Aplicaciones de la integral definida

Luis Ángel Zaldívar Cruz

15 de mayo de 2007

5. Aplicaciones de la integral definida1

En este tema estudiaremos las aplicaciones de la integral definida en el cál-culo del área entre curvas, de volúmenes de sólidos, trabajo, fuerza y centros demasa.

5.1. Determinación del área entre curvas

Considere la región S que se encuentra entre dos curvas y = f(x) y y = g(x)y las rectas verticales x = a y x = b, donde f y g son funciones continuas yf(x) ≥ g(x) para toda x en [a, b]. (Ver la Figura 1)Dividamos la región S en n franjas de igual amplitud y entonces obtengamos

una aproximación de la i-ésima franja por medio de un rectángulo con base ∆xy altura f(x∗i )− g(x∗i ).(Ver la Figura 2 y 3)La suma de Riemann

nXi=1

[f(x∗i )− g(x∗i )]∆xi

es una aproximación de lo que intuitivamente consideramos el área de S. Estaaproximación se puede mejorar haciendo n.más grande Por lo tanto, definimosel área A de S, como el límite de la suma de Riemann cuando n→∞.

Definición 1 Si f y g son continuas y f(x) ≥ g(x) para todo x en [a, b], en-tonces el área A de la región acotada por las gráficas de f y g y las rectas x = ay x = b, es

A = lımkPk→0

nXi=1

[f(x∗i )− g(x∗i )]∆xi (1)

=

Z b

a

[f(x)− g(x)]dx.

1Tomado de Cálculo de una variable, James Stewart, Thomson Learning, 4a. Edicióny de Calculus with Analytic Geometry, —4th Edition, E.W. Swokowski, PWS publishers.

1

Figura 1: Area entre las curvas f(x) y g(x).

Figura 2: Rectángulo típico.

2

Figura 3: Rectángulos de aproximación.

Ejemplo 1 Encuentre el área de la región limitada por las gráficas de las fun-ciones y = ex y y = x y las rectas x = 0 y x = 1.

Solución. En la Figura 4 se muestra la región pedida y un rectángulo típico dela aproximación. En general, cuando planteamos una integral para calcular unárea, resulta útil dibujar la región para identificar la curva que está arriba y laque está abajo y un rectángulo típico de la aproximación Utilizamos la fórmula(1) del área con f(x) = ex, g(x) = x, a = 0 y b = 1:

A =

Z 1

0

(ex − x)dx

=

·ex − x2

2

¸10

= e− 1,5.

Ejemplo 2 Encuentre el área de la región encerrada por las parábolas y = x2

y y = 2x− x2.

Solución. Este ejemplo se diferencia del anterior en que hay que determinar lasfronteras laterales a y b, que en este caso son los puntos de intersección de lasgráficas de las curvas. Para hallar estos puntos de intersección se resuelven las

3

Figura 4:

ecuaciones de las parábolas simultáneamente; esto es, igualando las ecuacionesobtenemos

x2 = 2x− x2 =⇒ 2x2 − 2x = 0o

2x(x− 1) = 0 =⇒ x = 0 o x = 1.

Los puntos de intersección son: (0, 0) y (1, 1). En la figura 5 vemos que f(x) =2x− x2 y g(x) = x2.El área de un rectángulo típico es

(2x− x2 − x2)∆x

y la región se encuentra entre x = 0 y x = 1. Por lo tanto, el área total es

A =

Z 1

0

(2x− 2x2)dx = 2Z 1

0

(x− x2)dx

= 2

·x2

2− x3

3

¸10

= 2

µ1

2− 13− 0¶=1

3.

Ejemplo 3 Calcule el área de la región acotada por las curvas y = senx, y =cosx, x = 0 y x = π/2.

Solución. Los puntos de intersección se determinan haciendo senx = cosx yconsiderando el intervalo 0 ≤ x ≤ π/2. Esto se da en x = π/4. En la Figura

4

Figura 5: Area entre las curvas f(x) = 2x− x2 y g(x) = x2.

6 se proporciona un esquema de la región. Si consideramos que f(x) = senx yg(x) = cosx, vemos que en la región acotada por el intervalo [0, π/4], g(x) ≥f(x), mientras que en el intervalo [π/4, π/2], f(x) ≥ g(x). Esto implica que esnecesario dividir la región en dos subregiones y calcular las áreas por separado(En la figura 6, la primera subregión se muestra en color rosa y la segunda encolor azul).Aplicando la definición 1 , el área A1 es

A1 = lımkPk→0

Xi

[cosx∗i − senx∗i ]∆xi

=

Z π/4

0

[cosx− senx] dx

= [senx+ cosx]π/40

= 2√2

y el área A2 es

A2 = lımkPk→0

Xi

[senx∗i − cosx∗i ]∆xi

=

Z π/2

π/4

[senx− cosx]dx

= [− cosx− senx]π/2π/4

= −2.

5

Figura 6:

El área A de toda la región es

A = A1 +A2

= 2√2− 2.

En algunos problemas el área A de una región está acotada por las gráficasde y = c, y = d, x = f(y) y x = g(y), donde f y g son funciones contin-uas con f(y) ≥ g(y) para todo y en [c, d], Como en la discusión anterior perointercambiando los papeles de x y y, se ve que

A =

Z d

c

[f(y)− g(y)] dy.

La integración en este caso es con respecto a y. Esto motiva la siguiente defini-ción:

Definición 2 Si f y g son continuas y f(y) ≥ g(y) para todo y en [c, d], en-tonces el área A de la región acotada por las gráficas de f y g y las rectas y = cy y = d, es

A = lımkPk→0

nXi=1

[f(y∗i )− g(y∗i )]∆yi (2)

=

Z d

c

[f(y)− g(y)]dy.

6

Figura 7:

Ejemplo 4 Encuentre el área encerrada por la recta y = x − 1 y la parábolay2 = 2x+ 6.

Solución. Resolviendo las ecuaciones y = x− 1 y y2 = 2x+6 encontramos quelos puntos de intersección son (−1,−2) y (5, 4). La gráfica para este problemase muestra en la figura 7. Utilizando la Definición 2, Integramos con respecto ay,

A =

Z 4

−2

¡y + 1− (12y2 − 3)

¢dy

=

Z 4

−2

¡−12y2 + y + 4¢dy

=

·−12

µy3

3

¶+

y2

2+ 4y

¸4−2

= 18.

También se puede utilizar la Definición 1 integrando con respecto a x, pero eneste caso tendríamos que considerar dos regiones y calcular las áreas marcadascomo A1 y A2, como se muestra en la figura 8 ; en este caso, el procedimientosería más complicado.

7

Figura 8:

5.2. Volúmenes

Aunque todos tenemos una idea intuitiva de lo que significa volumen, enmatemáticas necesitamos una definición formal del término para que podamosutilizarla en la resolución de problemas.Un cilindro recto es un cuerpo sólido que está limitado por una región B1,

conocida como la base, y una región congruente B2 que se encuentra en un planoparalelo. El cilindro consta de todos los puntos sobre los segmentos rectilíneosperpendiculares a la base y que unen B1 con B2. Si el área de la base es A y laaltura del cilindro (la distancia desde B1 hasta B2) es h, su volumen se definecomo

V = Ah.

En particular, si la base es un círculo con radio r, entonces el cilindro es circularcon volumen V = πr2h. Si la base es un rectángulo cuyo lado mayor es delongitud l y su lado menor es de longitud w, entonces el cilindro es rectangular(paralelepípedo rectangular) con volumen V = lwh.Para poder definir el volumen de un sólido S que no sea un cilindro, corte-

mos en partes el sólido S y aproximemos cada parte con un cilindro. Podemosaproximar el volumen del sólido S sumando los volúmenes de los cilindros. Estaaproximación será más exacta mientras más grande sea el número de cilindros.Comencemos cortando S con un plano y obteniendo una región plana denom-

inada sección transversal de S. Sea A(x) el área de la sección transversal de S enun plano Px perpendicular al eje x y que pasa por el punto x, donde a ≤ x ≤ b.

