El teorema fundamental del cálculotlacuatl.mx/docencia/ci/ci6.pdfEl teorema fundamental del cálculo En las lecciones previas aprendimos muchas cosas sobre la integral deﬁnida

El teorema fundamental del cálculo

En las lecciones previas aprendimos muchas cosas sobre la integral definida. Depuésde definirla y presentar algunas de sus aplicaciones, notamos que su evaluación puederesultar enormemente laboriosa. Si bien establecimos algunos resultados generales,

pocos, por ejemplo cuánto vale∫ b

axdx , para la inmensa mayoría de las funciones f , el

cálculo de∫ b

af (x)dx puede tornarse complicado. El teorema fundamental del cálculo

proporciona un método para calcular integrales definidas. Propiamente, el teoremaestablece una relación entre la integral definida y la operación inversa de derivación,el cálculo de antiderivadas.

Como paso intermedio, presentamos el teorema del valor medio para integrales,una herramienta necesaria para probar el torema fundamental, pero que además esimportante por sí mismo.

6.1 El teorema del valor medio para integrales definidas

Antes definimos el valor promedio de una función continua en [a, b] como la integral∫ b

af (x)dx dividida por la longitud b − a. El teorema del valor medio para integrales

definidas asegura que la función alcanza al menos una vez este valor en el intervalo.La figura siguiente representa una función continua positiva y = f (x) definida en

[a, b]. El treorema del valor medio dice que existe un c ∈ [a, b] tal que el rectángulocon altura igual a f (c ) y base b − a tiene exactamente la misma área que la regióndebajo de la gráfica de f en [a, b].

Teorema 6.1.1 (Teorema del valor medio para integrales de�nidas). Si f es continua en[a, b], entonces existe c ∈ [a, b] tal que

f (c ) = 1b − a

∫ b

af (x)dx .

Demostración. Dividimos ambos lados de la regla (➏) (desigualdad max-min) por la

73

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74 CAPÍTULO 6. EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO

diferencia (b − a) para lograr

min f ≤ 1b − a

∫ b

af (x)dx ≤ max f .

Dado que f es continua, el teorema del valor intermedio para funciones continuasasegura que f debe alcanzar cualquier valor entre min f y max f , por lo que debe

alcanzar el valor (1/(b − a))∫ b

af (x)dx en algún punto c ∈ [a, b]. �

Aquí es importante la continuidad de f . Es posible que una función discontinuajamas alcance el valor promedio, como lo ilustra la siguiente figura.

Ejemplo 6.1.2. Probemos que si f es continua en [a, b], a , b , y si

∫ b

af (x)dx = 0,

entonces f (x) = 0 al menos una vez en [a, b].Note que el valor promedio de f en [a, b] es

P rom(f ) = 1b − a

∫ b

af (x)dx = 1

b − a · 0 = 0.

Por el teorema del valor intermedio, f alcanza este valor en algún punto c ∈ [a, b].


6.1. EL TEOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES DEFINIDAS 75

El ejemplo previo se ilustra en la figura para la función f (x) = 9x2 − 16x + 4 en[0, 2].

Nos interesa desarrollar un método para evaluar integrales definidas basado enel uso de antiderivadas. Comenzamos revisando cómo diferenciar un cierto tipo defunción descrito por una integral.

Si f (t ) es una función integrable en un intervalo I , entonces la integral desde unnúmero fijo a ∈ I a otro número x ∈ I define una nueva función F cuyo valor en x es

F (x) =∫ x

af (t )dt (1)

Por ejemplo, si f no es negativa y x está a la derecha de a, entonces F (x) es el áreabajo la gráfica de a a x .

La variable x es el límite superior de la integral, pero F es como cualquier otrafunción de los reales a los reales. Para cada valor de x , F nos regresa un úniconúmero real, que en este caso es la integral definida de a a x

La ecuación (1) proporciona una forma útil para definir nuevas funciones, pero lomás importante es la conexión que establece entre integrales y derivadas. Si f es unafunción continua, el teorema fundamental del cálculo asegura que F es una funcióndiferenciable de x cuya derivada es f . Esto es, para cada x ∈ [a, b], ocurre

F ′(x) = f (x).

Para analizar esta situación con más detalle, involucramos el significado geométricode esta situación.



Si f ≥ 0 en [a, b], para calcular F ′(x) a partir de la definición de la derivada,debemos tomar el límite conforme h → 0 del cociente

F (x + h) − F (x)h

.

Si h > 0, F (x + h) es el área bajo la gráfica de f de a a x + h, mientras que F (x) esel área bajo la gráfica de f entre x y x + h (figura siguiente). Si h es pequeña, el áreabajo f de x a x +h es aproximada por el área del rectángulo cuya altura es f (x) y base[x , x + h]. Esto es,

F (x + h) − F (x) ≈ h f (x).

Esta aproximación mejora conforme h se acerca a 0. Es razonable esperar queF ′(x), que es el límite de este cociente conforme h → 0, es igual a f (x), así que

F ′(x) = limh→0

F (x + h) − F (x)h

= f (x).

Esta ecuación es cierta aún cuando la función f no sea positiva, esto forma la primeraparte del teorema fundamental del cálculo.

