Longitud de arco

Como un arco en cualquier curva está formado por una gran cantidad de pequeños trozos de líneas rectas unidos de un extremo a otro, si pudiéramos sumar todos estos pequeños trozos, obtendríamos la longitud del arco. Pero hemos visto que sumar muchos pequeños trozos es precisamente lo que se llama integración, de modo que es probable que, como sabemos integrar, podamos hallar también la longitud de un arco en cualquier curva, siempre que la ecuación de la curva sea tal que se preste a la integración.

Si $M N$ es un arco en cualquier curva cuya longitud $s$ se requiere (vea la siguiente figura), si llamamos a un “pequeño trozo” del arco $d s$ , entonces vemos de inmediato que $(d s)^{2} = (d x)^{2} + (d y)^{2} .$ o bien $d s = \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y o d s = \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x .$

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Figure 1

Ahora el arco $M N$ se compone de la suma de todos los pequeños trozos $d s$ entre $M$ y $N$ , es decir, entre $x_{1}$ y $x_{2}$ , o entre $y_{1}$ y $y_{2}$ , de modo que obtenemos ya sea

$s = \int_{x_{1}}^{x_{2}} \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x o s = \int_{y_{1}}^{y_{2}} \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y .$

¡Eso es todo!

La segunda integral es útil cuando hay varios puntos de la curva correspondientes a los valores dados de $x$ (como en la figura siguiente). En este caso la integral entre $x_{1}$ y $x_{2}$ deja una duda en cuanto a la porción exacta de la curva cuya longitud se requiere. Puede ser $S T$ , en lugar de $M N$ , $P Q$ , o $S Q$ ; al integrar entre $y_{1}$ y $y_{2}$ se elimina la incertidumbre, y en este caso se debe utilizar la segunda integral.

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Figure 2

Si en lugar de coordenadas $x$ e $y$ —o coordenadas cartesianas, como se llaman por el matemático francés Descartes, que las inventó— tenemos coordenadas $r$ y $θ$ (o coordenadas polares); entonces, si $M N$ es un pequeño arco de longitud $d s$ en cualquier curva cuya longitud $s$ se requiere (vea la siguiente figura), siendo $O$ el polo, entonces la distancia $O N$ diferirá generalmente de $O M$ en una pequeña cantidad $d r$ . Si llamamos $d θ$ al pequeño ángulo $∠ M O N$ , entonces, siendo $θ$ y $r$ las coordenadas polares del punto $M$ , las de $N$ son $(θ + d θ)$ y $(r + d r)$ . Sea $M P$ perpendicular a $O N$ , y sea $O R = O M$ ; entonces $R N = d r$ , y esto es casi lo mismo que $P N$ , siempre que $d θ$ sea un ángulo muy pequeño. También $R M = r d θ$ , y $R M$ es casi igual a $P M$ , y el arco $M N$ es casi igual a la cuerda $M N$ . De hecho, podemos escribir $P N = d r, P M = r d θ$ , y arco $M N =$ cuerda $M N$ sin error apreciable, de modo que tenemos:

$(d s)^{2} = (cuerda M N)^{2} = {\overset{―}{P N}}^{2} + {\overset{―}{P M}}^{2} = (d r)^{2} + r^{2} (d θ)^{2} .$

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Figure 3

Dividiendo por $(d θ)^{2}$ obtenemos ${(\frac{d s}{d θ})}^{2} = r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}$ ; por lo tanto $\frac{d s}{d θ} = \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} y d s = \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} d θ;$ por lo tanto, dado que la longitud $s$ se compone de la suma de todos los pequeños trozos $d s$ , entre los valores de $θ = θ_{1}$ y $θ = θ_{2}$ tenemos $s = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} d s = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} d θ .$

Podemos proceder de inmediato a resolver algunos ejemplos.

Example 1.

Ejemplo 22.1. La ecuación de un círculo cuyo centro está en el origen —o intersección del eje de $x$ con el eje de $y$ — es $x^{2} + y^{2} = r^{2}$ ; halle la longitud de un arco de un cuadrante.

Solución.

$y^{2} = r^{2} - x^{2}$ y $2 y d y = - 2 x d x,$ de modo que $\frac{d y}{d x} = - \frac{x}{y};$ por tanto $s = \int \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x = \int \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{y^{2}}} d x$ y dado que $y^{2} = r^{2} - x^{2}$ , $s = \int \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{r^{2} - x^{2}}} d x = \int \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} .$

La longitud que queremos —un cuadrante— se extiende desde un punto para el cual $x = 0$ hasta otro punto para el cual $x = r$ . Expresamos esto escribiendo

$s = \int_{x = 0}^{x = r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}},$ o, más simplemente, escribiendo $s = \int_{0}^{r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}},$ donde el 0 y el $r$ a la derecha del signo de integración simplemente significan que la integración solo debe realizarse en una porción de la curva, a saber, la que está entre $x = 0, x = r$ , como hemos visto aquí.

¡Aquí hay una integral nueva para usted! ¿Puede resolverla?

En el capítulo sobre las Derivadas de Funciones Trigonométricas, hemos diferenciado $y = \arcsin x$ (también denotado por $\sin^{- 1} x$ ) y hallamos $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ . Si ha probado todas las variaciones de los ejemplos dados (¡como debería haber hecho!), ¡quizás intentó diferenciar algo como $y = a \arcsin \frac{x}{a}$ , lo cual dio $\frac{d y}{d x} = \frac{a}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}} o d y = \frac{a d x}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}},$ que es exactamente la misma expresión que la que tenemos que integrar aquí.

Por lo tanto $s = \int \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} = r \arcsin \frac{x}{r} + C,$ siendo $C$ una constante.

Como la integración solo debe hacerse entre $x = 0$ y $x = r$ , escribimos

$s = \int_{0}^{r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} = {[r \arcsin \frac{x}{r} + C]}_{0}^{r};$ procediendo entonces como se explica en el Ejemplo [eg:Ch19-1] obtenemos $s = r \arcsin \frac{r}{r} + C - r \arcsin \frac{0}{r} - C,$ o $s = r \times \frac{π}{2},$ ya que $\arcsin 1$ es $\frac{π}{2}$ y $\arcsin 0$ es cero, y la constante $C$ desaparece, como se ha mostrado.

