Integrales definidas y algunas de sus aplicaciones

Uno de los usos del cálculo integral es permitirnos determinar los valores de las áreas delimitadas por curvas.

Intentemos abordar el tema paso a paso.

Sea $A B$ (en la figura siguiente) una curva cuya ecuación es conocida. Es decir, $y$ en esta curva es una función conocida de $x$ . Pensee en un fragmento de la curva que va desde el punto $P$ hasta el punto $Q$ .

Figure 1 Figura 1 Fig. 19.1

Imaginemos que trazamos una perpendicular $P M$ desde $P$ , y otra $Q N$ desde el punto $Q$ . A continuación, llamemos $O M = x_{1}$ y $O N = x_{2}$ , y definamos las ordenadas como $P M = y_{1}$ y $Q N = y_{2}$ . Así hemos delimitado el área $P Q N M$ que queda debajo del fragmento $P Q$ . El problema es: ¿cómo podemos calcular el valor de esta área?

El secreto para resolver este problema consiste en concebir el área como si estuviera dividida en una gran cantidad de tiras estrechas, cada una de ellas con un ancho $d x$ . Cuanto más pequeño tomemos $d x$ , más tiras habrá entre $x_{1}$ y $x_{2}$ . Ahora bien, el área total es claramente igual a la suma de las áreas de todas esas tiras. Nuestra tarea consistirá en descubrir una expresión para el área de cualquiera de estas tiras estrechas e integrarla para sumar todas las tiras. Pense de nuevo en una de estas tiras. Será de este modo: delimitada entre dos lados verticales, con una base plana $d x$ , y con una parte superior ligeramente curvada e inclinada. Supongamos que tomemos su altura media como $y$ ; entonces, dado que su ancho es $d x$ , su área será $y d x$ (figura siguiente). Y, puesto que podemos tomar el ancho tan estrecho como queramos, si lo tomamos lo suficientemente estrecho, su altura media será igual a la altura en el punto medio de la misma. Ahora, llamemos $S$ al valor desconocido del área total, que significa superficie. El área de una tira será simplemente una pequeña parte del área total y, por lo tanto, puede llamarse $d S$ . Así que podemos escribir: $área de 1 tira = d S = y \cdot d x .$

Figure 2 Figura 2 Fig. 19.2

Si luego sumamos todas las tiras, obtenemos $área total S = \int d S = \int y d x .$

Por lo tanto, hallar $S$ depende de si podemos integrar $y \cdot d x$ para este caso particular, cuando conocemos cuál es el valor de $y$ como función de $x$ .

Por ejemplo, si se le dijera que para la curva particular en cuestión $y = b + a x^{2}$ , sin duda podría colocar ese valor en la expresión y decir: entonces debo hallar $\int (b + a x^{2}) d x$ .

Todo eso está muy bien; pero un poco de reflexión le mostrará que se debe hacer algo más. Dado que el área que intentamos hallar no es el área bajo toda la longitud de la curva, sino solo el área limitada a la izquierda por $P M$ , y a la derecha por $Q N$ , se deduce que debemos hacer algo para definir nuestra área entre esos «límites».

Esto nos introduce a una nueva noción, a saber, la de integrar entre límites. Suponemos que $x$ varía y, para el propósito actual, no necesitamos ningún valor de $x$ por debajo de $x_{1}$ (es decir, $O M$ ), ni ningún valor de $x$ por encima de $x_{2}$ (es decir, $O N$ ). Cuando una integral debe definirse entre dos límites, llamamos al menor de los dos valores límite inferior, y al valor mayor límite superior. Cualquier integral así limitada la designamos como una integral definida, a fin de distinguirla de una integral indefinida (que es la inversa de la diferenciación), a la que no se le asignan límites.

En los símbolos que dan instrucciones para integrar, los límites se indican colocándolos en la parte superior e inferior, respectivamente, del signo de integración. Así, la instrucción $\int_{x = x_{1}}^{x = x_{2}} y \cdot d x$ se leerá: halle la integral de $y \cdot d x$ entre el límite inferior $x_{1}$ y el límite superior $x_{2}$ .

A veces se escribe de forma más simple $\int_{x_{1}}^{x_{2}} y \cdot d x .$ Bien, pero ¿cómo se halla una integral entre límites cuando se tienen estas instrucciones?

Mire de nuevo la primera figura de este capítulo. Suponga que pudiéramos hallar el área bajo el segmento mayor de la curva desde $A$ hasta $Q$ , es decir, desde $x = 0$ hasta $x = x_{2}$ , llamando al área $A Q N O$ . Luego, suponga que pudiéramos hallar el área bajo el segmento menor desde $A$ hasta $P$ , es decir, desde $x = 0$ hasta $x = x_{1}$ , a saber, el área $A P M O$ . Si entonces restáramos el área menor de la mayor, nos quedaría como remanente el área $P Q N M$ , que es la que queremos. Aquí tenemos la pista de qué hacer; la integral definida entre dos límites es la diferencia entre la integral calculada para el límite superior y la integral calculada para el límite inferior.

