7  Integrales de funciones

Ejercicio 7.1 Calcular las sumas inferior y superior de Riemann de las siguientes funciones en el intervalo $[0,1]$, tomando particiones de igual tamaño con $n$ puntos, desde $n=2$ hasta $n=5$.

1. $f(x)=1-x$

2. $g(x)=x^2$

3. $h(x)=e^{-x}$

Solución

Tomaremos particiones de igual tamaño $P_n=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ con $x_i=\frac{i}{n}$ para $i=0,1,\dots ,n$.

1. $n$	$s(f,P_n)$	$S(f,P_n)$
   2	0.25	0.75
   3	1/3	2/3
   4	0.375	0.625
   5	0.4	0.6

2. $n$	$s(f,P_n)$	$S(f,P_n)$
   2	0.125	0.625
   3	0.1852	0.5185
   4	0.2188	0.4687
   5	0.24	0.44

3. $n$	$s(f,P_n)$	$S(f,P_n)$
   2	0.4872	0.8033
   3	0.5326	0.7433
   4	0.5564	0.7144
   5	0.571	0.6974

Ejercicio 7.2 Usar las sumas inferiores y superiores de Riemann para dar una aproximación del área contenida entre la gráfica de la función $\mathrm{sen}(x)$ y el eje $x$ en el intervalo $[0,\pi /2]$, usando 4 rectángulos de igual base.

Solución

Tomando la partición $P=\{0,\pi /8,\pi /4,3\pi /4,\pi /2\}$ se tiene

$$\begin{array}{rl}s(f,P)& =\mathrm{sen}(0)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{8}\right)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{4}\right)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{3\pi }{8}\right)\frac{\pi }{8}=0.7908.\\ S(f,P)& =\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{8}\right)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{4}\right)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{3\pi }{8}\right)\frac{\pi }{8}+\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{2}\right)\frac{\pi }{8}=1.1835.\end{array}$$

Ejercicio 7.3 Calcular la integral inferior y superior de Riemann de la función $f(x)=x^2$ en el intervalo $[0,1]$. ¿Es una función integrable Riemann?

Pista

Usar las fórmulas $\sum _{n=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$ y $\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

Solución

Para calcular las sumas inferiores y superiores de Riemann utilizaremos la partición $P_n=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ con $x_i=\frac{i}{n}$ para $i=0,1,\dots ,n$.

Como $f(x)=x^2$ es una función monótona creciente en $[0,1]$, el mínimo en cada subintervalo se alcanzará en el extremo inferior y el máximo en el superior.

$$\begin{array}{rl}s(f,P_n)& =\sum _{i=1}^{n}f(x_{i-1})(x_i-x_{i-1})=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i-1}{n}\right)}^2\frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{n^3}\sum _{i=1}^n(i^2-2i+1)=\frac{1}{n^3}(\sum _{i=1}^n{i}^2-2\sum _{i=1}^{n}i+\sum _{i=1}^{n}1)\\ & =\frac{1}{n^3}(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-2\frac{n(n+1)}{2}+n)=\frac{2n^3-3n^2+n}{6n^3}\\ S(f,P_n)& =\sum _{i=1}^{n}f(x_i)(x_i-x_{i-1})=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i}{n}\right)}^2\frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{n^3}\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{1}{n^3}=\frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3}\end{array}$$

Para calcular las integrales inferior y superior, basta con calcular el límite cuando $n\to \mathrm{\infty }$ de las sumas inferiores y superiores, respectivamente.

$$\begin{array}{rl}\underset{―}{{\int }_0^1}{x}^2& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}s(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n^3-3n^2+n}{6n^3}=\frac{1}{3}\\ \overline{{\int }_0^1}{x}^2& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}S(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3}=\frac{1}{3}\end{array}$$

Como $\underset{―}{{\int }_0^1}{x}^2=\overline{{\int }_0^1}{x}^2=\frac{1}{3}$, la función $f(x)=x^2$ es integrable Riemann en $[0,1]$ y ${\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{3}$.

Integral de Riemann de $f(x)=x^2$ en $[0,1]$.

Ejercicio 7.4 Calcular la integral de Riemann de la función $f(x)=x^3-2x^2$ en el intervalo $[0,1]$.

Pista

Usar la fórmula $\sum _{i=1}^n{i}^3={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2$

Solución

Aplicando la linealidad de la integral, se tiene que

$${\int }_0^1{x}^3-2x^{2}dx={\int }_0^1{x}^{3}dx-2{\int }_0^1{x}^{2}dx$$

Para calcular ${\int }_0^1{x}^{3}dx$ seguiremos el mismo procedimiento del ejercicio anterior. Tomando la partición $P_n=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ con $x_i=\frac{i}{n}$ para $i=0,1,\dots ,n$.

Como $f(x)=x^3$ es una función monótona creciente en $[0,1]$, el mínimo en cada subintervalo se alcanzará en el extremo inferior y el máximo en el superior.

$$\begin{array}{rl}s(f,P_n)& =\sum _{i=1}^{n}f(x_{i-1})(x_i-x_{i-1})=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i-1}{n}\right)}^3\frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{n^4}\sum _{i=1}^n(i^3-3i^2+3i-1)=\frac{1}{n^3}(\sum _{i=1}^n{i}^3-3\sum _{i=1}^n{i}^2+3\sum _{i=1}^{n}i-\sum _{i=1}^{n}1)\\ & =\frac{1}{n^4}({\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2-3\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+3\frac{n(n+1)}{2}-n)\\ & =\frac{n^4-2n^3+n^2}{4n^4}\\ S(f,P_n)& =\sum _{i=1}^{n}f(x_i)(x_i-x_{i-1})=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i}{n}\right)}^3\frac{1}{n}=\frac{1}{n^4}\sum _{i=1}^n{i}^3\\ & =\frac{1}{n^4}{\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2=\frac{n^4+2n^3+n^2}{4n^4}\end{array}$$

Para calcular las integrales inferior y superior, basta con calcular el límite cuando $n\to \mathrm{\infty }$ de las sumas inferiores y superiores, respectivamente.

$$\begin{array}{rl}\underset{―}{{\int }_0^1}{x}^3& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}s(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^4-2n^3+n^2}{4n^4}=\frac{1}{4}\\ \overline{{\int }_0^1}{x}^2& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}S(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^4+2n^3+n^2}{4n^4}=\frac{1}{4}\end{array}$$

Como $\underset{―}{{\int }_0^1}{x}^2=\overline{{\int }_0^1}{x}^2=\frac{1}{4}$, la función $f(x)=x^3$ es integrable Riemann en $[0,1]$ y ${\int }_0^1{x}^{3}dx=\frac{1}{4}$.

Así pues, utilizando el resultado del ejercicio anterior se tiene

$${\int }_0^1{x}^3-2x^{2}dx={\int }_0^1{x}^{3}dx-2{\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{1}{4}-2\frac{1}{3}=\frac{-5}{12}$$

Integral de Riemann de $f(x)=x^3-2x^2$ en $[0,1]$.

Ejercicio 7.5 Calcular la integral de Riemann de la función $f(x)=\frac{1}{x}$ en el intervalo $[a,b]$.

Pista

Usar la sucesión de particiones $(P_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ con $P_n=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ con $x_i=a(1+c{)}^i$ para $i=1,\dots ,n$.

Solución

Sea $P_n=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ con $x_i=a(1+c{)}^i$ para $i=1,\dots ,n$ una partición del intervalo $[a,b]$. Como el último punto de la partición debe ser $b$, se debe cumplir $a(1+c{)}^n=b$, de donde se deduce que $c={\left(\frac{b}{a}\right)}^{1/n}-1$.

Calcularemos la suma superior de Riemann de $f$ en el intervalo $[a,b]$. Como $f(x)=\frac{1}{x}$ es una función monótona decreciente, se alcanza el máximo en el extremo inferior de cada subintervalo. Por tanto, se tiene

$$\begin{array}{rl}S(f,P_n)& =\sum _{i=1}^{n}f(x_{i-1})(x_i-x_{i-1})=\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_{i-1}}(a(1+c{)}^i-a(1+c{)}^{i-1})\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{1}{a(1+c{)}^{i-1}}(ca(1+c{)}^{i-1})=\sum _{i=1}^{n}c=nc=n({\left(\frac{b}{a}\right)}^{1/n}-1)\\ & =\frac{{\left(\frac{b}{a}\right)}^{1/n}-1}{\frac{1}{n}}\end{array}$$

Para calcular la integral superior de Riemann, basta con calcular el límite de las sumas superiores cuando $n\to \mathrm{\infty }$.

$$\begin{array}{rl}\overline{{\int }_a^b}f& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}S(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\left(\frac{b}{a}\right)}^{1/n}-1}{\frac{1}{n}}\\ \text{(}x=\frac{1}{n}\text{)}& & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{{\left(\frac{b}{a}\right)}^x-1}{x}\text{(L’Hôpital)}& & =\underset{n\to 0}{lim}{\left(\frac{b}{a}\right)}^x\ln \left(\frac{b}{a}\right)=\ln (b)-\ln (a).\end{array}$$

Del mismo modo se puede probar que $\underset{―}{{\int }_a^b}f=\ln (b)-\ln (a)$, por lo que la función $f(x)=\frac{1}{x}$ es integrable Riemann en $[a,b]$ y ${\int }_a^b\frac{1}{x}dx=\ln (b)-\ln (a)$.

Ejercicio 7.6 Demostrar que si $f$ es una función integrable Riemann en un intervalo $I=[a,b]$, se puede calcular ${\int }_a^{b}f(x)dx$ mediante sumas de Riemann tomando como altura de los rectángulos el valor de la función en cualquier punto de los subintervalos de la partición.

Solución

Si $f$ es una función integrable en $I=[a,b]$, por el criterio de integrabilidad de Riemann, dado $\epsilon >0$ existe una partición $P=\{x_0,x_1,\dots ,x_n\}$ tal que $S(f,P)-s(f,P)<\epsilon$, es decir, existe una sucesión de particiones $(P_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ tal que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}S(f,P_n)-s(f,P_n)=0$.

Sea $x_i^{\ast }$ cualquier valor del intervalo $[x_{i-1},x_i]$. Como $s(f,P_n)=\sum _{i=1}^n{m}_i(x_i-x_{i-1})$ con $m_i=inf\{f(x):x\in [x_{i-1},x_i]\}$ y $S(f,P_n)=\sum _{i=1}^n{M}_i(x_i-x_{i-1})$ con $M_i=sup\{f(x):x\in [x_{i-1},x_i]\}$, se cumple que

$$s(f,P_n)=\sum _{i=1}^n{m}_i(x_i-x_{i-1})\le \sum _{i=1}^{n}f(x_i^{\ast })(x_i-x_{i-1})\le \sum _{i=1}^n{M}_i(x_i-x_{i-1})=S(f,P_n)$$

Por tanto,

$${\int }_a^{b}f(x)dx=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}s(f,P_n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^{n}f(x_i^{\ast })(x_i-x_{i-1})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}S(f,P_n).$$

Ejercicio 7.7 Demostrar que $1\le {\displaystyle {\int }_{-1}^1\frac{1}{1+x^2}dx\le 2}$.

Solución

Por las propiedades de la integral (ver corolario), sabemos que

$$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a),$$

donde $m$ y $M$ son el mínimo y el máximo de la función $f$ en el intervalo $[a,b]$.

En el caso concreto del ejercicio se tiene que $f^{\prime }(x)=\frac{-2x}{x^4+2x^2+1}$ que se solo se anula en $x=0$. Estudiando el signo de la derivada a la izquierda y la derecha del punto crítico se concluye fácilmente que $f$ alcanza un máximo relativo en este punto y $f(0)=1$. Por otro lado $f(-1)=f(1)=\frac{1}{2}$, por lo que se puede concluir que el mínimo absoluto de la función en $[-1,1]$ es $m=\frac{1}{2}$ y el máximo absoluto $M=1$. Y aplicando el corolario anterior se tiene

$$\frac{1}{2}(1-(-1))=1\le {\int }_a^b\frac{1}{1+x^2}dx\le 1(1-(-1))=2.$$

Ejercicio 7.8 Calcular las siguientes integrales definidas

1. ${\int }_1^2{x}^4-2xdx$

2. ${\int }_0^{\pi }\mathrm{sen}(x)dx$

3. ${\int }_{-1}^1\frac{1}{1+x^2}dx$

4. ${\int }_{-2}^2\sqrt{4-x^2}dx$

5. ${\int }_1^e\ln (x)dx$

6. ${\int }_1^2\frac{x+1}{x^3+x^2+x}dx$

7. ${\int }_0^{\pi /2}\cos (x{)}^{2}dx$

8. ${\int }_1^2\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx$

9. ${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^x\cos (x)dx$

10. ${\int }_0^{\pi /4}\frac{tg(x{)}^3}{\cos (x{)}^2}dx$

Solución

1. ${\int }_1^2{x}^4-2xdx={[\frac{x^5}{5}-x^2]}_1^2=\frac{16}{5}$.

