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Capitulo 6
Apl icaciones de la integral
r = nx) y
[J
/ I~
./" f(xn^ -^ g(xt) ~
1: (^1) .: ~ I
r=g(x)
En este cap itulo Aunque en la secci6n 6.2 se volvera al problema de enco ntra r ar ea s po r int egrac i6n definida, en las secciones posteriores de este capitulo veremos que la integral def in id a tiene muchas otras interpretaciones, ademas del area. EI cap itulo empieza con una aplicaci6n de la integral indefinida.
6.1 Otro repaso al movimiento recti l ineo 6.2 Otro repaso al area 6.3 Volumenes de s6lidos: metoda de l as rebanadas 6.4 Vo l umenes de s6lidos: metoda de l os cascarones 6.5 Longitud de una gratica 6.6 Area de una superficie de revoluci6n 6.7 Valor promedio de una funci6n 6.8 Trabajo
- 9 Presi6n y fuerza del fluido 6.1 0 Centros de masa y centroides Revisi6n de l capitu lo 6 321
322 CAP ITULO 6 Aplicac ion es de la i nt egral
v(O»O s(O) = 0 0) FIGURA 6.1. iniciales
lIT
v(O) < 0 s(O) = II b) Condiciones
Cuando se ignora la rcs istencia del ai re, l a Illagnitud de la velu- eidad de imp ac lu (r ap id ez ) es la mi sma que la vc l oe idad ini cial ha cia arriba d es de el nivc l de l suclo. Ye a el problema 32 en Ius ejcrcic io s 6. I. Esto no es cierto cuand o tOJ11 <l Ill OS en considcrac i Cln la resi stcncia del <lir e.
6.1 Otro repaso al movimiento rectiHneo
I Introduccion EI capitul o 4, Aplica ciones de La derivada , e mpez6 con el concepto de l1lov i- miento rectilfneo. Si s =f(t) es la funci6n de posici6n de un objeto que se mueve en Ifnea rec ta entonces sabemos que ' ds ve locidad = v(t) = dt y^ ace eraclOnI^. ,^ = {(( ) t^ = dr'dv
Como una consecuencia inmediata de la definici6n de la antiderivada, las cantidades s y v pue- den escribirse como integrales indefinidas
set) = Ivet) dr y^ v (t) = Ia(t) dr. ( I)
Si se conocen la posicion inicial s(O) y la velocidad inicial v(O), es posible encontrar va lores especfficos de las constantes de integraci6n usadas en (1). Recuerde que cuando el cuerpo se mueve horizontal mente sobre una recta, la direcci6n pos i- tiva es hacia la derecha. Para movimiento en una recta vertical , tomamos la direcci6n pos iti va hacia arriba. Como se ll1uestra en la FIGURA 6.1.1 , si una flecha se dispara hacia arriba desde elnivel
del suelo, entonces las condiciones iniciales son s(O) = 0, v(O) > 0, mientras que si la f1 ec ha
se dispara hacia abajo desde una altura inicial, por ejell1plo h metros del suelo, entonces la s c on-
diciones iniciales son s(O) = h, v(O) < O. Sobre un cuerpo que se ll1ueve en una recta vertical
cerca de la superficie terrestre, como la flecha disparada hacia arriba, actua la fuerza de g rave- dad. Esta fuerza provoca la aceleraci6n de los cuerpos. Cerca de la supelficie de la Tierra se supone que la aceleraci6n debida a la gravedad, aCt) = -g, es una constante. La magnitud g de esta aceleraci6n es aproximadamente 32 pies/s 2 , 9.8 m/s 2 0 bien, 980 cm/s 2.
U!ihi4!.I' Movimiento de un proyectil Un proyectil se dispara vertical mente bacia arriba desde el nivel del suelo con una velocidad ini-
cial de 49 m/s. l,CmU es la velocidad en t = 2 s? (,CmU es la altura maxima que alcanza el pro-
yectil? l,Cuanto tiempo perll1anece en el aire el proyectil? (,Cual es la velocidad de impacto? Solucion Si se empieza con aCt) = -9.8, por integraci6n indefinida obtenemos
vet) = I (-9. 8) dt = -9.8t + Ct· (2)
A partir de la condici6n inicial dada v(O) = 49, vemos que (2) implica C (^) t = 49. Por tanto,
vet) = -9.8t + 49,
y asi v(2) = -9.8(2) + 49 = 29.4 m/s. Observe que v(2) > 0 implica que el proyectil se de s-
plaza bacia arriba. Luego, la altitud del proyectil, medida a partir del nivel del suelo, es la integral indefinida de la funci6n velocidad,
set) = fvet) dt = f(-9.8t + 49) dt = -4.9t 2 + 49t + C 2· (3)
Puesto que el proyectil inicia su movimiento a partir del nivel del suelo, s(O) = 0 y (3) prop or-
cionan C 2 = O. Por tanto,
s(t) = - 4.9t 2 + 49t. (4)
Cuando el proyectil alcanza su altura maxima, v(t) = O. Luego, al resolver - 9.8t + 49 = 0 obte-
nemos t = 5. Por (4) encontramos que la altura correspondiente es s(5) = 122.5 m.
Finalmente, para encontrar el instante en que el proyectil choca contra el suelo, resolvemos
set) = 0 0 -4.9t 2 + 49t = O. Cuando la ultima ecuaci6n se esclibe como -4.9t(t - 10) == 0,
~ vemos que el proyectil permanece en el aire lOs. La velocidad de impacto es v( I 0) = - 49 m/s. •
324 CAPiTULO 6 Aplicaciones de la integral
5. vet) = -10 cos( 4t + 7T /6); s = ~ cuando t = 0
6. vet) = 2 sen 3t ; s = 0 cuando t = 7T
En los problemas 7-12, un cuerpo se mueve en ]fnea recta con aceleraci6n aCt). Encuentre vet) y set).
7. aCt) = - 5; v = 4 y s = 2 cuando t = I
8. aCt) = 6t; v = 0 y s = - 5 cuando t = 2
9. aCt) = 3t 2 - 4t + 5; v = - 3 y s = 10 cuando t = 0
10. aCt) = (t - I )2; v = 4 y s = 6 cuando t = 1
11. aCt) = 7t^1 /^3 - 1; v = 50 y s = 0 cuando t = 8
12. aCt) = 100 cos 5t; v = -20 y s = 15 cuando t = 7T/
En los problemas 13-18, un objeto se mueve en lfnea recta
segun la funci6n posici6n dada. Si s se mide en centfmetros,
encuentre la distancia total recorrida por el objeto en el ins- tante de tiempo indicado.
