El teorema fundamental del cálculo En los dos apartados anteriores vimos la integral definida y su relación con el área bajo la curva de una función. Desafortunadamente, hasta ahora las únicas herramientas de que disponemos para calcular el valor de una integral definida son las fórmulas geométricas de área y los límites de las sumas de Riemann, y ambas aproximaciones son extremadamente engorrosas. En esta sección veremos algunas técnicas más potentes y útiles para evaluar integrales definidas. Estas nuevas técnicas se basan en la relación entre diferenciación e integración. Esta relación fue descubierta y explorada tanto por Sir Isaac Newton como por Gottfried Wilhelm Leibniz (entre otros) a finales de 1600 y principios de 1700, y está codificada en lo que ahora llamamos el teorema fundamental del cálculo , que tiene dos partes que examinamos en esta sección. Su propio nombre indica lo fundamental que es este teorema para todo el desarrollo del cálculo. Las aportaciones de Isaac Newton a las matemáticas y la física cambiaron nuestra forma de ver el mundo. Las relaciones que descubrió, codificadas como las leyes de Newton y la ley de la gravitación universal, se siguen enseñando como material fundamental en la física actual, y su cálculo ha dado lugar a ámbitos completos dentro de las matemáticas. Para saber más, lea una breve biografía de Newton con videos multimedia. Sin embargo, antes de llegar a este teorema crucial, vamos a examinar otro teorema importante, el teorema del valor medio para integrales, que es necesario para demostrar el teorema fundamental del cálculo. Teorema del valor medio para integrales El teorema del valor medio para integrales afirma que una función continua en un intervalo cerrado toma su valor medio en algún punto de ese intervalo. El teorema garantiza que si f ( x ) es continua, existe un punto c en un intervalo [ a , b ] tal que el valor de la función en c es igual al valor medio de f ( x ) en [ a , b ] . Enunciamos este teorema matemáticamente con la ayuda de la fórmula del valor medio de una función que presentamos al final del apartado anterior. Teorema del valor medio para integrales Si los valores de f ( x ) es continua en un intervalo [ a , b ] , entonces hay al menos un punto c ∈ [ a , b ] tal que f ( c ) = 1 b – a ∫ a b f ( x ) d x . Esta fórmula también puede expresarse como ∫ a b f ( x ) d x = f ( c ) ( b – a ) . Prueba Dado que f ( x ) es continua en [ a , b ] , por el teorema del valor extremo (consulte Máximos y mínimos ), asume valores mínimos y máximos — m y M , respectivamente— en [ a , b ] . Entonces, para toda x en [ a , b ] , tenemos m ≤ f ( x ) ≤ M . Por lo tanto, por el teorema de comparación (consulte La integral definida ), tenemos m ( b – a ) ≤ ∫ a b f ( x ) d x ≤ M ( b – a ) . Al dividir entre b – a nos da m ≤ 1 b – a ∫ a b f ( x ) d x ≤ M . Dado que 1 b – a ∫ a b f ( x ) d x es un número entre m y M , y ya que f ( x ) es continua y asume los valores m y M en [ a , b ] , por el teorema del valor intermedio (consulte Continuidad ), existe un número c en [ a , b ] tal que f ( c ) = 1 b – a ∫ a b f ( x ) d x , y la prueba está completa. □ Encontrar el valor medio de una función Calcule el valor promedio de la función f ( x ) = 8 − 2 x en el intervalo [ 0 , 4 ] y halle c de modo que f ( c ) es igual al valor promedio de la función sobre [ 0 , 4 ] . La fórmula indica el valor medio de f ( x ) está dada por 1 4 − 0 ∫ 0 4 ( 8 − 2 x ) d x . Podemos ver en la que la función representa una línea recta y forma un triángulo rectángulo delimitado por los ejes x y y . El área del triángulo es A = 1 2 ( base ) ( altura ) . Tenemos A = 1 2 ( 4 ) ( 8 ) = 16 . El valor medio se obtiene multiplicando el área por 1 / ( 4 − 0 ) . Así, el valor medio de la función es 1 4 ( 16 ) = 4 . Establezca el valor medio igual a f ( c ) y resuelva para c . 