Definición 6.1.3. Una función F se denomina antiderivada de la función f en unintervalo I , si F ′(x) = f (x) para toda x en I .

Ejemplo 6.1.4. 1. Si F es la función definida por

F (x) = 4x3+ x2+ 5

entonces F ′(X ) = 12x2+ 2x . De modo que si f es la función definida por

f (x) = 12x2+ 2x ,

entonces f es la derivada de F , y F es la antiderivada de f . SiG es la función definidapor

G (x) = 4x3+ x2 − 17

entonces G también es una antiderivada de f porque G ′(x) = 12x2+ 2x . En realidad,

cualquier función determinada por

G (x) = 4x3+ x2+ c ,



donde c es una constante, es una antiderivada de f .2. Si k es una constante arbitraria, entonces cualquier función definida por

sin x + k (❁)

tiene a la función cos x como derivada. Por tanto, cualquier función tipo (❁) es unaantiderivada de cos x .

Para generalizar la discusión de los ejemplos previos, considere la función F comouna antiderivada de la función f en un intervalo I , de modo que

F ′(x) = f (x).

Entonces, si G es una función definida por

G (x) = F (x)+ c ,

donde c es una constante arbitraria, ocurre G ′(x) = F ′(x) = f (x) y G también es unaantiderivada de f en el intervalo I .

Recuerde de su curso de cálculo diferencial, que si la derivada de una función enun intervalo es cero, entonces la función es constante en el intervalo.

Teorema 6.1.5. Sean f , g funciones definidas en un intervalo I , es decir, f , g : I → R.Además, f ′(x) = g ′(x) para cada x ∈ I . Entonces, existe una constante K tal que

f (x) = g (x) +K

para toda x ∈ I .

Demostración. Definimos la función h mediante

h(x) = f (x) − g (x)

de modo que para toda x ∈ I ,

h′(x) = f ′(x) − g ′(x).

Por hipótesis, f ′(x) = g ′(x) para cada x ∈ I , por lo que

h′(x) = 0

en cada x ∈ I , así que por lo antes dicho, existe una constante K tal que h(x) = K paracualquier x ∈ I . Apelamos a la definición de h para deducir que

f (x) − g (x) = K ⇒ f (x) = g (x)+K ,

para toda x ∈ I . �

Corolario 6.1.6. Si F es una antiderivada particular de f en un intervalo I , entonces cadaantiderivada de f en I está dada por

F (x)+C (✶)

donde C es una constante arbitraria, y todas las antiderivadas de f en I pueden obtenerse apartir de (✶) asignando valores particulares a C .



Demostración. Sea G cualquier antiderivada de f en I . Entonces,

G ′(x) = f (x) para toda x ∈ I (ii)

Como F es una antiderivada particular de f en I ,

F ′(x) = f (x) para cada x ∈ I (iii)

De las ecuaciones (ii) y (iii) deducimos

G ′(x) = F ′(x)

para cada x ∈ I . Por tanto, por el teorema existe una constante K tal que

G (x) = F (x)+K

para cualquier x ∈ I . Puesto que G representa cualquier antiderivada de f en I , todaantiderivada de f puede obtenerse a partir de F (x) +C , donde C es una constantearbitraria. �

Teorema 6.1.7 (El Teorema fundamenta del ál ulo I). Si f es una función continua en[a, b], entonces F (x) =

∫ x

af (t )dt es continua en [a, b] y es diferenciable en (a, b). Además, su

antiderivada es f (x), es decir,

F ′(x) = d

dx

∫ x

af (t )dt = f (x). (2)

Ejemplo 6.1.8. Usemos el teorema fundamental para encontrar dy/dx si

(a) y =∫ x

a(t3+ 1)dt .

(b) y =∫ 5x

3t sin tdt .

(c) y =∫ x2

1 cos tdt .

(d) y =∫ 4

1+3x21

2+t dt .

(a)

dy

dx=

d

dx

∫ x

a(t3+ 1)dt = x3

+ 1 por la ecuación (2) con f (t ) = t3+ 1.

(b)

dy

dx=

d

dx

∫ 5

x3t sin tdt

=

d

dx

(

−∫ x

53t sin tdt

)

= − ddx

∫ x

53t sin tdt

= −3x sin x ecuación (2) con f (t ) = 3t sin t .



(c) El límite superior de la integral no es x sino x2, lo que hace a y la composiciónde dos funciones

y =

∫ u

1cos tdt y u = x2.

Por consiguiente, debemos aplicar la regla de la cadena para determinar dy/dx ,

dy

dx=

dy

du· dudx

=

(

d

du

∫ u

1cos tdt

)

· dudx

= cos u · dudx

ecuación (2) con f (t ) = cos t

= cos(x2) · 2x

= 2x cos x2.

(d)

d

dx

∫ 4

1+3x2

12 + t

dt =d

dx

(

−∫ 1+3x2

4

12 + t

)

regla ➊

= − ddx

∫ 1+3x2

4

12 + t

dt

= − 12 + (1 + 3x2)

· ddx

(1 + 3x2) ecuación (2) y regla de la cadena

= − 2x1 + x2

.