8

Figura 9:

(Ver la Figura 9). Imagine que corta S con un cuchillo en la posición x y quecalcula el área de la sección transversal A(x). Es fácil notar que el área de lasección transversal A(x) varía conforme x varía desde a hasta b.Dividamos S enn rebanadas de ancho igual a ∆x usando los planos Px1 , Px2 , . . . para rebanar elsólido. Si elegimos los puntos x∗i en [xi−1, xi] podemos hallar una aproximaciónde la i-ésima rebanada Si (la parte de S que se encuentra entre los planos Pxi−1y Pxi) por medio de un cilindro con área de la base A(x

∗i ) y altura ∆x. (Véanse

las Figuras 10 y 11)El volumen del i-ésimo cilindro es A(x∗i )∆x, de modo queuna aproximación de la i-ésima rebanada Si es

V (Si) ≈ A(x∗i )∆x.

Si se suman los volúmenes de estas rebanadas, se obtiene una aproximación parael volumen total (es decir, lo que imaginamos intuitivamente como el volumen):

V ≈nXi=1

A(x∗i )∆x.

Esta aproximación mejora conforme n → ∞. Por consiguiente, definimos elvolumen como el límite de una suma de Riemann cuando n→∞.

Definición 3 Sea S un sólido que se encuentra entre x = a y x = b. Si el áreade la sección transversal de S en el plano Px, que pasa por x y es perpendicularal eje x, es A(x), donde A es una función continua, entonces el volumen de Ses

V = lımn→∞

nXi=1

A(x∗i )∆x =Z b

a

A(x)dx.

9

Figura 10:

Figura 11:

10

Figura 12: Aproximación con 5 discos.

Ejemplo 5 Demuestre que el volumen de la esfera de radio r es

V = 43πr

3.

Solución. Si colocamos la esfera de modo que su centro esté en el origen (véasela figura ), entonces el plano Px corta la esfera en un círculo cuyo radio esy =√r2 − x2. Por tanto, el área de la sección transversal es

A(x) = πy2 = π(r2 − x2).

Si se aplica la definición de volumen, con a = −r y b = r, resulta

V =

Z r

−rπ¡r2 − x2

¢dx

= 2π

Z r

0

(r2 − x2)dx

= 2π

·r2x− x3

3

¸r0

= 2π

µr3 − r3

3

¶= 4

3πr3.

En las figuras 12, 13 y 14 se ilustra la definición de volumen, cuando elsólido es una esfera con radio r = 1. Sabemos que el volumen de la esfera es43π(1)

3 = 43π ≈ 4,18879. En este caso, las rebanadas son cilindros circulares, y

en las figuras se muestra la interpretación geométrica de las sumas de Riemann

nXi=1

A(_xi)∆x =

nXi=1

³12 − _

x2i

´∆x

cuando n = 5, 10 y 20, si elegimos los_xide manera que sean los puntos medios_

xi. Observe que cuando aumenta el número de cilindros de aproximación, lassumas de Riemann se aproximan más al valor exacto del volumen.

11

Figura 13: Aproximación con 10 discos.

Figura 14: Aproximación con 20 discos.

5.2.1. Sólidos de revolución

Si se hace girar una región de un plano alrededor de una recta l del plano, segenera un cuerpo geométrico sólido denominado sólido de revolución. La rectal se denomina eje de revolución. Si una región R acotada por la gráfica de unafunción f continua no negativa, por el eje x y las rectas verticales x = a y x = b(véase la figura 15) se hace girar alrededor del eje x, se genera un sólido comoel que se muestra en la figura 16.Por ejemplo, si f es una función constante, digamos f(x) = k, entonces la

región R es rectangular y el sólido que se genera es un cilindro recto. Si la gráficade f es una semicircunferencia con los extremos de uno de sus diámetros en lospuntos (a, 0) y (b, 0) con b > a, entonces el sólido de revolución es una esferacon diámetro b− a. Si la región dada es un triángulo rectángulo con un catetoen el eje x y dos vértices en los puntos (a, 0) y (b, 0), entonces se genera un conocircular recto.Si un plano perpendicular al eje x corta al sólido de la figura 16 la intersección

es una sección transversal circular. Si el plano pasa por el punto con abscisa w,como se indica en la figura 16, entonces el radio del círculo es f(w) y su área esπ[f(w)]2.Sea f continua y no negativa en [a, b]. Sea

Pk f(wk)∆xk una suma de Rie-

mann, donde wk es un número arbitrario en el k-ésimo subintervalo [xk−1, xk]

12

Figura 15:

Figura 16:

de una partición P de [a, b]. Esta es una suma de áreas de rectángulos como semuestran en la figura 17. El sólido de revolución generado al girar este polígonorectangular alrededor del eje x se muestra en la figura 18.Obsérvese que el k-ésimo rectángulo genera un disco circular (o rodaja)

cuyo radio de la base es f(wk) y su altura o grosor es Axk = xk − xk−1. Elvolumen de este disco es igual al área de su base multiplicada por la altura, esdecir, π[f(wk)]

2∆xk. La suma de los volúmenes de todos estos discos es igual al

Figura 17:

13

Figura 18:

volumen del sólido que se muestra en la figura 18 y está dada porXk

π[f(wk)]2∆xk.

Esta suma es una suma de Riemann para π[f(x)]2. Se observa que si kPk tiendea cero, entonces la suma se aproxima al volumen del sólido de revolución.

Definición 4 Sea f continua en [a, b] y sea R la región acotada por la gráficade f , el eje x y las rectas verticales x = a y x = b. El volumen V del sólido derevolución generado al girar R alrededor del eje x es

V = lımkPk→0

Xk

π[f(wk)]2∆xk

=

Z b

a

π [f(x)]2 dx.

El requisito de que f(x) no sea negativo se omitió en la definición 4. Si f esnegativa para algunos x, como se ilustra en la figura 19, y la región acotada porlas gráficas de f , x = a, x = b y el eje x, se hace girar sobre el eje x, se formaun sólido como el que se muestra en la figura 20. Este sólido es el mismo que elque se generaría haciendo girar la región bajo la gráfica de y = |f(x)| entre a yb alrededor del eje x. Como |f(x)|2 = [f(x)]2, el límite en la definición 4 da elvolumen.

Ejemplo 6 Sea f(x) = x2+1. Calcular el volumen del sólido de revolución quese genera al girar la región bajo la gráfica de f entre x = −1 y x = 1 alrededordel eje x.

Solución. El sólido se muestra en la figura 21 junto con un disco circular típico.Como el radio del disco es w2k + 1, su volumen es

π(w2k + 1)2∆xk

14

Figura 19:

Figura 20:

15

Figura 21:

y por la definición 4,

V = lımkPk→0

Xk

π(w2k + 1)2∆xk

=

Z 1

−1π(x2 + 1)2dx

= π

Z 1

−1(x4 + 2x2 + 1)dx

= π

·x2

5+ 2

µx3

3

¶+ x

¸1−1

= 5615π ≈ 11,7

Para aplicar el método anterior a los sólidos que se generan haciendo girarregiones del plano alrededor del eje y, se debe integrar con respecto a y. Con-sidere una región acotada por las rectas horizontales y = c y y = d, por el eje yy por la gráfica de x = g(y), donde g es una función continua y no negativa en[c, d]. Si esta región gira alrededor del eje y, genera un sólido cuyo volumen Vse puede calcular intercambiando los papeles de x y y en la definición 4.El volumen del disco generado por el k-ésimo rectángulo es π[g(wk)]

2∆yk.Calculando el límite de la suma de Riemann, se obtiene

V = lımkPk→0

Xk

π[g(wk)]2∆yk

=

Z d

c

π [g(y)]2dy. (3)

Ejemplo 7 La región acotada por el eje y y las gráficas de y = x3, y = 1 yy = 8 gira alrededor del eje y. Calcule el volumen del sólido resultante.