8 − 2 c = 4 c = 2 A c = 2 , f ( 2 ) = 4 . Por el teorema del valor medio, la función continua f ( x ) toma su valor medio en c al menos una vez en un intervalo cerrado. Calcule el valor promedio de la función f ( x ) = x 2 en el intervalo [ 0 , 6 ] y halle c de modo que f ( c ) es igual al valor promedio de la función sobre [ 0 , 6 ] . Valor medio = 1,5 ; c = 3 Pista Utilice los procedimientos de la para resolver el problema. Cómo encontrar el punto en el que una función toma su valor medio Dados ∫ 0 3 x 2 d x = 9 , halle c de modo que f ( c ) es igual al valor promedio de f ( x ) = x 2 en [ 0 , 3 ] . Buscamos el valor de c tal que f ( c ) = 1 3 − 0 ∫ 0 3 x 2 d x = 1 3 ( 9 ) = 3 . Sustitución de f ( c ) con c 2 , tenemos c 2 = 3 c = ± 3 . Dado que − 3 está fuera del intervalo, toma solo el valor positivo. Así, c = 3 ( ). En el intervalo [ 0 , 3 ] , la función f ( x ) = x 2 adquiere su valor medio en c = 3 . Dados ∫ 0 3 ( 2 x 2 – 1 ) d x = 15 , halle c de modo que f ( c ) es igual al valor promedio de f ( x ) = 2 x 2 – 1 en [ 0 , 3 ] . c = 3 Pista Utilice los procedimientos de la para resolver el problema. Teorema fundamental del cálculo, parte 1: Integrales y antiderivadas Como se dijo anteriormente, el teorema fundamental del cálculo es un teorema extremadamente poderoso que establece la relación entre la diferenciación y la integración, y nos da una manera de evaluar integrales definidas sin usar sumas de Riemann o calcular áreas. El teorema consta de dos partes, la primera de las cuales, el teorema fundamental del cálculo, parte 1 , se enuncia aquí. La Parte 1 establece la relación entre diferenciación e integración. Teorema fundamental del cálculo, parte 1 Si los valores de f ( x ) es continua en un intervalo [ a , b ] , y la función F ( x ) se define por F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t , entonces F ′ ( x ) = f ( x ) en [ a , b ] . Antes de profundizar en la prueba, vale la pena mencionar un par de sutilezas. En primer lugar, un comentario sobre la notación. Observe que hemos definido una función, F ( x ) , como la integral definida de otra función, f ( t ) , desde el punto a hasta el punto x . A primera vista es confuso, porque hemos dicho varias veces que una integral definida es un número, y aquí parece que es una función. La clave aquí es darse cuenta que para cualquier valor particular de x , la integral definida es un número. Así que la función F ( x ) responde con un número (el valor de la integral definida) para cada valor de x . En segundo lugar, merece la pena comentar algunas de las implicaciones clave de este teorema. Por algo se llama teorema fundamental del cálculo. No solo establece una relación entre integración y diferenciación, sino que también garantiza que cualquier función integrable tiene una antiderivada. En concreto, garantiza que cualquier función continua tiene una antiderivada. Prueba Al aplicar la definición de la derivada, tenemos F ′ ( x ) = lím h → 0 F ( x + h ) – F ( x ) h = lím h → 0 1 h [ ∫ a x + h f ( t ) d t − ∫ a x f ( t ) d t ] = lím h → 0 1 h [ ∫ a x + h f ( t ) d t + ∫ x a f ( t ) d t ] = lím h → 0 1 h ∫ x x + h f ( t ) d t . Si observamos atentamente esta última expresión, vemos 1 h ∫ x x + h f ( t ) d t es solo el valor medio de la función f ( x ) en el intervalo [ x , x + h ] . Por lo tanto, por el , hay algún número c en [ x , x + h ] tal que 1 h ∫ x x + h f ( x ) d x = f ( c ) . Además, como c está entre x y x + h , c se aproxima a x a medida que h se acerca a cero. Además, como f ( x ) es continua, tenemos lím h → 0 f ( c ) = lím c → x f ( c ) = f ( x ) . Uniendo todas estas piezas, tenemos F ′ ( x ) = lím h → 0 1 h ∫ x x + h f ( x ) d x = lím h → 0 f ( c ) = f ( x ) , y la prueba está completa. □ Halle una derivada con el teorema fundamental del cálculo Utilice el para encontrar la derivada de g ( x ) = ∫ 1 x 1 t 3 + 1 d t . Según el teorema fundamental del cálculo, la derivada viene dada por g ′ ( x ) = 1 x 3 + 1 . Utilice el teorema fundamental del cálculo, parte 1 para encontrar la derivada de g ( r ) = ∫ 0 r x 2 + 4 d x . g ′ ( r ) = r 2 + 4 Pista Siga los procedimientos del para resolver el problema. Uso del teorema fundamental y la regla de la cadena para calcular derivadas Supongamos que F ( x ) = ∫ 1 x sen t d t . Calcule F ′ ( x ) . Suponiendo