CalcDifIntgr Unidad9

Vista previa del material en texto

Unidad 9
apLiCaCiones de La 
integraL ii
Objetivos
Al inalizar la unidad, el alumno:
•	 Usará tablas de integrales.•	 Aplicará la integración aproximada.•	 Aplicará la integración a series de funciones.
Cálculo diferencial e integral 321
Introducción
 
En esta unidad revisaremos el uso de tablas de integración, de gran utilidad para facilitar el proceso de integración; recordaremos algunos de los métodos de integración y realizaremos la integración numérica. 
9.1. Utilización de tablas de integrales
La integración sería un proceso completamente simple si contáramos con una 
lista de fórmulas de integración, la cual debiera contar con todas las integrales que 
podamos requerir para su cálculo. Pero la diversidad de integrales que existen y 
que requerimos en la práctica, es demasiado grande para que esté contenida en una 
tabla de integrales. Es más razonable trabajar con una lista que nos permita resolver 
cualquier integral, mediante el empleo de otras técnicas ya utilizadas en este libro. 
La lista de fórmulas de integración deberá ser del tipo de funciones que aparece con 
mayor frecuencia.
En los siguientes ejemplos haremos uso de las tablas que se encuentran en el 
anexo al final del libro.
Ejemplo 1
Integra la función dada por 
1
1 3 2− ( )x .
Solución
Al integrar la función 
1
1 9 2− x lo que haremos es utilizar el método de 
integración por sustitución. De la tabla del anexo utilizaremos la ecuación 43, esto es 
du
a u
u
a
C
2 2
1
− = +
−∫ sen , por lo que tomamos u = 3x, a = 1 y du = 3dx o du dx3 = . Por 
lo tanto, 
dx
x u
du
x C
1 9
1
1 3
1
3
3
2 2
1
− = − = +∫ ∫ −sen .
Ejemplo 2
Integra la función 
3
9 4 2
dx
x− . 
Unidad 9322
Solución
Buscando la fórmula que se aproxime a la función, encontramos la fórmula 28, 
esta es 
du
a u a
u a
u a
C
2 2
1
2− =
+
− +∫ ln , donde: a = 3, u = 2x y du = 2dx. Sustituyendo 
estos valores en la integral, tenemos 
 
3
9 4
3
3 2
3
2
1
2 3
3
3
1
4
2 3
2 32 2 2
dx
x u
du u
u
x
x
C− = − =




+
− =
+
− +∫ ( ) ( ) ln ln∫∫ .
Ejemplo 3
Integra 
9 4
9
2 2
2
x
x
−
 
Solución
La ecuación se puede integrar utilizando la fórmula 40; realizando el cambio de 
variable dado por a = 4, u = 3x y du = 3dx.
 
u a
u
du u a
u
u u a C
2 2
2
2 2
2 2
3
1
3
1
3
− = − − + + − +∫ ln
Sustituyendo nuevamente:
 
9 4
9
1
3
9 4
3
1
3
3 9 4
2 2
2
2 2
2 2x
x
dx
x
x
x x C
− = − − + + − +∫ ln .
Ejemplo 4
Integra 
3
2 42 2
3
2( )− x
Solución
En este caso utilizaremos la fórmula 51: 
du
u
u
a a u
C
( )a2 2
3
2 2 2 2− = − +∫ , donde 
u = 2x, a = 2 y du = 2dx
Cálculo diferencial e integral 323
Sustituyendo el cambio de variable en la integral tenemos:
3
2
3
2 2 22 2
3
2 2 2 2
du
u
u
u
C
( )2 − =



 − +∫
= 

 − + = − +
3
2
2
2 2 4
3
4 2 42 2 2 2 2
x
x
C
x
x
C
Ejemplo 5
Integra e xx3 sen4 .
Solución
Aplicando la fórmula 61 tenemos que a = 3, b = 4, u = x y du = dx.
e budu
e
a b
a bu b bu Cau
au
sen sen= + −( )+∫ 2 2 cos , sustituyendo en la integral 
tenemos que la solución es dada por:
e xdx
e
x x C
e
x xx
x x
3
3 3
4
9 16
4 4 4
25
4 4 4sen 3 sen 3 sen= + −( )+ = −(∫ cos cos ))+C.
Ejemplo 6
Integra 10 51x xdxsec−∫
Solución
Utilizando la fórmula 68 con u = 5x y du = 5dx
2 5 5
2
5
2
5 2
2
5
1
2
1 1
2
1 2x xdx u udu
u
u usec sec sec− − −= = 

