4.1. El problema del cálculo de áreas

Transcripción

1 Cpítulo 4 Integrción 4.. El problem del cálculo de áres Unidd de medid: áre del cudrdo. Áre de un rectángulo, de un triángulo, de un prlelogrmo, de un rombo, de un trpecio, de un polígono regulr. Exhución Er el método usdo por Arquímedes pr clculr el áre de un círculo (y por tnto un vlor proximdo de π) medinte polígonos inscritos y circunscritos, y el áre de un sección de prábol (en este cso medinte triángulos inscritos). de cálculo* Se A el áre bjo l prábol y = x 2 en el intervlo x. Dividimos el dominio en n prtes igules (ver figur 4.). L sum de ls áres de los rectángulos inferiores vle I(n) = n ( n )2 + n ( n )2 + + n (n n )2. v Enrique Mcís Virgós. Hecho con TeXShop y Mthemtic en un Mcintosh. Ls fechs son orienttivs. Los comentrios biográficos están dptdos en su myor prte de McTutor History of Mthemtics rchive: st-ndrews.c.uk.

2 Figur 4.: Sum inferior y superior cundo n = 4. Puede comprobrse que l simplificr qued I(n) = (n ) 2 n 3 = n(n )(2n ) 6n 3. Por tnto lím I(n) = 2/6 = /3. n Análogmente, l sum de los rectángulos superiores es que nos d S(n) = n ( n )2 + n ( 2 n )2 + + n (n n )2, S(n) = n 2 n 3 = n(n + )(2n + ) 6n 3, luego lím S(n) = 2/6 = /3. n Como pr culquier n tenemos I(n) A S(n), se deduce y por tnto A = /3. /3 = lím n I(n) A lím n S(n) = /3, No hubo vnces hst l introducción del cálculo diferencil e integrl por Newton, Leibniz y Brrow. Hy un relción completmente inesperd entre derivds ( flexiones ) y áres ( fluxiones ). 2

3 Vid de Arquímedes (87.C C.) El rey Herón II de Sircus. Eurek: el principio de Arquímedes. L pole compuest. Ls leyes de l plnc: ddme un punto de poyo y moveré el mundo. Cálculo del número π. Ls guerrs púnics. L muerte de Arquímedes: mátme pero no borres mis fórmuls Integrl definid Figur 4.2: Arquímedes L plbr integrl signific áre. Se us un símbolo que er originlmente un letr S (de sum). Lo usó por primer vez W. Leibniz en 686 en l revist Acts Eroditorum. Si y = y(x) es un función definid en el intervlo [, b] utilizmos l notción b y(x)dx pr el áre bjo l gráfic. Subdividiendo cd vez más el intervlo de definición, y tomndo rectángulos de bse x y ltur y(x) podrímos escribir b y(x)dx = lím y(x) x. x Ẹs un áre con signo. Se cumple b + c = c y entendemos que = b. b b π/2 cos x dx = (lo veremos) pero π cos x dx = Vlor medio de un función El vlor medio (en el sentido de promedio) de un función y = y(x) en el intervlo [, b] se define como v.m. = b y(x)dx. b Es el nálogo de l fórmul de l medi ritmétic. 3

4 En el intervlo [, π/2] l función coseno vrí entre y. Su vlor promedio es 2/π =, 64. PROBLEMA Recorremos l distnci ( km) entre Vigo y Sntigo 6 km/h, y hcemos el vije de vuelt 8 km/h Cuál fue l velocidd medi? Solución. Como trdmos en totl /6 + /8 = 5/3 + 5/4 = 35/2 hors, l velocidd medi fue de 2/(35/2) = 24/35 = 68,57 km/h. Es exctmente el vlor medio, en el intervlo [, 35/2] de l función { 6 si t 5/3, v(t) = 8 si 5/3 t 35/2, es decir 35/2 v(t)dt 35/2 = 68, 57. Teorem del vlor medio El teorem del vlor medio del cálculo integrl dice que si l función y = y(x) es continu en el intervlo [, b] entonces en lgún punto < c < b lcnz su vlor medio, es decir y(c)(b ) = b y(x)dx. Esto es un consecuenci fácil del hecho de que el vlor medio está necesrimente comprendido entre el vlor mínimo y el vlor máximo. Este teorem es útil pr demostrr el siguiente resultdo fundmentl Teorem Fundmentl del Cálculo Es l herrmient más importnte pr el cálculo de áres.. Se y = y(x) un función continu en el intervlo [, b]. Entonces l función G(x) = x y(t)dt es diferencible, y su derivd es l función inicil, es decir G (x) = y(x). Esto signific que, l ir vrindo x, el ritmo l que crece el áre bjo l gráfic de l función y(x) es l propi función y(x). 4