La longitud del cuadrante es, por tanto, $\frac{π r}{2}$ , y la longitud de la circunferencia, siendo cuatro veces esta, es $4 \times \frac{π r}{2} = 2 π r$ .

Example 2.

Ejemplo 22.2. Halle la longitud del arco $A B$ entre $x_{1} = 2$ y $x_{2} = 5$ , en la circunferencia $x^{2} + y^{2} = 6^{2}$ (vea la siguiente figura).

Solución. Aquí, procediendo como en el ejemplo anterior,

\begin{align} s & =\left[r \arcsin \left(\frac{x}{r}\right)+C\right]_{x_{1}}^{x_{2}}=\left[6 \arcsin \left(\frac{x}{6}\right)+C\right]_{2}^{5} \\ & =6\left[\arcsin \left(\frac{5}{6}\right)-\arcsin \left(\frac{2}{6}\right)\right]\\ &=6(0.985111-0.339837) \\ & =3.87164 \text { unidades de longitud (estando los arcos expresados en radianes). } \end{align}

Siempre es bueno comprobar los resultados obtenidos mediante un método nuevo y aún desconocido. Esto es fácil, ya que $\cos (∠ A O C) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} y \cos (∠ B O C) = \frac{5}{6};$ por tanto $∠ A O C = \arccos \frac{1}{3} = 1.23096 radianes, ∠ B O C = \arccos \frac{5}{6} = 0.585686 radianes,$ y $∠ A O B = ∠ A O C - ∠ B O C = 0.645274 radianes$

Por lo tanto, la longitud del arco $A B$ es $6 \times 0.645274 = 3.87164$ unidades de longitud.

[Recuerde que la longitud de un arco circular = ángulo del arco (medido en radianes) $\times$ radio del círculo.]

Puede ocurrir una ligera discrepancia entre los resultados obtenidos de los dos métodos si el resultado de cada cálculo no se registra con suficientes decimales.

Example 3.

Ejemplo 22.3. Halle la longitud de un arco de la curva

$y = \frac{a}{2} (e^{\frac{x}{a}} + e^{- \frac{x}{a}})$ entre $x = 0$ y $x = a$ . (Esta curva es la catenaria).

Solución. \begin{align} y & =\frac{a}{2} e^{\frac{x}{a}}+\frac{a}{2} e^{-\frac{x}{a}}, \quad \frac{d y}{d x}=\frac{1}{2}\left(e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right), \\ s & =\int \sqrt{1+\frac{1}{4}\left(e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right)^{2}} d x \\ & =\frac{1}{2} \int \sqrt{4+e^{\frac{2 x}{a}}+e^{-\frac{2 x}{a}}-2 e^{\frac{x}{a}-\frac{x}{a}}} \, dx . \end{align} Ahora $e^{\frac{x}{a} - \frac{x}{a}} = e^{0} = 1,$ de modo que $s = \frac{1}{2} \int \sqrt{2 + e^{\frac{2 x}{a}} + e^{- \frac{2 x}{a}}} d x;$ podemos reemplazar 2 por $2 \times e^{0} = 2 \times e^{\frac{x}{a} - \frac{x}{a}}$ ; entonces \begin{align} s & =\frac{1}{2} \int \sqrt{e^{\frac{2 x}{a}}+2 e^{\frac{x}{a}-\frac{x}{a}}+e^{-\frac{2 x}{a}}} d x \\ & =\frac{1}{2} \int \sqrt{\left(e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}\right)^{2}} d x\\ &=\frac{1}{2} \int\left(e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}\right)\, d x \\ & =\frac{1}{2} \int e^{\frac{x}{a}} d x+\frac{1}{2} \int e^{-\frac{x}{a}} d x=\frac{a}{2}\left[e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right] . \end{align} Aquí $s = \frac{a}{2} {[e^{\frac{x}{a}} - e^{- \frac{x}{a}}]}_{0}^{a} = \frac{a}{2} [e^{1} - e^{- 1} + 1 - 1]$ , y $s = \frac{a}{2} (e - \frac{1}{e}) .$

Example 4.

Ejemplo 22.4. Una curva es tal que la longitud de la tangente en cualquier punto $P$ (vea la siguiente figura) desde $P$ hasta la intersección $T$ de la tangente con una línea fija $A B$ es una longitud constante $a$ . Halle una expresión para un arco de esta curva —que se llama tractriz— y halle la longitud, cuando $a = 3$ , entre las ordenadas $y = a$ e $y = 1$ .

Solución. Tomaremos la línea fija para el eje de $x$ . El punto $D$ , con $D O = a$ , es un punto de la curva, que debe ser tangente a $O D$ en $D$ . Tomamos $O D$ como el eje de $y$ ; $A B$ y $O D$ son lo que se llaman ejes de simetría, es decir, la curva es simétrica con respecto a ellos; $P T = a, P N = y, O N = x$ .

Si consideramos una pequeña porción $d s$ de la curva, en $P$ , entonces $\sin θ = \frac{d y}{d s} = - \frac{y}{a}$ (menos porque la curva se inclina hacia abajo hacia la derecha, vea aquí).

Por lo tanto $\frac{d s}{d y} = - \frac{a}{y}, d s = - a \frac{d y}{y}, y s = - a \int \frac{d y}{y},$ es decir $s = - a \ln y + C (\ln | y | = \ln y puesto que y > 0)$ Cuando $x = 0, s = 0, y = a$ , de modo que $0 = - a \ln a + C,$ y $C = a \ln a$ .

Se deduce que $s = a \ln a - a \ln y = a \ln \frac{a}{y}$ Cuando $a = 3$ , $s$ entre $y = a$ e $y = 1$ es por lo tanto \begin{align} s&=3\left[\ln \frac{3}{y}\right]_{1}^{3}=3\left(\ln 1-\ln 3\right) =3 \times(0-1.0986) \\ & =-3.296 \text { o } 3.296, \end{align} ya que el signo $-$ se refiere simplemente a la dirección en la que se midió la longitud, de $D$ a $P$ , o de $P$ a $D$ .

