Libro Cálculo Integral para Ingenieros Civiles (Problemas Resueltos)

PROBLEMAS RESUELTOS DE
CÁLCULO
INTEGRAL
PARA INGENIEROS CIVILES
______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro
PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú
2017
1
Problemas Resueltos de CÁLCULO INTEGRAL para Ingenieros Civiles
Primera Edición Setiembre 2017
Tiraje: 1000 ejemplares
Diagramación: Víctor Dionicio Torres
Carátula: Sheraton Huzhou Hot Spring Resort, Huzhou - China
Estilo: Brenda de Jesús Crisanto Panta
Autor - Editor:
© Ph.D. Genner Villarreal Castro
Calle Pablo Picasso 567 Urb. El Bosque
Trujillo - Perú
Teléfono: 278584 / 950907260
www.gennervillarrealcastro.blogspot.com
Impresión:
Editora & Imprenta Gráfica Norte S.R.L.
Calle Oswaldo Hercelles 401 Urb. Los Granados
Trujillo - Perú
Teléfono: 402705 / 969960030
graficanorte@hotmail.com
Setiembre, 2017
©Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2017-12397
ISBN: 978-612-00-2894-0
Prohibida la reproducción total o parcial sin autorización del Autor.
2
PRÓLOGO
El Cálculo Integral es parte del Análisis Matemático, en la cual se estudian la Integral Indefinida y
la Integral Definida, así como su aplicación al cálculo de áreas de figuras planas, longitud de curvatura,
volumen y áreas de superficies de cuerpos de revolución, tanto en su forma de integral simple como en
su forma de integral múltiple. Especial interés es su aplicación a la Ingeniería Civil, en especial a la
Ingeniería Estructural, abordándose temas muy importantes y necesarios para un mejor entendimiento
del curso, así como su aplicación práctica en su formación profesional.
Por lo general, el dictado del curso de Cálculo Integral, se centra en la descripción teórica y en la
resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún,
tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas.
El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos
de pregrado en la aplicación directa del cálculo integral a la ingeniería estructural, como ocurre en los
cursos de estática, resistencia de materiales y análisis estructural. Es por ello, que tomé el reto de
escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y
con el rigor científico 106 problemas tipo, propiciando, de esta manera, una forma más amena de
convivencia con el Cálculo Integral y conducente a un mejor dominio de la materia.
En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de universidades se estudian, excepto su
aplicación a la ingeniería estructural, que es muy importante en su formación profesional.
Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de cursos de estructuras a nivel de
pregrado en la Universidad de San Martín de Porres, Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas,
Universidad Privada Antenor Orrego y Universidad Privada del Norte.
En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de
problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.
El presente libro consta de 4 capítulos, anexo y bibliografía.
En el primer capítulo se resuelven problemas de la Integral Indefinida, abordándose el método de
la descomposición, método de la introducción de variable en la diferencial, método de la sustitución de
variable, método de la integración por partes, integral de fracción racional, integral de fracción irracional e
integral de una función trigonométrica.
En el segundo capítulo se resuelven problemas de la Integral Definida, abordándose el método de
integración directa, método de la sustitución de variable, método de la integración por partes,
convergencia de integral definida, áreas de figuras planas, longitud de curvatura plana, volumen y áreas
de superficies de cuerpos de revolución.
En el tercer capítulo se resuelven problemas de la Integral Múltiple, abordándose la integral doble,
la integral triple, áreas de figuras planas por la integral doble, volumen de cuerpos por la integral doble y
volumen de cuerpos por la integral triple.
En el cuarto capítulo se resuelven problemas de Cálculo de la Integral aplicado a la Ingeniería
Estructural, abordándose el momento estático y momento de inercia, reacciones y diagramas en vigas,
deflexiones de miembros cargados axialmente, ángulo de giro en torsión, pendiente y deflexión en vigas,
pendiente y desplazamiento en arcos y carga crítica de barras en flexión longitudinal.
3
En el anexo se da la tabla de integrales simples, con la finalidad de una correcta aplicación en la
resolución de problemas.
El presente texto está dirigido a estudiantes de Ingeniería Civil y docentes que imparten el curso
de Cálculo Integral; así como, a ingenieros civiles e investigadores en el área de estructuras.
Este libro se lo dedico a mis profesores de Matemática Superior de la Universidad Nacional de
Ingeniería Civil y Arquitectura de Kiev, quienes tuvieron la responsabilidad de prepararme para la
Olimpiada de Matemática Superior en el año 1987, teniendo el gran honor de haberlo ganado y ser parte
de la historia de mi Alma Mater.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
genner_vc@hotmail.com
Lima, Setiembre del 2017
4
CAPÍTULO 1
INTEGRAL INDEFINIDA
1.1 MÉTODO DE LA DESCOMPOSICIÓN
PROBLEMA 1.1 Resolver el siguiente integral
 (x
5
 3x 4  7x  5)dx
Solución:
Descomponemos cada parte en forma separada, obteniendo:
 (x
5
 3x 4  7 x  5)dx   x 5 dx  3 x 4 dx  7  xdx  5 dx 
1 6 3 5 7 2
x  x  x  5x  C
6
5
2
PROBLEMA 1.2 Resolver el siguiente integral