Prueba del teorema fundamental I. Aplicamos la definición de derivada a la función F (x),cuando x y x + h están en (a, b). Escribimos el cociente

F (x + h) − F (x)h

(3)

y calculemos el límite cuando h → 0, para comprobar que este límite es f (x).

F ′(x) = limh→0

F (x + h) − F (x)h

= limh→0

1h

[

∫ x+h

af (t )dt −

∫ x

af (t )dt

]

= limh→0

1h

∫ x+h

xf (t )dt .

Según el teorema del valor medio para integrales definidas, existe un punto c ∈(x , x +h) tal que f (c ) es el valor promedio de f en [x , x + h]. Esto es, existe un númeroc ∈ [x , x + h] tal que

1h

∫ x+h

hf (t )dt = f (c ) (4)



Conforme h → 0, x + h se aproxima a x , lo que obliga a c a acercarse a x , pues x estáentre x y x + h. Puesto que f es continua en x , f (c ) se aproxima a f (x),

limh→0

f (c ) = f (x) (5)

En consecuencia, probamos que para cada x ∈ (a, b) ocurre

F ′(x) = limh→0

1h

∫ x+h

xf (t )dt

= limh→0

f (c ) ecuación (4)

= f (x) ecuación (5).

Por lo tanto, F es diferenciable en x y como diferenciabilidad implica continuidad,esto prueba que F es continua en el intervalo (a, b). Resta mostrar que F tambiénes continua en x = a y x = b . Con este fin, procedemos como antes, excepto que enx = a sólo debemos considerar un límite lateral cuando h → 0+; en forma similar enx = b , sólo tenemos en cuenta el límite h → 0−. Esto corrobora que F tiene derivadaslaterales en x = a y x = b , por lo que F es continua en ambos puntos. �

Habiendo demostrado la parte 1 del teorema, procedemos a formular la parte 2.Esta parte describe cómo evaluar integrales definidas sin tener que recurrir a calcularsumas de Riemann. En lugar de ello, se encuentra y evalúa una antiderivada en loslímites inferior y superior.

Teorema 6.1.9 (Teorema fundamental del ál ulo 2). Si f es continua en [a, b] y F esuna antiderivada de f en [a, b], entonces

∫ b

af (x)dx = F (b) − F (a).

Demostración. La primera parte del teorema nos indica que existe una antiderivada def , a saber,

G (x) =∫ x

af (t )dt .

Si F es la antiderivada de f , entonces F (x) = G (x) + c para alguna constante c paraa < x < b . Ya que F y G son funciones continuas en [a, b], deducimos que la igualdadF (x) = G (x) + c se cumple también cuando x = a y x = b si se toman los límiteslaterales.

Si evaluamos F (b) − F (a), ocurre

F (b) − F (a) = [G (b) + c ] − [G (a) + c ]= G (b) −G (a)

=

∫ b

af (t )dt −

∫ a

af (t )dt

=

∫ b

af (t )dt − 0

=

∫ b

af (t )dt .



�

Este teorema es importante, entre muchas cosas, porque nos ayuda a calcular laintegral definida de f en [a, b]; según el teorema sólo requerimos hacer los siguiente,

❇ Encuentre una antiderivada de f ,

❇ calcule el número F (b) − F (a) que es igual a∫ b

af (x)dx .

Este procedimiento puede resultar más fácil que calcular las sumas de Riemanncorrespondientes. Para expresar la diferencia F (b) − F (a) suele emplearse la siguientenotación.

F (x)]ba [F (x)]ba F (x)|ba .

No obstante, algunos textos pueden emplear otra notación.

Ejemplo 6.1.10. Calcule las siguientes integrales definidas empleando el teorema fun-damental 2.

(a) Note que d sin xdx = cos x .

∫

π

0cos xdx = sin x |π0

= sin π − sin 0= 0 − 0= 0.

(b) Para el siguiente ejemplo, recuerde d sec xdx = sec x tan x .

∫ 0

− π4sec x tan xdx = sec x |0− π4

= sec 0 − sec(

−π4

)

= 1 −√

2.

(c) Usaremos qued

(

x32 + 4

x

)

dx =32x

1/2 − 4x2 .

∫ 4

1

(

32√x − 4

x2

)

= x3/2+

4x

�

�

�

�

4

1

=

[

(4)3/2+

44

]

−[

(1)3/2+

41

]

= [8 + 1] − [5]= 4.



Otra forma de interpretar el teorema fundamental 2 es la siguiente. Si F es unaantiderivada de f , entonces F ′

= f . La ecuación en el teorema queda como∫ b

aF ′(x) = F (b) − F (a).

F ′(x) representa la velocidad de cambio de F (x) con respecto a x , por lo que estaúltima ecuación asegura que la integral de F ′ es precisamente el cambio neto en Fconforme x pasa de a a b . Esto se resume en el siguiente teorema.