13. set) = t 2 - 2t; [0, 5] 14. s(t) = - t 2 + 4t + 7; [0,6] 15. set) = t 3 - 3t 2 - 9t; [0,4]
16. s(t) = t 4 - 32t 2 ; [1,5]
17. s(t)=6sen7Tt; [1,3]
18. s(t) = (t - 3f; [2, 7]
= Aplicaciones
- El conductor de un autom6vil que se desplaza en lfnea recta a velocidad constante de 60 mi/h aparta por 2 s la vista de la carretera. i.,Cmintos pies recorre el autom6vil en este instante?
- Una pelota se deja caer (a partir del reposo) des de una altura de 144 pies. i.,En cuanto tiempo la pelota llega al suelo? i.,A que velocidad choca contra el suelo?
- Un huevo se suelta desde la parte superior de un edificio y choca contra el suelo despues de 4 s desde que fue sol- tado. i.,CuaI es la altura del edificio?
- Una piedra se deja caer en un pozo y el choque de esta con el agua se escucha 2 s despues. Si la velocidad del sonido en el aire es 1 080 pies/s, encuentre la profundi- dad del pozo.
- Una flecha se proyecta verticalmente hacia arriba desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de 24.5 m/s. i.,A que altura llega?
- i.,Cuan alto llegarfa la flecha en el problema 23 en el pIa-
neta Marte, donde g = 3.6 m/s?
- Una pelota de golf se lanza verticalmente hacia arriba desde el borde del techo de un edificio de 384 pies de altura con una velocidad inicial de 32 pies/so i.,En que ins- tante golpea la pelota el suelo?
- En el problema 25, i.,cual es la velocidad de la pelota de golf cuando pasa frente a un observador situado en una ventana situada a 256 pies del suelo?
- Una persona arroja un malvavisco hacia abajo con una velocidad inicial de 16 pies/s desde una ventana que esta
a 102 pies del nivel del suelo. Si el malvavisco golpea la cabeza de lIna persona de 6 pies de estatura, i.,cllU I es la velocidad de impacto?
- La persona cllya cabeza fue golpeada en el problema 27 sube hasta la parte superior de una escalera de 22 pies de altura y arroja una roca verticalmente con una velocidad inicial de 96 pies/ so Si la roca choca contra el culpable en el piso a 102 pies, i., cual es la velocidad de impact o?
= Piense en ello
- En marzo de 1979, la sonda espacial Voyager 1 fotogra_ fi6 la erupci6n de un volcan activo en 10, lIna de las luna s de Jupiter. Encuentre la velocidad de lanzamiento de un a roca desde el volcan Loki si la roca alcanza una altitud de 200 km por arriba de la cima del volcano En 10, la ace le-
raci6n deb ida a la graved ad es g = 1.8 m/s 2.
- Como se muestra en la FIGURA 6.1.4 , desde un punto a 30 pies de un poste de 25 pies de altura se arroja vertical- mente hacia abajo una pelota desde una altura de 25 pie s con una velocidad inicial de 2 pies/so a) Encuentre la raz6n en que la sombra de la pel ota se mueve hacia la base del poste. b) Encuentre la raz6n en que Ia sombra de la pel ota se mueve hacia Ia base del poste en t = i.
f
25 pies
,-, Pelota en '(' y t = 0 II II I
I-+-- 30 pies ~ Sombra
FIGURA 6.1.4 Poste en el problema 30
- Si un cllerpo se mueve rectilfneamente con aceler ac i6n
constante a y v = Vo cuando s = 0, demuestre que
v^2 _- Vo^2^ + 2as. [^ Sugerencza..^.^ dvdt^ _- dvds dsdt^ - _ dvds V. ]
- Demuestre que, cuando se ignora la resistencia del aire, un proyectil disparado verticalmente hacia arriba des de el nivel del suelo choca de nuevo contra el suelo con una velocidad igual a la velocidad inicial Vo.
- Suponga que la aceleraci6n debida a la graved ad en un planeta es igual a Ia mitad de la aceleraci6n en la Tierra. Demuestre que una pelota lanzada verticalmente hacia arriba des de la superficie del planeta alcanza una alt ura maxima que es igual al doble de la altura en la Tierra cuando se aplica la misma velocidad inicial.
- En el problema 33 , suponga que la velocidad inicial de la pelota sobre el planeta es Vo Y que la velocidad inicial de la pelota sobre la Tierra es 2vo. Compare las alturas maxi- mas aJcanzadas. Determine la velocidad inicial de la pe lo- ta sobre la Tierra (en terminos de vo) de modo que la maxi- ma altura aJcanzada sea la misma que sobre el planeta.
6.2 Ot ro repaso al area
I Intro duccion Si f es una funcion que asume valores tanto positivos como negativos sobre
la. /JI. entonces la integral definida f~f(x) dx no representa el area bajo la grafica de f sobre el
in ter (^) val o. Como vio en la seccion 5.4, el valor de f;:f(x) dx puede interpretarse como al area Ileta ('011 signa entre la grafica defy el eje x sobre el intervalo [a, b]. En esta seccion investiga- mos do s problemas de area:
- Enc ontrar el area total de una region acota da por la grafica de f y el eje x sobre un illtervalo [a, b].
- En contrar el area de la region acotada entre dos graficas sobre un inter va lo [a, b]. Veremo s que el primer problema es justo un caso especial del segundo problema.
I Are a tot al Suponga que la funcion y = f(x) es continua sobre el intervalo [a, b] y quef(x) < 0
so bre [a, c) y quef(x) 2:: 0 sobre [c, b]. EI area total es el area de la region acotada por la gra-
fica det, el eje x y las rectas vertic ales x = a y x = b. Para encontrar esta area se emplea el valor
absollito de la funcion y = If(x) I, que es no negativa para toda x en [a, b]. Recuerde que If(x) I
es ta definida por partes. Para la funcionf que se muestra en la FIGURA 6.2 .1 a) ,f(x) < 0 sobre el inter-
va lo [0, c) y f(x) 2:: 0 sobre el intervalo [c, b]. Por tanto, paraf(x) < 0 para f(x) 2:: O.