Procedamos entonces. Primero, halle la integral general de este modo: $\int y d x,$ y, como $y = b + a x^{2}$ es la ecuación de la curva (Fig. 19.1), $\int (b + a x^{2}) d x$ es la integral general que debemos hallar.

Realizando la integración en cuestión mediante la regla, obtenemos $b x + \frac{a}{3} x^{3} + C;$ y esta será el área total desde $0$ hasta cualquier valor de $x$ que queramos asignar.

Por lo tanto, el área mayor hasta el límite superior $x_{2}$ será $b x_{2} + \frac{a}{3} x_{2}^{3} + C;$ y el área menor hasta el límite inferior $x_{1}$ será $b x_{1} + \frac{a}{3} x_{1}^{3} + C .$

Ahora, reste la menor de la mayor, y obtenemos para el área $S$ el valor: $área S = b (x_{2} - x_{1}) + \frac{a}{3} (x_{2}^{3} - x_{1}^{3}) .$

Esta es la respuesta que queríamos. Demos algunos valores numéricos. Suponga que $b = 10$ , $a = 0.06$ , $x_{2} = 8$ y $x_{1} = 6$ . Entonces el área $S$ es igual a \begin{gathered} 10(8 - 6) + \frac{0.06}{3} (8^3 - 6^3) \\ \begin{align} &= 20 + 0.02(512 - 216) \\ &= 20 + 0.02 \times 296 \\ &= 20 + 5.92 \\ &= 25.92. \end{align} \end{gathered}

Pongamos aquí una forma simbólica de expresar lo que hemos verificado sobre los límites: $\int_{x = x_{1}}^{x = x_{2}} y d x = y_{2} - y_{1},$ donde $y_{2}$ es el valor integrado de $y d x$ correspondiente a $x_{2}$ , y $y_{1}$ es el correspondiente a $x_{1}$ .

Toda integración entre límites requiere que se halle la diferencia entre dos valores de este modo. Tenga en cuenta también que, al hacer la resta, la constante añadida $C$ ha desaparecido.

En resumen, \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \int_{x_1}^{x_2}y\,dx=\left[\int y\,dx\right]_{x_1}^{x_2}}. El símbolo ${[\int y d x]}_{x_{1}}^{x_{2}}$ significa evaluar $\int y d x$ para $x = x_{2}$ y para $x = x_{1}$ y restar esta última de la primera.

Ejemplos

Example 1.

Ejemplo 19.1. Para familiarizarnos con el proceso, tomemos un caso del cual conocemos la respuesta de antemano. Hallemos el área del triángulo (figura siguiente), que tiene base $x = 12$ y altura $y = 4$ . Sabemos de antemano, por geometría elemental, que la respuesta será $24$ .

Ahora, aquí tenemos como «curva» una línea inclinada cuya ecuación es $y = \frac{x}{3} .$

El área en cuestión será $\int_{x = 0}^{x = 12} y \cdot d x = \int_{x = 0}^{x = 12} \frac{x}{3} \cdot d x .$

Integrando $\frac{x}{3} d x$ y escribiendo el valor de la integral indefinida entre corchetes con los límites indicados arriba y abajo, obtenemos \begin{align} \text{área} &= \left[ \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} x^2 +C\right]^{x=12}_{x=0} \\ &= \left[ \frac{x^2}{6}+C \right]^{x=12}_{x=0} \\ &= \left[ \frac{12^2}{6}+C \right] - \left[ \frac{0^2}{6}+C \right] \\ &= \frac{144}{6} = 24.\quad \text{Resp}. \end{align}

Convencémonos de este truco de cálculo bastante sorprendente poniéndolo a prueba en un ejemplo sencillo. Consiga papel cuadriculado, preferiblemente uno que esté reglado en pequeños cuadrados de un octavo de pulgada o un décimo de pulgada por lado. En este papel cuadriculado trace la gráfica de la ecuación: $y = \frac{x}{3} .$

Los valores a graficar serán: $\begin{array}{ccccccc} x & 0 & 3 & 6 & 9 & 12 \\ y & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{array}$

El gráfico se muestra a continuación.

Ahora calcule el área debajo de la curva contando los pequeños cuadrados debajo de la línea, desde $x = 0$ hasta $x = 12$ a la derecha. Hay $18$ cuadrados enteros y cuatro triángulos, cada uno de los cuales tiene un área igual a $1 \frac{1}{2}$ cuadrados; o, en total, $24$ cuadrados. Por lo tanto, $24$ es el valor numérico de la integral de $\frac{x}{3} d x$ entre el límite inferior $x = 0$ y el límite superior $x = 12$ .

Como ejercicio adicional, demuestre que el valor de la misma integral entre los límites $x = 3$ y $x = 15$ es $36$ .

Example 2.

