Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

10.1. LONGITUD DE ARCO. Sea f una función definida sobre [a, b], con derivada contínua sobre [a, b]. Sea además una partición ℑ = {a = x 0 , x1 ,......., x n = b} entonces podemos obtener la poligonal formada por la unión de segmentos con extremos Pi −1 ( x i −1 , f ( x i −1 )) , Pi ( xi , f ( x i )) ; i = 1,..., n entonces: n

n

i =1

i =i

Lℑ = ∑ Pi −1 Pi = ∑ ( xi − x i −1 ) 2 + ( f ( x i ) − f ( xi −1 )) 2 es la longitud de la poligonal. Si existe el número L = lim L ℑ este es llamado la longitud de arco del gráfico de f desde |ℑ|→0

(a, f (a )) hasta (b, f (b)) .

Pn

Pi-1

Pi

P0

xi

xi-1

x0=a

xn=b

Teorema 10.1. Si y = f ( x) es una función con derivada contínua sobre [a, b] entonces la

longitud de arco desde (a, f (a )) hasta (b, f (b)) es dada por: L = ∫

b

a

2

 dy  1 +   dx  dx 

Demostración: Se tiene usando las definiciones previas con sumas de Riemann .

Observación: Si x = f ( y ) es una función con derivada contínua sobre [c , d ] entonces la longitud de arco desde (c, f (c )) hasta (d , f (d )) es dada por: 2

L=

d

∫c

 dx  1 +   dy  dy 

- 158 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

[

Ejemplo : Dada la función y = f ( x) = ln(− x ) ; x ∈ − 8 , − 3

[

Inmediatamente f tiene derivada contínua en − 8, − 3 Por el teorema anterior L =

Entonces L = ∫

−

3

− 8

Dado que

− 3

∫− 8

1 + ( f ' ( x) ) dx = ∫ 2

− 3

− 8

]

] 2

 1  1 +  2  dx x 

x −1 (1 + x 2 )dx

−1+1 = 0 ∈Z podemos sustituir z 2 = i + x 2 ⇒ 2

zdz = xdx

Entonces −1 2 ∫ x (1 + x )dx = ∫

  1  z − 1  1  1 + x 2 − 1  2 zdz = z + ln + C = 1 + x + ln   +C    z 2 −1 2  z + 1  2  1 + x 2 + 1    z

− 3

 1  1 + x 2 − 1  2 Entonces L = ∫ x (1 + x )dx =  1 + x + ln  − 8 2  1 + x 2 + 1   − 1  2 = −1 + ln   2  3 − 3

−1

2

8

10.2. ÁREA DE REGIONES PLANAS. Teorema 10.2. Sea y = f ( x) es una función contínua sobre [a, b] y f ( x) ≥ 0 ; ∀x ∈ [a, b ] entonces el área R de la región limitada por la gráfica de f , el eje X y las rectas x = a , x = b es dada por AR = ∫ f ( x)dx . b

a

Demostración: Se tiene directamente de la definición de integral definida.

f(x)

R

a

b

Observación: Si f ( x) ≤ 0 ; ∀x ∈ [a, b ] entonces AR = − ∫ f ( x )dx b

a

Corolario 10.3. Si f , g son funciones contínuas sobre [a, b] y f ( x) ≤ g ( x ) ; ∀x ∈ [a, b] entonces el área R de la región limitada por la gráfica de f , g y las rectas x = a , x = b es dada po r AR =

∫a

b

( g ( x) − f ( x ))dx .

Demostración: - 159 -

2

x3=y2

x = f ( y) = y 3

2

x =y CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Aplicaciones x = g ( y ) = de y 2la integral definida

R 2

2 Como x)yes unas función contínua en el intervalo [a, b] tiene mínimo absoluto m tal que AR = 2∫y =( yf3(− )dy 1 0 f ( x ) ≥ m ; 5 ∀x ∈ [a, b 1 ]. R 3 3 1 3  3 1 8  Trasladando = 2 y el− origen y  (=0,2m ) tenemos −  = x = x '+0 , y = y '+ m 5 3 5   0 En el gráfico de f tenemos ( x'3, f ( x15 ' )) = ( x ' , y ' ) = ( x' , y − m) = ( x ' , f ( x ) − m ) En el gráfico de g tenemos ( x' , g ( x' )) = ( x ' , g ( x ) − m ) Además 0 ≤ f ( x ' ) ≤ g ( x' ) ⇒ 0 ≤ f ( x) − m ≤ g ( x) − m 1

