Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones

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(1)IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. UNIDAD 4 INTEGRAL DEFINIDA. APLICACIONES 1. ÁREA BAJO UNA CURVA. INTEGRAL DEFINIDA. PROPIEDADES Sea f continua en [a, b] con f ( x ) ≥ 0 (Positiva en [a, b] ).. Partición de [a, b] : Conjunto finito de puntos Pn = {x0 , x1 , K, xn−1 , xn } con. a = x0 < x1 < x2 < K < xn = b. a = x0. xn −1 xn = b Diámetro de la partición Pn : Mayor de los valores x1 − x0 , x2 − x1 , K, xn − xn −1 x1. x2. x3. Tenemos dos aproximaciones al área bajo la curva, una por defecto y otra por exceso:. ⎧M i = Máximo absoluto de f en [xi −1 , xi ] f continua en [a, b] ⇒ f continua en [xi −1 , xi ] ⇒ Existen ⎨ ⎩mi = Mínimo absoluto de f en [xi −1 , xi ] Teorema Weierstrass. Área “por defecto”: S n = m1 (x1 − x0 ) + m2 ( x2 − x1 ) + K + mn ( xn − xn−1 ). Área “por exceso”: S n = M 1 ( x1 − x0 ) + M 2 ( x2 − x1 ) + K + M n ( xn − xn−1 ) Siendo: S n → Suma inferior.. S n → Suma superior.. S n ≤ Área( A) ≤ S n ⎧Crecen las sumas inferiores ⎩Decrecen las sumas superiores. Si añadimos más puntos en la partición ⇒ Más rectángulos ⇒ ⎨. Es claro, por tanto, que: S n ≤ S n +1 ≤ A ≤ S n +1 ≤ S n ⇒ lím S n = A = lím S n n→+∞. n→+∞. A este límite se le llama integral definida de f entre a y b :. ∫ f (x )dx = A ← Integral definida de b. a. f entre a y b. siendo a y b son los límites de integración inferior y superior respectivamente. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 1. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(2) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. Observa: La integral definida coincide con el área bajo la curva.. •. Áreas “negativas”: Si f es negativa en [a, b]. ( f (x ) ≤ 0). Haciendo el mismo proceso anterior se llega a:. ∫ •. b a. f ( x ) dx = − A ⇒ A = − ∫ f ( x ) dx b. a. Si f cambia de signo en [a, b] :. ∫ f (x ) dx = A − A b. 1. a. 2. + A3. O también:. A1 + A2 + A3 = ∫ f (x) dx − ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx x1. x2. b. a. x1. x2. Propiedades: a). ∫ f (x ) dx = 0 a. a. b) Si a < c < b, b. ∫ f (x ) dx = ∫ f (x ) dx + ∫ f (x ) dx b. c. b. a. a. c. k f (x ) dx =k ∫ f ( x ) dx b. c). ∫. d). ∫ [ f (x ) ± g (x )]dx =∫ f (x ) dx ± ∫ g (x ) dx. e). Si f ( x ) ≤ g ( x ) en [a, b], ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx. f). ∫ f (x ) dx = − ∫ f (x ) dx. a. a. b. b. a. a. b. a. a. b. b. a. b. b. a. a. 2. TEOREMAS DE INTEGRACIÓN 2.1. TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL CÁLCULO INTEGRAL (DE LA MEDIA) Si f es continua en [a, b] entonces existe c ∈ [a, b ] tal que:. ∫ f (x )dx = f (c ) ⋅ (b − a ) b. a. Interpretación geométrica: Existe c ∈ [a, b ] de modo que el área del rectángulo de base. b − a y altura f (c ) , coincide con el área bajo la curva entre [a, b] .. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 2. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(3) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. 2.2. TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Si f es continua en [a, b] y definimos:. F ( x ) = ∫ f (t ) dt x. a. con x ∈ [a, b] (Función área). Entonces F es derivable en [a, b] y F ′( x ) = f ( x ) . ( F es una primitiva de f ). Observación: Se ha producido un “enlace” entre el cálculo de áreas y la integral indefinida y, consecuentemente, con la derivación. Ejemplo 1: Halla la derivada de F (x ) =. ∫. x. 2. e −t dt .. Solución: Como f (t ) = e − t es continua Ejemplo 2: Halla la derivada de F ( x ) =. T . Fundamental. ⇒. del Cálculo. ∫. x3. 1. F ′( x ) = e − x. t 2 dt .. Solución: Sea G (x ) =. ∫. x. 1. t 2 dt y h( x ) = x 3 ⇒ F ( x) = (G o h )( x ) T . Fundamental. El integrando es una función continua. ⇒. del Cálculo. G es derivable y G ′( x ) = x 2. Por tanto, F = G o h es derivable al ser composición de funciones derivables y. ( ). ( ). 2 ′ F ′(x ) = (G o h ) ( x ) = G ′(h( x )) ⋅ h′( x ) = G ′ x 3 3x 2 = x 3 3x 2 = 3 x 8. 2.3. REGLA DE BARROW Si f es continua en [a, b] y G es una primitiva de f entonces:. ∫ f (x ) dx = G(b) − G(a ) b. a. También se expresa:. ∫ f (x ) dx = [G(x )] b. a. b a. En el siguiente punto se van a ver múltiples aplicaciones de la Regla de Barrow.. 3. CÁLCULO DE ÁREAS 3.1. Si f ( x ) ≥ 0 en [a, b ]. A = ∫ f ( x )dx b. a. Ejemplo: Calcular el área encerrada por la curva f ( x ) = sen x, x ∈ [0, π ] y el eje de abscisas. π. A = ∫ sen x dx = [− cos x ] 0 = π. 0. = − cos π − (− cos 0) = 1 + 1 = 2 u 2. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 3. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(4) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. 3.2. Si f ( x ) ≤ 0 en [a, b ]. A = − ∫ f ( x )dx b. a. Ejemplo: Calcular el área encerrada por la curva f ( x ) = sen x, x ∈ [π ,2π ] y el eje de abscisas.. A = −∫. 2π. π. sen x dx = −[− cos x ]π = −[− cos 2π − (− cos π )] = −[− 1 − 1] = 2 u 2 2π. 3.3. Si f toma valores positivos y negativos en [a, b]. A = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x )dx − ∫ f ( x ) dx c. d. e. b. a. c. d. e. O bien:. A=. ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx c. d. e. b. a. c. d. e. ↑ Muy útil si No disponemos de la gráfica de f, pero SÍ de sus puntos de corte con OX. Ejemplo: Calcular el área limitada por f ( x ) = sen x y el eje de abscisas en [0, 2π ].. A = ∫ senx dx− ∫ senx dx = [− cosx] 0 − [− cosx] π = [− cosx] 0 + [cosx] π = 2 + 2 = 4 u2 π. 2π. 0. π. π. 2π. π. 2π. 3.4. Área limitada por la gráfica de dos funciones con g ( x ) ≤ f ( x ) en [a, b]. A = ∫ [ f ( x ) − g ( x )]dx b. a. Válida incluso si f ó g no son necesariamente positivas (Ver ejemplo 2). Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 4. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(5) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. Ejemplo 1: Calcular el área limitada por las gráficas de f ( x ) = 4 x y g ( x ) = x 2 . Puntos de corte de las gráficas de f y g:. f (x ) = g (x ) ⇒ 4 x = x 2 ⇒ 4 x − x 2 = 0 ⇒ ⎧C1 (0,0 ) x(4 − x ) = 0 ⇒ x1 = 0; x 2 = 4 ⇒ ⎨ ⎩C 2 (4, 16 ) Como f ( x ) ≥ g ( x ), entonces:. A=∫. 0. 4. ⎡ x3 ⎤ 32 4 x − x dx = ⎢2 x 2 − ⎥ = u 2 3 ⎦0 3 ⎣. (. 4. 2. ). Ejemplo 2: Calcular el área limitada por las gráficas de f ( x ) = x 2 − 4 y g ( x ) = 3x. Puntos de corte de las gráficas de f y g:. f (x ) = g (x ) ⇒ x 2 − 4 = 3x ⇒ x 2 − 3x − 4 = 0 ⎧C1 (− 1,−3) ⇒ x1 = −1; x 2 = 4 ⇒ ⎨ ⎩C 2 (4, 12 ) Como g ( x ) ≥ f ( x ), entonces: 4. ⎡ x3 3 ⎤ 125 2 A = ∫ 3x − x − 4 dx = ⎢− + x 2 + 4x⎥ = u 4 43 4 −1 142 3 2 6 ⎣ ⎦ 2 − 1 − x +3 x+4 4. (. (. 2. )). 3.5. Área limitada por dos funciones que se cortan. A = ∫ ( f ( x ) − g ( x ))dx + ∫ c. a. ( g ( x ) − f ( x ))dx + ∫d ( f ( x ) − g( x ))dx + ∫e ( g ( x ) − f ( x ))dx c d. e. b. O bien:. A=. ∫ ( f ( x ) − g( x ))dx + ∫ ( f ( x ) − g( x ))dx + ∫ ( f ( x ) − g( x ))dx + ∫ ( f ( x ) − g( x ))dx c. d. e. b. a. c. d. e. ↑ Muy útil si No disponemos de las gráficas de f y g, pero SÍ de sus puntos de corte. Ejemplo: Calcular el área limitada por las gráficas de las funciones f ( x ) = x 3 y g ( x ) = x. Puntos de corte de las gráficas de f y g:. f ( x ) = g ( x ) ⇒ x 3 = x ⇒ x 3 − x = 0 ⇒ x(x 2 − 1) = 0 x1 = 0; x2 = 1; x3 = −1 ⇒ C1 (0,0); C2 (1, 1); C3 (− 1,−1). A = ∫ ( f (x) − g(x))dx+ ∫ (g(x) − f (x))dx= 0. 1. −1. 0. 0. 1. ⎡ x4 x2 ⎤ ⎡ x2 x4 ⎤ = ∫ x − x dx+ ∫ x − x dx= ⎢ − ⎥ + ⎢ − ⎥ = 0 −1 ⎣ 4 2 ⎦−1 ⎣ 2 4 ⎦0 1 1 1 1 1 = − + + − = u2 4 2 2 4 2 0. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 5. (. 3. ). (. 1. 3. ). Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(6) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. 