Solución. El sólido se muestra en la figura 22 junto con un disco circular típico.Como vamos a integrar con respecto a y, despejamos x de la ecuación y = x3 yobtenemos x = y1/3. Si tomamos x = g(y) = y1/3, entonces el radio del disco es

16

Figura 22:

g(wk) = w1/3k y su volumen es π

³w1/3k

´2∆yk. Aplicando (3) con g(y) = y1/3,

V = lımkPk→0

Xk

π³w1/3k

´2∆yk

=

Z 8

1

π³y1/3

´2dy

= π

Z 8

1

y2/3dy

= π

·y5/3

5/3

¸81

= 935 π ≈ 58,4

Consideremos ahora una región acotada por las rectas verticales x = a yx = b y por las gráficas de dos funciones continuas f y g con f(x) ≥ g(x) ≥ 0para todo x en [a, b], como se muestra en la figura 23. Si esta región gira alrededordel eje x, genera el sólido que se ilustra en la figura 24. Observe que si g(x) > 0para todo x en [a, b], entonces el sólido generado tiene un hueco o agujero central.El volumen V puede calcularse restando el volumen del sólido generado por

la región más pequeña del volumen del sólido generado por la región más grande.Usando la definición 4, obtenemos

V =

Z b

a

π [f(x)]2 dx−Z b

a

π [g(x)]2 dx

=

Z b

a

πn[f(x)]

2 − [g(x)]2odx.

Como se muestra en la figura 25, un rectángulo que va de la gráfica de g a lagráfica de f pasando por los puntos con abscisa wk genera un sólido en formade arandela (o rondana) cuyo volumen es

π [f(wk)]2∆xk − π [g(wk)]

2∆xk = π

n[f(wk)]

2 − [g(wk)]2o∆xk.

17

Figura 23:

Figura 24:

La suma de los volúmenes de todas las arandelas, proporciona una aproxi-mación al volumen V del sólido de revolución. Esto es,

V = lımn→∞

Xk

πn[f(wk)]

2 − [g(wk)]2o∆xk

=

Z b

a

πn[f(x)]

2 − [g(x)]2odx.

Al resolver problemas de este tipo, es conveniente utilizar la siguiente fórmula

V ol =

π£(radio exterior)2 − (radio interior)2¤ (espesor)

Ejemplo 8 La región acotada por las gráficas de las ecuaciones x2 = y − 2 y2y−x−2 = 0 y por las rectas x = 0 y x = 1 giradas alrededor del eje x. Calculeel volumen del sólido resultante.

Solución. En la figura 26 aparece la región con uno de los rectángulos típicos.Como queremos integrar con respecto a x, despejamos y de las ecuaciones en

18

Figura 25:

Figura 26:

Figura 27:

19

Figura 28:

términos de x obteniendo y = x2+2 y y = 12x+1. La arandela generada por el

rectángulo se ilustra en la figura 27.Como el radio exterior de la arandela es w2k+2 y su radio interior es

12wk+1,

su volumen esπh¡w2k + 2

¢2 − ¡12wk + 1¢2i∆xk.

y el volumen del sólido de revolución es

V =

Z 1

0

πh¡x2 + 2

¢2 − ¡12x+ 1¢2i dx= π

Z 1

0

¡x4 + 15

4 x2 − x+ 3

¢dx

= π

·x5

5+15

4

µx3

3

¶− x2

2+ 3x

¸10

=79π

20≈ 12,4

Ejemplo 9 Calcular el volumen del sólido generado al girar la región descritaen el ejemplo 8 alrededor de la recta y = 3.

Solución. La región y uno de sus rectángulos aparecen en la figura 26, juntocon el eje de revolución y = 3. En la figura aparece la arandela generada por elrectángulo. Observe que los radios de la arandela son:

radio interior = 3− (w2k + 2) = 1− w2k.

radio exterior = 3− (12wk + 1) = 2− 12wk.

El volumen de la arandela es

πh¡2− 1

2wk

¢2 − ¡1− w2k¢2i∆xk.

20

Figura 29:

El límite de la suma de estos términos es

V =

Z 1

0

πh¡2− 1

2x¢2 − ¡1− x2

¢2idx

= π

Z 1

0

£¡4− 2x+ 1

4x2¢− ¡1− 2x2 + x4

¢¤dx

= π

Z 1

0

¡3− 2x+ 9

4x2 − x4

¢dx

= π

·3x− x2 + 9

4

µx3

3

¶− x5

5

¸10

= π£3− 1 + 3

4 − 15

¤=51

20π ≈ 8,01

5.2.2. Determinación de volúmenes mediante envolventes cilíndricas

Los métodos de la sección anterior son difíciles de aplicar en algunos prob-lemas de volúmenes. Un ejemplo lo tenemos en el problema del volumen delsólido que se obtiene al girar alrededor del eje y la región acotada por la curvay = 2x2 − x3 y el eje x (ver la figura 29). Si rebanamos perpendicularmenteal eje y, obtenemos una rondana. Pero al intentar calcular los radios interior yexterior de la rondana tendríamos que resolver la ecuación cúbica y = 2x2 − x3

para que tengamos x en términos de y; esto no es fácil.Para estos casos, debemos utilizar el método de envolventes cilíndricas o

cortezas. La figura 30 muestra una envolvente cilíndrica con radio interior r1,radio exterior r2 y altura h. Calculamos su volumen restando el volumen del

21

Figura 30:

cilindro interior del volumen del cilindro exterior:

V = πr22h− πr21h

= π¡r22 − r21

¢h

= π (r2 + r1) (r2 − r1)h

= 2πr2 + r12

h (r2 − r1)

Sea r = 12(r2 + r1) (el radio medio de la corteza), y sea ∆r = r2 − r1 (el

grosor de la misma). Entonces, el volumen de la corteza es

V = 2πrh∆r.

Que puede recordarse como

V = circunferencia× altura× grosor.

Ahora, sea S el cuerpo sólido obtenido haciendo girar alrededor del eje y, laregión acotada por la función continua y no negativa y = f(x) en [a, b], el eje xy las rectas verticales x = a y x = b, como se muestra en las figuras 31 y 32.SeaP una partición de [a, b] y consideremos el rectángulo cuya base es el i-ésimosubintervalo [xi−1, xi] y su altura, f(

_xi), donde

_xies el punto medio del i-ésimo

subintervalo. Cuando este rectángulo gira alrededor del eje y, el resultado comose observa en la figura 33 es una envolvente cilíndrica con radio medio

_xi, altura

f(_xi) y espesor ∆xi.El volumen de esta envolvente cilíndrica es

Vi = (2π_xi)[f(

_xi)]∆xi.

22

Figura 31:

Figura 32:

23

Figura 33:

Figura 34:

24

Sumando los volúmenes correspondientes a todos los subintervalos de la parti-ción obtenemos el sólido que se muestra en la figura 34 cuyo volumen es:X

i

Vi =Xi

2π_xif(

_xi)∆xi

Este volumen es una aproximación del volumen V del sólido de revolución S.Esta aproximación mejora cuando kPk se hace más pequeña. Esto motiva lasiguiente definición.