que u ( x ) = x , tenemos F ( x ) = ∫ 1 u ( x ) sen t d t . Así, por el teorema fundamental del cálculo y la regla de la cadena, F ′ ( x ) = sen ( u ( x ) ) d u d x = sen ( u ( x ) ) . ( 1 2 x −1 / 2 ) = sen x 2 x . Supongamos que F ( x ) = ∫ 1 x 3 cos t d t . Calcule F ′ ( x ) . F ′ ( x ) = 3 x 2 cos x 3 Pista Utilice la regla de la cadena para resolver el problema. Uso del teorema fundamental del cálculo con los límites de integración de dos variables Supongamos que F ( x ) = ∫ x 2 x t 3 d t . Calcule F ′ ( x ) . Tenemos F ( x ) = ∫ x 2 x t 3 d t . Ambos límites de integración son variables, por lo que necesitamos dividir esto en dos integrales. Obtenemos F ( x ) = ∫ x 2 x t 3 d t = ∫ x 0 t 3 d t + ∫ 0 2 x t 3 d t = − ∫ 0 x t 3 d t + ∫ 0 2 x t 3 d t . Al diferenciar el primer término, obtenemos d d x [ − ∫ 0 x t 3 d t ] = − x 3 . A diferenciar el segundo término, primero suponemos que u ( x ) = 2 x . Entonces, d d x [ ∫ 0 2 x t 3 d t ] = d d x [ ∫ 0 u ( x ) t 3 d t ] = ( u ( x ) ) 3 d u d x = ( 2 x ) 3 . 2 = 16 x 3 . Por lo tanto, F ′ ( x ) = d d x [ − ∫ 0 x t 3 d t ] + d d x [ ∫ 0 2 x t 3 d t ] = − x 3 + 16 x 3 = 15 x 3 . Supongamos que F ( x ) = ∫ x x 2 cos t d t . Calcule F ′ ( x ) . F ′ ( x ) = 2 x cos x 2 − cos x Pista Utilice los procedimientos del para resolver el problema. Teorema fundamental del cálculo, parte 2: El teorema de evaluación El teorema fundamental del cálculo, parte 2, es quizás el teorema más importante del cálculo. Tras los incansables esfuerzos de los matemáticos durante aproximadamente 500 años, surgieron nuevas técnicas que proporcionaron a los científicos las herramientas necesarias para explicar muchos fenómenos. Gracias al cálculo, los astrónomos al fin pudieron determinar las distancias en el espacio y trazar las órbitas planetarias. Los problemas financieros cotidianos, como el cálculo de los costos marginales o la predicción de los beneficios totales, podían ahora tratarse con sencillez y precisión. Los ingenieros podían calcular la resistencia a la flexión de los materiales o el movimiento tridimensional de los objetos. Nuestra visión del mundo cambió para siempre con el cálculo. Después de encontrar las áreas aproximadas sumando las áreas de rectángulos n , la aplicación de este teorema es sencilla por comparación. Casi parece demasiado sencillo que el área de toda una región curva pueda calcularse simplemente evaluando una antiderivada en el primer y último punto final de un intervalo. El teorema fundamental del cálculo, parte 2 Si f es continua en el intervalo [ a , b ] y F ( x ) es cualquier antiderivada de f ( x ) , entonces ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) – F ( a ) . A menudo vemos la notación F ( x ) | a b para denotar la expresión F ( b ) – F ( a ) . Utilizamos esta barra vertical y los límites a y b asociados para indicar que debemos evaluar la función F ( x ) en el límite superior (en este caso, b ), y restar el valor de la función F ( x ) evaluado en el límite inferior (en este caso, a ). El teorema fundamental del cálculo, parte 2 (también conocido como el teorema de evaluación ) establece que si podemos encontrar una antiderivada para el integrando, entonces podemos evaluar la integral definida evaluando la antiderivada en los puntos extremos del intervalo y restando. Prueba Supongamos que P = { x i } , i = 0 , 1 ,…, n es una partición regular de [ a , b ] . Entonces, podemos escribir F ( b ) – F ( a ) = F ( x n ) – F ( x 0 ) = [ F ( x n ) – F ( x n – 1 ) ] + [ F ( x n – 1 ) – F ( x n – 2 ) ] + … + [ F ( x 1 ) – F ( x 0 ) ] = ∑ i = 1 n [ F ( x i ) – F ( x i − 1 ) ] . Ahora, sabemos que F es una antiderivada de f en [ a , b ] , así que mediante el teorema del valor medio (consulte el teorema del valor medio ) para i = 0 , 1 ,…, n podemos encontrar c i en [ x i − 1 , x i ] tal que F ( x i ) – F ( x i − 1 ) = F ′ ( c i ) ( x i − x i − 1 ) = f ( c i ) Δ x . Entonces, sustituyendo en la ecuación anterior, tenemos F ( b ) – F ( a ) = ∑ i = 1 n f ( c i ) Δ x . Tomando el límite de ambos lados cuando n → ∞ , obtenemos F ( b ) – F ( a ) = lím n → ∞ ∑ i = 1 n f ( c i ) Δ x = ∫ a b f ( x ) d x . □ Evaluación de una integral con el teorema fundamental del cálculo Utilice el para evaluar ∫ −2 2 ( t 2 − 4 ) d t . Recordemos la regla de la potencia para las antiderivadas : Si y = x n , ∫ x n d x = x n + 1 n + 1 + C . Utilice esta regla para encontrar la antiderivada de la función y luego aplique el teorema. Tenemos ∫ −2 2 ( t 2 − 4 ) d t = t 3 3 − 4 t | −2 2 = [ ( 2 ) 3 3 − 4 ( 2 ) ] − [ ( −2 ) 3 3 − 4 ( −2 ) ] = ( 8 3 − 8 ) − ( − 8 3 + 8 ) = 8 3 − 8 + 8 3 − 8 = 16 3 − 16 = − 32 3 . Análisis Observe que no incluimos el término "+ C " cuando escribimos la antiderivada. La razón es que, según el teorema fundamental del cálculo, parte 2, cualquier antiderivada funciona. Así que, por comodidad, elegimos la antiderivada con C = 0 . Si hubiéramos elegido otra antiderivada, el término constante se habría anulado. Esto siempre ocurre al evaluar una integral definida. La región del área que acabamos de calcular se representa en la . Note que toda la región entre la curva y el eje x está por debajo del eje x . El área es siempre positiva, pero una integral definida puede producir un número negativo (un área neta con signo). Por ejemplo, si se tratara de una función de beneficios, un número negativo indica que la empresa está operando con pérdidas en el intervalo dado. La evaluación de una integral definida puede producir un valor negativo aunque el área sea siempre positiva. Evaluación de una integral definida mediante el teorema fundamental del cálculo, parte 2 Evalúe la siguiente integral utilizando el teorema fundamental del cálculo, parte 2: ∫ 1 9 x – 1 x d x . Primero elimine el radical reescribiendo la integral usando exponentes racionales. Luego, separe los términos del numerador escribiendo cada uno sobre el denominador: ∫ 1 9 x – 1 x 1 / 2 d x = ∫ 1 9 ( x x 1 / 2 – 1 x 1 / 2 ) d x . Utilice las propiedades de los exponentes para simplificar: ∫ 1 9 ( x x 1 / 2 – 1 x 1 / 2 ) d x = ∫ 1 9 ( x 1 / 2 − x −1 / 2 ) d x . Ahora, integre usando la regla de la potencia: ∫ 1 9 ( x 1 / 2 − x – 1 / 2 ) d x = ( x 3 / 2 3 2 − x 1 / 2 1 2 ) | 1 9 = [ ( 9 ) 3 / 2 3 2 − ( 9 ) 1 / 2 1 2 ] − [ ( 1 ) 3 / 2 3 2 − ( 1 ) 1 / 2 1 2 ] = [ 2 3 ( 27 ) − 2 ( 3 ) ] − [ 2 3 ( 1 ) − 2 ( 1 ) ] = 18 − 6 − 2 3 + 2 = 40 3 . Vea el . El área bajo la curva de x = 1 a x = 9 se puede calcular evaluando una integral definida. Utilice (teorema fundamental del cálculo) para evaluar ∫ 1 2 x −4 d x . 7 24 Pista Utilice la regla de la potencia. Una carrera de patinaje James y Kathy están patinando. Lo hacen a lo largo de una pista larga y recta, y quien llegue más lejos después de 5 segundos gana un premio. Si James puede patinar a una velocidad de f ( t ) = 5 + 2 t ft/s y Kathy puede patinar a una velocidad de g ( t ) = 10 + cos ( π 2 t ) ft/s, ¿quién va a ganar la carrera? Tenemos que integrar ambas funciones en el intervalo [ 0 , 5 ] y ver qué valor es mayor. Con respecto a James, queremos calcular ∫ 0 5 ( 5 + 2 t ) d t . Utilizando la regla de la potencia, tenemos ∫ 0 5 ( 5 + 2 t ) d t = ( 5 t + t 2 ) | 0 5 = ( 25 + 25 ) = 50. Así, James patinó 50 ft en 5 segundos. Volviendo a Kathy, queremos calcular ∫ 0 5 10 + cos ( π 2 t ) d t . Sabemos que sen t es una antiderivada de cos t , por lo que es razonable esperar que una antiderivada de cos ( π 2 t ) implicaría sen ( π 2 t ) . Sin embargo, cuando diferenciamos sen ( π 2 t ) , obtenemos π 2 cos ( π 2 t ) como resultado de la regla de la cadena, por lo que tenemos que tener en cuenta este coeficiente adicional cuando integramos. Obtenemos ∫ 0 5 10 + cos ( π 2 t ) d t = ( 10 t + 2 π sen ( π 2 t ) ) | 0 5 = ( 50 + 2 π ) − ( 0 − 2 π sen 0 ) ≈ 50,6. Kathy patinó aproximadamente 50,6 ft en 5 segundos. ¡Kathy gana, pero no por mucho! Supongamos que James y Kathy tienen una revancha, pero esta vez el árbitro detiene la contienda a solo 3 segundos. ¿Cambia esto el resultado? Kathy sigue ganando, pero por un margen mucho mayor: James patina 24 ft en 3 segundos, pero Kathy patina 29,3634 ft en 3 segundos. Pista Cambia los límites de integración