Según el teorema y la observación anterior AR = ∫ ( g ( x ) − m )dx − ∫ ( f ( x ) − m )dx a a 10.3. AREA DE SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN . b

b

Por propiedad de integral definida ( g ( x) − f ( xun ))dx Definición 10.1. Dada una región A plana segmento de recta, el sólido obtenido R = ∫aconteniendo al rotar la región plana alrededor del segmento es llamado sólido de revolución. La recta conteniendo el segmento es llamado eje de revolución. b

g(x) R - 160 a

b

R

x

f(x) m x´

Observación: Para determinar estas áreas también se puede trabajar

funciones x = f ( y ) , x = g ( y )

contínuas sobre [c , d ]obteniéndose AR = ∫ ( g ( y ) − f ( y )) dy d

c

Ejemplo : Para determinar el área comprendida entre las curvas y 2 = x 2 , x = y 2 Podemos considerar las funciones:

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Área lateral de superficies de revolución: Dada una región R limitada por el gráfico de una función f con derivada contínua tal que f ( x) ≥ 0 , ∀x ∈ [a, b] . Si rotamos esta region R obtenemos una superficie de revolución S. Ahora considerando una partición P = {x0 = a,......., x n = b} de [a,b] El i-esimo intervalo [xi-1 , xi ], forma con los puntos Pi −1 ( x i −1 , f ( xi −1 )) , Pi ( x i , f ( x i )) un trapezoide que al ser rotado nos dá un tronco de cono circular recto de área lateral: Ai = p ( f ( x i −1 ) + f ( x i )) Li ; Li = d ( Pi −1 , Pi ) = ( xi − x i −1 ) 2 + ( f ( x i ) − f ( xi −1 )) 2 Pi-1

Pi

xi-1 λi xi

a

b

Según el teorema del valor medio ∃l i ∈ 〈 xi −1 , xi 〉 ; f ( x i ) − f ( xi −1 ) = f ´(l i )( x i − xi −1 ) Entonces Ai = p ( f ( x i −1 ) + f ( x i )) 1 + ( f ´(l i )) 2 ∆x i Sumando las áreas de todos los troncos de cono según la partición tenemos: n

n

i =1

i =1

∑ Ai = ∑ p ( f ( x i −1 ) + f ( x i ))

1 + ( f ´(l i )) ∆xi 2

Ahora si |P | → 0 entonces x i −1 , x i → l i además f ( xi −1 ) + f ( x i ) → 2 f (l i ) Según la definición de integral de Riemann el área lateral de S será: AS = ∫ 2p f ( x) 1 + ( f ´( x )) 2 dx b

a

Observación: Si el grafico de f se encuentra a un mismo lado de la recta y = k la superficie de revolución S alrededor de la recta tendrá área lateral: AS = 2p ∫ | f ( x ) − k | 1 + ( f ´( x )) 2 dx b

a

- 161 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

10.4. VOLUMEN DE SÓLIDOS. 1) Volumen de sólidos usando secciones transversales Consideremos el sólido S tal que al trazar planos perpendiculares a cualquier eje por ejemplo el eje X obtenemos continuamente secciones transversales Sx , ∀x ∈ [a, b] . Considerando la aplicación área A : [a, b] → IR : x → AS x la cuál es contínua.

Entonces el volumen de S es dado por: V S = ∫ AS dx b

a

x

Ejemplo : Dado el sólido que es parte común de dos cilindros circulares rectos de radio r . Si los ejes de los cilindros se cortan perpendicularmente. 1 Podemos tomar S1 como de porción de la superficie con secciones transversales 8 rectangulares de área: Ax = 2 | y | x = 2 x r 2 − x 2 Entonces : r

r

VS = ∫ Axdx = ∫ 2 x r 2 − x 2 dx = 1

0

0

2 3 r 3

x

2 16 Por tanto V S = 8( r 3 ) = r 3 3 3

y

2) Volumen de sólidos de revolución por discos circulares Dada una región R limitada por la gráfica de una función contínua y = f ( x) ; ∀x ∈ [a, b] , el eje X y las rectas x = a , x = b es dada. Rotando esta región alrededor del eje X obtenemos un sólido de revolución S para el cuál las secciones transversales perpendiculares al eje X son discos circulares Sx de radio | y | = | f(x)|.