Teorema 6.1.11 (Teorema del ambio neto). El cambio neto de una función diferenciableF (x) en el intervalo [a, b] es la integral de su velocidad de cambio,

F (b) − F (a) =∫ b

aF ′(x)dx (6)

�

Ejemplo 6.1.12. Si un objeto con función de posición s (t ) se mueve sobre el eje t , suvelocidad es v(t ) = s ′(t ). El teorema afirma que

∫ t2

t1

v(t )dt = s (t2) − s (t1),

por lo que la integral de la velocidad es el desplazamiento en el intervalo de tiempo[t1, t2]. Por otro lado, la integral de la rapidez |v(t )| es la distancia total recorrida en elintervalo de tiempo.

Si ordenamos de otra forma la ecuación (6),

F (b) = F (a)+∫ b

aF ′(x)dx ,

se deduce que el teorema del cambio neto también asegura que el valor final de unafunción F (x) en el intervalo [a, b] es igual a su valor inicial F (a) más su cambio netoen el intervalo. Así, si v(t ) representa la velocidad de un objeto que se mueve sobre eleje coordenado, la posición final del objeto s (t2) en el intervalo de tiempo [t1, t2] es suposición inicial s (t1) más el cambio neto en su posición sobre el eje.

Ejemplo 6.1.13. Antes analizamos el comportamiento de una roca expulsada por unaexplosión de dinamita. La velocidad de la roca en cualquier instante t está dada porv(t ) = 160 − 32t m/seg.

Según el ejemplo 6.1.12, el desplazamiento es la integral∫ 8

0v(t )dt =

∫ 8

0(160 − 32t )dt

= [160t − 160t2]80= (160)(8) − (16)(64)= 256.



Esto significa que la altura de la piedra es 256m sobre el piso 8 seg después de laexplosión.

La función velocidad v(t ) es positiva en el intervalo de tiempo [0, 5] y negativaen el intervalo [5, 8]. Por tanto, del ejemplo 6.1.12, la distancia total recorrida es laintegral

∫ 8

0|v(t )|dt =

∫ 5

0|v(t )|dt +

∫ 8

5|v(t )|dt

=

∫ 5

0(160 − 32t )dt −

∫ 8

5(160 − 32t )dt

= [160t − 16t2]50 − [160t − 16t2]85= [(160)(5) − (16)(25)] − [(160)(8) − (16)(64) − ((160)(5) − (16)(25))]= 400− (−144)= 544.

La conclusión del teorema fundamental arroja información valiosa. La ecuación(2) se puede escribir como

d

dx

∫ x

af (t )dt = f (x),

que afirma que si primero se integra la función f y derivamos el resultado, regre-samos a la función f . Igualmente, si remplazamos b por x y x por t en la ecuación(6), obtenemos

∫ x

aF ′(t )dt = F (x) − F (a),

así que si primero derivamos la función F y entonces integramos el resultado, re-gresamos a la función F (más una constante de integración). En este sentido, lasoperaciones de integración y derivación son inversas entre sí. El teorema fundamen-tal del cálculo también afirma que toda función continua f tiene una antiderivada F ,muestra la importancia de encontrar antiderivadas para evaluar integrales definidas.Más aún, asegura que la ecuación dy

dx = f (x) tiene solución (a saber, cualquiera de lasfunciones y = F (x) +C ), cuando f es una función continua.

Es importante destacar la siguiente situación. Para calcular∫ b

af (x)dx ,

lo primero que debemos intentar es encontrar una función F (x) tal que

F ′(x) = f (x).

Si logramos esto, calcular la integral pedida es muy sencillo,∫ b

af (x)dx = F (b) − F (a).

Por supuesto, no hay ninguna garantía de que siempre logremos encontrar tal fun-ción F (x). De hecho, en muchas ocasiones es imposible hacerlo, por lo que se tiene



que recurrir a un método numérico, que en buena medida se basa en las sumas deRiemann. Por método numérico entendemos un procedimiento basado en cáculosalgebraicos numéricos que nos permitan aproximar el valor de la integral.

Ejemplo 6.1.14. Derivemos xn+1

n+1 respecto a x , para obtener,

d

dx

(

xn+1

n + 1

)

=

n + 1n + 1

xn

= xn

de donde se sigue que una antiderivada de xn es xn+1/(n + 1). En general, las an-tiderivadas de xn tienen la forma xn+1/(n + 1) + c , donde c es una constante. Usamoseste hecho para deducir

∫ b

axndx =

[

xn+1

n + 1

]b

a

=

bn+1 − an+1

n + 1.

Por ejemplo,∫ 3

0x2dx =

[

13x3

]3

0=

13

33 − 13

03= 9.

Ejemplo 6.1.15. La siguiente figura representa la gráfica de f (x) = x2 − 4 y su reflejorespecto al eje x g (x) = 4 − x2.



∫ 2

−2f (x)dx =

[

x3

3− 4x

]2

−2

=

(

83− 8

)

−(

−83+ 8

)

= −323

y

∫ 2

−2g (x)dx =

[

4x − x3

3

]2

−2=

323

.

En ambos casos, el área entre la curva y el eje x en [−2, 2] es 323 . Aunque la integral

definida de f (x) es negativa, el área es positiva.

