Capítulo 1

Integración Problema 1.1 Sea f : [−3, 6] −→ IR denida por:

 −(x2 + 4x + 3)     2x − 3 f (x) =     x−2 e

−3 ≤ x < 0, 0 ≤ x < 2, 2 ≤ x ≤ 6.

(i) Estudiar la continuidad y derivabilidad de f . (ii) Calcular los extremos absolutos de f en [−3, 6]. Z x (iii) Dar la expresión de F (x) = f (t) dt. −3

(iv) Calcular el área limitida por la gráca de f (x) desde x = 3/2 hasta x = 6. •

Solución: (i) La función f es continua en [−3, 6] − {0, 2} por ser una función o bien polinómica o exponencial. En x = 0, 2, debemos calcular los límites laterales.  l´ım −(x2 + 4x + 3) = −3  − x→0 =⇒ f es continua en 0.  l´ım 2x − 3 = −3 x→0+

 l´ım 2x − 3 = 1 

x→2−

l´ım ex−2 = 1



x→2+

5

=⇒ f es continua en 2.

6

Índice general 12

8

4

0 -4

-2

0

2

4

6

x -4

Por otro lado, la función f es derivable en (−3, 6) − {0, 2} por ser una función polinómica o exponencial. Calculamos f 0 en el interior de los distintos intervalos de denición.    −2(x + 2) si − 3 < x < 0, 0 2 si 0 < x < 2, f (x) =   x−2 e si 2 < x < 6. Para hallar f 0 (0) y f 0 (2) podemos estudiar los límites laterales en los cambios de denición. Si los límites laterales existen podremos decir si la función es derivable, pero si no existe alguno de ellos no podremos deducir nada y tendremos que ir a la denición de derivada.  l´ım −2(x + 2) = −4  − x→0 =⇒ f no es derivable en 0.  l´ım 2 = 2 x→0+

l´ım− 2 = 2

x→2

 

l´ım+ ex−2 = 1 

=⇒ f no es derivable en 2.

x→2

(ii) El Teorema de Weierstrass nos asegura la existencia de extremos absolutos def en [−3, 6], ya que f es una función continua en [−3, 6] (compacto). Estos extremos se encuentran entre los siguientes puntos. (a) Extremos del intervalo de denición, -3,6. (b) Puntos de no derivabilidad de f , 0, 2. (c) Puntos estacionarios de f , es decir, f 0 = 0. En (−3, 0), f 0 (x) = −2(x + 2) = 0 =⇒ x = −2. En (0, 2), f 0 (x) = 2 6= 0 =⇒ no existen puntos estacionarios. En (2, 6), f 0 (x) = ex−2 6= 0 =⇒ no existen puntos estacionarios. Finalmente para obtener los extremos absolutos basta calcular los valores de la función en cada uno de los puntos obtenidos.

Índice general

x

7

f (x)

−3

0

−2

1

0

−3

2

1

6

e4

Mínimo absoluto

Máximo absoluto

(iii) La función integral de f es: ¶x µ 3 Z x Z x t Si −3 ≤ x ≤ 0, F (x) = f (t) dt = + 2t2 + 3t = −(t2 + 4t + 3) dt = − 3 −3 −3 −3 ¶ µ 3 x + 2x2 + 3x . − 3 Z x Z 0 Z x ¡ ¢x 2 Si 0 ≤ x ≤ 2, F (x) = f (t) dt = −(t + 4t + 3) dt + (2t − 3) dt = t2 − 3t 0 = −3 −3 0 ¡ 2 ¢ x − 3x . Z x Z 2 Z x ¡ ¢x Si 2 ≤ x ≤ 6, F (x) = f (t) dt = f (t) dt + et−2 dt = −2 + et−2 2 = ex−2 − 3. −3