 −



 −∫∫ 11 +C
sustituyendo en la ecuación el cambio de variable, tenemos: 
10 5
25
5
5
1
5
25 11
2
1 2x xdx
x
x x Csec sec− −∫ = − − +
Unidad 9324
Ejercicio 1
Calcula las siguientes integrales:
 
1. 
2. 
3. 
4. 
5. 
3 2 5
5
2
9
3
9 9 25
1
2 10
2
2 2
∫
∫
∫
∫
+
−
+
−
x x dx
x dx
dx
x x
dx
x x
( )
xx x dx
x xdx
4
3
9−∫
∫6. sen
9.2. Integración aproximada
En esta sección estudiaremos algunas reglas para determinar aproximadamente 
el valor de una función integrada en un intervalo dado:
 
f x dx
a
b∫ ( )
El uso de la integración aproximada es para enfrentar el problema que se presenta 
cuando las funciones elementales pueden tener derivadas no elementales, recordando 
que las funciones elementales son las algebraicas y las trascendentes. Por ejemplo, se 
sabe que la función elemental f x x x( ) ( )= + +1 2 3 12 no tiene una primitiva elemental. 
Por tanto, no es posible emplear el teorema fundamental del cálculo para evaluar esta 
integral.
A continuación se analiza el uso de las sumas de Riemann para aproximar 
numéricamente las integrales; este método consiste en que dada una función continua 
f en el intervalo [a, b], su integral definida se puede aproximar considerando una 
partición P de [a, b] en n subintervalos.
Cálculo diferencial e integral 325
y
i
 = f(x
i
)
Figura 9.1.
Cada uno de estos de la misma longitud x
b a
n
=
-( )
.
Dado que en cada intervalo está definida un área bajo la curva, entonces el valor 
de la suma de Riemann se da de la siguiente forma:
 
A f x xi
i
n
=
=
å ( )
1 
que se puede considerar como una aproximación al valor de la integral f x dx
a
b∫ ( ) .
La regla de los trapecios
Otra forma de aproximar una integral definida consiste en usar n trapecios. Este 
método supone que f(x) es continua y positiva en el intervalo [a, b] por lo que la 
integral definida f x dx
a
b∫ ( ) , representa el área de la región limitada por la gráfica de 
f (x), el eje x, las rectas x = a y x = b.
Primero se hace una partición del intervalo [a, b] en n subintervalos iguales, 
a x x x x bn= < < < < =0 1 2 ... cuya anchura es x b a
n
=
-( )
, de tal modo que ∆x 
también se puede obtener como ∆x x xi i= − −1
A continuación se forman trapecios para cada subintervalo, como muestra la 
figura 9.2. 
Unidad 9326
 Figura 9.2. Área de un trapecio bajo la curva. 
 
El área del primer trapecio es dado por A
f x f x b a
n
1
0 1
2
= +
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
-æ
è
ççç
ö
ø
÷÷÷÷
( ) ( )
, el área del 
segundo trapecio es A
f x f x b a
n
2
1 2
2
= +
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
-æ
è
ççç
ö
ø
÷÷÷÷
( ) ( )
 y así sucesivamente, el área del 
n-ésimo trapecio es A
f x f x b a
n
n
n n= +


−



−( ) ( )1
2
.
Finalmente, la suma de las áreas de los n trapecios es:
A
b a
n
f x f x f x f x f x f xn= -
æ
è
ççç
ö
ø
÷÷÷÷
+ + + + + +-( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) (0 1 1 2 1
2 2
nn )
2
é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
=
 
b a
n
f x f x f x f x f x f xn
-æ
è
ççç
ö
ø
÷÷÷÷ + + + + + + +-2 0 1 1 2 2 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ff x f xn n( ) ( )- +[ ]1
 
por lo tanto:
 
A
b a
n
f x f x f x f x f xn n=
-æ
è
ççç
ö
ø
÷÷÷÷ + + + + +[ ]-2 2 2 20 1 2 1( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )
Como x
b a
n
=
-( )
, se obtiene
A
x
f x f x f x f x f xn n= + + + + +−∆2 2 2 20 1 2 1[ ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )]
donde f x f a f x f bn( ) ( ) ( ) ( )0 = = y de tal manera que:
A
f a f b
x f x xi
i
n= + +
=
−∑[ ( ) ( )] ( )
2 1
1∆ ∆
Cálculo diferencial e integral 327
regresando a la sustitución x
b a
n
=
-( )
 y tomando límite cuando n →∞ .
 
