Modulo calculo integral

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 100411 – Cálculo Integral

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

PROGRAMA CIENCIAS BÁSICAS

100411 – Cálculo Integral

JORGE ELIÉCER RONDON DURAN

Autor

JOSÉ PEDRO BLANCO ROMEERO

Director Nacional

MARTIN GOMEZ ORDUZ
Acreditador

Bogotá, D. C Agosto de 2010


ASPECTOS DE PROPIEDAD INTELECTUAL Y VERSIONAMIENTO

El presente módulo fue diseñado en el año 2007 por el Ing. JORGE ELIECER
RONDON DURAN docente de la UNAD, ubicado en el CEAD de JOSE
CELESTINO MUTIS, el Autor es de profesión ingeniero. Se ha desempeñado
como tutor de la UNAD desde hace varios años, empezando como tutor hasta el
cargo que ocupa en la actualidad de coordinador nacional de Ciencias Básicas.

Como novedades se presentan otros aspectos didácticos que facilitan el estudio
autónomo del cálculo integral, así como la estructura y contenidos solicitados por
la VIMMEP y la ECBTI.

MARTIN GOMEZ, licenciado en física y matemáticas de la UPTC, tutor de tiempo
completo de Yopal – Casanare, apoyó el proceso de revisión de estilo del módulo
y dio aportes disciplinares, didácticos y pedagógicos en el proceso de acreditación
del material didáctico, este trabajo se llevo a cabo en los meses de Julio y Agosto
de 2009.

Este documento se puede copiar, distribuir y comunicar públicamente bajo las
condiciones siguientes:

• Reconocimiento. Debe reconocer los créditos de la obra de la manera
especificada por el autor o el licenciador (pero no de una manera que
sugiera que tiene su apoyo o apoyan el uso que hace de su obra).

• No comercial. No puede utilizar esta obra para fines comerciales.

• Sin obras derivadas. No se puede alterar, transformar o generar una obra
derivada a partir de esta obra.

• Al reutilizar o distribuir la obra, tiene que dejar bien claro los términos de la
licencia de esta obra.

• Alguna de estas condiciones puede no aplicarse si se obtiene el permiso del
titular de los derechos de autor

• Nada en esta menoscaba o restringe los derechos morales del autor.


INTRODUCCIÓN

La matemática es una ciencia eminentemente teórica, debido a que parte de
teorías y definiciones, cuyas demostraciones se soportan en el principio de la
lógica, los axiomas y postulados, que permiten el desarrollo de habilidades de
pensamiento de orden superior, especialmente la Deducción, Inducción y la
Abstracción, pero a su vez presenta dificultades para poder desplegar dichas
habilidades, ya que se requiere trabajar el sentido de análisis, desarrollo del
raciocinio, aspectos no fáciles de activar en la mente humana.

El Cálculo Integral es el área de las matemáticas, que pertenece al campo de
formación disciplinar y tiene carácter básico en cualquier área del saber, debido a
que los Ingenieros, Administradores, Economistas, Físicos, Químicos, por
supuesto los Matemáticos y demás profesionales requieren de esta área del
saber.

Un buen conocimiento del cálculo diferencial, permite y facilita trabajar el curso de
cálculo integral, en donde se desarrollan teorías, principios y definiciones
matemáticas propias del cálculo infinitesimal. El objetivo fundamental es que los
estudiantes puedan identificar, comprender e interiorizar las temáticas que cubren
el curso, con el fin de adquirir conocimientos matemáticos que le den capacidad
de resolver problemas donde el cálculo Univariado es protagonista.

El Cálculo Integral es la rama de las Matemáticas muy utilizadas en Ciencias,
Tecnología, Ingeniería e Investigación, que requiere un trabajo sistemático y
planificado, para poder cumplir el propósito fundamental que es saber integrar,
técnica que permite solucionar problemas de estos campos. Por otro lado, la
integración es necesaria para otros escenarios como las Ecuaciones
Diferenciales, los Métodos Numéricos, la geometría diferencial, la Probabilidad, la
Estadística Avanzada y otras áreas del conocimiento.


Las Unidades Didácticas que conforman el curso son: La Integración, Los Métodos
de Integración y Las Aplicaciones de las integrales. En la primera unidad se
desarrolla lo referente a la antiderivada o primitiva, la integral indefinida, la integral
definida, el teorema fundamental del cálculo y las integrales impropias. La
segunda unidad presenta lo relacionado con las técnicas de integración, iniciando
con las integrales inmediatas producto de la definición de antiderivada, la
integración por cambio de variable o también llamada sustitución, integración por
partes, integración por fracciones parciales, integración de funciones
trascendentales; tales como, exponencial, logarítmica, trigonométricas e
hiperbólicas. La tercera unidad presenta las aplicaciones de la integración, tales
como áreas bajo curvas, longitud de una curva, volúmenes de sólidos de
revolución, la integración en la física, en la estadística y en la economía.

En los ejercicios propuestos, para las primeras temáticas, no se dan las
respuestas ya que éstas son muy obvias, pero para las demás temáticas, se
ofrecen las respuestas, con el fin de motivar el procedimiento de los mismos. Es
pertinente desarrollarlos de manera metódica y cuidadosa; además, confrontar la
respuesta obtenida con la dada en el módulo, cualquier aclaración compartirla con
el tutor o el autor a través del correo jorge.rondon@unad.edu.co

Como el conocimiento se va renovando y actualizando, los aportes que se hagan
al presente material serán bien venidos, esperando así una actividad continua de
mejoramiento en beneficio de todos los usuarios del material. Como el material
presenta las temáticas fundamentales, es pertinente complementar con otras
fuentes como libros, de los cuales se presentan en la bibliografía, Internet y otros.

Es recomendable desarrollar el trabajo académico de manera adecuada, como se
explicita en el modelo académico – pedagógico que la UNAD tiene, para obtener
los mejores resultados del curso. El estudio independiente, como primer
escenario, es fundamental para la exploración, análisis y comprensión de las
temáticas. El Acompañamiento Tutorial, debe permitir complementar el trabajo
realizado en el escenario anterior, especialmente en la aclaración de dudas,
complementación y profundización pertinente. En este aspecto, se deben explorar
las herramientas que estén a la mano para aprovechar de la mejor manera dichos
recursos, así el grado de aprendizaje es más amplio y se verá mejor reflejado el
aprendizaje autónomo.

El autor.


INDICE DE CONTENIDO

UNIDAD UNO: LA INTEGRACION
CAPÍTULO 1: LA INTEGRAL INDEFINIDA

Lección 1: La integración
Lección 2: La Antiderivada
Lección 3: Integral indefinida
Lección 4: Propiedades de las Integrales indefinidas.
Lección 5: La constante de integración

CAPÍTULO 2: LA INTEGRAL DEFINIDA

Lección 6: Sumas De RIEMANN
Lección 7: Área bajo la curva
Lección 8: Estimación por sumas finitas.
Lección 9: Definición
Lección 10: Integral definida

CAPÍTULO 3: TEOREMAS

Lección 11: Teorema de integrabilidad
Lección 12: Valor medio de una función
Lección 13: Primer teorema fundamental del cálculo
Lección 14: Segundo teorema fundamental del cálculo
Lección 15: Teorema de simetría
Actividades de autoevaluación de la Unidad 1

Fuentes documentales de la Unidad 1


UNIDAD DOS: TÉCNICAS DE INTEGRACIÓN
CAPÍTULO 4: MÉTODOS DE INTEGRACIÓN I

Lección 16: Integrales Impropias con integrando discontinuo
Lección 17: Integrales impropias con límites de integración infinitos
Lección 18: Integrales Inmediatas
Lección 19: Integrales inmediatas con sustitución
Lección 20: Integración por cambio de variable

CAPÍTULO 5: MÉTODOS DE INTEGRACIÓN II

Lección 21: Integración por racionalización
Lección 22: Integración por sustitución trigonométrica caso I
Lección 23: Integración por sustitución trigonométrica caso II
Lección 24: Integración por sustitución trigonométrica caso III
Lección 25: Integración por partes

CAPÍTULO 6: MÉTODOS DE INTEGRACIÓN III

Lección 26: Integración por fracciones parciales.
Lección 27: Integración de función exponencial
Lección 28: Integración de función logarítmica
Lección 29: Integración de la función trigonométrica
Lección 30: Integración de la función hiperbólica



UNIDAD TRES: APLICACIONES DE LAS INTEGRALES
CAPÍTULO 7: ANÁLISIS DE GRAFICAS

Lección 31: Área de regiones planas
Lección 32: Área entre curvas
Lección 33: Área de superficies de revolución
Lección 34: Longitud de una curva
Lección 35: Longitud de un arco en forma paramétrica.

CAPÍTULO 8: VOLUMEN DE SUPERFICIE DE REVOLUCION.

Lección 36: Volumen de sólidos de revolución: Método de arandelas
Lección 37: Volumen de sólidos de revolución: Método de casquetes cilíndricos
Lección 38: Volumen de sólidos de revolución: Método de rebanadas o discos.
Lección 39: Momentos y centros de masa.
Lección 40: Volumen.

CAPÍTULO 9: EN LAS CIENCIAS

Lección 41: Integrales en la física: trabajo y movimiento.
Lección 42: Integrales en la hidráulica: bombeo de líquidos.
Lección 43: Integrales en la estadística: Función de distribución
Lección 44: Integrales en la economía.
Lección 45: Integrales en las ciencias sociales.



LISTADO DE TABLAS

Tabla No. 1 Listado de integrales inmediatas.


LISTADO DE GRÁFICOS Y FIGURAS

Figura No. 1 Polígonos circunscritos

Figura No. 2 Polígonos inscritos

Figura No. 3 Partición

Figura No. 4 Área

Figura No. 5 Integral impropia

Figura No. 6 Convergencia

Figura No. 7 Sustitución trigonométrica caso 1



Figura No. 10 Aplicación

Figura No. 11 Área bajo la curva

Figura No. 12 Particiones

Figura No. 13 Grafica de 2x

Figura No. 14 Grafica de x3

Figura No. 15 Grafica de y=3-x2

Figura No. 16 Área entre curvas

Figura No. 17 Grafica solución problema No. 1

Figura No. 18 Solución área bajo curvas

Figura No. 19 Solución problema No. 3

Figura No. 20 Superficie de revolución

Figura No. 21 Superficie de revolución de y = x 2


Figura No. 22 Superficie de revolución de y = x

Figura No. 23 Longitud de curva

Figura No. 24 Demostración longitud de curva

Figura No. 25 Longitud de curva paramétrica.

Figura No. 26 Arandelas

Figura No. 27 Solución volumen ejemplo No. 1

Figura No. 28 Solución volumen ejemplo No. 3

Figura No. 29 Casquetes

Figura No. 30 Desarrollo sólidos de revolución

Figura No. 31 Solución ejemplo No. 1

Figura No. 32 Solución ejemplo No. 2

Figura No. 33 Demostración casquetes

Figura No. 34 Rebanadas

Figura No. 35 Discos



Figura No. 38 Centro de masa

Figura No. 39 Centroide

Figura No. 40 Teorema de Pappus

Figura No. 41 Bombeo

Figura No. 42 Bombeo circular

Figura No. 43 Curva oferta - demanda

Figura No. 44 Excedente del consumidor

Figura No. 45 Excedente del productor


UNIDAD 1: LA INTEGRACION

Introducción:

Una dificultad que enfrento a la humanidad desde hace muchos siglos fue el
cálculo de áreas y volúmenes de cuerpos conocidos, quien enfrento primero este
problema al parecer fue Eudoxo de Cnido por allá por el siglo IV antes de nuestra
era. Eudoxo ideo el método de exhaucion el cual consistía en descomponer en
partes muy pequeñas las aéreas y los volúmenes para luego componerlas y de
esta manera obtener las superficies y los grosores de los cuerpos.

La Geometría griega se interesó pronto por las áreas de figuras en el plano y los
volúmenes de cuerpos geométricos. También tempranamente descubrieron que el
tratamiento de las figuras de contornos curvilíneos no era sencillo de abordar.

Algunos estudiosos de la antigüedad que se interesaron por el tema fueron:

KEPLER1 Estaba interesado en las cónicas para su aplicación en la astronomía,
por lo tanto, plantea el cálculo del área de una órbita considerándola que esta
formada por triángulos infinitamente pequeños con un vértice en el Sol; esto da
origen a un cálculo integral rudimentario. El estudio de los volúmenes lo retomo
para el cálculo del vino al ver la inexactitud de la capacidad de los toneles.

GALILEO2 Se interesa por la parábola, al estudiar la trayectoria de un proyectil y
hallar la integral que expresa el espacio recorrido en un movimiento
uniformemente acelerado.

LEIBNIZ3 Sistematizo y logro un desarrollo eficiente.

Mayor información en el siguiente link:

http://www.matematicas.profes.net/archivo2.asp?id_contenido=45558

___________________
1
Nació en 1571 en WEIL DER STADT y murió en RATISBONA en 1630 (Alemania).
2
Nació en 1564 en PIZA y murió en FLORENCIA 1642 (Italia).
3
Por primera vez utilizo el símbolo que aparece de estilizar la S de las sumatorias.
∫


Justificación:

Tanto la integral como la derivada son herramientas importantes que ayudan a
resolver problemas en la física, la estadística, la probabilidad, la hidráulica y otros
campos de las ciencias; es por eso que temas tan importantes son abordados en
esta unidad.

En esta primera unidad presentamos tres capítulos en los cuales tratamos las
bases de la integración empezando por la integral indefinida, la integral definida y
en el tercer capítulo retomamos el tema de los teoremas claves para comprender
mejor el estudio de las integrales.

Intencionalidades formativas:

Para esta unidad podemos enumerar como intencionalidades formativas las
siguientes:

• Que los estudiantes identifiquen los principios del cálculo integral para
asimilar la teoría de las integrales.
• Los estudiantes interpreten las diferentes teorías, definiciones y teoremas
del cálculo integral para poder comprender en diversos escenarios su mejor
manera de utilizarlos.
• Manejar de manera apropiada las integrales indefinidas, las integrales
definidas y los teoremas en los cuales se basan.


Presentamos un cuadro con el resumen del contexto teórico de esta unidad

CAPITULO 1: La integral indefinida
Denominación de
CAPITULO 2 La integral definida
los capítulos
CAPITULO 3 Teoremas que la sustentan

Los lectores de la primera unidad la integración, estarán en
capacidad de comprender los conceptos fundamentales del
Asimilación de
cálculo integral en cuanto a sus orígenes, diferentes clases
conceptos
de integración, la apropiación de la simbología empleada,
los teoremas que la sustentan y tienen una visión general
del curso.

Esta Unidad parte de conceptos elementales para ir
Conceptos
adentrando al estudiante en conceptos más amplios y
complejos empleados en el Cálculo Integral.

De conocimientos
• Adquirir las técnicas propias del cálculo integral.
• El conocimiento en matemáticas se adquiere con
papel y lápiz en la realización de ejercicios que están
propuestos en esta unidad o en la bibliografía y
cibergrafia sugeridas.

Contextuales:
• Adquirir los conocimientos propios del curso
académico con el fin de aplicarlos en la solución de
problemas de su carrera y de esta manera poner el
Competencias
práctico el aprendizaje significativo.
• Los estudiantes deben desarrollar habilidades para
aplicar los conocimientos adquiridos en la solución de
problemas prácticos.

Comunicativas:
• Adquirir la jerga propia del lenguaje utilizado en el
cálculo integral.
• Interpretar y entenderlos la diferente simbología y su
aplicación.
• Adquirir facilidad de expresión y vencer el miedo en
la interacción con las NTIC


Valorativas:
• Adoptar, identificar y practicar lo valores de la UNAD.
• Adquirir capacidad de valoración y tolerancia con
nuestros compañeros virtuales o presenciales.


CAPITULO 1: La integral indefinida

Introducción

La derivada corresponde a la noción geométrica de tangente y a la idea física de
velocidad, es decir dada una curva calcular su pendiente o dado el recorrido de un
móvil calcular su velocidad, mientras que la idea de integral está relacionada con
la noción geométrica de área y la idea física de trabajo, por lo tanto, dada una
función se halla el área comprendida bajo la curva o dada una fuerza variable, se
calcula el trabajo realizado por dicha fuerza.

Partiendo de este último concepto este capítulo pretender ilustrar el concepto de la
integral indefinida, en el cual tenemos que si nos dan la derivada de una función
nosotros debemos hallar dicha función.

Lección 1: La integración

En el mundo de las Matemáticas encontramos que existen operaciones opuestas,
como la suma y la resta, el producto y el cociente, donde una deshace o anula la
otra. De la misma manera la Integración es una operación opuesta a la
Diferenciación. La relación Diferenciación – Integración es una de los
conocimientos más importantes en el mundo de las Matemáticas. Ideas
descubiertas en forma independiente por los grandes Matemáticos Leibniz y
Newton. Inicialmente Leibniz al proceso de integración lo llamo: “Calculus
Summatorius” pero en 1.696 influenciado por Johann Bernoulli, de la dinastía
Bernoulli, le cambio el nombre a Calculus Integrelis.

Gran Filosofo, politólogo y matemático.

Precursor de la Lógica Matemática, desarrollo el Cálculo,
independiente de Newton, publicando su trabajo en 1.684,
su notación es la que se utiliza actualmente. Descubrió el
sistema binario, muy utilizado en los sistemas
informáticos. Contribuyo a la creación de la Real
Academia de Ciencias en Berlín en 1.670, siendo su
primer presidente.

Gottfried Wilhelm von Leibniz1

___________________
1
Julio de 1646 – Noviembre de 1716 HANNOVER Alemania.


El cálculo ha sido una secuencia de áreas matemáticas entrelazadas, donde se
utilizan principios de Álgebra, Geometría, Trigonometría, se debe destacar que
para desarrollar el curso de Cálculo Integral, es pertinente tener claros los
principios de las áreas nombradas y además los de Cálculo Diferencial, ya que
como se dijo en el párrafo anterior, la integración es la opuesta a la diferenciación.

Lección 2: La Antiderivada

Para conceptuar la Antiderivada, comencemos por pensar que se tiene una
función, digamos f (x) , el trabajo consiste en encontrar otra función, digamos
D(x) tal que: D' ( x) = f ( x) . Así D(x) es una antiderivada de f(x). Identificar una
función a partir de su derivada, consiste en hallar un “dispositivo” (técnica) que nos
de todas las funciones posibles, donde f(x) es su derivada, a dichas funciones se
les llama Antiderivada de f(x). El dispositivo para éste proceso es llamado La
Integración.

Veamos un ejemplo sencillo: Sea f(x) = 2x, ¿cual será una función D(x) cuya
derivada es 2x? Con algo se astucia y conocimientos sólidos en diferenciación
podemos identificar que D(x) = x2. Veamos: Si derivamos D(x) = x2 obtenemos
f(x) = 2x.

Otro ejemplo: f(x) = cos(x), ¿cual será un D(x)? Debemos buscar una función
cuya derivada es cos(x), evidentemente es sen(x), luego D(x) = sen(x).

Para la notación de antiderivada hubo diversas propuestas, pero la del gran
Matemático Leibniz es la más utilizada universalmente. ∫ ...dx . Posteriormente se
analizará esta notación.

Para los ejemplos anteriores con la notación de Leibniz se tiene:

∫ (2 x)dx = x +c Para el otro: ∫ cos( x)dx = sen( x) + c
2

Posteriormente se aclara el concepto de la c

DEFINICIÓN No 1:

Una función D(x) es una antiderivada de la función f(x), si:

D’(x) = f(x).    Para todo x en el dominio de f(x).


El conjunto de todas las antiderivadas de f(x) se le llama la Integral Indefinida de
f(x) y se puede escribir: ∫ f ( x)dx = D( x) + c

TEOREMA:

Sean F(x) y G(x) antiderivadas de f(x) en un intervalo cerrado I,
entonces:

G(x) = F(x) + c   para alguna constante c.

Demostración:

Como G(x) y F(x) son antiderivadas de f(x), entonces tenemos que: G’(x) = F’(x),
por una definición previa que dice: si g’(x) = f’(x) entonces: g(x) = f(x) + c para
todo x en el intervalo I abierto. Por consiguiente: G(x) = F(x) + c, para alguna
constante c.

Ejemplo No 1:

Encontrar todas las funciones cuya derivada es f(x) = 4x3 + 2.

Solución:

Una función puede ser x4 + 2x + 5, ya que al derivarla obtenemos 4x3 + 2. Luego:
Si

f(x) = 4x3 + 2, entonces D(x) = x4 + 2x + 5, pero también puede ser D(x) = x4 + 2x +
12. En general cualquier función de la forma D(x) = x4 + 2x + C, es antiderivada de
la función f(x), siendo C una constante.

Ejemplo No 2:

Encontrar todas las funciones cuya derivada es: f(x) = sec2(x).

Solución:

Si recordamos sobre derivadas de funciones trigonométricas, podemos saber que
la función cuya derivada corresponde a sec2(x), es tan(x), luego:

Si f(x) = sec2(x), entonces D(x) = tan(x) + C


Por consiguiente, la forma de las funciones cuya derivada corresponde a sec2(x)
es: D(x) = tan(x) + c

Ejemplo No 3:

Hallar algunas funciones cuya derivada es g(x) = 12

Solución:

Cualquier función de la forma 12x + C es antiderivada de g(x), luego algunas de
estas puede ser:

G(x) = 12x + 5, G(x) = 12x + 10, G(x) = 12x + 25

En general: G(x) = 12x + C

Los ejercicios propuestos, se deben desarrollar, utilizando las definiciones y
teoremas, analizados en este aparte.

EJERCICIOS:

Encontrar la antiderivada F(x) + C de las siguientes funciones:

1. f(x) = 8

2. f(x) = 3x2 + 4

3. f(x) = x21 – x10

4. f(x) = 3/x4 – 6/x5

5. f(x) = (3x2 – 5x6) / x8

Desarrollar la operación propuesta:

6. ∫ ( x 5 − 6 )dx

∫ (3 + 7 x ) dx
2 2
7.


( y + 4 y )3 dy
8. ∫ y2

9. ∫ [sen ( x ) − csc ]
2
( x ) dx

10. ∫ dx


Lección 3: Integral indefinida.

Conociendo el concepto de Antiderivada, podemos formalizar desde el punto de
vista matemático la integral indefinida. Leibniz (1.646 – 1.716) a la Antiderivada
la llamo Integral Indefinida, quizás pensando que este tipo de integrales
incluye una constante arbitraria.

Luego podemos definir la integral indefinida de la siguiente manera:

∫ f (x)dx = D(x) + c

Donde:

∫ Símbolo de integración.

f(x) = Integrando

dx = diferencial de la variable,

D(x) = La integral de f(x)

c = constante de integración.

Veamos un poco esta nomenclatura matemática: Por definición de derivada
tenemos:

d
[D ( x )] = f ( x ) ⇒ D ' ( x ) = f ( x ) dx
dx
La operación opuesta:

d ( D( x))
= f ( x) ⇒ d ( D( x)) = f ( x)dx
dx

∫ d ( D( x)) = ∫ f ( x)dx ⇒ D( x) =∫ f ( x)dx + c


No debemos olvidar la constante de integración.

Con base en las definiciones anteriores y los conceptos analizados, se puede
obtener algunas integrales, basado en la teoría de la antiderivada.

INTEGRALES INMEDIATAS:

INTEGRAL DERIVADA

∫ dx = x + C d
( x + c) = 1
dx

x n +1 d ⎡ x n +1 ⎤
∫ x dx = +c para n ≠ -1 + c⎥ = x n
n

n +1 ⎢
dx ⎣ n + 1 ⎦

e nx d ⎡ e nx ⎤
∫ e dx = +c para n ≠ 0 + c ⎥ = e nx
nx

n ⎢
dx ⎣ n ⎦

ax d ⎡ ax ⎤
∫ a dx = Log (a) + c para a > 0 + c⎥ = a x
x
⎢
dx ⎣ Log ( a ) ⎦

cos(kx) d ⎡ cos(kx) ⎤
∫ sen(kx)dx = − k
+c para k ≠ 0 ⎢− k
dx ⎣
+ c ⎥ = sen(kx)
⎦

⎛1⎞
∫ ⎜ x ⎟ dx = Ln ( x ) + c
d
[Ln ( x ) + c ] = 1
⎝ ⎠ dx x

⎡ 1 ⎤
∫ ⎢ 1 − x 2 ⎥ d x = Sen ( x) + c
−1
d
[ ]
Sen −1 ( x) =
1

⎣ ⎦
dx 1− x2

∫ sec ( x)dx = tan(x) + c d
[tan( x) + c] = sec 2 ( x)
2

dx

Tabla No. 1
___________________
1
Listado de integrales inmediatas.


Lección 4: Propiedades de las integrales.

Para las propiedades indefinidas, podemos destacar las siguientes propiedades,
consecuencia de las aplicadas en la diferenciación.

1. ∫ − f (x)dx = −∫ f (x)dx
2. ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx

3. ∫ kdx = kx + c
4. ∫ [kf ( x ) ± kg ( x ) ]dx = ∫ kf ( x ) dx ± ∫ kg ( x ) dx
⎡ f ' ( x) ⎤
5. ∫ ⎢ f ( x) ⎥dx = Ln f ( x) + c
⎣ ⎦
La demostración se pude hacer por medio de sustitución.

[ f ( x)]p+1 + c
∫ [ f ( x)] f ' ( x)dx =
p
6.
p +1

La demostración se puede hacer por medio de la técnica de sustitución.

Veamos algunos ejemplos:

1. ∫ − 4dx = −4∫ dx = −4 x + c Aplicando las propiedades 1 y 2.

5
2. ∫ 5e 2 x dx = 5∫ e 2 x dx = e 2 x + c
2
Aplicando propiedad 3 e integrales

inmediatas.

∫ (3 x )
+ 4 x 3 − 2 sen ( x ) dx = ∫ 3x dx + ∫ 4x dx − ∫ 2 sen ( x ) dx
2 2 3
3.


Aplicamos las propiedades 3 y 4, luego:

∫ 3x dx + ∫ 4x dx − ∫ 2 sen ( x ) dx = x 3 + x 4 + 2 cos( x ) + c
2 3

⎛ 6x ⎞
∫ ⎜ 3x ⎟dx = Ln 3 x + 4 + c
2
4. Aplicamos la propiedad 5.
⎝
2
+ 4⎠

∫ (5 x ) (10 x − 2 cos( 2 x ) )dx = 1 (5 x )
4 5
5.
2
− sen ( 2 x ) 2
− sen ( 2 x = ) +c
5
Aplicamos la propiedad 6.

Lección 5: La constante de integración.

Retomando lo manifestado en el Teorema No 1, podemos observar que las
antiderivadas de una función sólo se diferencian por una constante C dada. Si
recordamos el ejemplo ∫ sec 2 ( x)dx = tan( x) + c , podemos especificar algunas
antiderivadas.

D(x) = tan( x) + 2 , D(x) = tan( x) + 2 , D(x) = tan( x) + 5 , D(x) = tan( x) + 100 , … .

A partir de lo anterior, se afirma que la constante de integración es propia de las
integrales indefinidas, ya que son muchas las antiderivadas de una función que
contiene el integrando.

Por otro lado, cuando estamos integrando donde hay suma o resta, cada término
tendrá su constante de integración, pero todas las constantes obtenidas se
pueden agrupar en una sola.

Ejemplo No 1.

Desarrollar: ∫ (7 x + 2e x − cos( x))dx
4

Solución:

Aplicando las propiedades de suma y resta tenemos:


∫ (7 x + 2e x − cos( x))dx = ∫ 7 x 4 dx + ∫ 2e x dx − ∫ cos( x)dx desarrollando cada integral.
4

7 5
x + c1 + 2e x + c 2 − sen( x) + c3 , luego las constantes las podemos agrupar en una
5
7 5 7
sola: x + c1 + 2e x + c 2 − sen( x) + c3 = x 5 + 2e x − sen( x) + C
5 5

Ejemplo No 2.

Hallar: ∫ (2 )
+ e 4 x dx
x

Solución:

Aplicando las propiedades y las integrales inmediatas:

∫ (2 ) 2x 1
x
+e 4x
dx = ∫ 2 dx + ∫ e dx =
x 4x
+ c1 + e 4 x + c 2 Agrupado las constantes:
Ln(2) 4

∫ (2 ) 2x 1
x
+ e 4 x dx = + e4x + c
Ln ( 2 ) 4

EJERCICIOS:

Hallar las antiderivadas de las funciones dadas:

1. f ( x) = 20

2. f ( x) = x 4 + 2π

1− x
3. f ( x) =
x

4. f ( x) = 3sen(2 x) + 2e 2 x


Aplicando las propiedades, resolver las siguientes integrales.

5. ∫ 6dx

6. ∫ (25 x + 2 sec )
3 2
( 3 x ) dx

∫ (e )
−t
7. + 2 sen ( 5 x ) − 7 dx

⎡ sec 2 ( x) ⎤
8. ∫ ⎢ tan( x) ⎥dx
⎣ ⎦

9. ∫( 4 t 2 + 3 t − 2 ) (8 t + 3 )dx

⎛ ex ⎞
10. ∫ ⎜ e x + 5 ⎟dx
⎜
⎝
⎟
⎠


CAPITULO 2: La integral definida

b

Introducción ∫ f (x)dx = F (b) − F (a)
a

Para analizar las integrales definidas es necesario el estudio de los conceptos de
Sumatorias, Sumas de Riemman y áreas bajo la curva. Cada una se irán
desarrollando de manera secuencial, para poder interiorizarlas adecuadamente.
El tema de Sumatorias, se desarrolló en el curso de Álgebra, Trigonometría y
Geometría Analítica, sin embargo para cualquier duda o aclaración es pertinente
consultarlo en dicho curso.

Lección 6: Sumas de Riemann

Comencemos por definir una función f(x) en el intervalo cerrado I = [a, b], en dicho
intervalo puede haber valores positivos y negativos; incluso, podría ser no
continua. Hacemos una partición P del intervalo I en n subintervalos, para
facilidad se hace una partición regular, pero no necesariamente debe ser regular,
dicha partición debe tener la condición que:

X0 < X1 < X2 < … < Xn-1 < Xn, donde a = X0 y b = Xn

Ahora sea ∆Xi = Xi – Xi-1 El tamaño del subintervalo. En cada subintervalo se
escoge un “punto muestra”, puede ser un punto frontera. ~i .
x

∆X1 = X1 – X0.

∆X2 = X2 – X1

Así para los demás intervalos.

Como la partición se hizo sobre la función f(x), entonces:


n
Rp = ∑
i =1
f ( ~i ) Δ x i
x Suma de Riemman.

Aquí Rp es la suma de Riemman para f(x) en la partición P.

Georg Friedrich Bernhard Riemann1 Fig. No. 1 Polígonos circunscritos.

Ejemplo No 1:

Evaluar la suma de Riemman para la función f(x) = x2 +2 en el intervalo [-2, 2], la
partición es regular, tomando P = 8

Solución:

Tomemos X0 = -2 y Xn = 2. Se toma ~i como el punto medio del i-ésimo
x
2 − (−2) 1
intervalo. También: Δxi = = ∆Xi = 0,5; con esto se obtienen 8
8 2
subintervalos, cuyos puntos medios son:

___________________
1
1826 Alemania – 1866 Suiza.


-1.75, -1.25, -0.75, -0.25, 0.25, 0.75, 1.25, 1.75.

Apliquemos la fórmula de sumas de Riemman:
8
R p = ∑
i=1
f ( ~i ) Δ x i
x Entonces:

Rp = [f(-1.75)+f(-1.25)+f(-0.75)+f(-0.25)+f(0.25)+f(0.75)+f(1.25)+f(1.75)] * 0.5

En la función se reemplaza: f ( x = −1,75) = (−1,75) 2 + 2 = 5,0625 y así para los
demás.