Observe que este resultado se ha obtenido sin conocer la ecuación de la curva. Esto a veces es posible. Sin embargo, para obtener la longitud de un arco entre dos puntos dados por sus abscisas (es decir, su valor de $y$ ), es necesario conocer la ecuación de la curva: ésta se obtiene fácilmente de la siguiente manera: $\frac{d y}{d x} = - \tan θ = - \frac{y}{\sqrt{a^{2} - y^{2}}}, ya que P T = a;$ por tanto $d x = - \frac{\sqrt{a^{2} - y^{2}} d y}{y}$

La integración nos dará una relación entre $x$ e $y$ , que es la ecuación de la curva

$x = - \int \frac{\sqrt{a^{2} - y^{2}} d y}{y} .$

Para integrar sea $u = \sqrt{a^{2} - y^{2}}$ o $u^{2} = a^{2} - y^{2}$ . Entonces $2 u d u = - 2 y d y, o d y = - \frac{u}{y} d u$ y la integral se convierte en \begin{align} -\int \frac{\sqrt{a^{2}-y^{2}}\, dy}{y}&=-\int \frac{1}{u y}\left(-\frac{u}{y} du\right)\\ &=\int \frac{u^2}{a^2-u^2}du=-\int\frac{u^2}{u^2-a^2}du\\ &=-\int \frac{(u^2-a^2)+a^2}{u^2-a^2}du\\ &=-\int \left[1+\frac{a^2}{u^2-a^2}\right]du \end{align} Dado que $\frac{1}{u^{2} - a^{2}} = \frac{1}{(u - a) (u + a)} = \frac{1}{2 a} [\frac{1}{u - a} - \frac{1}{u + a}]$ podemos relaborar la integral como \begin{align} \int \left[-1+\frac{a}{2(u+a)}-\frac{a}{2(u-a)}\right]du&=u+\frac{a}{2}\ln|u+a|-\frac{a}{2}\ln|u-a|+C\\ &=-u+\frac{a}{2}\ln\left|\frac{u+a}{u-a}\right|+C\\ &=-u+\frac{a}{2}\ln\left|\frac{(u+a)(u+a)}{(u-a)(u+a)}\right|+C\\ &=-u+\frac{a}{2}\ln\left|\frac{(u+a)^2}{u^2-a^2}\right|+C\\ &=-u+a\ln\left|\frac{u+a}{\sqrt{u^2-a^2}}\right|+C\\ &=-\sqrt{a^2-y^2}+a\ln\frac{\sqrt{a^2-y^2}+a}{y}+C. && (y>0) \end{align} La ecuación de la tractriz es por tanto $x = a \ln \frac{a + \sqrt{a^{2} - y^{2}}}{y} - \sqrt{a^{2} - y^{2}} .$

Si $a = 3$ , como antes, y si se requiere la longitud del arco de $x = 0$ a $x = 1$ , no es tarea fácil calcular el valor de $y$ correspondiente a cualquier valor numérico dado de $x$ . Es, sin embargo, fácil hallar gráficamente una aproximación tan cercana al valor correcto como deseemos, cuando se nos da el valor de $a$ de la siguiente manera:

Trazamos la gráfica, dando valores adecuados a $y$ , por ejemplo 3, $2, 1.5, 1$ . A partir de esta gráfica, halle qué valores de $y$ corresponden a los dos valores dados de $x$ que determinan el arco cuya longitud se necesita, con la mayor precisión que permita la escala de la gráfica. Para $x = 0, y = 3$ , por supuesto; suponga que para $x = 1$ encuentra $y = 1.72$ en la gráfica. Esto es sólo aproximado. Ahora trace de nuevo, a una escala lo más grande posible, tomando sólo tres valores de $y$ , $1.6, 1.7, 1.8$ . En esta segunda gráfica, que es casi, pero no del todo, una línea recta, probablemente podrá leer cualquier valor de $y$ correcto con tres decimales, y esto es suficiente para nuestro propósito. Hallamos en la gráfica que $y = 1.723$ corresponde a $x = 1$ . Entonces

\begin{align} s&=3\left[\ln \frac{3}{y}\right]_{x=0}^{x=1} =3\left[\ln \frac{3}{y}\right]_{3}^{1 \cdot 723} \\ & =3\left(\ln 1.741-0\right)=1.66 . \end{align}

Si quisiéramos un valor más exacto de $y$ podríamos trazar una tercera gráfica, tomando para los valores de $y$ 1.722, 1.723, $1.724, \dots;$ esto nos daría, corregido con cinco decimales, el valor de $y$ correspondiente a $x = 1$ , y así sucesivamente, hasta alcanzar la precisión requerida.

Example 5.

Ejemplo 22.5. Halle la longitud de un arco de la espiral logarítmica $r = e^{θ}$ entre $θ = 0$ y $θ = 1$ radián (la siguiente figura).

Solución. ¿Recuerda haber diferenciado $y = e^{x} ?$ Es fácil de recordar, ya que permanece siempre igual haga lo que se le haga: $\frac{d y}{d x} = e^{x}$ (vea la página ).

Aquí, dado que $r = e^{θ}, \frac{d r}{d θ} = e^{θ} = r$ .

Si invertimos el proceso e integramos $\int e^{θ} d θ$ volvemos a $r + C$ , introduciéndose siempre la constante $C$ mediante tal proceso, como hemos visto en el Capítulo 17.

Se deduce que

\begin{align} s & =\int \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}} d \theta=\int \sqrt{r^{2}+r^{2}} d \theta \\ & =\sqrt{2} \int r\, d \theta=\sqrt{2} \int e^{\theta}\, d \theta=\sqrt{2}\left(e^{\theta}+C\right) . \end{align}

Integrando entre los dos valores dados $θ = 0$ y $θ = 1$ , obtenemos

\begin{align} s & =\int_{0}^{1} \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}} d \theta=\left[\sqrt{2}\left(e^{\theta}+C\right)\right]_{0}^{1} \\ & =\sqrt{2}\, e^{1}-\sqrt{2}\, e^{0}=\sqrt{2}(e-1) \\ & =1.41 \times 1.713=2.42 \text { unidades de longitud, } \end{align} puesto que $r = e^{0} = 1$ cuando $θ = 0$ .

Example 6.

Ejemplo 22.6. Halle la longitud de un arco de la espiral logarítmica $r = e^{θ}$ entre $θ = 0$ y $θ = θ_{1}$ .

Solución. Como acabamos de ver,

$s = \sqrt{2} \int_{0}^{θ_{1}} e^{θ} d θ = \sqrt{2} [e^{θ_{1}} - e^{0}] = \sqrt{2} (e^{θ_{1}} - 1) .$

Example 7.