2. ${\int }_0^{\pi }\mathrm{sen}(x)dx={[-\cos (x)]}_0^{\pi }=2$.

3. ${\int }_{-1}^1\frac{1}{1+x^2}dx={\left[\mathrm{arctg}\right]}_{-1}^1=\frac{\pi }{2}$.

4. ${\int }_{-2}^2\sqrt{4-x^2}dx={[2\mathrm{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right)+\frac{x}{2}\sqrt{4-x^2}]}_{-2}^2=2\pi$.

5. ${\int }_1^e\ln (x)dx={[x\ln (x)-x]}_1^e=1$.

6. ${\int }_1^2\frac{x+1}{x^3+x^2+x}dx={[\ln |x|-\frac{1}{2}\ln |x^2+x+1|+\frac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{arctg}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)]}_1^2\approx 0.0782.$

7. ${\int }_0^{\pi /2}\cos (x{)}^{2}dx={[\frac{x}{2}+\frac{\mathrm{sen}(2x)}{4}]}_0^{\pi /2}\approx 0.8172.$

8. ${\int }_1^2\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}dx={[x+2\sqrt{x}]}_1^2=-2\sqrt{3}+5$.

9. ${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^x\cos (x)dx={\left[e^x\left(\frac{\mathrm{sen}(x)+\cos (x)}{2}\right)\right]}_{-\pi /2}^{\pi /2}=\frac{e^{-\pi /2}+e^{\pi /2}}{2}$.

10. ${\int }_0^{\pi /4}\frac{tg(x{)}^3}{\cos (x{)}^2}dx={\left[\frac{\mathrm{tg}(x{)}^4}{4}\right]}_0^{\pi /4}=\frac{1}{4}$.

Ejercicio 7.9 Un vehículo parte del origen y se desplaza en línea recta con velocidad constante de 60 km/h. Calcular el espacio recorrido por el vehículo a las 2 horas.

Si a partir de las 2 horas el vehículo se mueve con una aceleración constante de 10 km/h${}^2$, ¿cuál será la velocidad del vehículo a las 4 horas? ¿Y su posición?

Solución

La velocidad del vehículo es la variación del espacio recorrido respecto al tiempo, de manera que si $s(t)$ es la función que indica el espacio recorrido en cada instante, se tiene que $s^{\prime }(t)=60$ km/h. Como el vehículo se desplaza de forma continua, $s(t)$ es una función continua en el intervalo $[0,2]$, y aplicando el teorema fundamental del cálculo tenemos que el espacio recorrido es

$$s(2)-s(0)={\int }_0^2{s}^{\prime }(t)dt={\int }_0^{2}60dt=[60t{]}_0^2=60\cdot 2-60\cdot 0=120\text{ km}.$$

Del mismo modo, la aceleración del vehículo es la variación de la velocidad respeto al tiempo, de manera que si $v(t)$ es la función que indica la velocidad del vehículo en cada instante, se tiene que $v^{\prime }(t)=10$ m/s${}^2$. Aplicando de nuevo el teorema fundamental del cálculo se tiene que

$$v(4)-v(2)={\int }_0^2{v}^{\prime }(t)dt={\int }_0^{2}10dt=[10t{]}_0^2=10\cdot 4-10\cdot 2=20\text{ km/h}.$$

de donde se deduce que $v(4)=v(2)+20=60+20=80$ km/h.

De igual modo podemos obtener la velocidad en cualquier instante del intervalo $[2,4]$.

$$v(t)-v(2)=\int v^{\prime }(t)dt=\int 10dt=[10t{]}_2^t=10t-20\text{ km/h}.$$

de donde se deduce que $v(t)=v(2)+10t-20=60+10t-20=10t+40$. Por tanto, el espacio recorrido por el vehículo en el intervalo $[2,4]$ es

$$s(4)-s(2)={\int }_2^{4}v(t)dt={\int }_2^{4}10t+40dt=[5t^2+40t{]}_2^4=140\text{ km}.$$

y la posición del vehículo a las $4$ horas es $s(4)=s(2)+140=120+140=260$ km.

Ejercicio 7.10 Un cuerpo humano de peso medio tiene alrededor de $3\cdot {10}^{14}$ átomos de carbono 14 en vida. Después de morir, los átomos de C14 comienzan a desintegrarse a un ritmo dado por la función $-3.63\cdot {10}^{10}{e}^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}$ átomos por año. Si se ha encontrado unos restos humanos con solo $0.3\cdot {10}^{14}$ átomos de C14, ¿cuánto tiempo ha pasado desde la muerte de la persona?

Solución

Llamando $c(t)$ a la cantidad de átomos de C14 que contiene el cuerpo en cada instante $t$, se tiene que $c^{\prime }(t)=-3.63\cdot {10}^{10}{e}^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}$. Aplicando el teorema fundamental del cálculo, se tiene que la cantidad de átomos de C14 que se desintegran en un intervalo de tiempo $[0,t]$ es

$$\begin{array}{rl}c(t)-c(0)& ={\int }_0^t{c}^{\prime }(t)dt={\int }_0^t-3.63\cdot {10}^{10}{e}^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}dt\\ & =[\frac{3.63\cdot {10}^{10}}{1.21\cdot {10}^{-4}}{e}^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}{]}_0^t=\frac{-3.63\cdot {10}^{10}}{-1.21\cdot {10}^{-4}}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}-1)\\ & =3\cdot {10}^{14}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}-1),\end{array}$$

de donde se deduce que

$$\begin{array}{rl}c(t)& =c(0)+3\cdot {10}^{14}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}-1)\\ & =3\cdot {10}^{14}+3\cdot {10}^{14}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}-1)=3\cdot {10}^{14}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}).\end{array}$$

Para calcular el tiempo que tarda en desaparecer el 90% de los átomos de C14, basta con resolver la ecuación

$$3\cdot {10}^{14}(e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t})=0.3\cdot {10}^{14}\iff e^{-1.21\cdot {10}^{-4}t}=0.1\iff t=\frac{\ln (0.1)}{-1.21\cdot {10}^{-4}}\approx 19030\text{años.}$$

Ejercicio 7.11 Calcular el área encerrada entre la gráfica de las siguientes funciones y el eje $x$ en los intervalos dados.

1. $f(x)=\ln \left(\frac{x}{2}\right)$ en $[1,2]$.

2. $g(x)=\cos (x)$ en $[0,2\pi ]$.

3. $h(x)=x{e}^{-x}$ en $[-1,2]$.

4. $i(x)=\frac{x}{\sqrt{3-2x-x^2}}$ en $[-1,1]$.

Solución

1. ${\int }_1^2|\ln \left(\frac{x}{2}\right)|dx=-{[x\ln \left(\frac{x}{2}\right)-x]}_1^2=1-\ln (2)$.

2. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }|\cos (x)|dx& ={\int }_0^{\pi /2}\cos (x)dx-{\int }_{\pi /2}^{3\pi /2}\cos (x)dx+{\int }_{3\pi /2}^{2\pi }\cos (x)dx\\ & ={[\mathrm{sen}(x)]}_0^{\pi /2}-{[\mathrm{sen}(x)]}_{\pi /2}^{3\pi /2}+{[\mathrm{sen}(x)]}_{3\pi /2}^{2\pi }=1+2+1.\end{array}$$

3. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^2|x{e}^{-x}|dx& =-{\int }_{-1}^{0}x{e}^{-x}dx+{\int }_0^{2}x{e}^{-x}dx\\ & =-{[-e^{-x}(1+x)]}_{-1}^0+{[-e^{-x}(1+x)]}_0^2=1+1-\frac{3}{e^2}=2-\frac{3}{e^2}\end{array}$$

4. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1\left|\frac{x}{\sqrt{3-2x-x^2}}\right|dx& =-{\int }_{-1}^0\frac{x}{\sqrt{3-2x-x^2}}dx+{\int }_0^1\frac{x}{\sqrt{3-2x-x^2}}dx\\ & =-{[\sqrt{3-2x-x^2}-\mathrm{arcsen}\left(\frac{x+1}{2}\right)]}_{-1}^0\\ & +{[\sqrt{3-2x-x^2}-\mathrm{arcsen}\left(\frac{x+1}{2}\right)]}_0^1\\ & =\frac{\pi }{6}+\sqrt{3}-2-\frac{\pi }{3}+\sqrt{3}=\frac{-\pi }{6}+2\sqrt{3}-2\end{array}$$

Ejercicio 7.12 Calcular el área comprendida entre las funciones $f$ y $g$ en los intervalos dados en los siguientes apartados:

1. $f(x)=\cos (x)$ y $g(x)=-\cos (x)$ en $[0,2\pi ]$.

2. $f(x)=x^2$ y $g(x)=\sqrt{x}$ en $[0,2]$.

3. $f(x)=\mathrm{tg}(x)$ y $g(x)=x$ en $[-1,1]$.

4. $f(x)=2^{-x}$ y $g(x)=\frac{x^2}{x^3+1}$ en $[0,2]$.

Solución

1. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }|\cos (x)+\cos (x)|dx& ={\int }_0^{\pi /2}2\cos (x)dx-{\int }_{\pi /2}^{3\pi /2}2\cos (x)dx+{\int }_{3\pi /2}^{2\pi }2\cos (x)dx\\ & ={[2\mathrm{sen}(x)]}_0^{\pi /2}-{[2\mathrm{sen}(x)]}_{\pi /2}^{3\pi /2}+{[2\mathrm{sen}(x)]}_{3\pi /2}^{2\pi }\\ & =2+4+2=8\end{array}$$

2. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^2|x^2-\sqrt{x}|dx& ={\int }_0^1\sqrt{x}-x^{2}dx+{\int }_1^2{x}^2-\sqrt{x}dx\\ & ={[\frac{2}{3}\sqrt{x^3}-\frac{x^3}{3}]}_0^1+{[\frac{x^3}{3}-\frac{2}{3}\sqrt{x^3}]}_1^2\\ & =\frac{1}{3}-\frac{4}{3}\sqrt{2}+3=\frac{-4\sqrt{2}+10}{3}.\end{array}$$

3. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1|\mathrm{tg}(x)-x|dx& ={\int }_{-1}^{0}x-\mathrm{tg}(x)dx+{\int }_0^1\mathrm{tg}(x)-xdx\\ & ={[\frac{x^2}{2}+\ln |\cos (x)|]}_{-1}^1+{[-\frac{x^2}{2}-\ln |\cos (x)|]}_0^1\\ & =0.1156+0.1156=0.2313.\end{array}$$

4. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^2|2^{-x}-\frac{x^2}{1+x^3}|dx& ={\int }_0^1{2}^{-x}-\frac{x^2}{1+x^3}dx+{\int }_1^2\frac{x^2}{1+x^3}-2^{-x}dx\\ & ={[\frac{-2^{-x}}{\ln (2)}-\frac{\ln |x^3+1|}{3}]}_0^1+{[\frac{\ln |x^3+1|}{3}+\frac{2^{-x}}{\ln (2)}]}_1^2\\ & =0.4903+0.1407=0.631.\end{array}$$

Ejercicio 7.13 Calcular el área encerrada entre la parábola $y=2x-x^2$ y la recta $y=2x-1$.

Solución

Igualando las dos ecuaciones obtenemos los puntos donde se cortan la parábola y la recta.

$$2x-x^2=2x-1\iff x^2-1=0\iff x=\pm 1.$$

Así pues, el área encerrada entre la parábola y la recta es

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1|2x-x^2-(2x-1)|dx& ={\int }_{-1}^1-x^2+1dx={[-\frac{x^3}{3}+x]}_{-1}^1\\ & =-\frac{1}{3}+1-\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}.\end{array}$$

Ejercicio 7.14 Para evaluar un test diagnóstico se suele utilizar la curva ROC (Receiver Operating Characteristics) que resulta de representar la razón de verdaderos positivos (sensibilidad) frente a la razón de falsos positivos (1-especificidad) para los diferentes umbrales de positivo del test. Esta curva se representa en el cuadrante $[0,1]\times [0,1]$ y está siempre por encima de la recta $y=x$ que representa un diagnóstico aleatorio. El área por debajo de la curva ROC se conoce como AUC (area under the curve), y cuanto mayor sea, mejor es el test diagnóstico.