A
f a f b b a
n
f x x f x dx
n n
i
a
b
i
n= +[ ] −( )+ = +→∞ →∞ =
− ∫lim ( ) ( ) lim ( ) ( )2 01
1
∑∑
donde 
A f x dx
a
b= ∫ ( )
De lo anterior se resume que para integrar una función f (x), por el método de la 
regla de los trapecios se tiene que: 
f x dx
b a
n
f x f x f x f x f xn n
a
b
( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )≈ − + + + + +[ ]−∫ 2 2 2 20 1 2 1
Ejemplo 7
Usa la regla de los trapecios para aproximar sen
0
π∫ xdx , con una partición del 
intervalo 0,π[ ] de 4 y 8 subintervalos. 
Solución
Para n = 4 la gráfica donde se forman 4 trapecios es la siguiente:
 Figura 9.3. 
se hace x =π 4, y por la regla de los trapecios se tiene: 
 
sen sen sen sen sen senxdx ≈ + + + +

∫ π π π π ππ 8 0 2 4 2 2 2 340
. .
Unidad 9328
 
= + + + + = + ≈π π
8
0 2 2 2 0
1 2
4
1 896( )
( )
.
Cuando n = 8 
 Figura 9.4.
se tiene que x =π 8 y por la regla de los trapecios setiene 
 
sen sen sen sen sen senxdx ≈ + + + +∫ π π π π ππ 16 0 2 8 2 4 2 38 2 20 (
+ + + +2 5
8
2
3
4
2
7
8
sen sen sen sen
π π π π )
= + + +

 ≈
π π π
16
2 2 2 4
8
4
3
8
1 974sen sen .
De haber encontrado una primitiva en este ejemplo se obtendría el área exacta de 
la región, que es 2.
 Regla de Simpson
 
Una forma de interpretar la aproximación por trapecios de la integral definida 
consiste en decir que en cada subintervalo aproximamos f(x) mediante un polinomio 
de primer grado, es decir, una recta. En la regla de Simpson, llamada así en honor del 
matemático inglés Thomas Simpson (1710-1761), se lleva este procedimiento un paso 
más allá y se aproxima f(x) mediante polinomios de segundo grado, es decir, mediante 
parábolas. La aproximación se desarrolla como se muestra en la figura 9.5.
. .
Cálculo diferencial e integral 329
 Figura 9.5.
La integral de una función cuadrática la obtendremos utilizando el siguiente 
teorema: 
 Teorema. Dada p x dx
a
b
( )∫ , y si p(x) = Ax2 + Bx + C es una función polinómica de 
segundo grado, entonces
p x dx
b a
p a p
a b
p b
a
b
( ) ( ) ( )∫ = −  + +  + 6 4 2
 
Al desarrollar la regla de Simpson para aproximar una integral definida, al igual 
que en los dos casos mencionados el intervalo [a, b], se parte en n subintervalos 
iguales:
 a x x x x x x x x bn n n= < < < < < < < =− −0 1 2 3 4 2 1... 
cada uno de anchura x
b a
n
=
-( )
, pero esta vez se requiere que n sea par, y se 
agrupan los subintervalos por pares de la siguiente forma:
x x x x x x x x x x x x xn n n0 2 0 1 2 2 4 2 3 4 2 2, , ,[ ]= < < [ ]= < < [ ]=− −, y << <−x xn n1
 
Entonces en cada subintervalo (doble) [x
i – 2
, x
i
] se aproxima f (x) por un polinomio 
p de grado menor o igual a 2. f x dx p x dx
x
x
x
x
0
2
0
2∫ ∫≈( ) ( ) . Por ejemplo, en el subintervalo 
[x
0
, x
2
] se elige el polinomio de menor grado que pasa por los puntos (x
0
, y
0
), (x
1
, y
1
) y 
(x
2
, y
2
). Tomando p como una aproximación de f en este subintervalo, se tiene
 