5 Demostrción del TFC l derivd G (x) = lím h G(x + h) G(x) h Pr justificr el resultdo nterior, clculmos = lím h h x+h x y(x)dx. Como l últim integrl vle y(c)h, pr lgún c intermedio entre x y x + h, nos qued G (x) = lím h y(c) = y(x). Se l función y(x) = 3x. El áre del triángulo desde hst x viene dd por F (x) = 3x 2 /2, cuy derivd es 3x = y(x). Regl de Brrow Como consecuenci del TFC tenemos l siguiente mner de clculr un áre A = b y(x)dx cundo l función es continu en el intervlo cerrdo [, b]:. Busquemos culquier función F (x) que l derivrl dé l función y(x); 2. Evluemos el áre simplemente como A = F (b) F (). F (x) se llm un primitiv o ntiderivd o integrl indefinid de y = y(x), y se simboliz F = y. L regl de Brrow se escribe en l práctic b y(x)dx = ] b y. Al derivr l función F (x) = x 3 /3 obtenemos y(x) = x 2. Entonces podemos usr es primitiv pr clculr el áre bjo l prábol, x 2 dx = F () F () = /3. Si A = π/2 sen x dx hllmos F (x) = cos x + 29, y entonces A = F (π/2) F () =. e x dx = ln x]e = ln e ln =. 5

6 Observción L primitiv de un función y = y(x) no es únic. Pero dos primitivs sólo pueden diferencirse en un constnte. En efecto, si tenemos dos primitivs F, G de l mism función y(x), l derivd de l diferenci es cero en todos los puntos: (F G) = F (x) G (x) = y(x) y(x) =. Entonces l diferenci tiene que ser constnte, F G = cte. Esto es sí porque por el teorem del vlor intermedio si un función u tiene derivd cero en todos los puntos entonces u(x) u() = u (c)(x ) =, es decir u(x) siempre vle u(). Demostrción de l regl de Brrow Por su importnci vmos justificr l Regl de Brrow. Por el teorem fundmentl, sbemos que l función G(x) = x y(t)dt es un primitiv de y(x). L F (x) que nosotros hemos encontrdo puede ser diferente de G(x); pero l diferenci es como mucho un constnte C. Entonces porque G() = =. F (b) F () = (G(b) + C) (G() + C) = G(b) G() = G(b) = b y(t) dt, Isc Brrow (63 677) Profesor y mentor de Newton en Cmbridge, fue el primero en drse cuent de l relción entre derivds y áres. Renunció su cátedr pr que l ocupse el joven Newton. Figur 4.3: I. Brrow 6

7 4.5. Cálculo de primitivs Primitivs inmedits L siguiente tbl se deduce de l tbl correspondiente de derivds. y cte. y (slvo un cte.) cte x x m, m x m+ m + /x, x z /z sen x cos x e x x 2 ln x ln z cos x + sen x e x rc sen x, rc cos x + x 2 rc tg x Not: L función y = ln x está definid pr x (ver figur) Figur 4.4: L función y = ln x. 7