(1)
Como se muestra en la figura 6.2.lb), la grafica de y = If(x) I sobre el intervalo [a, c) se obtie-
ne al reflejar esa porcion de la grafica de y =f(x) en el eje x. Sobre el intervalo [c, b], dondef(x)
2: 0, las graficas de y = f(x) y y = If(x) I son las mismas. Para encontrar el area total A = A I +
6.2 Dtro repaso al area 325
y
y = f(x)
--~-,----,L----~~x b
y
c
a) La integral definida de .f sabre la, b J no es area
y = If (x)
--~~a~--~cL-----~b~X
b) La integral definida de IfI sabre la, b] es area FIGURA 6.2.1 EI area total es A = AI + A
A2 mostradas en la figura 6.2.lb) usamos la propiedad aditiva del intervalo de la integral defini- ... Yea e l teoreilla 5.4.. dajll nto con (1):
f lfCX)1 dx = flf(x) I dx + flf(X) I dx a a c
= f( -f(x» dx + fi(X) dx
= A I + A 2·
Las ideas del analisis precedente se resumen en la siguiente definicion.
De f ini cion 6.2. 1 Area total Si y = f(x) es continua sobre [a, b], entonces el area total A acotada por su grafica y el eje x sabre el intervalo esta dada por
f
b
A = If(x) I dx.
a
D!§MI 4!.I' Are a t ota l
Encu entre el area total acotada por la grafica de y = x 3 y el eje x sobre [-2, 1].
So lucion Por (2) se tiene
A = f 21x31 dx.
En la FIGURA 6.2.2 comparamos la grafica de y = x 3 y la grafica de y = Ix^3 1. Puesto que x 3 < 0 para
x < 0, se tiene sobre [-2, 1] ,
If(x) I
-2 S x < 0
Osxs l.
y (^) y = x 3 2
a) y
b) FIGURA 6.2.2 Gnifica de la funci6n y area en el ejemplo I
aco(;lda po ria gratica defy la grrifica de la funci on y = a (el eje x) y las rectas vertic ales x = (/
y .r == /).
6.2 atro repa so al area 327
I Con str ucc ion de una integral Suponga que y =f(x) y y = g(x) so n continuas sobre [a, b] y LIllip,)lL,i, de 'Iue I CI) "" g l.l) quc/Cr ) 2 g(x) pm'atoda X en el intervalo, Sea P un~ partici6n d~1 in tervalo [a , b] en n subin- ... s(lhr L' c l illkr va l(l si!,'lli fi c l qU L'
tervalos I .rk- I , xd , S{ escogemos un punto muestra xli en cada subll1tervalo, es pos{ble constnllr 1 '1, !,' r ,; lic I' dL'f). ~ PU.::dl' ll
/I rectanglilos correspondi entes que ten ga n el area {(ll'"r,,, jJl~ r(l Ill) crUlar, .:: lllu IU"Ill CIlI L'.
Ye a la fi gura 6,2.4b). El area A de la reg i6n acotada por las dos grafi cas sobre el interval o [a , b] cs apr ox imada porIa suma de Ri e mann II /I 2'> k = ~ [f(x t) - g(xt) ] 6.x" k= ( k = I 10 clial a su vez sugiere que e l area es /I
A = Ifm ~ [f(x i') - g(xt} ]6. Xk'
II Pil->O k = ( Puesto que fy g son continuas, tambien 10 esf - g. Entonces, el limite anterior exi ste y, por defi- ni cion, la integral defi nida
J
A = "[f(x) - g(x)] dx. (/
(3)
Tambien (3) es valida para las regiones en que una 0 am bas funciones fy g tienen valores nega- ti vos. Yea la FIGURA 6.2.5. Sin embargo, (3) no es valida sobre un intervalo [a , b] donde las grafi -
cas de f y g se cr uzan en el intervalo. Observe en la FIGURA 6.2.6 que g es la grafica superi or so br e
los in tervalos (a, CI) y (C2, b), mi entras quefes la grafica superior sobre el intervalo (CI, C2 )' E n el caso mas ge neral , tenemos la s ig uiente definici6n.
la IOll gitud delr ec ta ngul o es I( .r/J + ( - g(xt)) = I( r1) - g(xi)
y
--+---.----^ (/^ ..... ·'1^ ---,-~x b
1
1a lon gitud es f(xn I pu es to que I(x Z') > 0 -t--- -;:T^ I---::HI!t----;,-+ x (I, xt Ib } I·· la lon gitud es - g(xtJ
]
la lon gitud del re ctang ul o es -gIrt) - (- fext)) = .t(xt) - g(xj')
r =g (r) _^ __^ _^ puesto^ qu^ e^ g(xf')^ <^0 ~==~--^ y
a) fIx) > 0 y g(x) < 0 sobre la, bl b) f(x) < 0 y g(x)< O sob re [a , bl FIGU RA 6. 2.5 Las gniticas de f y g pu eden estar por abajo del eje x
De fi nicion 6.2.2 .Area acotada POI' dos crraficas Si fy g son funciones continuas s obre un intervalo [a, b], entonces el area A de la region aco- tada por sus graficas sobre el int ervalo esta dada por
f
A = "If(x) - g(x) I dx. II
Observe que (4) se reduce a (2) cuando g(x) = 0 para toda x en [a , b]. Antes de usaI' las f6r- l11ul as (3) 0 (4), se Ie pide trazar las graticas necesarias. Si las CUI'vas se cruzan sobre el interva-
FIGURA 6 .2.6 Las graficas de f y g se cOI·ta n entre sf so bre [a , b I
328 CAPITULO 6 Ap li caciones de la int egr al
(0, 0) FIGURA 6.2.7 Area en el ejemplo 3
: , y?- =~x +
~ 4 2 FIGU RA 6.2.8 Area en el ejemplo 4
10, entonces como hemos visto en la figura 6.2.6, la posici6n relativa de las curvas cambi a. En cualquier caso, sobre cualquier subintervalo de [a , b], el integrando id6neo siempre es (grafica superior) - (gr:ifica inferior). As! como en (I), el valor absoluto del integrando esta dado por
If(x) - g(x) I = {-(f(X) - g(x», f( x) - g(x),
paraf(x) - g(x) < 0
paraf(x) - g(x) 2: O. (5)
Una manera mas practica de interpretar (5) consiste en trazar las gr:ificas defy g con pr ec is ion y determinar visual mente que:
g(X) - f(x), If(x) - g(x) I = f(x) - g(x) ,
siempre que g es la grMica superior siempre que f es la grMica superior
En la figura 6.2.6, el area A acotada por las gn'ificas de f y g sobre [a, b 1 es
A = f If(x) - g(x) I d.x (/
r lf(X) - g(x) I dx + f \ r(x) - g(x) I dx + f lf(X) - g(x) I dx
(/ c) (' { C, {C, (b J [g(x) - f(x)] d.x + J [f( x) - g(x)] dx + J [g(x) - f(x)] dx.