 
f x dx p x dx
x x
p x p
x x
p x
x
x
x
( ) ( ) ( ) ( )≈ = − + +

 +



∫ 02 2 0 0 2 0 26 4 2002x∫ 
 
Unidad 9330
=
-( )é
ë
ê
ê
ù
û
ú
ú
+ +[ ]= - + +
2
6
4
3
40 1 2 0 1
b a
n
p x p x p x
b a
n
f x f x f( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (xx2 )[ ]
Repitiendo este procedimiento para todo el intervalo [a, b] tenemos la regla de 
Simpson que nos indica que para aproximar f x dx
a
b
( )∫ , siendo f(x) continua en el 
intervalo [a, b], se tiene que:
 
f x dx
b a
n
f x f x f x f x f x f xn n( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )≈ − + + + + + +[ −3 4 2 4 40 1 2 3 1 ]]∫ab
 (donde n es par) 
Nota. Los coeficientes en la regla de Simpson se ajustan al modelo 
 1 4 2 4 2 4 ... 4 2 4 1
En el ejemplo anterior se empleó la regla de los trapecios para estimar sen xdx
0
π∫ .
En el siguiente ejemplo se usará la regla de Simpson para la misma integral.
Ejemplo 8
Aproximación de la regla de Simpson.
Usa la regla de Simpson para aproximar sen xdx
0
π∫ .
Compara los resultados para n = 4.
Solución
Para el caso de n = 4 subintervalos de [0, π], los puntos de partición se dan por 
x kk = π4 , para k = 0, 1, 2, 3, 4. La siguiente tabla muestra la organización de los 
términos.
Cálculo diferencial e integral 331
Partición 0 1 2 3 4 
 x
k 
0 π
4
 2
4
π 3
4
π 4
4
π π= 
f(x
k
) = sen x
k
 0 0.707 1 0.707 0 
Coeficiente 1 4 2 4 1 
Producto 0 2.828 2 2.828 0 7.656 
 Suma
Entonces 
b a
n
- = - =
3
0
3 4 12
π π
( )
por lo tanto
 
sen xdx ≈ ≈∫ π12 7 656 2 0040 ( . ) .π 
Observa que para n = 4 particiones, la estimación es muy cercana al valor exacto 
–cos(π) + cos(0) = 2.
Ejercicio 2
Encuentra las aproximaciones de las siguientes integrales por el método 
indicado:
1. ( )3 42
0
1
x x dx−∫ por método de trapecios, tomando n = 10 
2. 
xdx
x +∫ 101 por el método de Simpson, con n = 10
3. x xdx
1
2∫ log , por cualquiera de los dos métodos con n = 10
4. 4
3
0
2 +∫ x dx mediante la regla de los trapecios, con n = 4 
5. 4 3
0
2 +∫ x dx por medio de la regla de Simpson. Tómese n = 2
6. dx
x1 20
1
+∫ aplicando las sumas de Riemann.
Unidad 9332
9.3. Integración por desarrollo de series de Taylor
Para obtener una aproximación de una integral podemos utilizar el desarrollo del 
polinomio de Taylor.
Ejemplo 9
Partiendo del polinomio de Taylor de la función sen x en c = 0 dado por 
sen( )
! ! !
( )
( )!
x x
x x x x
n
n
n
= - + - + + -
-
-
-3 5 7
1
2 1
3 5 7
1
2 1
 , determina su integral y determina 
a qué función corresponde.
Solución
En este ejemplo calcula la integral del seno pero con el uso del polinomio de Taylor: 
sen x dx x
x x x x
n
dxn
n= − + − + + − −




− −∫∫ 3 5 7 1 2 13 5 7 1 2 1! ! ! ( ) ( )! , por lo que integrando el 
término derecho de la igualdad se tiene:
x
x x x x
n
dx
x x
n
n− + − + + − −




= − ⋅
− −∫ 3 5 7 1 2 1
2 4
3 5 7
1
2 1
2 4 3
! ! !
( )
( )!
!

!! ! !
( )
( )!
+ ⋅ − ⋅ + + − − +−
x x x
n n
Cn
n6 8
1
2
6 5 8 7
1
2 2 1

El polinomio de Taylor del coseno está dado por:
cos( )
! ! ! !
( )
( )!
x
x x x x x
n n
n
n
= - +
×
-
×
+
×
- + -
-
-1
2 4 3 6 5 8 7
1
2 2 1
2 4 6 8
1
2

de tal manera que si igualamos el polinomio encontrado por la integral con el 
polinomio del coseno, la constante C es igual a menos la unidad y la integral será 
menos el coseno.
Ejercicio 3
1. Integra el polinomio dado por 1
2 4 6 8 1
2 4 6 7
+ + + + + +
+
x x x x x
n
n
! ! ! ! ( )!
 y 
determina a qué función corresponde.
Cálculo diferencial e integral 333
2. Integra el polinomio 
1
1
1 12
+
= - + - + -
x
x x xn n ( )
3. Integra el polinomio de Taylor de la función:
cos
! ! !
( )
( )!
x
x x x x
n
n
n
2
4 8 12 4
1
2 4 6
1
2
= - + - + + -
 