de los que aparecen en la . Un paracaidista en caída libre Los paracaidistas pueden ajustar la velocidad de su inmersión cambiando la posición de su cuerpo durante la caída libre (créditos: Jeremy T. Lock). Julie es una paracaidista apasionada. Tiene más de 300 saltos en su haber y ha dominado el arte de cambiar la posición de su cuerpo en el aire para controlar la velocidad de caída. Si arquea la espalda y apunta su vientre hacia el suelo, alcanza una velocidad límite de aproximadamente 120 mph (176 ft/s). Si más bien orienta su cuerpo con la cabeza hacia abajo, cae más rápido, alcanzando una velocidad límite de 150 mph (220 ft/s). Como Julie se moverá (caerá) en dirección descendente, asumimos que la dirección descendente es positiva para simplificar nuestros cálculos. Julie ejecuta sus saltos desde una altitud de 12.500 ft. Al saltar de la aeronave, inmediatamente comienza a caer a una velocidad dada por v ( t ) = 32 t . Ella continúa acelerando según esta función de velocidad hasta que alcanza la velocidad límite. Cuando alcanza la velocidad límite, su velocidad se mantiene constante hasta que tira de la cuerda de seguridad y reduce la velocidad para aterrizar. En su primer salto del día, Julie se orienta en la posición más lenta "panza abajo" (la velocidad límite es de 176 ft/s). Con esta información, responda las siguientes preguntas. ¿Cuánto tiempo después de saltar del avión Julie alcanza la velocidad límite? Con base en su respuesta a la pregunta 1, establezca una expresión que implique una o más integrales que representen la distancia a la que cae Julie después de 30 segundos. Si Julie tira de su cuerda de seguridad a una altitud de 3.000 ft, ¿cuánto tiempo pasa en caída libre? Julie tira de su cuerda de seguridad a 3.000 ft. El paracaídas tarda 5 segundos en abrirse por completo y en frenar, tiempo durante el cual cae otros 400 ft. Después de que su casquete está completamente abierto, su velocidad se reduce a 16 ft/s. Halle el tiempo total que Julie pasa en el aire, desde que sale del avión hasta que sus pies tocan el suelo. En el segundo salto del día, Julie decide que quiere caer un poco más rápido y se orienta en la posición "cabeza abajo". Su velocidad límite en esta posición es de 220 ft/s. Responda a estas preguntas con base en esta velocidad: En este caso ¿cuánto tarda Julie en alcanzar la velocidad límite? Antes de tirar de la cuerda de seguridad, Julie reorienta su cuerpo en la posición "panza abajo" para no moverse tan rápido cuando se abra el paracaídas. Si comienza esta maniobra a una altitud de 4.000 ft, ¿cuánto tiempo pasa en caída libre antes de comenzar la reorientación? Algunos saltadores llevan " trajes de alas " (vea la ). Estos trajes tienen paneles de tela entre los brazos y las piernas y permiten al usuario deslizarse en caída libre, como una ardilla voladora. (De hecho, los trajes se llaman a veces "trajes de ardilla voladora"). Cuando se llevan estos trajes, la velocidad límite puede reducirse a unos 30 mph (44 ft/s), lo que permite a los usuarios un tiempo mucho más largo en el aire. Los pilotos de wingsuit (traje de alas) siguen utilizando paracaídas para aterrizar; aunque las velocidades verticales están dentro del margen de seguridad, las horizontales pueden superar las 70 mph, demasiado rápido para aterrizar con seguridad. Los paneles de tela de los brazos y las piernas de un wingsuit sirven para reducir la velocidad vertical de caída de un paracaidista (créditos: Richard Schneider). Responda la siguiente pregunta con base en la velocidad con un wingsuit. Si Julie se pone un wingsuit antes de su tercer salto del día y hala su cuerda de seguridad a una altitud de 3.000 ft, ¿cuánto tiempo puede pasar planeando en el aire? Conceptos clave El teorema del valor medio de las integrales afirma que para una función continua en un intervalo cerrado, existe un valor c tal que f ( c ) es igual al valor medio de la función. Vea el . El teorema fundamental del cálculo, parte 1 muestra la relación entre la derivada y la integral. Vea el . El teorema fundamental del