Sx a

b R

y

f(x)

Entonces AS x = p | y | 2 = p y 2 = p ( f ( x )) 2

Por lo tanto V S = ∫ p ( f ( x)) 2 dx b

a

- 162 -

x

⇒ V S = ∫ p [( g ( x) − k ) 2 − ( f ( x ) − k ) 2 ]dx b

a

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Observación: 3) Volumen de sólidos de revolución por anillos circulares b Para la recta y = 0 se tiene el volumen V S = ∫ p [( g ( x)) 2 − ( f ( x)) 2 ]dx Dada una región R limitada por a la gráfica de las funciones

continuas

2 y = fla( xrecta ) , y =x = g (kx) ;se∀tienen: x ∈ [a, b]V, S las = (bftal Para = ∫rectas p [( g (xy )=−ak,)x2 − ( y )que − k )los ]dygráficos de las funciones b

a

están a un mismo lado de la recta y = k yb | f(x)-k | ≤ | g (x-k)|. Para la recta z = k se tienen V S = p [( g ( z ) − k ) 2 − ( f ( z ) − k ) 2 ]dz Entonces rotando esta región alrededor∫a de la recta y = k obtenemos un sólido de revolución S para el cuál las secciones transversales perpendiculares al eje X son anillos circulares Sx de

4) Volumen por radio menor | de y | sólidos = | f(x)-kde | yrevolución radio mayor | yanillos | = | g(x)circulares -k|. Consideremos los gráficosy de f, g funciones continuas sobre [a, b] tales que f ( x) ≤ g ( x ) , ∀x ∈ [a, b] , la recta x = k con k £ a. a

b g(x) - 163 R

z

f(x) y =k

Sx

Así AS x = p [( g ( x ) − k ) 2 − ( f ( x ) − k ) 2 ] b

x

S

∫a

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Ejemplo : Para determinar el volumen del sólido S generado por la rotación de la región R limitada por: y = ( x − 1) 2 ,

y = x + 1 alrededor de L : x = 4 es dada por:

y

Consideramos:

y =k

g(x)

f ( x) = ( x − 1) ≤ x − 1 = g ( x ), x ∈ [0,4] 2

VS =

∫0

4

S

g(x)=x+1

2p (4 − x )[ g ( x ) − f ( x)]dx

R

= 2p ∫ (4 − x )[ x + 1 − ( x − 1) 2 ]dx 4

0

= 2p ∫ ( x 3 − 7 x 2 + 12 x )dxSx= 4

0

a

R

x 2 b f(x)=(x-1)

64 p 3

4

z

f(x)

- 164 -

Si alrededor de la recta x = k hacemos rotar la región R formada por los gráfico de f(x), g(x) , las rectas x = a , x = b obtenemos un sólido de revolución S el cuál es unión de cilindros Sx , x ∈ [a, b] de radio x-k y altura g(x) -f(x) .

Entonces el volumen de S es dado por: VS =

∫a

b

2p ( x − k )[ g ( x ) − f ( x )]dx

Observación: Para la recta k ³ b se tienen: VS =

∫a

b

2p (k − x )[ g ( x) − f ( x )]dx

x Aplicaciones de la integral definida

P(x, y) CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I y

10.5. MOMENTOS Y CENTROS DE MASA. Definición 10.2. (Densidad, momentos y centro de masa) 1.una partícula P de masa m y una recta se define asa(xde ParaDada un sistema de n partículas de masas m1 ,… , mnLsituadas en ellosmomentos puntos (x1 ,dey1 ),m.., n , yla n) partícula P respecto la momentos recta L como masa por la distancia de la partícula a la recta ó respectivamente se tienendelos del la sistema:

sea: M L = md ( P, L) .

n

n

M X = ∑ mi yi , M Y = ∑ mi xi 2.- Una lámina es llamada homogénea i =1 si dos divisiones de iella =1 de igual área tienen el mismo peso. una lámina es la de una de lámina or lo Ahora si La C (densidad x , y ) es ρ el de centro de masa ó masa gravedad delunidad sistemacuadrada de partículas, con(Pmasa n la densidad de una lámina homogénea es constante y la masa de la lámina es m = que m = ∑ m i entonces los momentos de masa de C ( x , y ) respecto de los ejes coordenados r (i =Área) , en el caso de un alambre m = r (Longitud)). 1

3.El centro de masa de una lámina homogénea es el punto de equilibrio de la lámina.(Por estarán dados por: ejemplo el centro de masa de una lámina circular es el centro y de una lámina rectangular - 165 está en la intersección de las diagonales).