Ejercicios resueltos 
1. Calcula la aproximación del trapecio a la integral en la ecuación 
 
x dx n x2
0
3
9 6 0 5= = =ò con y ∆ .
Solución
Los trapecios de la figura 9.6. indican por qué T
6
 debe ser una mejor aproximación 
que cualquiera de las aproximaciones mediante los extremos L
6
 y R
6
. La tabla muestra 
los valores de f(x) = x2 necesarios para calcular L
6
 y R
6
. Utilizando la aproximación 
del trapecio resulta:
 T
x
y y y y y yn n n n= + + + + + +( )- -
∆
2
2 2 2 20 1 2 2 1... donde
 
 
T6
0 5
2
1 0 2 0 25 2 1 2 2 25 2 4 2 6 25 1 9
0
= + + + + + +[ ]=
=
.
( ) ( . ) ( ) ( . ) ( ) ( . ) ( )
 .. . . . . . .25 0 0 5 2 4 5 8 12 5 9 0 25 36 5 9 125+ + + + + +[ ]= [ ]=
(Compara con el valor real 9.)
 n x
n 
f x xn n( )=
2
 Coeficientes
 0 0.0 0 1
 1 0.5 0.25 2
 2 1.0 1.00 2
 3 1.5 2.25 2
 4 2.0 4.00 2
 5 2.5 6.25 2
 6 3.0 9.00 1
 Datos del ejemplo
 
Unidad 9334
 Figura 9.6. El área bajo y = x2 
2. La figura 9.7 ilustra la aproximación mediante los puntos medios de la integral 
x dx2
0
3
9=∫ del ejemplo anterior, con n = 6 y ∆x = 0.5, y la tabla muestra los valores 
de f(x) = x2 necesarios para calcular M
6
.
 n x
n 
f x xn n( )=
2 Coeficientes
 1 0.25 0.0625 1
 2 0.75 0.5625 1
 3 1.25 1.5625 1
 4 2.75 7.5625 1
 5 3.25 10.5625 1
 6 3.75 14.0625 1
 Datos del ejemplo
 
y
x
 Figura 9.7. Rectángulos basados en los puntos medios 
 para aproximar el área bajo y = x2
Solución
Utilizando la ecuación de la aproximación del trapecio se tiene:
Cálculo diferenciale integral 335
 M 6 0 5 1 0 0625 1 0 5625 1 1 5625 1 7 5625 1 10 5625= ( ) + + + +. ( . ) ( . ) ( . ) ( . ) ( . ) ++[ ]=1 14 0625( .
 
 
 3. Una aplicación con la longitud de arco. 
Usa la fórmula de la longitud de arco para mostrar que la longitud de la circunferencia 
x y2 2 1 2+ = es π .
Solución
Para simplificar, se considera que un cuarto de la circunferencia está dado por 
y x x x= - = -( ) £ £1 1 0 12 2
1
2 , . donde 
donde la derivada de la función es:
 
dy
dx
x x
x
x
x
x
= -( ) -( )=- -( ) = -
-
- -1
2
1 2
2
2
1
1
2
1
2 2
1
2
2
Y la longitud de arco por: 
 
s y dx
x
x
dx
dx
x
= + = + −−



 = −∫∫∫ 1 1 1 12 2
2
20
1
0
1
0
1
( )'
 Figura 9.8.
La integral es impropia pues tiene una discontinuidad infinita en x = 1. Luego se 
escribe
 s
dx
x
x
x
= − = = − =→ −∫ 1 2 0 22 101 01lim[ ]arcsen π π (de tablas)
= + + + + +[ ]=( . ) . . . . . . ( . )(0 5 0 0625 0 5625 1 5625 7 5625 10 5625 14 0625 0 5 334 375 17 1875. ) .=
Unidad 9336
Finalmente, multiplicando por 4 se concluye que la circunferencia mide 
4 4
2
2s = =π π , como se muestra en la figura 9.8. 
4. Una aplicación con un sólido de revolución.
Se forma un sólido de revolución al girar la región no acotada situada entre las 
gráficas de f x
x
( ) = 1 y el eje x (x ≥ 1) llamado cuerno de Gabriel (véase la figura 9.9). 
Demuestra que este sólido tiene volumen finito, pero un área superficial infinita.
Solución
Usando el método de los discos, se halla que el volumen es:
V
x
dx x dx
x
x
= 