Para calcular el área de la región acotada por la gráfica de la función f (x) y el eje xcuando la función toma valores positivos y negativos, debemos desmontar cuidadosa-mente el intervalo [a, b] en subintervalos en los que la función no cambia de signo.De lo contrario, se cancelarían resultados negativos y positivos, dando lugar a un áreaincorrecta. El área correcta se obtiene sumando los valores absolutos de las integralesdefinidas en cada subintervalo en donde f (x) no cambia de signo.

Ejemplo 6.1.16. Recuerde que

d

dxcos x = − sin x .

La siguiente figura ilustra la funci ón f (x) = sin x entre x = 0 y x = 2π.

∫ 2π

0sin xdx = − cos 2π |2π0 = −[cos x − cos 0] = −[1 − 1] = 0.

La integra definida es cero porque las porciones de la gráfica sobre y debajo deleje x se cancelan entre sí su contribución.



Para calcular el área encerrada por la gráfica en el intervalo [0, 2π] se calculadesmontando el intervalo en dos piezas, el intervalo [0, π] en el que la función noes negativa y el intervalo [π, 2π] en el que no es positiva.

∫

π

0sin xdx = − cos x |π0 = −[cos π − cos 0] = −[−1 − 1] = 2

∫ 2π

π

sin xdx = − cos x |2ππ= −[cos 2π − cos π] = −[1 − (−1)] = −2.

La segunda integral da un valor negativo, por lo que el área entre la gráfica y el eje xse obtiene al sumar los valores absolutos, Área=|2| + | − 2| = 4.

Ejemplo 6.1.17. Emplearemos el hecho de que

d

dxsin x = cos x .

Entonces,∫ b

acos xdx = [sin x]ba = sin b − sin a.

Ejemplo 6.1.18.∫ 2

0x5dx =

[

16x6

]2

0=

646

− 0 =323

∫ 9

1(2x − x− 1

2 − 3)dx =[

x2 − 2x1/2 − 3x]9

1= 52

∫ 1

0(2x + 1)3dx =

[

18(2x + 1)4

]1

0=

18(81 − 1) = 10

∫

π/2

0sin 2xdx =

[

−12

cos 2x] π/2

0= −1

2(cos π − cos 0) = 1.

Es importante observar que el cálculo de esta integral definida se simplifica enorme-mente por el uso del teorema fundamental del cálculo.

Ejemplo 6.1.19. Determinemos el área de la región entre el eje x y la gráfica de f (x) =x3 − x2 − 2x en [−1, 2].

Primero encontramos los ceros de f (x), es decir, los puntos sobre el eje x en losque f (x) = 0. Notamos que

f (x) = x3 − x2 − 2x = x(x2 − x − 2) = x(x + 1)(x − 2),por lo que los ceros son x = 0,−1, 2. Estos puntos propician un desmontaje de [−1, 2]en dos subintervalos [−1, 0] en el que f ≥ 0, y [0, 2] donde f ≤ 0. Integramos f encada subintervalo y sumamos el valor absoluto de los resultados.

∫ 0

−1(x3 − x2 − 2x)dx =

[

x4

4− x

3

3− x2

]0

−1= 0 −

[

14+

13− 1

]

=

512

∫ 0

−1(x3 − x2 − 2x)dx =

[

x4

4− x

3

3− x2

]0

−1=

[

4 − 83− 4

]

− 0 = −83

El área total encerrada por la gráfica es 512 +

�

�−83

�

� =3712 .



Ejemplo 6.1.20. Determine el área A de la región mostrada en la figura.

La región en cuestion no es otra cosa que el área bajo la curva y = x3 delimitadapor las rectas x = 0 y x = 1, lo que es tanto como decir, el área bajo la curva de lafunción f (x) = x3 en el intervalo [0, 1]. Por consiguiente,

A =

∫ 1

0x3dx =

x4

4

�

�

�

�

1

0=

14

.

Ejemplo 6.1.21. 1. Interprete geométricamente la integral definida∫ 2

0 (x2 − 1)dx .Podemos decir que esta integral representa el área sombreada en la siguiente

figura.



Propiamente es la diferencia de las áreas R1 y R2.

∫ 2

0(x2 − 1)dx =

(

x3

3− x

)�

�

�

�

2

0=

83− 2 =

23

.

2. Encuentre el área A de la región sombreada en la siguiente firgura.

Recuerde que para funciones que son negativas en una parte del intervalo encuestión y positiva en otra, debemos desmontar el intervalo. La función involucradaes f (x) = x3, y en [0, 1] el área es

∫ 10 x

3dx . En cambio, en [−12 , 0] la función es negativa,

por lo que el área de esa parte es −∫ 0−1/2 x

3dx . En resumen,

A = −∫ 0

−1/2x3dx +

∫ 1

0x3dx

= −x4

4

�

�

�

�

0

−1/2+

x4

4

�

�

�

�

1

0

=

(1/2)44+

14

=

4 · 16+

14

=

1764

.