Definición 5 Sea f continua y no negativa en [a, b] para 0 ≤ a < b. El volumenV del sólido de revolución generado al girar alrededor del eje y la región acotadapor las gráficas de f , x = a, x = b y el eje x, es

V = lımkPk→0

Xi

2π_xif(

_xi)∆xi

=

Z b

a

2π xf(x) dx.

La mejor forma de recordar la fórmula de la definición 5 es imaginarse unacorteza cilíndrica típica, con radio x, circunferencia 2πx, altura f(x), y grosordx: Z b

a

2π x|{z}circunferencia

f(x)|{z}altura

dx|{z}grosor

.

Este tipo de razonamiento será de utilidad en situaciones como cuando se hagarotar una región respecto a otros ejes que no son los ejes de coordenadas.

Ejemplo 10 Halle el volumen del sólido que se obtiene girando alrededor deleje y la región limitada por y = 2x2 − x3 y el eje x.

Solución. En la figura 35 vemos que una corteza típica tiene radio x, circunfer-encia 2πx y altura f(x) = 2x2 − x3. Así, utilizando la definición 5, el volumenes

V =

Z 2

0

2πx¡2x2 − x3

¢dx

= 2π

Z 2

0

¡2x3 − x4

¢dx

= 2π£12x

4 − 15x

5¤20= 16

5 π.

En la figura 36 se muestra una imagen generada en computadora del sólido derevolución de este ejemplo.

Ejemplo 11 Calcule el volumen del sólido obtenido al girar alrededor de larecta x = 2, la región limitada por la curva y = x− x2 y el eje x.

25

Figura 35:

Figura 36:

26

Figura 37:

Figura 38:

Solución. La figura 37 muestra la región y la figura 38 ilustra una cortezacilíndrica obtenida por rotación de la región alrededor de la recta x = 2. Suradio es 2 − x, su circunferencia 2π(2 − x) y su altura x − x2. El volumen delsólido es

V =

Z 1

0

2π(2− x)(x− x2)dx

= 2π

Z 1

0

(x3 − 3x2 + 2x)dx

= 2π£14x

4 − x3 + x2¤10= π

2 .

5.3. Longitud de arco

Para resolver algunos problemas de ingeniería se necesita calcular la longitudde una curva. Para este fin necesitamos una definición precisa para la longitudde un arco de curva, como lo hicimos con los conceptos de área y de volumen.

27

Figura 39:

La clave para definir la longitud de una curva es dividirla en muchas partespequeñas y aproximar cada parte por medio de un segmento rectilíneo. Luegotomamos el límite de las sumas de las longitudes de todos los segmentos rectilí-neos. Esto da una integral definida y para garantizar su existencia se necesitaque la función sea suave o lisa en un intervalo. Una función f es lisa en unintervalo si tiene una derivada f 0 continua en todo el intervalo. Esto significa,que un cambio pequeño en x produce un cambio pequeño en la pendiente f 0(x)de la recta tangente a la gráfica de f . Entonces, la curva no tiene vértices. Acontinuación definiremos la longitud de arco en un intervalo cerrado [a.b] de lagráfica de una función lisa o suave.Si f es una función suave en el intervalo cerrado [a, b], los puntos (a, f(a)) y

(b, f(b)) se denominan extremos de la gráfica de f . Sea P una partición de [a, b]determinada por a = x0, x1, x2, . . . , xn = b, y sea Pk el punto con coordenadas(xk, f(xk)). Esto da n+1 puntos P0, P1, P2, . . . , Pn sobre la gráfica de f . Si seune cada Pk−1 con Pk mediante un segmento rectilíneo de longitud d(Pk−1, Pk),como se ilustra en la figura 39, entonces la longitud LP de la línea poligonalformada por los segmentos es

LP =nX

k=1

d(Pk−1, Pk).

Si la norma kPk de la partición es pequeña, entonces Pk−1 está cerca de Pkpara todo k y LP es una aproximación a la longitud de arco entre (a, f(a)) y(b, f(b)). Esto da una idea para definir la longitud de arco.Según la fórmula de la distancia,

d(Pk−1, Pk) =q(xk − xk−1)

2 + (f(xk)− f(xk−1))2.

Aplicando el teorema del valor medio,

f(xk)− f(xk−1) = f 0(wk) (xk − xk−1)

28

donde wk está en el intervalo abierto (xk−1, xk). Sustituyendo esto en la expre-sión anterior y tomando ∆xk = xk − xk−1, se obtiene

d(Pk−1, Pk) =

q(∆xk)

2+ (f 0(wk)∆xk)

2

=

q1 + [f 0(wk)]

2∆xk.

Por lo tanto

LP =nX

k=1

q1 + [f 0(wk)]

2∆xk.

Observe que LP es una suma de Riemann para g(x) =q1 + [f 0(wk)]

2. Ademásg es continua en [a, b] porque f 0 es continua. Así, cuando la norma de la particiónkPk es pequeña, entonces la longitud LP de la poligonal es una aproximaciónde la gráfica de f en [a, b]. Es de esperar que esta aproximación mejore a medidaque kPk disminuye y por tanto la longitud (también denominada longitud dearco) de la gráfica de f en [a, b] se define como el límite de las sumas LP . Comog =

p1 + (f 0)2 constituye una función continua, el límite existe y es equivalente

a la integral definidaR ba

q1 + [f 0(x)]2dx. Esta longitud de arco se denota por

Lba.

Definición 6 Sea f una función suave en un intervalo cerrado [a, b]. La longi-tud de arco de la gráfica de f entre (a, f(a)) y (b, f(b)) es

Lba =

Z b

a

q1 + [f 0(x)]2dx.

Ejemplo 12 Sea f(x) = 3x2/3 − 10. Calcular la longitud de arco de la gráficade f del punto (8, 2) al punto (27, 17).

Solución. La gráfica de f se muestra en la figura 40. Como

f 0(x) = 2x−1/3 =2

x1/3

aplicando la definición 6, obtenemos

L278 =

Z 27

8

s1 +

µ2

x1/3

¶2dx

=

Z 27

8

rx2/3 + 4

x2/3dx

=

Z 27

8

px2/3 + 4

1

x1/3dx.

Para evaluar esta integral, se sustituye u = x2/3 + 4, du = 23x−1/3dx.

29

5 10 15 20 25 30 x

-10

-5

5

10

15

20

25

30y

Figura 40:

Así,

L278 =3

2

Z 27

8

px2/3 + 4

µ2

3

1

x1/3dx

¶.

Al hacer el cambio de variable de x a u, es necesario cambiar los límites deintegración. Si x = 8, entonces u = 82/3 + 4 = 8. Si x = 27, entonces u =272/3 + 4 = 13. Así,

L278 =3

2

Z 13

8

√udu

=hu3/2

i138= 133/2 − 83/2 ≈ 24,2

Intercambiando los papeles de x y y en la definición 6 se obtiene una fórmulapara la integración respecto a y.

Definición 7 Sea g una función suave en un intervalo cerrado [c, d]. La longitudde arco de la gráfica de g entre (g(c), c) y (g(d), d) es

Ldc =

Z d

c

q1 + [g0(y)]2dy.

Ejemplo 13 Calcule la longitud de arco de la parábola y2 = x de (0, 0) a (1, 1).

