Fórmulas de integración y el teorema del cambio neto En esta sección, utilizaremos algunas fórmulas básicas de integración estudiadas anteriormente para resolver algunos problemas clave aplicados. Es importante señalar que estas fórmulas se presentan en términos de integrales indefinidas . Aunque las integrales definidas e indefinidas están estrechamente relacionadas, hay algunas diferencias clave que hay que tener en cuenta. Una integral definida es un número (cuando los límites de integración son constantes) o una función única (cuando uno o ambos límites de integración son variables). Una integral indefinida representa una familia de funciones, todas las cuales difieren en una constante. A medida que se vaya familiarizando con la integración, sabrá cuándo utilizar las integrales definidas o las indefinidas. Sin pensar demasiado en ello, seleccionará naturalmente el enfoque correcto para un determinado problema Sin embargo, mientras internaliza estos conceptos, piense cuidadosamente si necesita una integral definida o una indefinida y asegúrese de utilizar la notación adecuada según su elección. Fórmulas básicas de integración Recordemos las fórmulas de integración dadas en la tabla de antiderivadas y la regla sobre las propiedades de las integrales definidas. Veamos algunos ejemplos de cómo se aplican estas reglas. Integración de una función mediante la regla de la potencia Utilice la regla de la potencia para integrar la función ∫ 1 4 t ( 1 + t ) d t . El primer paso es reescribir la función y simplificarla para aplicar la regla de la potencia: ∫ 1 4 t ( 1 + t ) d t = ∫ 1 4 t 1 / 2 ( 1 + t ) d t = ∫ 1 4 ( t 1 / 2 + t 3 / 2 ) d t . Ahora aplique la regla de la potencia: ∫ 1 4 ( t 1 / 2 + t 3 / 2 ) d t = ( 2 3 t 3 / 2 + 2 5 t 5 / 2 ) | 1 4 = [ 2 3 ( 4 ) 3 / 2 + 2 5 ( 4 ) 5 / 2 ] − [ 2 3 ( 1 ) 3 / 2 + 2 5 ( 1 ) 5 / 2 ] = 256 15 . Calcule la integral definida de f ( x ) = x 2 − 3 x en el intervalo [ 1 , 3 ] . − 10 3 Pista Siga el proceso de la para resolver el problema. El teorema del cambio neto El teorema del cambio neto considera la integral de un tasa de cambio . Dice que cuando una cantidad cambia, el nuevo valor es igual al valor inicial más la integral de la tasa de cambio de esa cantidad. La fórmula puede expresarse de dos maneras. La segunda nos es familiar; se trata simplemente de la integral definida. Teorema del cambio neto El nuevo valor de una cantidad cambiante es igual al valor inicial más la integral de la tasa de cambio: F ( b ) = F ( a ) + ∫ a b F ' ( x ) d x o ∫ a b F ' ( x ) d x = F ( b ) – F ( a ) . Restando F ( a ) de ambos lados de la primera ecuación da como resultado la segunda ecuación. Puesto que son fórmulas equivalentes, la que utilicemos dependerá de la aplicación. La importancia del teorema del cambio neto radica en los resultados. El cambio neto puede aplicarse al área, la distancia y el volumen, por nombrar solo algunas aplicaciones. El cambio neto contabiliza automáticamente las cantidades negativas sin tener que escribir más de una integral. Para ilustrarlo, aplicaremos el teorema del cambio neto a una función de velocidad en la que el resultado es el desplazamiento . Vimos un ejemplo sencillo de esto en La integral definida . Supongamos que un auto va hacia el norte (la dirección positiva) a 40 mph entre las 2 p. m. y las 4 p. m., luego se dirige al sur a 30 mph entre las 4 p. m. y las 5 p. m. Podemos graficar este movimiento como se muestra en la . El gráfico muestra la velocidad en función del tiempo para el movimiento dado de un automóvil. Al igual que antes, podemos utilizar integrales definidas para calcular el desplazamiento neto y la distancia total recorrida. El desplazamiento neto viene dado por ∫ 2 5 v ( t ) d t = ∫ 2 4 4 0 d t + ∫ 4 5 −30 d t = 80 − 30 = 50 . Así, a las 5 p. m., el auto está a 50 millas al norte de su posición de partida. La distancia total recorrida viene dada por ∫ 2 5 | v ( t ) | d t = ∫ 2 4 4 0 d t + ∫ 4 5 30 d t = 80 + 30 = 110 . Por lo tanto, entre las 2 p. m. y las 5 p. m., el auto recorrió un total de 110 millas. En resumen, el desplazamiento neto puede incluir tanto valores positivos como negativos. En otras palabras, la función de velocidad toma en cuenta tanto la distancia hacia delante como hacia atrás. Para encontrar el desplazamiento neto, integre la función de velocidad en el intervalo. En cambio, la distancia total recorrida es siempre positiva. Para encontrar la distancia total recorrida por un objeto, independientemente de la dirección, tenemos que integrar el valor absoluto de la función de velocidad. Hallar el desplazamiento neto Dada una función de velocidad v ( t ) = 3 t − 5 (en metros por segundo) para una partícula en movimiento desde el tiempo t = 0 hasta el tiempo t = 3 , halle el desplazamiento neto de la partícula. Si aplicamos el teorema del cambio neto, tenemos ∫ 0 3 ( 3 t − 5 ) d t = 3 t 2 2 − 5 t | 0 3 = [ 3 ( 3 ) 2 2 − 5 ( 3 ) ] − 0 = 27 2 − 15 = 27 2 − 30 2 = − 3 2 . El desplazamiento neto es − 3 2 m ( ). El gráfico muestra la velocidad en función del tiempo de una partícula que se mueve con una función de velocidad lineal. Hallar la distancia total recorrida Utilice el para encontrar la distancia total recorrida por una partícula según la función de velocidad v ( t ) = 3 t − 5 m/s en un intervalo de tiempo [ 0 , 3 ] . La distancia total recorrida incluye tanto los valores positivos como los negativos. Por eso debemos integrar el valor absoluto de la función de velocidad para encontrar la distancia total recorrida. Para continuar con el ejemplo, utilice dos integrales para encontrar la distancia total. En primer lugar, halle la intersección t de la función, ya que allí se produce la división del intervalo. Establezca la ecuación igual a cero y resuelva para t . Por lo tanto, 3 t − 5 = 0 3 t = 5 t = 5 3 . Los dos subintervalos son [ 0 , 5 3 ] y [ 5 3 , 3 ] . Para encontrar la distancia total recorrida, integre el valor absoluto de la función. Como la función es negativa en el intervalo [ 0 , 5 3 ] , tenemos | v ( t ) | = − v ( t ) en ese intervalo. En [ 5 3 , 3 ] , la función es positiva, por lo que | v ( t ) | = v ( t ) . Por lo tanto, tenemos ∫ 0 3 | v ( t ) | d t = ∫ 0 5 / 3 − v ( t ) d t + ∫ 5 / 3 3 v ( t ) d t = ∫ 0 5 / 3 5 − 3 t d t + ∫ 5 / 3 3 3 t − 5 d t = ( 5 t − 3 t 2 2 ) | 0 5 / 3 + ( 3 t 2 2 − 5 t ) | 5 / 3 3 = [ 5 ( 5 3 ) − 3 ( 5 / 3 ) 2 2 ] − 0 + [ 27 2 − 15 ] − [ 3 ( 5 / 3 ) 2 2 − 25 3 ] = 25 3 − 25 6 + 27 2 − 15 − 25 6 + 25 3 = 41 6 . Por lo tanto, la distancia total recorrida es 41 6 m. Halle el desplazamiento neto y la distancia total recorrida en metros dada la función de velocidad f ( t ) = 1 2 e t − 2 en el intervalo [ 0 , 2 ] . Desplazamiento neto: e 2 − 9 2 ≈ − 0,8055 m; distancia total recorrida: 4 ln 4 − 7,5 + e 2 2 ≈ 1,740 m Pista Siga los procedimientos del y del . Observe que f ( t ) ≤ 0 por t ≤ ln 4 , y f ( t ) ≥ 0 por t ≥ ln 4 . Aplicación del teorema del cambio neto El teorema del cambio neto puede aplicarse al flujo y al consumo de fluidos, como se muestra en el . ¿Cuántos galones de gasolina se consumen? Si el motor de una lancha se pone en marcha en t = 0 y la lancha consume gasolina a una tasa de 5 – t 3 gal/h, ¿qué cantidad de gasolina se consume en las primeras 2 horas? Exprese el problema como una integral definida, integre y evalúe utilizando el teorema fundamental del cálculo. Los límites de la integración son los puntos extremos del intervalo [ 0 , 2 ] . Tenemos ∫ 0 2 ( 5 – t 3 ) d t = ( 5 t – t 4 4 ) | 2 0 = [ 5 ( 2 ) – ( 2 ) 4 4 ] – 0 = 10 – 16 4 = 6 Por lo tanto, la lancha consume 6 galones de gasolina en 2 horas. Inicio del capítulo: Botes deslizadores sobre hielo (créditos: modificación del trabajo de Carter Brown, Flickr). Como vimos al principio del capítulo, los mejores corredores de botes de hielo ( ) pueden alcanzar velocidades de hasta cinco veces la velocidad del viento. Sin embargo, Andrew es un navegador de nivel intermedio, por lo que alcanza velocidades equivalentes a solo el doble de la velocidad del viento. Supongamos que Andrew saca su bote una mañana en la que ha soplado una ligera brisa de 5 mph durante toda la mañana. Sin embargo, mientras prepara su bote de hielo, el viento empieza a arreciar. Durante su primera media hora de navegación sobre hielo, la velocidad del viento aumenta según la función v ( t ) = 20 t + 5 . En la segunda media hora de la salida de Andrew, el viento se mantiene estable en 15 mph. En otras palabras, la velocidad del viento viene dada por v ( t ) = { 20 t + 5 para 0 ≤ t ≤ 1 2 15 para 1 2 ≤ t ≤ 1 . Si recordamos que el bote de Andrew viaja al doble de la velocidad del viento, y suponemos que se mueve en línea recta desde su punto de partida, ¿a qué distancia de su punto de partida se encuentra después de 1 hora? Para saber qué distancia ha recorrido Andrew, tenemos que integrar su velocidad, que es el doble de la velocidad del viento. Entonces Distancia = ∫ 0 1 2 v ( t ) d t . Sustituyendo las expresiones proporcionadas para v ( t ) , obtenemos ∫ 0 1 2 v ( t ) d t = ∫ 0 1 / 2 2 v ( t ) d t + ∫ 1 / 2 1 2 v ( t ) d t = ∫ 0 1 / 2 2 ( 20 t + 5 ) d t + ∫ 1 / 3 1 2 ( 15 ) d t = ∫ 0 1 / 2 ( 40 t + 10 ) d t + ∫ 1 / 2 1 30 d t = [ 20 t 2 + 10 t ] | 0 1 / 2 + [ 30 t ] | 1 / 2 1 = ( 20 4 + 5 ) − 0 + ( 30 − 15 ) = 25. Pasada 1 hora, Andrew está a 25 millas de su punto de partida. Supongamos que, en vez de permanecer estable durante la segunda media hora de la salida de Andrés, el viento empieza a amainar según la función v ( t ) = −10 t + 15 . En otras palabras, la velocidad del viento viene dada por v ( t ) = { 20 t + 5 para 0 ≤ t ≤ 1 2 − 10 t + 15 para 1 2 ≤ t ≤ 1 . En estas condiciones, ¿a qué distancia de su punto de partida se encuentra Andrés después de 1 hora? 17,5 mi Pista No olvide que el bote deslizador en hielo de Andrew se mueve el doble de rápido que el viento. Integración de funciones pares e impares En Funciones y gráficos vimos que una función par es aquella en la que f ( − x ) = f ( x ) para toda x en el dominio, es decir, el gráfico de la curva no cambia cuando se sustituye x por − x . Los gráficos de las funciones pares son simétricas con respecto al eje y . Una función impar es aquella en la que f ( − x ) = − f ( x ) para toda x en el dominio, y el gráfico de la función es simétrico respecto al origen. Las integrales de las funciones pares, cuando los límites de la integración son de − a a a , implican dos áreas iguales, porque son simétricas respecto al eje y . Las integrales de funciones impares, cuando los límites de integración son similares [ − a , a ] , se evalúa a cero porque las áreas por encima y por debajo del eje x son iguales. Regla: integrales de funciones pares e impares Para funciones continuas pares tales que f ( − x ) = f ( x ) , ∫ − a a f ( x ) d x = 2 ∫ 0 a f ( x ) d x . Para funciones continuas impares tales que f ( − x ) = − f ( x ) , ∫ − a a f ( x ) d x = 0 . Integrar una función par Integre la función par ∫ −2 2 ( 3 x 8 − 2 ) d x y verifique que la fórmula de integración para funciones pares se cumpla. La simetría aparece en los gráficos en la . El gráfico (a) muestra la región por debajo de la curva y por encima del eje x . Hay que ampliar mucho este gráfico para ver la región. El gráfico (b) muestra la región por encima de la curva y por debajo del eje x . El área con signo de esta región es negativa. Ambas vistas ilustran la simetría en torno al eje y de una función par. Tenemos ∫ −2 2 ( 3 x 8 − 2 ) d x = ( x 9 3 − 2 x ) | −2 2 = [ ( 2 ) 9 3 − 2 ( 2 ) ] − [ ( −2 ) 9 3 − 2 ( −2 ) ] = ( 512 3 − 4 ) − ( − 512 3 + 4 ) = 1.000 3 . Para verificar la fórmula de integración de las funciones pares, podemos calcular la integral de 0 a 2 y duplicarla, y luego comprobar que obtenemos la misma respuesta. ∫ 0 2 ( 3 x 8 − 2 ) d x = ( x 9 3 − 2 x ) | 0 2 = 512 3 − 4 = 500 3 Dado que 2 . 