4.- El momento de masa de una lámina de masa m respecto de una recta es el momento de masa de una partícula de masa m situada en el centro de masa de la lámina.

5.- Si una lámina es dividida el momento de la lámina respecto de una recta es la suma de los momentos de las divisiones.

Centro de masa ó centro de gravedad en el plano

Definición 10.3. El momento de masa de una partícula P de masa m situada en el punto (x, y) del plano Euclidiano respecto de los ejes X, Y son dados por: M X = my , M Y = mx

Aplicaciones de la integral definida

MX =my

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

n

, M Y = m x con M X = ∑ m i y i i =1

n

, M Y = ∑ mi x i i =1

M M  Por tanto C ( x , y ) =  Y , X  m   m

Centro de masa ó gravedad de una lámina en el plano Consideremos una lámina homogénea ocupando una región R en el plano la cuál está limitada por las gráficas de las funciones continuas f, g sobre [a, b] y las rectas x = a , x = b tales que f ( x ) ≤ g ( x) ; x ∈ [a, b] . Podemos considerar una partición P = {x0 = a,......., x n = b} de [a,b] con l i punto medio [ x i −1 , x i ] g (x) Ci

R f(x)

a

xi-1 λi xi

b

Por ser la lámina homogénea la masa de i-esimo rectángulo de la partición es dado por mi = r [ g (l i ) − f (l i )]∆x i ; i

= 1,...... n

y el centro de masa de este rectángulo es dado por. f (l i ) + g (l i )   Ci =  l i ,  2  

Por lo que los momentos de masa para los n -rectángulos estarán dados por: n n  f (l i ) + g (l i )  M X = ∑ m i y i = ∑ r ( g (l i ) − f (l i )) ∆x i 2   i =1 i =1 n

n

i =1

i =1

M Y = ∑ mi x i = ∑ r ( g (l i ) − f (l i ))l i ∆x i

Entonces el centro de masa ó gravedad para los n-rectángulos homogéneos estará dado por:  n 1 n  ∑ l i ( g (l i ) − f (l i ))∆x i l i [( g (l i )) 2 − ( f (l i )) 2 ]∆x i ∑ M M  2 C ( x , y ) =  Y , X  =  i =1n , i =1 n   m m   ∑ ( g (l i ) − f (l i ))∆x i ∑ ( g (l i ) − f (l i )) ∆xi  i =1 i =1

- 166 -

     

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Ahora si | P |→ 0 entonces por definición de integral de Riemann el centro de masa ó gravedad de la lámina limitada por la región R es dado por: 1 b  b  [( g ( x )) 2 − ( f ( x )) 2 ]dx   x( g ( x ) − f ( x))dx ∫ a ∫  C( x, y ) =  a b , 2 b  ( g ( x) − f ( x ))dx  ( g ( x ) − f ( x ))dx  ∫a ∫  a  

Observar que las coordenadas del centro de masa no dependen de la densidad ρ. Además recordar que el área de la región R es dada por: A( R ) =

∫a ( g ( x ) − f ( x ))dx . b

Centro de masa ó gravedad de un alambre en el plano Consideremos un alambre homogéneo ocupando una curva en el plano, descrita por el gráfico de una función con derivada contínua y = f ( x) ; x ∈ [a, b] . Con una partición del intervalo [a,b ], P = {x0 = a,......., x n = b} obtenemos la poligonal desde