Se dispone de dos test diagnósticos para detectar el virus SARS-CoV, el primero con una curva ROC $f(x)=\sqrt{x}$ y el segundo con una curva $g(x)=-x^2+2x$. ¿Qué test diagnóstico es mejor?

Solución

La medida AUC para el primer test diagnostico es

$${\int }_0^1\sqrt{x}dx={\left[\frac{2}{3}{x}^{3/2}\right]}_0^1=\frac{2}{3}.$$

Y para el segundo test diagnóstico es

$${\int }_0^1-x^2+2xdx={[-\frac{x^3}{3}+x^2]}_0^1=-\frac{1}{3}+1=\frac{2}{3}.$$

Por tanto, ambos test tienen la misma AUC y desde este punto de vista serían iguales.

Ejercicio 7.15 La curva de Lorenz se utiliza en Economía para representar la distribución relativa de los ingresos o la riqueza de una población. Esta curva se representa siempre en el cuadrante $[0,1]\times [0,1]$ del plano y cada punto $(x,y)$ de la curva representa qué proporción de la riqueza total $y$ acumula la proporción de la población $x$. De este modo, la bisectriz del (recta $y=x$) representa una distribución equitativa de la riqueza, y cuanto más se desvíe la curva de esta recta, mayor desigualdad habrá en el reparto de la riqueza.

Para medir la desigualdad en el reparto de la riqueza se suele utilizar el coeficiente Gini, que se define como el doble del área encerrada entre la recta $y=x$ y la curva de Lorenz. En una población con una distribución equitativa de la riqueza, el coeficiente de Gini vale 0, mientras que en una población con la mayor desigualdad posible en el reparto de la riqueza, este coeficiente vale 1.

Si las curvas de Lorenz de dos poblaciones vienen dadas por las funciones $f(x)=x^2$ y $g(x)=1-\cos \left(x\frac{\pi }{2}\right)$, ¿qué población es más desigual?

Solución

Para la primera población el área entre la recta $y=x$ y su curva de Lorenz es

$${\int }_0^{1}x-x^{2}dx={[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}]}_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6},$$

por lo que su coeficiente Gini es $G_1=2\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$.

Del mismo modo, para la segunda población se tiene

$${\int }_0^{1}x-(1-\cos \left(x\frac{\pi }{2}\right))dx={[\frac{x^2}{2}x+\frac{2}{\pi }\mathrm{sen}\left(x\frac{\pi }{2}\right)]}_0^1=\frac{1^2}{2}-1+\frac{2}{\pi }\approx 0.1366.$$

por lo que su coeficiente Gini es $G_2=2(\frac{-1}{2}+\frac{2}{\pi })\approx 0.2732$.

Com $G_1>G_2$ la primera población es un poco más desigual que la segunda.

Ejercicio 7.16 Encontrar el valor $c$ tal que la recta $y=c$ divide la región limitada por la parábola $y=x^2$ y la recta $y=4$ en dos regiones con la misma área.

Pista

Expresar $x$ en función de $y$, e integrar con respecto a $y$.

Solución

El problema resulta más sencillo de resolver si se integra con respecto a $y$. Despejando $x$ de la ecuación de la parábola se tiene que $x=\pm \sqrt{y}$, de manera que área encerrada entre la recta $y=4$ y la parábola $y=x^2$ es la misma que el área encerrada entre las funciones $\sqrt{y}$ y $-\sqrt{y}$ en el intervalo $[0,4]$, que vale

$${\int }_0^4\sqrt{y}-(-\sqrt{y})dy={\int }_0^{4}2\sqrt{y}dy={\left[\frac{4}{3}{x}^{3/2}\right]}_0^4=\frac{4}{3}{4}^{3/2}=\frac{32}{3}$$

Así pues, tenemos que buscar la recta $y=c$ que cumple que el área encerrada entre ella y la parábola es la mitad del área anterior, es decir, $16/3$. Como el área encerrada entre la recta $y=c$ y la parábola $y=x^2$ es igual que el área encerrada entre las funciones $\sqrt{y}$ y $-\sqrt{y}$ en el intervalo $[0,c]$, que vale

$${\int }_0^c\sqrt{y}-(-\sqrt{y})dy={\int }_0^{c}2\sqrt{y}dy={\left[\frac{4}{3}{x}^{3/2}\right]}_0^c=\frac{4}{3}{c}^{3/2},$$

se tiene que cumplir que $\frac{4}{3}{c}^{3/2}=\frac{16}{3}$, es decir, $c^{3/2}=4$, de donde se deduce $c=4^{2/3}$.

Ejercicio 7.17 En geometría, la ecuación $y^2=x^2(x+3)$ define una curva implícita conocida como la cúbica de Tschirnhausen. Calcular el área encerrada por esta curva.

Solución

La curva se puede expresar mediante dos ramas, una positiva y otra negativa, dadas por $y=\pm \sqrt{x^2(x+3)}$, que coinciden en $x=-3$ y $x=0$ ya que son los puntos donde se anula $y$. Así pues, podemos calcular el área encerrada por la curva, descomponiéndola en dos mitades, la positiva y la negativa.

La semiárea positiva se calcula mediante la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}\text{(Cambio }u=x+3\text{)}& {\int }_{-3}^0\sqrt{x^2(x+3)}dx& ={\int }_{-3}^{0}x\sqrt{(x+3)}dx={\int }_0^3(u-3)\sqrt{u}du& ={\int }_0^3{u}^{3/2}-3u^{1/2}du={[\frac{u^{5/2}}{5/2}-3\frac{u^{3/2}}{3/2}]}_0^3\\ & =\frac{3^{5/2}}{5/2}-3\frac{3^{3/2}}{3/2}=-4.1569,\end{array}$$

por lo que el área total es $2\cdot |-4.1569|=8.3138$.

Ejercicio 7.18 La tasa de nacimientos de una población viene dada por la función $n(t)=5000e^{0.03t}$ personas por año, mientras que la tasa de defunciones viene dada por la función $m(t)=3500e^{0.02t}$ personas por año. Calcular el área comprendida entre $n$ y $m$ entre $0$ y $5$ años. ¿Qué representa esta área?

Solución

Como $n(t)\ge m(t)$ $\mathrm{\forall }t\ge 0$, el área comprendida entre la dos funciones en el intervalo $[0,5]$ viene dada por la integral definida

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{5}n(t)-m(t)dt& ={\int }_0^{5}5000e^{0.03t}-3500e^{0.02t}dt\\ & =5000{\int }_0^5{e}^{0.03t}dt-3500{\int }_0^5{e}^{0.02t}dt\\ & =\frac{5000}{0.03}[e^{0.03t}{]}_0^5-\frac{3500}{0.02}[e^{0.02t}{]}_0^5\\ & =\frac{5000}{0.03}(e^{0.03\cdot 5}-e^0)-\frac{3500}{0.02}(e^{0.02\cdot 5}-e^0)=8567.4631\end{array}$$

La integral de la tasa de nacimientos nos da el número de personas que han nacido en el periodo de 0 a 5 años y la integral de la tasa de defunciones nos da el número de personas fallecidas en ese mismo periodo, por lo que el área comprendida entre las dos funciones es el incremento de la población en ese periodo.

Ejercicio 7.19 Calcular el área de un círculo de radio $r$ en coordenadas polares.

Solución

La curva que define una circunferencia de radio $r$ en coordenadas polares es $f(\theta )=r$ con $\theta \in [0,2\pi ]$, que es una función constante. Por tanto, el área del círculo de radio $r$ puede calcularse mediante la siguiente integral definida,

$${\int }_0^{2\pi }\frac{r^2}{2}d\theta ={\left[\frac{r^2}{2}\theta \right]}_0^{2\pi }=\frac{r^2}{2}2\pi =\pi r^2.$$

Ejercicio 7.20 Calcular el área encerrada por la curva polar $r=\cos (2\theta )$.

Solución

La curva $r=\cos (2\theta )$ tiene periodo $2\pi$, por lo que hay que integrar la curva en el intervalo $[0,2\pi ]$, de manera que el área encerrada por la curva es

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }\frac{\cos (2\theta {)}^2}{2}d\theta & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{1+\cos (4\theta )}{2}d\theta =\frac{1}{4}{[\theta +\frac{\mathrm{sen}(4\theta )}{4}]}_0^{2\pi }\\ & =\frac{1}{4}2\pi +\frac{\mathrm{sen}(8\pi )}{4}=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

Ejercicio 7.21 Calcular el área encerrada por las siguientes curvas polares $r=f(\theta )$ en los intervalo dados.

1. $f(\theta )={\theta }^2$ para $\theta \in [-\pi ,\pi ]$.

2. $f(\theta )=e^{\theta /2}$ para $\theta \in [0,2\pi ]$.

3. $f(\theta )=\sqrt{1+\cos (4\theta {)}^2}$ para $\theta \in [0,2\pi ]$.

Solución

1. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{({\theta }^2{)}^2}{2}d\theta & =\frac{1}{2}{\left[\frac{{\theta }^5}{5}\right]}_{-\pi }^{\pi }=\frac{1}{2}(\frac{{\pi }^5}{5}-\frac{(-\pi {)}^5}{5})=\frac{{\pi }^5}{5}\end{array}$$

2. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }\frac{{\left(e^{\theta /2}\right)}^2}{2}d\theta & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{e}^{\theta }d\theta =\frac{1}{2}{\left[e^{\theta }\right]}_0^{2\pi }=\frac{1}{2}(e^{2\pi }-1).\end{array}$$

3. $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }\frac{{\left(\sqrt{1+\cos (4\theta {)}^2}\right)}^2}{2}d\theta & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }1+\cos (4\theta {)}^{2}d\theta \\ & =\frac{1}{2}({\int }_0^{2\pi }1d\theta +{\int }_0^{2\pi }\cos (4\theta {)}^{2}d\theta )\\ & =\frac{1}{2}([\theta {]}_0^{2\pi }+{[\frac{\theta }{2}+\frac{\mathrm{sen}(8\theta )}{16}]}_0^{2\pi })\\ & =\frac{1}{2}(2\pi +\frac{2\pi }{2})=\frac{3\pi }{2}.\end{array}$$

Ejercicio 7.22 Calcular el área sombreada entre las curvas polares $r=3\mathrm{sen}(\theta )$ y $r=1+\mathrm{sen}(\theta )$.

Área entre curvas polares

Solución

Sea $f(\theta )=3\mathrm{sen}(\theta )$ la función que define el círculo y $g(\theta )=1+\mathrm{sen}(\theta )$ la función que define el cardioide. Para determinar el área de la región sombreada entre las dos curvas polares, calcularemos el área del círculo $f(\theta )$ y le restaremos el área que queda fuera de la región sombreada. Para calcular el área de esta última región con forma de media luna, primero determinamos los puntos de corte entre las dos curvas, que son

$$f(\theta )=g(\theta )\iff 3\mathrm{sen}(\theta )=1+\mathrm{sen}(\theta )\iff \mathrm{sen}(\theta )=\frac{1}{2}\iff \theta =\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}.$$

Así pues, el área de la región con forma de media luna viene dada por la integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\pi /6}^{5\pi /6}\frac{f(\theta {)}^2}{2}d\theta -{\int }_{\pi /6}^{5\pi /6}\frac{g(\theta {)}^2}{2}d\theta & ={\int }_{\pi /6}^{5\pi /6}\frac{(3\mathrm{sen}(\theta ){)}^2}{2}d\theta -{\int }_{\pi /6}^{5\pi /6}\frac{(1+\mathrm{sen}(\theta ){)}^2}{2}d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /6}^{5\pi /6}8\mathrm{sen}(\theta {)}^2-2\mathrm{sen}(\theta )-1d\theta \\ & =\frac{1}{2}{[8(\frac{\theta }{2}-\frac{\mathrm{sen}(2\theta )}{4})+2\cos (\theta )-\theta ]}_{\pi /6}^{5\pi /6}\\ & =\frac{1}{2}{[3\theta -2\mathrm{sen}(2\theta )+2\cos (\theta )]}_{\pi /6}^{5\pi /6}\\ & =\frac{1}{2}[3\frac{5\pi }{6}-2\mathrm{sen}\left(2\frac{5\pi }{6}\right)+2\cos \left(\frac{5\pi }{6}\right)-3\frac{\pi }{6}+2\mathrm{sen}\left(2\frac{\pi }{6}\right)-2\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)]\\ & =\pi .\end{array}$$

Finalmente, el área de la región sombreada es el área del círculo menos el área de la región con forma de media luna, y como el círculo tiene radio $3/2$, se tiene

$${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\pi -\pi =\frac{9\pi }{4}-\pi =\frac{5\pi }{4}.$$

Ejercicio 7.23 Calcular el área encerrada entre las siguientes curvas y el eje $x$ en los intervalos dados.