Ejemplo 19.2. Halle el área, entre los límites $x = x_{1}$ y $x = 0$ , de la curva $y = \frac{b}{x + a}$ (figura siguiente).

Solución. \begin{align} \text{Área} &= \int^{x=x_1}_{x=0} y \cdot dx = \int^{x=x_1}_{x=0} \frac{b}{x+a}\, dx \\[6pt] &= b \bigl[\ln(x + a)+C \bigr]^{x_1} _{0} \\[6pt] &= b \bigl[\ln(x_1 + a)+C - \ln(0 + a)-C\bigr] \\ &= b \ln \frac{x_1 + a}{a}.\quad \text{Resp}. \end{align}

Nota — Observe que, al tratar con integrales definidas, la constante $C$ siempre desaparece por resta.

Cabe señalar que este proceso de restar una parte de una mayor para hallar la diferencia es en realidad una práctica común. ¿Cómo se halla el área de un anillo plano (figura siguiente), cuyo radio exterior es $r_{2}$ y cuyo radio interior es $r_{1}$ ? Sabe por geometría que el área del círculo exterior es $π r_{2}^{2}$ ; luego halla el área del círculo interior, $π r_{1}^{2}$ ; después resta esta última de la primera y halla el área del anillo $= π (r_{2}^{2} - r_{1}^{2})$ ; que puede escribirse como $π (r_{2} + r_{1}) (r_{2} - r_{1})$ $= circunferencia media del anillo \times ancho del anillo$ .

Figure 3 Figura 3 Fig. 19.6

Example 3.

Ejemplo 19.3. He aquí otro caso: el de la curva de decaimiento. Halle el área entre $x = 0$ y $x = a$ de la curva (figura siguiente) cuya ecuación es \begin{align} y &= be^{-x}. \end{align}

Solución. $Área = b \int_{x = 0}^{x = a} e^{- x} \cdot d x .$ La integración (ver aquí) da \begin{align} &= b\big[-e^{-x}\big]^a _0 \\ &= b\bigl[-e^{-a} - (-e^{-0})\bigr] \\ &= b(1-e^{-a}). \end{align}

Example 4.

Ejemplo 19.4. Otro ejemplo lo ofrece la curva adiabática de un gas perfecto, cuya ecuación es $p v^{n} = c$ , donde $p$ representa la presión, $v$ representa el volumen y $n$ tiene el valor de $1.42$ (ver abajo).

Halle el área bajo la curva (que es proporcional al trabajo realizado al comprimir repentinamente el gas) desde el volumen $v_{2}$ hasta el volumen $v_{1}$ .

Solución. Aquí tenemos \begin{align} \text{área} &= \int^{v=v_2}_{v=v_1} cv^{-n} \cdot dv \\ &= c\left[\frac{1}{1-n} v^{1-n} \right]^{v_2} _{v_1} \\ &= c \frac{1}{1-n} (v_2^{1-n} - v_1^{1-n}) \\ &= \frac{-c}{0.42}\left(\frac{1}{v_2^{0.42}} - \frac{1}{v_1^{0.42}}\right). \end{align}

Área de un disco

Example 5.

Ejemplo 19.5. Pruebe la fórmula geométrica común de que el área $A$ de un círculo cuyo radio es $R$ es igual a $π R^{2}$ .

Solución. Considere una zona o anillo elemental de la superficie (figura siguiente), de ancho $d r$ , situada a una distancia $r$ del centro. Podemos considerar que toda la superficie consta de tales anillos estrechos, y el área total $A$ será simplemente la integral de todos esos anillos elementales desde el centro hasta el borde, es decir, integrada desde $r = 0$ hasta $r = R$ .

Por lo tanto, tenemos que hallar una expresión para el área elemental $d A$ de la zona estrecha. Pense en ella como una tira de ancho $d r$ y de una longitud que es la periferia del círculo de radio $r$ , es decir, una longitud de $2 π r$ . Tenemos entonces, como área de la zona estrecha, $d A = 2 π r d r .$

Por lo tanto, el área de todo el círculo será: $A = \int d A = \int_{r = 0}^{r = R} 2 π r \cdot d r = 2 π \int_{r = 0}^{r = R} r \cdot d r .$

Ahora, la integral general de $r \cdot d r$ es $\frac{1}{2} r^{2}$ . Por lo tanto, $A = 2 π {[\frac{1}{2} r^{2}]}_{r = 0}^{r = R};$ o $A = 2 π [\frac{1}{2} R^{2} - \frac{1}{2} (0)^{2}];$ de donde $A = π R^{2} .$

Valor medio (o promedio) de una función

Example 6.

Ejemplo 19.6. Hallemos la ordenada media (el valor de $y$ promedio) de la parte positiva de la curva $y = x - x^{2}$ , que se muestra a continuación.