500 3 = 1.000 3 , hemos comprobado la fórmula de las funciones pares en este ejemplo concreto. El gráfico (a) muestra el área positiva entre la curva y el eje x , mientras que el gráfico (b) muestra el área negativa entre la curva y el eje x . Ambas vistas muestran la simetría en torno al eje y . Integrar una función impar Evalúe la integral definida de la función impar −5 sen x en el intervalo [ − π , π ] . El gráfico se muestra en la . Podemos ver la simetría respecto al origen por el área positiva sobre el eje x en [ − π , 0 ] , y el área negativa por debajo del eje x en [ 0 , π ] . Tenemos ∫ − π π −5 sen x d x = −5 ( − cos x ) | − π π = 5 cos x | − π π = [ 5 cos π ] − [ 5 cos ( − π ) ] = −5 − ( −5 ) = 0 . El gráfico muestra las áreas entre una curva y el eje x para una función impar. Integre la función ∫ −2 2 x 4 d x . 64 5 Pista Integre una función par. Conceptos clave El teorema del cambio neto establece que cuando una cantidad cambia, el valor final es igual al valor inicial más la integral de la tasa de cambio. El cambio neto puede ser un número positivo, un número negativo o cero. El área bajo una función par en un intervalo simétrico se puede calcular duplicando el área sobre el eje x positivo. En una función impar, la integral sobre un intervalo simétrico es igual a cero, porque la mitad del área es negativa. Ecuaciones clave Teorema del cambio neto F ( b ) = F ( a ) + ∫ a b F ' ( x ) d x o ∫ a b F ' ( x ) d x = F ( b ) – F ( a ) Utilice las fórmulas básicas de integración para calcular las siguientes antiderivadas o integrales definidas. ∫ ( x – 1 x ) d x ∫ ( x – 1 x ) d x = ∫ x 1 / 2 d x − ∫ x −1 / 2 d x = 2 3 x 3 / 2 + C 1 − 2 x 1 / 2 + C 2 = 2 3 x 3 / 2 − 2 x 1 / 2 + C ∫ ( e 2 x – 1 2 e x / 2 ) d x ∫ d x 2 x ∫ d x 2 x = 1 2 ln | x | + C ∫ x – 1 x 2 d x ∫ 0 π ( sen x − cos x ) d x ∫ 0 π sen x d x − ∫ 0 π cos x d x = − cos x | 0 π − ( sen x ) | 0 π = ( − ( –1 ) + 1 ) − ( 0 − 0 ) = 2 ∫ 0 π / 2 ( x − sen x ) d x Escriba una integral que exprese el aumento del perímetro P ( s ) de un cuadrado cuando su longitud de lado s aumenta de 2 unidades a 4 unidades y evalúe la integral. P ( s ) = 4 s , así que d P d s = 4 y ∫ 2 4 4 d s = 8 . Escriba una integral que cuantifique el cambio en el área A ( s ) = s 2 de un cuadrado cuando la longitud de sus lados se duplica de S unidades a 2 S unidades y evalúe la integral. Un N-gono regular (un polígono de N lados que tienen igual longitud s , como un pentágono o un hexágono) tiene un perímetro Ns . Escriba una integral que exprese el aumento del perímetro de un N −gono regular cuando la longitud de cada lado aumenta de 1 unidad a 2 unidades y evalúe la integral. ∫ 1 2 N d s = N El área de un pentágono regular de lado a > 0 es pa 2 con p = 1 4 5 + 5 + 2 5 . El Pentágono en Washington, DC, tiene lados interiores de 360 ft y lados exteriores de 920 ft de longitud. Escriba una integral para expresar el área del techo del Pentágono según estas dimensiones y evalúe esa área. Un dodecaedro es un sólido platónico cuya superficie está formada por 12 pentágonos de igual superficie. ¿En cuánto aumenta el área superficial de un dodecaedro cuando la longitud de los lados de cada pentágono se duplica de 1 a 2 unidades? Con p como en el ejercicio anterior, cada uno de los 12 pentágonos aumenta su área de 2 p unidades a 4 p unidades por lo que el aumento neto del área del dodecaedro es de 36 p unidades. Un icosaedro es un sólido platónico cuya superficie está formada por 20 triángulos equiláteros. ¿En cuánto aumenta el área superficial de un icosaedro cuando la longitud de los lados de cada triángulo se duplica de la unidad a a 2 a unidades? Escriba una integral que cuantifique el cambio en el área de la superficie de un cubo cuando su longitud lateral se duplica de la unidad s a 2 s unidades y evalúe la integral. 18 s 2 = 6 ∫ s 2 s 2 x d x Escriba una integral que cuantifique el aumento del volumen de un cubo cuando la longitud del lado se duplica de la unidad s a unidades 2 s y evalúe la integral. Escriba una integral que cuantifique el aumento del área superficial de una esfera cuando su radio se duplica de la unidad R a unidades 2 R y evalúe la integral. 12 π R 2 = 8 π ∫ R 2 R r d r Escriba una integral que cuantifique el aumento del volumen de una esfera cuando su radio se duplica de la unidad R a unidades 2 R y evalúe la integral. Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una línea recta con velocidad v ( t ) = 4 – 2 t , donde 0 ≤ t ≤ 2 (en metros por segundo). Calcule el desplazamiento en el tiempo t y la distancia total recorrida hasta t = 2 . d ( t ) = ∫ 0 t v ( s ) d s = 4 t − t 2 . La distancia total es d ( 2 ) = 4 m . Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una línea recta con una velocidad definida por v ( t ) = t 2 − 3 t − 18 , donde 0 ≤ t ≤ 6 (en metros por segundo). Calcule el desplazamiento en el tiempo t y la distancia total recorrida hasta t = 6 . Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una línea recta con una velocidad definida por v ( t ) = | 2 t − 6 | , donde 0 ≤ t ≤ 6 (en metros por segundo). Calcule el desplazamiento en el tiempo t y la distancia total recorrida hasta t = 6 . d ( t ) = ∫ 0 t v ( s ) d s . Para t < 3 , d ( t ) = ∫ 0 t ( 6 − 2 t ) d t = 6 t − t 2 . Para t > 3 , d ( t ) = d ( 3 ) + ∫ 3 t ( 2 t − 6 ) d t = 9 + ( t 2 − 6 t ) | 3 6 . La distancia total es d ( 6 ) = 18 m . Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una línea recta con una aceleración definida por a ( t ) = t − 3 , donde 0 ≤ t ≤ 6 (en metros por segundo). Halle la velocidad y el desplazamiento en el tiempo t y la distancia total recorrida hasta t = 6 si v ( 0 ) = 3 y d ( 0 ) = 0 . Se lanza un balón hacia arriba desde una altura de 1,5 m con una rapidez inicial de 40 m/s. La aceleración resultante de la gravedad es de –9,8 m/s 2 . Sin tener en cuenta la resistencia del aire, resuelva la velocidad v ( t ) y la altura h ( t ) del balón t segundos después de ser lanzado y antes de que vuelva al suelo. v ( t ) = 40 − 9,8 t m/s ; h ( t ) = 1,5 + 40 t − 4,9 t 2 m/s Se lanza un balón hacia arriba desde una altura de 3 m con una rapidez inicial de 60 m/s. La aceleración resultante de la gravedad es de -9,8 m/seg 2 . Sin tener en cuenta la resistencia del aire, resuelva la velocidad v ( t ) y la altura h ( t ) del balón t segundos después de ser lanzado y antes de que vuelva al suelo. La zona A ( t ) de forma circular crece a un ritmo constante. Si el área aumenta de 4 π unidades a 9 π unidades entre tiempos t = 2 y t = 3 , calcule el cambio neto en el radio durante ese tiempo. El aumento neto es de 1 unidad. Un globo esférico se infla a un ritmo constante. Si el volumen del globo cambia de 36 π in 3 a 288 π in 3 entre el tiempo t = 30 y t = 60 segundos, halle el cambio neto en el radio del globo durante ese tiempo. El agua fluye en un tanque cónico con un área transversal πx 2 a una altura x y un volumen π x 3 3 hasta la altura x . Si el agua entra en el depósito a una velocidad de 1m 3 /min, halle la altura del agua en el depósito después de 5 min. Halle el cambio de altura entre 5 min y 10 min. A t = 5 , la altura del agua es x = ( 15 π ) 1 / 3 m . . El cambio neto de altura desde t = 5 al t = 10 ¿es ( 30 π ) 1 / 3 − ( 15 π ) 1 / 3 m. Un depósito cilíndrico horizontal tiene una sección transversal A ( x ) = 4 ( 6 x – x 2 ) m 2 a una altura de x metros sobre el fondo cuando x ≤ 3 . El volumen V entre las alturas a y b es ∫ a b A ( x ) d x . Halle el volumen en las alturas comprendidas entre 2 m y 3 m. Supongamos que se está bombeando aceite al tanque a una velocidad de 50 L/min. Utilizando la regla de la cadena, d x d t = d x d V d V d t , ¿a cuántos metros por minuto cambia la altura del aceite en el depósito, expresada en términos de x , cuando la altura está a x metros? ¿Cuánto tiempo se tarda en llenar el depósito hasta 3 m partiendo de un nivel de llenado de 2 m? La siguiente tabla muestra la potencia eléctrica en gigavatios (la tasa de consumo de energía) que se utiliza en una ciudad en diferentes horas del día, en un periodo típico de 24 horas, donde la hora 1 va desde la medianoche hasta la 1 a. m. Hora Potencia Hora Potencia 1 28 13 48 2 25 14 49 3 24 15 49 4 23 16 50 5 24 17 50 6 27 18 50 7 29 19 46 8 32 20 43 9 34 21 42 10 39 22 40 11 42 23 37 12 46 24 34 Halle la cantidad total de energía en gigavatios-hora (gW-h) que la ciudad consume en un periodo típico de 24 horas. El consumo total de energía diario se estima como la suma de las tasas de energía horaria, o sea 911 gW-h. El uso promedio de energía eléctrica residencial (en cientos de vatios) por hora se indica en la siguiente tabla. Hora Potencia Hora Potencia 1 8 13 12 2 6 14 13 3 5 15 14 4 4 16 15 5 5 17 17 6 6 18 19 7 7 19 18 8 8 20 17 9 9 21 16 10 10 22 16 11 10 23 13 12 11 24 11 Calcule la energía total promedio utilizada en un día en kilovatios-hora (kWh). Si una tonelada de carbón genera 1842 kWh, ¿cuánto tiempo tarda una residencia común en quemar una tonelada de carbón? Explique por qué los datos pueden encajar en un gráfico de la forma p ( t ) = 11,5 − 7,5 sen ( π t 12 ) . Los datos de la siguiente tabla se utilizan para estimar la potencia media producida por Peter Sagan en cada uno de los últimos 18 segundos de la Etapa 1 del Tour de Francia de 2012. Potencia promedio de salida Segundo Vatios Segundo Vatios 1 600 10 1200 2 500 11 1170 3 575 12 1125 4 1050 13 1.100 5 925 14 1075 6 950 15 1.000 7 1050 16 950 8 950 17 900 9 1.100 18 780 Fuente : sportsexercisengineering.com Calcule la energía neta utilizada en kilojulios (kJ), teniendo en cuenta que 1W = 1 J/s, y la potencia media producida por Sagan durante este intervalo de tiempo. 