−3

2

(iv) El área limitida por la gráca de f (x) desde x = 3/2 hasta x = 6 está dado por: Z 6 Z 2 Z 6 ¡ ¢2 ¡ ¢6 3 f (x) dx = 2x − 3 dx + ex−2 dx = x2 − 3x 3/2 + ex−2 2 = + e4 . 2 3/2 3/2 2

Problema 1.2 La sección de un sólido paralela a√la base a una altura z de la misma, es un 2 anillo circular de radio interno z y radio externo uno, hallar el volumen del mismo.

z . Sabiendo que el sólido tiene una altura

•

Solución: Para calcular el volumen utilizamos la fórmula de Cavalieri o cálculo del volumen de un sólido mediante el área de sus secciones. En este caso las secciones son anillos circulares de

8

Índice general

radios r1 = z 2 y r2 =

√

z . Por tanto, Z

1

V =π 0

Z (r22

−

r12 )dz

µ

1

=

4

(z − z )dz = 0

z2 z5 − 2 5

¶1 = 0

3 . 10

Problema 1.3 Se consideran las funciones f (x) = sin(x) y g(x) = x2 . Se dene ( h(x) =

f (x)

si x ∈ [0, π],

g(x)

si x ∈ (π, 2π]. Z

(i) Hallar la función integral de h(x), H(x) =

x

0

h(t) dt.

(ii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la función f (x) entre 0 y π alrededor del eje OX. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la función f (x) entre 0 y π alrededor del eje OY. •

Solución: (i) Como la función h está denida a trozos su función integral H también lo estará. Por tanto, debemos distinguir x ∈ [0, π] y x ∈ [π, 2π]. Z x Z x x • x ∈ [0, π] H(x) = h(t) dt = sin t dt = − (cos t)0 = 1 − cos x. µ 3 ¶x Z0 x Z0 π Z x t x3 − π 3 2 • x ∈ [π, 2π] H(x) = h(t) dt = sin t dt + t dt = 2 + . =2+ 3 π 3 0 0 π (ii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado por la Z b función f desde x = a hasta x = b es V = π f 2 (x) dx. En nuestro caso Z V =π

π

Z 2

sin x dx = π 0

0

a

π

1 − cos(2x) π dx = 2 2

µ ¶π sin(2x) π2 x− = . 2 2 0

(iii) La fórmula del volumen del sólido generado al girar la función f (x) entre a y b alrededor Z b del eje OY es V = 2π xf (x) dx. En nuestro caso: a

Z

"

π

V = 2π

x sin x dx = 0 π

π + (sin x)0 = π.

u=x

du = dx

v 0 dx = sin x dx

v = − cos x

#

Z π

= − (x cos x)0 +

π

cos x dx = 0

Índice general

9

Problema 1.4 Sea f : [−1, 2π] ⊂ IR −→ IR denida por:  2   x sen x f (x) =   (x − π)3

−1

≤ x < 0,

0

≤ x < π,

π

≤ x ≤ 2π.

(i) Estudiar la continuidad y derivabilidad de f en [−1, 2π]. (ii) Calcular el área encerrada bajo la gráca de f desde x = −1 hasta x = 2π . (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la función f (x) entre −1 y π alrededor del eje OX. •

Solución: (i) La función f es continua en [−1, 2π] − {0, π} por estar denida mediante funciones elementales. En x = 0, π , debemos calcular los límites laterales. l´ım− x2 = 0

x→0

 

l´ım+ sen x = 0 

=⇒ f es continua en 0.

x→0

 

l´ım− sen x = 0

x→π

l´ım+ (x − π)3 = 0. 