cálculo, parte 2 es una fórmula para evaluar una integral definida en términos de una antiderivada de su integrando. El área total bajo una curva se puede encontrar utilizando esta fórmula. Vea el . Ecuaciones clave Teorema del valor medio para integrales Si los valores de f ( x ) es continua en un intervalo [ a , b ] , entonces hay al menos un punto c ∈ [ a , b ] de manera que f ( c ) = 1 b – a ∫ a b f ( x ) d x . Teorema fundamental del cálculo, parte 1 Si los valores de f ( x ) es continua en un intervalo [ a , b ] , y la función F ( x ) se define por F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t , entonces F ′ ( x ) = f ( x ) . Teorema fundamental del cálculo, parte 2 Si f es continua en el intervalo [ a , b ] y F ( x ) es cualquier antiderivada de f ( x ) , entonces ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) – F ( a ) . Considere la posibilidad de que dos atletas corran a velocidades variables v 1 ( t ) y v 2 ( t ) . Los corredores comienzan y terminan una carrera exactamente a la misma hora. Explique por qué los dos corredores deben ir a la misma velocidad en algún momento. Dos alpinistas comienzan su ascenso en el campamento base y toman dos rutas diferentes, una más empinada que la otra, y llegan a la cima exactamente al mismo tiempo. ¿Es necesariamente cierto que, en algún momento, ambos escaladores aumentaron su altitud al mismo ritmo? Sí. Está implícito en el teorema del valor medio de las integrales. Para entrar en una determinada autopista de peaje, un conductor debe llevar una tarjeta en la que figura el punto de entrada de la milla. La tarjeta también tiene una marca de tiempo. Al dirigirse a la salida y pagar el peaje, el conductor se sorprende al recibir una multa por exceso de velocidad junto con el peaje. Explique cómo pudo ocurrir eso. Establezca F ( x ) = ∫ 1 x ( 1 − t ) d t . Calcule F ′ ( 2 ) y el valor promedio de F ′ en [ 1 , 2 ] . F ′ ( 2 ) = −1 ; valor promedio de F ′ en [ 1 , 2 ] ¿es −1 / 2 . En los siguientes ejercicios, utilice el teorema fundamental del cálculo, parte 1, para encontrar cada derivada. d d x ∫ 1 x e − t 2 d t d d x ∫ 1 x e cos t d t e cos x d d x ∫ 3 x 9 − y 2 d y d d x ∫ 4 x d s 16 − s 2 1 16 − x 2 d d x ∫ x 2 x t d t d d x ∫ 0 x t d t x d d x x = 1 2 d d x ∫ 0 sen x 1 − t 2 d t d d x ∫ cos x 1 1 − t 2 d t − 1 − cos 2 x d d x cos x = | sen x | sen x d d x ∫ 1 x t 2 1 + t 4 d t d d x ∫ 1 x 2 t 1 + t d t 2 x | x | 1 + x 2 d d x ∫ 0 ln x e t d t d d x ∫ 1 e x ln u 2 d u ln ( e 2 x ) d d x e x = 2 x e x El gráfico de y = ∫ 0 x f ( t ) d t , donde f es una función constante a trozos, se muestra aquí. ¿En qué intervalos f es positiva? ¿En qué intervalos es negativa? ¿En qué intervalos, si los hay, es igual a cero? ¿Cuáles son los valores máximo y mínimo de f ? ¿Cuál es el valor promedio de f ? El gráfico de y = ∫ 0 x f ( t ) d t , donde f es una función constante por partes, se muestra aquí. ¿En qué intervalos f es positiva? ¿En qué intervalos es negativa? ¿En qué intervalos, si los hay, es igual a cero? ¿Cuáles son los valores máximo y mínimo de f ? ¿Cuál es el valor promedio de f ? a. f es positiva en ( 1 , 2 ) y ( 5 , 6 ) , negativo en ( 0 , 1 ) y ( 3 , 4 ) , y cero en ( 2 , 3 ) y ( 4 , 5 ) . b. El valor máximo es 2 y el mínimo es -3. c. El valor medio es 0. El gráfico de y = ∫ 0 x ℓ ( t ) d t , donde ℓ es una función lineal a trozos, se muestra aquí. ¿En qué intervalos ℓ es positiva? ¿En qué intervalos es negativa? ¿En cuáles, si hay alguno, es cero? ¿En qué intervalos es ℓ creciente? ¿En qué intervalos es decreciente? ¿En qué intervalo es constante, si es que lo es? ¿Cuál es el valor promedio de ℓ ? El gráfico de y = ∫ 0 x ℓ ( t ) d t , donde ℓ es una función lineal por partes, se muestra aquí. ¿En qué intervalos ℓ es positiva? ¿En qué intervalos es negativa? ¿En cuáles, si hay alguno, es cero? ¿En qué intervalos es ℓ creciente? ¿En qué intervalos es decreciente? ¿En qué intervalos, si los hay, es constante? ¿Cuál es el valor promedio de ℓ ? a. ℓ es positivo en ( 0 , 1 ) y ( 3 , 6 ) , y negativo en ( 1 , 3 ) . b. Aumenta en ( 0 , 1 ) y ( 3 , 5 ) , y es constante a lo largo de ( 1 , 3 ) y ( 5 , 6 ) . c. Su valor medio es 1 3 . En los siguientes ejercicios utilice una calculadora para estimar el área debajo de la curva calculando T 10 , el promedio de las sumas de Riemann de los extremos izquierdo y derecho utilizando rectángulos N = 10 . Luego, utilizando el teorema fundamental del cálculo, parte 2, determine el área exacta. [T] y = x 2 en [ 0 , 4 ] [T] y = x 3 + 6 x 2 + x − 5 en [ −4 , 2 ] T 10 = 49,08 , ∫ −4 3 ( x 3 + 6 x 2 + x − 5 ) d x = 48 [T] y = x 3 en [ 0 , 6 ] [T] y = x + x 2 en [ 1 , 9 ] T 10 = 260,836 , ∫ 1 9 ( x + x 2 ) d x = 260 [T] ∫ ( cos x − sen x ) d x en [ 0 , π ] [T] ∫ 4 x 2 d x en [ 1 , 4 ] T 10 = 3,058 , ∫ 1 4 4 x 2 d x = 3 En los siguientes ejercicios, evalúe cada integral definida utilizando el teorema fundamental del cálculo, parte 2. ∫ −1 2 ( x 2 − 3 x ) d x ∫ −2 3 ( x 2 + 3 x − 5 ) d x F ( x ) = x 3 3 + 3 x 2 2 − 5 x , F ( 3 ) – F ( −2 ) = − 35 6 ∫ −2 3 ( t + 2 ) ( t − 3 ) d t ∫ 2 3 ( t 2 − 9 ) ( 4 − t 2 ) d t F ( x ) = − t 5 5 + 13 t 3 3 − 36 t , F ( 3 ) – F ( 2 ) = 62 15 ∫ 1 2 x 9 d x ∫ 0 1 x 99 d x F ( x ) = x 100 100 , F ( 1 ) – F ( 0 ) = 1 100 ∫ 4 8 ( 4 t 5 / 2 − 3 t 3 / 2 ) d t ∫ 1 / 4 4 ( x 2 – 1 x 2 ) d x F ( x ) = x 3 3 + 1 x , F ( 4 ) – F ( 1 4 ) = 1125 64 ∫ 1 2 2 x 3 d x ∫ 1 4 1 2 x d x F ( x ) = x , F ( 4 ) – F ( 1 ) = 1 ∫ 1 4 2 − t t 2 d t ∫ 1 16 d t t 1 / 4 F ( x ) = 4 3 t 3 / 4 , F ( 16 ) – F ( 1 ) = 28 3 ∫ 0 2 π cos θ d θ ∫ 0 π / 2 sen θ d θ F ( x ) = − cos x , F ( π 2 ) – F ( 0 ) = 1 ∫ 0 π / 4 sec 2 θ d θ ∫ 0 π / 4 sec θ tan θ d θ F ( x ) = sec x , F ( π 4 ) – F ( 0 ) = 2 – 1 ∫ π / 3 π / 4 csc θ cot θ d θ ∫ π / 4 π / 2 csc 2 θ d θ F ( x ) = − cot ( x ) , F ( π 2 ) – F ( π 4 ) = 1 ∫ 1 2 ( 1 t 2 – 1 t 3 ) d t ∫ −2 −1 ( 1 t 2 – 1 t 3 ) d t F ( x ) = − 1 x + 1 2 x 2 , F ( –1 ) – F ( −2 ) = 7 8 En los siguientes ejercicios, utilice el teorema de evaluación para expresar la integral como una función F ( x ) . ∫ a x t 2 d t ∫ 1 x e t d t F ( x ) = e x − e ∫ 0 x cos t d t ∫ − x x sen t d t F ( x ) = 0 En los siguientes ejercicios, identifique las raíces del integrando para eliminar los valores absolutos, y luego evalúe utilizando el teorema fundamental del cálculo, parte 2. ∫ −2 3 | x | d x ∫ −2 4 | t 2 − 2 t − 3 | d t ∫ −2 −1 ( t 2 − 2 t − 3 ) d t − ∫ –1 3 ( t 2 − 2 t − 3 ) d t + ∫ 3 4 ( t 2 − 2 t − 3 ) d t = 46 3 ∫ 0 π | cos t | d t ∫ − π / 2 π / 2 | sen t | d t − ∫ − π / 2 0 sen t d t + ∫ 0 π / 2 sen t d t = 2 Supongamos que el número de horas de luz en un día determinado en Seattle se modela mediante la función −3,75 cos ( π t 6 ) + 12,25 , con t expresado en meses y t = 0 correspondiente al solsticio de invierno. ¿Cuál es el número medio de horas de luz al año? En qué momentos t 1 y t 2 , donde 0 ≤ t 1 < t 2 < 12 , ¿el número de horas de luz es igual al número promedio? Escriba una integral que exprese el número total de horas de luz en Seattle entre t 1 y t 2 . Calcule la media de horas de luz en Seattle entre t 1 y t 2 , donde 0 ≤ t 1 < t 2 < 12 , y luego entre t 2 y t 1 , y demuestre que el promedio de las dos es igual a la duración promedio del día. Supongamos que la tasa de consumo de gasolina a lo largo de un año en Estados Unidos puede modelarse mediante una función sinusoidal de la forma ( 11,21 − cos ( π t 6 ) ) × 10 9 gal/mo. ¿Cuál es el consumo promedio mensual y para qué valores de t la tasa en el momento t es igual a la tasa promedio? ¿Cuál es el número de galones de gasolina que se consumen en Estados Unidos en un año? Escriba una integral que exprese el consumo medio mensual de gasolina en Estados Unidos en la parte del año comprendida entre el comienzo de abril ( t = 3 ) y el final de septiembre ( t = 9 ). a. El promedio es 11,21 × 10 9 dado que cos ( π t 6 ) tiene periodo 12 e integral 0 en cualquier periodo. El consumo es igual al promedio cuando cos ( π t 6 ) = 0 , cuando t = 3 , y cuando t = 9 . b. El consumo total es la tasa promedio por la duración: 11,21 × 12 × 10 9 = 1,35 × 10 11 c. 10 9 ( 11,21 − 1 6 ∫ 3 9 cos ( π t 6 ) d t ) = 10 9 ( 11,21 + 2 π ) = 11,84 x 10 9 Explique