Solución. Para hallar la ordenada media, tendremos que hallar el área del segmento $O M N$ y luego dividirla por la longitud de la base $O N$ . Pero antes de poder hallar el área debemos determinar la longitud de la base, para saber hasta qué límite integrar. En $N$ la ordenada $y$ tiene un valor de cero; por lo tanto, debemos mirar la ecuación y ver qué valor de $x$ hará que $y = 0$ . Claramente, si $x$ es $0$ , $y$ también será $0$ , con lo cual la curva pasa por el origen $O$ ; pero también, si $x = 1$ , $y = 0$ ; de modo que $x = 1$ nos da la posición del punto $N$ .

Entonces el área requerida es: \begin{align} \text{área}&= \int^{x=1}_{x=0} (x-x^2)\, dx \\ &= \left[\frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{3} x^3 \right]^{1}_{0} \\ &= \left[\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right] - [0-0] \\ &= \frac{1}{6}. \end{align}

Pero la longitud de la base es $1$ .

Por lo tanto, la ordenada promedio de la curva $= \frac{1}{6}$ .

[Nota — Será un bonito y sencillo ejercicio de máximos y mínimos hallar mediante diferenciación cuál es la altura de la ordenada máxima. Esta debe ser mayor que el promedio.]

La ordenada media (o promedio) de cualquier curva, en un intervalo desde $𝒙 = 𝒙_{1}$ hasta $𝒙 = 𝒙_{2}$ , viene dada por la expresión: \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{promedio de } y = \frac{1}{x_2-x_1} \int^{x=x_2}_{x=x_1} y \cdot dx.}

Áreas en coordenadas polares

Cuando la ecuación de la frontera de un área viene dada como una función de la distancia $r$ de un punto de esta a un punto fijo $O$ (ver la figura siguiente) llamado polo, y del ángulo que $r$ forma con la dirección positiva del eje $x$ , el proceso recién explicado se puede aplicar con la misma facilidad, con una pequeña modificación. En lugar de una franja de área, consideramos un pequeño triángulo $O A B$ , siendo el ángulo en $O$ igual a $d θ$ , y hallamos la suma de todos los pequeños triángulos que componen el área requerida.

Figure 4 Figura 4 Fig. 19.11

El área de este pequeño triángulo es aproximadamente $\frac{A B}{2} \times r$ o $\frac{r d θ}{2} \times r$ ; de ahí que la porción del área incluida entre la curva y dos posiciones de $r$ correspondientes a los ángulos $θ_{1}$ y $θ_{2}$ viene dada por \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{Área}=\frac{1}{2} \int^{\theta=\theta_2}_{\theta=\theta_1} r^2\, d\theta.}

Nota — En la fórmula anterior, $θ$ debe expresarse en radianes.

Ejemplos

Example 7.

Ejemplo 19.7. Halle el área del sector de $1$ radián en una circunferencia de radio $a$ pulgadas (figura siguiente).

Solución. La ecuación polar de la circunferencia es evidentemente $r = a$ . El área es $\frac{1}{2} \int_{θ = θ_{1}}^{θ = θ_{2}} a^{2} d θ = \frac{a^{2}}{2} \int_{θ = 0}^{θ = 1} d θ = \frac{a^{2}}{2} .$

Example 8.

Ejemplo 19.8. Halle el área del primer cuadrante de la curva (conocida como «Caracol de Pascal»), cuya ecuación polar es $r = a (1 + \cos θ)$ (figura siguiente).

Solución. \begin{align} \text{Área} &= \frac{1}{2} \int^{\theta=\frac{\pi}{2}}_{\theta=0} a^2(1+\cos \theta)^2\, d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \int^{\theta=\frac{\pi}{2}}_{\theta=0} (1+2 \cos \theta + \cos^2 \theta)\, d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \left[\theta + 2 \sin \theta + \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2 \theta}{4} \right]^{\frac{\pi}{2}}_{0} \\ &= \frac{a^2(3\pi+8)}{8}. \end{align}

Volúmenes por integración

Lo que hemos hecho con el área de una pequeña tira de superficie podemos, por supuesto, hacerlo con la misma facilidad con el volumen de una pequeña rebanada de un sólido. Podemos sumar todas las pequeñas rebanadas que componen el sólido total y hallar su volumen, tal como hemos sumado todos los pequeños fragmentos que componían un área para hallar el área final de la figura analizada.

Ejemplos.

Example 9.

Ejemplo 19.9. Halle el volumen de una esfera de radio $R$ .