Solución. Como x = y2, entonces dx/dy = 2y, y utilizando la definición 7,

30

tenemos

L10 =

Z 1

0

s1 +

µdx

dy

¶2dy

=

Z 1

0

p1 + 4y2dy

=1

2

Z 1

0

p1 + 4y2(2dy)

=1

2

·2y

2

p1 + 4y2 +

1

2ln¯2y +

p1 + 4y2

¯¸10

=1

2

·√5 +

1

2ln¯2 +√5¯− 0¸

=

√5

2+1

4ln¯2 +√5¯≈ 1,478943

5.3.1. Función longitud de arco

A veces es necesario contar con una función que mida la longitud de arcodesde un punto inicial hasta otro cualesquiera de la curva, de modo que si unacurva suave C tiene la ecuación y = f(x), a ≤ x ≤ b, entonces la distancia a lolargo de C desde el punto inicial (a, f(a) hasta el punto (x, f(x)), denotada pors(x), se denomina la función longitud de arco.

Definición 8 Sea f una función suave en [a, b]. La función longitud de arco sde la gráfica de f en [a, b] está definida por

s(x) =

Z x

a

q1 + [f 0(t)]2dt

para a ≤ x ≤ b.

Si s es una función longitud de arco, entonces la diferencial ds = s0(x)dx sedenomina diferencial de longitud de arco. El siguiente teorema muestra comodeterminar ds.

Teorema 1 Sea f una función suave en [a, b] y s la función longitud de arcode la gráfica de y = f(x) en [a, b]. Si dx y dy son las diferenciales de x y y,respectivamente, entonces

1. ds =

q1 + [f 0(x)]2dx

2. (ds)2 = (dx)2 + (dy)2

Ejemplo 14 Determine la función longitud de arco para la curva y = x2 −(lnx)/8 tomando P0(1, 1).

31

Solución. Si f(x) = x2 − (lnx)/8, entonces

f 0(x) = 2x− 1

8x

y

1 + [f 0(x)]2 = 1 +

µ2x− 1

8x

¶2= 1 + 4x2 − 1

2+

1

64x2

= 4x2 +1

2+

1

64x2

=

µ2x+

1

8x

¶2Así, q

1 + [f 0(x)]2 = 2x+1

8x.

Por lo tanto

s(x) =

Z x

1

q1 + [f 0(t)]2dt

=

Z x

1

µ2t+

1

8t

¶dt

=£t2 + 1

8 ln t¤x1

= x2 + 18 lnx− 1

Así, la longitud de arco sobre la curva de (1, 1) a (3, f(3)) es

s(3) = 32 + 18 ln 3− 1

= 8 + 18 ln 3 ≈ 8,1373

5.3.2. Superficies de revolución

Sea f una función no negativa en el intervalo [a, b]. Si la gráfica de f giraalrededor del eje x, se genera una superficie de revolución. A continuación seobtendrá una fórmula para el área de esta superficie. Por ejemplo, si f(x) =√r2 − x2 donde r es una constante positiva, entonces la gráfica de f en [−r, r]

es la mitad superior de la circunferencia x2 + y2 = r2, y al girarla alrededor deleje x se obtiene una esfera de radio r cuya superficie tiene un área de magnitud4πr2. De igual manera, si tomamos una recta de longitud l con uno de susextremos en el eje y y el otro extremo sobre el eje x con abscisa x = r, ygiramos esta recta alrededor del eje y, obtenemos una superficie de revoluciónque es un cono circular, cuya área es A = πrl.

32

Figura 41:

¿Cómo debemos proceder para superficies de revolución más complicadas?Podemos seguir la misma estrategia que utilizamos para calcular la longitud deun arco utilizando un polígono para aproximar la curva. Así, cuando giramos elpolígono alrededor del eje, generamos una superficie más simple (cada pedazode esta superficie es un cono truncado) cuya área se aproxima al área exacta dela superficie de revolución. Mediante un proceso de límite se puede determinarel área de la superficie exacta.La superficie de revolución aproximada está formada por un conjunto de

bandas que se generan al girar, cada pedazo del polígono, alrededor de un eje.Cada una de estas bandas tiene la forma de un cono truncado. El área de labanda (o cono truncado) que se muestra en la figura 41 con longitud lateral l,radio superior r1, y radio inferior r2 se obtiene restando las áreas de los conos:

A = πr2(l1 + l)− πr1l1

= π [(r2 − r1) l1 + r2l] (4)

Por triángulos semejantes,l1r1=

l1 + l

r2

con lo que se obtiener2l1 = r1l1 + r1l

o(r2 − r1) l1 = r1l

Sustituyendo en la expresión 4, obtenemos

A = π (r1l + r2l)

= 2π

µr1 + r22

¶l

33

Figura 42:

Figura 43:

oA = 2πrl

donde r = (r1 + r2)/2 es el radio promedio del cono truncado.Sea f una función suave que no es negativa en [a, b]. Consideremos la su-

perficie generada al girar la gráfica de f alrededor del eje x (véase la figura42). Para obtener una fórmula del área S de esta superficie, consideremos unapartición P de [a, b] determinada por a = x0, x1, . . . , xn = b y para cada i,sea Pi el punto (xi, f(xi)) sobre la gráfica de f (véase la figura 43). La parte dela superficie entre xi−1 y xi se estima tomando el segmento de recta Pi−1Pi yhaciéndolo girar alrededor del eje x. El resultado es el área lateral de un conotruncado con altura lateral l = d(Pi−1, Pi) y radio promedio r = 1

2(yi−1 + yi),

34

de modo que su área superficial es

2πf(xi−1) + f(xi)

2d(Pi−1, Pi).

Sumando los términos de esta forma desde i = 1 hasta i = n, se obtiene elárea SP de la superficie generada por la poligonal lP que se obtiene al unir Pi−1con Pi para cada i. Usando la expresión

d(Pi−1, Pi) =q1 + [f 0(x∗i )]

2∆xi

se tiene

SP =nXi=1

2πf(xi−1) + f(xi)

2

q1 + [f 0(x∗i )]

2∆xi

donde xi−1 < x∗i < xi. El área S de la superficie de revolución se define comoS = lımkPk→0 SP .

Definición 9 Si f es suave y no negativa en [a, b], entonces el área S de lasuperficie de revolución generada al girar la gráfica de f alrededor del eje x es

S =

Z b

a

2πf(x)

q1 + [f 0(x)]2dx.

Si f es negativa para algún x en [a, b] entonces, para calcular el área de lasuperficie S, se puede usar la siguiente generalización de la definición 9:

S =

Z b

a

2π |f(x)|q1 + [f 0(x)]2dx.

Si se intercambian los papeles de x y y en la definición 9, obtenemos lafórmula para calcular el área de la superficie de revolución generada al giraralrededor del eje y la gráfica de x = g(y) en el intervalo [c, d].

Definición 10 Si g es suave y no negativa en [c, d], entonces el área S de lasuperficie de revolución generada al girar la gráfica de g alrededor del eje y es

S =

Z b

a

2πg(y)

q1 + [g0(y)]2dy.

Ejemplo 15 La curva y =√4− x2, −1 ≤ x ≤ 1, es un arco del círculo x2 +

y2 = 4. Calcule el área de la superficie generada al girar el arco alrededor deleje x. (La superficie es una parte de una esfera de radio 2, ver la figura 44)

Solución. Tenemos

dy

dx=

1

2

¡4− x2

¢−1/2(−2x)

=−x√4− x2

35

Figura 44:

y así, según la definición 9, el área superficial es

S =

Z 1

−12πy

s1 +

µdy

dx

¶2dx

= 2π

Z 1

−1

p4− x2

r1 +

x2

4− x2dx

= 2π

Z 1

−1

p4− x2

2√4− x2

dx

= 4π

Z 1

−1dx = 8π.