Ejemplo 22.7. Como último ejemplo, trabajemos a fondo un caso que conduce a una integración típica que resultará útil para varios de los ejercicios que se encuentran al final de este capítulo. Hallemos la expresión para la longitud de un arco de la curva $y = \frac{a}{2} x^{2} + 3$ .

Solución. $\frac{d y}{d x} = a x, s = \int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x .$

Integremos esto por partes: sea $u = \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} y d x = d v;$ entonces x=v\qquad \text { y }\qquad d u=\frac{a^{2} x\ dx}{\sqrt{1+a^{2} x^{2}}}\$ mediante el método de diferenciación explicado en el Capítulo 9.

Como $\displaystyle \int u d v=u v-\int v d u$ (vea integración por partes), tenemos \[\int \sqrt{1+a^{2} x^{2}}\ d x=x \sqrt{1+a^{2} x^{2}}-a^{2} \int \frac{x^{2}\ d x}{\sqrt{1+a^{2} x^{2}}}.\tag{1}

También podemos escribir $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \int \frac{(1 + a^{2} x^{2}) d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}};$ por tanto \int \sqrt{1+a^{2} x^{2}}\ d x=\int \frac{d x}{\sqrt{1+a^{2} x^{2}}}+a^2 \int \frac{x^{2}\ dx}{\sqrt{1+a^{2} x^{2}}}.\tag{2}

Sumando (1) y (2) obtenemos

2 \int \sqrt{1+a^{2} x^{2}} d x=x \sqrt{1+a^{2} x^{2}}+\int \frac{d x}{\sqrt{1+a^{2} x^{2}}}.\tag{3}

Queda integrar $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}}$ ; para este propósito pongamos $\sqrt{1 + a^{2} x^{2}} = v - a x;$ ¹ entonces

$1 + a^{2} x^{2} = v^{2} - 2 a v x + a^{2} x^{2} o 1 = v^{2} - 2 a v x .$ Diferenciando esto para deshacernos de la constante, obtenemos, $0 = 2 v d v - 2 a v d x - 2 a x d v o a v d x = v d v - a x d v;$ es decir $d x = \frac{(v - a x) d v}{a v};$ reemplazando en $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}}$ obtenemos $\int \frac{(v - a x) d v}{a v \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \int \frac{(v - a x) d v}{v (v - a x)} = \frac{1}{a} \int \frac{d v}{v} = \frac{1}{a} \ln | v |;$ por tanto $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}) .$

Reemplazando en (3) y dividiendo por 2 obtenemos, finalmente, \begin{align} s =\int \sqrt{1+a^{2} x^{2}} d x =\frac{x}{2} \sqrt{1+a^{2} x^{2}}+\frac{1}{2 a} \ln\left(a x+\sqrt{1+a^{2} x^{2}}\right), \end{align} que puede calcularse fácilmente entre cualquier límite dado.

Ahora debería ser capaz de intentar con éxito los siguientes ejercicios. Le resultará tanto interesante como instructivo trazar las curvas y verificar sus resultados mediante mediciones cuando sea posible.

La integración suele ser del tipo mostrado en el Ejemplo 20.5, Ejemplo 20.6 o Ejemplo 22.7.

Ejercicios

Exercise 1.

Ejercicio 22.1. Halle la longitud de la línea $y = 3 x + 2$ entre los dos puntos para los cuales $x = 1$ y $x = 4$ .

Respuesta

$s = 3 \sqrt{10} \approx 9.487$ .

Solución

\begin{align} y & =3 x+2 \Rightarrow \frac{d y}{d x}=3 \\ s & =\int_{1}^{4} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{1}^{4} \sqrt{1+3^{2}} d x \\ & =\sqrt{10} \int_{1}^{4} d x \\ & =\sqrt{10}[x]_{1}^{4}=\sqrt{10}(4-1) \\ & =3 \sqrt{10} . \end{align}

Comprobando la respuesta:

Cuando $x = 1, y = 5$

Cuando $x = 4, y = 14$

\begin{align} \text { Longitud del arco } & =\sqrt{(14-5)^{2}+(4-1)^{2}}=\sqrt{9^{2}+3^{2}} \\ & =\sqrt{90}=\sqrt{9} \sqrt{10}=3 \sqrt{10} . \end{align}

Exercise 2.

Ejercicio 22.2. Halle la longitud de la línea $y = a x + b$ entre los dos puntos para los que $x = a^{2}$ y $x = - 1$ .

Respuesta

$s = {(1 + a^{2})}^{\frac{3}{2}}$

Solución

$y = a x + b \Rightarrow \frac{d y}{d x} = a$

\begin{align} s & =\int_{-1}^{a^{2}} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{-1}^{a^{2}} \sqrt{1+a^{2}} d x \\ & =\sqrt{1+a^{2}}\big[x\big]_{x=-1}^{x=a^{2}} \\ & =\sqrt{1+a^{2}}\left(a^{2}+1\right) \\ & =\left(1+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}} \end{align}

Exercise 3.

Ejercicio 22.3. Halle la longitud de la curva $y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}$ entre los dos puntos para los que $x = 0$ y $x = 1$ .

Respuesta

$s \approx 1.22$ .

Solución

$y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = \frac{2}{3} \times \frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}} = x^{\frac{1}{2}}$

\begin{align} s & =\int_{0}^{1} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{0}^{1} \sqrt{1+x} d x \end{align}

Sea $u = 1 + x$ , entonces $d u = d x$

$\int \sqrt{1 + x} d x = \int u^{\frac{1}{2}} d u = \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} + c$

Por lo tanto \begin{align} s&=\left[\frac{2}{3}(1+x)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{1}\\ &=\frac{2}{3}\left(2^{\frac{2}{3}}-1\right)\\ &\approx 1.21895 \end{align}

Exercise 4.

Ejercicio 22.4. Halle la longitud de la curva $y = x^{2}$ entre los dos puntos para los que $x = 0$ y $x = 2$ .

Respuesta

\begin{align} \displaystyle s&=\int_{0}^{2} \sqrt{1+4 x^{2}} d x\\ &=\left[\frac{x}{2} \sqrt{1+4 x^{2}}+\frac{1}{4} \ln \left(2 x+\sqrt{1+4 x^2}\right)\right]_{0}^{2}\\ &\approx 4.65 \end{align}.