1I 1 c, t c, t
g es la gra rica su pe ri or ,t: es Ia gra fi c l ~ lI J1e ri or
'ii@I3M4.W'* Area acotada por dos grMicas Encuentre el area acotada por las graficas de y = Yx y y = x 2. Solucion Como se muestra en la FIGURA 6.2.7, la regi6n en cuesti6n se 10caliza en el primer clIa- drante. Puesto que 0 y I son las soluciones de la ecuaci6n x 2 = Yx, las graficas se cortan en los
puntos (0, 0) y (1, 1). En otras palabras, la regi6n se encuentra entre las rectas verticales x = 0 y
x = 1. Puesto que y = Yx es la grMica superior sobre el intervalo (0, 1), se concluye que
A = f(Yx - x 2 ) dx
= (~ x3 /2 - ±X3) ] ~
2 1 1 ="3-"3 - 0 ="3" (^) •
'ii@I3M4.'** Area acotada por dos griificas
Encuentre el area de la regi6n acotada por las gr:ificas de y = x 2 + 2x Y Y = -x + 4 sobre el inter-
valo [-4,2]. Solucion Las funciones dadas se denotan por
y Y2 = - x + 4.
Como se muestra en la FIGURA 6.2.8, las grMicas se cOltan sobre el intervalo [-4, 2].
Para encontrar los puntos de intersecci6n resolvemos la ecuaci6n x 2 + 2x = -x + 4 0
x 2 + 3x - 4 = 0 y encontramos que x = -4 Y x = 1. El area en cuesti6n es la suma de las areas A = At + A 2 :
A = I
2 1Y2 - )'11 dx = JI 1 )'2 - )'11 dx + I
2 1)' 2 - )'11 dx.
330 CAPrTULO 6 Aplicaciones de la integral
Por tanto, el area de la region es la suma de las areas A = A I + A 2 ; es decir,
fs(~X + 1 + vT=X) dx + 2 fa I vT=X dx
= (^) ( -x^1 2 + X - -(1^2 - x)3 / 2 )]^0 -^ -(1^4 - X)3/ 2 ]^ I 4 3 -8 3 °
= -~. 13 /^2 - (16 - 8 - ~. 9 3 /^2 ) - ±. 0 + ±. 1 3/ 2 = 32 3 3 3 3 3· (^) •
t:!IjMR!'.' Soluci6n alterna del ejemplo 6 La necesidad de usar dos integrales en el ejemplo 6 para encontrar el area se evita al const ruir rectangulos horizon tales y usar a y como variable independiente. Si definimos X2 = I - i Y
XI = 2y - 2, entonces, como se muestra en la FIGURA 6.2.11, el area del elemento horizontal es
Ak = [grMica derecha - grafica izquierda]. aneho.
y
XI = 2y - 2
FIGURA 6.2.11 Uso de y como la variable de integraci6n en el ejemplo 7
Al sumar los rectangulos en la direccion de y positiva obtenemos 11 A = Ifm 2: [x i(y) - x'I'(y)] ~Yh I I ~ I ""' O k = I donde II PII es la norma de una partie ion P del intervalo sobre el eje y definida por - 3 ::; y ::; I. En otras palabras,
A = f 3 (X 2 - XI) dy,
donde elIfmite inferior -3 y elIfmite superior 1 son las coordenadas y de los puntos de inter see- cion (-8, -3) Y (0, 1) , respectivamente. Luego, al sustituir por X2 y XI obtenemos
A = f I [(1 - i) - (2y - 2)] dy
= f I (-i - 2y + 3) dy
= (-±l - l + 3Y) I
= (-± - 1 + 3) - (
. (^) •
6.2 Dtro repaso al area 331
~\I O TAS DESDE EL AULA
Como se menciono en la introduccion, en este capftulo veremos diferentes interpretacio- nes de la integral definida. En cada secci6n veremos una variedad de la integral definida, dentro del parrafo Construyendo una integral. Antes de memorizar estas f6rmulas de inte- !!ral es, usted debe estar al tanto de que el resultado obtenido en general no es aplicable a ;ocla situaci6n geometrica 0 ffsica concebible. POl' ejemplo, como vimos en el ej emplo 7, para encontrar el area de una regi6n en el plano puede resultar mas conveniente integral' can respecto a y y asf poder construir una integral totalmente diferente. En lugar de apli- car a ci egas una f6rmula, usted debe tratar de comprender el proceso y la practica de cons- truir integrales al analizar la geometrfa de cad a problema.
Ejercicios 6.2 Las^ respuestas^ de^ los^ problemas^ impares^ seleccionados^ comienzan^ en^ la^ pagina^ RES-20.