Solución. Método (a). Un cascarón esférico delgado tiene como volumen $4 π r^{2} d r$ (ver Fig. 19.9); sumando todos los cascarones concéntricos que componen la esfera, tenemos: $volumen de la esfera = \int_{r = 0}^{r = R} 4 π r^{2} d r = 4 π {[\frac{r^{3}}{3}]}_{0}^{R} = \frac{4}{3} π R^{3} .$

Método (b). También podemos proceder de la siguiente manera: una rebanada de la esfera, de espesor $d x$ , tiene como volumen $π y^{2} d x$ . Este disco delgado se genera al girar la tira de espesor $d x$ que se muestra en la Fig. 19.14 alrededor del eje $x$ (ver Fig. 19.15). La longitud de esta tira, $y$ , se relaciona con la distancia de esta tira al origen, $x$ , mediante $y^{2} = R^{2} - x^{2} .$ Por lo tanto: \begin{align} \text{volumen de la esfera} &= 2 \int^{x=R}_{x=0} \pi(R^2-x^2)\, dx \\ &= 2 \pi \left[ \int^{x=R}_{x=0} R^2\, dx - \int^{x=R}_{x=0} x^2\, dx \right] \\ &= 2 \pi \left[R^2x - \frac{x^3}{3} \right]^R_0 = \frac{4\pi}{3} R^3. \end{align}

Example 10.

Ejemplo 19.10. Halle el volumen del sólido generado por la revolución de la curva $y^{2} = 6 x$ alrededor del eje $x$ , entre $x = 0$ y $x = 4$ .

Solución. El volumen de un disco delgado generado al girar la tira estrecha es $π y^{2} d x$ (ver la figura siguiente).

Hence \begin{align} \text{volumen} &= \int^{x=4}_{x=0} \pi y^2\, dx = 6\pi \int^{x=4}_{x=0} x\, dx \\ &= 6\pi \left[ \frac{x^2}{2} \right]^4_0 = 48\pi = 150.8. \end{align}

Sobre medias cuadráticas

En ciertas ramas de la física, particularmente en el estudio de las corrientes eléctricas alternas, es necesario poder calcular la media cuadrática de una cantidad variable. Por «media cuadrática» se denota la raíz cuadrada de la media de los cuadrados de todos los valores entre los límites considerados. Otros nombres para la media cuadrática de cualquier cantidad son su valor «eficaz» (o virtual), o su valor «R.M.S.» (que significa root-mean-square). Si $y$ es la función bajo consideración, y la media cuadrática se va a tomar entre los límites de $x = 0$ y $x = L$ ; entonces la media cuadrática se expresa como \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{media cuadrática de } y=\sqrt{\frac{1}{L} \int^L_0 y^2\, dx}.}

Ejemplos.

Example 11.

Ejemplo 19.11. Halle la media cuadrática de la función $y = a x$ (figura siguiente).

Solución. Aquí la integral es $\int_{0}^{L} a^{2} x^{2} d x$ , que es $\frac{1}{3} a^{2} L^{3}$ .

Dividiendo por $L$ y tomando la raíz cuadrada, tenemos $media cuadrática = \frac{1}{\sqrt{3}} a L .$

Aquí la media aritmética es $\frac{1}{2} a L$ ; y la relación entre la media cuadrática y la aritmética (esta relación se llama factor de forma) es $\frac{2}{\sqrt{3}} = 1.155$ .

Example 12.

Ejemplo 19.12. Halle la media cuadrática de la función $y = x^{a}$ .

Solución. La integral es $\int_{x = 0}^{x = L} x^{2 a} d x$ , es decir $\frac{L^{2 a + 1}}{2 a + 1}$ .

Por lo tanto, $\begin{matrix} media cuadrática = \sqrt{\frac{L^{2 a}}{2 a + 1}} . \end{matrix}$

Example 13.

Ejemplo 19.13. Halle la media cuadrática de la función $y = a^{\frac{x}{2}}$ .

Solución. La integral es $\int_{x = 0}^{x = L} (a^{\frac{x}{2}})^{2} d x$ , es decir $\int_{x = 0}^{x = L} a^{x} d x$ , o $\begin{matrix} {[\frac{a^{x}}{\ln a}]}_{x = 0}^{x = L}, \end{matrix}$ que es $\frac{a^{L} - 1}{\ln a}$ .

Por lo tanto, la media cuadrática es $\sqrt{\frac{a^{L} - 1}{L \ln a}}$ .

Ejercicios

Exercise 1.

Ejercicio 19.1. Halle el área de la curva $y = x^{2} + x - 5$ entre $x = 0$ y $x = 6$ , y las ordenadas medias (valor de $y$ promedio) entre estos límites.

Respuesta

Área = 60

;

ordenada promedio = 10

Solución

\begin{align} \text { área } &=\int_{0}^{6}\left(x^{2}+x-5\right) d x \\ &=\left[\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}-5 x\right]_{x=0}^{x=6} \\ & =\left(\frac{6^{3}}{3}+\frac{6^{2}}{2}-5 \times 6\right)-\left(\frac{0}{3}+\frac{0}{2}-5 \times 0\right) \\ & =60 \end{align}

$media y = \frac{\int_{0}^{6} (x^{2} + x - 6) d x}{6 - 0} = \frac{60}{6} = 10 .$

Exercise 2.

Ejercicio 19.2. Halle el área de la parábola $y = 2 a \sqrt{x}$ entre $x = 0$ y $x = a$ . Demuestre que es dos tercios del rectángulo de la ordenada límite y de su abscisa.