1. $y=\frac{1}{1+x^2}$ en $(-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty })$.

2. $y=\frac{\ln (x)}{x^2}$ en $[1,\mathrm{\infty })$.

3. $y=\frac{e^{1/x}}{x^3}$ en $(-\mathrm{\infty },0]$.

Solución

1. $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+x^2}dx=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{[\mathrm{arctg}(x)]}_{-t}^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{arctg}(t)-\mathrm{arctg}(-t)=\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}=\pi .$$

2. $${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\ln (x)}{x^2}dx=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{[-\frac{1}{x}-\frac{\ln (x)}{x}]}_1^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}-\frac{1}{t}-\frac{\ln (t)}{t}+\frac{1}{1}+\frac{\ln (1)}{1}=1.$$

3. $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^0\left|\frac{e^{1/x}}{x^3}\right|dx=-\underset{t\to -\mathrm{\infty }}{lim}{[e^{1/x}-\frac{e^{1/x}}{x}]}_t^{0^{-}}=-(\underset{t\to 0^{-}}{lim}{e}^{1/t}-\frac{e^{1/t}}{t}-\underset{n\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{1/t}+\frac{e^{1/t}}{t})=1.$$

Ejercicio 7.24 Un criterio para estudiar la convergencia de una serie $\sum a_n$ es estudiar la integral impropia ${\int }_1^{\mathrm{\infty }}{a}_{n}dn$. La serie converge si y solo si la integral es finita.

Usar este criterio para demostrar que la serie armónica $\sum \frac{1}{n}$ diverge y que las serie $\sum \frac{1}{n^2}$ converge.

¿Para qué valores de $p$ la integral ${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^p}dn$ converge?

Solución

Para la serie armónica $\sum \frac{1}{n}$ se tiene

$${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}dn=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{[\ln |n|]}_1^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln (t)-\ln (1)=\mathrm{\infty }.$$

Por tanto, la serie armónica diverge.

Para la serie $\sum \frac{1}{n^2}$ se tiene

$${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}dn=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{-1}{n}\right]}_1^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-1}{t}-\frac{-1}{1}=1,$$

y por tanto, la serie converge.

Veamos ahora para que valores de $p$ la integral impropia de $\frac{1}{n^p}$ converge.

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^p}dn& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{n}^{-p}dn=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{n^{-p+1}}{(-p+1)}\right]}_1^t\\ & =\frac{1}{-p+1}\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{t}^{-p+1}-1^{-p+1}=\frac{1}{-p+1}\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{t}^{-p+1}-1.\end{array}$$

Este límite existe para $p>1$ por lo que la integral impropia converge para esos valores de $p$.

Ejercicio 7.25 En Estadística, la distribución exponencial se utiliza para modelar el tiempo que tarda en ocurrir un evento en un proceso de Poisson, es decir, un proceso en el que ocurren fenómenos puntuales de marea continua e independiente a un ritmo constante $\lambda$. La función de densidad de probabilidad la distribución exponencial de parámetro $\lambda$ es

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\lambda e^{-\lambda x}& \text{si }x\ge 0\\ 0& \text{si }x<0\end{array}$$

1. Comprobar que $f$ es una función de densidad de probabilidad, es decir, que el área total encerrada entre su gráfica y el eje $x$ es 1.

2. Calcular la media de la distribución.

3. Calcular la varianza de la distribución.

Pista

La media de una variable aleatoria continua con función de densidad de probabilidad $f$ es $\mu ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}xf(x)dx$ y la varianza ${\sigma }^2={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2}f(x)dx-{\mu }^2$.

Solución

1. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{0}0dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & =0+\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}[-e^{-\lambda x}{]}_0^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}-e^{-t}-(-1)=1.\end{array}$$

   Luego, $f(x)$ es una función de densidad de probabilidad.

2. $$\begin{array}{rl}\mu & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}xf(x)dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{0}x\cdot 0dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\lambda e^{-\lambda x}dx\\ & =0+\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{-\lambda x-1}{\lambda e^{\lambda x}}\right]}_0^t=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-\lambda t-1}{\lambda e^{\lambda t}}-(\frac{-\lambda \cdot 0-1}{\lambda e^{\lambda \cdot 0}})=\frac{1}{\lambda }\end{array}$$

3. $$\begin{array}{rl}{\sigma }^2& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2}f(x)dx-{\mu }^2={\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{x}^2\cdot 0dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2\lambda e^{-\lambda x}dx-\frac{1}{{\lambda }^2}\\ & =0+\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{-{\lambda }^2{x}^2-2\lambda x-2}{{\lambda }^2{e}^{\lambda x}}\right]}_0^t-\frac{1}{{\lambda }^2}\\ & =\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-{\lambda }^2{t}^2-2\lambda t-2}{{\lambda }^2{e}^{\lambda t}}-\left(\frac{-{\lambda }^2\cdot 0^2-2\lambda \cdot 0-2}{{\lambda }^2{e}^{\lambda \cdot 0}}\right)-\frac{1}{{\lambda }^2}\\ & =\frac{2}{{\lambda }^2}-\frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }^2}\end{array}$$

Ejercicio 7.26 Una tomografía ofrece secciones transversales del cerebro de un paciente cada 1.5 cm. Las areas de cada una de las secciones transversales tomadas fueron

0, 32, 65, 115, 132, 147, 155, 141, 123, 93, 58, 0

Calcular de forma aproximada el volumen del cerebro.

Solución

Podemos calcular el volumen del cerebro de manera aproximada tomando secciones cilíndricas con base la sección transversal, cuya área es conocida, y altura la distancia entre las secciones consecutivas, en este caso 1.5 cm. Así se obtiene la siguiente suma de Riemann.

$$(32+65+115+132+147+155+141+123+93+58)\ast 1.5=1591.5{\text{cm}}^3.$$

Ejercicio 7.27 Calcular el volumen de la esta pirámide con base cuadrada de lado 2 y altura 2. Calcular a continuación el volumen de una pirámide de base cuadrada de lado $l$ y altura $h$.

Solución

Calcularemos el volumen de la pirámide tomando secciones transversales con respecto al eje $x$ en el intervalo $[0,2]$. El apotema de la pirámide está inscrito en la recta de ecuación $y=-\frac{1}{2}x+1$, por lo que, para cualquier $a\in [0,2]$, la intersección de la pirámide con el plano $x=a$ es un cuadrado de lado $2(-\frac{a}{2}+1)=2-a$, y por tanto su área es $(2-a{)}^2$. Así pues, para calcular el volumen de la pirámide basta con integrar la función $f(x)=(2-x{)}^2$, que nos da el área de la sección transversal al eje $x$ en $x$, en el intervalo $[0,2]$.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2}f(x)dx& ={\int }_0^2(2-x{)}^{2}dx={\int }_0^2{x}^2-4x+4dx\\ & ={[\frac{x^3}{3}-2x^2+4x]}_0^2=(\frac{2^3}{3}-2\cdot 2^2+4\cdot 2)=8/3{\text{ unidades}}^3.\end{array}$$

En general, para una pirámide de lado $l$ y altura $h$, lo único que cambia es el intervalo de integración, que será $[0,h]$, y la recta que define el apotema, que será $y=-\frac{l}{2h}x+\frac{l}{2}$, por lo que el área de las secciones transversales vendrá dado por la función

$$f(x)={\left(2(-\frac{lx}{2h}+\frac{l}{2})\right)}^2={(-\frac{lx}{h}+l)}^2=\frac{l^2{x}^2}{h^2}-\frac{2l^{2}x}{h}+l^2.$$

Así pues, el volumen viene dado por la siguiente integral.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{h}f(x)dx& ={\int }_0^h\frac{l^2{x}^2}{h^2}-\frac{2l^{2}x}{h}+l^{2}dx={[\frac{l^2{x}^3}{3h^2}-\frac{l^2{x}^2}{h}+l^{2}x]}_0^h\\ & =(\frac{l^2{h}^3}{3h^2}-\frac{l^2{h}^2}{h}+l^{2}h)=\frac{1}{3}{l}^{2}h,\end{array}$$

que efectivamente es la fórmula que da el volumen de una pirámide de base cuadrada con lado $l$ y altura $h$.

Ejercicio 7.28 Calcular el volumen del sólido de revolución generado por la rotación al rededor del eje $y$ del area comprendida entre las gráficas de las funciones $f(x)=x$ y $g(x)=x^2$. Calcular también el volumen del sólido de revolución generado al rotar esa misma área alrededor de la recta $x=1$.

Solución

Para ver los puntos donde se cortan las gráficas de las dos funciones resolvemos la ecuación que surge al igualarlas.

$$x=x^2\iff x^2-x=0\iff x(x-1)=0\iff x=0\text{ o }x=1.$$

Para calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar alrededor del eje $y$ la región comprendida entre las gráficas de $f$ y $g$ en el intervalo $[0,1]$, utilizaremos sumas de Riemann de envoltorios cilíndricos. Para ello hay que calcular la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}2\pi x(f(x)-g(x))dx& ={\int }_0^{1}2\pi x(x-x^2)dx=2\pi {\int }_0^1{x}^2-x^{3}dx\\ & =2\pi {[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}]}_0^1=2\pi (\frac{1^3}{3}-\frac{1^4}{4})=\pi /6.\end{array}$$

Si en lugar de rotar la región alrededor de la recta $x=0$ la rotamos alrededor de la recta $x=1$, lo único que cambia, al utilizar envoltorios cilíndricos es el radio del circulo de la base de los cilindros, que ahora será $1-x$ en lugar de $x$, por lo que el volumen del sólido de revolución generado viene dado por la integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}2\pi (1-x)(f(x)-g(x))dx& ={\int }_0^{1}2\pi (1-x)(x-x^2)dx=2\pi {\int }_0^{1}x-2x^2+x^{3}dx\\ & =2\pi {[\frac{x^2}{2}-2\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}]}_0^1=2\pi (\frac{1^2}{2}-2\frac{1^3}{3}+\frac{1^4}{4})=\pi /6.\end{array}$$

Así pues, se obtiene el mismo volumen.

Ejercicio 7.29 Calcular el volumen de este toro obtenido al rotar la circunferencia de ecuación $(x-2{)}^2+y^2=1$ alrededor del eje $y$. Calcular a continuación el volumen de un toro de radio mayor $R$ y radio menor $r$.

Ejercicio 7.30 Calcular el volumen del sólido de revolución generado por la rotación al rededor del eje $y$ del area comprendida entre las funciones $f(x)=x+1$ y $g(x)=(x-1{)}^2$.

Solución

Para ver los puntos donde se cortan las gráficas de las dos funciones resolvemos la ecuación que surge al igualarlas.

$$x+1=(x-1{)}^2\iff x+1=x^2-2x+1\iff x^2-3x=0\iff x(x-3)\iff x=0\text{ o }x=3.$$

Para calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar alrededor del eje $y$ la región comprendida entre las gráficas de $f$ y $g$ en el intervalo $[0,3]$, utilizaremos sumas de Riemann de envoltorios cilíndricos. Para ello hay que calcular la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{3}2\pi x(f(x)-g(x))dx& ={\int }_0^{3}2\pi x(x+1-(x-1{)}^2)dx=2\pi {\int }_0^{3}3x^2-x^{3}dx\\ & =2\pi {[x^3-\frac{x^4}{4}]}_0^3=2\pi (3^3-\frac{3^4}{4})=\frac{27\pi }{2}.\end{array}$$

Ejercicio 7.31 Calcular el volumen del sólido de revolución generado por la rotación al rededor del eje $x$ de la región comprendida entre las funciones $f(x)=\cos (x)$ y $g(x)=\mathrm{sen}(x)$ en el intervalo $[0,\pi /2]$. Calcular también el volumen del sólido de revolución generado al rotar la mima área alrededor del eje $y$.