17 kJ Los datos de la siguiente tabla se utilizan para estimar la potencia media producida por Peter Sagan en cada intervalo de 15 minutos de la Etapa 1 del Tour de Francia de 2012. Potencia promedio de salida Minutos Vatios Minutos Vatios 15 200 165 170 30 180 180 220 45 190 195 140 60 230 210 225 75 240 225 170 90 210 240 210 105 210 255 200 120 220 270 220 135 210 285 250 150 150 300 400 Fuente : sportsexercisengineering.com Calcule la energía neta utilizada en kilojulios, teniendo en cuenta que 1W = 1 J/s. En la siguiente tabla se muestran los ingresos en Estados Unidos a partir de 2012 en incrementos de 5.000 dólares. La fila k −ésima indica el porcentaje de hogares con ingresos entre $5.000 x k y 5.000 x k + 4.999 . La fila k = 40 contiene todos los hogares con ingresos entre 200.000 y 250.000 dólares. Distribución de los ingresos 0 3,5 21 1,5 1 4,1 22 1,4 2 5,9 23 1.3 3 5,7 24 1.3 4 5,9 25 1,1 5 5,4 26 1,0 6 5,5 27 0,75 7 5,1 28 0,8 8 4,8 29 1,0 9 4,1 30 0,6 10 4,3 31 0,6 11 3,5 32 0,5 12 3,7 33 0,5 13 3,2 34 0,4 14 3,0 35 0,3 15 2,8 36 0,3 16 2,5 37 0,3 17 2,2 38 0,2 18 2,2 39 1,8 19 1,8 40 2,3 20 2,1 Fuente : http://www.census.gov/prod/2013pubs/p60-245.pdf Estime el porcentaje de hogares estadounidenses en 2012 con ingresos inferiores a 55.000 dólares. ¿Qué porcentaje de hogares tiene ingresos superiores a 85.000 dólares? Grafique los datos e intente ajustar su forma a la de un gráfico de la forma a ( x + c ) e − b ( x + e ) para que corresponda a a , b , c . a. 54,3 %; b. 27,00 %; c. La curva del siguiente gráfico es 2,35 ( t + 3 ) e −0,15 ( t + 3 ) . La ley de la gravedad de Newton establece que la fuerza gravitatoria ejercida por un objeto de masa M y otro de masa m con centros separados por una distancia r es F = G m M r 2 , con G como constante empírica G = 6,67 x 10 –11 m 3 / ( k g . s 2 ) . El trabajo realizado por una fuerza variable en un intervalo [ a , b ] se define como W = ∫ a b F ( x ) d x . Si la Tierra tiene masa de 5,97219 × 10 24 y radio de 6371 km, calcule la cantidad de trabajo para elevar un satélite meteorológico polar de masa 1.400 kg hasta su altitud de órbita de 850 km sobre la Tierra. En un vehículo de cierto tipo de motor, la desaceleración máxima alcanzable por el frenado es de aproximadamente 7 m/s 2 en hormigón seco. En el asfalto húmedo, es de aproximadamente 2,5 m/s 2 . Dado que 1 mph corresponde a 0,447 m/s, halle la distancia total que recorre un auto en metros sobre hormigón seco después de aplicar los frenos hasta que se detiene por completo si la velocidad inicial es de 67 mph (30 m/s) o si la velocidad inicial de frenado es de 56 mph (25 m/s). Halle las distancias correspondientes si la superficie es asfalto húmedo y resbaladizo. En condiciones secas, con una velocidad inicial v 0 = 30 m/s, D = 64,3 y, si v 0 = 25 , D = 44,64 . En condiciones de humedad, si v 0 = 30 , y D = 180 y si v 0 = 25 , D = 125 . John tiene 25 años y pesa 160 lb. Quema 500 − 50 t calorías/h mientras monta en bicicleta durante t horas. Si una galleta de avena tiene 55 cal y Juan se come 4 t galletas durante la t −ésima hora, ¿cuántas calorías netas pierde después de 3 horas montando en bicicleta? Sandra tiene 25 años y pesa 120 libras. Quema 300 − 50 t cal/h mientras se ejercita en su máquina caminadora. Su consumo de calorías al beber Gatorade es de 100 t calorías durante la t −ésima hora. ¿Cuál es su disminución neta de calorías después de caminar por 3 horas? 225 cal Un automóvil tiene una eficiencia máxima de 33 mpg a una velocidad de crucero de 40 mph. La eficiencia cae a un ritmo de 0,1 mpg/mph entre 40 mph y 50 mph, y a una tasa de 0,4 mpg/mph entre 50 mph y 80 mph. ¿Cuál es la eficiencia en millas por galón si el auto va a una velocidad de crucero de 50 mph? ¿Cuál es la eficiencia en millas por galón si el auto va a 80 mph? Si la gasolina cuesta 3,50 $/gal, ¿cuál es el costo del combustible para recorrer 50 millas a 40 mph, a 50 mph y a 80 mph? Aunque algunos motores son más eficientes con una potencia determinada en caballos de fuerza que otros, en promedio, la eficiencia del combustible disminuye con la potencia a una tasa de 1 / 25 mpg/caballo de fuerza Si un motor típico de 50 caballos de fuerza tiene un rendimiento medio de combustible de 32 mpg, ¿cuál es el rendimiento medio de combustible de un motor con los siguientes caballos de fuerza? ¿150, 300, 450? E ( 150 ) = 28 , E ( 300 ) = 22 , E ( 450 ) = 16 [T] La siguiente tabla muestra el calendario de 2013 del impuesto federal sobre la renta en función de la renta imponible. Impuesto federal sobre la renta en función de la renta imponible Rango de la renta imponible El impuesto es... ... Por la cantidad superior a $0-$8.925 10 % $0 $8.925-$36.250 $892,50 + 15 % $8.925 $36.250-$87.850 $4.991,25 + 25 % $36.250 $87.850-$183.250 $17.891,25 + 28 % $87.850 $183.250-$398.350 $44.603,25 + 33 % $183.250 $398.350-$400.000 $115.586,25 + 35 % $398.350 > $400.000 $116.163,75 + 39,6 % $400.000 Fuente : http://www.irs.gov/pub/irs-prior/i1040tt--2013.pdf. Supongamos que Steve acaba de recibir un aumento de 10.000 dólares. ¿Cuánto queda de este aumento después de los impuestos federales si el salario de Steve antes de recibir el aumento era de 40.000 dólares? ¿Si era de 90.000 dólares? ¿Si era de 385.000 dólares? [T] La siguiente tabla proporciona datos hipotéticos sobre el nivel de servicio de cierta autopista. Rango de velocidad en autopista (mph) Vehículos por hora por carril Rango de densidad (vehículos/mi) > 60 < 600 < 10 60–57 600–1.000 10–20 57–54 1.000–1.500 20–30 54–46 1.500–1.900 30–45 46–30 1.900 – 2.100 45–70 < 30 Es inestable 70–200 Represente los vehículos por hora por carril en el eje x y la velocidad de la autopista en el eje y . Calcule la disminución promedio en la velocidad (en millas por hora) por unidad de aumento en la congestión (vehículos por hora por carril) a medida que esta última aumenta de 600 a 1.000, de 1.000 a 1.500 y de 1.500 a 2.100. ¿La disminución de las millas por hora depende linealmente del aumento de los vehículos por hora por carril? Grafique los minutos por milla (60 veces el recíproco de las millas por hora) en función de los vehículos por hora por carril. ¿Esta función es lineal? a. b. Entre 600 y 1.000 la disminución promedio de vehículos por hora por carril es de -0,0075. Entre 1.000 y 1.500 es de -0,006 por vehículos por hora y carril, y entre 1.500 y 2.100 es de -0,04 vehículos por hora y carril. c. El gráfico no es lineal, ya que los minutos por milla aumentan drásticamente a medida que los vehículos por hora por carril alcanzan los 2.000. En los dos ejercicios siguientes utilice los datos de la siguiente tabla, que muestra las poblaciones de águila calva desde 1963 hasta 2000 en el territorio continental de Estados Unidos. Población de parejas reproductoras de águilas calvas Año Población de parejas reproductoras de águilas calvas 1963 487 1974 791 1981 1188 1986 1875 1992 3749 1996 5094 2000 6471 Fuente : http://www.fws.gov/Midwest/eagle/population/chtofprs.html. [T] El siguiente gráfico traza la curva cuadrática p ( t ) = 6,48 t 2 − 80,3 1 t + 585,69 contra los datos de la tabla anterior, normalizados de manera que t = 0 corresponde a 1963. Estime el número medio de águilas calvas por año presentes durante los 37 años calculando el valor promedio de p sobre [ 0 , 37 ] . [T] El siguiente gráfico representa la curva cúbica p ( t ) = 0,07 t 3 + 2,42 t 2 − 25,63 t + 521,23 con los datos de la tabla anterior, normalizados de forma que t = 0 corresponde a 1963. Estime el número medio de águilas calvas por año presentes durante los 37 años calculando el valor promedio de p sobre [ 0 , 37 ] . 1 37 ∫ 0 37 p ( t ) d t = 0,07 ( 37 ) 3 4 + 2,42 ( 37 ) 2 3 − 25,63 ( 37 ) 2 + 521,23 ≈ 2037 [T] Suponga que hace un viaje por carretera y registra tu velocidad cada media hora, como se recoge en la siguiente tabla. El mejor ajuste cuadrático a los datos es q ( t ) = 5 x 2 − 11 x + 49 , que se muestra en el gráfico adjunto. Integre q para estimar la distancia total recorrida en 3 horas. Tiempo (h) Velocidad (mph) 0 (inicio) 50 1 40 2 50 3 60 Cuando un auto acelera, no lo hace a un ritmo constante, sino que la aceleración es variable. En los siguientes ejercicios, utilice la siguiente tabla, que muestra la aceleración medida en cada segundo mientras un conductor se incorpora a una autopista. Tiempo (s) Aceleración (mph/s) 1 11,2 2 10,6 3 8,1 4 5,4 5 0 [T] El gráfico adjunto muestra el mejor ajuste cuadrático, a ( t ) = −0,70 t 2 + 1,44 t + 10,44 , a los datos de la tabla anterior. Calcule el valor promedio de a ( t ) para estimar la aceleración media entre t = 0 y t = 5 . La aceleración media es A = 1 5 ∫ 0 5 a ( t ) d t = − 0,7 ( 5 2 ) 3 + 1,44 ( 5 ) 2 + 10,44 ≈ 8,2 mph/s [T] Usando su ecuación de aceleración del ejercicio anterior, halle la ecuación de velocidad correspondiente. Suponiendo que la velocidad final es de 0 mph, halle la velocidad en el tiempo t = 0 . [T] Utilizando su ecuación de velocidad del ejercicio anterior, halle la ecuación de distancia correspondiente, asumiendo que su distancia inicial es 0 mi. ¿Qué distancia recorrió mientras aceleraba su auto? ( Pista: Tendrá que convertir las unidades de tiempo). d ( t ) = ∫ 0 1 | v ( t ) | d t = ∫ 0 t ( 7 30 t 3 − 0,72 t 2 − 10,44 t + 41,033 ) d t = 7 120 t 4 − 0,24 t 3 − 5,22 t 3 + 41,033 t . Entonces, d ( 5 ) ≈ 81,12 mph × sec ≈ 119 pies. [T] El número de hamburguesas que se venden en un restaurante a lo largo del día se muestra en la siguiente tabla, con un gráfico adjunto que representa el mejor ajuste cúbico a los datos, b ( t ) = 0,12 t 3 − 2,13 t 3 + 12,13 t + 3,91 , con la t = 0 correspondiente a las 9 a. m. y t = 12 correspondiente a las 9 p. m. Calcule el valor medio de b ( t ) para estimar el número promedio de hamburguesas vendidas por hora. Horas después de la medianoche Número de hamburguesas vendidas 9 3 12 28 15 20 18 30 21 45 [T] Una atleta corre junto a un detector de movimiento que registra su velocidad, como se muestra en la siguiente tabla. El mejor ajuste lineal a estos datos, ℓ ( t ) = −0,068 t + 5,14 , se muestra en el gráfico adjunto. Utilice el valor medio de ℓ ( t ) entre t = 0 y t = 40 para estimar la velocidad media de la corredora Minutos Velocidad (m/s) 0 5 10 4,8 20 3,6 30 3,0 40 2,5 1 40 ∫ 0 40 ( −0,068 t + 5,14 ) d t = − 0,068 ( 40 ) 2 + 5,14 = 3,78 m/seg teorema del cambio neto si conocemos la tasa de cambio de una cantidad, el teorema del cambio neto dice que la cantidad futura es igual a la cantidad inicial más la integral de la tasa de cambio de la cantidad

Matemáticas