Ejemplo 16 El arco de parábola y = x2 se hace girar en torno al eje y de (1, 1)a (2, 4). Calcule el área de la superficie generada. (Ver la figura 45)

Ejemplo 17 Para utilizar la definición 10, hagamos x =√y y

dx

dy=

1

2√y.

36

Figura 45:

Sustituyendo en la definición 10, tenemos

S =

Z 4

1

2πx

s1 +

µdx

dy

¶2dy

= 2π

Z 4

1

√y

r1 +

1

4ydy

= π

Z 4

1

p4y + 1dy

=π

4

Z 4

1

p4y + 1(4dy)

=π

6

³17√17− 5

√5´≈ 30,85

5.4. Trabajo

El concepto de fuerza se puede considerar como la entidad física que describela acción de empujar o tirar un objeto.Si un objeto tiene un peso g (fuerza de gravedad) entonces, por definición,

la fuerza que se requiere para levantarlo es igual a g (en kilogramos fuerza).Una fuerza de este tipo es una fuerza constante porque su magnitud no cambiamientras está aplicada al objeto.En física, el concepto de trabajo se origina cuando una fuerza mueve un

objeto de un lugar a otro. La siguiente definición se aplica al caso más simple enel que el objeto se desplaza a lo largo de una línea recta en la misma direcciónen que la fuerza se aplica.

Definición 11 Si una fuerza constante F se aplica a un objeto y lo desplazauna distancia d en la dirección de la fuerza, entonces el trabajo W realizado

37

sobre el objeto esW = Fd.

En física suelen utilizarse tres sistemas de unidades:el sistema cgs (centímetro-gramo-segundo),el sistema mks (metro-kilogramo-segundo) y el sistema inglés.En el sistema cgs la fuerza se expresa en dinas, la masa en gramos y la distanciaen centímetros; la unidad para el trabajo W es dina-cm o ergio. En el sistemamks la fuerza se expresa en Newton, la masa en Kg y la distancia en metros;en este sistema se define el Newton (N ) como la magnitud de la fuerza que serequiere para impartir una aceleración de 1 m/s2 a una masa de 1 kg. Si lafuerza se da en kgf, la unidad para el trabajo W es kgf ·m; pero si la fuerzase da en Newtons, la unidad para el trabajo W es newton-m o Joule . Se puededeterminar que 1kgf = 9,81J y que 1J = 107ergios. En el sistema inglés lafuerza se mide en libras y la distancia en pies, por lo que la unidad de trabajoes la libra-pie que aproximadamente es 1.36 joule. Si la distancia se mide enpulgadas, la unidad de trabajo es libra-pulgada.

Ejemplo 18 Calcular el trabajo realizado al empujar un automóvil sobre unacarretera horizontal de un punto A aun punto B a 7 metros de A, con una fuerzaconstante de 40 Kgf.

Solución. Como la fuerza constante es F = 40 kgf y la distancia que el au-tomóvil recorre es d = 7 m, de acuerdo con la definición 11, el trabajo realizadoes

W = 40× 7 = 280 kgf ·m = 2746J.

A veces se necesita determinar la fuerza F antes de aplicar la definición 11.

Ejemplo 19 Calcular aproximadamente el trabajo realizado al elevar un objetode 15 kg de masa verticalmente a una altura de 4 m.

Solución. La fuerza requerida F está dada por F = ma. Si la masa m se mideen kilogramos y la aceleración a en m/s2, entonces F resulta expresada en N.En este ejemplo, a es la aceleración de la gravedad (g), que en el sistema mkses aproximadamente 9,81m/ s2. Entonces

F = ma ≈ 15× 9,81 = 147,15N.Aplicando la definición 11 y este sistema de unidades,

W = Fd ≈ 147,15× 4= 588,6N · m = 588,6J.

Cualquiera que haya empujado un automóvil sabe que la fuerza aplicadanormalmente varía de un punto a otro. Si un automóvil está detenido hay queaplicarle una fuerza mayor para que empiece a moverse que para mantenerlo

38

en movimiento. La fuerza también puede variar debido a la fricción pues, porejemplo, una parte del camino puede ser lisa y otra áspera o rugosa. Las fuerzasque no son constantes se denominan fuerzas variables.Si se aplica una fuerza variable a un cuerpo mientras el cuerpo recorre cierta

distancia en la dirección de la fuerza, entonces para calcular el trabajo realizadose requieren métodos del cálculo.Supongamos que el movimiento se da sobre una línea recta l y que el objeto

se mueve de un punto A con coordenada a a un punto B con coordenada b,donde b > a. Para calcular el trabajo realizado, es necesario conocer la fuerzaen el punto de l con coordenada x para todo x en el intervalo [a, b]. Esta fuerzase denotará por f(x). Se supone también que la función f es continua en [a, b].Sea P la partición de [a, b] determinada por a = x0, x1, . . . , xn = b, y sea

∆xk = xk − xk−1. Si wk es un número en [xk−1, xk], entonces la fuerza en elpunto Qk con coordenada wk es f(wk). Si ∆xk es pequeño, entonces, como f escontinua, los valores de f varían poco en el intervalo [xk−1, xk]. Se puede decirque f casi es constante en [xk−1, xk]. De modo que el trabajo Wk realizadomientras el objeto recorre el k-ésimo subintervalo, puede calcularse por mediode la definición 11, es decir,

Wk ≈ f(wk)∆xk.

Parece evidente que cuanto más pequeño sea ∆xk, tanto mejor será la aprox-imación al trabajo realizado en el intervalo [xk−1, xk]. Si se considera que eltrabajo es aditivo, es decir, que el trabajo W realizado cuando un objeto sedesplaza de A a B es igual a la suma de los trabajos realizados sobre cadasubintervalo, entonces

W ≈nX

k=1

f(wk)∆xk.

Como se espera que esta aproximación mejore cuando la norma de las particionestiendan a cero, W se define como el límite de estas sumas.

Definición 12 Sea f(x) la fuerza en el punto de coordenada x sobre la rectacoordenada l, donde f es continua en [a, b]. El trabajo W realizado al moverun objeto del punto con coordenada a al punto con coordenada b es

W = lımkPk→0

Xk=1

f(wk)∆xk

=

Z b

a

f(x)dx.

La definición 12 puede servir para calcular el trabajo realizado al estirar ocomprimir un resorte. Para resolver este tipo de problemas es necesario utilizarla siguiente ley de la física.LEY DE HOOKE: La fuerza f(x) que se requiere para estirar un resorte x

unidades a partir de su longitud natural es

f(x) = kx

39

donde k es una constante llamada constante del resorte.

Ejemplo 20 Para estirar un resorte pequeño de su longitud natural de 6 cm auna de 8 cm se requiere una fuerza de 9 dinas. Calcular el trabajo realizado alestirar el resorte (a) de su longitud natural a una de 10 cm y (b) de una longitudde 7 cm a una de 9 cm.

Solución. (a) Comenzamos introduciendo una recta coordenada l como semuestra en la figura 46, con uno de los extremos del resorte sujeto a algúnpunto a la izquierda del origen, y el extremo movible colocado en el origen.De acuerdo con la ley de Hooke, la fuerza necesaria para estirar el resorte a xcentímetros desde su longitud natural es f(x) = kx. Cuando el resorte se estirade 6 a 8 cm, el estiramiento es 2 cm. Esto quiere decir que f(2) = 9, así que

2k = 9

ok =

9

2.

Por consiguiente, f(x) = 9x/2 y el trabajo efectuado al estirar el resorte 4 cmes

W =

Z 4

0

9

2x dx =

·9

2

x2

2

¸40

= 36 ergios.

(b) Usando la misma función f pero en el intervalo [1, 3], obtenemos

W =

Z 3

1

9

2x dx =

·9

2

x2

2

¸31

= 18 ergios.