( x0 , f ( x 0 )) hasta ( x n , f ( x n )) que une los segmentos de recta desde ( xi −1 , f ( x i −1 )) hasta ( xi , f ( xi )) y los centros de gravedad de estos segmentos de rectas es dado por f ( x i −1 + f ( xi ))  x + xi  . l i ,  donde l i = i −1 2 2  

x0=a

xi-1 λi xi

xn=b

Los momentos de los n -segmentos estarán dados por: n n  f ( xi −1 ) + g ( xi )  M X = ∑ m i y i = ∑ r ( xi − x i −1 ) 2 + ( f ( x i ) − f ( xi −1 )) 2   2   i =1 i =1 n

n

i =1

i =1

M Y = ∑ mi x i = ∑ r ( x i − x i −1 ) 2 + ( f ( xi ) − f ( x i −1 )) 2 l i

Por otro lado en cada 〈 xi −1 , xi 〉 existe ci tal que f ( xi ) − f ( x i −1 ) = f ' (c i )( x i − xi −1 ) entonces:

- 167 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

n  f ( x i −1 ) + g ( x i )  M X = ∑ r 1 + ( f ' (ci )) 2 ∆ xi   , 2   i =1 n

M Y = ∑ r 1 + ( f ' (ci )) 2 ∆ xi l i i =1

Ahora si | P |→ 0 entonces x i → xi −1 , l i → c i ,

f ( xi −1 ) + f ( xi )

2

→

2 f (c i ) = f (c i ) 2

Por tanto según definición de integral de Riemann el centro de masa del alambre es dado por: 2  b  M Y M X   ∫a x 1 + ( f ' ( x )) dx C( x, y ) =  , , = L  m m   

L=

∫a

b

b

∫a

f ( x ) 1 + ( f ' ( x )) 2 dx   L  

1 + ( f ' ( x )) 2 dx .

Centroide de sólidos de revolución en el espacio Consideremos una lámina homogénea de densidad constante la cuál esta limitada en el plano XY por el gráfico de una función f contínua en [a, b] y f ( x) ≥ 0 ; ∀x ∈ [a, b] . Entonces el sólido de revolución obtenido al rotar la región alrededor del eje X tiene centro de gravadad llamado centroide ubicado en el eje de revolución en este caso el eje X. Para una partición P = {x0 = a,......., x n = b} el i-esimo rectángulo al girar genera un disco de radio f (l i ) con l i =

xi −1 + xi

, espesor ∆x i y volumen p ( f (l i )) 2 ∆x i . y

y=f(x)

xi-1 λ xi i

x0=a

xn=b

z

Luego la masa del disco estará dada por r p ( f (l i )) 2 ∆x i donde ρ es la densidad. El centro de masa de este disco está sobre el eje de revolución (l i ,0,0) .

El momento de masa del disco respecto del plano YZ estará dado por l i (r p ( f (l i )) 2 ∆x i )

- 168 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

n

Y el momento de masa para todos los discos será

l i r p ( f (l i )) 2 ∆x i ∑ i =1

Ahora si | P |→ 0 entonces por definición de integral de Riemann se tiene que el momento de masa del sólido de revolución respecto del plano YZ es dado por M YZ = r p ∫ x( f ( x )) 2 dx con b

a

masa total m = r p ∫ ( f ( x)) 2 dx . b

a

2  b    M YZ   ∫a x ( f ( x)) dx Por tanto el centroide del sólido C = ( x, 0, 0) =  ,0 , 0  =  b , 0, 0   m   ( f ( x )) 2 dx   ∫a 

Teorema 10.4. (De Papus) Si una región R del plano está limitada por los gráficos de las funciones contínuas f(x), g(x) en [a, b] y g(x) ³ f(x) con centro de masa ó gravedad ( x, y ) de la

lámina que ocupa R. g(x)

(x, y ) R

f(x)

a

b

Entonces el volumen del sólido de revolución S obtenido al rotar R alrededor del eje X es dado

por: V S = 2p y AR . Donde A es el área de la región R. Demostración: Usando discos circulares: V S =

∫a p [( g ( x)) b

2

− ( f ( x)) 2 ]dx

En el centro de gravedad ( x, y ) de R se tiene: 1

y=

Como el área de R es AR = ∫ ( g ( x ) − f ( x))dx b

a

entonces V S = 2p y AR

- 169 -

b

∫ [( g ( x )) 2 a b

2

− ( f ( x )) 2 ]dx

∫a ( g ( x ) − f ( x ))dx

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Observación: Usando transformación de coordenadas el volumen del sólido al rotar la región R alrededor de la recta L es dada por V S = 2p d A . Donde A es el área de R y d es la distancia del centro de gravedad de la lámina R hasta L. Ejemplo : Para la lámina que ocupa la región R limitada por x = 4 y − y 2 , y = x

Se tiene que: A=

3

∫0 [(4 y − y

2

) − y ]dy =

27 6

MY = r

1 54 [(4 y − y 2 ) − y 2 ]dy = r ∫ 2 5

MY = r

27 [ y (4 y − y ) − y ]dy = r 4

3 y=x R

∫

x=4y-y2

2

4

 M M   12 23  C( x, y ) =  Y , X  =  ,   m m   5 2

Ejemplo : Considerar el sólido de revolución generado al rotar sobre el eje X la región limitada por el eje X , y = x2 y la recta x = 3 .