Sustitución El teorema fundamental del cálculo nos dio un método para evaluar integrales sin usar las sumas de Riemann. Este método no obstante tiene el inconveniente de que debemos ser capaces de encontrar una antiderivada, y esto no siempre es fácil. En esta sección examinaremos una técnica, llamada integración por sustitución , que nos ayudará a encontrar antiderivadas. En concreto, este método nos ayuda a encontrar las antiderivadas cuando el integrando es el resultado de una derivada en cadena. Al principio, el planteamiento del procedimiento de sustitución puede no parecer lo bastante evidente. Sin embargo, es una tarea principalmente visual, es decir, el integrando le muestra lo que debe hacer; es cuestión de reconocer la forma de la función. Entonces, ¿qué se supone que debemos ver? Buscamos un integrando de la forma f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x . Por ejemplo, en la integral ∫ ( x 2 − 3 ) 3 2 x d x , tenemos f ( x ) = x 3 , g ( x ) = x 2 − 3 , y g ' ( x ) = 2 x . Entonces, f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) = ( x 2 − 3 ) 3 ( 2 x ) , y vemos que nuestro integrando está en la forma correcta. El método se llama de sustitución porque sustituimos parte del integrando por la variable u y parte del integrando por du . También se denomina cambio de variables porque cambiamos las variables para obtener una expresión más fácil de trabajar para aplicar las reglas de integración. Sustitución con integrales indefinidas Supongamos que u = g ( x ) , , donde g ′ ( x ) es continua en un intervalo, supongamos que f ( x ) es continua en el rango correspondiente de g , y que F ( x ) es una antiderivada de f ( x ) . Entonces, ∫ f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x = ∫ f ( u ) d u = F ( u ) + C = F ( g ( x ) ) + C . Prueba Sean f , g , u y F los especificados en el teorema. Entonces d d x F ( g ( x ) ) = F ′ ( g ( x ) ) g ′ ( x ) = f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) . Al integrar ambos lados con respecto a x , vemos que ∫ f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x = F ( g ( x ) ) + C . Si ahora sustituimos u = g ( x ) , y d u = g ' ( x ) d x , obtenemos ∫ f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x = ∫ f ( u ) d u = F ( u ) + C = F ( g ( x ) ) + C . □ Volviendo al problema que analizamos originalmente, supongamos que u = x 2 − 3 y luego d u = 2 x d x . Reescriba la integral en términos de u : ∫ ( x 2 − 3 ) ︸ u 3 ( 2 x d x ) ︸ d u = ∫ u 3 d u . Al utilizar la regla de la potencia para las integrales, tenemos ∫ u 3 d u = u 4 4 + C . Sustituya la expresión original de x en la solución: u 4 4 + C = ( x 2 − 3 ) 4 4 + C . Podemos generalizar el procedimiento en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Estrategia para la resolución de problemas: Integración por sustitución Fíjese bien en el integrando y seleccione una expresión g ( x ) dentro del integrando para establecerlo igual a u . Seleccionemos g ( x ) . de manera que g ′ ( x ) también forma parte del integrando. Sustituya u = g ( x ) y d u = g ′ ( x ) d x . en la integral. Ahora deberíamos ser capaces de evaluar la integral con respecto a u . Si la integral no puede ser evaluada, tenemos que devolvernos y seleccionar una expresión diferente para usarla como u . Evalúe la integral en términos de u . Escriba el resultado en términos de x y la expresión g ( x ) . Uso de la sustitución para encontrar una antiderivada Utilice la sustitución para calcular la antiderivada ∫ 6 x ( 3 x 2 + 4 ) 4 d x . El primer paso es elegir una expresión para u . Elegimos u = 3 x 2 + 4 porque entonces d u = 6 x d x , y ya tenemos du en el integrando. Escriba la integral en términos de u : ∫ 6 x ( 3 x 2 + 4 ) 4 d x = ∫ u 4 d u . Recuerde que du es la derivada de la expresión elegida para u , sin importar lo que haya dentro del integrando. Ahora podemos evaluar la integral con respecto a u : ∫ u 4 d u = u 5 5 + C = ( 3 x 2 + 4 ) 5 5 + C . Análisis Podemos comprobar nuestra respuesta tomando la derivada del resultado de la integración. Deberíamos obtener el integrando. Escogiendo un valor para C de 1, suponemos que y = 1 5 ( 3 x 2 + 4 ) 5 + 1 . Tenemos y = 1 5 ( 3 x 2 + 4 ) 5 + 1 , así que y ′ = ( 1 5 ) 5 ( 3 x 2 + 4 ) 4 6 x = 6 x ( 3 x 2 + 4 ) 4 . Esta es exactamente la expresión con la que empezamos dentro del integrando. Utilice la sustitución para calcular la antiderivada ∫ 3 x 2 ( x 3 − 3 ) 2 d x . ∫ 3 x 2 ( x 3 − 3 ) 2 d x = 1 3 ( x 3 − 3 ) 3 + C Pista Supongamos que u = x 3 − 3 . A veces tenemos que ajustar las constantes de nuestra integral si no coinciden exactamente con las expresiones que estamos sustituyendo. Utilizar la sustitución con la alteración Utilice la sustitución para calcular ∫ z z 2 − 5 d z . Reescriba la integral como ∫ z ( z 2 − 5 ) 1 / 2 d z . Supongamos que u = z 2 − 5 y d u = 2 z d z . Ahora tenemos un problema porque d u = 2 z d z y la expresión original solo tiene z d z . Tenemos que alterar nuestra expresión para du o la integral en u será el doble de grande de lo que debería ser. Si multiplicamos ambos lados de la ecuación du por 1 2 . podemos resolver este problema. Por lo tanto, u = z 2 − 5 d u = 2 z d z 1 2 d u = 1 2 ( 2 z ) d z = z d z . Escriba la integral en términos de u , pero saque la 1 2 fuera del símbolo de integración: ∫ z ( z 2 − 5 ) 1 / 2 d z = 1 2 ∫ u 1 / 2 d u . Integre la expresión en u : 1 2 ∫ u 1 / 2 d u = ( 1 2 ) u 3 / 2 3 2 + C = ( 1 2 ) ( 2 3 ) u 3 / 2 + C = 1 3 u 3 / 2 + C = 1 3 ( z 2 − 5 ) 3 / 2 + C . Utilice la sustitución para calcular ∫ x 2 ( x 3 + 5 ) 9 d x . ( x 3 + 5 ) 10 30 + C Pista Multiplique la ecuación du por 1 3 . Uso de la sustitución con integrales de funciones trigonométricas Utilice la sustitución para evaluar la integral ∫ sen t cos 3 t d t . Sabemos que la derivada de cos t ¿es − sen t , así que establecemos u = cos t . Entonces d u = − sen t d t . Sustituyendo en la integral, tenemos ∫ sen t cos 3 t d t = − ∫ d u u 3 . Al evaluar la integral, obtenemos − ∫ d u u 3 = − ∫ u −3 d u = − ( − 1 2 ) u −2 + C . Volviendo a poner la respuesta en términos de t , obtenemos ∫ sen t cos 3 t d t = 1 2 u 2 + C = 1 2 cos 2 t + C . Utilice la sustitución para evaluar la integral ∫ cos t sen 2 t d t . − 1 sen t + C Pista Utilice el proceso del para resolver el problema. A veces necesitamos manipular una integral de forma más complicada que simplemente multiplicar por o dividir entre una constante. Tenemos que eliminar todas las expresiones dentro del integrando que están en términos de la variable original. Cuando finalicemos, u debería ser la única variable en el integrando. En algunos casos, esto significa resolver la variable original en términos de u . El siguiente ejemplo debería aclararnos esta técnica. Cómo encontrar una antiderivada mediante la sustitución en u Utilice la sustitución para calcular la antiderivada ∫ x x – 1 d x . Supongamos que u = x – 1 , entonces d u = d x . Pero esto no tiene en cuenta la x en el numerador del integrando. Necesitamos expresar x en términos de u . Si los valores de u = x – 1 , entonces x = u + 1 . Ahora podemos reescribir la integral en términos de u : ∫ x x – 1 d x = ∫ u + 1 u d u = ∫ u + 1 u d u = ∫ ( u 1 / 2 + u −1 / 2 ) d u . A continuación integramos de la forma habitual, sustituimos u por la expresión original, y factorizamos y simplificamos el resultado. Por lo tanto, ∫ ( u 1 / 2 + u −1 / 2 ) d u = 2 3 u 3 / 2 + 2 u 1 / 2 + C = 2 3 ( x – 1 ) 3 / 2 + 2 ( x – 1 ) 1 / 2 + C = ( x – 1 ) 1 / 2 [ 2 3 ( x – 1 ) + 2 ] + C = ( x – 1 ) 1 / 2 ( 2 3 x − 2 3 + 6 3 ) = ( x – 1 ) 1 / 2 ( 2 3 x + 4 3 ) = 2 3 ( x – 1 ) 1 / 2 ( x + 2 ) + C . Utilice la sustitución para evaluar la integral indefinida ∫ cos 3 t sen t d t . − cos 4 t 4 + C Pista Utilice el proceso de la para resolver el problema. Sustitución de integrales definidas La sustitución también se puede utilizar con las integrales definidas. Sin embargo, el uso de la sustitución para evaluar una integral definida exige un cambio en los límites de integración. Si cambiamos las variables en el integrando, los límites de integración también cambian. Sustitución con integrales definidas Supongamos que u = g ( x ) y supongamos que g ′ es continua en un intervalo [ a , b ] , y que f es continua en el rango de u = g ( x ) . Entonces, ∫ a b f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u . Aunque no demostraremos formalmente este teorema, lo justificamos con algunos cálculos. A partir de la regla de sustitución de integrales indefinidas, si F ( x ) es una antiderivada de f ( x ) , tenemos ∫ f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = F ( g ( x ) ) + C . Entonces ∫ a b f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x = F ( g ( x ) ) | x = a x = b = F ( g ( b ) ) – F ( g ( a ) ) = F ( u ) | u = g ( a ) u = g ( b ) = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u , y obtenemos el resultado deseado. Uso de la sustitución para evaluar una integral definida Utilice la sustitución para evaluar ∫ 0 1 x 2 ( 1 + 2 x 3 ) 5 d x . Supongamos que u = 1 + 2 x 3 , así que d u = 6 x 2 d x . Como la función original incluye un factor de x 2 y d u = 6 x 2 d x , multiplicamos ambos lados de la ecuación du por 1 / 6 . Entonces, d u = 6 x 2 d x 1 6 d u = x 2 d x . Para ajustar los límites de la integración, tenga en cuenta que cuando x = 0 , u = 1 + 2 ( 0 ) = 1 , y cuando x = 1 , u = 1 + 2 ( 1 ) = 3 . Entonces ∫ 0 1 x 2 ( 1 + 2 x 3 ) 5 d x = 1 6 ∫ 1 3 u 5 d u . Al evaluar esta expresión, obtenemos 1 6 ∫ 1 3 u 5 d u = ( 1 6 ) ( u 6 6 ) | 1 3 = 1 36 [ ( 3 ) 6 − ( 1 ) 6 ] = 182 9 . Utilice la sustitución para evaluar la integral definida ∫ −1 0 y ( 2 y 2 − 3 ) 5 d y . 91 3 Pista Utilice los pasos de la para resolver el problema. Uso de la sustitución con una función exponencial Utilice la sustitución para evaluar ∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x . Supongamos que u = 4 x 2 + 3 . Entonces, d u = 8 x d x . Para ajustar los límites de integración, observamos que cuando x = 0 , u = 3 , y cuando x = 1 , u = 7 . Así que nuestra sustitución da como resultado ∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x = 1 8 ∫ 3 7 e u d u = 1 8 e u | 3 7 = e 7 − e 3 8 ≈ 134,568. Utilice la sustitución para evaluar ∫ 0 1 x 2 cos ( π 2 x 3 ) d x . 2 3 π ≈ 0,2122 Pista Utilice el proceso de la para resolver el problema. La sustitución puede ser solo una de las técnicas necesarias para evaluar una integral definida. Todas las propiedades y reglas de integración se aplican de forma independiente, y puede ser necesario reescribir las funciones trigonométricas utilizando una identidad trigonométrica antes de aplicar la sustitución. Además, tenemos la opción de sustituir la expresión original por u después de encontrar la antiderivada, lo que significa que no tenemos que cambiar los límites de integración. Estos dos enfoques se muestran en el . Uso de la sustitución para evaluar una integral trigonométrica Utilice la sustitución para evaluar ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ . Utilicemos primero una identidad trigonométrica para reescribir la integral. La identidad trigonométrica cos 2 θ = 1 + cos 2 θ 2 nos permite reescribir la integral como ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ = ∫ 0 π / 2 1 + cos 2 θ 2 d θ . Entonces, ∫ 0 π / 2 ( 1 + cos 2 θ 2 ) d θ = ∫ 0 π / 2 ( 1 2 + 1 2 cos 2 θ ) d θ = 1 2 ∫ 0 π / 2 d θ + 1 2 ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ . Podemos evaluar la primera integral tal cual, pero para evaluar la segunda integral necesitamos hacer una sustitución. Supongamos que u = 2 θ . Entonces, d u = 2 d θ , o 1 2 d u = d θ . Además, cuando θ = 0 , u = 0 , y cuando θ = π / 2 , u = π . Expresando la segunda integral en términos de u , tenemos 1 2 ∫ 0 π / 2 d θ + 1 2 ∫ 0 π / 2 cos 2 θ d θ = 1 2 ∫ 0 π / 2 d θ + 1 2 ( 1 2 ) ∫ 0 π cos u d u = θ 2 | θ = 0 θ = π / 2 + 1 4 sen u | u = 0 u = θ = ( π 4 − 0 ) + ( 0 − 0 ) = π 4 . Conceptos clave La sustitución es una técnica que simplifica la integración de funciones que son el resultado de una derivada en cadena. El término "sustitución" se refiere al cambio de variables o a la sustitución de la variable u y du por expresiones adecuadas en el integrando. Al utilizar la sustitución de una integral definida, es necesario que cambiemos los límites de integración. Ecuaciones clave Sustitución con integrales indefinidas ∫ f [ g ( x ) ] g ′ ( x ) d x = ∫ f ( u ) d u = F ( u ) + C = F ( g ( x ) ) + C Sustitución con integrales definidas ∫ a b f ( g ( x ) ) g ' ( x ) d x = ∫ g ( a ) g ( b ) f ( u ) d u ¿Por qué la sustitución en u se denomina cambio de variable ? 