Respuesta

Área = \frac{2}{3}

a \times 2 a \sqrt{a}

Solución

\begin{align} \text { área bajo la curva }& =\int_{0}^{a} 2 a \sqrt{x} d x\\ & =2 a \int_{0}^{a} x^{\frac{1}{2}} d x \\ & =\left[2 a \times \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}\right]_{x=0}^{x=a} \\ & =\frac{4}{3} a^{\frac{5}{2}} \end{align}

\begin{align} \text { área del rectángulo }& =a \times(2 a \sqrt{a}) \\ & =2 a^{\frac{5}{2}} \end{align}

\begin{align} \text{área bajo la curva} &=\frac{2}{3}\times \text{ área del rectángulo}\\ &=\frac{4}{3}a^{\frac{5}{2}} \end{align}

Exercise 3.

Ejercicio 19.3. Halle el área de la parte positiva de una curva senoidal y la ordenada promedio.

Respuesta

Área = 2

;

ordenada promedio = \frac{2}{π} \approx 0.637

Solución

\begin{align} \text { área de la región mostrada } & =\int_{0}^{\pi} \sin x d x \\ & =[-\cos x]_{x=0}^{x=\pi} \\ & =1-(-1)=2 \\ \text { media } y=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x d x & =\frac{2}{\pi} \end{align}

Exercise 4.

Ejercicio 19.4. Halle el área de la parte positiva de la curva $y = \sin^{2} x$ ( $0 \leq x \leq π$ ), y halle la ordenada promedio.

Respuesta

Área = \frac{π}{2} \approx 1.57

;

ordenada promedio = 0.5

Solución

El problema pide el área sombreada

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x \\ & =\int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 2 x}{2} d x\\ & =\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\pi} d x-\int_{0}^{\pi} \cos 2 x d x\right] \\ & =\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{\pi} \\ & =\frac{\pi}{2} \approx 1.57 \end{align}

\begin{align} \text { media } y&=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x\\ &=\frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}\\ &=\frac{1}{2} \end{align}

Exercise 5.

Ejercicio 19.5. Halle el área incluida entre las dos ramas de la curva $y = x^{2} \pm x^{\frac{5}{2}}$ desde $x = 0$ hasta $x = 1$ , también el área de la parte positiva de la rama inferior de la curva (ver Fig. 11.12).

Respuesta

\frac{4}{7} \approx 0.571

\frac{1}{21} \approx 0.0476

Solución

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{1}\left[\left(x^{2}+x^{5 / 2}\right)-\left(x^{2}-x^{5 / 2}\right)\right] d x \\ & =2 \int_{0}^{1} x^{\frac{5}{2}} d x \\ & =2\left[\frac{2}{7} x^{\frac{7}{2}}\right]_{0}^{1} \\ & =\frac{4}{7} \approx 0.571 \end{align}

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x^{5 / 2}\right) d x \\ & =\left[\frac{1}{3} x^{3}-\frac{2}{7} x^{\frac{7}{2}}\right]_{0}^{1} \\ & =\frac{1}{3}-\frac{2}{7}=\frac{1}{21} \approx 0.0476 \end{align}

Exercise 6.

Ejercicio 19.6. Halle el volumen de un cono de radio de la base $r$ , y de altura $h$ .

Respuesta

Volumen = π r^{2} \frac{h}{3}

Solución

Si la recta $y = \frac{r}{h} x$ gira alrededor del eje $x$ , genera un cono de radio de la base $r$ y de altura $h$ .

Solo necesitamos calcular el volumen de este sólido de revolución.

El volumen de este disco delgado es $π {(\frac{r}{h} x)}^{2} d x$

Por lo tanto, si sumamos los volúmenes de tales discos delgados, obtenemos el volumen del sólido (cono)

\begin{align} \text { Volumen } & =\int_{0}^{h} \pi\left(\frac{r}{h} x\right)^{2} d x \\ & =\frac{\pi r^{2}}{h^{2}} \int_{0}^{h} x^{2} d x=\frac{\pi r^{2}}{h^{2}}\left[\frac{1}{3} x^{3}\right]_{0}^{h} \\ & =\frac{1}{3}\left(\pi r^{2}\right) h \end{align}

Exercise 7.

Ejercicio 19.7. Halle el área de la curva $y = x^{3} - \ln x$ entre $x = 0$ y $x = 1$ .

Respuesta

1.25

Solución

$área = \int_{0}^{1} (x^{3} - \ln x) d x = \int_{0}^{1} x^{3} d x - \int_{0}^{1} \ln x d x$

Hemos aprendido que $\int \ln x d x = x \ln x + x$ . Por lo tanto:

$área = {[\frac{1}{4} x^{4} - x \ln x + x]}_{0}^{1}$

Observe que no podemos simplemente poner $x = 0$ en $\frac{1}{4} x^{4} - x \ln x + x$ porque $\ln 0$ no está definido. Sin embargo, si $x$ es positivo pero muy cercano a $0$ , $x \ln x$ es cercano a 0. Por lo tanto:

\begin{align} \text { área } & =\left(\frac{1}{4}-1 \times \ln 1+1\right)-(0-0+0) \\ & =\frac{5}{4}=1.25 \end{align}

Exercise 8.