Rp = [5.0625 + 3.5625 + 2.5625 + 2.0625 + 2.0625 + 2.5625 + 3.5625 + 5.0625] *
0.5

Rp = [25.50] * 0.5 = 13.25

Ejemplo No 2:

Evaluar la suma de Riemman para la función h(t) = t3 – 2t, en el intervalo [1, 2]. La
partición es regular y los puntos muestra definidos son: ~1 = 1,20 , ~2 = 1,38 ,
x x
~ = 1,68 , ~ = 1,92
x3 x4

Solución

Tenemos todos los insumos para hacer la suma correspondiente:
4
R p = ∑
i=1
f ( ~i ) Δ x i
x Entonces:

Rp = [f(1.20) + f(1.38) + f(1.68) + f(1.92)] * 0.25

Rp = [-0.672 – 0.131928 + 1.3816 + 3.2779] * 0.25
Rp = [3.855] * 0.25 = 0.9637

Resolver el ejemplo anterior utilizando 8 subintervalos P = 8, definiendo el tamaño
de cada subintervalo y el punto muestra de cada uno.


Lección 7: Área bajo la curva

Concepto Intuitivo:

Para hallar el área de una figura con lados rectos, la geometría plana (estudiada
en matemática básica) permite calcular dichas áreas, por ejemplo rectángulos,
triángulos, paralelogramos, otros. Cuando la frontera de una figura es curva la
situación es de un análisis más profundo, ya que se requiere mayor trabajo
matemático. El gran matemático de la antigüedad ARQUIMEDES, propuso una
solución consistente en que al considerar una sucesión de polígonos inscritos que
aproximen la región curva, que puede ser más y más precisa, a medida que el
polígono aumenta el número de lados.

Cuando P tiende a infinito
( P → ∞ ), el área del polígono se
hace semejante a la del círculo.

Fig. No. 2 Polígonos inscritos.

Pero la genialidad de Arquímedes, también lo llevo a demostrar que con polígonos
circunscritos, se llegaba al mismo resultado.


Lección 8: Estimación por sumas finitas.

Para determinar cómo se halla el área bajo la curva, utilizaremos el principio de los
polígonos inscritos y además una de las funciones más conocidas: f(x) = x2. El
proceso consiste en hallar el área de la región A ( R ) acotada por el intervalo [a,
b], para nuestro caso tomemos: [0, 2]

La partición P del intervalo [0, 2] en n subintervalos, cuya longitud ∆x es:
x n − x0 2 − 0 2
Δx = = = Partición
n n n
regular.
Comencemos:
X0 = 0
X1 = X0 + ∆x = ∆x
X2 = X1 + ∆x = ∆x + ∆x = 2∆x
X3 = X2 + ∆x = 2∆x + ∆x = 3∆x
M
Xi = Xi-1 + ∆x = (i – 1) ∆x + ∆x = i∆x
M
Xn-1 = (n-1) ∆x
Xn = n∆x Fig. No. 3 Partición.

Pero ∆x = 2/n, entonces:

X0 = 0, X1 = 2/n, X2 = 4/n, … , Xi = 2i/n,
,… , Xn = n(2/n) = 2

El área de la región Ri es f(xi-1) ∆x .

El área total de la región Rn será la suma de las áreas de todos los rectángulos
inscritos en la curva.

A( Rn ) = f ( x0 )Δx + f ( x1 )Δx + L + f ( xn−1 )Δx
Para la función que estamos analizando tenemos:

2
⎛ 2i ⎞ 2 8i 2 8
f ( xi )Δx = x Δx = ⎜ ⎟ * = 3 = 3 i 2
i
2

⎝ n ⎠ n n n


Luego:
A( Rn ) = [
8 2 2
] 8
0 + 1 + 2 2 + L + (n − 1) 2 = 3
⎡ n(n − 1)(2n − 1) ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
3
n n 6

Revisar las propiedades de las sumatorias en el modulo de Álgebra, Trigonometría
y Geometría analítica, unidad tres, donde puedes reforzar estos conceptos.
Luego:

8 ⎡ 2n 3 − 3n 2 + n ⎤ 4 ⎡ 3 1⎤
A( Rn ) = ⎢ ⎥ = ⎢2 − + 2 ⎥ Entonces:
⎦ 3⎣ n n ⎦
3
6⎣ n
8 4 4
A( R n ) = − + 2
3 n 3n

A medida que n se hace más grande, entonces el área de la suma de los
rectángulos inscritos es más y más aproximado al área de la curva. Por
consiguiente:
⎛8 4 4 ⎞ 8
A ( R ) = Lim A ( R n ) = Lim ⎜ − + ⎟=
n→ ∞
⎝
n→ ∞ 3 n 3n 2 ⎠ 3
NOTA: Realice la misma demostración pero usando rectángulos circunscritos.

Lección 9: Definición

Sea f(x) una función definida en el intervalo cerrado [a, b] y continua en el intervalo
abierto (a, b). Si f(x) ≥ 0 en [a, b], el área bajo la curva de f(x) en el intervalo
definido esta dado por:

n
A = Lim∑ f ( xi )Δx
n→∞
i=1

Ejemplo 1:

Calcular el área bajo la curva de f(x) = 3x2 – x en el intervalo [1, 3].


Solución:

3 −1 2
Comencemos el proceso hallando Δx = =
n n

x0 = 1

2 n+2
x1 = x0 + Δx = 1 + =
n n

2 2 4 n+4
x 2 = x1 + Δx = (1 + ) + = 1 + =
n n n n

⎛ n + 4⎞ 2 6 n+6
x3 = x 2 + Δx = ⎜ ⎟ + = 1+ =
⎝ n ⎠ n n n

2i n + 2i
x i = x i −1 + Δ x = 1 + =
n n

Ahora por la definición:

∑ [3 x ]
n n
A = Lim
n→ ∞
∑i =1
f ( x i ) Δ x = Lim
n→ ∞
i→1
2
i − xi Δ x

⎡ ⎛ n + 2i ⎞ 2 ⎛ n + 2i
n
⎞⎤ 2
A = Lim ∑ ⎢ 3 ⎜ ⎟ −⎜ ⎟⎥
i→1 ⎢ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠⎥ n
n→ ∞
⎣ ⎦

Desarrollando las potencias y multiplicando, obtenemos:

2 ⎡ 3 n 2 + 12 ni + 12 i 2 n + 2 i ⎤
n
A = Lim
n→ ∞ n
∑1 ⎢
i→ ⎣ n2
−
n ⎦
⎥


Aplicando las propiedades de las sumatorias, tenemos:

2 n
⎡ 3 n 2 + 12 ni + 12 i 2 ⎤ 2 n
⎡ n + 2i ⎤
A = Lim
n→ ∞ n
∑1 ⎢
i→ ⎣ n2
⎥− ∑ ⎢ n ⎥
⎣ ⎦
⎦ n i =1

2 ⎡ n
12 12 ⎤ 2 n
⎡ 2 ⎤
A = Lim
n→ ∞ n
∑1 ⎢
i→ ⎣
3+
n
i + 2 i2 ⎥ −
n ⎦ n
∑
i =1
⎢
⎣
1+ i
n ⎥⎦

2 ⎡ 12 n
12 n
⎤ 2 2 n
A = Lim
n→ ∞ n ⎢
⎣
3n +
n
∑i =1
i+ 2
n
∑
i =1
i ⎥− *n−
2

⎦ n n
∑i
i =1

Recordemos las propiedades de las sumatorias.

2 ⎡ 12
⎜
(
⎛ n 2 + n ⎞ 12 ⎛ n 2 + n (2 n + 1 ) )⎞ ⎤
A = Lim
n→ ∞ n
⎢3n + ⎜ 2 ⎟ + n2 ⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎥
⎣ n ⎝ ⎠ ⎝ 6 ⎠⎦

⎡2 2 ⎛ n 2 + n ⎞⎤
− ⎢ *n + ⎜ ⎟⎥
⎣ n n ⎜
⎝ 2 ⎟
⎠⎦

2⎡ 6n 2 + 6n 4n3 + 6n 2 + 2n ⎤ 2 ⎡ n2 + n ⎤
A = Lim ⎢3n + + 2 ⎥ − ⎢n + ⎥
n→∞ n
⎣ n n ⎦ n⎣ n ⎦


⎡ 12 12 4 2⎤
A = Lim ⎢ 6 + 12 + +8+ + 2 −2−2− ⎥
n→ ∞ ⎣ n n n n⎦

⎡ 24 2 4 ⎤
A = Lim ⎢ 26 − 4 + − + 2⎥
n→ ∞
⎣ n n n ⎦

⎡ 22 4 ⎤
A = Lim ⎢ 22 + + 2⎥
n→ ∞
⎣ n n ⎦

Aplicando límite: A = 22 + 0 + 0 = 22 Unidades cuadradas.


EJERCICIOS LECCION No. 4:

1. Demostrar que el área bajo la curva para la función y = 2 x − 2 x 2 en el intervalo
[0, 1] es 1/3.

SUGERENICA: Siga el procedimiento anterior, teniendo en cuenta las
propiedades de las sumatorias.

Hallar el área del polígono circunscrito para la función propuesta:

2. f(x) = x + 1 donde a = -1 y b = 2 Con partición regular.

3. f(x) = x2 + 4 donde a = 2 y b = 4 Con partición regular.

4. g(x) = x3 donde a = 0 y b = 2 Con partición regular.

Para las funciones dadas:
• Determinar los puntos de evaluación, correspondientes a los puntos medios
de cada subintervalo dado según el valor de n.
• Graficar la función de los rectángulos que la aproximan.
• Calcular la suma de Riemman

5. f(x) = sex(x) [0, π] y n=4

6. g(x) = x3 – 1 [1, 2] y n=4

7. h( x) = x + 2 [1, 4] y n = 6

2x − 1
8. P ( x) = [2, 4] y n = 10
x


Lección 10: Integral definida.

Conocidos y estudiados los conocimientos sobre Sumas de Riemman y áreas
bajo la curva, podemos hacer una definición formal sobre la integral definida.

DEFINICIÓN:

Sea f(x) una función definida en el intervalo cerrado [a, b], la integral definida de
f(x) que va de a hasta b se define como:

b n

∫ f (x)dx = Lim∑ f (x )Δx
a
n→∞
i =1
i Llamada también la Integral de Riemman

Donde:

a = Límite Inferior

b = Límite Superior

f(x) = El integrando; o sea, la función que se va a integrar.

dx = Diferencial de la variable.

Analizando un poco el límite de la sumatoria, igual que en el caso de la derivación.

n
Lim
p →0
∑
i =1
f ( xi )Δx = L

Esto significa que dado un ε > 0, tan pequeño como se quiera, existe un δ > 0 tal
que:

n

∑ f ( x )Δx − L = ε
i =1
i

Para todas las sumas de Riemman ∑ f ( x )Δx
i de la función definida en el
intervalo dado, si la norma p de la partición asociada, es menor que δ, se dice
que el límite dado existe y es L.

Surge la pregunta: ¿Qué funciones son integrables? La respuesta es que NO
todas las funciones son integrables en un intervalo cerrado I.


Asociado al caso de límite, se requiere que la suma de Riemman tenga límite, ya
que hay casos donde esta suma se puede hacer muy grande, como es el caso de:
2
⎛ 1 ⎞
n
Lim ∑ ⎜ ⎟⎜ ⎟
n→∞
i =1 ⎝ x i ⎠

Existen además funciones acotadas que pueden no ser integrables, por el grado
de complejidad de la misma, como es el caso de:

2

∫
− x 2
e dx
0

Para esto existe un teorema de integrabilidad que nos garantiza las funciones
integrables en un intervalo cerrado I, su demostración NO está al alcance de este
nivel ya que requiere cálculo avanzado.


CAPITULO 3: Teoremas

Introducción

En este capítulo se presentan tres teoremas o afirmaciones que se pueden
demostrar como verdaderas dentro un contexto lógico, esos tres teoremas nos
ayudan a comprender los conceptos empleados en el cálculo integral.

El teorema del valor medio, de la integrabilidad, primer y segundo teorema
fundamental del cálculo y el teorema de simetría, los cuales pasamos a
comprender en el siguiente espacio.

Lección 11: Teorema de integrabilidad.

Si f(x) es acotada en el intervalo cerrado [a, b] y si f(x) es continua excepto en un
número finito de puntos, entonces f(x) es integrable en [a, b]. En particular si f(x)
es continua en todo el intervalo, entonces es integrable en [a, b].

Consecuencia de este teorema podemos ver que las funciones polinómicas, seno
y coseno, son integrables en todo el intervalo cerrado I. Las funciones racionales
lo son en I siempre y cuando dicho intervalo no contenga puntos en donde el
denominador es cero.

Ahora podemos hacer la siguiente relación como conclusión de lo que venimos
analizando:

Área bajo la curva de y = f(x) en el intervalo cerrado [a, b] es equivalente a
b

∫ f ( x )dx
a

PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DEFINIDA:

Las propiedades aplicadas a la integral indefinida, también son aplicables a las
integrales definidas. Veamos algunas.


b
1. ∫ f ( x)dx = 0
a
Para a = b

b a
2. ∫
a
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
b
Para a < b

b c b
3. ∫
a
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
a c
Para a < c < b

b b b
4. ∫ [ f ( x) ± g ( x]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx
a a a

b b
5. ∫ Kf ( x)dx = K ∫ f ( x)dx
a a

b

6. ∫ Kdx
a
= K (b − a )

7. Si f(x) y g(x) son funciones integrables en el intervalo I = [a, b] y si f(x) ≥ g(x)
b b
Para todo x en [a, b], entonces: ∫
a
f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx
a

Lección 12: Valor medio de una función.

El concepto de valor medio lo conocemos muy bien, por los principios de
Estadística, pero en este caso vamos a calcular el valor promedio de una función
f(x) en un intervalo cerrado I. Para este caso escogemos una muestra de puntos
en el intervalo I, construyendo la Partición correspondiente, donde: x0 < x1 < x2 …
b−a
< xn; además, x0 = a y xn = b. La diferencia entre los puntos es: Δx =
n

El valor promedio de la función f(x) está dado por el promedio de los valores de la
función en x1, x2, … xn:
n
f ( x) =
1
[ f ( x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) + ... + f ( xn )] = 1 ∑ f ( xi )
n n i =1


Si multiplicamos y dividimos por b – a tenemos:

1 n ⎛b−a⎞ b−a
f ( x) = ∑ f (xi )⎜ n ⎟
b − a i=1 ⎝ ⎠
Recordemos que: Δx =
n
, luego:

1 n
f ( x) = ∑ f (xi )Δx
b − a i =1
Corresponde a la suma de Riemman.

DEFINICIÓN:

Para la función f(x) integrable en [a, b] y sabiendo que la suma de Riemman tiene
límite:

b
1 n
f (x) = Lim f (xi )Δx = f (x)dx
1
n→∞ b − a
∑
i=1 b−a ∫
a

Ejemplo 1:

Hallar el valor promedio de la función sen(x) en [0, π]

Solución:

Aplicando la definición tenemos:

b π
1 1
b−a ∫ π −0∫
f ( x) = f ( x ) dx = sen ( x ) dx
a 0

π
f ( x) =
1
∫ sen ( x ) dx =
1
(− cos( x ) )π =
1
[− cos(π ) − ( − cos( 0)]
π 0
π 0
π

f ( x) =
1
[1 + 1] = 2
π π
El proceso requiere la aplicación del teorema fundamental del cálculo, el cual
estudiaremos en seguida.

Ejemplo 2:

Cual será el valor promedio de la función f(x) = x2 – 2 en el intervalo [0, 4]


Solución:

Al igual que en el caso anterior, con la aplicación de la fórmula para valor
promedio de la función:
4

∫ (x ) 1⎛1 3 ⎞
b 4
1 1
f ( x) = ∫ f ( x ) dx = − 2 dx = ⎜ x − 2x⎟
2

b−a a
4−0 0
4⎝3 ⎠0

4
1 ⎛1 ⎞ 1 ⎡ 64 ⎤ 1 ⎛ 40 ⎞ 10
f (x) = ⎜ x3 − 2 x ⎟ = ⎢ 3 − 8 − 0⎥ = 4 ⎜ 3 ⎟ = 3
4⎝3 ⎠0 4 ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

10
f ( x) =
3

EJERCICIOS:

1. Hallar el valor promedio para la función f(x) = 4x3 en el intervalo [1, 3]

x
2. Cual será el valor promedio de la función g ( x) = en el intervalo [0, 3]
x + 16
2

3. Determinar el valor medio de la función: g(x) = sen2(x) cos(x) para el intervalo

[0, π/2]

4. Cual será el valor promedio de la función f(x) = cos(x) en el intervalo [0, π/2]

Lección 13: Primer teorema fundamental del cálculo

Para enunciar el teorema, analicemos la siguiente situación: Sea A(x) el área bajo
la curva de la función f(t) a dicha función se le llama función acumulada, ya que va
acumulando el área bajo la curva dada t = a hasta t = x. donde x > 1.

Sabemos que:

x
A( x ) = ∫ f (t ) dt
a


Por otro lado, sabemos por definición de áreas bajo la curva que:

x
d n

dx ∫ f ( t ) dt = f ( x ) A( x ) = Lim ∑ f ( xi ) Δx
n→∞
a i =1

Al relacionar las ecuaciones anteriores:

n x
Lim ∑ f ( xi ) Δx = ∫ f (t ) dt
n→∞
i =1 a

Ahora definamos a B(x) como el límite de la sumatoria, de tal manera que
x
dB d
dx ∫
= f (x) Luego: f (t )dt = f ( x)
dx a

TEOREMA: Sea f(x) una función continua en el intervalo cerrado [a, b] y sea x un
punto en (a, b), entonces:

Se debe anotar que x es variable y que la tasa de acumulación en t = x es igual al
valor de la función f(x) que se está acumulando en t = x.

Demostración:

Por la definición de derivada:

1 ⎡ ⎤
x + Δx
⎡ F ( x + Δx ) − F ( x ) ⎤
x
F ' ( x ) = Lim ⎢
Δx ⎥ = Lim Δx ⎢ ∫ f (t ) dt − ∫ f (t ) dt ⎥
Δx → 0
⎣ ⎦ Δx → 0 ⎣ a a ⎦


1 ⎡ ⎤
x + Δx x x + Δx
1
Lim
Δx → 0 Δ x
⎢ ∫ f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt ⎥ = Lim0 ∫ f (t ) dt
⎣ a a ⎦ Δx → Δ x x

Si observamos cuidadosamente la última expresión, podemos deducir que
corresponde a límite del valor promedio de f(x) en el intervalo [x, x + ∆x]. Como
∆x > 0, por teorema de valor medio:

x + Δx
1
Δx ∫ f (t )dt =
x
f (c ) Donde x < c < x + ∆x

Pero cuando ∆x tiende a cero, entonces c tiende a x; además, f(x) es continua.

1 ⎡ ⎤
x + Δx
F ' ( x ) = Lim
Δx → 0 Δ x
⎢ ∫ f (t ) dt ⎥ = Lim0 f ( c ) = f ( x )
⎣ a ⎦ Δx →

Este teorema en su concepto expresa que toda función f(x) continua en un
intervalo cerrado, tiene antiderivada.

Ejemplo 1:
d ⎡ 4 ⎤
x

dx ⎣ ∫
Desarrollar: ⎢ t dt ⎥
1 ⎦
Solución:

Por la definición del teorema:
d ⎡ ⎤
x

dx ⎣ ∫
⎢ t 4 dt ⎥ = x 4

1 ⎦


Ejemplo 2:

( )
x
Dado: F ( x) = ∫ t 2 + 4t − 2 dt Hallar F’(x).
1

Solución:

El integrado por definición es F’(x) = f(x) entonces: F’(x) = x2 + 4x – 2

( )
x
dF d
Si lo resolvemos por otro lado, tenemos: = ∫ t + 4t − 2 dt por definición del
2

dx dx 1
dF
teorema: = x 2 + 4x − 2
dx

Ejemplo 3:
x2
Si P( x) = ∫ cos(t )dt Calcular P’(x).
1

Solución:

Como el límite superior tiene potencia, hacemos cambio de variable. U = x2, luego:
u
P( x) = ∫ cos(t )dt. Por la regla de la cadena:
1

d ⎡ ⎤ du
u
dP dP du dP
= * ⇒ = ⎢ ∫ cos( t ) dt ⎥ * Desarrollando:
dx du dx dx du ⎣ 1 ⎦ dx

dP du
= cos( u ) * = cos( u ) * 2 x recordemos que u = x2 en este contexto.
dx dx

P ' ( x) = 2 x cos( x 2 )


Ejemplo 4
x2
Sea H ( x) = ∫ (2t − 4)dt
1
Hallar H’(x).

Solución:

Hacemos cambio de variable así: u = x2 ahora:

dH d ⎡ ⎤ du
u
= ⎢∫ (2t − 4)dt ⎥ * = (2u − 4) * (2 x ) Reemplazando u tenemos
dx dx ⎣ 1 ⎦ dx

dH
dx
( )
= 2x 2 − 4 * (2x) = 4x 3 − 8x Por consiguiente:

dH
= 4 x 3 − 8x
dx

Lección 14: Segundo teorema fundamental del cálculo.

En cálculo el estudio de los límites es fundamental, dos límites muy importantes en
cálculo son:

f ' ( x) = Lim⎜
⎛ f ( x + Δx) − f ( x) ⎞
⎟ y Lim f ( x i ) Δ x
Δx → 0
⎝ Δx ⎠ n→ ∞

Por medio del teorema fundamental número uno, se estudio la relación que tienen
estos dos límites, fundamental para resolver integrales definidas.

La existencia de la antiderivada, lo garantiza el primer teorema fundamental del
cálculo, la evaluación de dichas integrales se garantiza por medio del segundo
teorema fundamental.


TEOREMA:

Sea f(x) una función continúa en un intervalo definido, por consiguiente es
integrable en el intervalo cerrado [a, b], sea P(x) una antiderivada de f(x) en el
intervalo dado, entonces:

b

∫a
f ( x ) dx = P ( b ) − P ( a )

Demostración:

La demostración requiere los conocimientos de teoremas y definiciones
estudiadas anteriormente, por lo cual se debe tener presente estos aspectos.
x
Sea la función G ( x) = ∫ f (t )dt para x en el intervalo [a, b], sabemos que
a

G ' ( x) = f ( x)

Para todo x en [a, b], luego G(x) es una antiderivada de f(x), pero P(x) es también
antiderivada de f(x). Por el teorema de antiderivada, sabemos:

P’(x) = G’(x), donde P(x) y G(x) solo difieren por una constante, luego para todo x
en [a, b]: P(x) = G(x) + C, para P(x) y G(x) continuas en el intervalo dado, luego:

P(a) = G(a) + C y P(b) = G(b) + C en el intervalo cerrado definido.
x=a
Para G (a ) = ∫ f (t )dt = 0
a
¿Recuerdas?

P(a) = G(a) + C ¡saber porque verdad!

P(a) = 0 + C entonces: P(a) = C, por lo tanto:

P(b) – P(a) = [G(b) + C] – C = G(b). Luego al igual que G(a), podemos decir:


x =b
G (b) = ∫ f (t )dt
a
Por consiguiente:

b
P(b) − P(a ) = ∫ f ( x)dx Así queda demostrado el teorema.
a

Esta misma demostración se puede hacer por las sumas de Riemman, veamos:

Primero participamos el intervalo [a, b] en: xo, x1, x2, … , xn donde xo = a y xn = b,
además: ∆x = xi – xi-1, como ∆x es el tamaño de cada subintervalo, entonces:
b−a
Δx = para i = 1, 2, 3, … , n Ahora:
n

P(b) – P(a) = [P(x1) – P(xo)] + [P(x2) – P(x1)] + … + [P(xn – P(xn-1)] resumiendo:
n
P (b) − P(a ) = ∑ [P( xi ) − P( xi −1 )]
i =1

Como P(x) es una antiderivada de f(x) derivable en (a, b) y continua en [a, b], por
el teorema del valor medio

P(xi ) − P(xi−1 ) = P' (ci )(xi − xi−1 ) = f (ci )Δx para ci € (xi-1, xi) donde i = 1,

2, 3, … Por asociación de las dos ecuaciones anteriores:
n n
P (b) − P(a) = ∑ [P( xi ) − P( xi −1 )] = ∑ f (ci )Δx Si tomamos limite a ambos lados de
i =1 i =1

la ecuación cuando n tiende a infinito, obtenemos:

n b
Lim
n→ ∞
∑
i =1
f ( c i ) Δ x = Lim ( P ( b ) − P ( a )) =
n→ ∞ ∫ f ( x ) dx
a

Por consiguiente:

b
P (b ) − P ( a ) = ∫
a
f ( x ) dx


Ejemplo 1:
b
Aplicar el segundo teorema fundamental del cálculo para resolver: ∫ xdx
a

Solución:
x=b

( )
b
x2 b2 a2 1 2
∫ xdx =
2
=
2
−
2
=
2
b − a2
a x=a

Ejemplo 2:

∫ (x − 4 x )dx
2
Resolver la integral: 3

0

Solución:

2

∫( ) ( ) ( )⎤ − ⎡ 1 (0 ) − 2(0 )⎤
⎛1 ⎞ ⎡1
2
x − 4 x dx = ⎜ x 4 − 2 x 2 ⎟ = ⎢ 2 4 − 2 2 2
3
⎥ ⎢4
4 2
⎥
0 ⎝4 ⎠ 0 ⎣4 ⎦ ⎣ ⎦

∫ (x )
2
16
3
− 4 x dx = − 8 = 4 − 8 = −4
0
4

Ejemplo 3:

⎛ 1 ⎞
4
47
Demostrar que: ∫⎜
1⎝
x − 2 ⎟
x ⎠
dx =
12

Solución:

1
Como x− es continua en [1, 4], se puede aplicar el teorema fundamental,
x2
luego:


4
⎛ 1 ⎞ ⎛2 3 −1 ⎞
4 4

∫ ⎜ x − x 2 ⎟dx = ∫ ( x 2 + x )dx = ⎜ 3 x 2 + x ⎟
1 −2
Evaluando:
1⎝ ⎠ 1 ⎝ ⎠1

⎛ 1 ⎞ ⎡2 3 −1 ⎤ ⎡2 3 −1 ⎤
4
dx = ⎢ (4 ) 2 + (4 ) ⎥ − ⎢ (1) 2 + (1) ⎥ = + − = +
16 1 5 11 1
∫⎝
1
⎜ x− 2 ⎟
x ⎠ ⎣3 ⎦ ⎣3 ⎦ 3 4 3 3 4

⎛ 1 ⎞
4
11 1 47
∫⎝
1
⎜ x − 2 ⎟dx = = + =
x ⎠ 3 4 12

Ejemplo 4:
π
2

Hallar el valor de: ∫ 0
sen ( x ) dx

Solución:

La función seno es continua en el intervalo propuesto, luego se puede integral, por
medio del teorema fundamental.
π
2
π

∫
0
sen ( x ) dx = − cos( x ) 0 2 = − cos( π
2 ) − ( − cos( 0 ))

π
2

∫ sen ( x ) dx
0
= 0 +1=1


Lección 15: Teorema de simetría.

a a

Si f(x) es una función par, entonces: ∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx
−a 0

a

Si f(x) es una función impar, entonces: ∫ f ( x)dx = 0
−a

Demostración:

Vamos a demostrar la primera parte del teorema, el segundo se deja como
ejercicio.

a 0 a

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
−a −a 0
Ahora hacemos una sustitución u = -x, luego

du = -dx. Por definición, si f(x) es par. Se cumple: f(-x) = f(x), entonces:

0 0 0

−a
∫ f ( x ) dx = − ∫
−a
f ( − x )( − dx ) = − ∫ f ( u ) du Luego:
a

a a

∫
0
f ( u ) du = ∫
0
f ( x ) dx Por lo tanto:

a a a a

∫
−a
f ( x ) dx = ∫ 0
f ( x ) dx + ∫
0
f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx
0

EJERCICIOS:

1. Escribir las siguientes integrales como una sola:
2 3
a-) ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
0 2

2 1
b-) ∫
0
f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
2


4
⎛ 2x si x <1
2. Hallar ∫ f ( x)dx.
0
donde: f ( x) = ⎜ 2
⎜ x + 2 si
⎝ x ≥1

4
⎛ 2 x 2 si x<3
3. Calcular ∫
0
f ( x)dx. donde: f ( x) = ⎜
⎜ x + 1 si
⎝ x≥3

∫ (x ) (2 x )dx
1
10
4: Desarrollar: 2
+1
0

π

∫π (sex ( x) + cos( x) )
2
5. Hallar dx
−

6. Para un gas ideal, la presión es inversamente proporcional al volumen, el
trabajo requerido para aumentar el volumen de un gas particular de V = 2 a V = 4
V2

esta dado por la siguiente expresión: ∫ P(V )dV
V1
donde la constante de

proporcionalidad para este caso es de 12. Cual será el valor de la integral.

7. La temperatura T en una región particular, está dada por la función

T(t) = 75 – 20cos(π/6)t donde t = tiempo en meses. Estimar la temperatura
promedio

Durante todo el año.


ACTIVIDADES DE AUTOEVALUACIÓN DE LA UNIDAD
PREGUNTAS DE SELECCIÓN MÚLTIPLE CON ÚNICA RESPUESTA

A continuación, usted encontrará preguntas que se desarrollan en torno a un
enunciado, problema o contexto, frente al cual, usted debe seleccionar aquella que
responde correctamente a la pregunta planteada entre cuatro opciones
identificadas con las letras A, B, C, D. Una vez la seleccione, márquela en su hoja
de respuestas rellenando el óvalo correspondiente.

1. En la suma de Riemman la función se aplica sobre los puntos muestra, éste
representa:

A. El valor representativo del subintervalo

B. El valor representativo del intervalo

C. El valor representativo del área

D. El valor representativo de la ordenada

2. La resolución de integrales indefinidas originan

A. Una función

B. Un escalar

C. Infinito

D. Cero

3. La resolución de integrales definidas originan

A. Un escalar

B. Otra función

C. Cero

D. Uno


4. Sea f(x) una función continua en el intervalo cerrado [a, b] y sea x un punto
en (a, b), entonces:

x
d
dx ∫
a
f ( t ) dt = f ( x )

La definición dada corresponde a:

A. El primer teorema fundamental del cálculo

B. El segundo teorema fundamental del cálculo

C. El teorema del valor medio de una función

D. La definición de integral impropia
π
2

5. Al resolver ∫ tan(
0
2 x ) dx Su resultado es:

A. Diverge

B. 1/2

C. 2

D. 0

2

6. Al resolver ∫y
0
y + 1dy se obtiene

A. 5,276

B. 2,789

C. 1,432

D. 10,450


1
∫e
3 x +1
7. Al resolver dx se obtiene
0

A. 17,293

B. 20,287

C. 26.456

D. 10,345

π
8. Al resolver ∫o
cos 2 ( x ) sen 2 ( x )dx se obtiene

A. 0,3927

B. 2,453

C. 0,679

D. 7,895

1
9. Al resolver ∫ x− x
dx se obtiene

A. 2Ln(3)

B. 4Ln(4)

C. 5Ln(10)

D. 7Ln(2)

∫ x * 3 dx
2
x
10. Al resolver se obtiene

A. 2 / 2Ln(3)

B. 5 / 3Ln(2)

C. 3 / Ln(7)

D. 7 / 3Ln(6)


HOJA DE RESPUESTAS.

A B C D

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10


FUENTES DOCUMENTALES DE LA UNIDAD 1

RONDON, J.E (2007) Calculo Integral. Primera edición, UNAD Ciencias básicas

PURCELL, E (2001) Cálculo, Pearson Education: Prentice hall, Octava Edición,
México.

THOMAS Y FINNEY (1987). Cálculo con Geometría Analítica Vol. 1. Edición
sexta, Addison Wesley Iberoamericana. México.

STEWART, J. (2001) Cálculo de una Variable. Thomsom-Learning. Cuarta edición,
Bogotá.