=⇒ f es continua en π.

x→π

12

10

8

6

4

2

0 -2

0

2

4

6 x

10

Índice general

Por otro lado, la función f es derivable en (−1, 2π)−{0, π} por ser una función polinómica o sinusoidal. Calculamos f 0 en el interior de los distintos intervalos de denición.  si − 1 < x < 0,   2x 0 cos x si 0 < x < π, f (x) =   2 3(x − π) si π < x < 2π. Para hallar f 0 (0) y f 0 (π) podemos estudiar los límites laterales en los cambios de denición. Si los límites laterales existen podremos decir si la función es derivable, pero si no existe alguno de ellos no podremos deducir nada y tendremos que ir a la denición de derivada.  l´ım 2x = 0  x→0− =⇒ f no es derivable en 0. l´ım+ cos x = 1  x→0

l´ım cos x = −1

x→π −

 

l´ım 3(x − π)2 = 0 

=⇒ f no es derivable en π.

x→π +

(ii) El área encerrada bajo la gráca de f desde x = −1 hasta x = 2π está dada por: µ 3 ¶0 Z 2π Z 0 Z π Z 2π x π A= f (x) dx = x2 dx + sen x dx + (x − π)3 dx = − (cos x)0 + 3 −1 −1 0 π −1 ¶ µ 4 4 2π 7 π (x − π) = + . 4 3 4 π (iii) El volumen del sólido que se genera al girar la función f (x) entre −1 y π alrededor del eje OX está dado por: µ 5 ¶0 Z 0 Z π Z x π π V =π x4 dx + π sen2 x dx = π (1 − cos(2x)) dx = + 5 −1 2 0 −1 0 µ ¶π π π sen(2x) π π2 + x− = + . 5 2 2 5 2 0

Problema 1.5 Sea f : [−1, 2] ⊂ IR −→ IR denida por:   1 − x2 ex f (x) =  e·x

si x ∈ [−1, 0), si x ∈ [0, 1], si x ∈ (1, 2]. Z

(i) Hallar la función integral de f (x), F (x) =

x

−1

f (t) dt.

(ii) Hallar el área de la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la gráca de la función f (x) alrededor del eje OX.

Índice general

11

(iv) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la gráca de la función f (x) entre x = 0 y x = 1 alrededor del eje OY. •

Solución: (i) Como la función f es continua salvo quizás en un número nito de puntos, es integrable; además como está denida a trozos su función integral F también lo estará. Por tanto, debemos distinguir x ∈ [−1, 0], x ∈ [0, 1] y x ∈ [1, 2]. ¶x x3 2 t3 F (x) = f (t) dt = (1 − t ) dt = (t − =x− + . 3 −1 3 3 −1 −1 Z x Z 0 Z x ¡ ¢ 2 x F (x) = f (t) dt = (1 − t2 ) dt + et dt = + et 0 = 3 −1 −1 0 1 x − +e . 3 µ ¶x Z x Z 1 Z x 1 t2 F (x) = f (t) dt = f (t) dt + e · t dt = − + e + e = 3 2 1 −1 −1 1 1 e x2 − + +e . 3 2 2 Z

• x ∈ [−1, 0] • x ∈ [0, 1]

• x ∈ [1, 2]

Z

x

x

2

6

5

4

3

2

1

0 -2

-1

0 -1

1

2

3

x

Z

(ii) El área limitada por la gráca de f y el eje y es A =

2

1 5e f (x) dx = F (2) = − + . 3 2 −1

12

Índice general

(iii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado por la Z b función f desde x = a hasta x = b es V = π f 2 (x) dx. En nuestro caso: ³Z V =π "µ π

0

Z

1

(1 − x2 )2 dx +

−1 5

3

x x −2 x+ 5 3

¶0

µ +

−1

2

e2x dx +

0 2x

e 2

a

Z ¶1

µ

1 3 2x

+ e 0

3

´ e2 x2 dx = ¶2 # µ =π 1

17 1 + e2 30 6

¶ .