Ejemplo 6.1.22. Un objeto se mueve sobre una linea recta con una velocidad v(t ) =5t4+ 3t2. ¿Qué tranto viaja el objeto entre t = 1 y t = 2?Recuerde que el objeto puede estar cambiando su dirección, por lo que la dis-

tancia total recorrida puede ser menor al desplazamiento. No obstante, en este casola velocidad siempre es positiva y no debemos procuparnos de que el objeto tengadesplazamientos «negativos». En consecuencia, el desplazamiento es

d =

∫ 2

1(5t4+ 3t2)dt = (t5

+ t3)�

�

21 = (32 + 8) − (1 + 1) = 38.

El objeto viaja 38 unidades entre t = 1 y t = 2.



Ejemplo 6.1.23. Un objeto se mueve sobre el eje x con una velocidad v = 2t − t2. Sicomienza en x = −1 en el instante t = 0, ¿dónde está en t = 3? ¿qué tanto ha viajado?

Sea x = f (t ) la posición del móvil en el instante t . Entonces,

f (3) − f (0) =∫ 3

0(2t − t2)dt

=

(

t2 − t3

3

)�

�

�

�

3

0

= 9 − 273= 0.

Queremos averig|"uar dónde está el objeto en t = 3 y su posición la proporcionaf , por lo que requerimos el valor de f (3).

Ya que f (0) = −1, f (3) = 0 + f (0) = −1 en el instante t = 3, el objeto regresa alpunto de donde salió. El móvil retorna cuando v cambia de signo, a saber, cuando tes raíz de 2t − t2

= 0, es decir t = 0, 2. Para 0 < t < 2, v > 0, y para 2 < t < 3, v < 0.Por tanto, el desplazamiento es

∫ 2

0(2t − t2)dt =

∫ 3

2(2t − t2)dt

=

(

t2 − t3

3

)�

�

�

�

2

0−

(

t2 − t3

3

)�

�

�

�

3

2

=

(

4 − 83

)

−(

9 − 273

)

+

(

4 − 83

)

=

83

.

Ejemplo 6.1.24. En una pared se perfora un acceso, un hueco parabólico de 6m debase y altura 8m. ¿Cuántos m2 se removieron de la pared?

Planteamos el problema geométrico de acuerdo con la siguiente figura.

Digamos que la parábola tiene ecuación y = ax2+ c . Dado que y = 8, cuando x = 0,

deducimos que c = 8. Además, y = 0 cuando x = 3, por lo que 0 = a32+ 8, así que



a = −89 . Se sigue que la parábola es y = −8

9x2+ 8. El área bajo la curva es,

∫ 3

−3

(

−89x2+ 8

)

dx =

(

− 827x3+ 8x

)�

�

�

�

3

−3

=

(

− 827

· 27 + 8 · 3)

−(

827

· 27 − 8 · 3)

= 32.

Por lo tanto, se han retirado 32m2 de la pared.

Ejemplo 6.1.25. Buscamos el área que se encuentra atrapada entre las gráficas de x2 yx + 3 en [−1, 1].

La región se muestra en la figura

Esta vez, no se trata propiamente del área bajo una curva, sino del área entre doscuvas. No obstante, la solución es sencilla. Considere el área bajo la recta y = x + 3 en[−1, 1]. No es el área que buscamos, pero casi.... Sólo debemos quitarle el área bajo lacurva y = x2 en [−1, 1]. Esto se verifica en la figura. Así,

A =

∫ 1

−1(x + 3)dx −

∫ 1

−1x2dx

=

∫ 1

−1(x + 3 − x2)dx

=

(

12x2+ 3x − 1

3x3

)�

�

�

�

1

−1

=

163

.

Definición 6.1.26. Si f (x) ≤ g (x) para toda x ∈ [a, b], y f , g son integrables en eseintervalo, entonces el área entre las gráficas de f y g en [a, b] es igual a

∫ b

a[g (x) − f (x)]dx .

Una forma de justificar intuitivamente esta definición se presenta en la siguientefigura.



Podemos pensar que la región entre las gráficas está compuesta de una cantidadinfinita de rectángulos infinitesimales, de ancho dx , uno para cada x en [a, b]. Se sigueque el área total es la suma inifinita de las áreas de esos rectángulos. La altura de elrectángulo sobre x es h(x) = g (x) − f (x), el área del rectángulo es [g (x) − f (x)]dx , por

lo que el área buscada es∫ b

a[g (x) − f (x)]dx .

Ejemplo 6.1.27. Encuentre el área de la región mostrada en la figura.

Se trata del área A entre g (x) = x y f (x) = x2+ 1 en [−2, 2]. Por tanto,

∫ 2

−2[(x2+ 1) − x]dx =

∫ 2

−2(x2+ 1 − x)dx

=

(

x3

3+ x − x

2

2

)�

�

�

�

2

−2

=

(

83+ 2 − 4

2

)

−(

−83− 2 − 4

2

)

=

283

.

Si las gráficas de f , g se intersectan, entonces el área de la región entre ellas debeencontrarse desmontando la región en partes menores y aplicando el método reciéndescrito. Así, para encontrar el área de la región entre las gráficas de f y g en [a, b],primero grafique las funciones y localice los puntos donde f (x) = g (x). Suponga que



que f (x) ≥ g (x) para a ≤ x ≤ c , f (c ) = g (c ) y f (x) ≤ g (x) para c ≤ x ≤ b , como en lafigura. Entonces, el área es

A =

∫ c

a[f (x) − g (x)]dx +

∫ b

c[g (x) − f (x)]dx .