Ejercicio 19.8. Halle el volumen generado por la curva $y = \sqrt{1 + x^{2}}$ , al girar alrededor del eje $x$ , entre $x = 0$ y $x = 4$ .

Respuesta

\frac{76}{3} π \approx 79.6

Solución

\begin{align} d V & =\pi\left(\sqrt{1+x^{2}}\right)^{2} d x \\ & =\pi\left(1+x^{2}\right) d x \end{align}

El volumen total es

\begin{align} V & =\int_{0}^{4} \pi\left(1+x^{2}\right) d x \\ & =\pi\left[x+\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{4} \\ & =\frac{76}{3} \pi \approx 79.6 \end{align}

Exercise 9.

Ejercicio 19.9. Halle el volumen generado por una curva senoidal que gira alrededor del eje $x$ ( $0 \leq x \leq π$ ).

Respuesta

Volumen = \frac{π^{2}}{2} \approx 4.9348

Solución

\begin{align} & d V=\pi \sin ^{2} x\, d x \\ V & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi \sin ^{2} x\, d x \\ = & \pi \int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 2 x}{2}\, d x \\ = & \frac{\pi}{2}\left[x-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{\pi} \\ = & \frac{\pi}{2}(\pi-0)=\frac{\pi^{2}}{2} \approx 4.9348 \end{align}

Exercise 10.

Ejercicio 19.10. Halle el área de la porción de la curva $x y = a$ incluida entre $x = 1$ y $x = a$ . Halle la ordenada promedio entre estos límites.

Respuesta

a \ln a

\frac{a}{a - 1} \ln a

Solución

\begin{align} \text { Área } & =\int_{1}^{a} y d x \\ & =\int_{1}^{a} \frac{a}{x} d x \\ & =\big[a \ln x\big]_{x=1}^{x=a} \\ & =a \ln a \end{align}

\begin{align} \text { mean } y & =\frac{1}{a-1} \int_{1}^{a} y d x \\ & =\frac{a}{a-1} \ln a \end{align}

Exercise 11.

Ejercicio 19.11. Demuestre que la media cuadrática de la función $y = \sin x$ , entre los límites de $0$ y $π$ radianes, es $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . Halle también la media aritmética de la misma función entre los mismos límites; y demuestre que el factor de forma es $= 1.11$ .

Solución

Recuerde que: $Quadratic mean = \sqrt{\frac{1}{L} \int_{0}^{L} y^{2} d x}$

Dessa forma,

\begin{align} \text { Quadratic mean } & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin ^2 x\ d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \frac{1-\cos 2 x}{2}\ d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi}\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_0^\pi} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \frac{\pi}{2}}=\\ & = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707 \end{align}

\begin{align} \text { Arithmetical mean } & =\frac{1}{L} \int_0^L y\ d x \\ & =\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin x\ d x \\ & =\left[-\frac{1}{\pi} \cos x\right]_0^\pi\\ & =\frac{2}{\pi} \approx 0.637 \end{align}

$Form factor \approx \frac{0.707}{0.637} \approx 1.11$

Exercise 12.

Ejercicio 19.12. Halle las medias aritmética y cuadrática de la función $x^{2} + 3 x + 2$ , desde $x = 0$ hasta $x = 3$ .

Respuesta

Media aritmética = 9.5

;

media cuadrática \approx 10.85

Solución

\begin{align} \text { Arithmetical mean } & =\frac{1}{3} \int_{0}^{3} y\, d x \\ & =\frac{1}{3} \int_{0}^{3}\left(x^{2}+3 x+2\right) d x \\ & =\frac{1}{3}\left[\frac{1}{3} x^{3}+\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right]_{0}^{3} \\ & =\frac{19}{2}=9.5 \end{align}

\begin{align} y= & x^{2}+3 x+2,0 \leq x \leq 3 \\ \text { Quadratic mean } & =\sqrt{\frac{1}{3} \int_{0}^{3} y^{2} d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3} \int_{0}^{3}\left(x^{4}+9 x^{2}+4+6 x^{3}+4 x^{2}+12 x\right) d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3}\left[\frac{x^{5}}{5}+3 x^{3}+4 x+\frac{3}{2} x^{4}+\frac{4}{3} x^{3}+6 x^{2}\right]_{0}^{3}} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3} \times \frac{3531}{10}} \approx \sqrt{117.7} \approx 10.85 \end{align}

Exercise 13.

Ejercicio 19.13. Halle la media cuadrática y la media aritmética de la función $y = A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x$ ( $0 \leq x \leq 2 π$ ).