(iv) La fórmula del volumen del sólido generado al girar la función f (x) entre a y b alrededor Z b del eje OY es V = 2π xf (x) dx. En nuestro caso: a

Z V = 2π

1

" x

xe dx = 0

h i 1 2π e − (ex )0 = 2π.

u=x

du = dx

v 0 dx = ex dx

v = ex

#

· = 2π

Z 1 (xex )0

1

¸ x

e dx =

− 0

Problema 1.6 Sea f : [0, π] −→ IR, denida por f (x) = sin(x). (i) Hallar el área limitada por la gráca de f y el eje OX. (ii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la gráca de la función f (x) alrededor del eje OX. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la gráca de la función f (x) alrededor del eje OY. (iv) Un sólido tiene como base la región limitada por sin(x) desde x = 0 hasta x = π y el eje OX, y sus secciones perpendiculares al eje OX son rectángulos de altura cos2 (x). Hallar el volumen del sólido. •

Solución: (i) Como la función f es positiva en [0, π], el área será: Z π π A= sin(x) dx = (− cos x)0 = − cos(π) + cos(0) = 1 + 1 = 2. 0

(ii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje OX generado por la Z b función f desde x = a hasta x = b es V = π f 2 (x) dx. a µ ¶π Z π Z π π sin(2x) π2 1 − cos(2x) V =π sin2 (x) dx = π dx = x− = . 2 2 2 2 0 0 0

Índice general

13

(iii) La fórmula del volumen del sólido generado al girar la función f (x) entre a y b alrededor Z b del eje OY es V = 2π xf (x) dx. a

Z

"

π

V = 2π

x sin(x) dx =

u=x

du = dx

#

v 0 dx = sin(x) dx v = − cos(x) · ¸ Z π π π 2π (−x cos(x))0 + cos(x) dx = 2π [π + (sin(x))0 ] = 2π 2 .

=

0

0

(iv) Como las secciones del sólido son rectángulos, de base sin x y altura cos2 x, podemos aplicar la fórmula de Cavalieri: Z V =

Z

π

A(x) dx = 0

π

µ sin(x) cos2 (x) dx = −

0

cos3 (x) 3

¶π =− 0

cos3 (π) cos3 (0) 2 + = . 3 3 3

Problema 1.7 Sea f : [0, π] ⊂ IR −→ IR denida por:   2 x2 + 1 x π2 π f (x) =  sin(x)

si x ∈ [0, π/2), si x ∈ [π/2, π]. Z

(i) Hallar la función integral de f (x), F (x) =

0

x

f (t) dt.

(ii) Hallar el área de la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 alrededor del eje OX. (iv) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 alrededor del eje OY. •

Solución: (i) La función f es integrable ya que es continua salvo quizás en π/2; además como está denida a trozos su función integral F también lo estará. Por tanto, debemos distinguir

14

Índice general

2 1,5 1 0,5 0 -1

0

1

2

3

-0,5

4

x

-1

x ∈ [0, π/2] y x ∈ [π/2, π]. • x ∈ [0, π/2]

Z

Z

x

F (x) =

x

µ

f (t) dt = 0

0

¶ µ ¶x 2 2 1 2 3 1 2 t + t dt = t + t = π2 π 3π 2 2π 0

2 3 1 2 x + x 2 3π 2π µ

¶ Z x 2 2 1 t + t dt + sin(t) dt π2 π 0 0 π/2 5 5 x = π − (cos t)π/2 = π − cos x. 24 24 Z π 5 π + 1. (ii) El área limitada por la gráca de f y el eje y es A = f (x) dx = F (π) = 24 0 Z

• x ∈ [π/2, π]

F (x) =

Z

x

π/2

f (t) dt =

(iii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = Z b π f 2 (x) dx. En nuestro caso: a

¶2 µ ¶ Z π Z ´ 1 π/2 4 4 4 3 2 2 1 2 2 x + x dx + sin (x) dx = x + x +x dx V =π π2 π π 0 π2 π π/2 0 ¶π/2 µ µ ¶π Z π π π 1 4 5 1 4 1 3 sin(2x) 91 2 + + (1−cos(2x)) dx = x + x + x x − π . = 2 2 π/2 π 5π π 3 2 2 240 0 π/2 ³Z