Ejemplo 6.1.28. Encuentre el área sombreada en la figura.Primero localizamos los puntos de intersección haciendo x2

= x , cuyas solucionesson x = 0, 1. Entre 0 y 1, x2 ≤ x ; entre 1 y 2, x2 ≥ x , por lo que el área es

A =

∫ 1

0(x − x2)dx +

∫ 2

1(x2 − x)dx

=

(

x2

2− x

3

3

)�

�

�

�

1

0+

(

x3

2− x

3

3

)�

�

�

�

2

1

=

(

12− 1

3

)

+

[(

83− 4

2

)

−(

13− 8

2

)

−(

13− 1

2

)]

= 1.

Ejemplo 6.1.29. Determine elárea entre las gráficas de y = x3 y y = 3x2 − 2x en [0, 2].



Las gráficas se intersectan cuando x3= 3x2 − 2x , es decir, x(x2 − 3x + 2) = 0, por lo

que x(x − 2)(x − 1) = 0, cuyas soluciones son x = 0, 1, 2. De modo que, el área es∫ 1

0[x3 − (3x2 − 2x)]dx +

∫ 2

1[(3x2 − 2x) − x3]dx

=

[

x4

4− (x3 − x2)

]1

0+

[

(x3 − x2) − x4

4

]2

1

=

14

[

(8 − 4) − 164+

14

]

=

12

.

Ejemplo 6.1.30. Las curvas x = y2 y x = 1 + 12y

2 (ninguna de las cuales es la gráfica deuna función y = f (x)) divide el plano xy en cinco regiones, sólo una de las cuales estáacotada. Establezca al área de esta región acotada.

En la figura se muestra la región en cuestión, de donde se sigue que su área es,

A =

∫

√2

−√

2

(

1 +12y2 − y2

)

dy

=

∫

√2

−√

2

(

1 − 12y2

)

dy

=

(

y − 16y3

)

√2

−√

2

=

√2 − 1

6(√

2)3 −[

−√

2 − 16(−√

2)3]

= 2√

2 − 13(√

2)3

=

√2(

2 − 23

)

=

43

√2

=

25/2

3.



Note que invertimos los papeles de x y y .

Ejemplo 6.1.31. Evalúe el área entre las gráficas x = y2 − 2 y y = x .Aquí un buen ejemplo de que no se debe tratar de resolver un ejercicio, sin antes

reflexionar cuidadosamente.Primero que nada, podemos graficar x = y2 − 2 ya sea mediante y = ±

√x + 2 y

graficamos las dos raíces cuadradas, o pensamos a x como función de y y dibujamosla parábola correspondiente.

Los puntos de intersección se obtienen haciendo y2 − 2 = y , que da lugara a y =−1, 2.

Como primer método, escribimos y = ±√x + 2 para la primera gráfica para obtener

el área en dos pedazos,

A =

∫ −1

−2

[√x + 2 − (−

√x + 2)

]

dx +

∫ 2

−1[√x + 2 − x]dx

=

43(x + 2)3/2

�

�

�

�

−1

−2+

(

23(x + 2)3/2 − x

2

2

)�

�

�

�

2

−1

=

43− 0 +

(

23· 8 − 2

)

−(

23− 1

2

)

=

92

.


6.2. EJERCICIOS 95

Como segundo método, consideramos a x como función de y ,

∫ 2

−1[y − (y2 − 2)]dy =

(

y2

2− y

3

3+ 2y

)�

�

�

�

2

−1

=

(

2 − 83+ 4

)

−(

12+

13− 2

)

=

92

.

Antes vimos ejemplos de como calcular el desplazamiento de un objeto, dada suvelocidad, una relación entre el desplazamiento y la velocidad. Este tipo de relacióntambién subsiste para otras velocidades de cambio. Si una cantidad Q depende de xy tiene tasa de cambio r , por el teorema fundamental del cálculo obtenemos

Q (b) −Q (a) =∫ b

ar dx .

Así, si la tasa de cambio de Q con respecto a x para a ≤ x ≤ b está dada porr = f (x), entonces el cambio en A se obtiene mediante la integral definida,

∆Q = Q (b) −Q (a) =∫ b

af (x)dx .

Esta relación se puede emplear en diversas situaciones, dependiendo de la inter-pretación de Q , r y x .

Ejemplo 6.1.32. Agua fluye en una tubería a 3t2+ 6t litros por minuto, donde t es el

tiempo en minutos. ¿Cuántos litros entran en la tubería entre t = 0 y t = 2?Sea Q (t ) el número de litros en el instante t . Entonces Q ′(t ) = 3t2

+ 6t , así que

Q (2) −Q (0) =∫ 2

0(3t2+ 6t )dt = (t3

+ 3t2)�

�

20 = 20.

Por consiguiente, entran 20 litros a la tuberia en los primeros 3 segundos.