 = = − +



 = −



 =
∞ − −∞
∞ ∞∫ ∫π π π π1 2 1 1
2
1
2
1
1
1 1
 
= 

 = ∞ − −



 = =
∞π π π π1 1 1
1
1
1x
( )
 Figura 9.9.
El área superficial es dada por
S f x f x dx= +[ ]∞∫2 1 21π ( ) ( )' ; donde f x x'( ) = − 12 , elevando al cuadrado y 
sustituyendo se tiene:
S
x x
dx
x
x
x x x
x dx
x
x
= + = + = + = +∞ ∞∞∞∫ ∫∫2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 141 44 2 4 43111π π π π∫∫ dx
Cálculo diferencial e integral 337
Realizando el siguiente cambio de variable u = x2 y de tablas de integrales se obtiene 
S
x
x
x x
b
b
= − + + + +

→∞lim lnπ
1
1
4
2
2 4
1
Evaluando
S
x
x
x x
b
b
b
b
b
b
= − + + + +

 =
− + +
→∞
→∞
lim ln
lim
( )
ln
π
π
1
1
1
4
2
2 4
1
4
2
2 ++ +




 −
− + + + +




 =
− +
→∞
1
1 1
1
1 1 1
1
4
4
4
2 4
4
b
b
bb
( )
ln
lim
( )π
22
2 41 2 1 2+ + +




 + − +ln lnb b
 Aplicando el límite resulta:
 
S
b
b
b b
b
= − + + + + + − +

→∞π lim ln ln
1
1 2 1 2
4
4
2 2
 
S = − + + ∞ + − +  = − + ∞ + + = ∞π 0 1 2 1 2 1 2 0ln ln
Por lo tanto, el área superficial es tal como se supuso.
5. Una aplicación a la geometría. 
Demuestra que el volumen de una pirámide de base cuadrada, donde h es la altura 
de la pirámide y B es el área de la base, es V hB= 1
3
‘
Figura 9.10.
Unidad 9338
Solución
En la figura 9.10 se corta la pirámide a una altura y con un plano paralelo a la base 
para formar una sección cuadrada cuyos lados son de longitud b‘ .
Considerando triángulos semejantes, se observa que
 
b
b
h y
h
b
b
h
h y
'
'= − = −( ) o 
donde b es la longitud de los lados de la base de la pirámide. Por lo tanto
 
A y b
b
h
h y× = ( ) = -( )' 2
2
2
2
integrando entre 0 y h se tiene
b
h
h y dy
b
h
h y dy
b
h
h y
hh
2
2
2
2
2
2
00
2
2
3
3
−( ) = −( )
= −


−( )



∫∫
00
2
2
3 3 2
2
3 2
23
0
3 3 3 3
h
b
h
h h h b
h
h h h b
h
= − − − −

 = − − −



 = − −
( ) ( ) hh b h3 2
3 3



 =
V hB= 1
3
 unidades cúbicas
 
Ejercicios propuestos
1. En la función x dx2
0
2
ò , n = 2
a) Usa el método de sumas de Riemann para estimar la integral.
b) Evalúa la integral.
2. Estima 
1
1
2
x
dx∫ mediante el método de los trapecios con el valor de n = 1. 
3. Aplica la regla de Simpson a la integral xdx
1 00
1 30
.
.∫
4. Usa el método de Simpson para estimar 
1
1
7
x
dx∫ , con 2n = 6 
5. Usa los tres primeros términos distintos de cero del polinomio de Maclaurin 
correspondiente a sen x para estimar:
x xdxsen
0
1∫
Cálculo diferencial e integral 339
6. Estima sen x dx2
0
1∫ mediante el método de Simpson con 2n = 6.
7. Estima x x dxsen 2
4
4 0 1
π
π +∫ . , mediante el uso de la serie de Taylor correspondiente 
a sen x, en potencias de x −