π/2

µ

(iv) La fórmula del volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y la región limitada Z b por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = 2π xf (x) dx. En a

Índice general

15

nuestro caso:

ÃZ V = 2π

x 0

"

u=x

µ

π/2

! ¶ Z π 2 2 1 x + x dx + x sin(x) dx = π2 π π/2 #

du = dx

= v 0 dx = sin(x) dx v = − cos(x) " # µ ¶π/2 Z π 1 4 2 3 π x + x − 2π (x cos(x))π/2 − cos(x) dx = π 3 π/2 0 7 3 7 3 π π + 2π 2 + 2π (sin x)π/2 = π + 2π 2 − 2π. 48 48

Problema 1.8 Sea f : [0, 2] −→ IR denida por: f (x) = | x2 − 1 |. Z

(i) Hallar la función integral de f (x), F (x) =

0

x

f (t) dt.

(ii) Hallar el área de la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 alrededor del eje OX. (iv) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 alrededor del eje OY. •

Solución: La función f en [0, 2] puede reescribirse como: ( 1 − x2 , 0 ≤ x ≤ 1, f (x) = x2 − 1, 1 < x ≤ 2. (i) La función f es integrable ya que es continua por ser un valor absoluto; además como está denida a trozos su función integral F también lo estará. Por tanto, debemos distinguir x ∈ [0, 1] y x ∈ [1, 2]. ¶x µ Z x Z x ¡ ¢ x3 t3 • x ∈ [0, 1] F (x) = f (t) dt = =x− . 1 − t2 dt = t − 3 0 3 0 0 Z x Z 1 Z x ¡ ¢ ¡ ¢ • x ∈ [1, 2] F (x) = f (t) dt = 1 − t2 dt + t2 − 1 dt 0 0 1 µ 3 ¶x t 4 x3 2 −t = + − x. = + 3 3 3 3 1

16

Índice general

3

2

1

0 0

1

2 x

Z

(ii) El área limitada por la gráca de f y el eje y es A =

2

0

f (x) dx = F (2) = 2.

(iii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = Z b π f 2 (x) dx. En nuestro caso: a

µZ

1

V =π µZ π 0

Z (1 − x2 )2 dx +

0

2

2

¶ (x2 − 1)2 dx

µZ =π

1

2

¶ (1 − x2 )2 dx

=

0

¶ µ 5 ¶2 x x3 46 (x − 2x + 1) dx = π −2 +x =π . 5 3 15 0 4

2

(iv) La fórmula del volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y la región limitada Z b por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = 2π xf (x) dx. En nuestro caso: µZ 1 Z ¡ ¢ x 1 − x2 dx + V = 2π 0

a

2

¡

¢ x x − 1 dx 2

"µ

¶ = 2π

1

5π.

Problema 1.9 Sea f : [−1, 4] ⊂ IR −→ IR denida por:  2   x +1 cos(x) f (x) =   −2

−1 ≤ x < 0, 0 ≤ x < π, π ≤ x ≤ 4.

x2 x4 − 2 4

¶1

µ +

0

x4 x2 − 4 2

¶2 # = 1

Índice general

17

Z

(i) Hallar la función integral de f (x), F (x) =

x

−1

f (t) dt.