Solución

$y = x^{2} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = 2 x$

\begin{align} s&=\int_{0}^{2} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}}\, dx\\ &=\int_0^2 \sqrt{1+4x^2}\, dx \end{align}

En este capítulo hemos aprendido que

$\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C$

Aquí $a = 2$ . Por lo tanto

\begin{align} s & =\int_{0}^{2} \sqrt{1+4 x^{2}}\, dx \\ & =\left[\frac{x}{2} \sqrt{1+4 x^{2}}+\frac{1}{4} \ln \left(2 x+\sqrt{1+4 x^{2}}\right)\right]_{0}^{2}\\ & =\sqrt{17}+\frac{1}{4} \ln (4+\sqrt{17})-0-\frac{1}{4} \ln 1 \\ & =\sqrt{17}+\frac{1}{4} \ln (4+\sqrt{17}) \\ & \approx 4.64678 \end{align}

Exercise 5.

Ejercicio 22.5. Halle la longitud de la curva $y = m x^{2}$ entre los dos puntos para los que $x = 0$ y $x = \frac{1}{2 m}$ .

Respuesta

$s = \frac{0.57}{m}$ .

Solución

$y = m x^{2} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = 2 m x$

\begin{align} s & =\int_{0}^{\frac{1}{2 m}} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{0}^{\frac{1}{2 m}} \sqrt{1+4 m^{2} x^{2}} d x \end{align}

De nuevo, usando la fórmula $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C,$ obtenemos \begin{align} s & =\left[\frac{x}{2} \sqrt{1+4 m^{2} x^{2}}+\frac{1}{4 m} \ln \left|2 m x+\sqrt{1+4 m^{2} x^{2}}\right|\right]_{0}^{\frac{1}{2 m}} \\ & =\frac{1}{4 m} \sqrt{1+4 m^{2} \frac{1}{4 m^{2}}}+\frac{1}{4 m} \ln \left(1+\sqrt{1+4 m^{2} \frac{1}{4 m^{2}}}\right)-0 \\ & =\frac{\sqrt{2}}{4 m}+\frac{\ln (1+\sqrt{2})}{4 m} \approx \frac{0.573897}{m} \end{align}

Exercise 6.

Ejercicio 22.6. Halle la longitud de las curvas $r = a \cos θ$ y $r = a \sin θ$ entre $θ = θ_{1}$ y $θ = θ_{2}$ .

Respuesta

$s = a (θ_{2} - θ_{1})$ .

Solución

$r = a \cos θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = - a \sin θ$

\begin{align} s & =\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}} d \theta \\ & =\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sqrt{a^{2} \cos ^{2} \theta+a^{2} \sin ^{2} \theta} d \theta \\ & =|a| \int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} d \theta \\ & =|a|\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right) \end{align}

Del mismo modo $r = a \sin θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \cos θ$

\begin{align} s & =\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}} d \theta \\ & =\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} \sqrt{a^{2} \sin ^{2} \theta+a^{2} \cos ^{2} \theta} d \theta \\ & =|a| \int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}} d \theta \\ & =|a|\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right) \end{align}

Exercise 7.

Ejercicio 22.7. Halle la longitud de la curva $r = a \sec θ$ .

Respuesta

$s = \sqrt{r^{2} - a^{2}}$ .

Solución

$r = a \sec θ$

Para calcular $\frac{d r}{d θ}$ , necesitamos diferenciar $\sec θ$ . En uno de los ejercicios del capítulo 15 lo hemos diferenciado. Sin embargo, si no recuerda el resultado, podemos derivarlo de nuevo utilizando la Regla del Cociente:

\begin{align} \frac{d(\sec \theta)}{d \theta} & =\frac{d}{d \theta}\left(\frac{1}{\cos \theta}\right) \\ & =\frac{0 \times \cos \theta-(-\sin \theta)}{\cos ^{2} \theta} \\ & =\frac{\sin \theta}{\cos ^{2} \theta}=\frac{\sin \theta}{\cos \theta} \frac{1}{\cos \theta} \\ & =\tan \theta \sec \theta \end{align} Por lo tanto, $r = a \sec θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \sec θ \tan θ$

\begin{align} & s=\int \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d \theta}\right)^{2}}\ d \theta \\ & =\int \sqrt{a^{2} \sec ^{2} \theta+a^{2} \sec ^{2} \theta \tan ^{2} \theta}\ d \theta \\ & =\int|a \sec \theta| \sqrt{1+\tan ^{2} \theta}\ d \theta \end{align}

puesto que $1 + \tan^{2} θ = \sec^{2} θ$

\begin{align} s & =\int|a \sec \theta| \sqrt{\sec ^{2} \theta}\,d \theta \\ & =\int a \sec ^{2} \theta\, d\theta \end{align}

(suponga $a > 0$ )

Pero $\frac{d (\tan θ)}{d θ} = \sec^{2} θ$ , por tanto

$s = [a \tan θ]_{θ_{1}}^{θ_{2}} = a (\tan θ_{2} - \tan θ_{1})$

ya que $\tan^{2} θ = \sec^{2} θ - 1$ o

$< s p a n c l a s s = " m a t h d i s p l a y " > \[\tan θ = \sqrt{\sec^{2} θ - 1}$ \]

el resultado puede escribirse como

\begin{align} s & =a \sqrt{\sec ^{2} \theta-1} \\ & =\sqrt{a^{2} \sec ^{2} \theta-a^{2}} \\ & =\sqrt{r^{2}-a^{2}} \end{align} Aquí hemos supuesto $θ_{1} = 0$ .

Observación: Escribamos la ecuación $r = a \sec θ$ en coordenadas polares. Como $\sec θ = \frac{1}{\cos θ}$ , tenemos $r = \frac{a}{\cos θ}$ Multiplicando ambos lados por $\cos θ$ (cuando no es igual a $0$ ) da $r \cos θ = a$ Pero $r \cos θ = x$ . Por lo tanto, queremos hallar la longitud de la línea vertical $x = a$ entre $θ_{1} = 0$ y $θ$ . Ahora podemos decir que las fórmulas anteriores tienen sentido.

Exercise 8.

Ejercicio 22.8. Halle la longitud del arco de la curva $y^{2} = 4 a x$ entre $x = 0$ y $x = a$ .