== Fun dam entos
En lo s problemas 1-22, encuent:re el area total acotada poria
t>onifica de la funci6n^ dada^ y el^ eje^ x^ en el intervalo^ dado^. l.y =x 2- 1; [-1 ,1 ] 2. y=x2-1; [0 ,2 ]
3. Y = x 3 ; [-3,0] 4. Y = I - x 3 ; [0 ,2 ]
- .' = x 2 - 3x; [0, 3] 6. Y = -(x + 1)2; [-1 , 0] 7. Y = x 3 - 6x; [ - 1, I] 8 ..' = x 3 - 3x 2 + 2; [0,2]
9. .' = (x - 1)(x - 2)(x - 3); [0 ,3 ]
10. y = x(x + I )(x - I); [ -j, 1]
0 1 x 2 - 1
r-
Y = --2- ; [ 1,3 ] 12. y^ =^ --0-;
x x-
13. y = Vx - 1; [0,4] 14. Y = 2 - Vx;
- v = Vx; [ -2,3] (^) 16. y = 2 - Vx; 17. y = sen x; [-1T, 1T]
18. y = I + cos x; [0,31T]
19. ' = -1 + sen x; [-31T12, 1T 12 ]
20. Y = sec^2 x; [0, 1T 13 ]
{
21.y = X^ ; -2:5^ x^ <^0 [-2,1]
X-, 0 :5 x :5 j ,
22. Y = {x + 2, 2 - x 2 ,
-3:5x< 0:5x:52' [-3,2]
[ 1, 2]
[0,9]
[-1,8]
En lo s problemas 23-50 , encuentre el area de la regi6n acota- da porIa grafica de las funciones dadas.
23. y = x, y = - 2x, x = 3 24. Y = x, Y = 4x, x = 2
25. y = x 2 , Y = 4 26. y = x 2 , Y = x
27. y = x 3 , y = 8, x = - 1
28. y = x 3 , Y = Vx, primer cuadrante 29. y = 4(1 - x 2 ), y = 1 - _x 2
- y_ = 2(1 - x 2 ), y = x 2 - 1 31. y = x,y = l/x 2 ,x = 3
- -" = x 2 , Y = l / x 2 , Y = 9, primer cuadrante
- ' = - x 2 + 6, y = x 2 + 4x 34. y = x 2 , Y = - x 2 + 3x
35. .' = X^2 /^3 ,y = 4
36. y = 1 - x 2 /^3 , Y = x 2 /^3 -
37. y = x 2 - 2x - 3, y = 2x + 2, sobre [- 1, 6]
38. y = - x 2 + 4x, y = 1x
39. y = x^3 , Y = X + 6, Y = _-1x
- x_ = l, x = 0, y = 1 41. x = - y, x = 2 - l
42. x = l,x = 6-l
43. x = yZ + 2y + 2, x = -yZ - 2y + 2
44. x = l- 6y + l , x = -yZ + 2y + I
45. y = x 3 - x, Y = x + 4, x = -1, x = 1
46. x = y" - y, x = 0
47. y = cosx,y = senx,x = O,x = 1T 12
48. Y = 2 sen x, y = -x , x = 1T 12
49. y = 4senx,y = 2, sobre[1T16,51T16]
50. y = 2 cos x, y = -cos x, sobre [-1T1 2, 1T 1 2]
En los problemas 51 y 52, interprete la integral definida dada como el area de la region acotada poria grafica de dos funciones. Trace las dos regiones que tienen el area dada poria integral.
- 1\ Vx + x) dx 52. r(~X2 + 3 - x) dx
En los problemas 53 y 54, interprete la integral definida dada como el area de la region acotada por la grafica de dos fllncio- nes sobre un intervalo. Evalue la integral dada y trace la region.
- fix ~ 1 - 4xl dx 54. [lex - 2e- x^ l dx
En los problemas 55-58, use el hecho de que el area de un cfrculo de radio res 1Tr 2 para evaluar la integral definida dada. Trace una regi6n cllya area este dada por la integral definida.
55. r 3~ dx 56. f 5.125_ - x 2 dx Jo -)
- fy + Y4 - _x 2 )dx
- [px_ + 3 - ~)dx
6.3 Volumenes de s6 1ido s met odo de las rebanad as 333
6.3 Volumenes de s6lidos: metoda de las rebanadas
I Intr od uc cion La forma que indiscutiblemente viene a la mente al evocar las palabras cHin- dro recto es el ci lindro circular recto; es decir, la conocida forma de una lata de alumin io. Sin t:J11bargo , un cilindro recto no necesita ser circular. Por geometrfa, un cilindro recto se define cO (^) J11O un solido acotado por dos regiones planas congruentes, en pIanos paralelos y una superfi- cie lateral que es generada por^ un^ segmento^ de^ recta perpendicular a ambos pIanos y cuyos extre- mo (^) s con stituyen los Ifmites de las regiones planas. Cuando las regiones son cfrculo s, obtenemos el cilindro circular recto. Si las regiones son rectangulos, el cilindro es un paralelepipedo rectan- (T Lilar. Algo comun a todos los cilindros, como los cinco 11l0strados en la FIGURA 6.3.1, es que su ~() ILl J1l en Vesta dado por la formula V = B· h, (I)
dOllc\e B denota el area de una base (es decir, el area de un a de las regiones planas) y h denota la altura del cilindro (es decir, la distancia perpendicular entre las regiones planas).
I^ ~ I h /^ B^ !1h I V
h
FIGURA 6.3.1 C in co cilindros rectos diferentes
En esta seccion se demostrara como es posible usar la integral definida para calcular vo lU- menes de ciertos tipos de solidos, especfficamente solidos con seccion transversal conocida. La formul a (1) es especial mente importante en el siguiente analisis.
I M etodo de las rebanadas Suponga que V es el volumen del solido mo strado en la FIGURA 6.3. acotado por pIanos que s on perpendiculares al eje x en x = a y x = b. Adema s, suponga que cono- ce una funcion continua A(x) que proporciona el area de una region de seccion tran sversal que se form a al rebanar el solido por un plano perpendicular al eje x; en otras palabras, una rebana-
da es la interseccion de l solido y un plano. Por ejemplo, para a < XI < X2 < b las areas de las
secciones transversales mostradas en la figura 6.3.2 sonA(xl) y A(X2)' Con esto en mente, supon- ga que rebana al solido en cortes delgados por pianos paralelos (semejantes a rebanadas de pan ele caja comercial) de modo que el grosor 0 ancho de una rebanada es t:.Xk' Al usar cilindros rec- tos para aproximar los volumenes de estas rebana da s es posible con struir una integral definida que proporcione el volumen V del solido.