(ii) Estudiar la continuidad y la diferenciabilidad de F . (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f desde x = 0 hasta x = π y el eje y = 0 alrededor del eje OX. (iv) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f desde x = 0 hasta x = π/2 y el eje y = 0 alrededor del eje OY. •

Solución:

2

1

0 0

2

4 x

-1

-2

(i) La función f es integrable ya que es continua salvo en π ; además como está denida a trozos su función integral F también lo estará. Por tanto, debemos distinguir x ∈ [1, 0], x ∈ [0, π] y x ∈ [π, 4]. ¶x µ 3 Z x Z x ¡2 ¢ x3 4 t • x ∈ [−1, 0] F (x) = f (t) dt = +t = +x+ . t + 1 dt = 3 3 3 −1 −1 −1 Z x Z 0 Z x • x ∈ [0, π] F (x) = f (t) dt = f (t) dt + cos(t) dt −1

• x ∈ [π, 4]

−1

0

4 4 x = + (sen(t))0 = + sen(x). 3 3 Z x Z π Z F (x) = f (t) dt = f (t) dt + −1

−1

x

π

−2 dt =

4 4 x − (2t)π = − 2x + 2π. 3 3

18

Índice general

(ii) Por el Teorema fundamental del cálculo la función F es continua en [−1, 4] ya que la función f es integrable . Además, F es derivable en los puntos de continuidad de f , por tanto F es derivable en [−1, 4]−{π}. Para estudiar la derivabilidad en π podemos proceder al cálculo de los límites laterales de F 0 = f . l´ım cos(x) = −1 y l´ım+ −2 = −2,

x→π −

x→π

por tanto F no es derivable en π . (iii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = Z b π f 2 (x) dx. En nuestro caso: a

Z

V =π

π

Z cos2 (x) dx = π

0

0

π

π 1 + cos(2x) dx = 2 2

µ ¶π sen(2x) π2 x+ = . 2 2 0

(iv) La fórmula del volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y la región limitada Z b por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = 2π xf (x) dx. En a

nuestro caso: Z V = 2π Ã

"

π/2

x cos(x) dx =

u=x

du = dx

#

= v 0 dx = cos(x) dx v = sen(x) ! Z π/2 ³π ´ π/2 π/2 sen(x) dx = 2π + (cos(x))0 = π(π − 2). 2π (x sen(x))0 − 2 0 0

√

Problema 1.10 Sea f : [0, 2] ⊂ IR −→ IR denida por:  √  1 − x2   f (x) = x    √2 − x2

√ 0 ≤ x < 2/2, √ 2/2 ≤ x < 1, √ 1 ≤ x ≤ 2.

(i) Calcular el área de la región limitada por la gráca de f y las rectas x = 0, x = y = 0.

√

2 e

(ii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f √ y las rectas x = 0, x = 2 e y = 0 alrededor del eje OX. (iii) Hallar el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada por la gráca de f √ y las rectas x = 0, x = 2 e y = 0 alrededor del eje OY. •

Solución:

Índice general

19

1

0 0

1

2 x

(i) El área de la región limitada por la gráca de f y las rectas x = 0, x = dada por: ÃZ √2 ! Z 1 Z √2 p 2 p 2 2 A= 1 − x dx + √ x dx + 2 − x dx . 2 2

0

√

2 e y = 0 está

1

Calculamos cada una de las integrales por separado.   x = sen t dx = cos t dt √ Z 22 p  Z π4    1 − x2 dx =  x = 0 −→ t = 0 cos2 t dt = =   0 0 √ x = 22 −→ t = π4 µ ¶π Z π ´ 1 4 1 sen(2t) 4 1 ³π (1 + cos(2t)) dt = t+ = +1 . 2 0 2 2 4 2 0 Z

µ

1 √

x dx =

2 2

√

Z 1

Z

π 2 π 4

2

x 2

¶

√ 2 2

= 0



1 . 4

x=

√

2 sen t

dx =

√

2 cos t dt

 p  2 − x2 dx =  x = 1 −→ t = π/4  √ x = 2 −→ t = π2 µ ¶π µ ¶ sen(2t) 2 π 1 (1 + cos(2t)) dt = t + = − . 2 4 2 π

2

3π . Finalmente el área es 8

4

 Z π2   cos2 t dt = =2 π  4

20

Índice general

(ii) La fórmula del volumen de un sólido de revolución alrededor del eje x generado al girar la región limitada por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = Z b π f 2 (x) dx. En nuestro caso: a

ÃZ

V =π

√ 2 2

Z 2

(1 − x ) dx +

0

√ 2 2

!