Solución

Veamos primero en qué puntos se cortan las gráficas de las dos funciones.

$$\cos (x)=\mathrm{sen}(x)\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi k\in \mathbb{Z}.$$

En el intervalo de integración el único valor donde se cortan las gráficas de las dos funciones es en $x=\pi /4$. Es fácil comprobar que $f(x)>g(x)$ $\mathrm{\forall }x\in [0,\pi /4)$ y $f(x)<g(x)$ $\mathrm{\forall }x\in (\pi /4,\pi /2]$, por lo que tenemos que descomponer el intervalo de integración en estos dos subintervalos.

Para calcular el volumen del sólido de revolución generado por la rotación alrededor del eje $x$ de la región comprendida entre $f(x)=\cos (x)$ y $g(x)=\mathrm{sen}(x)$ en el intervalo $[0,\pi /2]$ podemos utilizar sumas de Riemann de discos cilíndricos transversales al eje $x$. Para ello hay que calcular las siguientes integrales

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\pi /4}\pi (f(x{)}^2-g(x{)}^2)dx+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\pi (g(x{)}^2-f(x{)}^2)dx\\ ={\int }_0^{\pi /4}\pi (\cos (x{)}^2-\mathrm{sen}(x{)}^2)dx+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\pi (\mathrm{sen}(x{)}^2-\cos (x{)}^2)dx\\ =\pi {\int }_0^{\pi /4}-\cos (2x)dx+\pi {\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\cos (2x)dx=\pi {\left[\frac{-\mathrm{sen}(2x)}{2}\right]}_0^{\pi /4}+\pi {\left[\frac{\mathrm{sen}(2x)}{2}\right]}_{\pi /4}^{\pi /2}\\ =\frac{\pi }{2}(-\mathrm{sen}(2\pi /4))+\mathrm{sen}(0)+\frac{\pi }{2}(\mathrm{sen}(2\pi /4)-\mathrm{sen}(2\pi /2))=\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}=\pi .\end{array}$$

Para calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar esta región alrededor del eje $y$ es más sencillo utilizar las sumas de Riemann de envoltorios cilíndricos. Para ello hay que calcular la siguiente integral

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\pi /4}2\pi x(f(x)-g(x))dx+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\pi x(g(x)-f(x))dx\\ ={\int }_0^{\pi /4}2\pi x(\cos (x)-\mathrm{sen}(x))dx+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\pi x(\mathrm{sen}(x)-\cos (x))dx\\ =2\pi {\int }_0^{\pi /4}x\cos (x)-x\mathrm{sen}(x)dx+2\pi {\int }_{\pi /4}^{\pi /2}x\mathrm{sen}(x)-x\cos (x)dx\\ =2\pi {[x\mathrm{sen}(x)+\cos (x)+x\cos (x)-\mathrm{sen}(x)]}_0^{\pi /4}+2\pi {[-x\cos (x)+\mathrm{sen}(x)-x\mathrm{sen}(x)-\cos (x)]}_{\pi /4}^{\pi /2}\\ =2\pi (\frac{\pi }{4}\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi }{4}\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1)+2\pi (1-\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\pi }{4}\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2})\\ =2\pi (\frac{\sqrt{2}\pi }{4}+1-\frac{\pi }{2}+\frac{\sqrt{2}\pi }{4})=\sqrt{2}{\pi }^2-{\pi }^2\approx 4.0881.\end{array}$$

Ejercicio 7.32 Una tienda de campaña de base cuadrada como la de la figura tiene sección vertical parabólica dada por la función $y=1-x^2$ (en m). ¿Cuál es su volumen?

Tienda de campaña tipo iglú.

Solución

Como las secciones transversales con respecto al eje $y$ son figuras regulares, en este caso cuadrados, calcularemos el volumen de la tienda integrando a lo largo del eje $y$ las áreas de esos cuadrados. Para cualquier sección transversal en $y=a$, el semi-lado del cuadrado resultante es

$$a=1-x^2\iff x^2=1-a\iff x=\sqrt{1-a},$$

por lo que el área de la sección transversal es

$$f(y)=(2\sqrt{1-y}{)}^2=4(1-y)=4-4y.$$

Por otro lado, es fácil ver que el máximo de la curva $y=1-x^2$ es $y=1$ por lo que el intervalo de integración es $[0,1]$. Así pues, el volumen de la tienda de campaña viene dado por la siguiente integral

$${\int }_0^{1}4-4ydy=[4y-2y^2{]}_0^1=4-2=2{\text{ m}}^3$$

Ejercicio 7.33 Un pluviómetro tiene la forma de un sólido de revolución obtenido al rotar la gráfica de la función $f(x)=x^3$ $(x\ge 0)$ alrededor del eje $y$. ¿Cuál debe ser su altura para que sea capaz de almacenar 1 litro de agua?

Solución

Al rotar la gráfica de $f$ alrededor del eje $y$, las secciones transversales con respecto al eje $y$ del sólido de revolución generado serán círculos cuyo radio vendrá dado por la función inversa de $y$, $x=f^{-1}(y)=y^{1/3}$. Por tanto, para calcular el volumen del sólido de revolución podemos tomar discos cilíndricos, de manera que el volumen del pluviómetro de altura $h$ viene dado por la integral

$${\int }_0^h\pi f^{-1}(y{)}^{2}dy=\pi {\int }_0^h{y}^{2/3}dy=\pi {\left[\frac{y^{5/3}}{5/3}\right]}_0^h=\frac{3\pi }{5}{h}^{5/3}.$$

Por consiguiente, para que el pluviómetro pueda almacenar 1 litro de agua, es decir 1000 cm${}^3$, su altura debe ser

$$\frac{3\pi }{5}{h}^{5/3}=1000\iff h^{5/3}=\frac{5000}{3\pi }\iff h={\left(\frac{5000}{3\pi }\right)}^{3/5}=43.134\text{ cm}.$$

Ejercicio 7.34 Calcular la longitud de una circunferencia de radio $r$ centrada en el origen.

Solución

La ecuación de la circunferencia de radio $r$ centrada en el origen es $x^2+y^2=r^2$, de donde se deduce que $y=\pm \sqrt{r^2-x^2}$. Si tomamos la función correspondiente a la semicircunferencia positiva $f(x)=\sqrt{r^2-x^2}$, podemos calcular la longitud de la curva de la semicircunferencia con la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-r}^r\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_{-r}^r\sqrt{1+{\left(\sqrt{r^2-x^2}\right)}^2}dx\\ & ={\int }_{-r}^r\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx\\ & ={\int }_{-r}^r\sqrt{\frac{r^2}{r^2-x^2}}dx={\int }_{-r}^r\frac{r}{\sqrt{r^2-x^2}}dx\\ & ={\int }_{-r}^r\frac{1}{\sqrt{\frac{r^2-x^2}{r^2}}}dx={\int }_{-r}^r\frac{1}{\sqrt{1-{\left(\frac{x}{r}\right)}^2}}dx\\ \text{(Cambio }u=\frac{x}{r}\text{)}& & ={\int }_{-1}^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}rdu& =r[\mathrm{arcsen}(u){]}_{-1}^1=r(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2})=\pi r.\end{array}$$

Y por tanto, la longitud de la circunferencia será el doble $2\pi r$.

Ejercicio 7.35 Calcular la longitud de las siguientes curvas en los intervalos dados

1. $y=x^2$ en $[0,1]$.

2. $y^2=4x^3$ en $[0,2]$.

3. $y=\ln (\mathrm{sen}(x))$ en $[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]$.

Solución

1. Tomando $f(x)=x^2$, la logitud de la curva de la gráfica de $f$ en el intervalo $[0,1]$ es

   $$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_0^1\sqrt{1+(2x{)}^2}dx={\int }_0^1\sqrt{1+4x^2}dx\\ \text{(1)}& & ={\int }_0^{\mathrm{arctg}(2)}\sec (\theta )\frac{1}{2}\sec (\theta {)}^{2}d\theta =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{arctg}(2)}\sec (\theta {)}^{3}d\theta \text{(2)}& & ={\left[\frac{1}{2}\frac{\sec (\theta )\mathrm{tg}(\theta )+\ln |\sec (\theta )+\mathrm{tg}(\theta )|}{2}\right]}_0^{\mathrm{arctg}(2)}\text{(Deshacer 1)}& & ={\left[\frac{\sqrt{1+4x^2}2x+\ln (\sqrt{1+4x^2}+2x)}{4}\right]}_0^1& =\frac{\sqrt{1+4\cdot 1^2}2+\ln (\sqrt{1+4\cdot 1^2}+2)}{4}\\ & =\frac{2\sqrt{5}+\ln (\sqrt{5}+2)}{4}\approx 1.4789\end{array}$$

   1. Cambio $\mathrm{tg}(\theta )=2x$, $\sec (\theta )=\sqrt{1+4x^2}$.
      
   2. Ver integral secante cúbica.

2. $y^2=4x^3\iff y=\pm \sqrt{4x^3}=\pm 2x^{3/2}$, así que tomaremos $f(x)=2x^{3/2}$ y calcularemos la longitud de rama positiva.

   $$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_0^1\sqrt{1+(3\sqrt{x}{)}^2}dx={\int }_0^1\sqrt{1+9x}dx\\ & ={\left[\frac{1}{9}\frac{(1+9x{)}^{3/2}}{3/2}\right]}_0^1=\frac{2}{27}({19}^{3/2}-1)\approx 6.0607.\end{array}$$

   Por tanto, por simetría, la longitud de la curva será el doble $2\cdot 6.0607=12.1213$.

3. Tomando $f(x)=\ln (\mathrm{sen}(x))$, la logitud de la curva de la gráfica de $f$ en el intervalo $[\pi /4,\pi /2]$ es

   $$\begin{array}{rl}{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\sqrt{1+\frac{\cos (x{)}^2}{\mathrm{sen}(x{)}^2}}dx={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\sqrt{\frac{1}{\mathrm{sen}(x{)}^2}}dx\\ & ={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\csc (x)dx={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\csc (x)\frac{\csc (x)+\cot (x)}{\csc (x)+\cot (x)}dx\\ & ={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{\csc (x{)}^2+\csc (x)\cot (x)}{\csc (x)+\cot (x)}dx\\ \text{(1)}& & ={\int }_{1+\sqrt{2}}^1\frac{-1}{u}du& =[-\ln (u){]}_{1+\sqrt{2}}^1=-\ln (1)+\ln (1+\sqrt{2})\approx 0.8814.\end{array}$$

   1. Cambio $u=\csc (x)+\cot (x)$.

Ejercicio 7.36 Un tramo de una montaña rusa tiene la forma de la curva $y=\frac{1}{3}(x-3)\sqrt{x}$, donde $x$ viene dado en decámetros. ¿Qué longitud tiene el rail del tramo desde el origen hasta el punto que alcanza la misma altura?

Solución

La longitud del rail es la longitud de la curva correspondiente a la gráfica de la función $f(x)=\frac{1}{3}(x-3)\sqrt{x}$. Resulta sencillo ver que las dos raíces de esta función son $x=0$ (el origen) y $x=3$, por lo que hay que el intervalo de integración es $[0,3]$. Para calcular la longitud de la curva correspondiente a la gráfica de $f$ en este intervalo hay que calcular la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^3\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_0^3\sqrt{1+{\left(\frac{1}{3}(\sqrt{x}+\frac{x-3}{2\sqrt{x}})\right)}^2}dx\\ & ={\int }_0^3\sqrt{1+\frac{1}{9}(x+(x-3)+\frac{(x-3{)}^2}{4x})}dx\\ & ={\int }_0^3\sqrt{1+\frac{x^2-2x+1}{4x}}dx={\int }_0^3\sqrt{\frac{x^2+2x+1}{4x}}dx\\ & ={\int }_0^3\frac{x+1}{2\sqrt{x}}dx=\frac{1}{2}({\int }_0^3{x}^{1/2}dx+{\int }_0^3{x}^{-1/2}dx)\\ & =\frac{1}{2}({\left[\frac{x^{3/2}}{3/2}\right]}_0^3+{\left[\frac{x^{1/2}}{1/2}\right]}_0^3)={[\frac{x^{3/2}}{3}+x^{1/2}]}_0^3\\ & =\frac{3^{3/2}}{3}+\sqrt{(}3)=2\sqrt{3}\approx 3.4641\text{ Dm}.\end{array}$$

Ejercicio 7.37 Calcular la longitud de un cable eléctrico con forma de catenaria que cuelga entre dos postes separados 10 metros de distancia con una altura mínima sobre el suelo de 5 metros.

Nota: La ecuación que define una curva con forma de catenaria centrada en el eje $y$ es $y=a\cosh \left(\frac{x}{a}\right)$, donde $a$ es la altura mínima de la catenaria.