2. Si los valores de f = g ∘ h , al invertir la regla de la cadena, d d x ( g ∘ h ) ( x ) = g ′ ( h ( x ) ) h ′ ( x ) , debe tomar u = g ( x ) o u = h ( x ) ? u = h ( x ) En los siguientes ejercicios, compruebe cada identidad utilizando la diferenciación. Entonces, utilizando la sustitución en u indicada, identifique f tal que la integral tome la forma ∫ f ( u ) d u . ∫ x x + 1 d x = 2 15 ( x + 1 ) 3 / 2 ( 3 x − 2 ) + C ; u = x + 1 Para x > 1 : ∫ x 2 x – 1 d x = 2 15 x – 1 ( 3 x 2 + 4 x + 8 ) + C ; u = x – 1 f ( u ) = ( u + 1 ) 2 u ∫ x 4 x 2 + 9 d x = 1 12 ( 4 x 2 + 9 ) 3 / 2 + C ; u = 4 x 2 + 9 ∫ x 4 x 2 + 9 d x = 1 4 4 x 2 + 9 + C ; u = 4 x 2 + 9 d u = 8 x d x ; f ( u ) = 1 8 u ∫ x ( 4 x 2 + 9 ) 2 d x = − 1 8 ( 4 x 2 + 9 ) ; u = 4 x 2 + 9 En los siguientes ejercicios calcule la antiderivada mediante la sustitución indicada. ∫ ( x + 1 ) 4 d x ; u = x + 1 1 5 ( x + 1 ) 5 + C ∫ ( x – 1 ) 5 d x ; u = x – 1 ∫ ( 2 x − 3 ) −7 d x ; u = 2 x − 3 − 1 12 ( 2 x − 3 ) 6 + C ∫ ( 3 x − 2 ) −11 d x ; u = 3 x − 2 ∫ x x 2 + 1 d x ; u = x 2 + 1 x 2 + 1 + C ∫ x 1 − x 2 d x ; u = 1 − x 2 ∫ ( x – 1 ) ( x 2 − 2 x ) 3 d x ; u = x 2 − 2 x 1 8 ( x 2 − 2 x ) 4 + C ∫ ( x 2 − 2 x ) ( x 3 − 3 x 2 ) 2 d x ; u = x 3 – 3 x 2 ∫ cos 3 θ d θ ; u = sen θ ( Pista : cos 2 θ = 1 − sen 2 θ ). grandes. sen θ − sen 3 θ 3 + C ∫ sen 3 θ d θ ; u = cos θ ( Pista : sen 2 θ = 1 − cos 2 θ ). En los siguientes ejercicios, utilice un cambio de variables adecuado para determinar la integral indefinida. ∫ x ( 1 − x ) 99 d x ( 1 − x ) 101 101 − ( 1 − x ) 100 100 + C ∫ t ( 1 − t 2 ) 10 d t ∫ ( 11 x − 7 ) −3 d x ∫ ( 11 x – 7 ) −2 dx = − 1 22 ( 11 x − 7 ) 2 + C ∫ ( 7 x − 11 ) 4 d x ∫ cos 3 θ sen θ d θ − cos 4 θ 4 + C ∫ sen 7 θ cos θ d θ ∫ cos 2 ( π t ) sen ( π t ) d t − cos 3 ( π t ) 3 π + C ∫ sen 2 x cos 3 x d x ( Pista : sen 2 x + cos 2 x = 1 ). grandes. ∫ t sen ( t 2 ) cos ( t 2 ) d t − 1 4 cos 2 ( t 2 ) + C ∫ t 2 cos 2 ( t 3 ) sen ( t 3 ) d t ∫ x 2 ( x 3 − 3 ) 2 d x − 1 3 ( x 3 − 3 ) + C ∫ x 3 1 − x 2 d x ∫ y 5 ( 1 − y 3 ) 3 / 2 d y − 2 ( y 3 − 2 ) 3 1 − y 3 ∫ cos θ ( 1 − cos θ ) 99 sen θ d θ ∫ ( 1 − cos 3 θ ) 10 cos 2 θ sen θ d θ 1 33 ( 1 − cos 3 θ ) 11 + C ∫ ( cos θ − 1 ) ( cos 2 θ − 2 cos θ ) 3 sen θ d θ ∫ ( sen 2 θ − 2 sen θ ) ( sen 3 θ − 3 sen 2 θ ) 3 cos θ d θ 1 12 ( sen 3 θ − 3 sen 2 θ ) 4 + C En los siguientes ejercicios, utilice una calculadora para estimar el área bajo la curva utilizando sumas de Riemann a la izquierda con 50 términos, y luego use la sustitución para hallar la respuesta exacta. [T] y = 3 ( 1 − x ) 2 en [ 0 , 2 ] [T] y = x ( 1 − x 2 ) 3 en [ −1 , 2 ] L 50 = −8,5779 . El área exacta es −81 8 [T] y = sen x ( 1 − cos x ) 2 en [ 0 , π ] [T] y = x ( x 2 + 1 ) 2 en [ −1 , 1 ] L 50 = −0,006399 ... El área exacta es 0. En los siguientes ejercicios, utilice un cambio de variables para evaluar la integral definida. ∫ 0 1 x 1 − x 2 d x ∫ 0 1 x 1 + x 2 d x u = 1 + x 2 , d u = 2 x d x , 1 2 ∫ 1 2 u −1 / 2 d u = 2 – 1 ∫ 0 2 t 5 + t 2 d t ∫ 0 1 t 2 1 + t 3 d t u = 1 + t 3 , d u = 3 t 2 d t , 1 3 ∫ 1 2 u −1 / 2 d u = 2 3 ( 2 – 1 ) grandes. ∫ 0 π / 4 sec 2 θ tan θ d θ ∫ 0 π / 4 sen θ cos 4 θ d θ u = cos θ , d u = − sen θ d θ , ∫ 1 / 2 1 u −4 d u = 1 3 ( 2 2 – 1 ) En los siguientes ejercicios, evalúe la integral indefinida ∫ f ( x ) d x con constante C = 0 utilizando la sustitución en u . Luego, grafique la función y la antiderivada sobre el intervalo indicado. Si es posible, estime un valor de C que habría que añadir a la antiderivada para hacerla igual a la integral definida F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t , con a el punto final izquierdo del intervalo dado. [T] ∫ ( 2 x + 1 ) e x 2 + x − 6 d x en [ −3 , 2 ] [T] ∫ cos ( ln ( 2 x ) ) x d x en [ 0 , 2 ] La antiderivada es y = sen ( ln ( 2 x ) ) . Como la antiderivada no es continua en x = 0 , no se puede encontrar un valor de C que logre que y = sen ( ln ( 2 x ) ) − C trabajen como una integral definitiva. [T] ∫ 3 x 2 + 2 x + 1 x 3 + x 2 + x + 4 d x en [ −1 , 2 ] [T] ∫ sen x cos 3 x d x en [ − π 3 , π 3 ] La antiderivada es y = 1 2 sec 2 x . Debe tomar C = −2 por lo que F ( − π 3 ) = 0 . [T] ∫ ( x + 2 ) e – x 2 − 4 x + 3 d x en [ −5 , 1 ] [T] ∫ 3 x 2 2 x 3 + 1 d x en [ 0 , 1 ] La antiderivada es y = 1 3 ( 2 x 3 + 1 ) 3 / 2 . Hay que tomar C = − 1 3 . Si los valores de h ( a ) = h ( b ) en ∫ a b g ' ( h ( x ) ) h' ( x ) d x , ¿qué puede decir sobre el valor de la integral? ¿Es la sustitución u = 1 − x 2 en la integral definida ∫ 0 2 x 1 − x 2 d x es correcta? Si no, ¿por qué no? No, porque el integrando es discontinuo en x = 1 . En los siguientes ejercicios, utilice un cambio de variables para demostrar que cada integral definida es igual a cero. ∫ 0 π cos 2 ( 2 θ ) sen ( 2 θ ) d θ ∫ 0 π t cos ( t 2 ) sen ( t 2 ) d t u = sen ( t 2 ) ; la integral se convierte en 1 2 ∫ 0 0 u d u . ∫ 0 1 ( 1 − 2 t ) d t ∫ 0 1 1 − 2 t ( 1 + ( t − 1 2 ) 2 ) d t u = ( 1 + ( t − 1 2 ) 2 ) ; la integral se convierte en − ∫ 5 / 4 5 / 4 1 u d u . ∫ 0 π sen ( ( t – π 2 ) 3 ) cos ( t – π 2 ) d t ∫ 0 2 ( 1 − t ) cos ( π t ) d t u = 1 − t ; la integral se convierte en ∫ 1 −1 u cos ( π ( 1 − u ) ) d u = ∫ 1 −1 u [ cos π cos π u − sen π sen π u ] d u = − ∫ 1 −1 u cos π u d u = ∫ –1 1 u cos π u d u = 0 ya que el integrando es impar. ∫ π / 4 3 π / 4 sen 2 t cos t d t Demuestre que el valor promedio de f ( x ) en un intervalo [ a , b ] es el mismo que el valor medio de f ( c x ) en el intervalo [ a c , b c ] por c > 0 . Si establecemos que u = c x y d u = c d x da como resultado 1 b c − a c ∫ a / c b / c f ( c x ) d x = c b – a ∫ u = a u = b f ( u ) d u c = 1 b – a ∫ a b f ( u ) d u . Halle el área bajo el gráfico de f ( t ) = t ( 1 + t 2 ) a entre t = 0 y t = x donde a > 0 y a ≠ 1 es fijo, y evalúe el límite como x → ∞ . Halle el área bajo el gráfico de g ( t ) = t ( 1 − t 2 ) a entre t = 0 y t = x , donde 0 < x < 1 y a > 0 es fijo. Evalúe el límite como x → 1 . ∫ 0 x g ( t ) d t = 1 2 ∫ u = 1 − x 2 1 d u u a = 1 2 ( 1 − a ) u 1 − a | u = 1 − x 2 1 = 1 2 ( 1 − a ) ( 1 − ( 1 − x 2 ) 1 − a ) . Dado que x → 1 el límite es 1 2 ( 1 − a ) si a < 1 , y el límite diverge a +∞ si a > 1 . El área de un semicírculo de radio 1 puede expresarse como ∫ –1 1 1 − x 2 d x . Utilice la sustitución x = cos t para expresar el área de un semicírculo como la integral de una función trigonométrica. No es necesario calcular la integral. El área de la mitad superior de una elipse con un eje mayor que es el eje x de x = − a a x = a y con un eje menor que es el eje y de y = − b al y = b se puede escribir como ∫ − a a b 1 − x 2 a 2 d x . Utilice la sustitución x = a cos t para expresar esta área en términos de una integral de una función trigonométrica. No es necesario calcular la integral. ∫ t = π 0 b 1 − cos 2 t × ( − a sen t ) d t = ∫ t = 0 π a b sen 2 t d t [T] El siguiente gráfico es de una función de la forma f ( t ) = a sen ( n t ) + b sen ( m t ) . Estime los coeficientes a y b , y los parámetros de frecuencia n y m . Utilice estas estimaciones para aproximar ∫ 0 π f ( t ) d t . [T] El siguiente gráfico es de una función de la forma f ( x ) = a cos ( n t ) + b cos ( m t ) . Estime los coeficientes a y b y los parámetros de frecuencia n y m . Utilice estas estimaciones para aproximar ∫ 0 π f ( t ) d t . f ( t ) = 2 cos ( 3 t ) − cos ( 2 t ) ; ∫ 0 π / 2 ( 2 cos ( 3 t ) − cos ( 2 t ) ) = − 2 3 cambio de variables sustitución de una variable, como u , por una expresión en el integrando integración por sustitución técnica de integración que permite integrar funciones que son el resultado de una derivada en cadena

Matemáticas


Integrales con funciones exponenciales y logarítmicas Las funciones exponenciales y logarítmicas se utilizan para modelar el crecimiento de la población, el crecimiento celular y el crecimiento financiero, así como la depreciación, el decaimiento radiactivo y el consumo de recursos, por nombrar solo algunas aplicaciones. En esta sección, exploraremos la integración con funciones exponenciales y logarítmicas. Integrales de funciones exponenciales La función exponencial es quizás la función más eficiente en cuanto a las operaciones de cálculo. La función exponencial y = e x , es su propia derivada y su propia integral. Regla: integrales de funciones exponenciales Las funciones exponenciales se pueden integrar mediante las siguientes fórmulas. ∫ e x d x = e x + C ∫ a x d x = a x ln a + C Hallar una antiderivada de una función exponencial Halle la antiderivada de la función exponencial e − x . Utilice la sustitución, estableciendo u = − x , y luego d u = −1 d x . Multiplique la ecuación du por -1, por lo que ahora tiene − d u = d x . Entonces, ∫ e – x d x = − ∫ e u d u = − e u + C = − e – x + C . Halle la antiderivada de la función mediante la sustitución: x 2 e −2 x 3 . ∫ x 2 e −2 x 3 d x = − 1 6 e −2 x 3 + C Pista Supongamos que u es igual al exponente de e . Un error común al tratar con expresiones exponenciales es tratar el exponente en e de la misma manera que tratamos los exponentes en las expresiones polinómicas. No podemos utilizar la regla de la potencia para el exponente en e . Esto puede ser especialmente confuso cuando tenemos tanto exponenciales como polinomios en la misma expresión, como en el punto de control anterior. En estos casos, siempre debemos verificar que estemos utilizando las reglas correctas en las funciones que estamos integrando. Raíz cuadrada de una función exponencial Halle la antiderivada de la función exponencial e x 1 + e x . Primero reescriba el problema utilizando un exponente racional: ∫ e x 1 + e x d x = ∫ e x ( 1 + e x ) 1 / 2 d x . Utilizando la sustitución, elija u = 1 + e x . Entonces, d u = e x d x . Tenemos ( ) ∫ e x ( 1 + e x ) 1 / 2 d x = ∫ u 1 / 2 d u . Entonces ∫ u 1 / 2 d u = u 3 / 2 3 / 2 + C = 2 3 u 3 / 2 + C = 2 3 ( 1 + e x ) 3 / 2 + C . El gráfico muestra una función exponencial por la raíz cuadrada de una función exponencial. Encuentre la antiderivada de e x ( 3 e x − 2 ) 2 . ∫ e x ( 3 e x − 2 ) 2 d x = 1 9 ( 3 e x − 2 ) 3 