I Co nst ruccion de una integral Ahora considere rebanar el solido en n rodaja s. Si Pes la pa r-
pianos pcrp t!n dicu lares /,,1 eje x
FIGURA 6.3.2 Las regiones 0 las secciones transversa les ti enen areas conoc id as
ti ci6n ~~ ______
a = Xo < X I < X2 <... < x" = b
del intervalo [a, b) y x2' es un punto muestra en el k- es im o subintervalo [ Xk - I, Xk ], entonces una aproximacion al volumen del solido sobre este subintervalo, 0 rebanada, es el volumen Vk del cilin- elr o recto, que se muestra en la ampliacion de la FIGURA 6.3.3. EI area B de la base del cilindro recto es el area A(xD de la seccion transversal y su altura h es t:. Xk de modo que por (l) su volumen es
Vk = area de la base· altura = A(xD(Xk - Xk-I) = A(xk') t:.X k' (2)
Se concluye que la suma de Riemann de los volUmenes Vk = A(xt') t:. Xk de los n cilindros rectos,
1/ /I 22 Vk = 22 A(xk') t:. Xk, k= I k = I es una aproximacion al volumen V del solido sobre [a , b]. Us amos la integral definida
lim 22 A(xi') t:.X k = II ~I---+ O k= I
COillO definicion del volumen V del solido.
f
"A(x) dx a
Una pieza de pan es una rodaja fo rm ada pOl' dos reba nad as
,hea de {^ /~~""' un a secc i6n
Ir ansversal
A(x%,> ----J-. I I I \
- • J: X xk - I x i.' xk -I D. Xk 1- FIGURA 6.3 .3 EI vo lumen de un cilindro recto es una aproximaci6n al volumen de una rebanada
334 CAP iTULO 6 Ap li ca cion es de la int egra l
a) Un plano perpendicular al eje x corIa al solido en un cuadrado base de In secc i6n
-r-----r~~-+~ x
b) Ba se circular del solido FIGURA 6.3.4 Solido en el ejemplo I
~JL eje de revolucion a) Region
___ --------L_
b) So li do FIGURA 6.3.5 Un solido de revolucion se forma al girar una region plana R alrededor de un eje L y (^) y = f(x)
~-L----------~x a b FIGURA 6.3.6 Region a girar alrededor del eje x
Definicion 6.3.1 Vo lumen por rebanadas -- ~
Sea V el volumen de un solido acotado pOl' pianos perpendiculares al eje x en x = a y x == h.
Si A( x) es una fun cion continua que proporciona el area de un a seccion transvers al deJ so lid o form ado por un plano perpendicul ar al eje x en cualquier punto en el interval o [a, b], en to nc es el volumen del solido es
J
V = " A (x) dx.
Tenga presente que no hay nada especial sobre la variable x en (3) ; dependiendo de la geo - metrfa y el anal isis del problema tambien es posible terminal' con un a integral J; 'A( y ) dy.
1ii@!@iQi.I' S61ido can secciones transversales cuadradas Para el solido en la FIGURA 6.3. 4 a} , las secciones transversales perpendiculares a un diametro de una base circular son cuadradas. Dado que el radio de la base es 4 pies, encuentre el volumen del solido. Soluci6n Sean x y y ejes como se muestra en la figura 6.3.4a); a saber: el origen esta en el cen- tro de la base circular del solido. En esta figura, una seccion transversal cuadrada se muestra per- pendicular al eje x. Puesto que la base del solido es un cfrculo, tenemos x 2 + l = 42. En la figu- ra 6.3.4b) , la Ifnea discontinua en x2' representa la seccion transversal del solido perpendicular al
eje x en el subintervalo [Xk - I , xd en una particion del intervalo [- 4, 4]. A partir de esto ve mo s
que la longitud de un lado de la seccion transversal cuadrada es 2yk' = 2'\116 - (x%'f. Por tanto,
el area de una seccion transversal cuadrada es
A(xk') = (2V16 - (x%')? = 64 - 4(x ~f
EI volumen del cilindro recto que aproxima el volumen del solido 0 rebanada en el subintervalo [ Xk- " xd es Vk = A(xi') ~Xk = (64 - 4(xl) 2) ~Xk' Al formar la suma L~ = I Vk Y to mar el lfmite cuando IIP II ----+ 0 obtenemos la integral definida
V = f 4 (64 - 4x 2 ) dx = 64x _ '±X^3 J4 = 512 _ (_ 512) = 1024.
- 4 3 -4 3 3 3 • - Solidos de revolucion Si una region R en el plano xy se hace girar alrededor de un eje L, se genera un solido denominado solido de revolucion. Vea la FIGURA 6.3.5. - Metodo del disco Como acaba de analizarse, el volumen V de un solido puede encontrarse por medio de una integral definida siempre que se conoce una funcion A(x) que proporciona el area de una seccion transversal formada al hacer pasar un plano por el solido de fonna perpen- dicular a un eje. En el caso de encontrar el volumen de un solido de revoluci6n, siempre es posi- ble encontrar A(x); el eje en cuestion es el eje de revolucion L. Vemos que al rebanar el so lido por medio de dos pIanos paralelos perpendiculares al eje de revolucion, el volumen de las reba- nadas resultantes del solido pueden aproximarse por cilindros circulares rectos que son disc os a arandelas. A continuacion se ilustrara la construccion de una integral de volumen usando di s cos. - Construccion de una integral Sea R la region acotada por la grafica de una funcion continua
no negativa y = f(x) , el eje x y las rectas verticales x = a y x = b, como se muestra en la FI GURA