LARSON, R. Y HOSTETLER, R. (1998) Cálculo Vol. 1, Mc Graw Hill, sexta
edición, México.

SMITH, R. Y MINTON, R. (2002) Cálculo Vol. 1. Segunda Edición, Mc Graw Hill,
Bogotá.

BAUM Y MILLES. (1992). Cálculo Aplicado. Limusa, México.

LEYTOLD, L. (1987) El Cálculo con Geometría Analítica. Harla, México.

PITA, C. (1998) Cálculo de una Variable. Pearson educación, México.

DE BURGOS, J. (2007) Cálculo infinitesimal de una Variable. McGraw Hill, Madrid.

FUENTES DOCUMENTALES DE LA INTERNET

http://www.xtec.cat/~jlagares/integral.esp/integral.htm

http://thales.cica.es/rd/Recursos/rd97/Problemas/54‐1‐p‐Integral.html

http://sigma.univalle.edu.co/index_archivos/calculo1y2/formulasdecalculo1y2.pdf

http://www.matematicasbachiller.com/temario/calculin/index.html

http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_fundamental_del_c%C3%A1lculo

http://www.aulafacil.com/matematicas‐integrales/curso/Temario.htm


http://www.monografias.com/trabajos10/historix/historix.shtml

http://www.fata.unam.mx/tecnologia/material/sem‐01/Calculo_I_Historia_1.pdf

http://www.uam.es/personal_pdi/ciencias/barcelo/histmatem/calculo/calculo.html

  http://integrals.wolfram.com/index.jsp?expr=x%5E2*%28x‐4%29%5E0.5&random=false

http://www.dma.fi.upm.es/docencia/primerciclo/calculo/tutoriales/integracion/

http://www.matematicasypoesia.com.es/ProbIntegral/problema110.htm

http://usuarios.iponet.es/ddt/logica1.htm


UNIDAD 2: TÉCNICAS DE INTEGRACIÓN.

Introducción:

La primera forma de desarrollar integrales, es por medio de las integrales
inmediatas, donde se resuelven utilizando el principio de la antiderivada. Como

x n +1
∫ dx = x + c ∫ kdx = kx + c para k = constante ∫ x dx =
n

n +1
+c

1
∫ x dx = Ln( x) + c
La técnica de sustitución por cambio de variable, se utiliza cuando la función que
conforma el integrando es tal que una parte es la derivada de la otra parte y las
dos están en forma de producto. Las condiciones básicas para establecer que se
puede aplicar una sustitución es una buena observación de la función a integrar y
algo de perspicacia matemática. Cuando el integrado presenta radicales, se
puede presentar problemas para resolver la integral, la racionalización puede ser
un camino para superar dicho problema. En el mundo matemático, científico y
otros, se presentan casos donde la integral es un Producto de Funciones, casos
donde se aplica la técnica llamada integración por partes. En muchas ocasiones
se ha manifestado que toda regla de derivación da origen a una regla de
integración. La integración por partes esta relacionada con la regla de la cadena.
La sustitución trigonométrica, es una técnica que se puede utilizar cuando en el
integrando se presentan expresiones como: a 2 − x 2 , a2 + x2 , x2 − a2 ;
siendo a > 0. Por un teorema de álgebra avanzada se afirma que toda fracción
racional; es decir, el cociente de dos polinomios, se puede descomponer en suma
de fracciones racionales más simples. Para desarrollar el método de fracciones
f ( x)
parciales, se debe tener en cuenta: Para la fracción p ( x ) = con g(x) ≠ 0 sea
g ( x)
una fracción racional propia; es decir, f(x) debe tener menor grado que g(x) y por
otro lado, que g(x) se pueda descomponer en factores primos. Teóricamente
cualquier polinomio con coeficientes reales se puede escribir como producto de
factores lineales reales y / o factores cuadráticos, es posible que obtenerlos no


sea tarea fácil. Descomposición En Factores Lineales Simples, Descomposición
En Factores Lineales Repetidos, Descomposición En Factores Cuadráticos.

Justificación:

Para poder desarrollar las integrales debemos manejar bien las derivadas, realizar
muchos ejercicios sobre un papel, tener algo de fortuna, conocer algunas
integrales directas y aplicar las técnicas de integración que analizaremos en esta
unidad.

Al resolver una integral se pueden presentar dos casos:

• Necesitamos obtener una antiderivada si la integral es indefinida, actividad
que nos ocupa en esta unidad y
• Encontrar un numero (escalar) si la integral es definida

Debido a la complejidad de las aplicaciones, de los ejercicios de aplicación y de
los mimos problemas teóricos, aparecen integrales que no es posible solucionar
por los teoremas básicos de las antiderivadas; por lo tanto requerimos de técnicas
o metodologías apropiadas para su solución, tal como vamos a detallarlas en las
siguientes lecciones.

Para esta SEGUNDA UNIDAD tenemos tres capítulos en los cuales tratamos las
diferentes técnicas de integración básicas para el entrenamiento de los
estudiantes que están tomando el curso.


• Que los estudiantes se familiaricen con los métodos de integración.
• La idea central de la UNIDAD es que los estudiantes al enfrentarse con
cualquier tipo de integral, adquieran las habilidades necesarias para su
solución, sin aprenderse de memoria los métodos de integración.
• La mejor manera de solucionar integrales es realizando ejercicios, los
cuales se encuentran al final de cada lección, al final de la unidad o en la
bibliografía y cibergrafia recomendada.



CAPITULO 1: MÉTODOS de integración I.

Denominación de CAPITULO 2 Métodos de integración II
los capítulos
CAPITULO 3 Métodos de integración III

Apropiarse de los métodos de integración que están al
Asimilación de
alcance de este módulo, ver sus ventajas y desventajas y
conceptos
aprender a manejarlos.

Los métodos de integración se presentan de una manera
Conceptos sencilla y de menor dificultad a mayor dificultad, para
facilitarle su asimilación al lector.

De conocimientos
• Adquirir las técnicas propias de los métodos de
integración de la unidad.
• Adquirir conocimiento mediante la realización del
mayor número posible de ejercicios.

Contextuales:
• Adquirir los conocimientos propios de los métodos de
integración.

Competencias
Comunicativas:
• Adquirir el manejo de los elementos involucrados en
los diferentes métodos de solución de integrales.
• Interpretar y entender la diferente simbología y su
aplicación.

Valorativas:


CAPITULO 4: Métodos de integración I

Introducción

El teorema fundamental del cálculo se puede aplicar bajo la condición de que la
función sea continua en el intervalo de integración. Por lo cual, cuando vamos a
integral lo primero que debemos observar es que se verifique el teorema. Existen
casos en que el teorema NO se cumple, dichas situaciones son las que
abordaremos en este aparte del curso.

b t

∫ f (x)dx = Lim ∫ f (x)dx
a
t →b−
a

Lección 16: Integrales impropias con integrando discontinuo.

Fig. No. 5 Integral impropia.

1
La función que observamos es dada por la ecuación: f ( x) = y deseamos
x2
integrarla en el intervalo [1, -2].


Sin pensarlo dos veces lo que haríamos es:
1
1
dx
1
1 3
∫2 x 2 = −∫2 x dx =
−2
− =−
2
− x −2

Obviamente la respuesta NO es correcta. ¿Por qué?

El problema requiere que recordemos dos términos: Continuidad y Acotación.

La integral que estamos analizando se le llama Integral Impropia, debido a que el
integrando es discontinuo en el intervalo propuesto.
1
dx
Considere el caso de: ∫
0 1− x
¡Argumente y comparta con sus compañeros¡

DEFINICIÓN:

Sea f(x) una función continua en el intervalo semiabierto [a, b), entonces:

b t

∫
a
f ( x ) dx = Lim−
t→b
∫
a
f ( x ) dx

Si el límite existe y es finito, decimos que la integral impropia es convergente,
donde el límite es el valor de la integral. Si el límite no existe, decimos que la
integral impropia es divergente.

Ejemplo 1:

1
Integral la función f ( x ) = 3
en el intervalo (0, 8].
x

Solución:

Como la función es discontinua en x = 0, entonces planteamos una solución
aplicando la definición dada anteriormente.


⎛ 1 ⎞
8
⎛3 2 ⎞ ⎡3 3 2 ⎤
8 8

∫⎜ 3 x ⎟dx = Lim ∫x
− 13
dx = Lim ⎜ x 3 ⎟ = Lim ⎢ (8 ) 3 − (t ) 3 ⎥
2

⎜ ⎟ t→0+ ⎝ 2
0 ⎝ ⎠ t→ 0+
t ⎠t t→0+ ⎣ 2 2 ⎦

Evaluando obtenemos:

⎛ 1 ⎞
8

⎜ 3 ⎟dx = 3 64 − (0 ) 3 = * 4 = 6
3 3 2 3
∫⎝ x ⎠ 2
0
2 4 Por consiguiente:

⎛ 1 ⎞
8

∫ ⎝ 3 x ⎟dx = 6
0
⎜
⎠

Ejemplo 2:

Determinar la convergencia o no convergencia de la siguiente expresión:
1
dx
∫
0 1− x

Solución:

Como la función NO está definida para x = 1, debemos tomar el límite unilateral,
luego el intervalo a tomar será [0, 1), entonces:

[ ( )]
1 t
dx dx t
∫0 1− x
= Lim−
t→1
∫
0 1− x
= Lim− − 2
t→1
1− x
0

Evaluando:

1
= − 2 (0 − 1 ) = 2
dx t

∫0 1− x
= − 2 Lim−
t→1
1− x
0

La integral propuesta es convergente y converge a 2.


Ejemplo 3:
1
1
Demostrar que ∫x
0
k
dx es convergente si k < 1.

Solución:
1
1
1
1
⎛ x − k +1 ⎞
∫
0 xk
dx = Lim ∫ x − k dx = Lim ⎜
t→0+
t
t →0+ ⎜ − k + 1 ⎟
⎝
⎟
⎠t
Evaluando:

1
1
1 ⎛ x − k +1 ⎞ ⎡ 1− k +1 t − k +1 ⎤ 1
∫ x k dx = Lim ⎜ − k + 1 ⎟ = ⎢ − k + 1 − − k + 1⎥ = 1 − k
0
t →0 +
⎜
⎝
⎟
⎠t ⎣ ⎦
Para k < 1

¿Qué pasará si k ≥ 1? Hacer el análisis con los compañeros del pequeño grupo
colaborativo.

DEFINICIÓN:

Sea f(x) una función continua en el intervalo semiabierto (a, b], entonces:

b b

a
t →a+
t

Al igual que en el caso anterior, si el límite existe la integral converge y si el límite
no existe, la integral diverge.

Con las definiciones dadas, podemos resolver integrales impropias con integrado
discontinuo.

Con el fin de fortalecer el tema, estimado estudiante demostrar que:
1
dx 3
a-) ∫
0 1− x2
Converge a 3
2


( )
4
dx 1
b-) ∫ Converge a 4 − 3 101
3

0
3
2 − 3x 2

π
2

c-) ∫ tan(
0
2 x ) dx Diverge.

Estos ejercicios deben desarrollarlos en el pequeño grupo colaborativo y
socializarlo con el tutor.

Lección 17: Integrales impropias con límites de integración finitos

En el campo de las integrales impropias, también podemos encontrar unas
integrales impropias donde uno de los límites es infinito, tal es el caso de:
∞

∫e
− x 2
dx muy utilizada en Probabilidad, pero también hay casos en Economía,
0

Administración y otros.

La resolución de este tipo de integrales, utiliza también límites para eliminar una
posible indeterminación.

DEFINICIÓN:

Sea f(x) una función continua en el intervalo semiabierto [a, b) o (-∞, a], entonces:

∞ R a a

a
R→∞
a
o ∫ f (x)dx = Lim ∫ f (x)dx
−∞
R→−∞
R

Si los límites existen, entonces las integrales impropias son convergentes. Pero si
el límite no existe, entonces la integral impropia diverge.


Ejemplo 1:
∞
1
Determinar la convergencia o divergencia de: ∫ dx .
1 x2

Solución:

Observamos que el límite superior es infinito, entonces aplicando la definición
tenemos:

R
∞
1
R
⎡ 1⎤
dx = Lim −
∫ 2
dx = Lim ∫ x − 2
⎢ x⎥ Evaluando el límite, tenemos:
⎣ ⎦
x R →∞ R →∞
1 1
1

∞
1
∫ x2 (
dx = Lim− R−1 − 1 = 0 + 1 = 1
R→∞
)
1

La integral propuesta converge a 1.

Ejemplo 2:
− 1
dx
Demostrar que: ∫
− ∞
x
es divergente.

Fig. No. 6 Convergencia.


Solución: Siguiendo el mismo procedimiento anterior:

−1 −1
dx dx
∫
−∞
x
= Lim
R → −∞ ∫
R
x

−1

∫
dx
= Lim
R → −∞
Ln [x ]− 1
R
−∞
x

Si evaluamos el límite:

−1

∫
dx
= [Ln − 1 − Ln R ]= −∞
−∞
x

Como el límite no existe, la integral diverge.

En estudios matemáticos sobre fenómenos luminosos, electricidad, sonido y en
general en fenómenos ondulatorios, se puede encontrar integrales impropias,
donde los dos límites de integración son infinitos. Para resolver ente tipo de
integrales, hacemos uso de la siguiente definición:

DEFINICIÓN:
a ∞
Sea f(x) una función continua en el intervalo (-∞, ∞), si ∫
−∞
f ( x)dx y ∫ f ( x)dx
a
son

∞
convergentes, decimos que ∫ f ( x)dx
−∞
es convergente y su valor se puede hallar

por la siguiente relación:

∞ a ∞

∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx
−∞ −∞ a

Si alguna de las integrales diverge o las dos, entonces la integral total diverge.


Ejemplo 1:
∞
⎛ 1 ⎞
Dada la integral: ∫⎜1+
⎝
−∞ x 2 ⎟ dx Determinar si converge o diverge.
⎠

Solución:

Inicialmente definamos a = 0 y así aplicando la definición:

∞ ∞
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ ⎞
a
1
∫∞ ⎜ 1 + x 2 ⎟ dx =
− ⎝ ⎠
∫∞ ⎜ 1 + x 2 ⎟ dx +
− ⎝ ⎠
∫⎜1+
a⎝
⎟ dx
x ⎠
2

En seguida aplicamos el límite:

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
a c
Lim ∫ ⎜ 2 ⎟
dx + Lim ∫ ⎜ 1 + x 2 ⎟ dx Integrando:
b → −∞
b ⎝1+ x ⎠ c →∞
a ⎝ ⎠

Lim Tan
b → −∞
[ −1
(x) ]
a
b + Lim Tan
c→ ∞
[ −1
(x) ]c
a

Evaluando el límite:

[ ]
Lim Tan −1 ( a ) − Tan −1 (b ) + Lim Tan −1 (c ) − Tan −1 ( a )
b → −∞ c→∞
[ ]
Como a = 0, entonces:

[0−(−π 2)] +[π 2 −0] =π La integral converge.

Ejemplo 2:

∞

Demostrar que: ∫
−∞
e − x dx Diverge.


Solución:

Aplicando la definición dada para estos casos tenemos:

∞ 0 ∞

∫e ∫e dx + ∫ e − x dx
−x −x
dx = Llamemos a la primea integral A y a la
−∞ −∞ 0
segunda B

Desarrollemos la primera integral:

( ) [ ]
0 0

A= ∫
e dx = Lim∫ e−x dx = Lim − e−x
−x o
R = Lim − e0 − (−eR )
R→−∞ R→−∞ R→−∞
−∞ R

Evaluando:

0
1
∫ e dx = −e + e = −1+
−x −∞
0
= −1 + 0 = −1
A=
−∞
e∞ Converge

Ahora desarrollemos la segunda integral:

∞
( ) [ ]
R

∫ e dx = Lim∫ e dx = Lim− e
−x −x −x R
B= o = Lim− eR − (−e0 ) Evaluando:
R→∞ R→∞ R→∞
0 0

∞

∫e
−x
B=
dx = −e∞ + e0 = −∞ + 1 = −∞ Diverge
0

Vemos que la primera integral converge, pero la segunda diverge, por
consiguiente la integral original diverge.


EJERCICIOS LECCION No. 2:

Determinar SI la integral converge o diverge, en caso de que converja, hallar el
valor correspondiente:

1
1
1. ∫
0
3
x
dx

1
1
2. ∫
−1
x
dx

1

3. ∫ Ln ( x ) dx
0

∞

4. ∫ tan( x ) dx
0

1

5.
−∞
∫ e 4 x dx

∞
x
6. ∫ x 2 + 1 dx
10

1
2
7. ∫
0 1− X 2
dx

π
2

8. ∫ cot(
0
x ) dx

5
− 4
9. ∫
0
x 5
dx

−5
1
10. ∫
− ∞
x4
dx


Lección 18: Integrales inmediatas.

Inicialmente vamos a hacer un recuento de las integrales que se pueden resolver
utilizando el concepto de antiderivada.

Recopilando lo estudiado en integrales indefinidas, las propiedades analizadas,
podemos exponer a continuación las integrales obtenidas por definición de la
antiderivada o primitiva.

1. ∫ dx = x+c 2. ∫ kdx = kx + c para k = constante

x n +1 1
3. ∫ x dx =
n

n +1
+ c para n ≠ -1 4. ∫ x dx = Ln( x) + c
ax 1 nx
∫ a dx = ∫ e dx = e +c n≠0
nx
5.
x
+c para a > 0 y a ≠ 1 6.
Lna n
1 1
7. ∫ sen(nx)dx = − n cos(nx) + c n≠0 8. ∫ cos(nx)dx = n sen(nx) + c n≠0

∫ sec ( x)dx = tan(x) + c ∫ csc (x)dx = − cot(x) + c
2 2
9. 10.

11. ∫ sec(x) tan(x)dx = sec(x) + c 12. ∫ csc(x) cot(x)dx = − csc(x) + c
dx ⎛ x⎞ dx 1 ⎛ x⎞
13. ∫ a −x
2
= Sen −1 ⎜ ⎟ + c
2
⎝a⎠
a≠0 14. ∫a 2
+x 2
= Tan −1 ⎜ ⎟ + c a ≠ 0
a ⎝a⎠

dx 1 ⎛x⎞ dx 1 ⎛a⎞
15. ∫x = Sec −1 ⎜ ⎟ + c
⎜a⎟ 16. ∫x = Cos −1 ⎜ ⎟ + c
⎜x⎟
x2 − a2 a ⎝ ⎠ x2 − a2 a ⎝ ⎠

17. ∫ senh ( x ) dx = cosh( x ) + c 18. ∫ cosh( x ) dx = senh ( x ) + c

La idea no es memorizar estas fórmulas, solo que con un buen análisis se pueden
utilizar en muchas situaciones.


Ejemplo No 1:

Resolver: ∫ 4 x dx
Solución:

Como podemos ver se trata de una función exponencial, luego con la fórmula
numero 5 se puede resolver esta integral.

4x
∫ 4 dx = Ln 4 + c
x

Ejemplo No 2:

Resolver: ∫ 5 dx
Solución:

En este caso se trata de una constante, luego con la fórmula numero 2 se puede
resolver esta integral

∫ 5 dx = 5x + c

Ejemplo No 3:

Hallar la siguiente integral: ∫ 30e 4 x dx

Solución:

Tenemos la integral de una constante por una función, por las propiedades
estudiadas, podemos sacar la constante de la integral y luego operar la función,
veamos:

∫ 30e dx = 30∫ e 4 x dx
4x
Por la fórmula 6, desarrollamos la integral.

1 15
30∫ e 4 x dx = 30( e 4 x ) + c = e 4 x + c Por consiguiente:
4 2


15 4 x
∫ 30e dx = e +c
4x

2
Ejemplo No 4:

Resolver: ∫ 20 cos(5 x)dx
Solución:

Se trata de la integral de una constante por una función trigonométrica, la solución
es de la siguiente manera:

⎛1 ⎞
∫ 20 cos(5 x ) dx = 20 ∫ cos(5 x ) dx = 20⎜ sen (5 x ) ⎟ + c
⎝5 ⎠

∫ 20 cos(5 x)dx = 4sen (5 x) + c + c

Ejemplo No 5:

∫ (x )2
Resolver la siguiente integral:
2
− 4 dx

Solución:

Vemos que e integrado es un producto notable, es conveniente resolverlo primero
paras poder luego hacer la integración.

∫ (x )
− 4 dx = ∫ ( x 4 − 8x 2 + 16)dx = ∫ x 4 dx − ∫ 8x 2 dx + ∫ 16dx
2 2

Se aplico la linealidad para las integrales, ahora resolvemos cada integral.

1 5 8
∫ x dx − ∫ 8x dx − ∫ 16dx = x + c1 − x 3 + c2 + 16x + c3
4 2

5 3
Sumando las constantes en una sola, obtenemos:


1 5 8 1 8
x + c1 − x 3 + c2 + 16x + c3 = x 5 − x 3 + 16x + c Por consiguiente:
5 3 5 3

∫ (x )
2 1 5 8 3
2
− 4 dx = x − x + 16x + c
5 3

Lección 19: Integrales inmediatas con sustitución

En algunos casos la función NO tiene la forma directa para resolverla como
integral inmediata, pero haciendo una pequeña transformación, se puede llevar la
función dada a una forma tal que se pueda aplicar alguna de las funciones
inmediatas para resolverla.

Ejemplo No 6:

1
Resolver la integral: ∫ 3 − 2x − x 2
dx

Solución:

Si observamos detalladamente, esta función no tiene una forma conocida de las
integrales inmediatas, sin embargo por la forma de la función se puede inferir que
1
podemos llevarla a la forma ∫ dx Para esto debemos transformar el
a − x2
2

trinomio

a la forma a2 – x2, entonces: 3 − 2 x − x 2 = 3 − ( x 2 + 2 x + 1) + 1 organizando:

4 − ( x + 1) 2 ahora incluyámoslo en la integral:

1 1 1
∫ 3 − 2x − x 2
dx = ∫
4 − ( x + 1)
2
dx = ∫
2 2 − ( x + 1) 2
dx Ya lo tenemos de la forma

de una integral inmediata, observemos la fórmula 13, luego:


1 ⎛ x + 1⎞
∫ 2 − ( x + 1)
2
dx = Sen −1 ⎜
2
⎝ 2 ⎠
⎟+c Por consiguiente:

1 ⎛ x + 1⎞
∫ 3 − 2x − x 2
dx = Sen −1 ⎜
⎝ 2 ⎠
⎟+c

Ejemplo No 7:
π
2
sen ( x )
Resolver la integral: ∫ 16 + cos 2 ( x ) dx
0

Solución:

La forma de la función no es conocida, pero se puede transformar a la forma

1 ⎛ x⎞
∫a 2
+x 2
dx = Tan −1 ⎜ ⎟ según la forma propuesta. Entonces:
⎝a⎠

Sea U = cos(x) luego: dU/dx = -sen(x) entonces: dU = -sen(x)dx. Apliquemos la
integral sin límites, para facilitar el proceso, al final se evalúan los límites.

sen ( x ) − dU 1 ⎛U ⎞
∫ 16 + cos ∫ 16 + U
−1
dx = =− Tan ⎜ ⎟ Pero U = cos(x),
⎝ 4 ⎠
2 2
( x) 4

Entonces reemplazamos:

1 ⎛U ⎞ 1 ⎛ cos( x) ⎞
− Tan −1 ⎜ ⎟ = − Tan −1 ⎜ ⎟ Evaluando en los límites propuestos:
4 ⎝4⎠ 4 ⎝ 4 ⎠
π
1 ⎛U ⎞ 1 ⎛ cos( x) ⎞ 2 1⎡ −1 ⎛ cos(π / 2) ⎞ −1 ⎛ cos(0) ⎞ ⎤
− Tan −1 ⎜ ⎟ = − Tan −1 ⎜ ⎟ = − ⎢Tan ⎜ ⎟ − Tan ⎜ ⎟⎥
4 ⎝4⎠ 4 ⎝ 4 ⎠0 4⎣ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎦

Resolviendo y simplificando:

−1 ⎛ cos(π / 2) ⎞
−
1⎡
⎢Tan ⎜
−1 ⎛ cos(0) ⎞ ⎤
⎟ − Tan ⎜
1 −1
[ −1 1
⎟⎥ = − Tan (0) − Tan (1 / 4) = Tan ⎜ ⎟ ]
−1 ⎛ 1 ⎞

4⎣ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎦ 4 4 ⎝ 4⎠


Luego:
π
2
sen ( x ) 1 ⎛1⎞
∫ 16 + cos
0
2
( x)
dx = Tan −1 ⎜ ⎟
4 ⎝4⎠

Ejemplo No 8:

3x 2 + 2x
Hallar la solución de la integral propuesta: ∫ x +1
dx

Solución:

La función del integrado No tiene forma conocida, pero es un polinomio que
podemos dividir para reducirlo lo más que se pueda.

3x 2 + 2x 1
= 3x − 1 + Aplaquémosle la integral.
x +1 x +1

3x2 + 2x ⎛ 1 ⎞
∫ x +1
dx = ∫ ⎜3x − 1 +
⎝
⎟ dx
x +1⎠
Aplicando la linealidad obtenemos:

1 3 2
∫ 3 xdx − ∫ dx + ∫ x + 1dx = 2
x − x + Ln ( x + 1) + c

Un ejemplo más para adquirir destreza en este tipo de situaciones:

Ejemplo No 9:

sen ( x )
Resolver la integral dada a continuación: ∫ cos 2 ( x )
dx

Solución:

Separemos el cos2(x) en cos(x)*cos(x) y reorganizando:

sen ( x ) sen ( x ) sen ( x ) 1
∫ cos 2
(x)
dx = ∫ cos( x ) * cos( x )
dx = ∫ *
cos( x ) cos( x )
dx


Por identidades trigonométricas:

sen ( x ) 1
∫ cos( x) cos( x)dx = ∫ tan( x) * sec( x)dx Esta última integral tiene la forma de
*

la fórmula 11 de las integrales inmediatas, entonces:

∫ tan( x) * sec( x)dx = sec( x) + c Por consiguiente:

sen ( x )
∫ cos 2 ( x )
dx = sec( x ) + c

EJERCICIOS:

dx
1. ∫ x2 + 4
cos( x )
2. ∫ 1 + sen 2
( x)
dx

3. (
∫ x x + 2 dx
2
)2

1
4. ∫ 4 − x2
dx

4
5. ∫x 2
+ 2x + 5
dx

6. ∫ senh (5 x)dx


Lección 20: Integración por cambio de variable.

∫ f [g(x)]g′(x)dx = ∫ f (U )dU = P(U ) + c

La técnica de sustitución por cambio de variable, se utiliza cuando la función que
se desea integrar NO se le puede aplicar las fórmulas de las integrales inmediatas,
pero haciendo un “Truco Matemático” llamado cambio de variable, es posible la
resolución de muchas integrales.

Pero la pregunta es ¿Qué funciones se pueden integrar por cambio de variable?
Cuando la función que conforma el integrando es tal que una parte es la derivada
de la otra parte y las dos están en forma de producto, se puede aplicar esta
técnica. Las condiciones básicas para establecer que se puede aplicar una
sustitución es una buena observación de la función a integrar y algo de
perspicacia matemática.

Como el método tiene que ver con el producto de una función y su derivada,
estaría implícita la regla de la cadena, el siguiente teorema sustenta dicha técnica:

TEOREMA:

Sea g(x) una función derivable y supongamos que P(x) es una antiderivada de la
función f(x). Si además U = g(x), entonces:

∫ f [g(x)]g′(x)dx = ∫ f (U )dU = P(U ) + c
Por consiguiente:

P(U ) + C = P[g (x)] + C
Demostración:

Podemos demostrar que la derivada de P(g(x)) + C es la función que conforma el
integrado, veamos:


d
(P( g ( x)) + C ) = P' ( g ( x)) * g ' ( x) Pero por hipótesis P(x) es antiderivada
dx

De f(x), luego: P' ( g ( x ) ) * g ' ( x ) = f ( g ( x ) ) − g ' ( x )
Así queda demostrado el teorema.

Los pasos para aplicar la técnica de sustitución son:

1. elegir una variable digamos u, v, w, … que sustituya parte del integrado.
2. Hallar el diferencial de la variable seleccionada: du, dv, dw,…
3. Reemplazar todos los términos en el integrado de tal forma que queden
expresados solo en función de la nueva variable
4. Resolver la integral bajo la nueva variable. A veces no se puede hacer
esto, lo cual indica que dicha sustitución no es la adecuada y se debe
intentar con otra forma de sustituir.
5. Una vez realizada la integración, la nueva variable se reemplaza por la
variable original y así obtenemos la integral deseada.

Ejemplo No 1:

Desarrollar: ∫ (x )
62
4
+ 10 4 x 3 dx

Solución:

Vemos que la función es un producto de dos funciones: x 4 + 10 ( )
62
y 4 x 3 lo que
nos sugiere una sustitución. Definimos la nueva variable U = x 4 + 10 , ahora

dU
derivemos esta función: = 4 x 3 ⇒ dU = 4 x 3 dx Reemplazando es la integral
dx


∫ (x )
+ 10 4 x 3dx = ∫ U 62 dU
4 62
Original: Esta si se puede resolver:

U 63
∫ U dU = 63 + c .
62
Pero la función original es x y no U, por lo cual se hace el

reemplazo de nuevo: U = x 4 + 10 entonces:

(x + 10) 4 x dx = (x )
63
4
+ 10
∫
62
4 3
+c
63

Ejemplo No 2:

∫ 3x
2
Hallar: sen ( x 3 ) dx

Solución:

dV
Elegimos la nueva variable V = x3, ahora derivamos = 3x 2 ⇒ dV = 3x 2 dx Si
dx
reemplazamos:

∫ 3x sen ( x 3 ) dx = ∫ sen (V ) dV = − cos( V ) + c
2
Reemplazando el

valor de V en función de x, tenemos:

− cos(V ) + c = − cos(x 3 ) + c por consiguiente:

∫ 3 x 2 sen ( x 3 ) dx = − cos( x 3 ) + c

Ejemplo No 3:

sen ( x )
Desarrollar: ∫ x
dx


Solución:

Siguiendo los pasos descritos.

du 1 − 12 dx dx
u= x⇒ = x ⇒ du = ⇒ 2du =
dx 2 2 x x
Reemplazando en la integral.

sen ( x )
∫ x
dx = ∫ sen ( u ) 2 du = 2 ∫ sen ( u ) du = − 2 cos( u ) + c

Como u = x reemplazamos en la integral obtenida, nos resulta.

sen ( x )
∫ x
dx = − 2 cos( x) + c

Ejemplo No 4:

Hallemos la integral de tan(x).

Solución:

sen ( x ) 1
∫ tan( x ) dx = ∫ cos( x ) dx = ∫
cos( x )
* sen ( x )dx Hacemos cambio de

du
variable: u = cos(x), luego: = −sen( x) ⇒ du = −sen( x)dx reemplazando:
dx

sen( x) 1
∫ cos(x) dx = −∫ du = − Ln u + c
u Pero u = cos(x) entonces:

∫ tan( x)dx = − Ln cos(x) + c


Ejemplo No 5:

e3x
Resolver: ∫ 4−e 6x
dx

Solución:

Observando detenidamente esta integral, vemos que tiene la forma de Sen-1(x),
pero primero debemos ajustarlo par poder aplicar este tipo de integral.

e3 x e3 x
∫ dx = ∫ dx
4−e 6x
22 − e ( )3x 2 Ahora si podemos hacer cambio de

dw 3x
variable. w = e3 x Luego: dw = 3e3x dx y =e reemplazando en la
3
integral:

dw
e3 x 3 =1 dw 1 ⎛ w⎞
∫ 4 − e6 x
dx = ∫ ∫ = Sen−1 ⎜ ⎟ + c
22 − w2 3 22 − w2 3 ⎝2⎠
Finalmente:

e3 x −1 ⎛ e ⎞
3x
1
∫ 4−e 6x
dx = Sen ⎜ ⎟ + c
3 ⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠


CAPITULO 5: Métodos de integración II

Introducción

En este capítulo vamos a detallar los métodos de integración por racionalización,
los tres casos de integración por sustitución trigonométrica y la integración por
partes temas claves en el desarrollo del curso.