Solución

La longitud del cable eléctrico es la longitud de la curva correspondiente a la gráfica de la función $f(x)=5\cosh (x/5)$ en el intervalo $[-5,5]$, que viene dado por la integral

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-5}^5\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_{-5}^5\sqrt{1+\mathrm{senh}(x/5{)}^2}dx\\ & ={\int }_{-5}^5\sqrt{\cosh (x/5{)}^2}dx={\int }_{-5}^5\cosh (x/5)dx\\ & =[5\mathrm{senh}(\mathrm{x}/5){]}_{-5}^5=5(\mathrm{senh}(1)-\mathrm{senh}(-1))\\ & =5(e-e^{-1})\approx 11.7520\text{ m.}\end{array}$$

Ejercicio 7.38 Calcular la superficie de los sólidos de revolución obtenidos al girar las siguientes funciones alrededor del eje $x$ en los intervalos dados.

1. $f(x)=2\sqrt{1-x}$ en $[-1,1]$.

3. $h(x)=e^x$ en $[0,1]$.

Solución

1. La superficie del sólido de revolución que se obtiene al rotar la gráfica de la función $f(x)$ alrededor del eje $x$ en el interavlo $[-1,1]$, viene dada por la siguiente integral

   $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^{1}2\pi f(x)\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& =2\pi {\int }_{-1}^{1}2\sqrt{1-x}\sqrt{1+{\left(\frac{-1}{\sqrt{1-x}}\right)}^2}dx\\ & =2\pi {\int }_{-1}^{1}2\sqrt{1-x}\sqrt{1+\frac{1}{1-x}}dx\\ & =2\pi {\int }_{-1}^{1}2\sqrt{(1-x)(1+\frac{1}{1-x})}dx\\ & =2\pi {\int }_{-1}^{1}2\sqrt{2-x}dx=2\pi {[\frac{-4}{3}(2-x{)}^{3/2}]}_{-1}^1\\ & =\frac{-8\pi }{3}(1-3^{3/2})\approx 35.1536.\end{array}$$

2. $$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^{1}2\pi h(x)\sqrt{1+h^{\prime }(x{)}^2}dx& =2\pi {\int }_{-1}^1{e}^x\sqrt{1+e^{2x}}dx\\ \text{(cambio }u=e^x\text{)}& & =2\pi {\int }_1^e\sqrt{1+u^2}du\text{(1)}& & =2\pi {\int }_{\pi /4}^{\mathrm{arctg}(e)}\sec (\theta {)}^{3}d\theta \text{(2)}& & =2\pi \frac{1}{2}[\sec (\theta )\mathrm{tg}(\theta )+\ln |\sec (\theta )+\mathrm{tg}(\theta )|{]}_{\pi /4}^{\mathrm{arctg}(e)}& =\pi (\sec (\mathrm{arctg}(e))\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(e))+\ln |\sec (\mathrm{arctg}(e))+\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(e))|-\sqrt{2}-\ln (\sqrt{2}+1))\\ & =\pi (e\sqrt{1+e^2}+\ln (e+\sqrt{1+e^2})-\sqrt{2}-\ln (\sqrt{2}+1))\approx 22.943.\end{array}$$

   1. Cambio $\mathrm{tg}(\theta )=u$, $\sec (\theta )=\sqrt{1+u^2}$.
      
   2. Ver integral secante cúbica.

Ejercicio 7.39 Un depósito metálico tiene la forma del elipsoide que se obtiene al rotar la elipse $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ alrededor del eje $x$, con $x$ en metros. Calcular la cantidad de chapa metálica necesaria para construir el depósito. ¿Y si el depósito se construye rotando la elipse alrededor del eje $y$?

Solución

Para averiguar la cantidad de chapa necesaria para construir el depósito tenemos que calcular el área de la superficie del depósito.

De la ecuación de la elipse se tiene

$$\frac{x^2}{4}+y^2=1\iff y^2=1-\frac{x^2}{4}\iff y=\pm \sqrt{1-\frac{x^2}{4}},$$

de manera que el depósito se genera al rotar alrededor del eje $x$ la gráfica de la función $f(x)=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}$ en el intervalo $[-2,2]$.

El área de la superficie del sólido de revolución que se obtiene al rotar la gráfica de $f$ alrededor del eje $x$ en el intervalo $[a,b]$ viene dado por la integral

$${\int }_a^{b}2\pi f(x)\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx$$

Como

$$f^{\prime }(x)=\frac{-x}{4\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}},$$

sustituyendo en la integral anterior se tiene

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-2}^{2}2\pi f(x)\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& =2\pi {\int }_{-2}^2\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\sqrt{1+{\left(\frac{-x}{4\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}\right)}^2}dx\\ & =2\pi {\int }_{-2}^2\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\sqrt{1+\frac{x^2}{16(1-\frac{x^2}{4})}}dx\\ & =2\pi {\int }_{-2}^2\sqrt{(1-\frac{x^2}{4})(1+\frac{x^2}{16(1-\frac{x^2}{4})})}dx\\ & =2\pi {\int }_{-2}^2\sqrt{1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{16}}dx\\ & =2\pi {\int }_{-2}^2\sqrt{1-\frac{3x^2}{16}}dx\\ & =2\pi {\int }_{-2}^2\frac{1}{4}\sqrt{16-3x^2}dx\\ & =\frac{\pi }{2}{\int }_{-2}^2\sqrt{4^2-(\sqrt{3}x{)}^2}dx\\ \text{(1)}& & =\frac{\pi }{2}{\int }_{\mathrm{arcsen}(\sqrt{3}/2)}^{\mathrm{arcsen}(-\sqrt{3}/2)}\sqrt{4^2-4^2\mathrm{sen}(\theta {)}^2}\frac{4}{\sqrt{3}}\cos (\theta )d\theta & =\frac{\pi }{2}{\int }_{-\pi /3}^{\pi /3}4\cos (\theta )\frac{4}{\sqrt{3}}\cos (\theta )d\theta \\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}{\int }_{-\pi /3}^{\pi /3}\cos (\theta {)}^{2}d\theta \\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}{\int }_{-\pi /3}^{\pi /3}\frac{1+\cos (2\theta )}{2}d\theta \\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}{[\frac{\theta }{2}+\frac{1}{4}\mathrm{sen}(2\theta )]}_{-\pi /3}^{\pi /3}\\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}{[\frac{\theta }{2}+\frac{1}{2}\mathrm{sen}(\theta )\cos (\theta )]}_{-\pi /3}^{\pi /3}\\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}(\frac{\pi /3}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{sen}(\pi /3)\cos (\pi /3)-\frac{-\pi /3}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{sen}(-\pi /3)\cos (-\pi /3))\\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{6}+\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{2}-\frac{-\pi }{6}+\frac{1}{2}\frac{-\sqrt{3}}{2}\frac{1}{2})\\ & =\frac{8\pi }{\sqrt{3}}(\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4})\\ & =\frac{8{\pi }^2}{3\sqrt{3}}+2\pi \approx 21.4784{\text{ m}}^2.\end{array}$$

1. Cambio $x=\frac{4}{\sqrt{3}}\mathrm{sen}(\theta )$.

Ejercicio 7.40 Calcular el área de la superficie de este toro obtenido al rotar la circunferencia de ecuación $(x-2{)}^2+y^2=1$ alrededor del eje $y$. Calcular a continuación la superficie de un toro de radio mayor $R$ y radio menor $r$.

Solución

Calcularemos directamente la superficie de un toro con radio mayor $R$ y radio menor $r$, que tiene ecuación

$$(x-R{)}^2+y^2=r^2\iff y^2=r^2-(x-R{)}^2\iff y=\pm \sqrt{r^2-(x-R{)}^2},$$

donde la rama positiva corresponde al semi-toro positivo y la negativa al semi-toro negativo. Por simetría, para calcular el área de la superficie del toro basta con calcular el área de las superficie del semi-toro positivo y multiplicarla por 2. El área de la superficie del sólido de revolución que se obtiene al rotar la gráfica de una función $f$ alrededor del eje $y$ en un intervalo $[a,b]$ viene dado por la integral

$${\int }_a^{b}2\pi x\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx$$

En este caso, tomando $f(x)=\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}$, se tiene que

$$f^{\prime }(x)=\frac{R-x}{\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}}=\frac{R-x}{f(x)}$$

y

$$\begin{array}{rl}\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}& =\sqrt{1+{\left(\frac{R-x}{f(x)}\right)}^2}=\sqrt{\frac{f(x{)}^2+(x-R{)}^2}{f(x{)}^2}}\\ & =\sqrt{\frac{r^2}{f(x{)}^2}}=\frac{r}{f(x)}=\frac{r}{\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}}\end{array}$$

Así pues, sustituyendo en la integral anterior se tiene

$$\begin{array}{rl}{\int }_{R-r}^{R+r}2\pi x\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx& ={\int }_{R-r}^{R+r}2\pi x\frac{r}{\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}}dx\\ & =2\pi r{\int }_{R-r}^{R+r}\frac{x}{\sqrt{r^2-(x-R{)}^2}}dx\\ \text{(Cambio }u=\frac{x-R}{r}\text{)}& & =2\pi r{\int }_{-1}^1\frac{ur+R}{\sqrt{r^2-(ur{)}^2}}rdu& =2\pi r{\int }_{-1}^1\frac{ur+R}{\sqrt{1-u^2}}du\\ & =2\pi r({\int }_{-1}^1\frac{ur}{\sqrt{1-u^2}}du+{\int }_{-1}^1\frac{R}{\sqrt{1-u^2}})\\ & =2\pi r(r[-\sqrt{1-u^2}{]}_{-1}^1+R[\mathrm{arcsen}(u){]}_{-1}^1)\\ & =2\pi rR(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2})=2{\pi }^{2}rR.\end{array}$$

Por tanto, el área de las superficie del toro es el doble, $4{\pi }^{2}rR$.

Ejercicio 7.41 Se lanza una pelota verticalmente desde la ventana de un edificio situada a 20 m sobre el suelo con una velocidad inicial de 10 m/s. ¿A qué distancia del suelo estará la pelota transcurridos 3 segundos? ¿Qué distancia habrá recorrido hasta ese instante?

Solución

La posición que ocupa la pelota en cada instante $t$ viene dada por la integral de la velocidad $v(t)$, ${\int }_0^{t}v(t)dt$, pero, a su vez, la velocidad en cada instante viene dada por la integral de la aceleración. En este caso la aceleración que sufre la pelota es la de la fuerza de la gravedad, que es constante y negativa, por lo que tenemos

$$v(t)=v(0)+{\int }_0^{t}gdx=v(0)+[g{]}_0^t=v(0)+gt.$$

Por tanto, el espacio en cada instante $t$ es

$$s(t)=s(0)+{\int }_0^{t}v(0)+gxdx=s(0)+{[v(0)x+g\frac{x^2}{2}]}_0^t=s(0)+v(0)t+g\frac{t^2}{2}.$$

Como la posición en el instante inicial es $s(0)=20m$, la velocidad inicial es $v(0)=10$ m/s y $g=-9.81$ m/s${}^2$, sustituyendo en la expresión anterior se tiene

$$s(t)=20+10t-9.81\frac{t^2}{2}.$$

Así pues, la posición de la pelota a los 3 segundos es

$$s(3)=20+10\cdot 3-9.81\frac{3^2}{2}=5.855\text{ m}.$$

Para calcular la distancia recorrida hasta los 3 segundos tenemos que descomponer la región de integración en los intervalos donde la velocidad es positiva y los intervalos donde es negativa, y calcular la integral por separado. Para ello obtenemos el instante donde la velocidad se anula

$$v(t)=v(0)+gt=10-9.81t=0\iff t=\frac{10}{9.81}=1.0194\text{ s}.$$

Por tanto, la velocidad es positiva en el intervalo $[0,1.0194]$ y negativa en el intervalo $[1.0194,3]$, de manera que la distancia recorrida hasta los 3 segundos es

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^3|10-9.81t|dt& ={\int }_0^{1.0194}10-9.81tdt-{\int }_{1.0194}^{3}10-9.81tdt\\ & ={[10t-9.81\frac{t^2}{2}]}_0^{1.0194}-{[10t-9.81\frac{t^2}{2}]}_{1.0194}^3\\ & =10\cdot 1.0194-9.81\frac{{1.0194}^2}{2}-(10\cdot 3-9.81\frac{3^2}{2}-10\cdot 1.0194+9.81\frac{{1.0194}^2}{2})\\ & =5.0968+19.2418=24.3387\text{ m}.\end{array}$$

Ejercicio 7.42 Un vehículo se mueve con una aceleración dada por la función $a(t)=10\cos (2t)$. Suponiendo que el vehículo parte de un estado de reposo en la posición $0$, ¿cuál será la distancia neta recorrida por el vehículo en el intervalo de $[0,\pi ]$? ¿Y la distancia total?