Respuesta

Media cuadrática = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{A_{1}^{2} + A_{3}^{2}}

;

media aritmética = 0

Solución

Media cuadrática $= \sqrt{\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {(A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x)}^{2} d x}$

Para hallar $\int_{0}^{2 π} {(A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x)}^{2} d x$ , expandimos la expresión. Es decir, evaluamos

$\int_{0}^{2 π} (A_{1}^{2} \sin^{2} x + 2 A_{1} A_{3} \sin x \sin 3 x + A_{3}^{2} \sin^{2} 3 x) d x$

Ahora integramos término por término. Primero: \begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} x d x&=\int_{0}^{2 \pi} \frac{1-\cos 2 x}{2} d x\\ &=\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{2 \pi}\\ &=\pi \end{align}

Para evaluar $\int_{0}^{2 π} \sin x \sin 3 x d x$ , usamos la fórmula de producto a suma:

$\sin M \sin N = \frac{1}{2} [\cos (M - N) - \cos (M + N)]$

Por lo tanto,

\begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin x \sin 3 x\, d x & =\int_{0}^{2 \pi} \frac{1}{2}[\cos 2 x-\cos 4 x]\, d x \\ & =\left[\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{1}{8} \sin 4 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =0 \end{align}

Ahora el último término: \begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} 3 x d x & =\int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 6 x}{2} d x \\ & =\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{12} \sin 6 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =\pi . \end{align}

Por lo tanto, la media cuadrática es \begin{align} & \sqrt{\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi}\left(A_{1}^{2} \sin ^{2} x+2 A_{1} A_{3} \sin x \sin 3 x+A_{3}^{2} \sin ^{2} 3 x\right) d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi}\left[A_{1}^{2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x+2 A_{1} A_{3} \int_{0}^{\pi} \sin x \sin 3 x d x+A_{3}^{2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} 3 x d x\right]} \\ & =\sqrt{\frac{1}{2 \pi}\left[A_{1}^{2} \times \pi+2 A_{1} A_{2} \times 0+A_{3}^{2} \times \pi\right]} \\ & =\sqrt{\frac{1}{2}\left(A_{1}^{2}+A_{3}^{2}\right)} \end{align}\\]

\[\begin{align} \text { Arithmetical mean } &=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi}\left(A_{1} \sin x+A_{3} \sin 3 x\right) d x \\ & =\frac{1}{2 \pi}\left[-A_{1} \cos x-\frac{A_{3}}{3} \cos 3 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =0 . \end{align}

Exercise 14.

Ejercicio 19.14. Una cierta curva tiene la ecuación $y = 3.42 e^{0.21 x}$ . Halle el área incluida entre la curva y el eje $x$ , desde la ordenada en $x = 2$ hasta la ordenada en $x = 8$ . Halle también la altura de la ordenada promedio de la curva entre estos puntos.

Respuesta

El área es aproximadamente

62.6

unidades cuadradas. La ordenada promedio es aproximadamente

10.43

Solución

\begin{align} \text { Área } & =\int_{2}^{8} 3.42 e^{0.21 x} d x \\ & =\left[\frac{3.42}{0.21} e^{0.21 x}\right]_{2}^{8} \\ & =\frac{3.42}{0.21}\left(e^{1.68}-e^{0.42}\right) \approx 62.6 \\ \text { ordenada promedio } & =\frac{1}{8-2} \int_{0}^{8} y d x \\ & =\frac{1}{6} \times 62.6 \approx 10.43 \end{align}

Exercise 15.

Ejercicio 19.15. Demuestre que el radio de un círculo, cuya área es el doble del área de un diagrama polar, es igual a la media cuadrática de todos los valores de $r$ para ese diagrama polar.

Solución

$Area of circle = π R^{2} = 2 \times \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} r^{2} d θ$

Media cuadrática de $r = \sqrt{\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} r^{2} d θ}$

$= \sqrt{\frac{1}{2 π} π R^{2}} = \frac{R}{\sqrt{2}} .$

Exercise 16.

Ejercicio 19.16. Halle el volumen generado por la curva $y = \pm \frac{x}{6} \sqrt{x (10 - x)}$ al girar alrededor del eje $x$ .

Respuesta

436.3

. (Este sólido tiene forma de pera.)

Solución

\begin{align} & d V=\pi \cdot\left[\frac{x}{6} \sqrt{x(10-x)}\right]^{2} d x=\frac{\pi}{36} x^{2}[x(10-x)] d x \\ V & =\int_{0}^{10} \frac{\pi}{36} x^{3}(10-x) d x \\ & =\frac{\pi}{36}\left[\frac{10}{4} x^{4}-\frac{1}{5} x^{5}\right]_{0}^{10} \\ & = \frac{1250 \pi}{9} \approx 436.33 \end{align}

Integrales definidas y algunas de sus aplicaciones

Ejemplos

Área de un disco

Valor medio (o promedio) de una función

Áreas en coordenadas polares

Ejemplos

Volúmenes por integración

Ejemplos.

Sobre medias cuadráticas

Ejemplos.

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