Respuesta

$s = \int_{0}^{a} \sqrt{1 + \frac{a}{x}} d x$ y $s = a \sqrt{2} + a \ln (1 + \sqrt{2})$ .

Solución

Para este problema usamos la fórmula

$s = \int \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y$

$y^{2} = 4 a x \Rightarrow 2 y d y = 4 a d x \Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{1}{2 a} y$

Cuando $x = 0, y = 0$ y cuando $x = a, y = 2 a$

(Trabajamos con la rama superior $y > 0$ )

Por lo tanto

$s = \int_{0}^{2 a} \sqrt{1 + \frac{1}{4 a^{2}} y^{2}} d y$

De nuevo, como $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C$ Tenemos

\begin{align} s & =\left[\frac{y}{2} \sqrt{1+\frac{y^{2}}{4 a^{2}}}+a \ln \left(\frac{y}{2 a}+\sqrt{1+\frac{y^{2}}{4 a^{2}}}\right)\right]_{0}^{2 a} \\ & =a \sqrt{2}+a \ln (1+\sqrt{2})-a \ln 1 \\ & =a[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})] \approx 2.29559 a \end{align}

Exercise 9.

Ejercicio 22.9. Halle la longitud del arco de la curva $y = x (\frac{x}{2} - 1)$ entre $x = 0$ y $x = 4$ .

Respuesta

$s = \frac{x - 1}{2} \sqrt{(x - 1)^{2} + 1} + \frac{1}{2} \ln {(x - 1) + \sqrt{(x - 1)^{2} + 1}}$ y $s \approx 6.80$ .

Solución

Primero diferenciamos $y$ con respecto a $x$ : $y = x (\frac{x}{2} - 1) = \frac{x^{2}}{2} - x \Rightarrow \frac{d y}{d x} = x - 1$

La longitud $s$ de la curva viene dada por la integral: \begin{align} s & =\int_{0}^{4} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{0}^{4} \sqrt{1+(x-1)^{2}} d x \end{align}

Para evaluar esta integral, hacemos una sustitución $u = x - 1$ y aplicamos la siguiente fórmula:

$\int \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} = \frac{u}{2} \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a u + \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} | + C .$

Sustituimos $a = 1$ y $u = x - 1$ en la fórmula anterior:

\begin{align} s & =\left[\frac{(x-1)}{2} \sqrt{1+(x-1)^{2}}+\frac{1}{2} \ln \left|(x-1)+\sqrt{1+(x-1)^{2}}\right| \right]_{0}^{4} \\ & =\left[\frac{3}{2} \sqrt{10}+\frac{1}{2} \ln (3+\sqrt{10})\right]-\left[\frac{-1}{2} \sqrt{2}+\frac{1}{2} \ln (-1+\sqrt{2})\right] \\ & \approx 6.80043 \end{align}

Exercise 10.

Ejercicio 22.10. Halle la longitud del arco de la curva $y = e^{x}$ entre $x = 0$ y $x = 1$ .
(Nota. Esta curva está en coordenadas rectangulares y no es la misma curva que la espiral logarítmica $r = e^{θ}$ que está en coordenadas polares. Las dos ecuaciones son similares, pero las curvas son bastante diferentes).

Respuesta

$s = \int_{1}^{e} \frac{\sqrt{1 + y^{2}}}{y} d y$ . Haga una sustitución $1 + y^{2} = u^{2}$ para obtener $s = \sqrt{1 + y^{2}} + \frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1 + y^{2}} - 1}{\sqrt{y^{2} + 1} + 1}$ y $s \approx 2.00$ .

Solución

Método (a) $y = e^{x} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = e^{x}$

\begin{align} s & =\int_{0}^{1} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{0}^{1} \sqrt{1+e^{2 x}} d x \end{align}

Sea $u = \sqrt{1 + e^{2 x}}$ o $u^{2} = 1 + e^{2 x}$ . Entonces

$2 u d u = 2 e^{2 x} d x$

$d x = \frac{u}{e^{2 x}} d u$ y \begin{align} \int \sqrt{1+e^{2 x}} d x & =\int u \frac{u}{e^{2 x}}\ d u \\ & =\int \frac{u^{2}}{u^{2}-1}\ d u \\ & =\int \frac{u^{2}-1+1}{u^{2}-1}\ d u \\ & =\int\left(1+\frac{1}{u^{2}-1}\right)\ du. \end{align}

Como $u^{2} - 1 = (u - 1) (u + 1)$ podemos escribir

$\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{A}{u - 1} + \frac{B}{u + 1}$

Después de algunas manipulaciones obtenemos

$\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{\frac{1}{2}}{u - 1} - \frac{\frac{1}{2}}{u + 1} .$

Por tanto

\begin{align} \int\left(1+\frac{1}{u^{2}-1}\right) d u & =\int\left(1+\frac{1}{2} \frac{1}{u-1}-\frac{1}{2} \frac{1}{u+1}\right) d u \\ & =u+\frac{1}{2} \ln \left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C \\ & =\sqrt{1+e^{2 x}}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1+e^{2 x}}-1}{\sqrt{1+e^{2 x}}+1}+C \end{align} y \begin{align} s&=\int_{0}^{1} \sqrt{1+e^{2 x}}\ d x\\ &=\left[\sqrt{1+e^{2 x}}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1+e^{2 x}}-1}{\sqrt{1+e^{2 x}}+1}\right]_{0}^{1} \\ & =\left(\sqrt{1+e^{2}}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1+e^{2}}-1}{\sqrt{1+e^{2}}+1}\right)-\left(\sqrt{2}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\right) \\ & \approx 2.0035 \end{align}

Método (b) $y = e^{x} \Leftrightarrow x = \ln y$ $\Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{1}{y}$

$d s = \sqrt{(d x)^{2} + (d y)^{2}} = \sqrt{{(\frac{d x}{d y})}^{2} + 1}$

Cuando $x = 0$ , $y = 1$

Cuando $x = 1$ , $y = e$ .