Pista Supongamos que u = 3 e x − 2 u = 3 e x − 2 . Uso de la sustitución con una función exponencial Utilice la sustitución para evaluar la integral indefinida ∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x . Aquí optamos por dejar que u sea igual a la expresión en el exponente sobre e . Supongamos que u = 2 x 3 y d u = 6 x 2 d x . . De nuevo, du se desvía por un multiplicador constante; la función original contiene un factor de 3 x 2 , no de 6 x 2 . Multiplique ambos lados de la ecuación por 1 2 para que el integrando en u sea igual al integrando en x . Por lo tanto, ∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x = 1 2 ∫ e u d u . Integre la expresión en u y luego sustituya la expresión original en x de nuevo en la integral de u : 1 2 ∫ e u d u = 1 2 e u + C = 1 2 e 2 x 3 + C . Evalúe la integral indefinida ∫ 2 x 3 e x 4 d x . ∫ 2 x 3 e x 4 d x = 1 2 e x 4 Pista Supongamos que u = x 4 . Como se mencionó al principio de esta sección, las funciones exponenciales se utilizan en muchas aplicaciones de la vida real. El número e se asocia a menudo con el crecimiento compuesto o acelerado, como hemos visto en las secciones anteriores sobre la derivada. Aunque la derivada representa una tasa de cambio o una tasa de crecimiento, la integral representa el cambio total o el crecimiento total. Veamos un ejemplo en el que la integración de una función exponencial resuelve una aplicación empresarial común. Una función precio-demanda nos indica la relación entre la cantidad de la demanda de un producto y el precio del mismo. En general, el precio disminuye a medida que aumenta la cantidad demandada. La función precio-demanda marginal es la derivada de la función precio-demanda y nos indica la rapidez con la que cambia el precio a un nivel de producción determinado. Las empresas utilizan estas funciones para determinar la elasticidad del precio de la demanda y para determinar si el cambio en los niveles de producción sería rentable. Hallar una ecuación precio-demanda Halle la ecuación precio-demanda para una marca concreta de pasta de dientes en una cadena de supermercados cuando la demanda es de 50 tubos por semana a 2,35 dólares el tubo, dado que la función marginal precio-demanda, p ′ ( x ) , para un número x de tubos por semana, se da como p ' ( x ) = −0,015 e −0,01 x . Si la cadena de supermercados vende 100 tubos a la semana, ¿qué precio debe fijar? Para hallar la ecuación precio-demanda, se integra la función marginal precio-demanda. Primero halle la antiderivada y luego observe los detalles. Por lo tanto, p ( x ) = ∫ −0,015 e −0,01 x d x = −0,015 ∫ e −0,01 x d x . Utilizando la sustitución, supongamos que u = −0,01 x y d u = −0,01 d x . Luego, divida ambos lados de la ecuación du por -0,01. Esto da −0,015 −0,01 ∫ e u d u = 1,5 ∫ e u d u = 1,5 e u + C = 1,5 e −0,01 x + C . El siguiente paso es resolver C . Sabemos que cuando el precio es de 2,35 dólares por tubo, la demanda es de 50 tubos por semana. Esto significa que p ( 50 ) = 1,5 e −0,01 ( 50 ) + C = 2,35 . Ahora, solo hay que resolver para C : C = 2,35 − 1,5 e −0,5 = 2,35 − 0,91 = 1,44 . Por lo tanto, p ( x ) = 1,5 e −0,01 x + 1,44 . Si el supermercado vende 100 tubos de pasta de dientes a la semana, el precio sería p ( 100 ) = 1,5 e −0,01 ( 100 ) + 1,44 = 1,5 e −1 + 1,44 ≈ 1,99 . El supermercado debería cobrar 1,99 dólares por tubo si vende 100 tubos a la semana. Evaluación de una integral definida que incluye una función exponencial Evalúe la integral definida ∫ 1 2 e 1 − x d x . De nuevo, la sustitución es el método a utilizar. Supongamos que u = 1 − x , así que d u = −1 d x o − d u = d x . Entonces ∫ e 1 − x d x = − ∫ e u d u . A continuación, cambie los límites de integración. Si utilizamos la ecuación u = 1 − x , tenemos u = 1 − ( 1 ) = 0 u = 1 − ( 2 ) = −1 . La integral se convierte entonces en ∫ 1 2 e 1 − x d x = − ∫ 0 −1 e u d u = ∫ −1 0 e u d u = e u | −1 0 = e 0 − ( e −1 ) = − e −1 + 1 Vea el . El área indicada se puede calcular evaluando una integral definida mediante una sustitución. Evalúe ∫ 0 2 e 2 x d x . 1 2 ∫ 0 4 e u d u = 1 2 ( e 4 − 1 ) Pista Supongamos que u = 2 x . Crecimiento de las bacterias en un cultivo Supongamos que la tasa de crecimiento de las bacterias en una placa de Petri viene dada por q ( t ) = 3 t , donde t está expresado en horas y q ( t ) en miles de bacterias por hora. Si un cultivo comienza con 10.000 bacterias, halle una función Q ( t ) que dé el número de bacterias en la placa de Petri en cualquier tiempo t . ¿Cuántas bacterias hay en la placa después de 2 horas? Tenemos Q ( t ) = ∫ 3 t d t = 3 t ln 3 + C . Entonces, en t = 0 tenemos Q ( 0 ) = 10 = 1 ln 3 + C , por lo que C ≈ 9,090 y obtenemos Q ( t ) = 3 t ln 3 + 9,090 . En el tiempo t = 2 , tenemos Q ( 2 ) = 3 2 ln 3 + 9,090 = 17,282 . Después de 2 horas, hay 17.282 bacterias en la placa. A partir del , supongamos que las bacterias crecen a una tasa de q ( t ) = 2 t . Supongamos que el cultivo aún comienza con 10.000 bacterias. Halle Q ( t ) . ¿Cuántas bacterias hay en la placa después de 3 horas? Q ( t ) = 2 t ln 2 + 8,557 . Hay 20.099 bacterias en la placa después de 3 horas. Pista Utilice el procedimiento del para resolver el problema. Crecimiento de la población de moscas de la fruta Supongamos que una población de moscas de la fruta aumenta a un ritmo de g ( t ) = 2 e 0,02 t , de moscas al día. Si la población inicial de moscas de la fruta es de 100 individuos, ¿cuántas moscas hay en la población después de 10 días? Supongamos que G ( t ) representa el número de moscas en la población en el tiempo t . Si aplicamos el teorema del cambio neto, tenemos G ( 10 ) = G ( 0 ) + ∫ 0 10 2 e 0,02 t d t = 100 + [ 2 0,02 e 0,02 t ] | 0 10 = 100 + [ 100 e 0,02 t ] | 0 10 = 100 + 100 e 0,2 − 100 ≈ 122 . Pasados 10 días hay 122 moscas en la población. Supongamos que la tasa de crecimiento de la población de moscas viene dada por g ( t ) = e 0,01 t , y la población inicial es de 100 moscas. ¿Cuántas moscas hay en la población después de 15 días? Hay 116. Pista Utilice el proceso del para resolver el problema. Evaluación de una integral definida mediante la sustitución Evalúe la integral definida utilizando la sustitución ∫ 1 2 e 1 / x x 2 d x . Este problema requiere reescribirse para simplificar la aplicación de las propiedades. Primero, reescriba el exponente en e como una potencia de x , luego lleve la x 2 en el denominador hasta el numerador usando un exponente negativo. Tenemos ∫ 1 2 e 1 / x x 2 d x = ∫ 1 2 e x −1 x −2 d x . Supongamos que u = x −1 , es el exponente en e . Entonces d u = − x −2 d x – d u = x −2 d x . Llevando el signo negativo fuera del signo de la integral, el problema ahora se lee − ∫ e u d u . A continuación, cambie los límites de integración: u = ( 1 ) −1 = 1 u = ( 2 ) −1 = 1 2 . Observe que ahora los límites comienzan con el número mayor, lo que significa que debemos multiplicar por -1 e intercambiar los límites. Por lo tanto, − ∫ 1 1 / 2 e u d u = ∫ 1 / 2 1 e u d u = e u | 1 / 2 1 = e − e 1 / 2 = e − e . Evalúe la integral definida utilizando la sustitución ∫ 1 2 1 x 3 e 4 x −2 d x . ∫ 1 2 1 x 3 e 4 x −2 d x = 1 8 [ e 4 − e ] Pista Supongamos que u = 4 x −2 . Integrales con funciones logarítmicas Integrar funciones de la forma f ( x ) = x −1 dan como resultado el valor absoluto de la función logarítmica natural, como se muestra en la siguiente regla. Las fórmulas integrales para otras funciones logarítmicas, tales como f ( x ) = ln x y f ( x ) = log a x , también se incluyen en la regla. Regla: fórmulas de integración que implican funciones logarítmicas Las siguientes fórmulas se pueden utilizar para evaluar integrales que implican funciones logarítmicas. ∫ x −1 d x = ln | x | + C ∫ ln x d x = x ln x – x + C = x ( ln x – 1 ) + C ∫ log a x d x = x ln a ( ln x – 1 ) + C Encontrar una antiderivada que implique ln x Halle la antiderivada de la función 3 x − 10 . Primero factorice el 3 fuera del símbolo de la integral. Entonces utilice la regla u −1 . Por lo tanto, ∫ 3 x − 10 d x = 3 ∫ 1 x − 10 d x = 3 ∫ d u u = 3 ln | u | + C = 3 ln | x − 10 | + C , x ≠ 10 . Vea el . El dominio de esta función es x ≠ 10 . Encuentre la antiderivada de 1 x + 2 . ln | x + 2 | + C Pista Siga el patrón del para resolver el problema. Encontrar una antiderivada de una función racional Encuentre la antiderivada de 2 x 3 + 3 x x 4 + 3 x 2 . Esto se puede reescribir como ∫ ( 2 x 3 + 3 x ) ( x 4 + 3 x 2 ) −1 d x . Utilice la sustitución. Supongamos que u = x 4 + 3 x 2 , entonces d u = 4 x 3 + 6 x . Modifique du mediante la factorización del 2. Por lo tanto, d u = ( 4 x 3 + 6 x ) d x = 2 ( 2 x 3 + 3 x ) d x 1 2 d u = ( 2 x 3 + 3 x ) d x . Reescriba el integrando en u : ∫ ( 2 x 3 + 3 x ) ( x 4 + 3 x 2 ) −1 d x = 1 2 ∫ u −1 d u . Entonces tenemos 1 2 ∫ u −1 d u = 1 2 ln | u | + C = 1 2 ln | x 4 + 3 x 2 | + C . Hallar una antiderivada de una función logarítmica Halle la antiderivada de la función logarítmica log 2 x . Siga el formato de la fórmula que aparece en la regla sobre fórmulas de integración que implican funciones logarítmicas. Con base en este formato, tenemos ∫ log 2 x d x = x ln 2 ( ln x – 1 ) + C . Encuentre la antiderivada de log 3 x . x ln 3 ( ln x – 1 ) + C Pista Siga el y consulte la regla sobre las fórmulas de integración que implican funciones logarítmicas. El es una integral definida de una función trigonométrica. Con las funciones trigonométricas, a menudo tenemos que aplicar una propiedad trigonométrica o una identidad antes de avanzar. Hallar la forma correcta del integrando suele ser la clave para una integración sin problemas. Evaluación de una integral definida Calcule la integral definida de ∫ 0 π / 2 sen x 1 + cos x d x . Necesitamos la sustitución para evaluar este problema. Supongamos que u = 1 + cos x , , así que d u = − sen x d x . Reescriba la integral en términos de u , cambiando también los límites de integración. Por lo tanto, u = 1 + cos ( 0 ) = 2 u = 1 + cos ( π 2 ) = 1 . Entonces ∫ 0 π / 2 sen x 1 + cos x = − ∫ 2 1 u −1 d u = ∫ 1 2 u −1 d u = ln | u | | 1 2 = [ ln 2 − ln 1 ] = ln 2. Conceptos clave Las funciones exponenciales y logarítmicas se presentan en muchas aplicaciones del mundo real, especialmente las que implican crecimiento y decaimiento. La sustitución se utiliza a menudo para evaluar integrales que implican funciones exponenciales o logaritmos. Ecuaciones clave Integrales de funciones exponenciales ∫ e x d x = e x + C ∫ a x d x = a x ln a + C Fórmulas de integración que implican funciones logarítmicas ∫ x −1 d x = ln | x | + C ∫ ln x d x = x ln x – x + C = x ( ln x – 1 ) + C ∫ log a x d x = x ln a ( ln x – 1 ) + C En los siguientes ejercicios, calcule cada integral indefinida. ∫ e 2 x d x ∫ e −3 x d x −1 3 e −3 x + C ∫ 2 x d x ∫ 3 − x d x − 3 − x ln 3 + C ∫ 1 2 x d x ∫ 2 x d x ln ( x 2 ) + C ∫ 1 x 2 d x ∫ 1 x d x 2 x + C En los siguientes ejercicios, halle cada integral indefinida utilizando las sustituciones adecuadas. ∫ ln x x d x ∫ d x x ( ln x ) 2 − 1 ln x + C ∫ d x x ln x ( x > 1 ) grandes. ∫ d x x ln x ln ( ln x ) grandes. ln ( ln ( ln x ) ) + C ∫ tan θ d θ ∫ cos x – x sen x x cos x d x ln ( x cos x ) + C ∫ ln ( sen x ) tan x d x ∫ ln ( cos x ) tan x d x − 1 2 ( ln ( cos ( x ) ) ) 2 + C ∫ x e – x 2 d x ∫ x 2 e – x 3 d x − e – x 3 3 + C ∫ e sen x cos x d x ∫ e tan x sec 2 x d x e tan x + C ∫ e ln x d x x ∫ e ln ( 1 − t ) 1 − t d t t + C En los siguientes ejercicios, verifique por diferenciación que ∫ ln x d x = x ( ln x – 1 ) + C , entonces utilice los cambios de variables apropiados para calcular la integral. ∫ x ln x d x ( Pista : ∫ x ln x d x = 1 2 ∫ x ln ( x 2 ) d x ; x>0) ∫ x 2 ln( x 2 ) d x 2 9 x 3 ( ln ( x 3 ) − 1 ) + C ∫ ln x x 2 d x ( Pista : Establezca u = 1 x . ). grandes. ∫ ln x x d x ( Pista : Establezca u = x . ). grandes. 