Para este capítulo tenemos que las matemáticas se vuelven una ciencia un poco
teórica, debido a que parte de teorías y definiciones cuyas demostraciones se
soportan en el principio de la lógica, los axiomas y postulados, que permiten el
desarrollo de habilidades de pensamiento de orden superior, especialmente la
Deducción, Inducción y la Abstracción, pero a su vez presenta dificultades para
poder desplegar dichas habilidades, ya que se requiere trabajar el sentido de
análisis, desarrollo del raciocinio, aspectos no fáciles de activar en la mente
humana.

El manejo complejo del trabajo mental para el estudio de las Matemáticas,
requiere un esfuerzo sistemático en el análisis de contenidos, esto indica que para
comprender un tema, se debe comprender uno previo que facilite la comprensión
del siguiente y de esta forma ir avanzando en el desarrollo de los temas, con la
realización de muchos ejercicios, como se ha sugerido en todas las lecciones, esto
quiere decir que “trabajando es como aprendemos”, entonces ANIMO y a realizar
todas las integrales que se nos presenten.

Lección 21: Integración por racionalización.

Cuando el integrado presenta radicales, se puede presentar problemas para
resolver la integral, la racionalización puede ser un camino para superar dicho
problema, veamos algunos casos.

Ejemplo No 1:

1
Resolver: ∫ x− x
dx

Solución:

Haciendo un cambio de variable: u = x ⇒ 2udu = dx luego reemplazamos:
2


1 2udu u 1
∫ x− x
dx = ∫
u −u
2
= 2∫
u (u − 1)
du = 2 ∫
u −1
du = 2 Lu u − 1 + c

Reemplazando u = x tenemos finalmente:

1
∫ x− x
dx = 2 Ln x − 1 + c

Ejemplo No 2:

Hallar la integral de: x3 x + π dx
Solución:

Haciendo V = 3 x +π ⇒V 3 = x +π ⇒ x =V 3 −π derivamos: 3V 2 dV = dx ,

reemplazamos en la integral original:

∫x x + π dx = ∫ (V )
− π (V )( 3V 2 ) dV = ∫ ( 3V 6 − 3π V 3 ) dV
3 3

3 7 3
Desarrollando: V − πV 4 + c Si volvemos a reemplazar, obtenemos
7 4
finalmente:

x 3 x + π dx =
3
(x + π ) 3 − 3 π (x + π ) 3 + c
7 4

7 4
Esperamos que estos ejemplos modelos permitan desarrollar destreza para
resolver este tipo de integrales.


EJERCICIOS:

En los siguientes ejercicios desarrollar la integral, indicando paso por paso.

∫ x * 3 dx
x 2
1 x2
1. Rta: 3 +c
2Ln3

3x 2 + 2 x
2. ∫ dx 3 2
Rta: x − x + Ln x + 1 + c
x +1 2

sen ( x ) − cos( x )
3. ∫ sen ( x )
dx Rta: x − Ln sen ( x ) + c

x3
4. ∫ (x + 3 ) 4
dx Rta: Ln x + 3 +
9
−
27
x + 3 2(x + 3) 2
+
9
(x + 3)3
+c

⎛4⎞
1
3
5. ∫ 4+
0 x
dx Rta: 6 − 24 Ln⎜ ⎟
⎝5⎠

4
x
6. ∫ x + 2 dx
2
⎛ 2⎞
Rta: 2 + 2 Ln⎜ ⎟
⎝ 3⎠

7. ∫x
3
x 3 + 2dx Rta:
2
9
(x 3
+2 )
3
+c

8. ∫ cos( x ) sen ( x ) + 1dx Rta:
2
(sen( x) + 1)3 + c
3


Lección 22: Integrales por sustitución trigonométrica caso I

⎛ x⎞ x a −x
2 2

∫
−1
a − x dx = 0.5a sen ⎜ ⎟ +
2 2 2

⎝a⎠ a
La sustitución trigonométrica, es una técnica que se puede utilizar cuando en el
integrando se presentan expresiones como: a 2 − x 2 , a2 + x2 , x2 − a2 ;
siendo

a > 0, analicemos los tres casos:

PRIMER CASO:

x = asen (θ ) π π
: a 2 − x 2 : La sustitución es de la forma para −
. La ≤θ ≤
2 2
restricción se debe a que en este intervalo, la función mantiene sus condiciones
para

serlo como tal. Haciendo el reemplazo a 2 − x 2 = a 2 − a 2 sen 2 (θ ) , organizando:

a 2 − a 2 sen 2 (θ ) = a 2 (1 − sen 2 (θ ) ) = a 2 cos 2 (θ ) . Como a 2 − x 2 está dentro de una raíz,

entonces nos resulta a cos(θ ) .

Fig. No. 7 Sustitución trigonométrica caso 1


Pero la expresión final debe expresarse en función de x

y no de θ, lo que se resuelve usando el siguiente gráfico:

Desarrollemos:

∫ a 2 − x 2 dx Siendo x = asen(θ ) entonces:

dx = a cos(θ )dθ Haciendo el reemplazo:

∫ a 2 − a 2 sen 2 (θ ) a cos(θ )dθ esto es equivalente a:

∫ a 2 (1 − sen 2 (θ )a cos(θ )dθ = ∫ a 2 cos 2 (θ )a cos(θ )dθ

1 + cos(2 x)
∫a cos 2 (θ )dθ = a 2 ∫ cos 2 (θ )dθ Por la identidad: cos 2 ( x) =
2

2

reemplazamos para poder integrar:

⎛ 1 + cos(2θ ) ⎞ a2 a2
a ∫ cos (θ )dθ = a ∫ ⎜
2 ∫
2 2 2
⎟dθ = dθ + ∫ cos(2θ )dθ
⎝ 2 ⎠ 2
La última parte si se puede integrar, luego:

a2 a2
a ∫ cos (θ )dθ = θ +
2 2
sen(2θ ) + c
2 4
Pero la variable original está en función de X y no de θ, luego transformamos a θ
en X, la gráfica anterior nos ayuda a hacer dicha transformación.

x ⎛ x⎞
Por la gráfica: sen(θ ) = ⇒ θ = Sen −1 ⎜ ⎟ Por otro lado, También por la gráfica:
a ⎝a⎠

a2 − x2
cos(θ ) = Reemplazando:
a


a2 a2 a2 ⎛ x⎞ a x a −x
2 2 2

∫ a 2 − x 2 dx =
2
θ + sen(2θ ) = Sen−1 ⎜ ⎟ + *
4 2 ⎝a⎠ 2 a a

a2 ⎛ x⎞ x 2
∫ a − x dx = Sen−1 ⎜ ⎟ + a − x2 + c
2 2

2 ⎝a⎠ 2
Ejemplo 1:

1
Desarrollar: ∫ 9 − x2
dx

Solución:

Hacemos: x = 3sen (θ ) ⇒ dx = 3 cos θdθ Reemplazando:

1 3 cos(θ ) 3 cos(θ ) 3 cos(θ )
∫ 9 − x2
dx = ∫
9 − (3 cos(θ ))
2
dθ = ∫
(
9 1 − sen2 (θ ) )
dθ = ∫
3 cos2 (θ )
dθ

cos(θ )
Simplificando: ∫ cos(θ ) dθ = ∫ dθ = θ + c Pero θ debemos expresarlo como X,
lo que se hace por medio del cambio que se propuso inicialmente:
x = 3sen (θ )

⎛ x⎞ ⎛ x⎞
Despejamos sen (θ ) = ⎜ ⎟ ⇒ θ = Sen −1 ⎜ ⎟ Finalmente:
⎝a⎠ ⎝a⎠
1 ⎛ x⎞
∫ 9 − x2
dx = Sen−1 ⎜ ⎟ + c
⎝a⎠


Lección 23: Integrales por sustitución trigonométrica caso II

a 2 + x 2 La sustitución es de la forma θ
x = a tan( ) para −
π
≤θ ≤
π
El
2 2
procedimiento es similar al caso anterior, solo que la gráfica cambia:

Fig. No. 8 sustitución trigonométrica caso 2

x
tan(θ ) = Despejando el ángulo:
a

⎛ x⎞
θ = Tan − 1 ⎜ ⎟
⎝a⎠

Ejemplo 2:

Resolver: ∫ 16 + x 2 dx

Solución:

Hacemos el cambio de variable: x = 4 tan(θ ) luego: dx = 4 sec 2 (θ )dθ y

reemplazamos: ∫ 16 + x 2 dx = ∫ 16 + 4 2 tan 2 (θ ) * 4 sec 2 (θ )dθ resolviendo:


∫ ( )
16 1 + tan 2 (θ ) * 4 sec 2 (θ )dθ = ∫ 4 sec 2 (θ ) * 4 sec 2 (θ )dθ Simplificando:

16∫ sec 3 (θ )dθ . Esta integral se puede resolver por la siguiente fórmula.

n−2
∫ sec (u)du = secn−2 (u ) tan(u ) + ∫ sec (u)du
n 1 n−2

n −1 n −1

Para n ≠ 1

Siguiendo con el ejemplo:

⎡1 1 ⎤
16∫ sec 3 (θ )dθ = 16⎢ sec(θ ) tan(θ ) + ∫ sec(θ )dθ ⎥ + c Resolviendo:
⎣2 2 ⎦

⎡ 1 ⎤
⎢8 sec( θ ) tan( θ ) + 2 ∫ sec( θ ) d θ ⎥ = 8 sec( θ ) tan( θ ) + 8 Ln sec( θ ) + tan( θ ) + c
⎣ ⎦

Debemos transformar el ángulo en la variable x.

x 2 + 16 x x 2 + 16 x
8 sec( θ ) tan( θ ) + 8 Ln sec( θ ) + tan( θ ) = 8 * + 8 Ln + +c
4 4 4 4

1 x+ x 2 + 16
Resumiendo: 16 ∫ sec (θ ) d θ = x x + 16 + 8 Ln +c
3 2

2 4

1 x + x 2 + 16
Finalmente: ∫ 16 + x 2 dx = x x 2 + 16 + 8Ln
2 4
+c


Lección 24: Integrales por sustitución trigonométrica caso III

π π
x 2 − a 2 : La sustitución es de la forma: x = a sec(θ ) para −
. Los ≤θ ≤
2 2
pasos para desarrollar integrales de este tipo son similares a los casos anteriores.

Fig. No. 9 Sustitución trigonométrica caso 3

sec( θ ) =
x ⎛ x⎞
θ = Sec −1
⎜ ⎟
a ⎝a⎠

Ejemplo 3:

x2 − 4
Solucionar la integral propuesta: ∫ x
dx

Solución:

La sustitución: x = 2 sec( θ ) ⇒ dx = 2 sec( θ )tn (θ ) d θ si reemplazamos:

x2 − 4 4 sec 2 (θ ) − 4
∫ x
dx = ∫ 2 sec( θ )
2 sec( θ ) tan( θ ) d θ


Operando:

(
4 sec 2 − 1 ) ( )
∫ 2
2 tan( θ ) d θ = ∫ 2 tan 2 (θ ) tan( θ ) d θ = 2 ∫ tan 2 (θ ) d θ = 2 ∫ sec 2 (θ ) − 1 d θ

Si aplicamos la linealidad, tenemos:

2∫ sec2 (θ )dθ − 2∫ dθ = 2 tan( ) − 2θ + c
θ
Por la sustitución hecha, reemplazamos el ángulo por x, luego:

Según la gráfica siguiente:

Fig. No. 10 aplicación

x x2 − 4
sec( θ ) = tan(θ ) =
a 2

Si reemplazamos:

x2 − 4 x2 − 4 ⎛ x2 − 4 ⎞
∫ dx = 2 − 2Tan −1 ⎜ ⎟+c
x 2 ⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠

El propósito de esta técnica es que cuando se presenten casos de integrales que
contengan las formas descritas anteriormente, se utilicen adecuada y
correctamente. Esto se adquiere con mucha observación de la integral propuesta
y algo de perspicacia. Pero es pertinente que se desarrollen ejercicios sobre el
caso para adquirir destreza en la misma.


EJERCICIOS: Lección No. 4

4 − x2 2 − 4 − x2
1. ∫ x
dx Rta: 2Ln
x
+ 4 − x2 + c

2.
x2
∫ 1 + x 2 dx Rta: x − Tan −1 ( x) + c

2x − 3 −1
∫ Rta: − 2 1 − x − 3Sen ( x) + c
2
3. dx
1− x2

3 − x2 1 19 ⎛ 25x ⎞
4. ∫ 25 − x 2
dx Rta:
2
x 25 − x 2 − Sen−1 ⎜
2 ⎝
⎟
⎜ 25 ⎟ + c
⎠

2 − x2
1
5. ∫
−1 4 − x2
dx Rta: 3

2 1 x
6. ∫ x(x 2
+ 16 )
dx Rta:
16
Ln
x 2 + 16
+c


Lección 25: Integración por partes.

∫ udv = u.v − ∫ vdu
En el mundo matemático, científico y otros, se presentan casos donde la integral
es un Producto de Funciones, casos donde se aplica la técnica llamada
integración por partes. En muchas ocasiones se ha manifestado que toda regla de
derivación da origen a una regla de integración. La integración por partes está
relacionada con la regla de la cadena.

Sean f(x) y g(x) dos funciones diferenciables, entonces:

d
( f ( x) * g ( x) ) = f ( x) * d g ( x) + g ( x) * d f ( x) Si integramos las dos ecuaciones:
dx dx dx

⎡ ⎤
∫ dx ( f ( x) * g ( x)) = ∫ ⎢ f ( x) * dx g ( x) + g ( x) * dx f ( x)⎥
d d d
Tenemos:
⎣ ⎦

[
f ( x) * g ( x) = ∫ f ( x) * g ' ( x)dx + ∫ g ( x) * f ' ( x)dx ] Reorganizando:

∫ f ( x) * g' ( x)dx = f ( x) * g( x) − ∫ g( x) f ' ( x)dx Llamemos a u = f(x) y v = g(x),

Si reemplazamos en la ecuación anterior:

∫ udv = u.v − ∫ vdu Fórmula para la regla de la cadena.

El éxito de la técnica está en la selección de las función u y v, tal que la integral
del segundo miembro de la ecuación se pueda integrar fácilmente. La elección
debe ser tal que u se pueda derivar y v se pueda integrar. Esto se adquiere con
la práctica; es decir, haciendo diversos ejercicios, aquí vamos a relacionar algunos
modelos que darán las pautas para aplicar esta técnica.

Ejemplo 1:

Desarrollar: ∫ xsen ( x)dx


Solución:

Vemos se presenta un producto, luego se sospecha una integración por partes.
Hacemos el cambio de variable. u = x y dv = sen( x)dx , entonces debemos
derivar u e integrar v, veamos: du = dx y v = − cos(x)

Como ya tenemos todas las partes que necesitamos, reemplazamos en la
ecuación:

∫ udv = u * v − ∫ vdu = xsen( x)dx = x(− cos( x)) − ∫ − cos( x)dx
x ( − cos( x )) − ∫ − cos( x ) dx = − x cos( x ) + sen ( x ) + c

Finalmente:

∫ xsen ( x ) dx = − x cos( x ) + sen ( x ) + c
Ejemplo 2:

Resolver: ∫ Ln ( x ) dx
Solución:

Una integral muy conocida, una vez desarrollada podemos asimilarla.

1
u = Ln( x) ⇒ du = dx Por otro lado: dv = dx ⇒ v = x Si aplicamos la fórmula:
x

1
∫ udv = u * v − ∫ vdu ⇒ xLn ( x ) − ∫ x dx = xLn ( x ) − x + c
x

Entonces: ∫ Ln ( x ) dx = x (Ln ( x ) − 1 ) + c

Ejemplo 3:

∫ xe
x
Desarrollar la integral: dx


Solución:

Sea u = x ⇒ dx = dx y dv = e dx ⇒ v = e
x x
luego:

∫ udv = u * v − ∫ vdu ⇒ ∫ xe dx = xe − ∫ e x dx
x x
Resolviendo:

∫ xe dx = e (x − 1) + c
x x

Ejemplo 4:
π
2

∫ x csc
2
Resolver: ( x ) dx
π
6

Solución:

Elegimos: u = x ⇒ du = dx Por otro lado: dv = csc2 ( x)dx ⇒ v = − cot(x)

∫ x csc ( x)dx = − x cot( x) − ∫ − cot( x)dx
2
Entonces: Resolviendo la segunda

∫ x csc ( x)dx = − x cot(x) + Ln sen( x)
2
integral: Ahora evaluemos los límites:

π

( x ) dx = [− x cot( x ) + Ln sen ( x ) ]π 2
2 π
∫ x csc
2
Desarrollando:
6
π
6

π
2
3
∫ x csc ( x ) dx = π + Ln 2
2

π 6
6

NOTA: No podemos olvidar que elegir u debe ser tal que se pueda derivar y dv
tal que se pueda integrar, tengamos esto muy en cuenta.


Fenómeno de Recurrencia: Hay situaciones donde se debe aplicar la integración
por partes varias veces. Teniendo en cuenta los principios del método y lo
desarrollado sobre integración, se puede resolver cualquier problema de este tipo.

Ejemplo 1:

∫x
2
Desarrollar e x dx

Solución:

Aplicando la resolución por partes: u = x 2 ⇒ du = 2 xdx y dv = e x dx ⇒ v = e x
luego:

∫x e x dx = x 2 e x − ∫ 2 xe x dx = x 2 e x − 2 ∫ xe x dx
2

La última integral la resolvemos por el mismo método:

u = x ⇒ du = dx y dv = e dx ⇒ v = e
x x
Reemplazando de nuevo:

∫ xe dx = xe − ∫ e dx = xe − e +c
x x x x x
Reagrupando:

∫ x 2 e x dx = x 2 e x − ∫ 2 xe x dx = x 2 e x − 2 xe x − e x + c ( )
∫x
2
(
e x dx = x 2 e x − 2 xe x + 2 e x + c = e x x 2 − 2 x + 2 + c )
El problema exigió aplicar el método dos veces.

Ejemplo 2:

Resolver: ∫ e x cos( x ) dx

Solución:

u = e x ⇒ du = e x dx y dv = cos( x)dx ⇒ v = sen( x) reemplazando:


∫ e x cos( x ) dx = e x cos( x ) − ∫ sen ( x ) e x dx

Debemos integrar esta última expresión:

u = e x ⇒ dx = e x dx y dv = sen( x)dx ⇒ v = − cos(x) Reemplazando:

∫ sen( x)e dx = − cos( x)e − ∫ − cos(x)e dx = − cos( x)e + ∫ cos(x)e dx
x x x x x

Como esta integral está precedida de un signo negativo, entonces la integral
quedaría:

cos( x)e x − ∫ cos( x)e x dx . Agrupando toda la integral, obtenemos:

∫ e x cos( x ) dx = e x sen ( x ) + e x cos( x ) − ∫ cos( x ) e x dx La

última integral es similar a la primera, luego las podemos agrupar así:

∫e cos( x ) dx + ∫ cos( x ) e dx = e x sen ( x ) + e x cos( x )
x x

2 ∫ e x cos( x ) dx = e x sen ( x ) + e x cos( x ) + c

Finalmente:

e (sen ( x ) + cos( x ) ) + c
1 x
∫ e x cos( x ) dx =
2

EJERCICIOS:

Resolver las siguientes integrales usando el método de integración por partes,
justificar porque se utiliza este método.

1. ∫ x cos(x)dx Rta: xsen( x) + cos(x) + c


∫
1 3 1
2. x 2 Ln ( x ) dx Rta: x Ln( x) − x 3 + c
3 9

3. ∫ x sec 2 ( x)dx Rta: x tan( x) + Ln cos( x) + c

2
48 3 − 4
4. ∫y
0
y + 1dy Rta:
15

5. ∫
Ln ( x )
dx Rta: 2 xLn(x) − 4 x + c
x

∫ x x + 4dx
2 3 3
( )4 3
( )
3
x x +4 2 − x +4 5 +c
5 3
6. Rta: 2
3 45
π
2
π
∫ cos
2
7. ( x ) dx Rta:
0 4


CAPITULO 6: Métodos de integración III

Introducción

En este capítulo vamos a ver los métodos de integración un poco más
complicados debido a los temas a tratar como son las fracciones parciales, la
función exponencial, la función logarítmica, la función trigonométrica y la función
hiperbólica, sin embargo los temas son tratados con mucho cuidado y con
ejercicios muy sencillos fáciles de digerir por el lector. Sin embargo si se
presentan dificultades se puede acudir al tutor, se pueden realizar las graficas de
cada ejercicio con la ayuda de un graficador (software libre) de los cuales existen
páginas web indicadas en la cibergrafia.

La graficacion de los ejercicios facilita y visualiza las cantidades que se están
pidiendo, esto y la realización de muchos ejercicios y ejemplos resueltos los
prepara con el fin de enfrentar este tipo de problemas.

Lección 26: Integración por fracciones parciales.

P( x) ⎡ a b ⎤
∫ Q(x) dx = ∫ ⎢ + ⎥dx
⎣x−λ x−β ⎦

En el curso de Álgebra, Trigonometría y Geometría Analítica, se estudiaron los
principios sobre fracciones parciales, se dio el concepto y algunos ejemplos
ilustrativos, en este aparte se utiliza esta herramienta para desarrollar un tipo
particular de integrales. Profundizaremos un poco sobre las fracciones parciales y
luego las llevaremos al mundo de las integrales.

Por un teorema de álgebra avanzada se afirma que toda fracción racional; es
decir, el cociente de dos polinomios, se puede descomponer en suma de
fracciones racionales más simples. Para desarrollar el método de fracciones
parciales, se debe tener en cuenta:


f ( x)
Para la fracción p ( x ) = con g(x) ≠ 0 sea una fracción racional propia; es
g ( x)
decir, f(x) debe tener menor grado que g(x) y por otro lado, que g(x) se pueda
descomponer en factores primos. Teóricamente cualquier polinomio con
coeficientes reales se puede escribir como producto de factores lineales reales y /
o factores cuadráticos, es posible que obtenerlos no sea tarea fácil.

Veamos a continuación algunos tipos de descomposición en fracciones parciales.

Descomposición En Factores Lineales Simples: Cuando g(x) se puede
descomponer fácilmente; digamos por factorización, para obtener factores
lineales simples de la forma (x – λ1), (x – λ2) . . .

Ejemplo 1:

3x − 1
Descomponer en fracciones parciales la expresión: p ( x ) =
x −x−6
2

Solución:

El polinomio lo podemos expresar de la siguiente manera:

3x − 1 A B
p( x) = = +
x − x−6 x+2 x−3
2

El trabajo consiste en encontrar los valores de A y B. Veamos cómo se realizaría.

A B A( x − 3) + B( x + 2) Ax − 3 A + Bx + 2 B
+ = =
x + 2 x −3 ( x + 2)( x − 3) ( x + 2)( x − 3)
Como el denominador es equivalente, entonces se debe igualar los numeradores.

3x − 1 = Ax − 3A + Bx + 2B . Luego hacemos equivalencia entre términos:

Para x: 3 = A + B

Para términos independientes: -1 = -3A + 2B


Tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas, que se pueden resolver por los
métodos estudiados en el curso de Álgebra, Trigonometría y Geometría Analítica.
Resolviendo tenemos que: A = 7/5 y B = 8/5, reemplazando en las fracciones
propuestas obtenemos:

3x − 1 7 8
p( x) = = +
x − x − 6 5 ( x + 2 ) 5 ( x − 3)
2

Ejemplo 2:

5x − 7
Descomponer en fracciones parciales D( x) =
x − 3x + 2
2

Solución:

Factorizando el denominador:

5x − 7 5x − 7
=
x − 3 x + 2 ( x − 2 )( x − 1)
2

Expresamos la última fracción como suma e fracciones parciales.

5x − 7 A B A( x − 1) + B( x − 2) Ax − A + Bx − 2 B
= + = =
(x − 2)(x − 1) x − 2 x − 1 (x − 2)(x − 1) (x − 2)(x − 1)
Haciendo equivalencia de numeradores:

Descomposición En Factores Lineales Repetidos: En algunos casos cuando se
busca linealizar el denominador aparece un término lineal al cuadrado, entonces
se escribe la suma con dos términos lineales, uno con grado 1 y el otro con grado
2.

f (x) ax + b A B
p(x) = = = +
g(x) (x + p)2 (x + λ1 ) (x + λ1 )2

Veamos unos ejemplos:


Ejemplo 3:

x−2
Descomponer en fracciones parciales: p ( x) =
(x + 1)2
Solución:

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

El desarrollo es similar al caso anterior, sumar fracciones e igualar términos:

x−2 A B A(x + 1) + B
= + =
(x + 1) (x + 1) (x + 1)
2 2
(x + 1)2 Desarrollando el numerador.

A(x + 1) + B Ax + A + B
=
(x + 1)2 (x + 1)2 Igualemos los numeradores:

x −2 = Ax+ A + B
Para la variable x: 1 = A

Para término independiente: -2 = A + B

Desarrollando, obtenemos que A = 1 y B = -3

Entonces:

x−2 1 3
p( x) = = −
(x + 1) (x − 1) (x − 1)2
2

Descomposición En Factores Cuadráticos: Cuando se presentan caso donde el
denominador presenta términos cuadráticos que no se pueden reducir, se debe
proceder como se ilustra en los siguientes ejemplos.


Ejemplo 4:

4x + 3
Reducir a fracciones parciales:
(x + 1)(x − 1)
2

Solución:

La expresión la podemos escribir como:

4x + 3 A Bx + c
= + 2
(x + 1)(x − 1) x − 1 x + 1
2

Observemos que como el denominador tiene término cuadrático, el numerador
debe tener término lineal, entonces:

A Bx + c A(x 2 + 1) + (Bx + c )( x − 1) Ax 2 + A + Bx 2 − Bx + Cx − C
+ = =
x −1 x2 +1 (x − 1)(x 2 + 1) (x − 1)(x 2 + 1)
Como en los casos anteriores, el denominador es similar, luego solo igualamos el
numerador:

Para la variable x2: 0 = A + B

Para la variable x: 4 = -B + C

Para el término independiente: 3 = a – C

Tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas, existen varios métodos de
resolución, aplique la que desees y debes llegar a :

A = 7/3

B = -7/3

C=½

Reemplazamos en la fracción original:

4x + 3 A Bx + c 7 −7 x+ 1
= + = + 3 2 Simplificando:
( )
x 2 + 1 ( x − 1) x − 1 x 2 + 1 3( x − 1) x2 +1

4x + 3 A Bx + c 7 3 − 14 x
= + 2 = +
(x + 1)(x − 1) x − 1 x + 1 3(x − 1) 6( x 2 + 1)
2


Como en el caso de los factores lineales, en los cuadráticos, también se pueden
encontrar factores repetidos, en este caso el procedimiento es similar a los casos
anteriores, veamos un ejemplo.

Ejemplo 5:

6 x 2 − 15 x + 12
Expresar como fracciones lineales:
(x + 3)(x 2 + 2)2
Solución:

El planteamiento es así:

6 x 2 − 15 x + 12 A Bx + c Dx + E
= + 2 + 2
(x + 3)(x 2 + 2)2
x + 3 x + 2 ( x + 2) 2

Realice todo el procedimiento como se ha venido haciendo y debe obtener:

A = 1, B = -1, C = 3, D = 5, E = 0

Finalmente:

6 x 2 − 15 x + 12 A Bx + c Dx + E 1 − x+3 5x
= + 2 + 2 = + 2 + 2
(x + 3)(x 2 + 2)2
x + 3 x + 2 ( x + 2) 2
x + 3 x + 2 ( x + 2) 2

Podemos resumir esta temática, diciendo afirmando que las fracciones parciales,
es un método algebraico que permite rescribir expresiones racionales, como
fracciones racionales sencillas, de tal forma que permite hacer integraciones para
este tipo de expresiones algebraicas.

INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES:

Sabiendo como se resuelven las fracciones parciales, ahora apliquémosla para
desarrollar integrales:

Ejemplo 1:

3x − 1
Desarrollar: ∫x 2
− x−6
dx

Solución:


Debemos tratar de linealizar el numerador, por medio de la factorización: Del
ejemplo 1 de fracciones lineales simples, vemos que esta fracción se puede
escribir así:

3x − 1 3x − 1 ⎛ 7 8 ⎞
∫x 2
− x−6
dx = ∫
(x − 3)(x + 2)
dx = ∫ ⎜
⎜ 5( x + 2) + 5( x − 3) ⎟dx
⎝
⎟
⎠

Aplicando la propiedad de la suma de integrales, podemos hacer:

⎛ 7 8 ⎞ 7 8 7 1 8 1
∫ ⎜ 5(x + 2) 5( x − 3) ⎟
⎜
⎝
+ ⎟dx = ∫
⎠ 5( x + 2)
dx + ∫
5( x − 3)
dx = ∫
5 x+2
dx + ∫
5 x −3
dx

Desarrollando:

7 1 8 1 7 8
5 ∫ x + 2 dx + 5 ∫ x − 3 dx = 5 Ln x + 2 + 5 Ln x − 3 + c
Ejemplo 2:

x − 2
Desarrollar: ∫ ( x + 1 )2 para x ≠ -1

Solución:

Debemos aplicar fracciones parciales a la fracción dada, en el ejemplo 3 de la
descomposición de fracciones parciales, obtuvimos que:

x−2 1 3
= −
(x + 1) (x − 1) (x − 1)2
2

Luego a partir de esto podemos aplicar la integral:

x − 2 ⎡ 1 3 ⎤
∫ ( x + 1 )2
dx = ∫ ⎢
⎣ x −1
−
( x − 1 )2 ⎥ dx
⎦
Operando:

⎡ 1 3 ⎤ 1 3
∫ ⎣ x − 1 (x − 1)2 ⎥dx = ∫ x − 1 dx − ∫ (x − 1)2 dx
⎢ −
⎦


La primera integral es inmediata, la segunda se puede resolver por cambio de
variable, veamos:

dx = 3∫ ( x − 1) dx
3
∫ (x − 1)
−2
2
Definimos u = x – 1 luego du = dx, reemplazando:

−1
∫u
−2
du = +c Agrupando los términos:
u

1 3 ⎛ 1⎞ 3
∫ x −1 dx − ∫
(x − 1) 2
dx = Ln x − 1 − 3⎜ − ⎟ = Ln x − 1 +
⎝ u⎠ x −1
+c

Finalmente:

x−2 3
∫ ( x +1)2 dx = Ln x −1 +
x −1
+c

Como se puede ver en los ejemplos expuestos, la transformación de la expresión
racional en fracciones más simples, es con el fin de llevar la función a una forma
de integración inmediata. Una vez integrada se hace el cambio de la variable de
sustitución a la variable original.

Ejemplo 3:

2x 3 − 4x 2 − x − 3
Integrar la función:
x 2 − 2x − 3

Solución:

Como se trata de una fracción impropia, primero se debe hacer la división, para
obtener una fracción propia y así aplicar el método analizado.