por qué, si f es continua sobre [ a , b ] , hay al menos un punto c ∈ [ a , b ] de manera que f ( c ) = 1 b – a ∫ a b f ( t ) d t . Explique por qué, si f es continua sobre [ a , b ] y no es igual a una constante, hay al menos un punto M ∈ [ a , b ] de manera que f ( M ) > 1 b – a ∫ a b f ( t ) d t y al menos un punto m ∈ [ a , b ] de manera que f ( m ) < 1 b – a ∫ a b f ( t ) d t . Si f no es constante, su promedio es estrictamente menor que el máximo y mayor que el mínimo, que se alcanzan sobre [ a , b ] según el teorema del valor extremo. La primera ley de Kepler establece que los planetas se mueven en órbitas elípticas con el Sol en un foco. El punto más cercano de una órbita planetaria al Sol se llama perihelio (en el caso de la Tierra, se produce actualmente alrededor del 3 de enero) y el punto más alejado se denomina afelio (en el caso de la Tierra, se produce actualmente alrededor del 4 de julio). La segunda ley de Kepler establece que los planetas barren áreas iguales de sus órbitas elípticas en tiempos iguales. Así, los dos arcos indicados en la siguiente figura se barren en tiempos iguales. ¿En qué momento del año la Tierra se mueve más rápido en su órbita? ¿Cuándo se mueve más lentamente? Un punto de una elipse con eje mayor de longitud 2 a y eje menor de longitud 2 b tiene las coordenadas ( a cos θ , b sen θ ) , 0 ≤ θ ≤ 2 π . Demuestre que la distancia de este punto al foco en ( − c , 0 ) ¿es d ( θ ) = a + c cos θ , donde c = a 2 − b 2 . Utilice estas coordenadas para demostrar que la distancia promedio d – desde un punto de la elipse hasta el foco en ( − c , 0 ) , con respecto al ángulo θ , es a . a. d 2 θ = ( a cos θ + c ) 2 + b 2 sen 2 θ = a 2 + c 2 cos 2 θ + 2 a c cos θ = ( a + c cos θ ) 2 ; b. d – = 1 2 π ∫ 0 2 π ( a + 2 c cos θ ) d θ = a Como se dijo antes, según las leyes de Kepler, la órbita de la Tierra es una elipse en uno de cuyos focos está el Sol. El perihelio de la órbita de la Tierra alrededor del Sol es de 147.098.290 km y el afelio es de 152.098.232 km. Colocando el eje mayor a lo largo del eje x , halle la distancia promedio de la Tierra al Sol. La definición clásica de unidad astronómica (UA) es la distancia de la Tierra al Sol, y su valor se calculó como el promedio de las distancias del perihelio y del afelio. ¿Está justificada esta definición? La fuerza de atracción gravitatoria entre el Sol y un planeta es F ( θ ) = G m M r 2 ( θ ) , donde m es la masa del planeta, M es la masa del Sol, G es una constante universal y r ( θ ) es la distancia entre el Sol y el planeta cuando éste se halla en un ángulo θ con el eje mayor de su órbita. Suponiendo que M , m y los parámetros de la elipse a y b (semilongitudes de los ejes mayor y menor) están dados, establezca —pero no evalúe— una integral que exprese en términos de G , m , M , a , b la fuerza gravitatoria promedio entre el Sol y el planeta. Fuerza gravitacional media = G m M 2 π ∫ 0 2 π 1 ( a + 2 a 2 − b 2 cos θ ) 2 d θ . El desplazamiento desde el reposo de una masa unida a un resorte satisface la ecuación de movimiento armónico simple x ( t ) = A cos ( ω t − ϕ ) , donde ϕ es una constante de fase, ω es la frecuencia angular y A es la amplitud. Halle la velocidad media, la rapidez media (magnitud de la velocidad), el desplazamiento medio y la distancia media desde el reposo (magnitud del desplazamiento) de la masa. teorema fundamental del cálculo teorema central para todo el desarrollo del cálculo, que establece la relación entre la diferenciación y la integración teorema fundamental del cálculo, parte 1 utiliza una integral definida para definir una antiderivada de una función teorema fundamental del cálculo, parte 2 (también, teorema de evaluación ) podemos evaluar una integral definida evaluando la antiderivada del integrando en los puntos extremos del intervalo y restando teorema del valor medio para integrales garantiza que existe un punto c tal que f ( c ) es igual al valor medio de la función

Matemáticas


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

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