2 x ( ln x − 2 ) + C Escriba una integral para expresar el área bajo el gráfico de y = 1 t a partir de t = 1 a e x y evalúe la integral. Escriba una integral para expresar el área bajo el gráfico de y = e t entre t = 0 y t = ln x , y evalúe la integral. ∫ 0 ln x e t d t = e t | 0 ln x = e ln x − e 0 = x – 1 En los siguientes ejercicios, utilice las sustituciones adecuadas para expresar las integrales trigonométricas en términos de composiciones con logaritmos. ∫ tan ( 2 x ) d x ∫ sen ( 3 x ) − cos ( 3 x ) sen ( 3 x ) + cos ( 3 x ) d x – 1 3 ln sen ( 3 x ) + cos ( 3 x ) +C ∫ x sen ( x 2 ) cos ( x 2 ) d x ∫ x csc ( x 2 ) d x − 1 2 ln | csc ( x 2 ) + cot ( x 2 ) | + C ∫ ln ( cos x ) tan x d x ∫ ln ( csc x ) cot x d x − 1 2 ( ln ( csc x ) ) 2 + C ∫ e x − e – x e x + e – x d x En los siguientes ejercicios, evalúe la integral definida. ∫ 1 2 1 + 2 x + x 2 3 x + 3 x 2 + x 3 d x 1 3 ln ( 26 7 ) grandes. ∫ 0 π / 4 tan x d x ∫ 0 π / 3 sen x − cos x sen x + cos x d x ln ( 3 − 1 ) grandes. ∫ π / 6 π / 2 csc x d x ∫ π / 4 π / 3 cot x d x 1 2 ln 3 2 En los siguientes ejercicios, integre utilizando la sustitución indicada. ∫ x x − 100 d x ; u = x − 100 ∫ y − 1 y + 1 d y ; u = y + 1 y − 2 ln | y + 1 | + C ∫ 1 − x 2 3 x – x 3 d x ; u = 3 x – x 3 ∫ sen x + cos x sen x − cos x d x ; u = sen x − cos x ln | sen x − cos x | + C ∫ e 2 x 1 − e 2 x d x ; u = e 2 x ∫ ln ( x ) 1 − ( ln x ) 2 x d x ; u = ln x − 1 3 ( 1 − ( ln x ) 2 ) 3 / 2 + C En los siguientes ejercicios, ¿la aproximación del extremo derecho sobrestima o subestima el área exacta? Calcule la estimación del punto extremo derecho R 50 y resuelva el área exacta. [T] y = e x en [ 0 , 1 ] [T] y = e – x en [ 0 , 1 ] Solución exacta: e − 1 e , R 50 = 0,6258 . Como f es decreciente, la estimación del punto extremo derecho subestima el área. [T] y = ln ( x ) en [ 1 , 2 ] [T] y = x + 1 x 2 + 2 x + 6 en [ 0 , 1 ] Solución exacta: 2 ln ( 3 ) − ln ( 6 ) 2 , R 50 = 0,2033 . Como f es creciente, la estimación del punto extremo derecho sobreestima el área. [T] y = 2 x en [ −1 , 0 ] [T] y = − 2 − x en [ 0 , 1 ] Solución exacta: − 1 ln ( 4 ) , R 50 = −0,7164 . Como f es creciente, la estimación del punto extremo derecho sobreestima el área (el área real es un número negativo mayor). En los siguientes ejercicios, f ( x ) ≥ 0 por a ≤ x ≤ b . Halle el área bajo el gráfico de f ( x ) entre los valores dados a y b mediante la integración. f ( x ) = log 10 ( x ) x ; a = 10 , b = 100 f ( x ) = log 2 ( x ) x ; a = 32 , b = 64 11 2 ln 2 f ( x ) = 2 − x ; a = 1 , b = 2 f ( x ) = 2 − x ; a = 3 , b = 4 1 ln ( 65 , 536 ) Halle el área bajo el gráfico de la función f ( x ) = x e – x 2 entre x = 0 y x = 5 . Calcule la integral de f ( x ) = x e – x 2 y calcule el menor valor de N tal que el área debajo del gráfico f ( x ) = x e – x 2 entre x = N y x = N + 1 es, como máximo, de 0,01. ∫ N N + 1 x e – x 2 d x = 1 2 ( e − N 2 − e − ( N + 1 ) 2 ) . La cantidad es inferior a 0,01 cuando N = 2 . Halle el límite, cuando N tiende a infinito, del área bajo el gráfico de f ( x ) = x e – x 2 entre x = 0 y x = N . Demuestre que ∫ a b d t t = ∫ 1 / b 1 / a d t t cuando 0 < a ≤ b . ∫ a b d x x = ln ( b ) − ln ( a ) = ln ( 1 a ) − ln ( 1 b ) = ∫ 1 / b 1 / a d x x Supongamos que f ( x ) > 0 para toda x y que f y g son diferenciables. Utilice la identidad f g = e g ln f y la regla de la cadena para encontrar la derivada de f g . Utilice el ejercicio anterior para encontrar la antiderivada de h ( x ) = x x ( 1 + ln x ) y evalúe ∫ 2 3 x x ( 1 + ln x ) d x . 23 Demuestre que si c > 0 , entonces la integral de 1 / x de ac a bc ( 0 < a < b ) es la misma que la integral de 1 / x de a a b . Los siguientes ejercicios pretenden derivar las propiedades fundamentales del logaritmo natural partiendo de la definición ln ( x ) = ∫ 1 x d t t , utilizando las propiedades de la integral definida y sin hacer más suposiciones. Utilice la identidad ln ( x ) = ∫ 1 x d t t para derivar la identidad ln ( 1 x ) = − ln x . Podemos suponer que x > 1 , por lo que 1 x < 1 . Entonces, ∫ 1 1 / x d t t . Ahora haga la sustitución u = 1 t , así que d u = − d t t 2 y d u u = − d t t , y cambie los puntos finales: ∫ 1 1 / x d t t = − ∫ 1 x d u u = − ln x . Utilice un cambio de variable en la integral ∫ 1 x y 1 t d t para demostrar que ln x y = ln x + ln y para x , y > 0 . Utilice la identidad ln x = ∫ 1 x d t t para demostrar que ln ( x ) es una función creciente de x en [ 0 , ∞ ) , y utilice los ejercicios anteriores para demostrar que el rango de ln ( x ) es ( − ∞ , ∞ ) . Sin más suposiciones, concluya que ln ( x ) tiene una función inversa definida en ( − ∞ , ∞ ) . Las respuestas variarán. Imagine, por el momento, que no sabemos que e x es la función inversa de ln ( x ) , pero tenga en cuenta que ln ( x ) tiene una función inversa definida en ( − ∞ , ∞ ) . Llamémoslo E . Use la identidad ln x y = ln x + ln y para deducir que E ( a + b ) = E ( a ) E ( b ) para cualquier número real a , b . Imagine, por el momento, que no sabemos que e x es la función inversa de ln x , pero tenga en cuenta que ln x tiene una función inversa definida en ( − ∞ , ∞ ) . Llamémoslo E . Demuestre que E ' ( t ) = E ( t ) . x = E ( ln ( x ) ) . Entonces, 1 = E ' ( ln x ) x o x = E ' ( ln x ) . Dado que cualquier número t se puede escribir t = ln x para alguna x , y para tal t tenemos x = E ( t ) , luego se deduce que para cualquier t , E ' ( t ) = E ( t ) . La integral de seno, definida como S ( x ) = ∫ 0 x sen t t d t es una cantidad importante en ingeniería. Aunque no tiene una fórmula cerrada simple, es posible estimar su comportamiento para grandes x . Demuestre que para k ≥ 1 , | S ( 2 π k ) − S ( 2 π ( k + 1 ) ) | ≤ 1 k ( 2 k + 1 ) π . ( Pista : sen ( t + π ) = − sen t ). [T] La distribución normal en probabilidad viene dada por p ( x ) = 1 σ 2 π e − ( x – μ ) 2 / 2 σ 2 , donde σ es la desviación típica y μ es el promedio. La distribución normal estándar en probabilidad, p s , corresponde a μ = 0 y σ = 1 . Calcule las estimaciones del punto extremo correcto R 10 y R 100 de ∫ –1 1 1 2 π e – x 2 / 2 d x . R 10 = 0,6811 , R 100 = 0,6827 [T] Calcule las estimaciones del punto extremo derecho R 50 y R 100 de ∫ −3 5 1 2 2 π e − ( x – 1 ) 2 / 8 .

Matemáticas


Integrales que resultan en funciones trigonométricas inversas En esta sección nos centramos en las integrales que dan lugar a funciones trigonométricas inversas. Ya hemos trabajado con estas funciones. Recordemos que en Funciones y gráficos las funciones trigonométricas no son biunívocas, a menos que los dominios estén restringidos. Al trabajar con las inversas de funciones trigonométricas, siempre hay que tener en cuenta estas restricciones. También en Derivadas , desarrollamos fórmulas para derivadas de funciones trigonométricas inversas. Las fórmulas que se desarrollaron allí generan directamente fórmulas de integración que implican funciones trigonométricas inversas. Integrales que dan lugar a funciones senoidales inversas Comencemos esta última sección del capítulo con las tres fórmulas. Junto con estas fórmulas, utilizamos la sustitución para evaluar las integrales. Demostramos la fórmula de la integral inversa de seno. Regla: fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas Las siguientes fórmulas de integración generan funciones trigonométricas inversas. Supongamos que a > 0 : ∫ d u a 2 − u 2 = sen −1 u | a | + C ∫ d u a 2 + u 2 = 1 a tan −1 u a + C ∫ d u u u 2 − a 2 = 1 | a | sec −1 | u | a + C (carbono 14). Prueba Supongamos que y = sen −1 x a . Entonces a sen y = x . Ahora utilicemos la diferenciación implícita. Obtenemos d d x ( a sen y ) = d d x ( x ) a cos y d y d x = 1 d y d x = 1 a cos y . Para − π 2 ≤ y ≤ π 2 , cos y ≥ 0 . Así, aplicando la identidad pitagórica sen 2 y + cos 2 y = 1 , tenemos cos y = 1 – sen 2 y . Esto da 1 a cos y = 1 a 1 − sen 2 y = 1 a 2 − a 2 sen 2 y = 1 a 2 − x 2 . Entonces para − a ≤ x ≤ a , y generalizando a u , tenemos ∫ 1 a 2 − u 2 d u = sen −1 ( u a ) + C . □ Evaluación de una integral definida mediante funciones trigonométricas inversas Evalúe la integral definida ∫ 0 1 2 d x 1 − x 2 . Podemos ir directamente a la fórmula de la antiderivada en la regla de las fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas, y luego evaluar la integral definida. Tenemos ∫ 0 1 2 d x 1 − x 2 = sen −1 x | 0 1 2 = sen −1 1 2 − sen −1 0 = π 6 − 0 = π 6 . Halle la antiderivada de ∫ d x 1 − 16 x 2 . 1 4 sen −1 ( 4 x ) + C Pista Sustituya u = 4 x Encontrar una antiderivada que implique una función trigonométrica inversa Evalúe la integral ∫ d x 4 − 9 x 2 . Sustituya u = 3 x . Entonces d u = 3 d x y tenemos ∫ d x 4 − 9 x 2 = 1 3 ∫ d u 4 − u 2 . Aplicando la fórmula con a = 2 , obtenemos ∫ d x 4 − 9 x 2 = 1 3 ∫ d u 4 − u 2 = 1 3 sen −1 ( u 2 ) + C = 1 3 sen −1 ( 3 x 2 ) + C . Halle la integral indefinida utilizando una función trigonométrica inversa y la sustitución de ∫ d x 9 − x 2 . sen −1 ( x 3 ) + C Pista Use la fórmula de la regla sobre las fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas. Evaluación de una integral definida Evalúe la integral definida ∫ 0 3 / 2 d u 1 − u 2 . El formato del problema coincide con la fórmula de seno inverso. Por lo tanto, ∫ 0 3 / 2 d u 1 − u 2 = sen −1 u | 0 3 / 2 = [ sen −1 ( 3 2 ) ] − [ sen −1 ( 0 ) ] = π 3 . Integrales que resultan en otras funciones trigonométricas inversas Hay seis funciones trigonométricas inversas. Sin embargo, en la regla sobre fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas solo se anotan tres fórmulas de integración porque las tres restantes son versiones negativas de las que utilizamos. La única diferencia es si el integrando es positivo o negativo. En vez de memorizar tres fórmulas más, si el integrando es negativo, simplemente factorice –1 y evalúe la integral usando una de las fórmulas ya proporcionadas. Para cerrar esta sección, examinaremos una fórmula más: la integral que resulta de la función tangente inversa. Encontrar una antiderivada que implique la función tangente inversa Encontrar una antiderivada de ∫ 1 1 + 4 x 2 d x . Comparando este problema con las fórmulas indicadas en la regla sobre las fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas, el integrando se parece a la fórmula de tan −1 u + C . Así que utilizamos la sustitución, suponiendo que u = 2 x , entonces d u = 2 d x y 1 / 2 d u = d x . Entonces, tenemos 1 2 ∫ 1 1 + u 2 d u = 1 2 tan −1 u + C = 1 2 tan –1 ( 2 x ) + C . Utilice la sustitución para calcular la antiderivada ∫ d x 25 + 4 x 2 . 