2x 3 − 4 x 2 − x − 3 5x − 3 5x − 3
= 2x + 2 = 2x +
x 2 − 2x − 3 x − 2x − 3 (x − 3)(x + 1) Ahora:
2x3 − 4x 2 − x − 3 ⎡ 5x − 3 ⎤
∫ x 2 − 2 x − 3 = ∫ ⎢2 x + (x − 3)(x + 1)⎥dx
⎣ ⎦


Separando las integrales:

⎡ 5x − 3 ⎤ 5x − 3
∫⎢
⎣
2x +
(x − 3 )(x + 1)⎥
⎦
dx = ∫ 2 xdx + ∫ (x − 3 )(x + 1)
dx

La primera integral es directa, la segunda debemos hacer fracciones parciales,
veamos:

5x − 3 A B
= +
(x − 3)(x + 1) x − 3 x + 1
Desarrollando, tenemos que A = 3 y B = 2. Favor corroborar este resultado:

Entonces:

⎡ 2x 3 − 4x 2 − x − 3⎤ ⎡ 3 2 ⎤
∫ ⎣ x 2 − 2 x − 3 ⎥dx = ∫ ⎢2 x + x − 3 + x + 1⎥dx
⎢
⎦ ⎣ ⎦
Aplicando la linealidad:

3 2
∫ 2xdx + ∫ x −3
dx + ∫
x +1
dx = x 2 + 3Ln x − 3 + 2Ln x + 1 + c Reorganizando:

⎡ 2x3 − 4x 2 − x − 3⎤
∫ ⎣ x 2 − 2x − 3 ⎥
⎢
3
[
dx = x 2 + Ln ( x − 3) (x −1) + c
2
]
⎦
EJERCICIOS:

En cada caso, resolver la integral aplicando las fracciones parciales.

3
1. ∫ 4x −1dx Rta:
3
4
Ln 4 x − 1 + c

x−5
2. ∫ x2 −1
dx Rta: 3Ln x + 1 − 2Ln x − 1 + c

x +1
∫
1 4
3. dx Rta: Ln x + 2 + Ln x − 3 + c
x2 − x − 6 5 5


3
4. ∫ (8 x − 1) 2
dx Rta: −
3
64 x − 8
+c

5x + 9
5. ∫ 8x 2 + 2x + 4dx 16 248
⎛
⎜
⎞
Rta: 5 Ln4x2 + x + 2 + 67 31Tan−1⎜ 31(8x +1)⎟ + c
⎟
⎝ 31 ⎠

17 x − 3
∫ 3x
5
6. dx Rta: Ln 3x − 2 + 4 Ln x + 1 + c
2
+x−2 3

x3 1 8 1
7. ∫ x 2 + x − 2dx Rta: x 2 − x + Lnx +2 + Lnx −1 +c
2 3 3


Lección 27: Integración de función exponencial.

∫ e x dx = e x + c

Toda función exponencial tiene una base a > 0 y diferente de uno.

Función: y = ax
Para definir la integral de este tipo de función, podemos partir de la derivada y
proceder a obtener la integral, veamos:

y = ax Entonces:
dy
= a x Ln(a) para a ≠ 1. Para resolver la integral, hacer
dx
a x = e Ln ( a ) = e xLn ( a )
x
una transformación de la siguiente manera:
Aplicando la integral:

∫a dx = ∫ e xLn ( a ) dx
x 1
Multiplicamos y dividimos por tenemos:
Ln(a )

1
Ln(a) ∫
e xLn(a) Ln(a)dx Hacemos cambio de variable: u = xLn(a) ⇒ du = Ln(a)dx

1 1 u 1 xLn(a)
Ln(a) ∫
eu du = e = e +c Pero e xLn(a) = a x ,
Ln(a) Ln(a)
luego hacemos el reemplazo para obtener:

ax
∫ a dx = Ln(a) + c
x


Ejemplo 1:

∫2
x
Desarrollar: dx

Solución:

Según la fórmula obtenida la integración será de la siguiente manera:

1
∫ 2 dx = 2x + c
x

Ln ( 2 )
Ejemplo 2:

∫3
2x
Resolver dx

Solución:

Para facilitar el proceso hagamos un cambio de variable u = 2x luego du = 2dx
reemplazando:

du 1 u 1 1
∫ 3 dx = ∫ 3 = ∫ 3 du = *
2x u
3u Reemplazando la
2 2 2 Ln (3)
variable u por 2x obtenemos:

1
∫ 3 2 x dx =
2 Ln (3)
32 x + c

Ejemplo 3:

1

∫4
3x
Resolver dx
0

Solución:

Siguiendo el procedimiento anterior podemos hallar dicha integral, solo que aquí
debemos evaluarla.


1 1
du 1 1
∫4 ∫4 dx = ∫4 = *
3x 3x u
dx Como u = 3x, entonces: 4u
0 0
3 3 Ln ( 4 )

1
1 1 1
Reemplacemos la variable: * 43x = 43x Evaluando:
3 Ln ( 4 ) 3 Ln ( 4 ) 0

1
43 40 63
∫ 4 dx = − =
3x

0
3 Ln ( 4 ) 3 Ln ( 4 ) 3 Ln ( 4 )

Función: y = ex
La función exponencial natural tiene como base el número de Euler, para
determinar su integral, realizamos el mismo procedimiento que el caso anterior.

dy
y = ex ⇒ = e x ⇒ dy = e x dx Aplicamos la integral a ambos lados:
dx

∫ dy = ∫ e dx ⇒ y = e + c
x x
Por consiguiente: ∫ e x dx = e x + c

Ejemplo 1:

Hallar la integral de e 3x
Solución:

Haciendo cambio de variable u = 3x, luego du = 3dx, reemplazando:

du 1 u 1
∫ e dx = ∫e = ∫ e du = eu + c
3x u
Finalmente reemplazamos u por 3x.
3 3 3
1
∫ e 3 x dx = e 3 x + c
3


Ejemplo 2:

∫e
3 x +1
Desarrollar: dx

Solución:

Definimos u = 3x + 1, luego du = 3dx, entonces:

du 1 u 1
∫e dx = ∫ e u = ∫ e du = e u + c
3 x +1
Reemplazando u por 3x +1
3 3 3
obtenemos:

1
∫ e 3 x+1dx = e 3 x+1 + c
3

Lección 28: Integración de función logarítmica.

Al igual que en la función exponencial, las funciones logarítmicas tienen su
derivada. Es pertinente recordar las propiedades de este tipo de funciones.

Función: y = Ln(x)
La integral de esta función se puede hacer por partes.

∫ Ln ( x ) dx donde u = Ln(x), luego du = dx / x.

Por otro lado: dv = dx, luego v = x

Reemplazando:

1
∫ Ln ( x ) dx = xLn ( x ) − ∫ x x dx = xLn ( x ) − ∫ d x + c


Finalmente:

∫ Ln(x)dx = xLn(x) − x + c

Función: y = Log10 (x)
Para resolver este tipo de integral, aplicamos la conversión de cualquier logaritmo
en logaritmo natural, lo cual se hace de la siguiente manera:

Ln( x)
Log10 ( x) = Así, podemos desarrollar la integral.
Ln(10)

Ln ( x ) 1
∫ Log 10 ( x ) dx = ∫ Ln (10 ) dx = Ln (10 ) ∫ Ln ( x ) dx La última integral, ya se desarrollo

por partes, luego:

∫ Log10 (x)dx =
1
[xLn(x) − x] + c
Ln(10)
Una forma alternativa para esta integral es:

∫ Log (x)dx = xLog (x) − xLog e + c
10 10 10

Intente demostrar la última igualdad, será muy interesante.

Si la base del logaritmo es cualquier a > 0 y a ≠ 1, la integral es de la misma
manera, solo cambia la base.

Ejemplo 1:

Log 2 ( x )
Resolver: ∫ x
dx

Solución:


Primero hacemos la transformación a logaritmo natural y luego hacemos una
sustitución para poder integrar, veamos:

Log 2 ( x ) Log 2 ( x ) 1 Ln ( x )
∫ x
dx = ∫
xLn ( 2)
dx =
Ln ( 2) ∫ x dx para x > 0

Por sustitución: u = Ln(x), du = (1/x)dx Si reemplazamos:

1 Ln( x) 1 1 1
Ln(2) ∫ x Ln(2) ∫
dx = udu = * u2 + c Reemplazamos u por
Ln(2) 2
Ln(x), para obtener:

Log 2 ( x) Ln 2 ( x)
∫ x dx = 2Ln(2) + c
Ejemplo 2:
4
Ln(2) Log 2 ( x)
Desarrollar: ∫
1
x
dx

Solución:

4
Ln(2)Log2 ( x) Log2 ( x)
∫
1
x
dx = Ln(2)∫
x
dx Esta integral se desarrolló en el ejemplo

anterior, luego:
4 4
Log2 ( x) Ln2 ( x) Ln2 ( x) Ln2 (4) Ln2 (1) Ln2 (4)
Ln(2)∫ dx = Ln(2) * = = − =
x 2Ln(2) 1 2 1 2 2 2

Ejercicios:

Resolver las siguientes integrales, desarrollando paso por paso, para justificar la
respuesta obtenida.

∫ e3x+1dx 1 3 x +1
1. Rta: e +c
3


∫ x ( 2 ) dx
x 2
1
2 x −1 + c
2

2. Rta:
Ln(2)

∫ (e )2
+ 2e− 2 dx
x x
4x + e x − 4e−x + c
2
3. Rta:

(Ln ( x ) + 1)2 dx 1
(Ln ( x ) + 1)3 + c
4. ∫ x
Rta:
3

Ln 2 ( x ) 1 3
5. ∫ x dx Rta:
3
Ln ( x ) + c

Lección 29: Integración de la función trigonométrica

cos(nx)dx = sen(nx) + c
1
∫ n
Dentro de las funciones trascendentales tenemos las funciones trigonométricas,
las cuales también tienen integrales, analizaremos a continuación las integrales de
dichas funciones.

Función: y = sen(x)
La integral de la función sen(x) la desarrollamos por el concepto de antiderivada,
pero es pertinente relacionarla en este momento, ya que estamos analizando la
integral de las funciones trigonométricas.

−1
∫ sen(nx)dx = n
cos(nx) + c


Demostración:

Tomemos: ∫ sen(nx)dx y hacemos una sustitución: u = nx, du = ndx, luego:

du 1
∫ sen ( nx ) dx = ∫ sen (u ) u
= ∫ sen (u ) du La función cuya derivada es sen(u), es el
u

1 1
–cos(u), por consiguiente: ∫ sen ( nx ) dx = n ( − cos( x )) + c = − n cos( x ) + c
Función: y = cos(x)
La integral de cos(x), también se desarrolló por el concepto de antiderivada.

cos(nx)dx = sen(nx) + c
1
∫ n
Demostración:

Tomemos: ∫ cos(nx)dx y hacemos una sustitución: u = nx, du = ndx, luego:

du 1
∫ cos( nx ) dx = ∫ cos( u ) n
= ∫ cos( u ) du La función cuya derivada es cos(u), es el
n

1
sen(u), luego: ∫ cos(nx)dx = n
sen(nx) + c

Función: y = tan(x)

Con los conocimientos sobre identidades trigonométricas y la integración por
cambio de variable, podemos hallar la integral de la tangente, veamos:

∫ tan(x)dx = −Ln cos(x) + c


Demostración:

Descomponemos la tangente en su equivalencia con seno y coseno, así:

sen( x)
∫ tan( x)dx = ∫ cos( x) dx Sea u = cos(x), luego du = -sen(x)dx, reemplazando:

sen( x) du
∫ cos(x) dx = ∫ −
u
= − Ln u + c Reemplazando el valor de u, obtenemos:

∫ tan( x ) dx = − Ln cos( x ) + c

Funciones: y = cot(x) y = sec(x) y = csc(x)
Con los conocimientos adquiridos, se pueden obtener las siguientes integrales.

∫ cot(x)dx = Ln sen(x) + c
∫ sec(x)dx = Ln sec(x) + tan(x) + c
∫ csc(x)dx = Ln csc(x) − cot(x) + c
Demostración:

Vamos a demostrar la integral de sec(x) y las demás se dejan como ejercicio para
que lo resuelvan en el pequeño grupo colaborativo y luego lo compartan con el
docente.

sec(x) + tan(x) sec 2 ( x) + sec(x) tan(x)
∫ sec(x)dx = ∫ sec(x) * sec(x) + tan(x)dx) = ∫ sec(x) + tan(x) dx
( )
Por sustitución: u = sec( x) + tan( x) ⇒ du = sec( x) tan( x) + sec 2 ( x) dx

Reemplazando:


sec 2 ( x ) + sec( x ) tan( x ) du
∫ sec( x ) + tan( x ) dx = ∫ u = Ln u + c
Como u = sec(x) + tan(x), reemplazamos para obtener finalmente:

∫ sec( x ) dx = Ln sec( x ) + tan( x ) + c
Para la csc(x) la demostración es similar.

Funciones tipo: y = senn (x) y = cosn (x)
Para resolver integrales de este tipo, “echamos mano” de las identidades
trigonométricas, las potencias y las técnicas de integración estudiadas. Algunos
ejemplos nos ayudarán a comprender la metodología.

Ejemplo 1:

∫ sen
2
Resolver: ( x ) dx

Solución:

1 − cos(2 x)
Por la identidad: sen 2 ( x) = Reemplazamos
2

⎛ 1 − cos( 2 x ) ⎞
⎟ dx = ∫ (1 − cos( 2 x ) )dx
1
∫ sen 2 ( x ) dx = ∫ ⎜
⎝ 2 ⎠ 2
Por la propiedad de la linealidad:

1 1 1 1⎛1 ⎞
2 ∫ dx − 2 ∫ cos( 2 x ) dx = 2 x − 2 ⎜ 2 sen ( 2 x ) ⎟ + c
⎝ ⎠
Finalmente:

1 1
∫ sen ( x ) dx = x − sen ( 2 x ) + c
2

2 4
Ejemplo 2:


∫ cos
4
Resolver la siguiente integral: ( x) dx
Solución:

⎛ 1 − cos(2 x) ⎞
2

(
Podemos expresar cos ( x) = cos ( x)
4 2
)2
=⎜ ⎟ = (1 − 2 cos(2 x) + cos (2 x) )
1 2

⎝ 2 ⎠ 4

Aplicándole la integral:

∫ cos 4 ( x ) dx =
⎡1
∫ ⎢4 (
1 − 2 cos( 2 x ) + cos 2 ( 2 x ) )⎤dx
⎥ =
⎣ ⎦
1 1 1
∫ 4 dx − ∫ 2 cos( 2 x ) dx + 4 ∫ cos
2
( 2 x )dx Desarrollando obtenemos:

1 1 1
x + sen ( 2 x ) + ∫ cos 2 ( 2 x )dx
4 4 4
Para resolver la última integral, utilizamos la identidad siguiente:
1 + cos(4 x)
cos 2 (2 x) = luego:
2

1 ⎛ 1 + cos( 4 x ) ⎞
⎟dx = ∫ (1 + cos( 4 x ) )dx =
1 1
4∫
cos 2 ( 2 x ) dx = ∫ ⎜
4 ⎝ 2 ⎠ 8

1 1 1 1
8∫
dx + ∫ cos( 4 x )dx = x + sen ( 4 x ) + c Reagrupando los resultados:
8 8 32

1 1 1 1
x + sen ( 2 x ) + x + sen ( 4 x ) + c Operando términos semejante:
4 4 8 32
1 1 3
x + x = x Finalmente:
4 8 8

3 1 1
∫ cos ( x ) dx = x + sen ( 2 x ) + sen ( 4 x ) + c
4

8 4 32


Funciones tipo: y = senm ( x)cosn ( x)
Siendo m y n par. Cuando m y n son pares positivos, usamos las identidades de
ángulo mitad, para reducir el grado del integrado.

Recordemos:

1 − cos( 2 x ) 1 + cos( 2 x )
sen 2 ( x ) = y cos 2 ( x ) =
2 2
Ejemplo 1:

∫ sen
2
Resolver: ( x) cos 2 ( x)dx

Solución:

Aplicando la identidad que se referencia

⎡1 − cos(2 x) 1 + cos(2 x) ⎤
∫ sen 2 ( x) cos 2 ( x)dx = ∫ ⎢
⎣ 2
*
2 ⎥dx Desarrollando:
⎦

1
∫4 (1 − cos( 2 x ) )(1 + cos( 2 x ) )dx = 1 ∫ dx − 1 ∫ cos 2 ( 2 x )dx
4 4
1 + cos(4 x)
Por la identidad referenciada anteriormente: cos 2 (2 x) =
2
Reemplazamos:

1 ⎡1 + cos( 4 x ) ⎤
∫ dx − 4 ∫ cos (2 x)dx = 4 x − 4 ∫ ⎢ 2 ⎥dx = 4 x − 8 ∫ (1 + cos( 4 x) )dx
1 1 2 1 1 1
4 ⎣ ⎦

Resolviendo la última integral, obtenemos:

x − ∫ (1 + cos( 4 x ) )dx = x − ∫ dx − ∫ cos( 4 x )dx = x − x −
1 1 1 1 1 1 1 1
sen ( 4 x ) + c
4 8 4 8 8 4 8 32
1 1 1
Simplificando términos semejantes: x− x= x
4 8 8


Finalmente:

1 1
∫ sen2 ( x) cos2 ( x)dx = x − sen(4 x) + c
8 32
Ejemplo 2:

Utilizando los argumentos que se han trabajado, mostrar que:

1 1 1
∫ sen 2 ( x) cos 4 ( x)dx =
16
x − sen(4 x) +
64 48
sen 3 (2 x) + c

Trabájelo con el pequeño grupo colaborativo y luego compártalo con el docente
para identificar posibles fallas.

⎡1 + cos(2 x) ⎤
2

Sugerencia: cos ( x) = ⎢
4
⎥ ... Lo demás es como se ha venido
⎣ 2 ⎦
trabajando.

Funciones tipo: y = senm (x)cosn (x)

Siendo m ó n par. Para el caso donde m o n es un entero par y el otro
cualquier valor, se utiliza la factorización con la identidad fundamental.

Ejemplo 1:

Desarrollar la integral dada:

∫ cos
4
( x) sen3 ( x)dx
Solución:

Descomponemos el integrado así: ∫ cos
4
(
( x ) 1 − cos 2
)sen ( x ) dx
Por cambio de variable: u = cos(x) luego du = -sen(x)dx, entonces:

∫ cos
4
(
( x ) 1 − cos 2
)sen ( x ) dx = ∫ u (1 − u )(− du ) = − ∫ (u
4 2 4
)
− u 6 du


Operando la integral:

∫ (u ) 1 5 1 7
− 4
− u 6 du = − u + u +c Reemplazando la variable:
5 7

1 1
∫ cos 4 ( x ) sen 3 ( x )dx =
7
cos 7 ( x ) − cos 5 ( x ) + c
5

Ejemplo 2:

1
∫ cos ( x ) sen ( x )dx = − cos 5 ( x ) + c
4
Mostrar que
5
Solución:

Por cambio de variable u = cos(x), luego du = -sen(x)dx, entonces:

∫ cos 4 ( x ) sen ( x )dx = ∫ u 4 ( − du ) = − ∫ u 4 du
Operando la integral, tenemos:

1
− ∫ u 4 du = − u 5 + c
5
Reemplazando la equivalencia de u por cos(x), tenemos:

1
∫ cos ( x ) sen ( x )dx = − cos 5 ( x ) + c
4
Así queda demostrada esta
5
integral.

Funciones tipo: sen (mx)cos(nx)dx sen(mx)sen(nx)dx cos(mx)cos(nx)dx
Para resolver este tipo de integrales, muy utilizadas en las áreas de ingeniería
eléctrica, química, de alimentos y otras, se utilizan identidades trigonométricas
que permiten resolver integrales de este tipo.


Las identidades que resuelven el problema son:

1. sen(mx) cos(nx) =
1
[sen(m + n) x + sen(m − n) x]
2

2. sen(mx)sen(nx) = −
1
[cos(m + n) x − cos(m − n) x]
2

3. cos(mx) cos(nx) =
1
[cos(m + n) x + cos(m − n) x]
2
Algunos ejemplos modelos nos ilustrarán el proceso.

Ejemplo 1:

Resolver: ∫ sen ( 4 x ) cos( 5 x )dx
Solución:

Utilizando la primera identidad tenemos:

1
∫ sen ( 4 x ) cos( 5 x )dx = − 2∫
( sen ( 4 + 5) x + sen ( 4 − 5)x ) dx

( sen ( 4 + 5) x + sen ( 4 − 5)x ) dx = − ∫ [sen (9 x ) + sen ( − x ) ]dx
1 1
2∫
−
2
Desarrollando la integral, tenemos:

−
1
2∫
[sen (9 x ) − sen ( x ) ]dx = − 1
2
[∫ sen (9 x)dx − sen ( x)dx ]
−
1
2
[∫ sen (9 x)dx − sen ( x)dx ] = − 1 ∫ sen (9 x)dx + 1 ∫ sen ( x)dx
2 2
1 1 1 1
2∫
− sen (9 x )dx + ∫ sen ( x )dx = − cos( 9 x ) + cos( x ) + c
2 18 2


Por consiguiente:

1 1
∫ sen ( 4 x ) cos( 5 x )dx = 2 cos( x ) − 18 cos( 9 x ) + c
Ejemplo 2:

Resolver: ∫ cos( x) cos(4 x)dx

Solución:

Aplicando la identidad 3 de las vistas atrás podemos resolver dicha integral.

∫ cos( x) cos( 4 x)dx =
1
[cos(1 + 4) x + cos(1 − 4) x ]dx
2∫

1
[cos(1 + 4) x + cos(1 − 4) x ]dx = 1 ∫ [cos(5 x) + cos( −3 x)]dx
2∫ 2

1
[cos(5 x) + cos( −3 x)]dx = 1 ∫ cos(5 x)dx + 1 ∫ cos(3 x)dx
2∫ 2 2

1 1 1 1
2∫
cos(5 x )dx + ∫ cos(3 x )dx = sen (5 x ) + sen (3 x ) + c
2 10 6
Finalmente:

1 1
∫ cos( x) cos( 4 x)dx = 10 sen(5 x) + 6 sen(3x) + c
Ejercicios:

Desarrollar los siguientes ejercicios, identificando con qué principio se está
trabajando, para su solución.

∫ sen
4 1
1. ( x) cos( x)dx Rta: sen 5 ( x ) + c
5

∫ cos (x)sen (x)dx
2 2 1 1
2. Rta: x − sen(4 x) + c
8 32


∫ sen (4x) cos (4x)dx
5 2
3. Rta: −
1 1 1
cos3 (4x) + cos5 (4x) − cos7 (4x) + c
12 10 28

⎛ x⎞ ⎛ x⎞
4. ∫ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠
sen 4 ⎜ ⎟ cos 2 ⎜ ⎟dx Rta:
1 1 1
x − sen(2x) − sen3 ( x) + c
16 32 24

5. ∫ cos( 2 x ) cos( x )dx Rta: 2
3
1
sen(2x) cos(x) − cos(2x)sen(x) + c
3

6. ∫ cos(x)Ln(sen(x))dx Rta: sen( x) Ln(sen( x) ) − sen( x) + c


Lección 30: Integración de la función hiperbólica.

En cursos anteriores se ha analizado las funciones hiperbólicas y sus derivadas,
en este aparte se estudiarán las integrales de dichas funciones.

Función senh(x): Recordemos que el seno hiperbólico es de la forma:

2
(
1 x
e − e−x ) y su derivada es el cosh(x), lo que está plenamente demostrado

Entonces para obtener la integral de cosh(x), utilizamos el principio de la primitiva.

∫ senh(x)dx = cosh(x) + c
Demostración:

Por el principio de la antiderivada, sabemos que la función cuya derivada es el
senh(x) corresponde al cosh(x), así se justifica la integral del senh(x).

Función cosh(x): El coseno hiperbólico es de la forma
2
(
1 x
)
e + e − x y su derivada
es senh(x), luego:

∫ cosh(x)dx = senh(x) + c
Demostración:

Se deja como ejercicio para que el estudiante con los principios aprendidos lo
demuestre y por supuesto lo comparta con sus compañeros y su tutor.

senh( x)
Función tanh(x): Por definición sabemos que: tanh( x) = .
cosh( x)

∫ tanh(x)dx = Ln cosh(x) + c
Demostración:

senh ( x )
Apliquémosle la identidad a la integral, entonces: ∫ tanh( x)dx = ∫ cosh( x) dx
hacemos cambio de variable:


u = cosh(x) y du = senh(x)dx, reemplazando:

senh ( x ) du
∫ tanh( x)dx = ∫ cosh( x) dx = ∫ u
= Ln u + c Reemplazando el valor de u

tenemos:

∫ tanh( x ) dx = Ln cosh( x ) + c
Función coth(x): De la misma manera que la tangente hiperbólica, la cotangente
cosh( x)
hiperbólica tiene su equivalencia: coth( x) = donde:
senh( x)

∫ coth(x)dx = Ln senh(x) + c
Demostración:

Se deja como ejercicio para hacer en el pequeño grupo colaborativo.

Función sech(x) y csch(x): Al igual que las funciones hiperbólicas anteriores,
estas últimas funciones, también tiene su integral. La demostración se
recomienda trabajarla con el tutor, para afianzar los conocimientos sobre este tipo
de funciones.

∫ sech(x)dx = tan senh(x) + c
−1

⎛ x⎞
∫ csc h( x)dx = Ln tanh⎜ ⎟ + c
⎝ 2⎠
Ejemplo 1:

Resolver: ∫ cosh( 6 x) dx
Solución:

Hacemos cambio de variable u = 6x, du = 6dx, entonces reemplazamos:


du 1 1
∫ cosh( 6 x ) dx = ∫ cosh( u ) 6
= ∫ cosh( u ) du = senh (u ) + c
6 6
Como u = 6x, reemplazamos a u por 6x, para dejar la integral en función de x y no
de u.

1
∫ cosh( 6 x ) dx = 6
senh ( 6 x ) + c

Ejemplo 2:

Desarrollar: ∫ tanh( 3 x) dx
Solución:

Como en el caso anterior, hacemos cambio de variable u = 3x, du = 3dx,
entonces:

du 1 1
∫ tanh( 3 x ) dx = ∫ tanh( u ) 3
= ∫ tanh( u ) du = Ln cosh( u ) + c
3 3
reemplazando el valor de u por 3x, obtenemos:

1
∫ tanh( 3 x ) dx = 3
Ln cosh( 3 x ) + c

Ejemplo 3:

∫ senh
2
Resolver: ( x ) dx

Solución:

Para resolver esta integral, primero debemos aplicar la identidad que dice:

cosh( 2 x ) − 1
senh 2 ( x ) = Luego:
2


⎛ cosh( 2 x) − 1 ⎞
∫ senh 2 ( x)dx = ∫ ⎜
⎝ 2
⎟dx
⎠
Desarrollando tenemos:

⎛ cosh( 2 x) − 1 ⎞
⎟dx = ∫ (cosh( 2 x) − 1)dx = ∫ cosh( 2 x)dx − ∫ dx
1 1 1
∫⎝
⎜
2 ⎠ 2 2 2
Operando tenemos:

1 1 1 1 1
* senh(2x) − x + c Resumiendo: senh ( 2 x ) − x + c
2 2 2 4 2
Finalmente:

1 1
∫ senh ( x ) dx = senh ( 2 x ) − x + c
2

4 2
Ejercicios:

−x
⎛ x⎞ x
7Ln e 7 + e +c
∫ ⎝7⎠
tanh ⎜ ⎟dx 7
1. Rta:

sec h t tanh t
2. ∫ t
dt Rta: − 2 sec h t + c

∫ senh(1 − 2 x)dx
1
3. Rta: − cosh(1 − 2 x ) + c
2

cosh( x )
4. ∫ senh ( x )
dx Rta: Ln senh( x ) + c

1
∫ x cosh(πx + 5)dx senh(πx 2 + 5) + c
2
5. Rta:
2π

6. ∫ cos( x)senh(sen( x))dx Rta: cosh( sen ( x )) + c




∫ 2 dx y   ∫ sec
x 2
1. Al resolver las siguientes integrales ( x)dx ,  se obtiene:

2x
+c
Ln(2)
A.

B. Tg ( x ) + c

2x
+c
Ln(2)
C.

D. Sen( x ) + c

sen ( x ) − cos( x )
2. Cuando se desarrolla la expresión ∫ sen ( x )
dx ,  se obtiene:

A. x − Ln[sen( x )] + c

B. 2 + Ln[cos( x )] + c

C. 1 + Ln[cos(x )] + c

D. 2 − Ln[sen(x )] + c


3. Si se desea resolver la integral de la función b 2 − x 2 la sustitución mas
adecuada es:

A. x = bsen( x )

B. x = bTg( x )

C. x = b sec( x )

D. x = b cos( x )

(x −12
)
4. El valor de la integral ∫ (x 2
)
+ x (x − 1)
dx ,es:

A. Ln ( x − 1 ) + k

Ln ( x + 1 ) + k
2
B.

C. (
Ln x 2 + 1 + k )
D. Ln ( x ) + k

(x + 3x 2 − 18 x
3
)
5. El procedimiento para solucionar la integral ∫ (x − 3)(x + 6)
dx ,es:

A. Sustitución trigonométrica

B. Por partes

C. Simplificación

D. Racionalización


HOJA DE RESPUESTAS.

A B C D

1

2

3

4

5




México.


Bogotá.

edición, México.

Bogotá.













UNIDAD 3: APLICACIÓN DE LAS INTEGRALES.

Introducción:

Existen múltiples aplicaciones de las integrales en la ingeniería civil, eléctrica,
electrónica, industrial, economía, en la hidráulica, en el trabajo, en el movimiento,
en la estadística, etc.

En esta unidad se insiste en las técnicas de solución de las integrales vistas en la
unidad anterior, sino también en los principios propios de cada tipo de problema
de aplicación partiendo del análisis de graficas (área bajo curvas, longitud de
curvas), hallar los volúmenes de sólidos de revolución mediante diferentes
técnicas, centros de masa y por último la aplicación en la solución de problemas
prácticos de la física, la hidráulica, la estadística y la economía.

El manejo de este tipo de problemas su entendimiento y posterior aplicación en la
vida profesional del estudiante es clave y fundamental como objetivo del presente
modulo.

Justificación:

En esta unidad nos vamos a concentrar en la realización de ejercicios de
aplicación a algunas de las ciencias ya mencionadas y que el lector puede
necesitar solucionar en su vida profesional.

Hablemos de la aplicación de las integrales a la astronomía y dentro de ella la
velocidad de escape de un objeto para sacarlo de la órbita de la tierra; al lanzar un
objeto macizo y metálico al aire esta volverá a caer a la tierra debido a la fuerza de
la gravedad, si se lanza con más fuerza volverá a caer más lejos.

Cuál es la velocidad inicial v0 para sacar ese objeto de la tierra y que permanezca
alejándose?

Para esta TERCERA UNIDAD tenemos tres capítulos en los cuales tratamos las
aplicaciones prácticas de las integrales.



• Que los estudiantes se observen las aplicaciones en la vida diaria de las
integrales.
• La solución de diversos con la ayuda de las matemáticas.
• Nuevamente se recalca en la realización de diversos problemas de
aplicación, esto con el fin de adquirir destrezas en el manejo de las
múltiples variables que intervienen en la solución de dichos problemas.


CAPITULO 1: ANÁLISIS DE GRAFICAS.

Denominación de CAPITULO 2 Volumen de superficies de revolución
los capítulos
CAPITULO 3 En las ciencias.

Asimilación de Analizar los caminos adecuados para la solución de
conceptos problemas de aplicación.

Se presentan problemas de aplicación sencillos y se indican
Conceptos
todos los pasos para su realización.

De conocimientos
• Adquirir las técnicas propias para la solución de
• Adquirir conocimiento mediante la realización del
mayor número posible de ejercicios.

Competencias Contextuales:
• Adquirir los conocimientos propios de la solución de
problemas de aplicación.


Comunicativas:
• Adquirir el manejo de los elementos involucrados en
los diferentes métodos de solución de problemas
prácticos.

Valorativas:


CAPITULO 7: Análisis de graficas.

Introducción

Fig. 11 Área bajo la curva.

Analizados y aprendidos los principios sobre integración; además, estudiadas las
diferentes técnicas de integración, estamos en capacidad de realizara diversas
aplicaciones que tiene esta maravillosa área de las matemáticas. Las integrales
se pueden aplicar y tiene aplicaciones en Ingeniería, Física, Estadística,
Economía, Administración, Geometría y otras. Como ejercicio de ilustración
vamos a abordar diversos contextos que permitan comprender la amplitud que
tiene las integrales como herramienta matemática para resolver problemas de
diversa índole.