8 Regls de integrción Se deducen de ls correspondientes regls de derivción. Por ejemplo l integrción por prtes se deduce de l regl de Leibniz pr derivr un producto; y el cmbio de vrible procede de l regl de l cden. cte.y(x)dx = cte. y(x)dx; (u(x) + v(x))dx = u(x)dx + v(x)dx; (integrción por prtes) udv = uv vdu; (cmbio de vrible) Si u = u(x) entonces v(u)du = v(x)u (x)dx Integrción por prtes xe x = e x (x ) + C. ln x = x ln(x/e) + C (hcemos u = ln x, dv = dx). * Clculemos P = sen 2 tdt por prtes. Hciendo u = sen t, dv = sen tdt, entonces du = cos t, v = cos t, luego P = sen t cos t ( cos 2 t) = sen t cos t + ( sen 2 t), es decir por lo que y P = sen t cos t + t P (slvo un constnte) 2P = sen t cos t + t + cte. P = ( /2) sen t cos t + t + cte. Usremos est primitiv más delnte pr clculr el áre de un círculo. Puede hcerse más rápidmente usndo ls fórmuls cos(2t) = 2 sen 2 t; sen(2t) = 2 sen t cos t. 8

9 Cmbio de vrible El cmbio de vrible u = u(x) tiene que ser un función inversible. Usremos l derivción implícit en notción de Leibniz. Pr clculr l primitiv P = e 2x+ dx hcemos u = 2x +, du = 2dx. Entonces P = e u du 2 = ( /2)eu = ( /2)e 2x+ + cte. sen(3t + 2)dt = ( /3) cos(3t + 2), medinte el cmbio u = 3t + 2 cuy función invers es t = (/3)(t 2). Cmbio de vrible en ls integrles definids Si pr clculr A = b v(x)u (x)dx hemos introducido un cmbio de vrible u = u(x), entonces A = u(b) u() v(u)du, es decir en vez de deshcer el cmbio cmbimos los límites de integrción. e 2x+ dx = ( /2)e u] u()= u()= = ( /2)( e e) =, 752, donde hemos hecho el cmbio u = 2x +. Clculr π/4 tg xdx = ln 2. L primitiv se resuelve por el cmbio de vrible t = cos x: sen x tg xdx = cos x dx = ( dt) = ln t + C t 9

10 Cmbindo los límites de integrción obtenemos: por tnto si x =, t = cos = ; si x = π/4, t = cos π/4 = 2/2 ln t ] 2/2 = ln(/ 2). : Áre de un círculo de rdio r Primero clculmos el áre A de un cudrnte circulr (ver figur 4.5), r A = r2 x 2 dx. Como x 2 + y 2 = r 2, por el cmbio de vrible x = r cos t, π/2 t, es dx = r sen t y r 2 x 2 = r 2 sen 2 t. Entonces A = r 2 π/2 sen 2 t dt = r 2 ] π/2 2 ( sen t cos t + t) = r 2 π 4. En consecuenci el áre del círculo completo es 4A = πr 2. Figur 4.5: Un cudrnte circulr : áre de un elipse* Un elipse (ver figur 4.6) está dd por un ecución del tipo (x/) 2 + (y/b) 2 =, donde, b > (l circunferenci es el cso = b = r). El áre de l elipse será A = 4b (x/)2 dx. Como ntes, hcemos el cmbio x = cos t, dx = sen t dt y qued A = 4b π/2 ( sen 2 t) dt = 4b π 4 = πb.

11 Figur 4.6: Un elipse con = 2, b = Integrles impropis En ocsiones no podemos plicr l regl de Brrow, bien porque l función no es continu (existenci de sltos o síntots verticles), bien porque el intervlo no es del tipo [, b] (se dice intervlo cerrdo cotdo). Clculr el áre A bjo l gráfic de l función y(x) = /(+x 2 ), x (fig. 4.7). El áre sobre el intervlo [, b] vle b Entonces A = lím b rc tg b = π/2. + x dx = rc tg 2 x]b = rc tg b Figur 4.7: El áre totl bjo l gráfic de y = +x 2 vle π/2. L concentrción plsmátic (mg/l) de un medicmento evolucionó según l ley C(t) = 2 e,3t t (hors). Clculr el áre totl bjo l gráfic (fig. 4.8). C(t)dt = lím b b C(t)dt.