1 10 tan –1 ( 2 x 5 ) + C Pista Utilice la estrategia de resolución de la y la regla de las fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas. Aplicación de las fórmulas de integración Encuentre la antiderivada de ∫ 1 9 + x 2 d x . Aplique la fórmula con a = 3 . Entonces, ∫ d x 9 + x 2 = 1 3 tan –1 ( x 3 ) + C . Halle la antiderivada de ∫ d x 16 + x 2 . 1 4 tan –1 ( x 4 ) + C Pista Siga los pasos del . Evaluación de una integral definida Evalúe la integral definida ∫ 3 / 3 3 d x 1 + x 2 . Utilice la fórmula de la tangente inversa. Tenemos ∫ 3 / 3 3 d x 1 + x 2 = tan −1 x | 3 / 3 3 = [ tan –1 ( 3 ) ] − [ tan –1 ( 3 3 ) ] = π 6 . Evalúe la integral definida ∫ 0 2 d x 4 + x 2 . π 8 Pista Siga los procedimientos del para resolver el problema. Conceptos clave Las fórmulas para las derivadas de las funciones trigonométricas inversas desarrolladas en Derivadas de funciones exponenciales y logarítmicas conducen directamente a fórmulas de integración que implican funciones trigonométricas inversas. Utilice las fórmulas indicadas en la regla sobre fórmulas de integración que generan funciones trigonométricas inversas para que coincidan con el formato correcto y haga las modificaciones necesarias para resolver el problema. A menudo es necesario hacer sustituciones para poner el integrando en la forma correcta. Ecuaciones clave Integrales que producen funciones trigonométricas inversas ∫ d u a 2 − u 2 = sen −1 ( u a ) + C ∫ d u a 2 + u 2 = 1 a tan –1 ( u a ) + C ∫ d u u u 2 − a 2 = 1 a sec −1 ( u a ) + C En los siguientes ejercicios, evalúe cada integral en términos de una función trigonométrica inversa. ∫ 0 3 / 2 d x 1 − x 2 sen −1 x | 0 3 / 2 = π 3 ∫ −1 / 2 1 / 2 d x 1 − x 2 ∫ 3 1 d x 1 + x 2 tan −1 x | 3 1 = − π 12 ∫ 1 / 3 3 d x 1 + x 2 ∫ 2 3 2 d x | x | x 2 – 1 sec −1 x | 1 2 = π 4 ∫ 2 2 d x | x | x 2 – 1 En los siguientes ejercicios, halle cada integral indefinida, utilizando las sustituciones adecuadas. ∫ d x 9 − x 2 sen −1 ( x 3 ) + C ∫ d x 1 − 16 x 2 ∫ d x 9 + x 2 1 3 tan –1 ( x 3 ) + C ∫ d x 25 + 16 x 2 ∫ d x | x | x 2 − 9 1 3 sec −1 ( x 3 ) + C ∫ d x | x | 4 x 2 − 16 Explique la relación − cos −1 t + C = ∫ d t 1 − t 2 = sen −1 t + C . ¿Es cierto, en general, que cos −1 t = − sen −1 t ? cos ( π 2 − θ ) = sen θ . Así que, sen −1 t = π 2 − cos −1 t . Se diferencian por una constante. Explique la relación sec −1 t + C = ∫ d t | t | t 2 – 1 = − csc −1 t + C . ¿Es cierto, en general, que sec −1 t = − csc −1 t ? Explique qué falla en la siguiente integral: ∫ 1 2 d t 1 − t 2 . 1 − t 2 no se define como un número real cuando t > 1 . Explique qué falla en la siguiente integral: ∫ –1 1 d t | t | t 2 – 1 . En los siguientes ejercicios, resuelva la antiderivada ∫ f de f con C = 0 , luego use una calculadora para graficar f y la antiderivada en el intervalo dado [ a , b ] . Identifique un valor de C tal que sumando C a la antiderivada se recupere la integral definida F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t . [T] ∫ 1 9 − x 2 d x en [ −3 , 3 ] La antiderivada es sen −1 ( x 3 ) + C . Si tomamos C = π 2 recupera la integral definida. [T] ∫ 9 9 + x 2 d x en [ −6 , 6 ] [T] ∫ cos x 4 + sen 2 x d x en [ −6 , 6 ] La antiderivada es 1 2 tan –1 ( sen x 2 ) + C . Si tomamos C = 1 2 tan –1 ( sen ( 6 ) 2 ) recupera la integral definida. [T] ∫ e x 1 + e 2 x d x en [ −6 , 6 ] En los siguientes ejercicios, calcule la antiderivada utilizando las sustituciones adecuadas. ∫ sen −1 t d t 1 − t 2 1 2 ( sen −1 t ) 2 + C ∫ d t sen −1 t 1 − t 2 ∫ tan –1 ( 2 t ) 1 + 4 t 2 d t 1 4 ( tan –1 ( 2 t ) ) 2 ∫ t tan –1 ( t 2 ) 1 + t 4 d t ∫ sec −1 ( t 2 ) | t | t 2 − 4 d t 1 4 ( sec −1 ( t 2 ) 2 ) + C ∫ t sec −1 ( t 2 ) t 2 t 4 − 1 d t En los siguientes ejercicios, utilice una calculadora para graficar la antiderivada ∫ f con la C = 0 en el intervalo dado [ a , b ] . Aproxime un valor de C , si es posible, tal que sumando C a la antiderivada se obtenga el mismo valor que la integral definida F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t . [T] ∫ 1 x x 2 − 4 d x en [ 2 , 6 ] La antiderivada es 1 2 sec −1 ( x 2 ) + C . Si tomamos C = 0 se recupera la integral definida en [ 2 , 6 ] . [T] ∫ 1 ( 2 x + 2 ) x d x en [ 0 , 6 ] [T] ∫ ( sen x + x cos x ) 1 + x 2 sen 2 x d x en [ −6 , 6 ] La antiderivada general es tan –1 ( x sen x ) + C . Si tomamos C = − tan –1 ( 6 sen ( 6 ) ) recupera la integral definida. [T] ∫ 2 e −2 x 1 − e −4 x d x en [ 0 , 2 ] [T] ∫ 1 x + x ln 2 x en [ 0 , 2 ] La antiderivada general es tan –1 ( ln x ) + C . Si tomamos C = π 2 = tan −1 ∞ recupera la integral definida. [T] ∫ sen −1 x 1 − x 2 en [ −1 , 1 ] En los siguientes ejercicios, calcule cada integral utilizando las sustituciones adecuadas. ∫ e t 1 − e 2 t d t sen −1 ( e t ) + C ∫ e t 1 + e 2 t d t ∫ d t t 1 − ln 2 t sen −1 ( ln t ) + C ∫ d t t ( 1 + ln 2 t ) grandes. ∫ cos −1 ( 2 t ) 1 − 4 t 2 d t − 1 4 ( cos −1 ( 2 t ) ) 2 + C ∫ e t cos −1 ( e t ) 1 − e 2 t d t En los siguientes ejercicios, calcule cada integral definida. ∫ 0 1 / 2 tan ( sen −1 t ) 1 − t 2 d t 1 2 ln ( 4 3 ) grandes. ∫ 1 / 4 1 / 2 tan ( cos −1 t ) 1 − t 2 d t ∫ 0 1 / 2 sen ( tan −1 t ) 1 + t 2 d t 1 − 2 5 ∫ 0 1 / 2 cos ( tan −1 t ) 1 + t 2 d t Para A > 0 , calcule I ( A ) = ∫ − A A d t 1 + t 2 y evalúe lím a → ∞ I ( A ) , el área bajo el gráfico de 1 1 + t 2 en [ − ∞ , ∞ ] . 2 tan –1 ( A ) → π cuando A → ∞ Para 1 < B < ∞ , calcule I ( B ) = ∫ 1 B d t t t 2 – 1 y evalúe lím B → ∞ I ( B ) , el área bajo el gráfico de 1 t t 2 – 1 en [ 1 , ∞ ) . Utilice la sustitución u = 2 cot x y la identidad 1 + cot 2 x = csc 2 x para evaluar ∫ d x 1 + cos 2 x . ( Pista: Multiplique la parte superior e inferior del integrando por csc 2 x . ). Usando la pista, el uno tiene ∫ csc 2 x csc 2 x + cot 2 x d x = ∫ csc 2 x 1 + 2 cot 2 x d x . Establezca u = 2 cot x . Entonces, d u = − 2 csc 2 x y la integral es − 1 2 ∫ d u 1 + u 2 = − 1 2 tan −1 u + C = 1 2 tan –1 ( 2 cot x ) + C . Si el uno utiliza la identidad tan −1 s + tan –1 ( 1 s ) = π 2 , entonces esto también se puede escribir 1 2 tan –1 ( tan x 2 ) + C . [T] Aproxime los puntos en los que los gráficos de f ( x ) = 2 x 2 – 1 y g ( x ) = ( 1 + 4 x 2 ) −3 / 2 se intersecan a cuatro decimales y calcule el área entre sus gráficos a tres decimales. 47. [T] Aproxime los puntos en los que los gráficos de f ( x ) = x 2 – 1 y g ( x ) = ( x 2 + 1 ) 1 2 se intersecan a cuatro decimales y calcule el área entre sus gráficos a tres decimales. x ≈ ± 1,7321 . La estimación del punto extremo izquierdo con N = 100 es 4,781 y estos decimales persisten en N = 500 . Utilice el siguiente gráfico para demostrar que ∫ 0 x 1 − t 2 d t = 1 2 x 1 − x 2 + 1 2 sen −1 x . Ejercicios de repaso del capítulo Verdadero o falso. Justifique su respuesta con una prueba o un contraejemplo. Supongamos que todas las funciones f y g son continuas en sus dominios. Si los valores de f ( x ) > 0 , f ′ ( x ) > 0 para todo x , entonces la regla de la derecha subestima la integral ∫ a b f ( x ) . Utilice un gráfico para justificar su respuesta. Falso ∫ a b f ( x ) 2 d x = ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b f ( x ) d x Si f ( x ) ≤ g ( x ) para todo x ∈ [ a , b ] , entonces ∫ a b f ( x ) ≤ ∫ a b g ( x ) . Verdadero Toda función continua tiene una antiderivada. Evalúe las sumas de Riemann L 4 y R 4 en las siguientes funciones en el intervalo especificado. Compare su respuesta con la respuesta exacta, cuando sea posible, o utilice una calculadora para definir la respuesta. y = 3 x 2 − 2 x + 1 en [ −1 , 1 ] L 4 = 5,25 , R 4 = 3,25 , respuesta exacta: 4 y = ln ( x 2 + 1 ) en [ 0 , e ] y = x 2 sen x en [ 0 , π ] L 4 = 5,364 , R 4 = 5,364 , respuesta exacta: 5,870 y = x + 1 x en [ 1 , 4 ] Evalúe las siguientes integrales. ∫ –1 1 ( x 3 − 2 x 2 + 4 x ) d x − 4 3 ∫ 0 4 3 t 1 + 6 t 2 d t ∫ π / 3 π / 2 2 sec ( 2 θ ) tan ( 2 θ ) d θ 1 ∫ 0 π / 4 e cos 2 x sen x cos x d x Calcule la antiderivada. ∫ d x ( x + 4 ) 3 − 1 2 ( x + 4 ) 2 + C ∫ x ln ( x 2 ) d x ∫ 4 x 2 1 − x 6 d x 4 3 sen −1 ( x 3 ) + C ∫ e 2 x 1 + e 4 x d x Halle la derivada. d d t ∫ 0 t sen x 1 + x 2 d x sen t 1 + t 2 d d x ∫ 1 x 3 4 − t 2 d t d d x ∫ 1 ln ( x ) ( 4 t + e t ) d t 4 ln x x + 1 d d x ∫ 0 cos x e t 2 d t Los siguientes problemas consideran el costo promedio histórico por gigabyte de RAM en una computadora Año Variación en 5 años ($) 1980 0 1985 −5.468.750 1990 − 755.495 1995 –73.005 2000 –29.768 2005 –918 2010 –177 Si el costo promedio por gigabyte de RAM en 2010 es de 12 dólares, halle el costo medio por gigabyte de RAM en 1980. $6.328.113 El costo promedio por gigabyte de RAM puede aproximarse mediante la función C ( t ) = 8 , 500 , 000 ( 0,65 ) t , donde t se mide en años desde 1980 y C es el costo en dólares. Halle el costo promedio por gigabyte de memoria RAM entre 1980 y 2010. Halle el costo promedio de 1GB de RAM entre 2005 y 2010. $73,36 La velocidad de la bala de un rifle puede aproximarse por v ( t ) = 6.400 t 2 − 6.505 t + 2.686 , donde t es segundos después del disparo y v es la velocidad medida en pies por segundo. Esta ecuación solo modela la velocidad durante el primer medio segundo después del disparo 0 ≤ t ≤ 0,5 . ¿Cuál es la distancia total que recorre la bala en 0,5 segundos? ¿Cuál es la velocidad media de la bala durante el primer medio segundo? 19117 12 ft/s , o 1593 ft/s

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Introducción La presa Hoover es uno de los lugares emblemáticos de Estados Unidos, y proporciona riego y energía hidroeléctrica a millones de personas en el suroeste del país (créditos: modificación de la obra de Lynn Betts, Wikimedia). La presa Hoover es una maravilla de la ingeniería. Cuando el lago Mead, el embalse que hay detrás de la presa, está lleno, la presa soporta una gran fuerza. Sin embargo, los niveles de agua del lago varían considerablemente como consecuencia de las sequías y de las distintas demandas de agua. Más adelante en este capítulo utilizaremos las integrales definidas para calcular la fuerza que soporta la presa cuando el embalse está lleno, y examinaremos cómo los cambios en el nivel del agua afectan a esa fuerza (vea el ). La fuerza hidrostática es solo una de las muchas aplicaciones de las integrales definidas que exploramos en este capítulo. Desde las aplicaciones geométricas como área superficial y volumen, aplicaciones físicas como masa y trabajo, hasta los modelos de crecimiento y decaimiento, las integrales definidas son una herramienta poderosa para ayudarnos a comprender y modelar el mundo que nos rodea.

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