Lección 31: Área de regiones planas.

Dentro de las áreas de regiones planas, tenemos dos casos, el área bajo la curva
y el área bajo curvas. Analicemos estos casos:

Área Bajo Una Curva: Cuando tenemos una línea recta de la forma como se
ilustra en la figura, el área se puede calcular por una simple fórmula geométrica.


1 1
A = b * h = (b − a) y
2 2
La situación es relativamente fácil de manejar, la situación dificulta cuando la
línea no es recta, sino una curva, para dicho caso el procedimiento es más largo y
cuidadoso.

Sea y = f(x) una función definida en el
intervalo I = [a, b] y continua en el intervalo
abierto I; además f(x) ≥ 0, Consideremos la
región R acotada por la curva y = f(x), las
rectas x = a y x = b, la idea es hallar el área
de la región R.

Fig. 12 Particiones.

b−a
Primero dividamos el intervalo I en n subintervalos iguales Δx =
n

Los puntos de la partición:

xo = a, x1 = xo + ∆x, x2 = x1 + ∆x = xo + 2∆x, … , xi = xi-1 + ∆x = xo + i∆x para i = 1,
2, 3, … , n. Cada subintervalo será la base de un rectángulo cuya altura será f(ci),
para

ci ε [xi-1, xi]. luego se obtienen Ai = f(ci) ∆x, al sumar todas las áreas se obtiene una
aproximación al área de la región R así:

n
A= ∑ f (c ) Δx
i =1
i


Si aumentamos el número de subintervalos; es decir, que n se haga
suficientemente grande, el área de R será cada vez más exacta.

n b
A = Lim ∑ f ( ci ) Δ x = ∫ f ( x ) dx Por consiguiente área bajo la curva:
n→∞
i =1 a

b
A= ∫ f (x )dx
a

Ejemplo 1:

Hallar el área bajo la curva para la función f(x) = 2x, entre x = 0 y x = 4.

Solución:

Aplicando la fórmula definida podemos hallar el área pedida
4
A = ∫ 2 xdx = x 2
4
= 4 2 − 0 2 = 16
0
0

El área es de 16 unidades cuadradas.

FUNCIÓN y = 2x
Si resolvemos el problema
por el método geométrico; es 10
decir, aplicando la fórmula 8
Varaible y

para un triángulo, obtenemos 6

el mismo resultado. 4
2
0
0 1 2 3 4 5
1 1
A = bxh = 4x8 = 16
Variable x

2 2
Fig. No 13 Grafica de 2x

Ejemplo 2:

Hallar el área acotada por la curva g(x) = x3 en el intervalo [1, 3]


Solución:

FUNCIÓN y = x3

30
Por la fórmula tenemos:
20
Fig. No. 14 Grafica de x3
f(x)

10

0 3 3
1
A = ∫ x dx = x 4
0 1 2 3 4 3

Variable x 1
4 1

3

A = x 4 = 3 4 − 14 = (81 − 1)
1
4 1 4
1 1
4
( )
3

A = x 4 = (81 − 1) =
1 1 80
= 20 Unidades cuadradas
4 1 4 4

Ejemplo 3:

Calcular el área bajo la curva f ( x) = 3 − x en el intervalo [0, 1]
2

Solución:

FUNCIÓN Y = 3 - x2
1
3,5
A = ∫ (3 − x 2 )dx
3
0
2,5
Variable y

2
1,5
1 1
0,5 ⎛ 1 ⎞
0
A = ⎜ 3x − x 3 ⎟
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
⎝ 3 ⎠0
Variable x

Fig. No. 15 Grafica de y = 3 − x2


⎡ 1⎤ ⎡ 1 ⎤
A = ⎢3 − ⎥ − ⎢0 − * o⎥
⎣ 3⎦ ⎣ 3 ⎦

1 8
A = 3− = Unidades cuadradas.
3 3

Lección 32: Área entre curvas.

Para desarrollar esta temática, partimos de dos funciones f(x) y g(x), asumiendo
que f(x) ≥ g(x) para todo x en el intervalo [a, b], la idea es hallar el área entre las
curvas f(x) y g(x) sobre el intervalo dado.

El método se hace utilizando rectángulos que aproximen el área de la región
descrita.

Dividimos el intervalo en n
b−a
subintervalos Δx = Los puntos
n
de la partición serán: xi = a + iΔx , para
i = 1, 2, 3, … Cada subintervalo

[xi-1, xi]. Forma la base de un
rectángulo cuya altura será: f(ci)-g(ci)
para ci € [xi-1, xi].

Fig. No. 16 Área entre curvas.

El área del rectángulo i-ésimo será:

Ai = hi * ∆x reemplazando: Ai = [f(ci)-g(ci)] * ∆x


El área total será la suma de las áreas de los n rectángulos, luego:

n
A = Lim∑[ f (ci ) − g(ci )]* Δx
n→∞
i =1

DEFINICIÓN:

Sean f(x) y g(x) funciones continuas en el intervalo [a, b], luego el área de la región
acotada por las curvas f(x) y g(x) desde a hasta b esta dado por:

b
A = ∫ [ f (x ) − g (x )]dx
a

Para hallar el área entre dos curvas se debe:

1. Hacer La gráfica explicativa, para identificar f(x) y g(x) y saber cual es la
función superior e inferior
2. Identificar los límites de integración
3. Establecer la fórmula de integración
4. Desarrollar la integración y valorar para hallar el área.

Ejemplo 1:

Hallar el área entre las curvas f(x) = 4 – x y g(x) = x2 – 16.

Solución:

Hallamos los límites, que consiste en
buscar en donde x coinciden:

4 − x = x 2 − 16 ⇒ x 2 + x − 20 = (x + 5)(x − 4) L
uego los límites son: x = -5 y x = 4

Fig. No. 17 Grafico solución problema


Vemos que la función f(x) > g(x), entonces:

∫ [(4 (x )]dx
4
A = − x )− 2
− 16
−5

4

( ⎛
) 1 ⎞
4
1
A = ∫ 20 − x − x dx = ⎜ 20x − x 2 − x3 ⎟
2
Evaluando tenemos:
−5 ⎝ 2 3 ⎠ −5

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 125 425 675
A = ⎜ 20(4) − (4) 2 − (4) 3 ⎟ − ⎜ 20(−5) − (−5) 2 − (−5) 3 ⎟ = + =
⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 2 3 ⎠ 3 6 6

El área entre las curvas es de 675/6 unidades cuadradas.

Ejemplo 2:

Determinar el área comprendida entre las curvas f(x) = 2 – x2 y g(x) = x2, en el
intervalo [0, 2].

Solución:

Fig. No. 18 Grafico solución área bajo curvas.

Como se conocen los límites, no hay necesidad de calcularlos, como se pudiera
pensar, luego lo que debemos hacer es utilizar la fórmula para obtener el área,
solo que se debe establecer cual será la función menor y cual la función mayor.


El problema lo debemos resolver en dos partes: La primera será el intervalo de [0,
1], donde la función mayor es f(x) = 2 – x2 y la menor g(x) = x2. La segunda parte
será el intervalo [1, 2], donde la función mayor es g(x) = x2 y la menor 2 – x2.

Para la primera parte:

1
A1 = ∫ [ f ( x) − g ( x)]dx Reemplazando:
0

( )
1 1 1
A2 = ∫ 2 − x − x dx = ∫ 2dx − ∫ 2 x 2 dx
2 2

0 0 0

Integrando:
1
⎛2 2 ⎞
A1 = 2x 0 − x3 = (2(1) − 2(0)) − ⎜ 13 − 03 ⎟ = 2 − =
2
1 2 4
3 0 ⎝3 3 ⎠ 3 3

Ahora hallamos la segunda parte.

[ ( )]
2 2
A2 = ∫ [ g ( x) − f ( x )]dx = ∫ x 2 − 2 − x 2 dx Operando:
1 1

[ ( )]
2 2 2 2
A2 = ∫ x − 2 − x dx = ∫ (2 x − 2)dx = ∫ 2 x dx − ∫ 2dx Integrando:
2 2 2 2

1 1 1 1

2

A2 = ∫ 2 x dx − ∫ 2dx = x 3 − 2 x 1 = ⎢ (2 3 − 13 )⎥ − [2(2 − 1)] Desarrollando:
⎡2 ⎤
2 2
2
2 2

1 1
3 1 ⎣3 ⎦

⎡2
A2 = ⎢ 2 3 − 13 ( )⎤ − [2(2 − 1)] = 2 * 7 − 2 = 14 − 2 = 8
⎥
⎣3 ⎦ 3 3 3

Finalmente sumamos las dos áreas para hallar el área total:

4 8 12
A1 + A2 = + = =4
3 3 3

El área entre las curvas es de 4 unidades cuadradas.


Ejemplo 3:

Determinar que el área entre las curvas cuyas funciones son: f ( x) = x 2 + 2 y
g ( x) = − x en el intervalo [-2, 2] es 40 / 3.

Solución:

Fig. No. 19 Grafico solución

∫ [x ]
2
A= 2
+ 2 − ( − x ) dx
−2

∫ [x ]
2
A= 2
+ x + 2) dx Integrando:
−2

2
⎡1 1 ⎤
A = ⎢ x3 + x 2 + 2 x⎥ Evaluando:
⎣3 2 ⎦ −2

⎡1 1 ⎤ ⎡1 1 ⎤ ⎡8 ⎤ ⎡ 8 ⎤
A = ⎢ 2 3 + 2 2 + 2 * 2⎥ − ⎢ (−2) 3 + (−2) 2 + 2 * (−2)⎥ = ⎢ + 2 + 4⎥ − ⎢− + 2 − 4⎥
⎣3 2 ⎦ ⎣3 2 ⎦ ⎣3 ⎦ ⎣ 3 ⎦

26 14 40
A= + =
3 3 3

Así el área entre las curvas son efectivamente 40 / 3 unidades cuadradas.



De los ejercicios propuestos, hallar el área entre las curvas propuestas

1. f ( x ) =
2x
y g ( x) = 3 Rta: 18 unidades cuadradas
2

2. 4x2 + y = 4 y x4 − y =1 Rta:
104
unidades
15
cuadradas

3. f (x) = cos(x)
2
y g(x) =1 Rta:
π
unidades cuadradas
2

4. h(x) = x2 −1 y j(x) =7−x2 Rta:
64
unidades cuadradas
3

5. La intersección entre p ( x) = e x y q( x) = 1 − x 2 Rta: Trabajarla con el Tutor.

Lección 33: Área de superficies de revolución

B
a = 2π ∫ f (x )ds
A

Sabemos que toda curva representa una función, que se puede ilustrar en el plano
cartesiano. Si giramos la curva alrededor de uno de sus ejes, se genera una
Superficie de Revolución, el objetivo es determinar el área de la superficie
generada.

Fig. No. 20 Superficie de revolución


En la gráfica el giro se está realizando alrededor del eje x. y = f(x) denota una
curva suave, con a ≤ x ≤ b . Subdividimos el intervalo a = xo < x1 < x2 < . . . < xn = b
Así la curva se divide en n partes.

Sea ∆si la longitud de i-ésimo pedazo de la superficie y yi la ordenada, al girar se
observa la banda de color amarillo que se forma. El área se puede aproximar por
la de un cono truncado; es decir, 2 π y i Δ s i

Al sumar las áreas de todas las bandas y tomando el límite cuando la norma de la
partición tiende a cero, obtenemos lo que llamamos el área de la superficie de
revolución.

n
A = Lim ∑ 2π y i Δ s i Aplicando los principios de sumatorias y límites:
p →0
i =1

b
A = 2π ∫ f ( x ) ds Como ds es el diferencial de longitud y equivale a:
a

1 + ( f ' ( x) ) dx , reemplazando, obtenemos finalmente la ecuación del área de una
2

superficie de revolución.

Área generada de la curva f(x) alrededor del eje x:

b
A = 2π ∫ f ( x ) 1 + [ f ′( x )] dx
2

a

Para calcular áreas de de superficies de revolución, se puede utilizar las integrales
ordinarias, pero en muchas ocasiones se requiere un método de aproximación
conocido como los métodos numéricos.

Ejemplo 1:

Hallar el área de la superficie generada al rotar sobre el eje x la función y = x2 en
el intervalo [0, 1]


Solución:

Fig. 21 Superficie de revolución de y = x 2

Como y = x2 entonces. y’ = 2x

Ahora aplicamos la ecuación para obtener

el área. y = x2 Cuando gira alrededor de x.

1
A = ∫ 2π * x 2 1 + (2 x ) dx
2

0

1
A = 2π ∫ x 2 1 + 4 x 2 dx
0

Esta integral no se puede resolver por los métodos tradicionales de integración,
por lo cual se recurre a los métodos numéricos, para sí obtener el valor
aproximado de: 3,8097.

Ejemplo 2:

Dada la curva y = x la cual gira alrededor del eje x, cual será el área de la
superficie de revolución generada, para 0 ≤ x ≤ 2


Fig. No. 22 superficie de revolución de y = x

Solución:

1
Dado que f ( x) = x ⇒ f ' ( x) =
2 x

Ahora: ( f ' ( x) ) =
2 1
Luego aplicamos la formula:
4x

⎛
2
1 ⎞
A = 2π ∫ x ⎜ 1 +
⎜
⎟ dx
0 ⎝ 4x ⎟
⎠

⎛ 4x + 1 ⎞ x (4 x + 1)
2 2 2
A = 2π ∫ x⎜
⎜
⎟ dx = 2π ∫ dx = π ∫ 4 x + 1dx
0 ⎝ 4x ⎟ ⎠ 0
4x 0

1 1 ⎛1 3 ⎞
A = π ∫ u 2 du = π ⎜ u 2 ⎟ Como hicimos cambio de variable, volvemos a
4 ⎝2 ⎠
cambiar

la variable original. Entonces:

π π
(9 ) π
2

A= (4 x + 1) 3
= 3
− 13 = 729 − 1 =
728
π ≅ 42,3825
2 0 2 2 2


En muchos casos el giro de la curva se hace alrededor del eje y, luego en estos
casos la ecuación cambio en algunos aspectos.

Si x = f(y), siendo f(y) una curva suave y además mayor o igual a cero, el área de
la superficie generada al girar la curva f(y) alrededor del eje y es de la forma:

Área generada de la curva f(y) alrededor del eje y:

b
A = 2π ∫ f ( y ) 1 + [ f ′( y )] dy
2

a

Ejemplo 3:

Calcular el área de la superficie generada al girar alrededor del eje y, de la curva
1
x = y 3 en 0 ≤ y ≤ 1
3

Solución:

por otro lado: x' = y 2 ⇒ ( x') = y 4
1 3
Como x = y ⇒ x' = y 2
2
Ahora aplicamos la
3
fórmula:

1 1
1 2
A = 2π ∫ y 3 1 + y 4 dy = π ∫ y 3 1 + y 4 dy Por cambio de variable:
0
3 3 0

1
2 2 1 du 1 1
u =1+ y ⇒du= 4y dx
4 3
Luego: π ∫ y 1+ y dy = π ∫u
3 4 2
= π ∫u 2du
3 0 3 4 6

1 ⎛ 2 32 ⎞
Integrando: π ⎜ u ⎟ Cambiando de nuevo la variable, tenemos:
6 ⎝3 ⎠

1 ⎛
A = π ⎜ 1+ y4
9 ⎝
( )3 ⎞ =π
1

⎟
⎠0 9
( 8− 1 ) Por consiguiente: A=
π
9
(2 2 −1 )


EJERCICIOS:

Calcular el área de la superficie de revolución generada al girar alrededor del eje
establecido, de las funciones propuestas.

1 1
1. f (x) = x 4 + 2
4
Para 1≤ x ≤ 2 Eje Y Rta:
253
π
8x 20

2. g ( x) =
1
(2 + x 2 ) 2
3
Para 0≤x ≤ 2 Eje Y Rta: 12π
3

3. h(x) = x3 Para 0≤x ≤1 Eje X Rta:
π
(10 )
10 − 1
27

4. La parábola x2 = 4py En los puntos (0, 0) y

(2p, p) Eje Y Rta:
8 2
3
(
πp 2 2 − 1 )

5. m(x) = r2 − x2 Para −r ≤ x ≤ r Eje X Rta: 4πr 2

1
6. q ( x) = x 3 Para 1≤ x ≤ 7 Eje X Rta: 28 2π
3


Lección 34: Longitud de una curva

PQ = (Δx )2 + (Δy )2
Cuando queremos medir la longitud de una línea recta, solo colocamos una regla
o metro y hacemos la medición. La situación cambia cuando la línea que se desea
medir es curva, por ejemplo medir la longitud de la cuerda de luz que va de un
poste a otro.

Fig. No. 23 Longitud de curva.

Se desea calcular la longitud de la curva y = f(x) entre [a, b], donde la función
es continua. Haciendo la partición de manera usual, y uniendo los puntos de los
segmentos de tal forma que se forme una trayectoria poligonal que aproxime la
curva.
→

Longitud PQ = (Δx) 2 + (Δy) 2

Para calcular la longitud del segmento total, se debe hacer la sumatoria de la
n

partición, es decir: L = ∑ (Δxi )2 + (Δyi )2
i =1

La aproximación a la longitud de la curva mejora, si la partición se hace más fina;
o sea, la sumatoria tiene límite calculable, cuando la norma de la partición tiende a
cero.


DEFINICIÓN:

Una función f(x) cuya primera derivada es continua, se denomina SUAVE y su
gráfica es una curva suave.

Para una función f(x) suave, por el teorema del valor medio, existe un punto
→
(ck , f (ck ) ) de la curva PQ donde la tangente es paralela a dicho segmento.

Fig. No. 24 Demostración longitud de curva.

Δy k
Podemos inferir que: f ' ( x ) =
Δxk

Luego:

Δyk = f ' ( x)Δxk

Si reemplazamos en la fórmula que tenemos para la longitud L, obtenemos:

n
L = ∑ (Δxk ) + ( f ' (ck )Δxk )
2 2

k =1


Reorganizando el radical:

n
L = ∑ 1 + ( f ' (ck )) Δxk
2
Suma de Riemman.
k =1

DEFINICIÓN:

Sea f(x) una función suave en [a, b], la longitud de la curva y = f(x) desde a hasta
b equivale a:

b
L = ∫ 1 + [ f ′( x )] dx
2

a

Ejemplo 1:

Hallar la longitud de la curva y = x2 en el intervalo [-1, 1].

Solución:

La ecuación para hallar la longitud de la curva, muestra que se debe hallar la
derivada de la función y luego elevarla al cuadrado, realicemos esto:

f(x) = x2 luego: f’(x) = 2x y (f’(x))2 = (2x)2, con estos argumentos podemos aplicar
la ecuación para hallar la longitud. De la curva.

b 2
L = ∫ 1 + [ f ' ( x)] dx = ∫ 1 + (2 x ) dx
2 2
Para resolver esta integral
a −1

podemos aplicar la fórmula siguiente:

∫ a 2 + x 2 dx =
x
2
a2 + x2 +
a2
2
[ ]
Ln x + a 2 + x 2 + c Reemplazando:

2
⎡ 2x 2 ⎤
2
1 + (2 x ) dx = ⎢ 1 + (2 x ) + Ln⎛ 2 x + 1 + (2 x ) ⎞⎥
1
L=∫ ⎜ ⎟
2 2

−1 ⎣ 2 2 ⎝ ⎠⎦ −1


Simplificando y evaluando:

⎡ 2x 2 ⎤ ⎡ 2 ⎤
1 + (2 x ) + Ln⎜ 2 x + 1 + (2 x ) ⎞ ⎥ = ⎢ x 1 + (2 x ) + Ln 1 + (2 x ) ⎥
1 ⎛
( )
2 1 2
L=⎢ ⎟
2 2

⎣2 2 ⎝ ⎠ ⎦ −1 ⎣ 2 ⎦ −1

⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 1 2 ⎞
( )
L = ⎜ 2 1+16 + Ln(1+16)⎟ − ⎜−1 1+ (−1* 2) + Ln1+ (−1* 2) ⎟ Desarrollando:
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

Ln(17) Ln(5)
L = 2 17 + + 5− = 11.094
2 2

Ejemplo 2:

Hallar la longitud de la curva f ( x) = x 3 en el intervalo [1, 4].

Solución:

Como en el caso anterior, veamos:

3 12
f ( x) = x 3 ⇒ f ' ( x) = X Ahora aplicamos la fórmula de longitud.
2

2
⎛ 3 12 ⎞
b 4 4
L = ∫ 1 + [ f ' ( x)] dx = ∫
9
1 + ⎜ x ⎟ dx = ∫ 1 + x dx
2

a 1 ⎝2 ⎠ 1
4
Hacemos cambio de variable:

9 9
u = 1+ x ⇒ du = dx Despejamos dx = (4/9) du, luego reemplazamos:
4 4


4⎛2 3 ⎞
4
9 4
L = ∫ 1+ x dx = ∫ u du = ⎜ u 2 ⎟
1
4 9 9⎝3 ⎠
9
Como u = 1 + x , lo sustituimos para que la solución quede en función de x, como
4
se propone originalmente.

4
4 ⎛ 2 32 ⎞ ⎡ 8 ⎛ 9 ⎞ 2 ⎤
4 3
9
L=∫ 1 + x dx = ⎜ u ⎟ = ⎢ ⎜1 + x ⎟ ⎥ Evaluando:
4 9⎝3 ⎠ ⎢ 27 ⎝ 4 ⎠ ⎥
1 ⎣ ⎦1
4
⎡ 8 ⎛ 9 ⎞ 32 ⎤ 3
8 ⎛ 9 ⎞ 2 8 ⎛ 9 ⎞ 2
3

L = ⎢ ⎜1 + x ⎟ ⎥ = ⎜1 + * 4 ⎟ − ⎜1 + *1⎟
⎢ 27 ⎝ 4 ⎠ ⎥
⎣ ⎦1
27 ⎝ 4 ⎠ 27 ⎝ 4 ⎠

3 3 3
8 ⎛ 9 ⎞ 8 ⎛ 9 ⎞ 8 ⎛ 13 ⎞
= (10) 2 − ⎜ ⎟
2 2 2
8 3
L = ⎜1 + * 4 ⎟ − ⎜1 + *1⎟
27 ⎝ 4 ⎠ 27 ⎝ 4 ⎠ 27 27 ⎝ 4 ⎠
3
8 ⎛ 13 ⎞
L = (10) 2 − ⎜ ⎟
2
8 3
= 9.3697 − 1.7360 = 7.634
27 27 ⎝ 4 ⎠


Lección 35: Longitud de un arco en forma para métrica.

x = f (t )
En este aparte se analizará la longitud de curvas suaves, donde las funciones
están dadas en forma paramétrica. Las funciones paramétricas, definidas en x y
y dependen de un parámetro t, según:

x = f (t ) y = f (t )
Para a≤t ≤b
Al igual que en el caso de la longitud de curvas suaves, la idea es aproximar la
curva por medio de un segmento formado por una trayectoria polinomial.

Fig. No. 25 Longitud de curva paramétrica.

Δsi Corresponde al segmento de longitud de la curva.

Δwi Es la proyección de la longitud de la curva en un triángulo rectángulo, del
cual es la hipotenusa. La longitud de Δwi se obtiene de la siguiente manera:


Δwi = (Δxi )2 + (Δyi )2
Debemos definir Δxi y Δy i , los cuales son equivalentes a:

Δxi = f (ti ) − f (ti−1 ) y Δyi = g(ti ) − g(ti−1 ) Por el teorema del valor
medio, sabemos que existen los puntos ci y ki que pertenecen al intervalo ( ti-1, ti)
tal que:

f (ti ) − f (ti−1 ) = f ' (ci )Δti y g (ti ) − g (ti −1 ) = g ' ( ki ) Δti Luego:

Δwi = ( f ' (ci )Δti )2 + (g' (ki )Δti )2 La longitud total de la trayectoria

Polinomial será:
n n

∑ Δw = ∑ ( f ' (c )) + (g' (k )) Δt
2 2
i i i i Si observamos bien, deducimos que
i =1 i =1
corresponde la suma de Riemman.

Por consiguiente, la longitud del arco establecido, será el límite de la ecuación
anterior, cuando la norma de la partición tiende a cero, entonces:

b
L=∫ [ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2 dt
a

Dicho de otra manera:

2 2
⎡ dx ⎤ ⎡ dy ⎤
b
L= ∫
a
⎢ dt ⎥
⎣ ⎦
+ ⎢ ⎥ dt
⎣ dt ⎦

Así se puede calcular la longitud de una curva con ecuaciones paramétricas.


Ejemplo 1:

Encontrar el perímetro del círculo x 2 + y 2 = 16 , para 0 ≤ t ≤ 2π . La forma
paramétrica de la ecuación es: y = 4sen (t) y x = 4cos (t)

Solución:

Como se sabe como se comporta x e y respecto a t, derivamos las dos variables
respecto al parámetro.

dx dy
x = 4 cos( t ) ⇒ = − 4 sen (t ) y y = 4 sen(t ) ⇒ = 4 cos(t )
dt dx
Por la fórmula de longitud:

2 2 2π
⎡ dx ⎤ ⎡ dy ⎤
b
L = ∫ + ⎢ ⎥ dt = ∫ (− 4 sen ( t ) ) + (4 cos( t ) ) dt
2 2
⎢ dt ⎥
a ⎣ ⎦ ⎣ dt ⎦ 0

2π 2π
L = ∫ (− 4 sen ( t ) ) + (4 cos( t ) ) dt = ∫ ( t ) + cos
2 2 2 2
16 ( sen ( t ) dt
0 0

2π 2π
L = ∫ (
16 sen ( t ) + cos ( t ) dt =
2 2
) ∫4 sen 2 ( t ) + cos 2 ( t ) dt
0 0

2π 2π
2π
L = ∫ 4 sen ( t ) + cos ( t ) dt = ∫ 4 dt = 4 t = 4 ( 2 π − 0 ) = 8π
2 2
0
0 0

El perímetro del círculo propuesto tiene como longitud 8π.

Ejemplo 2:

1
Calcular la longitud de la curva, cuya ecuación paramétrica está dada por: x = t 3
3
1
y y = t 2 para 0 ≤ t ≤ 1
2


Solución:

Primero calculamos las derivadas de las funciones x e y.

1 dx 1 2 dy
x = t3 ⇒ = t2 y y= t ⇒ = t , ahora aplicamos la ecuación para
3 dt 2 dt
hallar la longitud.

2 2

∫ (t )
⎡ dx ⎤ ⎡ dy ⎤
b 1

∫ + (t ) dt
2
L = + ⎢ dt = 2 2
⎢ dt ⎥
⎣ ⎦ ⎣ dt ⎥
⎦
a 0

∫ (t ) ∫ (t )dt ) = ∫ t
1 1 1
+ (t ) dt =
2
L = + t t 2 + 1 dt
2 2 4 2

0 0 0

du
Por cambio de variable: u = t + 1 ⇒ du = 2tdt despejamos tdt =
2
Luego:
2
1

∫ (u )
du 1 1 2 3
∫t ∫
1
L = t 2 + 1 dt = u = 2 du = * u 2

0
2 2 2 3

No utilizamos los límites, ya que estamos trabajando con la variable u, cuando
sustituyamos de nuevo u por x sí hacemos la evaluación de los límites.

Reemplazando obtenemos:

( ) ( )
1

L =
1
2
*
2
3
u
3
2
=
2
6
(t 2
+ 1 )3
=
1
3
8 − 1 =
1
3
2 2 − 1
0

La longitud de la curva paramétrica es de
1
3
(
2 2 −1 )
EJERCICIOS:

Solucionar los siguientes ejercicios.

1. Por integración hallar la longitud de la curva f ( x) = 2 x + 3 en el intervalo [1, 3]

Rta: 2 5


2. Hallar la longitud de la curva g ( x) = (4 − x )
3 2
3
Entre 1 ≤ x ≤ 8 Rta: 9

3. Cual será la longitud de la curva h( x) = 2 x − x 2 en el intervalo 0 ≤ x ≤ 2

2
Rta: ∫
0
4 x 2 − 8 x + 5dx Por integración numérica se obtiene: 2,9578

1 2
4. Cual será la longitud de la curva p ( x) = x − Ln( x) en el intervalo [2, 4]
2

1
Rta: 6 + Ln(2) ≅ 6,1732
4

5. Los hilos de un tendido eléctrico suspendidos entre dos torres tiene la forma de
⎛ x ⎞
una catenaria, cuya ecuación es: f ( x) = 20 cosh⎜ ⎟ , x e y se miden en metros,
⎝ 20 ⎠
Cual será la longitud de la cuerda que descansa
entre los dos postes.

e x + e−x
cosh(x) =
2
Rta: 20(senh(1) − senh(−1) ) ≡ 47 metros

6. Hallar la longitud de la curva, cuya ecuación paramétrica está dada por:
x = 4sen(t )

y y = 4 cos(t ) − 5 , en el intervalo [0, π] Rta: 4π

7. Calcular la longitud de la hipocicloide de cuatro vértices, que tiene como
ecuaciones paramétricas: x = asen 3 (t ) y y = a cos 3 (t ) donde 0 ≤ t ≤ 2π
Rta: 6a


CAPITULO 8: Volumen de superficie de revolución.

Introducción

b
V = ∫ A( x )dx
a

Haciendo un seguimiento a las secciones anteriores, vemos que por medio de
integrales podemos hallar áreas bajo la curva, longitud de curvas y área de
superficies de una curva al rotar. Ahora nos preguntaremos ¿Que ocurre con el
volumen de figuras engendradas al girar una curva? La respuesta está dada
también por medio de integrales.

Para hallar el volumen de un sólido de revolución, hay varias técnicas, las cuales
analizaremos en seguida, solo es pertinente resaltar que sea el camino que se
tome, las demostraciones siguen la línea de las sumas de Riemman.

Lección 36: Volumen de sólidos de revolución: método de arandelas.

Imaginémonos un tubo macizo, que al hacerle una rebanada por el centro, se nos
forma un tubo hueco, al particionarlo obtenemos arandelas.

Toda arandela tiene un área y un volumen, situación que vamos a analizar.

Fig. No. 26 Arandelas

V = Volumen de la arandela

A = Área de la base


h = Grosor

V = A* h Pero:

(
A = π R2 − r2 ) Luego:

V = π (R 2 r 2 ) * h

Utilizando un procedimiento similar al caso de las rebanadas o discos, podemos
obtener el volumen del sólido formado por las arandelas.

[ ]
b
V = ∫ π (R(x )) − (r ( x )) dx
2 2

a

Podemos ver que R y r son funciones de x.

Ejemplo 1:

Dadas las curvas f ( x) = x 2 y g ( x) = 2 x , ubicadas en el primer cuadrante. Hallar
el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y acotado por las curvas
dadas.

Solución:

Fig. No. 27 Solución volumen


Como las funciones giran alrededor del eje Y, se debe expresar las funciones así:

x = f(y), como vemos en la gráfica.

Con estos argumentos podemos hallar el volumen.

∫ π [(R ( y ) ) ]
b
V =
2
− (r ( y ) ) dy
2

a
Reemplazando:

⎡ ⎛ y ⎞ ⎤
( )
4 2 4 4
1
∫ ∫ ∫
2
V = π ⎢ y − ⎜ ⎟ ⎥ dy = π ydy − π y 2 dy
0 ⎢
⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 0 0
4 Integrando:

π π π
(16) − π (64) = 8π − 16 π
4 4
8
V = y2 − y3 = = π
2 0 12 0 2 12 3 3

8
El volumen del sólido generado es de π unidades cúbicas.
3

NOTA: Si observamos detenidamente, para este tipo de problemas, lo esencial es
identificar las funciones R(x) y r(x); además, sobre cual eje gira. Si es alrededor
del eje x se expresa las funciones de la forma R(x) y r(x), pero si es alrededor del
eje y se expresa como R(y) y r(y). Importante hacer la gráfica explicita de la
situación.