12 Por Brrow, A(b) = b ] b 2e,3t dt = 2e,3t = 2 ( e,3b ),,3,3 luego A = lím b A(b) = +2,3 = Figur 4.8: El áre totl bjo l gráfic de C = C e kt, t, vle C /k. El áre A bjo l función y(x) = / x 2, x (figur 4.9). Por el cmbio de vrible x = cos t, dx = sen tdt, tenemos y(x)dx = dt = t = rc cos x. Por tnto y A(b) = b y(x)dx = ( rc cos b) ( π/2) A = lím A(b) = () + π/2 = π/2. b El áre bjo l gráfic de l función y = tg x, x π/2, es lím b π/2 ( ln(cos b)) = +. El áre bjo l gráfic de y = /x, x, es lím + ( ln ) = +. 2

13 Figur 4.9: El áre bjo l gráfic de y = / x 2, x, vle π/ Integrción de frcciones rcionles Un frcción rcionl es de l form P (x)/q(x), con P, Q polinomios. Si grdo P grdo Q podemos hcer l división enter P = C Q + R, o lo que es lo mismo, P/Q = C + R/Q, donde el resto R(x) y tiene grdo R < grdo Q. x 3 2 x 2 + x = x + 2x 3 x 2 + x. A prtir de hor supondremos que grdo P < grdo Q. Cso. Q /Q: En este cso obtenemos un logritmo ln Q. Es lo que ocurre cundo grdo Q = y P es un constnte. 2dx 3x = 2 3 3dx 3x = ln 3x + cte. Cso 2. P = cte., grdo Q = 2, discrim Q > : L frcción puede descomponerse, de mner únic, en frcciones simples. 3

14 Ponemos es decir I = 3dx x 2 + x 2 = 3 dx (x )(x + 2) (x )(x + 2) = A x + B x + 2 = A(x + 2) + B(x ) y dmos vlores x =, x = 2. Se sigue A = /3 y B = /3. Entonces I = 2 3 ln x 2 3 ln x + 2 = ln x x + 2 2/3 + cte. Cso 2bis. grdo P =, grdo Q = 2 con discrim Q > : Tmbién hremos un descomposición en frcciones simples pr obtener logritmos. I = 2x x 2 3x dx. Tenemos x 2 3x = (x 2)(x 5). Comprmos numerdores 2x = A(x 5) + B(x + 2) y obtenemos A = 5/7, B = 9/7, luego I = 5 dx 7 x dx 7 x 5 = ln x + 2 5/7 + ln x 5 9/7 + cte. Aunque no nos demos cuent de que el numerdor es l derivd del denomindor, por descomposición en frcciones simples llegremos buen puerto: 6x = ln x + ln(3x ) + cte. 3x 2 x que es lo mismo que ln x(3x ) + cte.. 4

15 Cso 3. P = cte., grdo Q = 2, discrim Q = : Es un potenci. 2dx x 2 4x + 4 = 2 dx (x 2) 2 = 2 x 2 + cte. Cso 4. grdo P =, grdo Q = 2 con discrim Q = : Es Q(x) = (x + p) 2. Hcemos el cmbio t = x + p. Entonces hy un prte potenci y un prte logritmo, en mbs prece x + p. I = 3x + 2 (x + 5) 2 dx. Con el cmbio t = x + 5, dt = dx, 3(t 5) + 2 3dt 3dt I = dt = + t 2 t t 2 qued I = 3 ln t + 3 t = ln x x cte. Tmbién podemos hcerlo por descomposición en frcciones simples, de l siguiente form: 3x + 2 (x + 5) = A 2 (x + 5) + B 2 x + 5, y obtenemos A = 3, B = 3. Cso 5. P = cte., grdo Q = 2, discrim Q < : Ahor el denomindor es irreducible. Supuesto que =, podemos escribirlo en l form Q = (x + p) 2 + q (siempre sldrá p = b/2 y q = c b2 4 t 2 +, que nos d un rco tngente. > ). Después se reduce l form 5

