . 2

Soluci´ on Como se observa en la figura, la regi´on que limitan dichas curvas se encuentra πx queda por encima de en el intervalo [0, 1] en el cual la funci´on y = sen 2 2 y=x .

El ´area es entonces 1  Z 1h i πx x3 2 πx 1 2 2 A= − − x dx = − cos sen =− + . 3 0 3 π 2 2 π 0 52

PROBLEMA 11.21

Calcular el a ´rea de los dos trozos en que la circunferencia x2 +(y + 2 2 R) = 2R divide a la circunferencia x2 + y2 = R2 . Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son: x2 +y2 = R2 , x2 +y2 +2Ry +R2 = 2R2 =⇒ 2Ry = 0 =⇒ y = 0 =⇒ x = ±R, y las regiones que limitan son las indicadas en la figura.

Las ´areas de ambas regiones son: Z R p  p R2 − x2 − 2R2 − x2 + R dx A1 = −R

" √ #R x R 2 − x2 R 2 x = arc sen + R 2 2 −R #R " √ x x 2R2 − x2 2 2 + R arc sen √ + [Rx]R − −R = R ; 2 R 2 −R

A2 = πR2 − A1 = (π − 1)R2 .

PROBLEMA 11.22

Calcular el a ´rea comprendida entre las curvas y = sen3 x, y = 1/ sen x, para x ∈ [π/4, π/2]. 53

Soluci´ on En el intervalo indicado, la curva y = 1/ sen x queda por encima de y = sen3 x.

π/4

A =

Z

π/2 

π/4

=

1 − sen3 x sen x

π/2



π

dx

√  π/2 √ cos3 x 5 2 ln | cosec x − cotg x| + cos x − = − ln( 2 − 1) − . 3 12 π/4

PROBLEMA 11.23

Calcular el a ´rea comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y = 6 sen x para x ∈ [0, π/4]. Soluci´ on En este caso tambi´en la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y = sen6 x. Bastar´a pues integrar la resta de ambas funciones en el intervalo indicado.

π/4 54

π/2

π

A =

Z

π/4 0

(sec2 x − sen6 x) dx

π/4  1 3 5π 1 59 5 3 x + sen 2x − − sen 4x − sen 2x . = = tg x − 16 4 48 64 48 64 0

PROBLEMA 11.24

Hallar el a ´rea de la figura comprendida entre la hip´ erbola equil´ atera x2 − y2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto (5, 4). Soluci´ on El ´area de la regi´on se puede obtener como la resta entre el a´rea del tri´angulo de v´ertices O(0, 0), A(5, 0) y B (5, 4) y el ´area de la regi´on limitada por la hip´erbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].

Tenemos pues: Z 5p 5·4 A = x2 − 9 dx − 2 3 " √ 9 x x2 − 9 − ln = 10 − 2 2

x+

!#5 √ 9 x2 − 9 = ln 3. 2 3 3

PROBLEMA 11.25

Determinar el a ´rea de la parte com´ un a las dos elipses x2 y2 x2 y 2 + = 1 , + = 1 con a > b. a2 b2 b2 a2

55

Soluci´ on Debido a la simetr´ıa de la regi´on (ver figura), basta calcular el ´area de la regi´on comprendida en el primer cuadrante.

ab , con lo El punto de intersecci´on de las elipses tiene abscisa x = √ 2 a + b2 que el ´area pedida es

A = 4

Z

ab a2 +b2

√ 0

b

p

1−

x2 /a2

dx + 4

Z

b ab a2 +b2

√

p a 1 − x2 /b2 dx

b √ ab  4a b2 x xp 2 x xp 2 a2 a2+b2 + = b −x2 a − x2 arc sen + arc sen + 2 b 2 a 2 b 2 √ ab 0 a2+b2   π a b . + − arc sen √ = 2ab arc sen √ 2 a2 + b2 a2 + b2 4b a



PROBLEMA 11.26

Calcular el a ´rea de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f(x) = |x − 1| y g(x) = x2 − 2x. Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de las curvas son: y = |x − 1|, y = x2 − 2x

=⇒ |x − 1| = x2 − 2x ( x − 1 = x2 − 2x =⇒ −x + 1 = x2 − 2x 56

si x > 1 =⇒ si x < 1

( x= x=

√ 3+ 5 , 2√ 1− 5 . 2

Debido a la simetr´ıa de la figura, el ´area se puede expresar como: A=

Z

√ 3+ 5 2 √ 1− 5 2

2

[|x−1|−(x −2x)] dx = 2

Z

√ 3+ 5 2

1

√ 7+5 5 . [(x−1)−(x −2x)] dx = 6 2

PROBLEMA 11.27

Calcular el a ´rea de la figura limitada por la par´ abolas y = x2 , 2 y = x /2 y la recta y = 2x. Soluci´ on La primera par´abola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2 mientras que la segunda par´abola y = x2 /2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 4.

El ´area se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente forma: Z 2 Z 4 2 2 A= (x − x /2) dx + (2x − x2 /2) dx = 4. 0

2

57

PROBLEMA 11.28

Calcular el a ´rea de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f y g en el intervalo que se indica en cada caso: √ a) f(x) = x, g(x) = x2 en [0, 2]. b) f(x) = x(x2 − 1), g(x) = x en [−1, 2]. Soluci´ on

a) Los puntos de intersecci´on de las curvas son √ x, y = x2 =⇒ x = x4 =⇒ x = 0, x = 1.

y=

El ´area se descompone entonces como la suma

A=

Z

0

1

√ ( x − x2 ) dx +

Z

2 1

√ √ 10 − 4 2 . (x − x) dx = 3 2

b) Los puntos de intersecci´on de las curvas son: y = x(x2 − 1), y = x =⇒ x(x2 − 1) = x =⇒ x = 0, x = 58

√ √ 2, x = − 2.

El ´area se obtiene entonces como:

A =

Z

=

Z

2

−1 0

−1

|x(x2 − 1) − x| dx 3

(x − 2x) dx +

Z

0

√ 2

3

(2x − x ) dx +

Z

2

√ (x 2

3

− 2x) dx =

11 . 4

PROBLEMA 11.29

Calcular el a ´rea limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9, y ≤ 3 − x.

Soluci´ on Calculamos los puntos de intersecci´on de las curvas:

y = x2 + 1, y = 3 − x y = x2 − 9, y = 3 − x

=⇒ x2 + x − 2 = 0 =⇒ x = −2, x = 1; =⇒ x2 + x − 12 = 0 =⇒ x = −4, x = 3. 59

El ´area queda entonces como la suma de las siguientes integrales:

Z

−2

2

Z

1

[(3 − x) − (x − 9)] dx + [(x2 + 1) − (x2 − 9)] dx −4 −2 Z 3 + [(3 − x) − (x2 − 9)] dx 1 Z −2 Z 1 Z 3 158 = (−x2 − x + 12) dx + 10 dx + . (...