Ejemplo 2:

Hallar el volumen del sólido generado al rotar sobre el eje x las curvas dadas por:

y = −x + 3 y g ( x) = x 2 + 1
Solución:

Primero hallemos los límites de integración, esto ocurre cuando: − x + 3 = x 2 + 1 , si
despejamos x obtenemos: x = -2 y x = 1. (Por favor corroborar estos límites)

Entonces: R ( x) = − x + 3 y r ( x) = x 2 + 1

[ ( )]
1
V = ∫ π (− x + 3) − x 2 + 1 dx Desarrollando:
2 2

−2


[( ) ( )]
1 1
V = ∫ π x − 6 x + 9 − x + 2 x + 1 dx = π ∫ (8 − 6 x − x 2 − x 4 ) dx
2 4 2

−2 −2

1
⎛ 1 1 ⎞ 117
V = π ⎜ 8 x − 3x 2 − x 3 − x 5 ⎟ = π
⎝ 3 5 ⎠ −2 5

117
El volumen del sólido generado es de π unidades cúbicas.
5

Ejemplo 3:

Hallar el volumen del sólido generado al rotar la curva x 2 + y 2 = 4 alrededor
del eje x = -1.

Solución:

Fig. No. 28 Solución ejemplo 3

Observando las figuras, podemos ver que la curva gira alrededor del eje x = -1. lo
que origina un cilíndrico hueco de radio 1, ahora:

R( y) = 1 + 4 − y 2 y r ( y ) = −1 , luego:


( ) − (− 1) ⎤⎥⎦dy [( ) ]
2 2
V = ∫π ⎡ 1 + 4 − y 2
2
Luego: V = ∫ π 1 + 2 4 − y 2 + 4 − y 2 − 1 dy
2
⎢
−2 ⎣ −2

[( )] ( )
2 2
V = ∫ π 2 4 − y 2 + 4 − y 2 dy = 2π ∫ 2 4 − y 2 + 4 − y 2 dy Por simetría
−2 0

( )
2 2 2 2
V = 2π ∫ 2 4 − y + 4 − y dy = 4π ∫ 4 − y dy + 8π ∫ dy − 2π ∫ y 2 dy
2 2 2
Integrando:
0 0 0 0

2
⎛y y ⎞
2 2 2 2
y2 2
V = 4π ∫ 4 − y dy + 8π ∫ dy − 2π ∫ y dy = 4π ⎜ 4 − y2 + Sen −1 ( ) ⎟ + 8πy 0 − πy 3
2 2 2
⎜2 ⎟
0 0 0 ⎝ 2 2 ⎠0 3 0

Evaluando:
2
⎛y y ⎞
2 2 2 2
y2 2
V = 4π ∫ 4 − y 2 dy + 8π ∫ dy − 2π ∫ y 2 dy = 4π ⎜ Sen −1 ( ) ⎟ + 8πy 0 − πy 3
2
⎜2 4 − y2 + ⎟
0 0 0 ⎝ 2 2 ⎠0 3 0

2
⎛y −1 y ⎞ ⎡ ⎛π ⎞ ⎤
2
y2 2 3 2
V = 4π ⎜
⎜ 2 4 − y + 2 Sen ( 2 ) ⎟ + 8πy 0 − 3 πy = 4π ⎢2⎜ 2 ⎟ − 0⎥ + 16π − 3 π (8)
⎟
2 2

⎝ ⎠0 0 ⎣ ⎝ ⎠ ⎦

⎡ ⎛π ⎞ ⎤ 2 16
V = 4π ⎢2⎜ ⎟ − 0⎥ + 16π − π (8) = 4π 2 + 16π − π Operando:
⎣ ⎝ 2⎠ ⎦ 3 3

32
V = 4π 2 + π Unidades Cúbicas.
3
EJERCICIOS:

1. Sea la región R la cual está delimitada por las curvas y = f(x) y y = g(x), donde
f(x) > g(x), si R se hace girar alrededor del eje x entre los valores a y b. Cual sería
el volumen del sólido generado.


2. Cómo se hallaría el volumen del sólido generado, cuando se hace girar la curva

1
y= alrededor del eje y = -1, entre x = 1 y x = 3 Rta:
x3
⎛ 1 2⎞
3
V = π ∫ ⎜ 6 + 3 ⎟dx
1⎝ x x ⎠

3. Calcular el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje x las
curvas: y = 1

y y = cos(x) entre -π/2 y π/2 Rta: π 2 − 2π

4. Hallar el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y las curvas
x =1 y

π
x = tan( y ) en: 0 ≤ y ≤
4
Rta:
4
(
1 2
π −4 )
5. Cual será el volumen del sólido generado por las curvas y = x y y = 1 , cuando

2
giran alrededor del eje x. Rta: π
3

6. Calcular el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y las curvas

y = x 2 , la recta x = 0 y la recta x=2 Rta: 8π

Todas las respuestas, están dadas en unidades cúbicas.


Lección 37: Volumen de sólidos de revolución: método de casquetes
cilíndricos.

(
V = π R2 − r 2 h )
En muchos problemas de diferentes áreas del saber, el método del casquete
cilíndrico es muy adecuado para la solución de la situación presentada. Un
cascarón de forma cilíndrica, es un sólido acotado por dos cilindros circulares
rectos, de forma concéntrica, con radio interior r y radio exterior R; además, una
altura h

Fig. No. 29 Casquetes.

El volumen será: V = Ab * h Donde Ab es el área de la base y h la altura. Pero
el área de la base será: Ab = πR 2 − πr 2 , luego:

V = π (R 2 − r 2 ) * h Desarrollando:

V = π (R + r )(R − r ) * h

Para obtener la ecuación que permite hallar el volumen, debemos hacer una
transformación:

Multiplicamos y dividimos por 2 la última ecuación, luego:


⎛R+r⎞
V = 2π ⎜ ⎟( R − r ) * h
⎝ 2 ⎠

R+r
Ahora, definimos radio promedio como: R = y cambio del radio como:
2

Δr = R − r . Por consiguiente: V = 2πRhΔr
Para hallar el volumen del sólido de revolución al girar la región acotada por la
curva y = f(x) al rededor de un eje de coordenadas, hacemos la partición, llevando
la norma de ésta a cero y, sumamos las fracciones formadas, de esta manera se
logra obtener el volumen del sólido.

Fig. No. 30 Desarrollo sólidos de revolución.

Según la primera gráfica: ΔV ≅ 2πxf ( x ) Δx Si llevamos la partición a cero y
sumamos todas las partes, obtenemos:

La obtención de la ecuación, ha seguido los mismos principios que hemos venido
utilizando, o sea por medio de las sumas de Riemman.

b
V = 2π ∫ xf ( x )dx
a


Ejemplo 1:

Al hacer girar la curva y = x alrededor del eje y entre las rectas x = 0 y x = 4, se
genera un sólido de revolución, ilustrar el caso y hallar el volumen del sólido
generado.

Solución:


b
Como: V = 2π ∫ xf ( x)dx reemplazamos en los datos que tenemos:
a

4 4 4
1 3
V = 2π ∫ x * x dx = 2π ∫ x * x 2 dx = 2π ∫ x 2 dx Aquí ya podemos integrar:
0 0 0

[ ]
4

= π (4) 2 − 0 =
2 5 4 5 128
V = 2π x 2 π Unidades cúbicas.
5 0 5 5

Ejemplo 2:

⎛r⎞
Dada la recta y = ⎜ ⎟ x con r > 0 y h > 0, el eje x y la recta x = h. La recta y se
⎝h⎠
hace girar alrededor del eje x. Encontrar el volumen del sólido generado.


Resolverlo por:

a- Método de arandelas
b- Método de casquetes

Solución:

a- Por el método de arandelas.

2

( )⎛r ⎞
b h
V = ∫ π R ( x) − r ( x) dx ⇒ V = ∫ π ⎜ x ⎟ dx Desarrollando el cuadrado e
2 2

0 ⎝
a
h ⎠

integrando:

2 h
⎛r ⎞ r2 ⎛1 3 ⎞
h h h
r2 2 r2 2
V = ∫ π ⎜ x ⎟ dx = π ∫ 2 x dx = π 2 ∫ x dx = π 2 ⎜ x ⎟ Evaluando:
0 ⎝
h ⎠ 0
h h 0 h ⎝3 ⎠0

h
r2 ⎛1 3 ⎞ r2 ⎛1 3 ⎞ 1 2
V = π 2 ⎜ x ⎟ = π 2 ⎜ h ⎟ = πr h
h ⎝3 ⎠0 h ⎝3 ⎠ 3

1
V = πr 2 h Corresponde al volumen de un cono circular recto.
3


b- Por el método de casquete:

Fig. No. 33 Demostración casquetes.

⎛ h ⎞ ⎡ ⎛1⎞ ⎤
b r r
V = ∫ 2π yf ( y ) dy = 2π ∫ y ⎜ h − y ⎟dy = 2πh ∫ ⎢ y − ⎜ ⎟ y 2 ⎥dy
0 ⎝
a
r ⎠ 0 ⎣ ⎝r⎠ ⎦

Desarrollando la integral.
r
⎡ ⎛1⎞ ⎤
r
⎛ y2 1 ⎞ ⎛ r2 r3 ⎞
V = ∫ ⎢ y − ⎜ ⎟ y 2 ⎥dy = 2πh⎜ − y 3 ⎟ = 2πh⎜ − ⎟
⎜ 2 3r ⎟ ⎜ 2 3r ⎟ Simplificando:
0⎣ ⎝r⎠ ⎦ ⎝ ⎠0 ⎝ ⎠

1
V = πr 2h Volumen de un cono circular recto.
3
Como podemos observar los dos métodos conllevan al mismo resultado.

Ejemplo 3:

Hallar el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y, la región por
encima de la parábola f ( x) = x 2 y por debajo de la curva g ( x) = 2 − x 2 .

Solución:

Por el tipo de grafica, las rebanadas verticales nos llevan a una buena solución.


h = 2 − x2 − x2
Ahora:
b
V = ∫ 2π xf ( x ) dx
a

Fig. No. 34 Rebanadas.

∫ 2π x (2 − 2 x )dx ∫ 4π x (1 − x )dx ∫ (x − x )dx
1 1 1
V = 2
= 2
= 4π 3

0 0 0

1

( ) ⎛1 ⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1⎞
1
1
V = ∫ 4 π x − x dx = 4π ⎜ x 2 − x 4 ⎟ = 4π ⎜ − ⎟ = 4 π ⎜ ⎟
3

0 ⎝2 4 ⎠0 ⎝2 4⎠ ⎝4⎠

V = π Unidades cúbicas.

Ejercicios:

1. Hallar el volumen del sólido generado por los planos perpendiculares a la
recta x = -1 y x = 1, las secciones transversales perpendiculares al eje entre
estos planos son cuadrados verticales cuyas bases van del semicírculo
y = − 1 − x 2 al semicírculo y = 1 − x 2 .
Rta: 16/3

2. Hallar el volumen del sólido generado entre los planos perpendiculares al eje
y por y = 0 y, y = 2. Las secciones transversales perpendiculares al eje y son
discos circulares cuyos diámetros van desde el eje y hasta la parábola x = 5 y 2

Rta: 8π

3. Encontrar el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje x la curva
1 π
y = , con x = 2, x = 4 y el eje y. Rta:
x 4


4. Encontrar el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y la curva
1 23
y = x 3 + 1 , y = 1 – x y x = 1. Rta: π
4 30

5. Se perfora un agujero redondo de radio r que para por el centro de una esfera
sólida de radio R, (R > r) encontrar el volumen del sólido producido Rta:
4
3
(
π R2 − r 2
3
)

Lección 38: Volumen de sólidos de revolución: método de rebanadas o
discos.

b
V = ∫ A( x )dx
a

Para hallar el volumen del sólido descrito en la gráfica, en cada punto x del
intervalo definido, la sección transversal del sólido corresponde a la región R(x),
cuya área es A(x). Luego A es función de x de valor real. Las capas o rebanadas
formadas se suman para formar el volumen del sólido en el intervalo definido.

Fig. No. 35 Discos.

ΔVi = A(ci )Δxi


Donde ci es el punto contenido en el intervalo [x i −1 , x i ] . El volumen del sólido
será aproximadamente la suma de Riemman, cuando la partición se hace muy
pequeña.

n
V ≈ ∑ A(ci )Δxi Sabiendo que el área se debe obtener según el tipo de figura
i =1
que

se obtiene, el volumen será de la forma:

b
V = ∫ A ( x ) dx
a
A(x) es el área de la figura obtenida.

NOTA: Es pertinente tener presente que para resolver problemas de este tipo, se
requieren buenos principios de geometría plana y espacial, por lo cual se
recomienda en caso de recordar algo al respecto, consultar el módulo de
Matemáticas Básicas de la UNAD.

Ejemplo 1:

Una pirámide de 3 m. de altura tiene base cuadrada de 3 m. de lado, hallar el
volumen de la pirámide.

Solución:

El área de la sección transversal es: A(x) = x2
ahora:
3

( )
3
3 − 1 = (27 )
1 1 3 3 1
V = ∫ x dx = x 3
2
=
0
3 0 3 3

Resolviendo: Fig. No. 36 Solución problema 1

3
V = ∫ x 2 dx = 9 Unidades cúbicas.
0


El ejercicio fue relativamente fácil, ya que la figura el muy conocida, pero no ocurre
siempre así, veamos otros ejemplos.

Ejemplo 2:

Hallar el volumen del sólido de revolución al hacer girar la región R(x) alrededor
del eje X y acotada por la curva f ( x) = x en el intervalo 0 ≤ x ≤ 3 .

Solución:

Fig. No. 37 solución problema 2

El área para un círculo es: A = πR 2 , como el volumen es área de la base por la
altura, entonces:

ΔV = π ( f ( x) ) Δx
2
Luego:

3 3 3
V = ∫ π ( x ) dx = ∫ πxdx = π ∫ xdx
2

0 0 0

Integrando obtenemos:

3

( )
3
1 1 9
V = π ∫ xdx = πx 2 = π 32 − 0 2 = π
0
2 0 2 2


9
Luego: V = π unidades cúbicas.
2
Ejemplo 3:

Encontrar el volumen del sólido generado al rotar sobre el eje Y la región acotada
por la curva y = x2 en el intervalo [0, 4].

Solución:

Como y = x 2 ⇒ x = y

Ya que necesitamos rotarlo alrededor de Y,
como

A = πR 2 , Siendo R = y , entonces:

ΔV = π ( y ) Δy
2
Por la suma de Riemman, obtenemos:

4

( )
4 4
1 1
V = ∫ π ydy = π
0
∫
0
ydy = π y 2
2
=
2
π 42 − 02
0

Finalmente:

V =
1
2
(
π 4 2 − 0 2 = 8π ) Unidades cúbicas.

Ejemplo 4:

1 2
Dada la función y = 2 − x . Hallar el volumen del sólido generado por la curva
2
alrededor del eje y para 0 ≤ x ≤ 2 .


Solución:

Como el giro es alrededor del eje y, despejamos
x,

1 2
luego: y = 2 − x ⇒ x = 4 − 2 y . En seguida
2

aplicamos la ecuación para el volumen del sólido alrededor del eje y, entonces:

2 2
V = ∫ π ydy
0
=π ∫0
4 − 2 y dy

Desarrollando:

( )
2
V =π ∫ 4 − 2 y dy = π 4 y − y 2 = 4π
2
0 Unidades cúbicas.
0

Ejercicios:

1. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región acotada por y = 2 − x ,
8
en x = 0 y y = 0, alrededor del eje x. Rta: π
3

2. Calcular el volumen del sólido generado al rotar la región limitada por la curva
32
y = x para y = 2 y x = 0, alrededor del eje y. Rta: π
5

224
y = x para y = 2 y x = 0, alrededor del eje x = 4. Rta: π
15


1
y = x 3 para y = 0 y x = 1, alrededor de x = 1 Rta: π.
10

206
y = x 2 + 1 para [0, 2], alrededor del eje x. Rta: π
15

256
y = 4 − x 2 para [0, 2], alrededor del eje x. Rta: π
15

y = 4 − x 2 para [0, 2], alrededor del eje y. Rta: 8π

8. Una pirámide se levanta 500 metros sobre una base cuadrada de 750 metros
de lado. Cual será el volumen de la pirámide. Rta: 93.750
metros cúbicos


Lección 39: Momentos y centros de masa

Recordando los principios de dinámica y mecánica, sabemos que el momentum es
el producto de la masa y la distancia respecto a un punto de equilibrio.

Fig. No. 38 equilibrio

Momentum = x1*m1 + x2*m2

El triángulo nos indica el punto de equilibrio.

Para un sistema de masas η = m1, m2, m3, … mη ubicados en los puntos x1, x2, x3,
… , xη respectivamente a lo largo del eje x, el momentum total M, será la suma
de los momentum individuales.
n
M = ∑ x i * mi Cuando M = 0, se presenta equilibrio si el punto de equilibrio esta
i =1

en el

origen. Generalmente esto no ocurre, la situación es cómo hallar el punto para
que un sistema de masas este en equilibrio. Si llamamos Ce el punto donde un
sistema de masas puede estar en equilibrio, entonces:

(x1 − Ce )m1 + (x2 − Ce )m2 + (x3 − Ce )m3 + ... + (xn − Ce )mn = 0 Operando:

x1m1 + x2m2 + x3m3 +...+ xnmn = m1Ce + m2Ce + x3Ce +...+ mnCe
Despejando Ce obtenemos lo que se conoce como el centro de masa:


n

∑ xi m i
Ce = i =1
n

∑m
i =1
i

Físicamente el centro de masa es el punto donde concentramos toda la masa del
sistema. Si deseamos distribuir dicha masa a lo largo de una recta de alambre con
densidad variable, llegamos al siguiente planteamiento:

Δm = ρ ( x)Δx . Siendo m la masa, ρ ( x) densidad en el punto x y Δx ubicación
de la masa respecto al punto de equilibrio. Luego:

b
m = ∫ ρ ( x)dx
a Corresponde a la masa en un punto dado de la recta

Por otro lado: ΔM = xρ ( x)Δx Por medio de la teoría de integrales llegamos a:

b
M = ∫ xρ ( x ) dx
a

Con todo lo anterior, podemos hallar el centro de masa a lo largo de una varilla
con densidad variable.

b

∫ x ρ ( x ) dx
Ce = a
b

∫ ρ ( x ) dx
a


Dicho de otra manera:
M
Ce =
m

La parte fundamental para resolver problemas de este tipo, es identificar
claramente la función densidad en el punto establecido.

Ejemplo 1:

Una varilla de 20 cm. De longitud presenta una densidad de ρ ( x) = 2 x 2 − 1 , Hallar
el centro de masa.

Solución: b

∫ x ρ ( x ) dx
C e = a
b

∫ ρ ( x ) dx
Aplicando la a ecuación:

Reemplazando términos:

20

∫ − 1 ) dx
2
x (2 x
C e = 0
20

∫ − 1 ) dx
2
(2 x
0
Integramos cada parte:

20 20
1 4 1 2 160.000 400
∫ (2 x − x)dx = 2 x − 2 x = − = 79.800
3

0 0 2 2

20 20
2 3 16.000 15.940
∫ (2 x − 1)dx = 3 x − x 0 = 3 − 20 = 3
2

0

Agrupamos los dos resultados:


79 . 800
C e = ≅ 14 , 13
15 . 940
3 Centímetros

Ejemplo 2:

Encontrar el centro de masa de una lámina homogénea, cuya forma es una región
acotada por la curva y = sen(x) para 0 ≤ x ≤ π.

Solución:

Cuando la lámina es homogénea, la densidad es constante, luego el centro de
masa de la región, será dada por la forma de la región, para estos casos hablamos
de centróides.

La región es simétrica en x = π/2,
pero para ya el centro de masa será
menor a 1/2, ya que la mayor
cantidad está por debajo de ½.

Ahora:

1
Mx = f ( x) * f ( x)
2

Fig. No. 38 Centro de masa

m x = f (x)

Aplicando la fórmula obtenida:
π π π
1 1
∫M ∫ 2 sen( x) * sen( x)dx ∫ sen ( x)dx
2
x dx
20
Ce( y ) = 0
π
= 0
π
= π
Por identidades tenemos:
∫m
0
( x) dx ∫ sen( x)dx
0
∫ sen( x)dx
0


π
1
(1 − cos(2 x) )dx
2∫
Ce( y ) = 0
π
Integremos por separado y al final agrupamos:
∫ sen( x)dx
0

π π
1⎛ ⎞ π π π
∫ (1 − cos(2 x))dx = 2 ⎜ x − 2 sen(2 x) ⎟ 0 = 2 − 4 sen(2π ) = 2
1 1
20 ⎝ ⎠

π
= −(cos(π ) − cos(0) ) = 2
π
∫ sen( x)dx = − cos( x)
0
0
Agrupando:

π
Ce = 2 = π
(y)
2 4

Ejemplo 3:

Mostrar que el centroide de la región acotada por las curvas y = x 3 y y = x , es:

3 12
Ce( y ) = Ce( x ) =
7 25

Solución:

Fig. No. 39 Centroide.

∫ x( )
1
x − x 3 dx
Ce ( x ) = 0
1

∫(
0
x − x 3 ) dx


1
⎛ 2 x 52 − 1 x5 ⎞
⎜ 5
⎝ 5 ⎟0⎠
Ce( x ) = 1
⎛ 2 x 32 − 1 x 4 ⎞
⎜ 3
⎝ 4 ⎟0 ⎠

Desarrollando:

=
(25 (1) − 15 (1)) = 15 = 12
Ce( x)
(23 (1) − 14 (1)) 512 25

Referente al eje y tenemos:

∫ ( )( ) ∫ 2 [( ]
1 1
1 1
x + x 3
x − x dx
3
x ) 2 − ( x 3 ) 2 dx
2
Ce ( y ) = 0
= 0
Desarrollando:
∫( )
1 1

∫( x − x ) dx x − x dx
3 3

0 0

( )
1 1
1 1⎛1 2 1 7⎞
∫ x − x dx ⎜ x − x ⎟
6
5
20 2⎝2 7 ⎠0 3
Ce ( y ) = = = 18 =
∫( )
1 1
⎛ 2 32 1 4 ⎞ 5 7
x − x 3 dx ⎜ x − x ⎟ 12
0 ⎝3 4 ⎠0

EJERCICIOS:

x
1. Hallar el centro de masa de un objeto cuya función densidad es: ρ ( x) = +2
6
para

0≤x≤6 Rta: Ce = 16/5


2. Calcular el centro de masa para un objeto que tiene como densidad:
2
x
ρ ( x) = +4
4

para el intervalo: -2 ≤ x ≤ 2. Rta: Ce = 0

3. Tres partículas tienen masas 8, 4 y 6, están ubicadas a lo largo de una recta en
3, -2 y

3 respectivamente, ¿cual será el centro de masa? Rta: Ce = 17/9

4. Un alambre tiene forma semicircular con radio 10 cm y densidad de 12 gr/cm3
¿Cuál

será el centro de masa del alambre? Rta: Ce = 20/π


Lección 40: Volumen

TEOREMA DE PAPPUS:

Pappus, un griego de Alejandría, en el siglo III propuso dos fórmulas para
relacionar los centróides de superficies y con sólidos de revolución. Dichas
fórmulas simplifican el procedimiento para este tipo de problemas.

Teorema Del Volumen:

Si una región plana R se gira alrededor de una recta en el plano que no interfecta
el interior de la región, entonces el volumen del sólido que se genera es igual al
área de la región multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la
región durante el giro. Si D es la distancia desde el eje de rotación al centroide,
entonces:

V = 2π D * A
Veamos la demostración:

Fig. No. 40 teorema de Pappus

Sea L(y) = Longitud transversal de la sección R, perpendicular a y. Como L(y) es
continua.


y2

V = 2π ∫
y1
yL ( y ) dy

Para y1 y y2 dados.

La coordenada en y del centroide esta dado por :
y2

∫ yL( y)dy y2

y= Ay = ∫ yL( y)dy
y1
Luego:
A y1

Reemplazando Ay en la ecuación de volumen, tenemos:

V = 2π A y Pero y=D Por V = 2π D * A
consiguiente:

Ejemplo No 1:

La región acotada por y = sen(x) para 0 ≤ x ≤ π , se hace girar alrededor de x.
Hallar el volumen por el teorema de Pappus.

Solución:

V = 2π D * A Como
π
Hallamos el área: A = ∫ sen( x)dx = − cos( x) 0 = −(cos(π ) − cos(0) ) = 2
π

0

El volumen del sólido de revolución será:
π π π
π π⎛ ⎞
V = ∫ πsen ( x)dx = ∫ [1 − cos(2 x)]dx = ⎜ x − sen(2 x) ⎟ = π 2
2 1 1
0
20 2⎝ 2 ⎠0 2

Si aplicamos Pappus:

V = 2πDA = 2π * 2 * D = 4πD


CAPITULO 9: En las ciencias.

Introducción

Existen numerosas aplicaciones del cálculo integral a las ciencias, aparte de los
temas que vamos a estudiar en este capítulo, también existen aplicaciones en el
software computacional, como por ejemplo en el diseño de programas
graficadores y que solucionan integrales indefinidas y definidas como DERIVE,
MAPLE, SOLVED, ETC en los cuales se incluye la integración simbólica y el
diseño de graficas.

Lección 41: Integrales en la física: trabajo y movimiento.

TRABAJO: En el curso de Física General, aprendimos que cuando un objeto se
mueve una distancia dada, se realiza un trabajo, pero para mover el objeto, se
requiere de una fuerza constante w = f*d*cos (θ), donde w = trabajo, d = distancia
y θ el ángulo entre el vector fuerza y el vector distancia.

La mayoría de los fenómenos de la naturaleza, presentan una característica la
cual consiste en que a medida que el objeto se mueve en una trayectoria, la
fuerza varia, lo que indica que la fuerza es función de la distancia. Sea F(x) la
fuerza a lo largo de la trayectoria x y sea [a, b] un intervalo donde x es continua.
La idea es hallar el trabajo realizado por la fuerza F(x) en dicho intervalo.
Particionamos el intervalo [a, b] en k subintervalos y sea el punto ck en cada
subintervalo [xk-1, xk]. Tomamos un c k ∈ [x k −1 , x k ] . El trabajo realizado a lo largo del
intervalo será aproximadamente F(ck) multiplicado por ∆xk, luego el trabajo total
será:

Si la partición es grande, y su norma tiende a cero, podemos definir el trabajo W
realizado por una fuerza F(x) a lo largo del intervalo [a, b] de la siguiente manera:

n
b
W = ∑ F (ck ) Δxk
W = ∫ F ( x ) dx
a
k =1


La parte crucial para resolver problemas de este tipo es identificar claramente la
función fuerza.

Ejemplo 1:

a lo largo del intervalo [1,5]
2
Cual será el trabajo realizado por una fuerza F ( x) =
x2

Solución:

Como tenemos la función fuerza, podemos aplicar directamente la ecuación del
trabajo.
5
−2 ⎛ 1 1⎞ ⎛ 4⎞ 8
5
2
W = ∫ 2 dx = = −2⎜ − ⎟ = −2⎜ − ⎟ = Julios
1 x
x 1 ⎝ 5 1⎠ ⎝ 5⎠ 5

En este ejemplo la función fuerza está definida, pero en muchas ocasiones se
debe determinar la función fuerza a partir del análisis del fenómeno presentado.

Ejercicios:

1. Un objeto se mueve a lo largo del eje x debido a una fuerza F ( x) = (2 x + 1)
2
en
Newton, cual será el trabajo realizado si el objeto se desplaza de x = 1 metro a x =
3 metros. Rta: 158/3 Julios

2. Una partícula se mueve a lo largo del eje x debido a una fuerza F ( x) = 4 x − 2
dinas. Si 100 ergios es el trabajo realizado para mover la partícula desde el origen
hasta un punto x = c Hallar c si debe cumplir que c>0 Rta: C ≈ 7,588

3. Por la Ley de Gravitación Universal de Newton, cuando dos partículas de masa
m1 y m2 se atraen mutuamente, la magnitud de la fuerza de atracción es
directamente proporcional al producto de las masas e inversamente proporcional
m *m
al cuadrado de la distancia entre ellas. F = G 1 2 2 Donde G es la constante
x
universal de la gravedad y x la distancia entre las masas. Si m1=2 Kg y está en el

origen, m2= 4 Kg Qué trabajo se realiza para mover m2 de del primer metro a
quinto metro de distancia.

Rta: (32/4)G Julios.


LEY DE HOOKE:

Por teoría de la Física general, se sabe la ley de Hooke, la cual establece que
para mantener un resorte estirado o comprimido x unidades de su longitud natural,
se requiere una fuerza F ( x) = kx , donde k es la constante del resorte; además, se
ha establecido que a mayor rigidez del resorte, mas alto es el valor de la
constante. El trabajo realizado para estirar o comprimir un resorte, se puede
calcular con la ecuación definida para trabajo realizado por una fuerza variable.

Ejemplo 1:

Un resorte tiene una longitud de 2 metros, al aplicarle una fuerza de 35 Newton,
dicho resorte se estira hasta 3,5 metros.

Qué trabajo se requiere para que le resorte se estire 4 metros

Solución:
b
Como W = ∫ F ( x)dx pero F(x) = kx, luego debemos determinar el valor de la
a

constante, lo cual se puede hacer con los datos del problema.

Al aplicar 35 Newton, el resorte se estira de 2 a 3,5 Metros, entonces x = 1,5
metros. Entonces, por la ley de Hooke: 35 = k (1,5), despejamos k y obtenemos: k
= 23,33 Nw/m.

Ahora planteamos la función fuerza: F ( x) = 23,33x y así podemos hallar el trabajo.

4

( )
b 4 4
23,33 2
W = ∫ F ( x)dx = ∫ 23,33xdx = 23,33∫ xdx = x = 11,665 4 2 − 0 2 = 186,64 Julios.
a 0 0
2 0

Los límites de integración se obtiene sabiendo que el resorte se estira 4 metros
desde su posición original; es decir, x = 0.


Ejemplo 2:

Un resorte es tal que la fuerza requerida para mantenerlo estirado s centímetros
esta dado por F = 12s. Si la longitud del resorte es de 30 centímetros y se estira
hasta 45 centímetros, cual será el trabajo realizado para estira el resorte.

Solución:

Tenemos la función fuerza F = 12s, por otro lado el resorte se estira de 30 a 45
centímetros; es decir, 15 centímetros, luego:
15

( )
15
1
W = ∫ 12sds = 12 * s 2 = 6 15 2 − 0 2 = 1350 ergios.
0
2 0

Ejercicios:

1. La fuerza que mantiene un resorte estirado x centímetros es F(x) = 12x dado en
dinas, qué trabajo se realiza para estirar dicho resorte 8 centímetros. Rta: 384
ergios

2. El motor de un automóvil ejerce una fuerza F ( x) = 800 x(1 − x) en la posición x,
cual será el trabajo realizado para 0 ≤ x , Rta: 703.983
pie-Lb

3. Una cuerda tiene 50 metros de longitud, que trabajo se hace para recogerla
completamente, si se encuentra completamente vertical Rta: 780 Julios


Movimiento: Cuando estudiamos las derivadas, veíamos que a partir de la
función posición obteníamos la función velocidad y aceleración.

y=s(t)

y’ = v(t)

y’’ = a(t)

Ahora la idea es que a partir de la función aceleración obtener la función velocidad
y luego la función posición. Así describir el movimiento del cuerpo.

ds
v=
dt

dv d 2 s
a= =
dt dt 2

Unos ejemplos nos ayudan a aclarar estos conceptos.

Ejemplo No 1:

Desde una altura de 20 metros, un nadador se lanza con una velocidad de 10
m/seg. en dirección ascendente. ¿Con qué velocidad toca el agua el nadador?