Solución

Calculamos primero la velocidad en cada instante $t$.

$$\begin{array}{rl}v(t)& =v(0)+{\int }_0^{t}a(x)dx=0+{\int }_0^{t}10\cos (2x)dx=5[\mathrm{sen}(2x){]}_0^t\\ & =5(\mathrm{sen}(2t)-\mathrm{sen}(0))=5\mathrm{sen}(2t).\end{array}$$

Y ahora calculamos la distancia neta recorrida.

$${\int }_0^{\pi }v(t)dt={\int }_0^{\pi }5\mathrm{sen}(2t)dt=-\frac{5}{2}[\cos (2x){]}_0^{\pi }=-\frac{5}{2}(\cos (2\pi )-\cos (0))=0.$$

Es decir, la distancia neta recorrida en el intervalo $[0,\pi ]$ es nula y, por tanto, el vehículo vuelve a la posición inicial en el instante $\pi$.

Para calcular la distancia neta, debemos descomponer el intervalo de integración en los subintervalos donde la velocidad es positiva y los subintervalos donde es negativa, y calcular la integral por separado. Para ello, obtenemos primero los valores donde la velocidad es nula.

$$v(t)=5\mathrm{sen}2t=0\iff t=\frac{\mathrm{arcsen}(0)}{2}=\pi /2.$$

Así pues, la velocidad es positiva en el intervalo $[0,\pi /2]$ y negativa en le intervalo $[\pi /2,\pi ]$, de manera que a distancia total recorrida por el vehículo en el intervalo $[0,2\pi ]$ es

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }|v(t)|dt& ={\int }_0^{\pi /2}v(t)dt-{\int }_{\pi /2}^{\pi }v(t)dt={\int }_0^{\pi /2}5\mathrm{sen}(2t)dt-{\int }_{\pi /2}^{\pi }5\mathrm{sen}(2t)dt\\ & =-\frac{5}{2}[\cos (2t){]}_0^{\pi /2}+\frac{5}{2}[\cos (2t){]}_{\pi /2}^{\pi }\\ & =-\frac{5}{2}(\cos (\pi )-\cos (0))+\frac{5}{2}(\cos (2\pi )-\cos (\pi ))\\ & =-\frac{5}{2}(-4)=10.\end{array}$$

Ejercicio 7.43 La ley de Hooke establece que la fuerza necesaria para estirar un muelle es proporcional a la distancia de estiramiento, es decir, cumple la ecuación

$$F=kx$$

donde $x$ es la distancia de estiramiento desde la posición natural del muelle, y $k$ es una constante de proporcionalidad que es propia del tipo de muelle.

Si al aplicar una fuerza de $3$ N se consigue comprimir el muelle una distancia de $0.1$ m desde su posición natural, ¿qué trabajo se realiza al estirar el muelle $0.2$ m desde su posición natural?

Solución

Como al aplicar una fuerza de $3$ N el muelle se comprime $0.1$ m, aplicando la ley de Hooke se puede calcular la constante de proporcionalidad del muelle.

$$3\text{ N}=k0.1\text{ m}\iff k=\frac{3\text{ N}}{0.1\text{ m}}=30\text{ N/m}.$$

Así pues, la fuerza ejercida por el muelle a una distancia $x$ de su posición natural viene dada por la función $F(x)=30x$, y el trabajo realizado al estirarlo $0.2$ m es

$${\int }_0^{0.2}F(x)dx={\int }_0^{0.2}30xdx=30{\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^{0.2}=30\frac{{0.2}^2}{2}=0.6\text{ J}.$$

Ejercicio 7.44 ¿Qué trabajo se realiza al lanzar un cohete de 50 toneladas desde la superficie de la tierra a una órbita situada a 100 km sobre la superficie terrestre?
Nota: Debe tenerse en cuenta que la aceleración de la gravedad disminuye con la altura según la fórmula

$$g_h=g_0{\left(\frac{R}{R+h}\right)}^2,$$ donde $g_h$ es la aceleración de la gravedad a una altura $h$ sobre la superficie terrestre, $g_0=9.81$ m/s${}^2$ es la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre, y $R=6371$ km es el radio de la Tierra.

Solución

Ejercicio 7.45 Un depósito con forma de cono invertido de radio $2$ m y altura $5$ m está lleno de agua. ¿Qué trabajo se realiza al vaciar el tanque por arriba?
Nota: La densidad del agua es $\delta =1000$ kg/m${}^3$.

Solución

En este caso, aunque la aceleración de la gravedad es constante, el volumen de agua a cada altura $y$ es distinto, por lo que su masa y la fuerza necesaria para elevarla será distinta.

Siguiendo la misma estrategia de las sumas de Riemann, podemos descomponer el intervalo $[0,5]$ de la altura del depósito en subintervalos de igual amplitud de acuerdo a una partición $P_n=\{y_0=0,y_1,\dots ,y_n=5\}$, y considerar, para cada subintervalo $[y_{i-1},y_i]$ el cilindro de radio $x_i=f(y_i)$, donde $f(y)$ es la función de la generatriz del cono, y altura $\mathrm{\Delta }y=y_i-y_{i-1}$. Como la ecuación de la recta que define la generatriz del cono es $y=\frac{5}{2}x$, expresando $x$ en función de $y$ se tiene que $x_i=\frac{2}{5}{y}_i$, de manera que el volumen del cilindro correspondiente al intervalo $[x_{i-1},x_i]$ es

$$V_i=\pi {\left(\frac{2}{5}{y}_i\right)}^2\mathrm{\Delta }y=\frac{4}{25}\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y.$$

Teniendo en cuenta la densidad del agua, la masa de este cilindro de agua es

$$M_i=\delta V_i=1000\frac{4}{25}\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y=160\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y,$$

y por panto, la fuerza que hay que aplicar para elevar esa masa es

$$F_i=g{M}_i=9.81\cdot 160\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y=1569\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y.$$

Como el agua de este sector cilíndrico hay que subirla una distancia $5-y_i$, el trabajo realizado al elevar este cilindro de agua hasta el desagüe del tanque es

$$W_i=(5-y_i)1569\pi y_i^2\mathrm{\Delta }y=1569\pi (5y_i^2-y_i^3)\mathrm{\Delta }y.$$

Por tanto, el trabajo realizado al elevar todos los cilindros de agua de la partición viene dado por la suma de Riemann

$$\sum _{i=1}^n{W}_i$$

lo que nos da una aproximación del trabajo real realizado al vaciar el depósito. A medida que tomemos más subintervalos, en el límite cuando $n$ tiende a $\mathrm{\infty }$, esta suma de Riemann se transforma en la integral definida

$${\int }_0^{5}1569\pi (5y^2-y^3)dy,$$

que nos dará el trabajo necesario para vaciar el tanque.

Así pues, resolviendo la integral se tiene

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{5}1569\pi 5y^2-y^{3}dy,=1569\pi {[5\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}]}_0^5\\ & =1569\pi (5\frac{5^3}{3}-\frac{5^4}{4})=256727.02\text{ J.}\end{array}$$

Ejercicio 7.46 Un depósito con forma de sólido de revolución generado al rotar la gráfica de la función $f(x)=\frac{x^2}{2}$ alrededor del eje $y$ en el intervalo de $0$ a $4$ m, contiene $100000$ l de aceite con una densidad $\delta =900$ kg/m${}^3$. ¿Qué trabajo se realiza al vaciar el depósito por arriba?

Solución

El problema es similar al anterior, pero ahora, el radio de los sectores circulares viene dado por la función $y=\frac{x^2}{2}$, de manera que $x=\sqrt{2y}$.

Tal y como vimos en el cálculo de volúmenes de sólidos de revolución, el volumen almacenado en el depósito hasta una altura $h$ es

$$V(h)={\int }_0^h\pi {\sqrt{2y}}^{2}dy=\pi {\int }_0^{h}2ydy=\pi [y^2{]}_0^h=\pi h^2{\text{ m}}^3.$$

Por tanto, si el volumen almacenado es de 100 m${}^3$ de aceite, el nivel del depósito es

$$V(h)=\pi h^2=100\iff h=\sqrt{\frac{100}{\pi }}=5.6419\text{ m}.$$

Por tanto, siguiendo la misma estrategia del problema anterior, el trajo total realizado al vaciar el depósito por arriba, viene dado por la integral definida

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{5.6419}g\delta \pi {\sqrt{2y}}^2(8-y),dy,={\int }_0^{5.6419}9.81\cdot 900\pi 2y(8-y),dy,\\ & =17658\pi {\int }_0^{5.6419}8y-y^2,dy,=17658\pi {[8\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}]}_0^{5.6419}\\ & =17658\pi (8\frac{{5.6419}^2}{2}-\frac{{5.6419}^3}{3})\approx 3742383\text{ J}.\end{array}$$

Ejercicio 7.47 Una varilla varilla metálica de 20 m de longitud, tiene una densidad $f(x)=\mathrm{sen}(\pi x)+1$ a una distancia $x$ de su extremo izquierdo. Calcular su centro de masas.

Solución

Para calcular el centro de masas de una varilla con densidad variable $f(x)$ tenemos que dividir su momento y su masa, es decir, calcular el cociente de integrales

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{20}xf(x)dx}{{\int }_0^{20}f(x)dx},$$

así que procedemos a calcular estas dos integrales,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{20}f(x)dx& ={\int }_0^{20}\mathrm{sen}(\pi x)+1dx=\frac{-1}{\pi }[\cos (\pi x){]}_0^{20}+[x{]}_0^{20}\\ & =\frac{-1}{\pi }(\cos (20\pi )-\cos (0))+20=20\end{array}$$

y

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{20}xf(x)dx& ={\int }_0^{20}x(\mathrm{sen}(\pi x)+1)dx={\int }_0^{20}x\mathrm{sen}(\pi x)dx+{\int }_0^{20}xdx\\ \text{(partes)}& & =\frac{1}{{\pi }^2}[\mathrm{sen}(\pi x){]}_0^{20}-\frac{1}{\pi }[x\cos (\pi x){]}_0^{20}+\frac{1}{2}[x^2{]}_0^{20}& =\frac{1}{{\pi }^2}(\mathrm{sen}(20\pi )-\mathrm{sen}(0))-\frac{1}{\pi }(20\cos (20\pi )-0\cos (0))+\frac{{20}^2}{2}\\ & =-\frac{20}{\pi }+200\approx 193.6338\end{array}$$

Por tanto, se tiene

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{20}xf(x)dx}{{\int }_0^{20}f(x)dx},=\frac{193.6338}{20}=9.6817.$$

Ejercicio 7.48 Calcular el centroide del sector circular definido por la ecuación $x^2+y^2=1$ en el primer cuadrante.

Solución

En primer lugar expresamos $y$ en función de $x$, de manera que se obtiene $y=\pm \sqrt{1-x^2}$. Como estamos interesados en la región del primer cuadrante, tomamos la raíz positiva, es decir, la función que delimita la región es $f(x)=\sqrt{1-x^2}$.