Podemos usar el método de los discos circulares para determinar: M  C = ( x, 0, 0) =  YZ , 0 , 0   m  M YZ = r p ∫ x ( f ( x ))2 dx = r p ∫ x 5 dx

=

3

3

0

0

y

r p 243 2

y=x2 R

m = r p ∫ ( f ( x )) dx = r p ∫ x dx 3

0

=

2

3

3

4

0

z

r p 243 5

M  5  Entonces C = ( x, 0, 0) =  YZ , 0 , 0  =  , 0, 0   m  2 

- 170 -

x

fuerza podemos considerar una partición P = {x0 = a,......., x n = b} tal que desde xi -1 hasta xi consideramos fuerzadefinida constante Fi ( x ) = F (l i ) = k i , x ∈CÁLCULO [ x i −1 , x i ] con trabajo W i E=INTEGRAL Fi ( x )∆x i . I Aplicaciones de lalaintegral DIFERENCIAL

y 10.6. CALCULO DEL TRABAJO Y PRESIÓN DE LÍQUIDOS. y=F (x)

Trabajo realizado por una fuerza Si se ejerce una fuerza constante F sobre un cuerpo entonces en un desplazamiento d el trabajo realizado se define W = Fd . x0=a

xi-1 λ xi i F

xn=b

d

Cuando | P |→ 0 podemos usar la definición de integral de Riemann para obtener que el trabajo realizado por la fuerza F(x)considerar desde x =F(x) a hasta = b es dado W = ∫ de F ( xla)dx En el plano Euclidiano podemos = kxconstante y elpor: incremento distancia a b

∆x en el eje X desde x = a hasta x = b y

- 171 F(x)=k R

a

b

x

Entonces el trabajo realizado por la fuerza F para desplazar el cuerpo la distancia d = b -a será: W = Fd que es el área del rectángulo limitado por F(x) = k , x = a , x = b y el eje X. Ahora si consideramos un cuerpo desplazado por una fuerza variable F = F(x) y el desplazamiento desde x = a hasta x = b. Para obtener el trabajo total W realizado por esta

fuerza podemos considerar una partición P = {x = a,......., x = b} tal que desde xi -1 hasta xi

Para esto consideremos una partición P = {x0 = h,......., x n = h + r } con el intervalo [ x i −1 , x i ] Aplicaciones de la integral podemos construir unadefinida sección

cilíndrica de profundidadCÁLCULO ∆x i radioDIFERENCIAL f (e i ) = r 2 E− INTEGRAL (e i − h) 2 elI

1

1

cuál tendrá volumen : V i = p ( f (e i )) 2 ∆ xi = p (r 2 − (e i − h) 2 )∆x i Ejemplo : Sobre el eje X consideremos un resorte de longitud L. Según la ley de Hooke la 2 2 fuerza necesaria para alargar ó comprimir el resorte es directamente proporcional

la

elongación ó compresión. Ó sea la fuerza necesaria para estirar ó comprimir el resorte x unidades es dado por F(x) =Kx donde K es una constante.

y

h

z L

xi-1

εi

xi

a

h+r -b

- 172 -

b

El trabajo para estirar el resorte es W = ∫ kxdx , a

0

para comprimir W =

−b

∫0

kxdx

Ejemplo : Para determinar el trabajo necesario al bombear un líquido de un recipiente semiesférico de radio r y altura h podemos tener en cuenta: Centrar el recipiente en el eje X , cortar el recipiente por el plano XZ determinando el trabajo W1 para levantar le líquido de la mitad del recipiente el trabajo total será W = 2W1 . Para esto consideremos una partición P = {x = h,......., x = h + r } con el intervalo [ x , x ]