6.3.6. Si esta region se hace girar alrededor del eje x, encontramos el volumen V del solido de revolucion resultante.
Sea Puna particion de [a, b] y sea xk' cualquier numero en el k-esimo subintervalo [xk_ ".td
como se muestra en la FIGURA 6.3.7a}. A medida que el elemento rectangular de ancho ~Xk y altu- raf(x~') gira alrededor del eje x, genera un disco solido. Luego, la seccion transversal del solido determinada por un plano que corta la superficie en x2' es un cfrculo de radio r = f(xk'), y asf el
336 CAPITULO 6 Aplicacion es de la integral
y y = ~r 2 __ xl_
a) Region
-r
b) Esfera FIGURA 6.3.9 Sel11icfrculo y esfera en e l eje l11plo 3
x
1,I#MQ!.w. Volumen de una esfera Demuestre que el volumen V de una esfera de radio res V = ~7TI). (^) -- Solucion Una esfera de radio r puede generarse al girar un semicfrculo f(x) = Vr^1 - x" alr e- dedor del eje x. Por la FIGURA 6.3.9 vemos que el area de una regi6n de la secci6n tran sversal del s61ido perpendicular al eje x en xi es A (xt) = 7T [f(xZ')] 2 = 7T( V r 2 - (xt) 1)2 = 7T(r 2 - (xt) 2)
y por tanto, el volumen de un disco es Vk = A(xi ) D.X k = 7T(r 2 - (x2')2) D.Xk' Al usaI' (4) observamos que el volumen de la esfera es
I Metodo de la arandela Sea R la regi6n acotada por las graficas de las funciones contin lla s
y = f(x), y = g(x) y las rectas x = a y x = b, como se mllestra en la FIGURA 6.3.10a), que se hace g ir ar
alrededor del eje x. Entonces una rebanada perpendicular al eje x del s6lido de revoluci6n en xt es una circular 0 anillo anula r. Cuando el elemento rectangular de ancho D. Xk que se muestra en la figura 6.3.1Oa) gira alrededor del eje x, genera una ara ndela. El area del anillo es
A (x%') = area del cfrculo - area del orificio
= 7T[f(xk')] 2 - 7T[g(Xk')]^2 = 7T([f(xk')]2 - [g(x 2')]2)
y el volumen Vk de la arandela representativa mostrada en la figura 6.3.1 Ob) es Vk = A (xn D.Xk =7T( [f(xt) ] 2 - [g (xt) ] 2) D.Xk' En consecuenci a, el volumen del s6lido es
V = r7T( [f( x )] 2 - [g(x) J 2) dx. l/ Observe que la integral en (5) se reduce a (4) cuando g(x) = o.
y y
x
a) Region b) Arandela c) Solido de revolucion FIGURA 6.3.10 Cua ndo el elel11ento rectangular rojo en a) gira alrede dor del eje x se gene ra la arandela circular raja en b)
I,IM@!.II Metodo de la arandela
(5 )
x
Encuentre el volumen V del s6lido formado al girar alrededor del eje x la regi6n acotada pOl' las
graficas de y = x + 2, y = x, x = 0 y x = 3.
Solucion En la FIGURA 6.3.11 a) se muestra la regi6n en cuesti6n. Luego, el area de un a secci6n
transversal del s6 1ido correspondiente al plano perpendicular al eje x en x%, es
A(x%') = 7T(Xk' + 2)2 - (xD 2 = 7T(4x i + 4).
6.3 Volumenes de s61idos metoda de las rebanadas 337
Co I1l0 sc ve en la figura 6:3. 1 I a) y b), un elemento rectangular vertical de ancho Ll Xk, cuando se IlaC ·c^ " i^2 r,]r^ alrededor del^ eJe^ x,^ produce una arandela cuyo volumen es Vk = A (xt) LlXk = 1T(4x%' + 4) LlXk. EI proc eso usual de sumas y lfmites acostumbrado lleva a la integral definida para el volumen V del s61i do de revolucion :
J
3 ]
V = 1T 0 (4x + 4) elx = 1T(2x 2 + 4x) 0 = 301T.
y y
x (^) x x
a) Region (^) b) Arandela c) Solido de revoilicion FIGURA 6.3 .11 Region y solido de revoilicion en el ejemplo 4 (^) •
"Iij ~ly !. "j Integra cion can respecto a V
Encu entre el volumen V del solido formado por la region que gira alrededor del eje x acotada por las graficas de y = \IX y y = x. Solucion Cuando el elemento rectangular horizontal en la FIGURA 6.3.12a) gira alrededor del eje y gen era una arandela de ancho LlYk. El area A(yn de la region anular en y%' es
A (yt) = area del circulo - area del orificio. - I
EI radio del circulo y el radio del hueco se obtienen al despejar, a su vez, y = x y y = \IX para x en terminos de y:
Asf, el volumen de una arandela es
V (^) k = A (yt) LlYk = 1T((y%'f - (yj't) LlYk. Usu almente sumando los Vk y tomando ellfmite de la suma cuando liPll ---+ 0 llevan a la integral de finida para el volumen del solido:
V = 1Tfl(l-l) ely = 1T(..!.i - ..!.ys)] I = .1.. (^) 1T. o 3 5 0 15
y
y={U
(1, I)
+----~~x a) Region b) Arandela y solido de revoilicion FIGURA 6.3.12 Region y solido de revoilicion en el ejemplo (^5) •
- La base de un solido es un triangulo isosceles recto for-
mado por los ejes de coordenadas y la recta x + y = 3. Las
scccio nes transversales perpendiculares al eje y son cua- drados. Encuentre el volumen del solido.
- Suponga que la piramide que se muestra en la FIGURA 6.3. ti cne altura h y base cuadrada de area B. Demuestre que
el vol umen de la piramide esta dado por A = *hB. [Suge-
f elic ia: Sea b la longitud de un lado de la base cuadrada.]
FIGURA 6.3.17 Pira mide en el prob lema 8
En los problemas 9-14, consulte la FIGURA 6.3.18. Use el me- tod o de l disco 0 arandela para encontrar el volumen del so- li do de revolucion que se forma al girar la region dada alre- dedor de la recta indicada.
9. R^ I^ alrededor de^ DC^ 10.^ R^ I^ a^ lr^ ede^ dor de^ DA
11. Rz alrededor de DA 12. R2 alr ede dor de DC
13. R I alrededor de AB 14. R2 alrededor de AB
y (^) B ( I , I ) C Rz
-t""""""---------L~ x
o A
FIGURA 6.3.18 R eg io nes para los problemas 9- 14
En los problemas 15-40, use el metodo del disco 0 de la aran- dela para encontrar el volumen del solido de revolucion que se forma al gi rar la region acotada por las graticas de las ecua- ciones dadas alrededor de la recta 0 eje que se indica.