4. OTRAS APLICACIONES DE LA INTEGRAL DEFINIDA 4.1. VOLUMEN Y ÁREA DE UN CUERPO DE REVOLUCIÓN El volumen y el área lateral de un cuerpo de revolución engendrado al girar la curva y = f ( x ) continua en [a, b] en torno al eje OX vienen dados, respectivamente, por:. V = π ∫ [ f ( x )] dx b. 2. a. A = 2π ∫ f ( x ) 1 + [ f ′(x )] dx b. 2. a. Ejemplo: Hallar el volumen de una esfera de radio r y el área de su superficie esférica. Circunferencia de radio r: x 2 + y 2 = r 2. V = π ∫ [ f (x)] dx = π ∫ b. a. 2. r −r. ( r − x ) dx = π ∫ 2. 2. 2. r −r. (. 2. A = 2π ∫ f ( x ) 1 + [ f ′( x )] dx = 2π ∫ b. 2. a. = 2π ∫. r −r. r. r 2 − x2. r. ⎡ x3 ⎤ 4π r 3 3 r − x dx = π ⎢r 2 x − ⎥ = u 3 ⎦ −r 3 ⎣ 2. ) r. −r. r 2 − x2 1+. dx = 2πr ∫ dx = 2πr [x ]− r = 4π r 2 u 2 r. r −x 2. 2. x2 dx = r 2 − x2 r. −r. Ejemplo: Hallar el volumen del cuerpo de revolución que se obtiene al girar en torno al eje OX el arco de gráfica de f ( x ) = x 2 entre 1 y 3.. 3. ( ). V =π∫ x 1. 2 2. 3. ⎡ x5 ⎤ ⎛ 243 1 ⎞ 242π 3 dx = π ∫ x dx = π ⎢ ⎥ = π ⎜ u − ⎟= 1 5 ⎝ 5 5⎠ ⎣ 5 ⎦1 3. 4. Ejercicio: Hallar el volumen y el área lateral del cuerpo de revolución que se obtiene al girar en torno al eje OX el arco de gráfica de f ( x ) = x entre 0 y 4. Solución: V = 8π u 3 ; A =. (17 6. π. ). 17 − 1 u 2. En el próximo apartado se verá como se calcula el volumen de este cuerpo por otro procedimiento. 4.2. VOLUMEN DE UN CUERPO DE SECCIÓN CONOCIDA El volumen de un cuerpo de sección conocida viene dado por:. V = ∫ S ( x )dx b. a. Siendo S ( x ) la superficie de la sección obtenida al cortar el cuerpo por un plano Px perpendicular al eje de abscisas a una distancia. x ∈ [a, b].. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 6. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(7) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. Ejemplo: Obtén la fórmula del volumen de un cono de radio de la base r y altura h a través del cálculo del área de una sección arbitraria. Por semejanza de triángulos:. r r´. r r′ rx πr 2 x 2 = ⇒ r′ = ⇒ S (x ) = h x h h2. x. h. b. h. πr 2 x 2. a. 0. h2. V = ∫ S (x )dx = ∫. dx =. πr 2 ⎡ x 3 ⎤. h. πr 2 h 3 = u ⎢ ⎥ 3 h2 ⎣ 3 ⎦0. Ejercicio: Hallar, por secciones, el volumen del cuerpo de revolución que se obtiene al girar en torno al eje OX el arco de gráfica de f ( x ) =. x entre 0 y 4. Solución: V = 8π u 3 ; 4.3. LONGITUD DEL ARCO DE UNA CURVA La longitud del arco de una curva f ( x ) en un intervalo [a, b] viene dada por:. L=∫. b a. 1 + [ f ′( x )] dx 2. siempre que tanto f ( x ) como f ′( x ) sean continuas en [a. b] .. x 3 en el intervalo [0,1] .. Ejemplo: Hallar la longitud del arco de curva y =. 1. 2. L=∫. 1 0. ⎛3 1 ⎞ 1⎛ 9 ⎞2 1 + ⎜⎜ x 2 ⎟⎟ dx = ∫ ⎜1 + x ⎟ dx = 0 ⎝ 4 ⎠ ⎝2 ⎠ 1. 2 4 13 9 ⎛ 9 ⎞2 = ⋅ ∫ ⋅ ⎜1 + x ⎟ dx = 3 9 0 2 4⎝ 4 ⎠ 1. 3 3 ⎡ ⎤ ⎤ 8 ⎢⎛ 9 ⎞ 2 ⎥ 8 ⎡ ⎛ 9⎞ ⎢ = = ⎜1 + ⎟ − 1⎥ = ⎜1 + x ⎟ 27 ⎢⎝ 4 ⎠ ⎥ 27 ⎢ ⎝ 4 ⎠ ⎥ ⎦ ⎣ ⎣ ⎦0. =. 