√ 2

Z

1

2

x dx +

2

(2 − x ) dx

=

1 √  ¶ 2 3

 √ ¶ 22 µ 3 ¶1 µ µ 3 x x x  + + 2x − π x− √ 3 0 3 3 2

√  = 3 2 − 4. 2 3

1

2

(iv) La fórmula del volumen del sólido generado al girar alrededor del eje y la región limitada Z b por la gráca de f y el eje y = 0 desde x = a hasta x = b es V = 2π xf (x) dx. En nuestro caso: ÃZ √2 2

V =π

a

Z 1 Z p 2 2 x 1 − x dx + √ x dx +

0

2 2

√ 2

p x 2 − x2 dx

! =

1

  √ √ µ µ ¶ 22 µ 3 ¶1 ¶√2 3 3 −1 x −1 2 2  = 1 − 2. + π (1 − x ) 2 + (2 − x ) 2 √ 3 3 3 6 2 0 1 2

Problema 1.11 Sea f (x) = 1 + ex − x, x ∈ IR. (i) Estudiar la continuidad de f en IR. (ii) Calcular los extremos de f en IR, y clasicarlos. (iii) Estudiar el número de raíces de la ecuación x = 1 + ex . (iv) Calcular la integral indenida o primitiva de f . •

Solución: (i) La función f es continua por ser suma y diferencia de funciones elementales que lo son. (ii) La función f es C ∞ por ser suma y diferencia de elementales que lo son. Por tanto, los extremos se hallarán entre los puntos estacionarios. f 0 (x) = ex − 1 = 0 =⇒ x = 0. f 00 (x) = ex =⇒ f 00 (0) = 1 > 0 =⇒ x = 0 es un mínimo local.

(iii) Para estudiar el número de raíces de la ecuación x = 1 + ex , denimos la función f (x) = 1 + ex − x. Con los calculados efectuados en el apartado anterior sabemos que f tiene un mínimo local en x = 0 y que f (0) = 2 > 0, por tanto f no puede tener raíces.

Índice general

21

Z

(iv)

(1 + ex − x) dx = x + ex −

x2 + C. 2

Problema 1.12 Calcular el volumen generado al girar alrededor del eje x la curva y=

−x a x (e a + e a ) 2

entre x = 0 y x = b. •

Solución:

³x´ −x x La curva y = a2 (e a + e a ) puede reescribirse como y = a cosh . Utilizando la fórmula a del volumen de revolución respecto del esje x tenemos: µ ¶ ¶ Z b Z µ ³ ´ π 2 b 2x 2 x 2 V = πa cosh dx = a cosh + 1 dx = a 2 a 0 0 µ ¶  b 2x µ µ ¶ ¶ senh  π 3 a  = π a3 senh 2b + 2b . a  + x  2  2 4 a 0

Problema 1.13 Sea R = {(x, y) ∈ IR2 : x ≥ y 2 , x ≤ 3 − 2y 2 }.

(i) Calcular el área de R. (ii) Hallar el volumen del sólido de base R cuyas secciones transversales, perpendiculares al eje x, son cuadrados. •

Solución: Calculmos los puntos de corte de las dos parábolas. (

x = y2

=⇒ x = 1.

x = 3 − 2y 2

Por tanto los puntos de corte son (1, 1) y (1, −1). (i) Por simetría el área pedida es el doble de: Z1 0

A = 0

√

Z3 r x dx + 1

Por tanto el área pedida es 4.

3−x dx = 2

µ

2 2/3 x 3

¶1

4 − 3 0

õ

3−x 2

¶2/3 !3 = 2. 1

22

Índice general

y

3

(ii) Aplicamos la fórmula de Cavalieri: V =

x

Z A(x) dx.