15. y = 9 - x 2 , Y = 0; eje x
I 6.y=x 2 + 1,x= 0 ,y= 5; ejey
17. Y = ~,x^1 = l ,y = 2";^1 ejey
1 8. y = -^ I x = -^1 x = 3 y = O' eJe x
.r' 2' , ,
1 9. y = (x - 2f, x = 0, y = 0; eje x
20. y = (x + I )2, X = 0, y = 0; eJe y
- (^) .' = 4 - x (^2) , Y = 1 - lx 4 2 ., eJ'ex
2 2. y = I - x 2 , Y = x 2 - 1, x = 0, primer cuadrante; eje y
6.3 Valumenes de s6 1i dos metoda de las rebanadas 339
23. Y = x, Y = x + 1, x = 0, y = 2; eJe y
24. x + y = 2, x = 0, y = 0, y = I; eje x
25. y = v:x-=J, x = 5, y = 0; x = 5
26. x = /, x = I ; x = I
27. Y=XI/3,X= 0 ,y= 1; _y=
- x_ = -/ + 2y, x = 0; x = 2 29. x 2 - / = 16, x = 5; eje _y
- y_ = x 2 - 6x + 9, y = 9 - !x 2 ; eje x
31. x = /, y = x - 6; eje y
32. y = x 3 + I, x = 0, y = 9; eje y
33. Y = x 3 - x, y = 0; eje _x
- y_ = x 3 + 1, x = I , y = 0; eje x
35. y = e- x , x = 1, y = 1; y = 2
36. y = eX, y = J, x = 2; eJe x
37. y = lcosxl, y = 0, 0 ~ x ~ 27T; eje x
38. y = secx, x = - 7T / 4 , x = 7T / 4 , Y = 0; eje x
39. y = tan x, y = 0, x = 7T / 4 ; eje x
40. y = sen x, y = cos x, x = 0, primer cuadrante; eJe x
=Piense en ello
41. Relea los problemas 68-70 acerca del principi o de
Cavalier i, en los ejercicios 6.2. A continuacion muestre que los cilindros circulares de la FIGURA 6.3.19 tienen el mismo volumen.
-r~
FIGURA 6.3.19 Ci lindros en el problema 41
42. Considere el cilindro circular recto de radio a que se
muestra en la FIGURA 6.3.20. Un plano inc1inado a un angu- 10 () co n respecto a la base del cilindro pasa por un dia- metro de la base. Encuentre el volumen de la cuna resul- tante que se corta del cilindro cuando
a) () = 45 °
..---- .....
~=- ---
FIGURA 6.3.20 C ilinclro y cufia en el probl ema 42
\
340 CAPiTULO 6 Apl icacione s de la integral
=Proyectos
- Para las aves Un modelo matematico para la farm a de un huevo puede obtenerse al girar la region acotada por
las graficas de y = 0 y la funcion f(x) = P(x)~ ,
donde P(x) = ax 3 + bx 2 + ex + d es un polinomio cLi-
bico, alrededor del eje x. Por ejemplo, un huevo de arao
comLin corresponde a P(x) = -0.07x 3 - 0.02X2 + 0 .2x +
0.56. En la FIGURA 6.3.21 se muestra la grafica de f obtenida
con ayuda de un SAC. a) Encuentre una formula general para el volumen V de un huevo con base en el modelo matematico
f(x) = P(x)~ , dondeP(x)=ax3+bx2+ex+d.
[Sugereneia : Este problema puede resolverse con calculos manuales, aunque es lento y "confuso". Use un SAC para realizar la integracion.] b) Use la formula obtenida en el inciso a) para estimar el volumen de un huevo de arao comLin. c) Un huevo de somorgujo petirrojo corresponde a
P(x) = - 0.06X 3 + 0.04X2 + O.Ix + 0.54. Use un
SAC para obtener la grafica def d) Use el inci so a) para estimar el volumen de un huevo del somorgujo petirrojo.
"
- ••. I' ~ ••~. .; '. • ' t .. ' (^) r ' .• (^) ~ if. ';""'-J (^) , .....-::~,:" ,.
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Huevos de ar ao comun
FIGURA 6,3.21 Modelo de la forma del hu evo de arao comun en el problema 43
- Ese sentimiento de hundirse Una bola esferica de madera de radio I' flota en un estanque de agua tranquila,
Sea h la profundidad a que se hundira la bola. Yea la FIGU. RA 6,3.. a) Demuestre que el volumen de la porcion sumerg ida de
la bola esta dado por V = 7Tr 2 h - ~ 7Th 3.
b) Suponga que el peso especffico de la bola se de nota par Pb o la Y que el peso especffico del agua es P au ""
( l11 edida en Ib/pies 3 ). Si r = 3 pulg Y Pbo la = 0.4 p "geU '"
use el principio de Arqufmedes -el peso de la bola es igual al peso del agua desplazada- para determinar la profundidad aproximada h que se hundira la bo la, Neces ita una calculadora 0 un SAC para resolver un a ecuacion de un polinomio cLib ico.
h ~
FIGURA 6,3,22 Bola de madera f1 0tante en el problema 44 S6lidos de Steinmetz El solido farm ado par dos ci lin- dros circulares de radio r cuyos ejes se cOltan formando un angulo recto se denomina bicilindro y es un caso especial de los solidos de Steinmetz. Por razones de cla- ridad se muestra la octava parte del solido en la FIGURA 6,3.. a) Encuentre el volul11en total del bicilindro ilustrado en la figura. b) Escriba un breve reporte sobre los solidos de Ste in- metz.
y (^) x FIGURA 6.3,23 C ilindr os circulares r ec tos qu e se co rtan en el problema 45
6.4 Volumenes de s6lidos: metodo de los cascarones
I Introduccion En esta seccion continuamos el analisis de como encontrar volumenes de so li- dos de revolucion. Pero en lugar de usar pIanos perpendiculares al eje de revolucion para reba- nar el solido en rodajas cuyo volumen puede aproximarse por cilindros circulares rectos regu la- res (discos 0 arandelas), desarrollamos un nuevo metodo para encontrar vohimenes de solidos de revolucion que utiliza cascarones cilfndricos circulares. Antes de construir un integral que rep re- sente el metodo de los cascarones es necesario encontrar el volumen del cascaron cilfndrico general que se muestra en la FIGURA 6.4,1. Si, como se observa en la figura, rl Y 1'2 denotan re spec-
- tivamente los radios interior y exterior del cascaron , y h es su altura, entonces su volumen es t <l FIGURA 6.4,1 Cascar6n c ilfndri co dado por la diferencia volumen del cilindro exterior - volul11en del cilindro interior = 7Tdh - 7Tdh = 7T(d - d)h = 7T(r2 + 1'1)(r2 - rl)h.
(I)