Solución:

h(t) es las altura sobre el nivel del mar.

d'h
= − g Por la segunda ley de Newton
dt '

dh
h(0) = 20 metros y (0) = 10 metros. Por las condiciones iniciales.
dt

d 2h dh dh
Luego: = −g ⇒ ∫ = ∫ − gdt ⇒ = − gt + c
dt 2 dt dt
dh
Como = v(t ) ⇒ 10 = − g (0) + c ⇒ c = 10 por consiguiente:
dt

v(t) = −gt +10 Ahora:


1
h = ∫ v(t)dt = ∫ (−gt +10)dt ⇒ h = − gt2 +10t + c
2
Para hallar la constante, tenemos:

1
20 = − g(0)2 +10(0) + c ⇒ c = 20 Luego:
2
1
h = − gt 2
+ 10 t + 20
2
Ejemplo No 2:

Una pelota es lanzada verticalmente hacia arriba con una velocidad de 50 m/seg.
(se ignora la resistencia el aire) cual será la altura de la pelota cuando han
transcurrido 2 seg. del lanzamiento.

Solución:

Por definición:

d 2h
= −g Siendo g = 9,8
dt 2

Ahora:

dh
dt ∫
= − gdt = − gt + c

dh
Como ( 0 ) = 50 Entonces:
dt
dh
= − gt + 50 = v (t )
dt
Pero v(0) = 50 entonces:


∫ (− gt ) 1 2
h= + 50 dt = − gt + 50t + c
2
Como h(0) = o, Luego:

1 2
h=− gt + 50t
2
Cuando t = 2 seg, entonces:

1
h=− g ( 2) 2 + 50( 2) = 100 − 78,4 = 21,6 metros.
2
Ejemplo No 3:

Del problema anterior, calcular la velocidad a los 3 seg. de haber sido lanzada la
pelota.

Solución:

Como v (t ) = 50 − 9,8t Entonces, reemplazando el tiempo tenemos:

v (t ) = 50 − 9,8(3) = 50 − 29,4 = 30,6 m / seg .
Ejercicios:

1. Las condiciones iniciales para un objeto que se deja caer desde una altura de
150 metros son:

a-) y(0) = 150 y’(0) = 0

b-) y(0) = 0 y’(0) = 150

c-) y(0) = 50 y’(0) = 15

d-) y(0) = 15 y’(0) = 150

Rta: a


2. Una persona se encuentra a 20 metros de altura de una piscina olímpica,
¿Cuál será la velocidad con que la persona toca el agua al dejarse caer de dicha
altura?

Rta: − 8 20 m/seg.

3. Un objeto se mueve según la ecuación: x' ' (t ) = −25sen( wt + θ 0 ) , siendo x’(t) = 0
y

x(0) = 0, además θ0 = 0 y w = 1. Cual será la ecuación de x(t) para este
problema.

25 24
Rta: x(t ) = sen(4t ) + t
16 4

dv
4. sabiendo que = − g Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba, con
dt
una velocidad de 20 m/seg,

a-) Cual será la altura máxima alcanzada por el cuerpo

b-) El tiempo de vuelo del cuerpo.

Rta: a-) 20,408 metros

b-) 4,081 segundos


Lección 42: Integrales en la hidráulica: bombeo de líquidos.

Cuando se desea desplazar un líquido, es necesario hacer un trabajo. Debido a
que los recipientes o lugares donde se almacena el líquido no tiene forma regular,
la ecuación W = F*d no aplica directamente, se requiere una transformación según
la forma del recipiente, para así poder aplicar dicha ecuación. La resolución se
sigue por las sumas de Riemman.

Con algunos ejemplos modelos podemos analizar problemas de este tipo.

Ejemplo 1:

Un tanque esférico de 10 metros de radio y lleno de agua, se desea bombear el
agua por la parte superior del tanque. Determinar cuanto trabajo se debe hacer
para bombear toda el agua.

Solución:
b
Se debe hallar W = ∫ F ( x)dx La clave está en determinar la función F(x) para el
a

fenómeno en mención.

Inicialmente sabemos que el intervalo de la variable x está entre 0 y 20 ¿porqué?

Fig. No. 41 Bombeo.


El radio r corresponde a la profundidad de x = ci y que es la hipotenusa del
triángulo, su valor es de 10 metros, la altura es 10 – ci, luego por Pitágoras:

(10 − ci )2 + ri2 = 102 ⇒ ri2 = 100− (10 − ci )2 ⇒ ri2 = 20ci − ci2
La fuerza para mover el líquido (agua), es la gravedad sobre el mismo.

F = m * g = ρVg = Vρg = V * peso Pero el peso es de 1.000 Kg/m3 que

corresponde a la densidad del agua. Luego:

F = V * peso = πr 2 h * 1000 = 1000πr 2 h Donde ya conocemos r2

Entonces: (
F = 1000π 20ci − ci2 Δx ) Aplicando la teoría de partición y por la
sumas de Riemman.

W = F * d = 1000 (20ci − ci2 )Δx(20ci − ci )
π Por consiguiente:

π (
W = F * d = 1000 20 − ci ci Δx )
2
El trabajo total será el realizado en cada
capa.

( )
n
W = ∑1000 20 − ci ci Δx
π
2
Si aplicamos límite cuando n tiende a infinito:
i=1

( )
20 20
W = ∫1000 x(20 − x) dx = 1000 ∫ 400x − 40x2 + x3 dx
π π2
Integrando:
0 0

20
⎛ 1 ⎞
W = 1000π ⎜ 200 x 2 − x 3 + x 4 ⎟ = 1000π (13.333,33) Finalmente:
40
⎝ 3 4 ⎠0

W = 1000π (13.333,33) = 13'333.333,33 Julios.


Ejemplo 2:

Un depósito en forma de cono circular recto está lleno de agua, si la altura es de
10 pies y el radio de la parte más ancha es de 4 pies, hallar el trabajo para:

a-) Bombear el agua del tanque por la parte superior

b-) Bombear el agua 10 metros por encima del nivel del tanque.

Solución:

Fig. No. 42 Bombeo circular.

10
a-) Según la gráfica, y = x , el disco tiene como grosor Δy y altura y, tiene un
4
2
4 ⎛4 ⎞
radio y , luego el volumen será: π ⎜ y ⎟ Δy , con peso ρvΔy .
10 ⎝ 10 ⎠

La fuerza necesaria para elevar el disco de agua es igual a su peso, entonces el
trabajo requerido para elevar el disco de agua será:

⎛ ⎞
w = f * d = ⎜ ρπ ( y ) 2 Δy ⎟ * (10 − y ) Por consiguiente:
4
⎝ 10 ⎠

( )
10 10
y (10 − y )dy =
16 2 16
w = ∫ ρπ ρπ ∫ 10 y 2 − y 3 dy Resolviendo:
0
100 100 0


10

( ) ⎛ 10 1 ⎞
10
16 16
w= ρπ ∫ 10 y 2 − y 3 dy = ρπ ⎜ y 3 − y 4 ⎟ = 26.137,39 Lb-pie
100 0
100 ⎝3 4 ⎠0

Se tomo la densidad como 62,4 Lb/Pie3

b-) El razonamiento es similar a la caso anterior, solo que para este caso la
altura es 20 – y, luego:

( )
10 10
y (20 − y )dy =
16 2 16
w = ∫ ρπ ρπ ∫ 20 y 2 − y 3 dy Los límites no cambian
0
100 100 0

¿porque?
10

( ) ⎛ 20 1 ⎞
10
4 4
w= ρπ ∫ 20 y 2 − y 3 dy = ρπ ⎜ y 3 − y 4 ⎟ Evaluando:
25 0
25 ⎝ 3 4 ⎠0

w = 130.687,60 Lb – pie

Ejemplo 3:

Mostrar que para un tanque lleno de agua, de forma cilíndrica vertical de 5 metros
de radio y 10 metros de altura, se debe hacer un trabajo de 69,3X106 Julios para
bombear el agua 4 metros por encima del tanque.

Solución:

Por un lado: ΔV = πr 2 h donde h = Δy Luego: ΔV = π (5) Δy . Por otro lado, como
2

el

peso del agua es de 9.800 N/m3, entonces: F = ρΔV = 9.800ΔV , Pero
ΔV = 25πΔy .

Luego: F = ρΔV = 9.800 * 25πΔy = 245.000πΔy ’.

Ahora ΔW = F * d = F * (14 − y ) El tanque mide 10 metros de largo y 4 metros
que debe subir demás el líquido hace que la altura sea 14 metros. Ahora si
podemos hallar el trabajo:


10
⎛ 1 ⎞
10 10
W = ∫ 245.000π (14 − y )dy = 245.000π ∫ (14 − y )dy = 245.000π ⎜14 y − y 2 ⎟
0 0 ⎝ 2 ⎠0

Evaluando obtenemos:

W = 69,3X106 Julios.

Así queda demostrado el problema.

Ejercicios:

1. Un tanque esférico está lleno de agua, el radio es de 10 pies y se desea
bombear por la parte superior el agua hasta que el tanque quede a la mitad, que
trabajo se realiza en este proceso. Rta:
816.814 pies-libra

2. Un tanque cilíndrico vertical tiene 20 metros de altura y 10 metros de radio, Qué
trabajo se realiza para bombear el agua a un nivel de 4 metros por encima del
tanque.

Dagua = 9.800 N/m3 Rta: 862’055.040 Julios

3. Un tanque de almacenamiento de forma cilíndrico vertical tiene Kerosén, cuyo
peso es 51,2 Lb/pie3, el tanque tiene 30 pies de alto y 20 pies de diámetro. Qué
trabajo se necesita para bombear el combustible hasta el nivel superior del
tanque.

Rta: 7’238.229,48 pies- libra

4. Un tanque tiene forma de cono circular invertido, 10 metros de altura y 4 metros
de radio en la parte más ancha. Es llenado con agua hasta 8 metros de altura,
Qué trabajo se requiere para vaciar el tanque hasta la parte superior. Rta:
6
3,4X10 Julios


Lección 43: Integrales en la estadística: función de distribución.

b
P (a ≤ x ≤ b ) = ∫ f ( x )dx
a

En Estadística las integrales son una herramienta para hallar probabilidades de
ocurrencia de sucesos de variables aleatorias tipo continuo. Estudiaremos dos
casos de los muchos que se presentan, como ilustración de las integrales a la
ciencia de la estadística.

Función de distribución:

Es la probabilidad de que una variable aleatoria con función de densidad de
probabilidad f(x) tome un valor menor o igual que x.

P(X ≤ x) = F(x)
Donde: F(x) es la función de distribución y x la variable aleatoria. Este tipo de
función no puede ser negativa, ya que corresponde a una función de probabilidad,
tampoco puede ser decreciente debido a que es acumulativa; además, es
acumulativa. 0 ≤ F ( x) ≤ 1 . Entonces para cualquier x, F ( x) = P( X ≤ x) , que
significa el área bajo la función de densidad de probabilidad sobre el intervalo (-∞,
x]. Por la notación de integrales:

x
F (x ) = ∫ f (t )dt
−∞

De la función de distribución se puede resaltar:

-) F(-∞) = 0 y F(∞) = 1

-) p( x1 < X ≤ x2 ) = F ( x2 ) – F ( x1 )

-) p( x1 < X ≤ x2 ) = P ( X ≤ x2 ) – P ( X ≤ x1 ) ≥ 0


Función de Densidad de Probabilidad:

También se le llama Densidad de Probabilidad. Sea f(x) una función llamada
como función de densidad de probabilidad; entonces:

b
P (a ≤ x ≤ b ) = ∫ f ( x )dx
a

Área bajo la curva:

Donde P(a ≤ X ≤ b) significa la probabilidad que la variable aleatoria tome un
valor entre a y b, la función f(x) obviamente debe ser integrable en el intervalo
establecido. Al elemento f(x)dx se le conoce como probabilidad elemental o
elemento diferencial de probabilidad.

Algunas propiedades de esta función:

-) f(x) ≥ 0 ya que p(x)≥ 0
∞
-) p(−∞ < x < ∞) = ∫ f ( x)dx = 1
−∞

-) 0 ≤ p (a ≤ x ≤ b) ≤ 1

Ejemplo 1:

Dada una función de distribución F(x) = 2x – x2 en [0, 1]. Hallar la función de
densidad de probabilidad

Solución:

La función de densidad se obtiene derivando la función de distribución

Como f(x) = F’(x) entonces:

dF
f ( x) = = 2 − 2x
dx


Ejemplo 2:

Para el ejemplo anterior, hallar la probabilidad de que un evento aleatorio sea
{X ≤ 0,2}
Solución:

∫ (2 − 2 x )dx = (2 x − x )
0, 2
2 0, 2
P ( X ≤ 0,2) = 0 = 0,4 − 0,04 = 0,36 Por consiguiente:
0

P( X ≤ 0,2) = 0,36

Ejemplo 3:

Una variable aleatoria tiene como función de densidad de probabilidad:

⎛ 2 e −2 x para x>0
f ( x) = ⎜
⎜ 0
⎝ para otros

Cual será la probabilidad de que la variable tome un valor entre 1 y 3. 1 ≤ X ≤ 3

Solución:
b
Por definición: P (a ≤ X ≤ b) = ∫ f ( x)dx
a

Como X está en la condición para que f ( x) = 2e −2 x entonces:

3 3
P (1 ≤ X ≤ 3) = ∫ 2e − 2 x dx = 2 ∫ e − 2 x dx Operando:
1 1

3
⎛ e −2 x ⎞
P(1 ≤ X ≤ 3) = 2⎜ ⎟
−6 −2 −2 −6
(
⎜ − 2 ⎟ = − e − e = e − e ≅ 0,1328 )
⎝ ⎠1


Ejemplo 4:

Para el ejemplo anterior, cual es la probabilidad de que la variable tome un valor
mayor que ½.

Solución:

Siguiendo el procedimiento de la definición:

∞ ∞
1 ⎛ e −2 x ⎞ ∞
∫ 2e dx = 2⎜ ⎟ = − e −2 x
−2 x
P( X ≥ ) = ⎜ −2 ⎟ 1
2 1
2
⎝ ⎠ 12 2

1
( )
P( X ≥ ) = − e −∞ − e −1 = e −1 − e −∞ ≅ 0,3678
2
Existen muchas funciones de densidad de probabilidad, utilizadas en el mundo de
la Estadística, tales como: La Normal, Log normal, x2 de Pearson, otras. Estas se
pueden explorar en el curso de Estadística y de Probabilidad.

Ejercicios:

1. La densidad de probabilidad de una variable aleatoria está dada por la función:

⎧ x si 0 < x <1
⎪
f (x) = ⎨2 − x si 1≤ x < 2
⎪ 0
⎩ para otroscasos

a-) Hallar la función de distribución

b-) Determinar la probabilidad de que una variable aleatoria con esta función
de

distribución tome un valor mayor a 1,8

1 2
Rta: a-) F ( x) = 2 x − x b-) P( X > 1,8) = 0,02
2

2. Para el ejercicio numero 1, determinar la probabilidad de que una variable
aleatoria con esta función de distribución, tome un valor entre 0,2 y 0,6

Rta: P (0,2 ≤ X ≤ 0,6) = 0,16


3. La función de distribución de una variable aleatoria está dada por la expresión:

⎧ 4
⎪1 − 2 para x>2
F ( x) = ⎨ x
⎪ 0
⎩ para x≤2

Cual será la probabilidad de que la variable aleatoria:

a-) Tome un valor menor que 3

b-) Tome un valor entre 4 y 5

Rta: a-) P ( x < 3) = 0,555 b-) P (4 < x < 5) = 0,09

4. El consumo de energía de cierta planta es una variable aleatoria, cuya función
de

densidad de probabilidad es:
x
1 −
f ( x ) = xe 3
Para x > 0
9
La planta tiene una capacidad diaria de 12 millones de Kw/hr. Cual será la

probabilidad de que el suministro de energía sea inadecuado en un día dado.

Rta: P (0 < x < 12) ≅ 0,0916

5. la vida útil de un artículo electrónico es una variable aleatoria, con función de
densidad de probabilidad: f ( x) = 6e −6 x ¿Cuál es la probabilidad de que el artículo
dure menos de 3 meses?

Rta: P (0 < x < 3 / 12) = 0,7768

6. Para el caso de la vida útil del artículo electrónico referenciado en el ejercicio
anterior, ¿Cuál será la probabilidad de que el artículo electrónico dure entre 2 y 4
años?

Rta: P(2 < x < 4) = 0,000006144


Lección 44: Integrales en la economía.

Q

E.C = ∫ D( x )dx − QP
0

En Economía son muy usados los términos demanda y oferta. La curva de
demanda del consumidor P = D(x), nos da el precio de demanda que el
consumidor está dispuesto a pagar por unidad para x unidades, la curva
generalmente es decreciente, debido a que al vender cantidades mayores, el
precio baja. La curva de oferta del productor P = S(x), nos da el precio por unidad
al cual el vendedor está dispuesto a ofrecer x unidades, la curva es creciente, ya
que a mayores cantidades, el precio de venta sube.

Fig. No. 43 curva oferta – demanda.

CURVA DE OFERTA – DEMANDA

La gráfica muestra la curva de oferta

P = S(x) y la curva de demanda P = D(x).

P(Xc,Yp) corresponde al punto de equilibrio.

Utilidad: Es el concepto asociado con una función que describe el grado de
beneficio o satisfacción, cuando el consumidor recibe x unidades.


EXCEDENTE DEL CONSUMIDOR: (E.C.)

En términos sencillos, el excedente del consumidor E.C. es la cantidad de dinero
que ahorra un consumidor cuando compra un artículo a P precio, para una
cantidad x de artículos. Lo anterior se traduce en la utilidad del consumidor,
cuando disminuye el precio a razón de aumentar la
compra del artículo.

Para Q artículos el precio es P, luego el gasto total será
QP. El área total bajo la curva es la utilidad total U.

Q

U = ∫ D( x)dx
0

D(x) es la función demanda. Fig. No. 44 Excedente.

Así, el excedente del consumidor será entonces la utilidad menos los gastos
totales.

Q

E.C = ∫ D( x )dx − QP Excedente del Consumidor
0

EXCEDENTE DEL PRODUCTOR: (E.P.)

Los economistas lo refieren a la utilidad que recibe el productor, cuando se ofrece
mayores cantidades del artículo, a razón del aumento del precio. Esto significa los
ingresos extras que recibe el productor, cuando el consumidor aumenta la compra
del artículo.

Fig. No 45 Excedente del productor.


Como Q es la cantidad de artículos ofrecidos a P precio, la cantidad recaudada
será de QP. El excedente del productor E.P, será el recaudo total menos el área
bajo la curva, que corresponde a la función oferta de producción.

Q

E.P = QP − ∫ S ( x )dx Excedente del productor.
0

Ejemplo 1:

Dadas las funciones demanda D(x) = (x – 5)2 y de oferta S(x) = x2 + x + 3, hallar

a- El punto de equilibrio
b- El E. C. en el punto de equilibrio
c- El E. P. en el punto de equilibrio

Solución:

a- El punto de equilibrio es donde D(x) = S(x), es decir: (x – 5)2 = x2 + x + 3.
Haciendo las operaciones algebraicas: x 2 − 10 x + 25 = x 2 + x + 3 , despejamos la
variable, luego: xE = 2. Ahora podemos hallar el valor de y, así: yE = (2 – 5)2 = 9, el
punto de equilibrio será: P(2, 9)

b- Para calcular el excedente del consumidor, utilizados la ecuación para E. C.

2 2

E.C. = ∫ ( x − 5) dx − QP = ( x − 5) − (2) * (9)
2 1 3

0
3 0

Evaluando y simplificando:

E.C. =
1
(− 27 + 125) − 18 = 32,667 − 18 = 14,667
3
c- De igual manera que en el caso anterior, el excedente del productor se calcula
con la ecuación para este fin.

( )
2 2
E.P = QP − ∫ S ( x)dx = 18 − ∫ x 2 + x + 3 dx Desarrollando tenemos:
0 0


2
⎛1 1 ⎞ 32 22
E.P = 18 − ⎜ x3 + x 2 + 3x⎟ = 18 − = ≅ 7,33
⎝3 2 ⎠0 3 3

Ejemplo 2:

La demanda de un producto está gobernada por la función:
D( x) = 1.200 − 0.2 x − 0.0001x 2 ¿Cuál será el excedente del consumidor para un
nivel de ventas de 500 unidades?

Solución:

Para este caso Q = 500, luego P = 1.200 – 0,2(500) – 0,0001(500) = 1.075,
entonces el gasto total será de QP = 500*1075 = 537.500

Ahora calculamos el E. C. utilizando la ecuación correspondiente.

∫ (1.200 − 0,2 x − 0,0001x )dx − 537.500
500
E.C. = 2

0

(
E.C. = 1.200 x − 0,1x 2 − 3,33 X 10 −5 ) 500

0
− 537.500 = 570.837,5 − 537.500

E.C. = 570.837,5 − 537.500 = 33.337,5

Ejemplo 3:

1
Determinar el E. P. Para un producto cuya función oferta es: S ( x) = x + 2x ,
2
para x = 20.

Solución:

Para este caso Q = 20, luego P = 20/2 + 2(20) = 50. Entonces: QP = 20*50 =
1.000

A continuación se calcula el E: P.


20
⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞
20
E.P. = 1.000 − ∫ ⎜ x + 2x ⎟dx = 1.000 − ⎜ x 2 + x 2 ⎟ = 1.000− (100 + 400)
0⎝ ⎠ ⎝4 ⎠0
2

E.P. = 1.000− (100+ 400) = 500

EJERCICIOS:

x
1. La función oferta de cierto artículo está dada por: s ( x) =
+ 5 . Para un precio
10
de venta de $10. Calcular el excedente del productor cuando el precio de venta es
de $10.

Rta: E.P.=$4.166,67

450
2. La función demanda para un producto es de la forma D( x) = .
x+8

a-) Cual será el nivel de venta para un precio de $10

b-) encontrar el excedente del consumidor para el nivel de ventas de la parte a.

Rta: a-) Q = 37

b-)E.C.= 407,15

3. En un análisis económico, la función demanda y oferta son respectivamente:

D( x) = (x − 4 ) S ( x) = x 2 + 2 x + 6 . Calcular el excedente del productor en el
2
y
punto de equilibrio.

Rta: E. P. = $1,67

4. Para el caso el problema 3, calcular el excedente del consumidor, cuando la
venta es de un artículo.

Rta: E. C. = $3,33


COSTO TOTAL:

Siguiendo el estudio de las integrales en la economía, se debe hacer notar otros
términos que en economía son frecuentes como costo marginal y costo total. El
concepto de “Marginal” hace referencia al cambio que manifiesta una cantidad,
cuando hay un cambio muy pequeño de una segunda cantidad, en este orden de
ideas si conocemos la función costo marginal C’(x) o dC/dx, se puede hallar el
costo total. C(x), entendiendo este último como el costo necesario para producir x
unidades de cierto artículo.

El costo marginal será C’(x) siendo x=xi para i = 1, 2, 3, … Si la derivada existe,
entonces a dicha función se le llama función costo marginal.

Con el principio de la antiderivada, podemos inferir que a partir del costo marginal
podemos hallar el costo total. Al realizar el proceso de integración, la constante
arbitraria, se puede evaluar si se conoce el costo general; es decir, el costo sin
producir unidad alguna, entonces:

C ( x ) = ∫ c′( x )dx Costo total de producción

NOTA: El costo marginal, no puede ser negativo, luego c’(x) ≥ 0

Ejemplo 1:

dC
Dad la función costo marginal = 3x − 12. la producción de 4 unidades, origina
dx
un costo de $16. Hallar la función costo total.

Solución:

dC
Como ≥ 0 ⇒ 3x − 12 ≥ 0 Luego x ≥ 4 Ahora:
dx

3 2
C ( x) = ∫ (3 x − 12)dx = x − 12 x + c
2

3 2
Pero C(4) = 16, entonces: 16 = (4) − 12(4) + c despejando c, se obtiene: c = 40.
2
3 2
Por consiguiente: C ( x) = x − 12 x + 40
2


Pero la mínima cantidad que se debe producir es de 4 unidades. x ≥ 4

Ejemplo 2:

En un proceso de producción la función costo marginal está dada por:
dC 3
=
dx 5x + 4

El costo general es de $10, ¿Cuál será el costo total?

Solución:

3 dx
C ( x) = ∫ dx = 3∫ Aplicando cambio de variable: u = 5x + 4 entonces
5x + 4 5x + 4

du = 5dx, despejando dx = du/5, ahora reemplazamos en la integral original.

du
dx 5 = 3 u −1 / 2 du
3∫ = 3∫
5∫
Integrando se obtiene:
5x + 4 u

3 u1/ 2 6
* +c = u +c Luego:
5 1/ 2 5

6
C ( x) = 5x + 4 + c
5

Para hallar el valor de c, tomamos las condiciones dadas: C(0) = 10, entonces:

6
10 = 5(0) + 4 + c Despejando c se obtiene: c = 38/5. Finalmente:
5

6 38
C ( x) = 5x + 4 +
5 5


INGRESO TOTAL:

Para estudiar el ingreso total, debemos recordar el concepto de ingreso marginal,
denotado por R ‘ (x), para x = xi con i = 1, 2, 3, … La función R ‘ (xi) si existe se
le llama ingreso marginal. “Esta función puede ser positiva, negativa o cero” Se
interpreta como la tasa de cambio del ingreso total cuando se requieren x
unidades.

A partir del ingreso marginal, podemos obtener el ingreso total, por medio de
integrales indefinidas.

Si p es el precio unitario y x las unidades vendidas, entonces el ingreso será:

R(x) = p*x

Según la ecuación anterior, el ingreso total lo podemos obtener a partir del ingreso
marginal.

R ( x ) = ∫ R′( x )dx

Ejemplo 1:

Cual será el ingreso total para la función marginal R ‘ (x) = 300 – x

Solución:

Por definición: R ( x) = ∫ R' ( x)dx ⇒ R( x) = ∫ (300 − x )dx = 300 x −
1 2
x +c
2

Para hallar el valor de c, partimos de la siguiente premisa: El ingreso es cero,
cuando el número de unidades es cero; es decir, R(0) = 0

Reemplazando en la función obtenida: 300(0) – ½(0)2 +c = 0, despejando c se
obtiene que c = 0, por consiguiente:

1
R( x) = 300x − x 2
2
Recordemos que cuando x = 0, no hay ingresos.


Ejemplo 2:

La utilidad total se le llama P(x) y se define como: P(x ) = R(x ) − C (x )
Una compañía tiene para un artículo el valor de $100 la unidad; precio de venta. Si
produce diariamente x unidades, el valor por producción marginal es 2x + 20. El
costo general es de $700.

Hallar:

a-) La función utilidad total

b-) La utilidad que se obtiene al producir 40 unidades.

Solución:

a-) C ‘ (x) = 2x + 20 Entonces: C ( x) = ∫ (2 x + 20)dx = x 2 + 20 x + c

Para C(0) = 700, luego: 700 = 02 + 20(0) + c, c = 700, la función costo total será:

C ( x) = x 2 + 20 x + 700

La función ingreso será: R(x) = 100x como tenemos la función costo total C(x),
entonces podemos calcular la función utilidad.

( )
P(x) = 100x − x2 + 20x + 700 = −x2 + 80x − 700

Así, la función utilidad total será: P(x) = −x2 + 80x − 700
b-) Como conocemos la función utilidad, solo reemplazamos para x = 40,
entonces:

R(40) = −(40) 2 + 80(40) − 700 Desarrollando:

R(x = 40) = 3.200− 2.300= 900



1. Para cierta mercancía la función ingreso marginal está dada por: R ‘ (x) = 20 –
4x, cual será el ingreso total cuando se requieren 10 unidades de la mercancía.

Rta: R(x =10) = 0

2. La función costo marginal para cierto artículo está gobernado por:
3
C ' ( x) =
5x + 4

Si el costo general es de $10, cual será el costo total en la producción de 50
artículos.

Rta: C( x = 50 ) = 26, 725

3. En la producción de una pasta de jabón para tocador, la función ingreso
marginal se determinó como: R ' ( x) = 8 − 2 x + x 2 . ¿Cuál será el ingreso total para
12 unidades?

Rta: R(x =12) = 528

4. La fábrica de bombillas “El Alumbrador” tiene como precio de venta para su
artículo el valor de $700 la unidad. Si produce diariamente x unidades, el valor por
producción marginal es 5x + 8. El costo general es de $800. ¿Cuál será la
utilidad al producir 50 bombillas?

Rta: P(x) = $27.550


Lección 45: Integrales en las ciencias sociales.

Vemos los siguientes ejemplos:

Problema No. 1

La rata a la cual está creciendo la población de cierta ciudad, cambia con el
tiempo. Se calcula que dentro de t meses la rata de crecimiento será de 3 + 4 t
personas por mes. La población actual es de 25.000 personas.

Cual será la población dentro de 16 meses?

SOLUCION:

Designemos p (t ) la población dentro de t meses. La derivada de p(t ) expresa la
dp
rata de cambio de la población, es decir = 3+ 4 t
dt

Se deduce que la función población p (x ) es una integral, por lo tanto:

( )
p(t ) = ∫ 3 + 4 t dt = 3t +
4 t +1
0.5 + 1
+ c = 3t +
4t 3 / 2
1.5
+ c = 3t +
8t 3 / 2
3
+c

Para determinar t usamos la información sobre la población inicial o sea t = 0 .

Si t = 0 → P(t ) = 25000 = C

8t 1.5
Por lo tanto: P(t ) = 3t + + 25000
3

8(16)
1.5
Dentro de 16 meses la población será de: P(16) = 3(16) + + 25000 = 25216
3
personas.


Problema No. 2

Dentro de x horas, las bacterias de cierto cultivo estarán creciendo a una rata de
4 x + 5e 2 x por hora. El número de bacterias actual es de 10.000.

Cuantas habrá después de transcurrir 8 horas?

SOLUCION:

La rata de crecimiento se obtuvo de derivar, por lo tanto para hallar la función de
crecimiento integramos:

∫ (4 x + 5e )dx = 2 x + 2.5e 2 x + c
2x 2

Para determinar C realizamos x=0 en f ( x ) , entonces: f (0 ) = 2.5 + c = 10000 , por lo
tanto: c = 9997.5

f ( x ) = 2 x 2 + 2.5e 2 x + 9997.5




1. El área entre las curvas 4x2 + y = 4  y   x4 − y =1 es:

104
A.
15
10
B.
53
4
C.
17
235
D.
45

2. Cuál será el volumen del solido generado por las curvas y = x y
y = 1 cuando giran alrededor del eje x:

A. 2.094

B. 1.98

C. 4.78

D. 3.61


3. El volumen del solido generado cuando se hace girar alrededor del eje y ,
la región por encima de la parábola f ( x) = x 2 y por debajo de la curva
g ( x) = 2 − x 2

A. 3.1416

B. 6.287

C. 2.416

D. 4.652

dv
4. Si = − g .  Entonces un cuerpo que es lanzado verticalmente hacia arriba,
dt
20m
con una velocidad de , Que altura alcanza?
seg

A. 20.408

B. 13.456

C. 54.321

D. 37.98

5. Sea la variable aleatoria X, que tiene como función de densidad de
probabilidad

⎛ 2e −2 x para x>0
f ( x) = ⎜
⎜ 0
⎝ para otros

Cuál es la probabilidad de que la variable tome un valor mayor que 0.5


A. 0.3678

B. 0.4531

C. 0.7865

D. 0.1943

6. La función ingreso marginal está dada por R( x ) = 20 − 4 x . Cuál será el
ingreso total cuando se requieren 10 unidades de la mercancía?

A. 0

B. 1
C. 2
D. 3
HOJA DE RESPUESTAS.

A B C D

1

2

3

4

5

6




México.


Bogotá.

edición, México.

Bogotá.












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