Como las secciones son cuadrados tenemos que A(x) = l2 (x). Donde l(x) es: √ √ √ (1) Si x ∈ [0, 1], l(x) = x − (− x) = 2 x. Ã r ! r r 3−x 3−x 3−x (2) Si x ∈ [1, 3], l(x) = − − =2 . 2 2 2 Por tanto,

Z3

Z1 4x dx +

V = 0

¡ ¢1 £ ¤3 2(3 − x) dx = 2x2 0 − (3 − x)2 1 = 6.

1

Problema 1.14 Sea R = {(x, y) ∈ IR2 : y ≤ sin x, y ≥ cos x, y ≥ 0, x ∈ [0, π]}. (i) Calcular el área de R. (ii) Hallar el volumen del sólido de revolución obtenido al girar R entorno del eje OX . •

Solución: (i) El área de R está dada por: Z Z π sen(x) dx − A= π 4

π 2 π 4

π

π

4

4

cos(x) dx = (− cos(x)) π − (sen(x)) π2 =

√

2.

Índice general

23

1

0 0

1

2

3

4

x

(ii) Utilizando la fórmula del volumen de revolución respecto del esje x tenemos: ÃZ ! Z π2 π 2 2 V =π sen (x) dx − cos (x) dx = π 2 π 2

ÃZ

π 4

π 4

Z

π

π 2

(1 − sen(2x)) dx − "µ

π 4

cos(2x) x+ 2

! (1 + cos(2x)) dx

=

π 4

¶π π 4

µ ¶π # sen(2x) 2 π − x+ = + 1. 2 2 π 4

Z

Problema 1.15 Sea F : [−1, 2] −→ IR denida por F (x) =  2   x +1 cosh(x) f (x) =   1

x −1

f (t) dt siendo:

si − 1 ≤ x < 0, si 0 ≤ x < 1, si 1 ≤ x ≤ 2.

(i) Obtener una expresión explícita de F (x). (ii) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la función G : IR2 −→ IR2 denida como G(x, y) = (F (x), y). (iii) Calcular, cuando sea posible, dG(x, y). •

Solución: (i) La función f es integrable por ser continua excepto en x = 1, ya que está denida mediante funciones elementales y los límites laterales en x = 0 coinciden, mientras que en x = 1 no coinciden. La función F estará denida como una función a trozos, por ser la función integral de una función a trozos. µ 3 ¶x µ 3 ¶ Z x Z x t x 4 x ∈ [−1, 0], F (x) = f (t) dt = (t2 + 1) dt = +t = +x+ . 3 3 3 −1 −1 −1

24

Índice general

Z

Z

x

x ∈ [0, 1], F (x) = −1

µ

¶ 4 + senh(x) . 3

0

f (t) dt =

Z

Z

0

f (t) dt = −1

4 x + senh(1) + (t)1 = 3

µ

x

cosh(t) dt =

−1

x

x ∈ [1, 2], F (x) =

Z (t2 + 1) dt + 0

Z

−1

Z

1

(t2 + 1) dt +

4 x + (senh(t))0 = 3

cosh(t) dt + 0

x

1 dt = 1

¶ 1 + senh(1) + x . 3

(ii) La función G(x, y) = (F (x), y), será continua si lo son cada una de sus funciones componentes. F (x) es continua por ser la función integral de una función integrable (Teorema Fundamental del Cálculo) e y es continua por ser una función elemental. Por tanto, G es continua en IR2 . Para que G sea diferenciable deben serlo también sus funciones componentes. En este caso, y lo es, pero F no es diferenciable en x = 1, ya que f no es continua en ese punto. En el resto de puntos F 0 (x) = f (x). De nuevo aplicamos el Teorema Fundamental del Cálculo. (iii) La diferencial dG(x, y), en IR2 − {(x, y) ∈ IR2 : x = 1} es dG(x, y) = (f (x), 1).