Para calcular el centro de masas una región plana con densidad constante $f(x)$ tenemos que calcular las coordenadas del centroide por separado. Para calcular la primera coordenada del centroide tenemos que calcular el cociente de integrales

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{1}xf(x)dx}{{\int }_0^{1}f(x)dx},$$

así que procedemos a calcular estas dos integrales. Calculamos primero la integral del denominador que se corresponde con el area encerrada entre la gráfica de la función y el eje $x$ en el intervalo $[0,1]$.

$$\begin{array}{rl}\text{(cambio }x=\mathrm{sen}(\theta )\text{)}& {\int }_0^{1}f(x)dx& ={\int }_0^1\sqrt{1-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}\cos (\theta {)}^{2}d\theta & ={\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos (2\theta )}{2}d\theta =\frac{1}{2}{[x+\frac{\mathrm{sen}(2\theta )}{2}]}_0^{\pi /2}\\ & =\frac{1}{2}(\frac{\pi }{2}+\frac{\mathrm{sen}(\pi )}{2}-\frac{\mathrm{sen}(0)}{2})=\frac{\pi }{4}\approx 0.7854.\end{array}$$

Y ahora calculamos la integral del numerador que se corresponde con el momento de la región con respecto al eje $y$.

$$\begin{array}{rl}\text{(cambio }u=1-x^2\text{)}& {\int }_0^{20}xf(x)dx& ={\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=-\frac{1}{2}{\int }_1^0{u}^{1/2}du& =\frac{-1}{2}{\left[\frac{u^{3/2}}{3/2}\right]}_1^0=\frac{-1}{3}[u^{3/2}{]}_1^0=\frac{-1}{3}(0-1)=\frac{1}{3}\end{array}$$

Por tanto, se tiene

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{1}xf(x)dx}{{\int }_0^{1}f(x)dx}=\frac{1/3}{\pi /4}=\frac{4}{3\pi }\approx 0.4244.$$

Y para calcular la segunda coordenada del centroide tenemos que calcular el cociente de integrales

$$\overline{y}=\frac{{\int }_0^{1}f(x{)}^{2}dx}{2{\int }_0^{1}f(x)dx},$$

La integral del denominador ya la hemos calculado previamente, así que queda calcular la integral del numerador.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{20}f(x{)}^{2}dx& ={\int }_0^1(\sqrt{1-x^2}{)}^{2}dx={\int }_0^{1}1-x^{2}dx={[x-\frac{x^3}{3}]}_0^1\\ & =(1-\frac{1^3}{3})=\frac{2}{3}\end{array}$$

Por tanto, se tiene

$$\overline{y}=\frac{{\int }_0^{1}f(x{)}^{2}dx}{2{\int }_0^{1}f(x)dx}=\frac{2/3}{2\pi /4}=\frac{4}{3\pi }\approx 0.4244.$$

Así pues, el centroide es el punto de coordenadas $(\frac{4}{3\pi },\frac{4}{3\pi })$. Como se observa las dos coordenadas son iguales, algo que tiene sentido desde un punto de vista geométrico.

Ejercicio 7.49 Calcular el centroide de la región encerrada por la recta $y=x$ y la curva $y=x^2$.

Solución

En primer lugar calculamos los valores de $x$ en los que las gráficas de ambas funciones se cortan, resolviendo la ecuación que resulta de igualar sus ecuaciones.

$$x=x^2\Leftarrow x^2-x=0\Leftarrow x(x-1)=0\Leftarrow x=0\text{ o }x=1.$$

Así pues se trata de calcular el centroide de la región comprendida entre las gráficas de $f(x)=x$ y $g(x)=x^2$ en el intervalo $[0,1]$.

Para calcular el centro de masas una región plana con densidad constante $f(x)$ tenemos que calcular las coordenadas del centroide por separado. Para calcular la primera coordenada del centroide tenemos que calcular el cociente de integrales

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{1}x(f(x)-g(x))dx}{{\int }_0^{1}f(x)-g(x)dx},$$

así que procedemos a calcular estas dos integrales. Calculamos primero la integral del denominador que se corresponde con el área encerrada entre las gráficas de las dos funciones.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x-x^{2}dx& ={[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}]}_0^1=(\frac{1^2}{2}-\frac{1^3}{3})=\frac{1}{6}.\end{array}$$

Ahora calculamos la integral del numerador que se corresponde con el momento de la región con respecto al eje $y$.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x(x-x^2)dx& ={\int }_0^1{x}^2-x^{3}dx={[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}]}_0^1=(\frac{1^3}{3}-\frac{1^4}{4})=\frac{1}{12}.\end{array}$$

Por tanto, la primera coordenada del centroide es

$$\overline{x}=\frac{{\int }_0^{1}x(f(x)-g(x))dx}{{\int }_0^{1}f(x)-g(x)dx}=\frac{1/12}{1/6}=\frac{1}{2}=0.5.$$

Y para calcular la segunda coordenada del centroide tenemos que calcular el cociente de integrales

$$\overline{y}=\frac{{\int }_0^{1}f(x{)}^2-g(x{)}^{2}dx}{2{\int }_0^{1}f(x)-g(x)dx},$$

La integral del denominador ya la hemos calculado previamente, así que queda calcular la integral del numerador.

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^2-(x^2{)}^{2}dx& ={\int }_0^1{x}^2-x^{4}dx={[\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}]}_0^1=(\frac{1^3}{3}-\frac{1^5}{5})=\frac{2}{15}.\end{array}$$

Por tanto, se tiene

$$\overline{y}=\frac{{\int }_0^{1}f(x{)}^2-g(x{)}^{2}dx}{2{\int }_0^{1}f(x)-g(x)dx}=\frac{2/15}{2/6}=\frac{2}{5}=0.4.$$

Así pues, el centroide es el punto de coordenadas $(0.5,0.4)$.

Ejercicio 7.50 El teorema de Pappus establece que si una región plana está a un lado de una recta $l$, el volumen de revolución generado al rotar la región alrededor de la recta $l$ coincide con el producto del area de la región y la distancia recorrida por su centroide en la rotación. Dar una demostración del teorema para el caso particular en el que la región plana está delimitada por dos funciones $f(x)$ y $g(x)$ en un intervalo $[a,b]$ y el eje de rotación es el eje $y$.

Solución

Aplicando el método de los envoltorios cilíndricos para calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar la región comprendida entre las gráficas de $f$ y $g$ en el intervalo $[a,b]$ alrededor del eje $y$ se tiene

$$V={\int }_a^{b}2\pi x(f(x)-g(x))dx=2\pi {\int }_a^{b}x(f(x)-g(x))dx$$

Ahora bien, como la primera coordenada del centroide se calcula mediante el cociente de integrales

$$\overline{x}=\frac{{\int }_a^{b}x(f(x)-g(x))dx}{{\int }_a^{b}f(x)-g(x)dx},$$

de aquí se deduce que

$${\int }_a^{b}x(f(x)-g(x))dx=\overline{x}{\int }_a^{b}f(x)-g(x)dx.$$

Así pues, el volumen es

$$2\pi {\int }_a^{b}x(f(x)-g(x))dx=2\pi \overline{x}{\int }_a^{b}f(x)-g(x)dx,$$

donde $2\pi \overline{x}$ es la distancia recorrida por el centroide en una rotación completa alrededor del eje $y$, y ${\int }_a^{b}f(x)-g(x)dx$ es el área de la región encerrada entre las gráficas de $f$ y $g$ en el intervalo $[a,b]$.

Ejercicio 7.51 Calcular el valor medio de la función $f(x)=\sqrt{1-x^2}$ en el intervalo $[-1,1]$.

Solución

Para calcular el valor medio de una función en el intervalo $[-1,1]$ tenemos que calcular la siguiente integral

$$\begin{array}{rl}\overline{f}[-1,1]& =\frac{1}{1-(-1)}{\int }_{-1}^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1\sqrt{1-x^2}dx\\ \text{(cambio }x=\mathrm{sen}(\theta )\text{)}& & =\frac{1}{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos (\theta {)}^{2}d\theta =\frac{1}{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\frac{1+\cos (2\theta )}{2}d\theta & =\frac{1}{4}{[x+\frac{\mathrm{sen}(2\theta )}{2}]}_{-\pi /2}^{\pi /2}\\ & =\frac{1}{4}(\frac{\pi }{2}+\frac{\mathrm{sen}(\pi )}{2}+\frac{\pi }{2}-\frac{\mathrm{sen}(-\pi )}{2})=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

Ejercicio 7.52 Se deja caer una pelota desde la terraza de un edificio situada a una altura de 25 m. Suponiendo que no hubiese rozamiento, ¿cuál es la velocidad media de la pelota desde su lanzamiento hasta que toca el suelo?

Solución

La única fuerza que actúa sobre la pelota es la fuerza de la gravedad, que podemos suponer con una aceleración constante $g=-9.81$ m/s${}^2$. Según las fórmulas de cinemática, la posición que ocupa la pelota en cada instante $t$ viene dada por la expresión

$$s(t)=s(0)+{\int }_0^{t}v(x)dx,$$

donde $s(0)$ es la posición inicial, en este caso $25$ m, y $v(x)$ es la función velocidad, que, a su vez, se obtiene mediante la expresión

$$v(t)=v(0)+{\int }_0^{t}a(x)dx,$$ donde $v(0)$ es la velocidad inicial, en este caso $0$ m/s, y $a(x)$ es la función aceleración, que en este caso es constante $g=-9.81$ m/s${}^2$, de manera que se tiene

$$v(t)={\int }_0^t-9.81dx=-9.81[x{]}_0^t=-9.81t,$$

y sustituyendo en la expresión de la posición de la pelota se tiene

$$s(t)=25+{\int }_0^t-9.81xdx,=25-9.81{\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^t=25-4.905t^2.$$

Igualando la posición a $0$ obtenemos el tiempo que tarda la pelota en alcanzar el suelo.

$$s(t)=0\iff 25-4.905t^2=0\iff t^2=\frac{25}{4.905}=5.0968\iff t=\sqrt{5.0968}=2.2576\text{ s}.$$

Así pues, tenemos que calcular la velocidad media en el intervalo $[0,2.2576]$. El valor medio de la función velocidad en ese intervalo viene dado por la siguiente expresión

$$\begin{array}{rl}\overline{v}[0,2.2576]& =\frac{1}{2.2576}{\int }_0^{2.2576}v(x)dx=\frac{1}{2.2576}{\int }_0^{2.2576}-9.81xdx\\ & =\frac{-9.81}{2.2576}{\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^{2.2576}=\frac{-9.81}{2.2576}\frac{{2.2576}^2}{2}=-11.0735\text{ m/s}.\end{array}$$

Ejercicio 7.53 La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria $X$ es $f(x)=\frac{k}{(1+x{)}^4}$ para $x\ge 0$.

1. ¿Cuándo debe valer $k$ para que se cumpla que $f$ es una función de densidad?

2. Calcular la probabilidad de que la variable aleatoria tome un valor en el intervalo $[0,1]$.

3. Calcular la mediana.

4. Calcular la media.

5. Calcular la varianza.

Solución

1. Para que $f$ sea una función de densidad, la integral de $f$ en todo su dominio debe ser igual a $1$. Por tanto, se tiene

   $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{k}{(1+x{)}^4}dx=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^t\frac{k}{(1+x{)}^4}dx=\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{[-\frac{k}{3(1+x{)}^3}]}_0^t=\frac{k}{3}=1\Rightarrow k=3.$$

   Por tanto, la función de densidad de $X$ es $f(x)=\frac{3}{(1+x{)}^4}$.

2. La probabilidad de que la variable aleatoria tome un valor en el intervalo $[0,1]$ es

   $$P(0\le X\le 1)={\int }_0^1\frac{3}{(1+x{)}^4}dx={[-\frac{3}{3(1+x{)}^3}]}_0^1=1-\frac{1}{2^3}=\frac{7}{8}.$$

3. La mediana es el valor $Me$ que deja acumulada la mitad de la probabilidad, es decir,

   $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{Me}\frac{3}{(1+x{)}^4}dx=\frac{1}{2}& \Rightarrow {[-\frac{3}{3(1+x{)}^3}]}_0^{Me}=\frac{1}{2}\Rightarrow 1-\frac{1}{(1+Me{)}^3}=\frac{1}{2}\\ & \Rightarrow \frac{1}{(1+Me{)}^3}=\frac{1}{2}\Rightarrow (1+Me{)}^3=2\Rightarrow Me=\sqrt[3]{2}-1.\end{array}$$

4. La media es

   $$\begin{array}{rl}E(X)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x\frac{3}{(1+x{)}^4}dx=3{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1+x-1}{(1+x{)}^4}dx\\ & =3{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{(1+x{)}^3}-\frac{1}{(1+x{)}^4})dx\\ & =3{[-\frac{1}{2(1+x{)}^2}+\frac{1}{3(1+x{)}^3}]}_0^{\mathrm{\infty }}=3(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})=\frac{1}{2}.\end{array}$$

5. La varianza es

   $$\begin{array}{rl}Var(X)& =E(X^2)-E(X{)}^2={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2\frac{3}{(1+x{)}^4}dx-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\\ & =3{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2}{(1+x{)}^4}dx-\frac{1}{4}=3{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2+2x+1-2x-1}{(1+x{)}^4}dx-\frac{1}{4}\\ & =3{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{(1+x{)}^2}-\frac{2}{(1+x{)}^3}+\frac{1}{(1+x{)}^4})dx-\frac{1}{4}\\ & =3{[-\frac{1}{1+x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{3(1+x{)}^3}]}_0^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{4}\\ & =3(1-1+\frac{1}{3})-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.\end{array}$$