Por lo tanto, $s = \int_{1}^{e} \sqrt{\frac{1}{y^{2}} + 1} d y = \int_{1}^{e} \frac{\sqrt{1 + y^{2}}}{y} d y$ Haga una sustitución: $1 + y^{2} = u^{2}$ entonces $2 y d y = 2 u d u \Leftrightarrow d y = \frac{u}{y} d u$ Así que \begin{align} \int \frac{\sqrt{1+y^2}}{y}dy&=\int \frac{u}{y}\frac{u\, du}{y}\\ &=\int \frac{u^2}{y^2} du\\ &=\int \frac{u^2}{u^2-1}du\\ &=\int \frac{u^2-1+1}{u^2-1} du\\ &=\int \left(1+\frac{1}{u^2-1} \right)du \end{align} Usando fracciones parciales: $\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{1}{(u - 1) (u + 1)} = \frac{1}{2} (\frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1})$ Por tanto \begin{align} \int \frac{\sqrt{y^2+1}}{y}dy&=\int \left(1+\frac{1}{u^2-1} \right)du\\ &=\int \left(1+\frac{1}{2(u-1)}-\frac{1}{2(u+1)}\right)du\\ &=u+\frac{1}{2}\ln|u-1|-\frac{1}{2}\ln|u+1|+C\\ &=u+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C\\ &=u+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C\\ &=\sqrt{1+y^2}+\frac{1}{2}\ln\frac{\sqrt{1+y^2}-1}{\sqrt{1+y^2}+1}+C \end{align}

Finalmente \begin{align} s&=\int_1^e \frac{\sqrt{1+y^2}}{y}dy\\ &=\left[\sqrt{1+y^2}+\frac{1}{2}\ln\frac{\sqrt{1+y^2}-1}{\sqrt{1+y^2}+1}\right]_1^e\\ &=\left(\sqrt{1+e^{2}}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1+e^{2}}-1}{\sqrt{1+e^{2}}+1}\right)-\left(\sqrt{2}+\frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\right) \\ & \approx 2.0035 \end{align} como antes.

Exercise 11.

Ejercicio 22.11. Una curva es tal que las coordenadas de un punto en ella son $x = a (θ - \sin θ)$ y $y = a (1 - \cos θ), θ$ siendo un cierto ángulo que varía entre 0 y $2 π$ . Halle la longitud de la curva. (Se llama cicloide).

Respuesta

$s = 2 a \int \sin \frac{θ}{2} d θ$ y $s = 8 a$ .

Solución

$x = a (θ - \sin θ) y = a (1 - \cos θ)$

Empezamos con

$d s = \sqrt{(d x)^{2} + (d y)^{2}}$ luego

$\frac{d s}{d θ} = \sqrt{{(\frac{d x}{d θ})}^{2} + {(\frac{d y}{d θ})}^{2}}$ y $s = \int \sqrt{{(\frac{d x}{d θ})}^{2} + {(\frac{d y}{d θ})}^{2}} d θ$ Aquí \begin{align} & x=a(\theta-\sin \theta) \Rightarrow \frac{d x}{d \theta}=a(1-\cos \theta) \\ & y=a(1-\cos \theta) \Rightarrow \frac{d y}{d x}=a \sin \theta \end{align} y

\begin{align} s & =\int_{0}^{2 \pi} \sqrt{a^{2}(1-\cos \theta)^{2}+a^{2} \sin ^{2} \theta}\ d \theta \\ & =a \int_{0}^{2 \pi} \sqrt{1-2 \cos \theta+\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta}\ d \theta \\ & =a \int_{0}^{2 \pi} \sqrt{2} \sqrt{1-\cos \theta} d \theta \end{align}

Como $1 - \cos θ = 2 \sin^{2} \frac{θ}{2}$ , obtenemos

\begin{align} s & =a \int_{0}^{2 \pi} \sqrt{2} \sqrt{2 \sin ^{2} \frac{\theta}{2}} d \theta \\ & =2 a \int_{0}^{2 \pi}\left|\sin \frac{\theta}{2}\right| d \theta \end{align}

Para $0 < θ < 2 π, \sin \frac{θ}{2} > 0$ . Por lo tanto

\begin{align} s & =2 a \int_{0}^{2 \pi} \sin \frac{\theta}{2} d \theta \\ & =2 a \int_{0}^{2 \pi} 2 \sin \frac{\theta}{2} d\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ & =4 a\left[-\cos \frac{\theta}{2}\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =8 a \end{align}

Exercise 12.

Ejercicio 22.12. Halle la longitud de la curva $y^{2} = m x$ entre los dos puntos para los que $x = 0$ y $x = \frac{m}{4}$ .

Respuesta

$s = \frac{m}{4} \sqrt{2} + \frac{m}{4} \ln (1 + \sqrt{2})$ .

Solución

$x = \frac{1}{m} y^{2} \Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{2}{m} y$

\begin{align} ds&=\sqrt{(dx)^2+(dy)^2}=\sqrt{\left(\frac{dx}{dy}\right)^2+1}\,dy\\ &=\sqrt{\frac{4}{m^2}y^2+1}\,dy \end{align}

Cuando $x = 0$ , $y = 0$

Cuando $x = \frac{m}{4}$ , $y = \frac{m}{2}$

Por tanto,

$s = \int_{0}^{\frac{m}{2}} \sqrt{\frac{4}{m^{2}} y^{2} + 1} d y$

Recuerde que (vea el Ejemplo 22.7) $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}})$

Por lo tanto,

$\sqrt{1 + \frac{4}{m^{2}} y^{2}} d y = \frac{y}{2} \sqrt{1 + \frac{4 y^{2}}{m^{2}}} + \frac{m}{4} \ln (\frac{2 y}{m} + \sqrt{1 + \frac{4 y^{2}}{m^{2}}})$

\begin{align} s&=\int_0^\frac{m}{2} \sqrt{\frac{4}{m^2}y^2+1}\,dy\\ &=\left[ \frac{y}{2}\sqrt{1+\frac{4y^2}{m^2}}+\frac{m}{4}\ln\left(\frac{2y}{m}+\sqrt{1+\frac{4y^2}{m^2} }\right)\right]_0^\frac{m}{2}\\ &=\frac{m}{4}\sqrt{2}+\frac{m}{4}\ln\left(1+\sqrt{2}\right) \end{align}

Exercise 13.

Ejercicio 22.13. Halle la expresión para la longitud de un arco de la curva $y^{2} = \frac{x^{3}}{a}$ .

Respuesta

$s = \frac{8 a}{27} {1 + (\frac{9 x}{4 a})}^{\frac{3}{2}}$ .