16 Ponemos I = 9dx 2x 2 + 4x + 6 = 9 2 Q(x) = (x + ) = 2 dx x 2 + 2x + 3. [ (x ) ] Al hcer el cmbio t = x + 2 es dx = 2dt y qued I = 9 2dt 4 t 2 + = x + rc tg t = rc tg + cte. 4 2 Cso 6. grdo P =, grdo Q = 2 con discrim Q < : En este cso hbrá un prte logritmo y un prte rcotngente. Lo primero es justr el coeficiente de l x en el numerdor; después justr el término constnte. I = 5x + x 2 + x + dx. Como Q (x) = 2x +, justmos el coeficiente de l x, x + (/5) I = 5 Q(x) = 5 2 2x + (2/5) Q(x) y hor hcemos Es decir 2x + (2/5) = Q (x) + q = (2x + ) + ( 3/5). I = 5 2 Q (x)dx Q(x) El primer sumndo nos drá directmente 5 ln Q(x) ; 2 6 3/5dx Q(x).

17 mientrs que el segundo sbemos hcerlo (cso 4) y d ( ) 2x + 3 rc tg. 3 Cso 7. grdo Q 2: Culquier polinomio de grdo superior 2 puede escribirse como producto de dos tipos de polinomios sencillos: potencis (bx + ) m de polinomios de grdo ; y potencis (x 2 + bx + c) n de polinomios irreducibles de grdo 2. No es fácil encontrr l descomposición de un polinomio ddo. * El polinomio Q(x) = 5 + 6x + 6x 2 9x 3 2x 4 2x 5 + 3x 6 + 6x 7 + 6x 8 + x 9 se descompone como (x ) 2 (x + 5)(x 2 + x + ) 3. Podemos entonces reducir culquier frcción rcionl P (x)/q(x) un sum de frcciones simples, con denomindores de los siguientes tipos: frcciones con denomindores x (porque su exponente er 2), y x 2 + x + y (x 2 + x + ) 2 (porque su exponente er 3), pero en cmbio no precerá x + 5 (que sólo tení exponente ); logritmos de x y de x + 5; rco tngente donde interviene l derivd 2x + de x 2 + x + (que es un polinomio irreducible). Un método eficz pr hcer esto fué inventdo por M. V. Ostrogrdski en 845. Este método tiene l ventj de seprr explícitmente, y sin necesidd de fctorizr, l prte lgebric (frcción rcionl) y l prte trscendente (logritmo y rco tngente) del resultdo. Puede verse por ejemplo en el libro de B. Demidovich et lt. en physmth/mt2/strt.htm. Hy otros métodos más elementles, pero mucho más lentos. 7

18 Figur 4.: L gráfic de l función rcionl x 7 /Q(x) muestr clrmente ls síntots verticles x = 5 y x = +. PROBLEMAS Resolución de problems Volúmenes de cuerpos de revolución* Tomemos un función perfil y = y(x) (pr simplificr suponemos que y ) y l hcemos girr lrededor del eje OX. Obtenemos un superficie de revolución. Queremos clculr el volumen V del sólido limitdo por ell. Si subdividimos el intervlo [, b] y hcemos girr los rectángulos correspondientes, obtenemos cilindros sólidos cuyo volumen es πy(x) 2 x. Al clculr el límite cundo ls subdivisiones son cd vez más fins obtenemos V = lím x πy(x)2 x = π b y(x) 2 dx. Ls dos siguientes fórmuls fueron descubierts por Arquímedes. Volumen del cono Tomemos l función y = rx/h, x h. El sólido de revolución correspondiente es el cono circulr recto de rdio r > y ltur h >. Su volumen será h ( rx ) ] 2 πr 2 x 3 h π dx = = h h πr2 h. Volumen de l esfer Al girr l gráfic de y = r 2 x 2, r x r, obtenemos l esfer de rdio r. Su volumen será π +r r (r 2 x 2 ) dx = π (r 2 x x3 3 ) 8 ] +r r = 4 3 πr3.

19 PROBLEMA como Clculr el volumen de un botell cuyo perfil está ddo si x, y(x) = x si x 2, 2 si 2 x Figur 4.: Pr l mism bse y l mism ltur, los volúmenes del cono, l semiesfer y el cilindro están en l proporción, 2, 3. 9