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

Si w es el peso por unidad de volumen del líquido entonces el peso de la sección cilíndrica requerida para el volumen Vi será Pi =

1 2

wp ( r − (e i − h) ) ∆x i que es la fuerza requerida para 2

2

bombear el elemento de volumen Vi . Cuando | P |→ 0 la distancia que recorre el elemento de

volumen es εi y el trabajo para bombear el elemento de volumen será: Wi = Pie i entonces Wi =

p 2

wp ( r − (e i − h) )e i ∆xi . 2

El trabajo total: W = 2W1 = 2∫

h +r

h

2

p w(r 2 − ( x − h) 2 ) xdx 2

Presión de líquidos

Definición 10.4. La fuerza ejercida por unidad cuadrada por un líquido sobre una placa se llama presión del líquido.

i) Para una placa sumergida horizontalmente: Si w es el número de unidades del peso por unidad cúbica del líquido y h es el número de unidades de profundidad de un punto bajo la superficie del líquido entonces p = wh es la unidad de presión ejercida por el líquido en el punto. Ahora si A es el número de unidades cuadradas de área de una placa plana que está sumergida horizontalmente en el líquido y F es el número de unidades de fuerza originada

por la presión del líquido que actúa sobre la cara superior de la placa entonces: F = pA ⇒

F = whA

ii) Para una placa sumergida verticalmente: Podemos considerar el principio de Pascal: “En cualquier punto en un líquido la presión es la misma en todas las direcciones” Ahora sea una placa ocupando la región R limitada por el eje X, las rectas x = a , x = b y la función contínua y = f ( x) , x ∈ [a, b] . La longitud de la placa en una profundidad x está dada por f(x). Consideremos una partición P = {x0 = h,......., x n = h + r } de [a, b] el intervalo [ x i , x i −1 ] dá

un i-esmo rectángulo con longitud f (e i ) y ancho ∆x i = xi − x i −1 . Si rotamos cada rectángulo 90º tenemos placas rectangulares sumergidas horizontalmente a una profundidad εi .

- 173 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

y

a xi-1

εi

xi

y=f(x)

b x

Como sabemos la fuerza ejercida por la presión del líquido estará dada Fi = we i f (e i )∆x i

Cuando | P |→ 0 podemos usar la definición de integral de Riemann para obtener la fuerza - 174b-

ejercida por la presión del líquido: W =

∫a wxf ( x )dx

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

10.7. RELACIÓN DE EJERCICIOS: I. - Graficar y hallar el área limitada por: 1) y 2 = 5a2 – ax ; y 2 = 4ax 2) y = ln( x 2 ) ; y = ln( 4 ) ; x = e  3x  3) y = tg –1 x ; y = cos -1   ; y = 0  2 4x − x2  x 2 + 8 x − 48   ;x≥0 ; x > −4 4) y =  y = 16 4   3 x − 16 x ;x 0 II.- a) Solucionar los siguientes problemas 1) Determinar el volumen del sólido que es la parte común a dos cilindros circulares rectos de radio r suponiendo que sus ejes se cortan perpendicularmente. 2) La base de un sólido S es una elipse cuyos ejes miden 20 y 10 unidades. La intersección de ese sólido con un plano perpendicular l eje mayor de la elipse es un cuadrado. Hallar el volumen de S. 3) La base de un sólido S está limitado por x = y2 , x = 3 – 2y 2 . Hallar el volumen de S sí las secciones transversales perpendiculares al eje X son cuadrados. b) Calcular el volumen del sólido generado por la rotación de la región R alrededor L. 1 ) L : y = 0 y R : y = sen 2 x , x = 0, x = π 2 ) L : y = 0 y R : x 2 + (y – b)2 = a2 ; b ≥ a 3 ) L : y = -1 y R : y = cos-1 x ; y = sen-1 x ; x = 1 4) 5) 6) 7) 8)

x 2 + 10 ; x = 3 ; x = 4 sen x p 3p L: y=0 y R: y= ; x= ; x= 1 − cos x 2 2 2 L : x = 1 y R : y = | x – 2x – 3 | ; y +1 = 0 ; x = 2 ; x = 4 L : x = 0 y R : y = | sen x | ; 2x = π ; 2x = 3 π ; y=0 2 2 L : x = -4 y R : 2x + 3y = 0 ; 4x + 9y = 36 L: x=0 y