Solución

$y^{2} = \frac{x^{3}}{a} \Rightarrow y = \frac{1}{\sqrt{a}} x^{3 / 2} (suponiendo y > 0)$

$\frac{d y}{d x} = \frac{3}{2 \sqrt{a}} x^{\frac{1}{2}}$

\begin{align} s&=\int \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}}\ d x &=\int \sqrt{1+\frac{9}{4 a} x}\ d x \end{align}

Sea $u = 1 + \frac{9}{4 a} x$ . Entonces $d u = \frac{9}{4 a} d x$ o

$d x = \frac{4 a}{9} d u$ y \begin{align} s & =\int \sqrt{u}\left(\frac{4 a}{9} d u\right)\\ &=\frac{4 a}{9} \int u^{\frac{1}{2}} d u \\ & =\frac{4 a}{9}\cdot \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} \\ & =\left[\frac{8 a}{27}\left(1+\frac{9}{4 a} x\right)^{3 / 2}\right]_{x_{1}}^{x_{2}} \end{align}

Exercise 14.

Ejercicio 22.14. Halle la longitud de la curva $y^{2} = 8 x^{3}$ entre los dos puntos para los que $x = 1$ y $x = 2$ .

Respuesta

$s \approx 5.27$ .

Solución

$y^{2} = 8 x^{3}$

En el ejercicio anterior, mostramos que la longitud del arco de $y^{2} = \frac{x^{3}}{a}$ entre $x = x_{1}$ y $x = x_{2}$ viene dada por

${[\frac{8 a}{27} {(1 + \frac{9}{4 a} x)}^{\frac{3}{2}}]}_{x_{1}}^{x_{2}}$ En este ejercicio $a = \frac{1}{8}, x_{1} = 1$ y $x_{2} = 2$ . Por lo tanto, la longitud del arco viene dada por

\begin{align} & {\left[\frac{8 \times \frac{1}{8}}{27}\left(1+\frac{9}{4 \times \frac{1}{8}} x\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{x=1}^{x=2}} \\ & =\frac{1}{27}(1+18 \times 2)^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{27}(1+18 \times 1)^{\frac{3}{2}} \\ & \approx 5.26826 \end{align}

Exercise 15.

Ejercicio 22.15. Halle la longitud de la curva $y^{\frac{2}{3}} + x^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$ entre $x = 0$ y $x = a$ .

Respuesta

$s = \frac{3 a}{2}$ .

Solución

$y^{\frac{2}{3}} + x^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} \Rightarrow y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$ y $y = {(a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}})}^{\frac{3}{2}}$

Para hallar $\frac{d y}{d x}$ , sea $u = a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$ . Entonces $y = u^{\frac{3}{2}}$

\begin{align} \frac{d y}{d x} & =\frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x} \\ & =\left(\frac{3}{2} u^{\frac{1}{2}}\right)\left(-\frac{2}{3} x^{\frac{-1}{3}}\right) \\ & =-\frac{u^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{3}}}=-\frac{\left(a^{\frac{2}{3}}-x^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{3}}} \end{align} y \begin{align} s&=\int_{0}^{a} \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} d x \\ & =\int_{0}^{a} \sqrt{1+\frac{a^{\frac{2}{3}}-x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}} d x \\ & =\int_{0}^{a} \sqrt{\frac{x^{\frac{2}{3}}+a^{\frac{2}{3}}-x^{\frac{2}{3}}}{x^{\frac{2}{3}}}} d x \\ & =\int_{0}^{a} \frac{a^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{1}{3}}} d x \\ & =a^{\frac{1}{3}} \int_{0}^{a} x^{-\frac{1}{3}} d x \\ & =\left[a^{\frac{1}{3}} \times \frac{3}{2} x^{\frac{2}{3}}\right]_{0}^{a} \\ & =\frac{3}{2} a \end{align}

Exercise 16.

Ejercicio 22.16. Halle la longitud de la curva $r = a (1 - \cos θ)$ entre $θ = 0$ y $θ = π$ .

Respuesta

$4 a$ .

Solución

$r = a (1 - \cos θ) \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \sin θ$ y \begin{align} s & =\int_{0}^{\pi} \sqrt{r^{2}+\left(\frac{d r}{d x}\right)^{2}}\ dx \\ & =\int_{0}^{\pi} \sqrt{a^{2}(1-\cos \theta)^{2}+a^{2} \sin ^{2} \theta}\ d\theta \\ & =a \int_{0}^{\pi} \sqrt{1-2 \cos \theta+\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta}\ d\theta \end{align}

Como $\cos^{2} θ + \sin^{2} θ = 1$ , entonces

$s = a \int_{0}^{π} \sqrt{2 - 2 \cos θ} d θ = a \sqrt{2} \int_{0}^{π} \sqrt{1 - \cos θ} d θ$

Como $1 - \cos θ = 2 \sin^{2} \frac{θ}{2}$ , obtenemos

\begin{align} s & =a \sqrt{2} \int_{0}^{\pi} \sqrt{2 \sin ^{2} \frac{\theta}{2}}\ d\theta \\ & =2 a \int_{0}^{\pi} \sin \frac{\theta}{2}\ d \theta \\ & =2 a \int_{0}^{\pi} 2 \sin \frac{\theta}{2}\ d\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ & =4 a\left[-\cos \frac{\theta}{2}\right]_{0}^{\pi} \\ & =4 a \end{align}

Una sustitución alternativa es poner $a x = \sinh t$ . Entonces $a d x = \cosh t d t$ y \begin{align} \int \frac{dx}{\sqrt{1+a^2x^2}}=\int \frac{\frac{1}{a}\cosh t}{\sqrt{1+\sinh^2 t}}dt=\frac{1}{a}\int\frac{\cosh t}{\cosh t}dt=\frac{1}{a}t+C \end{align} Pero $t = arcsinh a x$ o $t = \sinh^{- 1} (a x)$ . Así que la integral es $\frac{1}{a} arcsinh a x + C$ . Aunque ésta es una respuesta totalmente aceptable, podemos expresar el resultado en términos de logaritmos recordando que $arcsinh A = \ln (A + \sqrt{1 + A^{2}})$ (vea aquí). Por lo tanto, $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}) + C,$ como antes.↩︎

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