8 ⎡13 13 ⎤ 13 13 − 8 − 1⎥ = u ⎢ 27 ⎣ 8 27 ⎦. Observación: Si f ( x ) viene dada por sus ecuaciones paramétricas x = x(t); y = y(t) la longitud del arco de la curva f ( x ) en [a, b] viene dada por:. L=∫. x′(t ) + y′(t ) dt con. t1. 2. t0. 2. x(t0 ) = a, x(t1 ) = b.. Ejemplo: Hallar la longitud del arco de curva definida por sus ecuaciones paramétricas x = t − sent , y = 1 − cos t entre t = 0 y t = π . 2 2 2 2 x′(t ) + y′(t ) = (1 − cost ) + (sen t ) = 1 + cos2 t − 2 cost + sen2t = 2(1 − cost ). L=∫. π 0. = 2∫ Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 2(1 − cost )dt = ∫ π 0. π 0. 4. π 1 − cost t dt = 2∫ sen2 dt = 0 2 2 π. t t⎤ ⎡ sen dt = 2⎢− 2 cos ⎥ = 4 u 2 2⎦0 ⎣ 7. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

(8) IES Padre Poveda (Guadix). Matemáticas II. 5. ANEXOS 5.1. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DEL VALOR MEDIO DEL CÁLCULO INTEGRAL Teorema ⎧∃ m = Mínimo f ([a, b]) tal que m ≤ f ( x) ≤ M ∀ x ∈ [a, b] . f es continua en [a, b] ⇒ ⎨ Weierstrass ∃ M = Máximo f ([a, b]) ⎩. Además:. m(b − a ) ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ M (b − a ) ⇒ m ≤ b. a. 1 b 1 b f (x) dx ≤ M ⇒ f ( x) dx ∈ f ([a, b]) ∫ b−a a b − a ∫a. Por tanto, por el Teorema de los valores intermedios (Darboux):. ∃ c ∈ [a, b] tal que f (c) =. b 1 b f ( x) dx ⇒ ∫ f ( x) dx = f (c) ⋅ (b − a) . ∫ a b−a a. 5.2. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO INTEGRAL x+h. ∫a F (x + h ) − F (x ) = lím lím h →0 h →0 h ∫ = lím. x+h. f (t )dt. f (t ) dt − ∫ f (t ) dt x. a. h. ∫ f (t )dt + ∫ = lím x. a. x+h x. f (t ) dt − ∫ f (t ) dt x. a. h. h →0. =. (∗∗ ) f (c h ) ⋅ h/ = lím f (c h ) = f ( x ) ⇒ F es derivable y F ′(x ) = f ( x ) T . Media h →0 h →0 h →0 h h/ Es decir, F es una primitiva de f en [a, b]. x. (∗) (∗ ∗). (∗ ). =. lím. f es continua en [x, x + h]. Teorema. ⇒. de la Media. ∃ ch ∈[x, x + h] tal que. x+h. ∫. x. f (t )dt = f (ch ) ⋅ (x/ + h − x/ ) ⇒. ⇒∫. x+h. x. f (t )dt = f (ch ) ⋅ h. Si h → 0 ⇒ ch → x . x. ch. x+h. 5.3. DEMOSTRACIÓN DE LA REGLA DE BARROW. Por el Teorema Fundamental del Cálculo F ( x ) =. ∫ f (t ) dt x. a. es una primitiva de f.. Sea G otra primitiva cualquiera de f ⇒ G ( x ) = F ( x ) + K , es decir: G ( x ) =. ∫ f (t ) dt + K . x. a. G (a ) = ∫ f (t ) dt + K = 0 + K = K ⇒ K = G (a ) ⇒ G ( x ) = ∫ f (t ) dt + G (a ) . a. x. a. a. G (b ) = ∫ f (t ) dt + G (a ) ⇒ ∫ f (t ) dt = G (b ) − G (a ) . b. b. a. a. Departamento de Matemáticas Profesor: Ramón Lorente Navarro. 8. Bloque I: Análisis de Funciones Unidad 4: Integral Definida. Aplicaciones.

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