9) L : y =

p

y

R: y=

R : y = tg-1 x

;

x=0

2

;

x=

p

;

y=0

4

III. - Hallar el Centro de Gravedad de las regiones limitadas por: 1) y = x 2 – 4 ; y = 2x – x2 2) x+ y =3 ; y=0 ; x=0 3 3) y = x – 3x ; y=x sobre el lado derecho del eje Y 2 2 2 2 2 2 4) La elipse b x + a y = a b con los ejes x ≥ 0 , y ≥ 0 5) y = x 3 , y = 4x en el primer cuadrante. x 6) y = a cosh   entre x = -a , x = a ( Arco de la Catenaria ) a IV.- Hallar el centroide del sólido de revolución de : 1) La región limitada por x + 2y = 2 , el eje X , el eje Y alrededor del eje X - 175 -

Aplicaciones de la integral definida

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

2) 3) 4) 5)

La región limitada por y 2 = x3 ; x = 4 alrededor del eje X. La región limitada por y = x 3 ; x = 2 , el eje X, alrededor de x = 2 La región limitada por x 4 y = 1 ; y = 1 ; y = 4 , alrededor del eje Y. La región limitada por y = x 2 ; y = x + 2 alrededor de y = 6

6)

La región limitada por y =

V.- 1) A(0, 0), B(a, 0), C(0,

2) 3) 4)

a 2

4 px el eje X, la recta x = p, alrededor de x = p

) ; a > 0 vértices de un triángulo. Calcular el volumen del

sólido obtenido por la rotación en torno de la recta = x – a de la región limitada por el triángulo Sea R la región limitada por y = x 2 – 1 , y = x – 1 Hallar el volumen del sólido obtenido por la rotación de la región R alrededor de la recta y = x – 1. Usar el teorema de Papus para hallar el centro de gravedad de la región limitada por un semicírculo y su diámetro. Usar el teorema de Papus para hallar el volumen de una esfera de radio r.

5)

Sí R es la región limitada por el semicírculo y r 2 − x 2 y el eje X. Usar el teorema de Papus para hallar el momento de R respecto de la recta y = -4

VI. 1)

Un resorte tiene una longitud natural de 8 Ud. Sí una fuerza de 20 Ud. estira el resorte 0.5 Ud. Hallar el trabajo realizado al estira l resorte de 8Ud. a 11Ud. Un resorte tiene una longitud de 6 Ud. Una fuerza de 12,000 Ud. comprime el resorte 5.5 Ud. Hallar el trabajo realizado al comprimirlo de 6 Ud. a 5 Ud. (la ley de Hooke se cumple para extender y comprimir ) Un tanque de agua en forma de cono recto mide 20 Ud. de diámetro en su parte superior y 15 Ud. de profundidad. Sí la superficie del agua está 5 Ud. por debajo de la tapa del tanque hallar el trabajo realizado al bombear el agua hasta la parte superior del tanque Una pila llena de agua tiene 10 Ud. de largo y su transversal tiene la forma de un triángulo isósceles de 2 Ud. de ancho de sección en el tapón y 2 Ud. de altura ¿ Cuánto trabajo se realiza al bombear todo el agua fuera de la pila sobre la parte superior ? Un tanque rectangular lleno de agua tiene 2 pies de ancho y 18 pulgadas de profundidad hallar la fuerza de presión a un extremo del tanque. El fondo de una alberca es un plano inclinado. La alberca tiene 2 Ud. de profundidad en el extremo y 8 Ud. en el otro. Sí el ancho de la alberca es 25 Ud. y la longitud es de 40 Ud. Hallar la fuerza total debido a la presión del líquido sobre el fondo. Halle la fuerza que el agua ejerce sobre un triángulo sumergido con base paralela a la superficie de 9 dm. altura 4 dm. con base sumergida a 2 dm. Halle la fuerza que soporta un semicírculo de radio sumergido verticalmente en agua de tal forma que su diámetro coincide con la superficie libre de aquella. Una presa vertical tiene la forma de un trapecio. Calcule la presión total del agua sobre dicha presa sabiendo que la base superior tiene a = 70 mt. base inferior b = 50 mt. y su altura h= 20 mt.

2)

3)

4)

5) 6)

7) 8) 9)

- 176 -