Ejemplo 21 Un tanque en forma de cono circular invertido de 10m de alturay 4m de radio de la base, se llena con agua hasta una altura de 8m. Calculeel trabajo requerido para vaciarlo bombeando todo el agua hasta la altura de latapa del tanque. La densidad del agua es 1000 kg/m3.

Solución. Consideremos el origen del sistema de coordenadas en el centro dela parte superior del cono y la dirección positiva del eje x hacia abajo, comose muestra en la figura 47. El agua va desde una profundidad de 2m hastauna de 10m. Dividamos el intervalo [2, 10] en n subintervalos con los puntosx0 = 2, x1, . . . , xn = 10. Con esto hemos subdividido el agua en n capas.Elegimos x∗i como la distancia desde el origen a la i-ésima capa. El volumenVi de la i-ésima capa de agua es aproximadamente igual al volumen del discocircular de radio ri y altura ∆xi, esto es

Vi ≈ πr2i∆xi. (5)

40

Figura 46:

Figura 47:

41

Figura 48:

Podemos calcular ri utilizando triángulos semejantes, como se muestra en lafigura 48:

ri10− x∗i

=4

10

ori =

25 (10− x∗i )

Sustituyendo en la ecuación 5, obtenemos

Vi ≈ 4π25(10− x∗i )

2∆xi

y así, su masa es mi = densidad× vol, esto es

mi = 1000 · 4π25(10− x∗i )

2∆xi

= 160π (10− x∗i )2∆xi.

La fuerza necesaria para elevar esta capa es:

Fi = mig ≈ (9,81)× 160π (10− x∗i )2∆xi

≈ 1570π (10− x∗i )2∆xi.

Cada partícula de la capa de agua ha de recorrer una distancia x∗i . El trabajoWi efectuado para elevar esta capa de agua hasta la parte superior es, aproxi-madamente, el producto de la fuerza, Fi y la distancia x∗i :

Wi ≈ Fix∗i ≈ 1570πx∗i (10− x∗i )

2∆xi.

Para calcular el trabajo total necesario para vaciar el tanque, sumamos lostrabajos correspondientes a cada una de las n capas, y sacamos el límite de esta

42

Figura 49:

suma cuando n→∞:

W = lımn→∞

nXi=1

1570πx∗i (10− x∗i )2∆xi

=

Z 10

2

1570πx (10− x)2 dx

= 1570π

Z 10

2

¡100x− 20x2 + x3

¢dx

= 1570π

·50x2 − 20x

3

3+

x4

4

¸102

= 1570π · 20483≈ 3,4× 106J.

5.5. Momentos y centros de masa

Sea l una recta coordenada y P un punto con coordenada x. Si una partículade masa m se coloca en P , entonces el momento de la partícula con respectoal origen O se define como el producto mx. Supongamos que l es horizontal, sudirección positiva es a la derecha y puede girar libremente alrededor de O dondese supone un punto de apoyo, como se muestra en la figura 49. Si la masa m1 deun objeto está concentrada en el punto de coordenada positiva x1, entonces elmomento m1x1 es positivo y l giraría en el sentido de giro de las manecillas delreloj. Si un objeto de masam2 se encuentra en un punto de coordenada negativax2, entonces su momento m2x2 es negativo y l giraría en sentido contrario algiro de las manecillas del reloj. Se dice que el conjunto formado por los dosobjetos están en equilibrio si m1x1 = m2|x2|.Como x2 < 0, esto es equivalentea m1x1 = −m2x2, o bien

m1x1 +m2x2 = 0;

es decir, la suma de los momentos con respecto al origen es cero.

43

Figura 50:

Si las partículas no están en equilibrio, entonces hay un punto P de balancecon coordenada x, tal que

m1 (x1 − x) = m2 |x2 − x| = −m2 (x2 − x)

como se ilustra en la figura 50.Para localizar P se despeja x como sigue:

m1 (x1 − x) +m2 (x2 − x) = 0

m1x1 +m2x2 − (m1 +m2)x = 0

(m1 +m2)x = m1x1 +m2x2

x =m1x1 +m2x2m1 +m2

.

El punto con coordenada x se llama centro de masa (o centro de gravedad).La siguiente definición es una generalización de este concepto para más de dospartículas.

Definición 13 Sea l una recta coordenada y S un conjunto de n partículas demasas m1,m2, . . . ,mn localizadas en los puntos x1, x2, . . . , xn, respectivamente.Sea m =

Pnk=1mk la masa total.

1. El momento de S con respecto al origen es

nXk=1

mkxk.

2. El centro de masa (o centro de gravedad) de S es el punto con coordenadax tal que

x =1

m

nXk=1

mkxk

o

mx =nX

k=1

mkxk.

44

Figura 51:

El número mx en la definición 13 se puede considerar como el momentorespecto al origen de una partícula de masa m concentrada en el punto concoordenada x. Entonces, la fórmula en el inciso 2 de la definición 13 afirma quex da la posición en la que la masa total m podría concentrarse sin que cambie elmomento respecto al origen. El punto con coordenada x es el punto de balance.Si x = 0, entonces por la definición 13,

Pnk=1mkxk = 0 y se dice que el conjunto

S está en equilibrio.

Ejemplo 22 Tres partículas con masas de 40, 60 y 100 gramos están colocadasen los puntos con coordenadas −2, 3 y 7, respectivamente de una recta coorde-nada l. Determinar el centro de masa.

Solución. Si denotamos las masas por m1, m2 y m3, tenemos la situaciónilustrada en la figura 51, con x1 = −2, x2 = 3 y x3 = 7. De la definición 13, lacoordenada x del centro de masa es

x =40(−2) + 60(3) + 100(7)

40 + 60 + 100

=800

200= 4.

Si una partícula de masam1 está colocada en un punto P (x1, y1) de un planocoordenado, como se ilustra en la figura 52, entonces los momentos Mx y My

de la partícula con respecto al eje x y al eje y se definen por

Mx = m1y1 y My = m1x1,

respectivamente. Observe que si x1 y y1 son positivos, entonces para calcularMx se multiplica la masa de la partícula por su distancia y1 al eje x y paracalcular My se multiplica la masa por la distancia x1 al eje y. Si x1 o y1 esnegativo, entonces Mx o My también es negativo.Para calcular los momentosMx yMy de un conjunto de partículas se suman

los momentos de las partículas individuales, como se indica en la siguiente defini-ción.

Definición 14 Sea S un conjunto de n partículas de masas m1, m2, . . . , mn,ubicadas en los puntos P1(x1, y1), P (x2, y2), . . . , P (xn, yn), respectivamente deun plano coordenado y sea m =

Pnk=1mk la masa total.

45

Figura 52:

1. Los momentos Mx y My de S con respecto al eje x y al eje y son

Mx =nX

k=1

mkyk y My =nX

k=1

mkxk

respectivamente.

2. El centro de masa (o centro de gravedad) de S es el punto P (x, y) dadopor

mx =My y my =Mx.

Los números mx y my en la definición 14 son los momentos con respecto aleje y y al eje x de una partícula de masa m colocada en el punto P (x, y). Portanto, las ecuaciones del inciso (2) de la definición 14 implican que el centrode masa es punto en el que se puede concentrar la masa total sin cambiar losmomentos Mx y My. Si consideramos a las n partículas como conectadas conel centro de masa P mediante barras sin peso, como los rayos de una rueda laconectan con el eje, entonces el conjunto S quedaría balanceado si se sostuvieracon una cuerda fija a P . Esto daría la apariencia de un sistema giratorio quetiene todos sus objetos en un mismo plano horizontal.