6.2 Ejercicios

1. Encuentre el área de las regiones sombreadas (aparecen más abajo).

2. Arquímides descubrió que el área bajo un arco parabólico es dos tercios de labase por la altura. Bosqueje el arco parabólico y = h − (4h/b2)x2, −b/2 ≤ x ≤ b/2,suponiendo que h y b son constantes positivas. Use integración para determinarel área de la región encerrada entre el arco y el eje x .

3. La temperatura T (en grados celsius) de un cuarto al tiempo t está dada por

T = 85 − 3√

25 − t 0 ≤ t ≤ 25.

Determine la temperatura cuando t = 0, t = 16 y t = 25. Encuentre la temper-atura promedio del cuarto para 0 ≤ t ≤ 25.



4. La altura H en m de un arbolote que ha crecido durante t años está dada por

H =√t + 15t1/3 0 ≤ t ≤ 8.


6.2. EJERCICIOS 97

Encuentre la altura del árbol cuando t = 0, t = 4 y t = 8. Determine la alturapromedio del árbol para 0 ≤ t ≤ 8.

5. En los siguientes incisos, verifique la fórmula de integración dada derivando ellado dercho.

(a)∫

5x4dx = x5+ c .

(b)∫

1+tt3 dt = − 1

2t2 − 1t + c .

(c)∫

5(t9+ t4)dt = t10

2 + t5+ c .

(d)∫

x−x3+1

x3 dx = −1x − x −

12x2 + c .

6. Calcule las siguientes integrales.

(a)∫ 3−2(x

4+ 5x2

+ 2x + 1)dx

(b)∫ 4−2 x

6dx

(c)∫ 2

1x2+2x+2x4 dx

(d)∫ 2

1 (1 + 2t )5dt

(e)∫ 8

11+θ2

θ4 dθ

(f)∫ −2

2 t4dt

7. Dados los valores∫ 1

0 f (x)dx = 3,∫ 2

1 f (x)dx = 4 y∫ 3

2 f (x)dx = −8 calcule lassiguientes integrales.

(a)∫ 2

0 f (x)dx

(b)∫ 1

0 3f (x)dx

(c)∫ 3

0 8f (x)dx

(d)∫ 0

1 10f (x)dx

8. Evalue las siguientes integrales

(a)∫ 2

3 xdx

(b)∫ 4

8 (x2 − 1)dx

(c)∫ 9

10x+1x3 dx

(d)∫ −2−3

x3−1x−1 dx

9. Encuentre la derivada.

(a) ddt

∫ t

03

(x4+x3+1)dx

(b) ddt

∫ t

31

x4+x6dx



(c) ddt

∫ 3tx2(1 + x)5dx

(d) ddt

∫ 4t

u4

(u2+1)3du

10. (a) Proporciones una fórmula para una función f cuya gráfica está dada en lafigura por ABCD .

(b) Evalue∫ 10

3 f (t )dt(c) Encuentre el área de un cuadrilatero ABCD mediante geometría y compare

el resultado con el obtenido en el inciso previo.

11. Se erige un arco parabólico con base 8m y altura 10m. ¿Cuál es el área queencierra?

12. Una alberca tiene la forma de la región acotada por y = x2 y y = 2. Se estimaque una cubierta para la alberca cuesta 2 pesos por m2. Si una unidad sobre losejes x y y mide 50 m, ¿Cuánto cuesta la cubierta?

13. Encuentre el área encerrada en las siguientes gráficas.

(a) A (b) B

14. En los siguientes incisos, determine el área entre las gráficas en el intervalodado.

(a) y = (2/x2)+ x4 y y = 1, en [1, 2].(b) y = x4 y y = x3 en [−1, 0].(c) y =

√x y y = x en [0, 1].


6.2. EJERCICIOS 99

(d) y = 3√x y y = 1/x2 en [8, 27].

(e) x y x4 en [0, 1].(f) x4

+ 1 y 1/x2 en [1, 2].

(g) 3 + x4+x2

x59+x4 y 7 + x4

+x2

x59+x4 en [46917, 46919].

15. Las rectas y = x y y = 2x y la curva y = 2/x2 dividen al plano en varias regiones,una de las cuales está acotada. (a) ¿Cuántas regiones aparecen? (b) Encuentre elárea de la región acotada.

16. Agua fluye saliendo de un tinaco a 300t2 litros por segundo para t ∈ [0, 5].¿Cuántos litros salen en ese periodo?

17. Se escapa aire de un globo de cantoya a 3t2+ 2t cm3 por segundo para t ∈ [1, 3].

¿Cuánto aire escapa en este periodo?

18. Suponga que∫ x

1 f (t )dt = x2 − 2x + 1. Encuentre f (x).

19. Evalue f (4) cuando∫ x

0 f (t )dt = x cos πx .

20. Una región que contiene al origen esta trazada por las curvas y = 1/√x , y =

−1/√x , y = 1/

√−1 y y = −1/

√−x y las rectas x = ±4, y = ±4, según la siguiente

figura,

Determine el área de la región sombreada.

21. Encuentre el área de la región sombreada según las siguientes figuras.




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El teorema fundamental del cálculotlacuatl.mx/docencia/ci/ci6.pdfEl teorema fundamental del cálculo En las lecciones previas aprendimos muchas cosas sobre la integral deﬁnida