π
4
Autoevaluación
1. En la función 
1
3
0
4
x
dx n, =∫ , n = 2:
i) Usa el método de las sumas de Riemann para estimar la integral.
ii) Evalúa la integral.
 a) i) 1.78, ii) 2 
 b) i) 1.80, ii) 2.1 
 c) i) 1.75, ii) 2.3 
 d) i) 1.90, ii) 2.5
2. Estima sen x dx2
0
1∫ , mediante el método de los trapecios con n = 2:
 a) 0.455 
 b) 0.388
 c) 0.334
 d) 0.555
3. Usa el método de Simpson para estimar 
1
1
7
x
dx∫ , con 2n = 2:
 
a) 
b) 
c) 
d) 
15
8
15
9
15
11
15
7
Unidad 9340
4. Determina la integral 
2
1 4
x
x
dx−∫ :
 
a) sen
b) sen
c) sen
d) sen
−
−
−
−
+
+
+
+
1 4
1 2
1 2
1
2
x C
x C
x x C
x C
5. Determina la integral e e dxx xcsc∫ :
 
a) 
b) 
c) 
d) 
ln csc cot
ln cot cot
ln csc tan
e e C
e e C
e e C
x x
x x
x x
− +
− +
− +
2
ee e e Cx x xln csc cot− +
6. Determina la integral 
3
6
2
3 6
x
x x
dx−∫ :
 
a) 
b) 
c) sen
x
x x C
x
C
x
3
3 6
1
3
1
3
3
3
6
3
3
3
3
-æ
è
çççç
ö
ø
÷÷÷÷ - +
- +
- +
-
-
cos
coos-
-
- +
- +
1
3
1
3
3
3
3
3
x
C
x
Cd) sen
7. Determina la integral 
20
27 9
3
8
x dx
x+∫ :
 
a) 
b) 
c) 
d) 
1
3
9 27
1
3
5
8
4 4
1 4



 + +
+ +
−
tan
ln sec tan
tan ( )
x C
x x C
x
99 3 3
1
4
tan− 

 +
x
C
Cálculo diferencial e integral 341
8. Integra por aproximación 
cos x
x
dx
1
2∫ , usando el método de Simpson con n = 4:
 a) ≈0.13 
 b) ≈0.09
 c) ≈0.06
 d) ≈0.07
9. Integra por aproximación 
cos x
x
dx
11
2
+∫ π , usando el método de trapecio con n = 6:
 a) ≈0.67 
 b) ≈0.067
 c) ≈0.97
 d) ≈0.097
10. Integra por fórmula 
3
42 2
dx
x x−∫ :
 
a) 
b) 
c) 
d) 
− − +
− − +
− − +
− − +
4
4
4
2
4
4
3 4
4
2
2
2
2
2
x
C
x
x
C
x
x
C
x
x
C
11. Integra por aproximación 
log x
x
dx
1
2∫
 a) 0.10 
 b) 0.25
 c) 0.31
 d) 0.05
Cálculo diferencial e integral 343
Respuestas a los ejercicios
Ejercicio 1
 
1) 
2) 
3) 
4)
3
44
2 5
5
4
9
45
4
9
9 25
75
2 11
2 2
2
( )
ln
x C
x
x x x C
x
x
C
+ +
− − + − +
− + +
 
5) 
6) sen
2 1
1
4
9 9 9
3
2 4 2 4
3 2
arc tan
( ln )
cos
x C
x x x x C
x x x x
− +
− − + − +
− + ++ − +6 6x x x Ccos sen
Ejercicio 2
 1) ≈–0.995
 2) ≈0.3068
 3) ≈ 0.28
 4) ≈4.858
 5) ≈4.821
 6) ≈ 0.785398
Ejercicio 3 
 
1) senh
2) 
3) 
x x
x x x
x
dx x
x
x x
= + + + +
+ = +
= − ⋅ +
∫
3 5 7
5 9
3 5 7
1
1
1
5 2
! ! !
ln
!

99 4 13 6
13
⋅ − ⋅ +! !
x 
Unidad 9344
Respuestas a los ejercicios propuestos
 1. a) 5
 b) 3/8
 2. ¾
 3. 0.32149
 4. 10958
 5. 0.3643
 6. 0.310
 7. Alrededor de 0.037
Respuestas a la autoevaluación 
1. a) 
2. c) 
3. d) 
4. b) 
5. a) 
6. d) 
7. d) 
8. b) 
9. a) 
10. d) 
11. b)