Ejemplo 23 Cuatro partículas con masas de 4, 8, 3 y 2 kg están colocadasen los puntos (−2, 3), (2,−6), (7,−3) y (5, 1), respectivamente. Calcular losmomentos Mx y My, y las coordenadas del centro de masa del sistema.

Solución. Las partículas se ilustran en la figura 53, donde también se ha mar-cado por anticipado la posición de (x, y). Aplicando la definición 14,

Mx = 4× 3 + 8× (−6) + 3× (−3) + 2× 1 = −43My = 4× (−2) + 8× 2 + 3× 7 + 2× 5 = 39.

46

Figura 53:

Como m = 4 + 8 + 3 + 2 = 17, se deduce del inciso (2) de la definición 14 que

x =Mx

m=39

17≈ 2,3 y y =

My

m= −43

17≈ −2,5.

Consideremos ahora una hoja delgada de material (una lámina) que es ho-mogénea, es decir, que tiene densidad constante. El centro de masa P se puededefinir de manera que si se coloca la punta de un lápiz en P , como se indica enla figura 54, la lámina queda balanceada horizontalmente. Es claro que si unalámina homogénea tiene forma de rectángulo, entonces su centro de masa está enel centro del rectángulo, es decir, en el punto de intersección de sus diagonales.Daremos por supuesto, que si un rectángulo se encuentra en el plano xy, en-tonces su masa (o más correctamente, la de una lámina rectangular coincidente)puede considerarse concentrada en el centro sin que cambien los momentos conrespecto al eje y o al eje x.Por facilidad consideramos primero una lámina que tiene la forma de una

región como la que se ilustra en la figura 55, con f continua en el intervalocerrado [a, b]. Consideremos una partición de [a, b] dada por a = x0, x1, . . . ,xn = b. Para todo k, sea wk el punto medio del subintervalo [xk−1, xk]; es decir,wk = (xk−1 + xk)/2. La suma de Riemann

Pnk=1 f(wk)∆xk puede considerarse

como la suma de las áreas de los rectángulos del tipo que se muestra en la figura55.Si la densidad superficial (o masa por unidad de área) se denota por δ,

entonces la masa correspondiente al k-ésimo rectángulo es δf(wk)∆xk y, porlo tanto, la masa del polígono rectangular asociado a la partición es la sumaP

k δf(wk)∆xk. Cuando la norma de las particiones tiende a cero, el área delpolígono formado por los rectángulos tiende al área de una cara de la lámina, y

47

Figura 54:

Figura 55:

48

la suma debe tender a la masa de dicha lámina. De modo que se define la masam de la lámina por

m = lımkPk→0

Xk

δf(wk)∆xk

= δ

Z b

a

f(x)dx.

El centro de masa de la k-ésima lámina rectangular ilustrada en la figura 55,se encuentra en el punto Ck(wk, f(wk)). Si suponemos que la masa está con-centrada en Ck, entonces su momento con respecto al eje x puede calcularsemultiplicando la distancia 1

2f(wk) de Ck al eje x por la masa δf(wk)∆xk. Usan-do la propiedad aditiva de los momentos, se obtiene que el momento del polígonode rectángulos asociado a la partición es

Pk12f(wk) · δf(wk)∆xk. El momento

Mx de la lámina se define como el límite de estas sumas, es decir,

Mx = lımkPk→0

Xk

1

2f(wk) · δf(wk)∆xk

= δ

Z b

a

1

2f(x) · f(x)dx.

Análogamente, usando la distancia wk del eje y al centro de masa del k−ésimorectángulo, se obtiene la definición del momento My de la lámina con respectoal eje y. Concretamente,

My = lımkPk→0

Xk

wk · δf(wk)∆xk

= δ

Z b

a

x · f(x)dx.

Las coordenadas x y y del centro de masa de la lámina se definen por medio demx =My y my =Mx.

Definición 15 Sea f una función continua y no negativa en [a, b]. Si una lámi-na homogénea con densidad superficial δ tiene la forma de la región bajo lagráfica de f entre a y b, entonces

1. la masa de la lámina es m = δR baf(x)dx.

2. los momentos Mx y My de la lámina son

Mx = δ

Z b

a

1

2f(x) · f(x)dx

y

My = δ

Z b

a

x · f(x)dx.

49

Figura 56:

3. el centro de masa (o centro de gravedad o centroide) de la lámina es elpunto P (x, y) tal que

mx =My y my =Mx.

Sustituyendo las formas integrales de la definición 15 y despejando x y y, seobtiene

x =My

my

y =Mx

m.

Ejemplo 24 Encontrar las coordenadas del centroide de la región acotada porlas gráficas de y = x2 + 1, x = 0 y y = 0.

Solución. La región se indica en la figura 56. Usando la definición 15 con δ = 1,

m =

Z 1

0

¡x2 + 1

¢dx =

·1

3x3 + x

¸10

=4

3.

Mx =

Z 1

0

1

2

¡x2 + 1

¢ · ¡x2 + 1¢ dx=

1

2

Z 1

0

¡x4 + 2x2 + 1

¢dx

=1

2

·1

5x5 +

2

3x3 + x

¸10

=14

15

50

My =

Z 1

0

x · ¡x2 + 1¢ dx=

Z 1

0

¡x3 + x

¢dx

=

·1

4x4 +

1

2x2¸10

=3

4.

Por tanto,

x =My

m=3/4

4/3=9

16y

y =Mx

m=14/15

4/3=7

10.

Sean f y g funciones continuas en [a, b] tales que f(x) ≥ g(x) para todox en [a, b]. Se puede utilizar un argumento similar al de la definición 15, paraencontrar los momentos de la región entre las curvas definidas por f y g. Así,

Mx = δ

Z b

a

12 [f(x) + g(x)] · [f(x)− g(x)] dx

= δ

Z b

a

12

n[f(x)]2 − [g(x)]2

o. (6)

Análogamente,

My = δ

Z b

a

x · [f(x)− g(x)] dx. (7)

Para calcular x y y se pueden utilizar las fórmulas correspondientes de ladefinición 15.

Ejemplo 25 Calcular las coordenadas del centroide de la región acotada porlas gráficas de y + x2 = 6 y y + 2x− 3 = 0.Solución. En la figura 57 aparece la gráfica de la región limitada por las curvasf(x) = 6 − x2 y g(x) = 3 − 2x. Los puntos de intersección se determinanresolviendo las ecuaciones y + x2 = 6 y y + 2x− 3 = 0 simultáneamente; estospuntos son (−1, 5) y (3,−3). Usando la fórmula 6 y la definición 15 con δ = 1,la masa m es

m = δ

Z 3

−1

£¡6− x2

¢− (3− 2x)¤ dx= 1

Z 3

−1(3 + 2x− x2)dx

=

·3x+ x2 − 1

3x3¸3−1

= 9 +5

3=32

3.

51

Figura 57:

y

Mx =

Z 3

−1

1

2

£¡6− x2

¢+ (3− 2x)¤ £¡6− x2

¢− (3− 2x)¤ dx=

1

2

Z 3

−1

h¡6− x2

¢2 − (3− 2x)2i dx=

1

2

Z 3

−1

¡x4 − 16x2 + 12x+ 27¢ dx = 416

15.

Por tanto,

y =Mx

m=416/15

32/3=13

5.

Análogamente, usando la fórmula 7 y la definición 15, tenemos

My =

Z 3

−1x£¡6− x2

¢− (3− 2x)¤ dx=

Z 3

−1x¡3− x2 + 2x

¢dx

=1

2

Z 3

−1

¡3x− x3 + 2x2

¢dx =

32

3.

En consecuencia,

x =My

m=32/3

32/3= 1.

52