2  33 x 2  5 x
x3
dx
Solución:
Resolvemos en forma análoga al problema anterior

2  33 x 2  5 x
x3
dx  2 x 3 / 2 dx  3 x 5 / 6 dx  5
dx
4

 186 x  5 ln x  C
x
x
PROBLEMA 1.3 Resolver el siguiente integral
xe x  x
 x dx
Solución:
Efectuamos la división y obtenemos:
xe x  x
x
x
x
 x dx   (e  1)dx   e dx   dx  e  x  C
PROBLEMA 1.4 Resolver el siguiente integral
x
4
dx
 x2
Solución:
Efectuamos el siguiente artificio
dx
x2 1 x2
x2 1
x2
dx
dx
 x 4  x 2   x 2 (x 2  1) dx   x 2 (x 2  1) dx   x 2 (x 2  1) dx   x 2   x 2  1
  x 2 dx  
dx
1
   arctgx  C
2
x
x 1
2
5
PROBLEMA 1.5 Resolver el siguiente integral
 (sen
2
1
dx
x )(cos 2 x )
Solución:
Como sen x  cos x  1 , reemplazamos esta igualdad en el numerador
2
2
1
sen 2 x  cos 2 x
dx
dx
dx

 (sen 2 x)(cos 2 x)
 (sen 2 x)(cos 2 x)dx   cos 2 x   sen 2 x  tgx  ctgx  C
PROBLEMA 1.6 Resolver el siguiente integral
 cos
2
( x / 2)dx
Solución:
Sabemos que:
1  cos x  2 cos 2 (x / 2)

cos 2 ( x / 2) 
1  cos x
2
Reemplazamos en el integral y obtenemos:
 cos
2
( x / 2)dx  
1  cos x
1
1
1
1
dx   dx   cos xdx  x  senx  C
2
2
2
2
2
PROBLEMA 1.7 Resolver el siguiente integral
 tg xdx
2
Solución:
Sabemos que:
1  tg 2 x 
1
cos 2 x

tg 2 x 
1
1
cos 2 x
Reemplazamos en el integral y obtenemos:

1
 tg xdx    cos
2
2
dx

 1dx  
 dx  tgx  x  C
x 
cos 2 x 
1.2 MÉTODO DE LA INTRODUCCIÓN DE VARIABLE EN LA DIFERENCIAL
PROBLEMA 1.8 Resolver el siguiente integral
e
x/2
dx
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
e
x/2
dx   e x / 2 2d(x / 2)  2 e x / 2 d(x / 2) 2e x / 2  C
6
PROBLEMA 1.9 Resolver el siguiente integral
dx
 (5x  1)
4
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
dx
 (5x  1)
4

1
1
1
(5x  1) 4 5dx   (5x  1) 4 d(5x  1)  
C

5
5
15(5x  1) 3
PROBLEMA 1.10 Resolver el siguiente integral
2xdx
4
9
x
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
2xdx
d( x 2 )
1
x2
 x 4  9   (x 2 ) 2  32  3 arctg 3  C
PROBLEMA 1.11 Resolver el siguiente integral
x
2
dx
 6x  10
Solución:
Descomponemos el denominador:
x 2  6x  10  (x 2  6x  9)  1  (x  3) 2  1
Reemplazamos en el integral:
x
2
dx
d( x  3)
d( x  3)


 arctg( x  3)  C
2
 6x  10
( x  3)  1
( x  3) 2  12
1.3 MÉTODO DE LA SUSTITUCIÓN DE VARIABLE
PROBLEMA 1.12 Resolver el siguiente integral
ln 2 x
 x dx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
t  ln x

dt 
1
dx
x
De esta manera, tenemos:
ln 2 x
t3
ln 3 x
2
2
 x dx   (ln x)d(ln x)   t dt  3  C  3  C
7
PROBLEMA 1.13 Resolver el siguiente integral

3
arctgx
1 x2
dx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
t  arctgx 
dt 
1
dx
1 x2
De esta manera, tenemos:

3
arctgx
1 x
2
dx   (3 arctgx )d(arctgx )   3 t dt   t 1 / 3 dt 
3
(arctgx ) 4 / 3  C
4
PROBLEMA 1.14 Resolver el siguiente integral
(
cos 5x  1)sen5xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
t  cos 5x  1


dt  5sen5xdx
1
sen5xdx   dt
5
Reemplazamos y obtenemos:
(
1
2
2
 1 
cos 5x  1)sen5xdx   t 1 / 2   dt     t 1 / 2 dt   t 3 / 2  C  
(cos 5x  1) 3  C
5
15
15
 5 
PROBLEMA 1.15 Resolver el siguiente integral

cos ln x
dx
x
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
t  ln x

dt 
1
dx
x
De esta manera, tenemos:

cos ln x
dx   (cos ln x )d(ln x )   cos tdt  sent  C  sen ln x  C
x
PROBLEMA 1.16 Resolver el siguiente integral

dx
a  x2
2
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
x  at

dx  adt
8
De esta manera, tenemos:

dx
a2  x2

adt
a2  a2t2

dt
1 t2
 arcsent  C  arcsen
x
C
a
PROBLEMA 1.17 Resolver el siguiente integral
 tgxdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
t  cos x

dt  senxdx
De esta manera, tenemos:
senx
 tgxdx   cos x dx  
d cos x
dt
    ln t  C   ln cos x  C
cos x
t
PROBLEMA 1.18 Resolver el siguiente integral
x
 e xdx
2
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
e
x 2
xdx  
2
1 x 2
1
1 2
e (2x )dx    e  x d(x 2 )   e  x  C

2
2
2
PROBLEMA 1.19 Resolver el siguiente integral

x2
1 x6
dx
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:

x2
1
d( x 3 )
1
dx  
 arcsen ( x 3 )  C
6
3
2
3 1  (x )
3
1 x
PROBLEMA 1.20 Resolver el siguiente integral
xdx
 5  7x
4
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
 7 2
xdx
1
d( x 2 )
1 7


.
arctg
 5  7x 4 14  ( 5 / 7 ) 2  (x 2 ) 2 14 5  5 x   C
9
PROBLEMA 1.21 Resolver el siguiente integral
e
dx
1
x
Solución:
Efectuamos el siguiente artificio:
d(e x  1)
dx
ex  1  ex
ex  1
e x dx
x
 e x  1   e x  1 dx   e x  1 dx   e x  1   dx   e x  1  x  ln e  1  C
PROBLEMA 1.22 Resolver el siguiente integral
x
2
dx
 a2
Solución:
Efectuamos el siguiente artificio:
x

2
dx
1 (x  a )  (x  a)
1  1
1 
1 d( x  a ) 1 d( x  a )

dx 

 

dx 
2


2a ( x  a )(x  a )
2a  x  a x  a 
2a  x  a
2a
xa
a
1
ln x  a  ln x  a   C  1 ln x  a  C
2a
2a x  a
PROBLEMA 1.23 Resolver el siguiente integral
dx
 senx
Solución:
Efectuamos las siguientes operaciones:
 x
d tg 
dx
dx
dx
x
2


 
 d ln tg
x
x
x
x
x
senx
2
2sen cos
2tg cos 2
tg
2
2
2
2
2
De esta manera, tenemos:
dx
x
 senx   d ln tg 2
 ln tg
x
C
2
1.4 MÉTODO DE LA INTEGRACIÓN POR PARTES
PROBLEMA 1.24 Resolver el siguiente integral
x
2
ln xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  ln x

du 
dx
x
10
dv  x 2 dx
v

x3
3
Sabemos que:
 udv  uv   vdu
Reemplazamos y obtenemos:
x3
1 2
x3
x3
 x ln xdx  3 ln x  3  x dx  3 ln x  9  C
2
PROBLEMA 1.25 Resolver el siguiente integral
 xe
x
dx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
ux

du  dx
dv  e x dx

v  ex
Reemplazamos y obtenemos:
 xe
x
dx  xe x   e x dx  xe x  e x  C  e x (x  1)  C
PROBLEMA 1.26 Resolver el siguiente integral
 xsenxdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
ux

du  dx
dv  senxdx

v   cos x
Reemplazamos y obtenemos:
 xsenxdx  x( cos x)   ( cos x)dx  x cos x   cos xdx  x cos x  senx  C
PROBLEMA 1.27 Resolver el siguiente integral
 (2x  3)sen3xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  2x  3

du  2dx
dv  sen3xdx

v   sen3xdx 
1
1
(sen3x )d(3x )   cos 3x

3
3
Reemplazamos y obtenemos:
1
2
1
2
 (2x  3)sen3xdx   3 (2x  3) cos 3x  3  cos 3xdx   3 (2x  3) cos 3x  9 sen3x  C
11
PROBLEMA 1.28 Resolver el siguiente integral
 x ln
2
xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  ln 2 x
dv  xdx

1
du  2 ln x. dx
x

x2
v
2
Reemplazamos y obtenemos:
x2 2
 x ln xdx  2 ln x   x ln xdx
2
Aplicamos una vez más integración por partes para resolver la integral
 x ln xdx
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  ln x
dv  xdx
dx
x

du 

x2
v
2
En consecuencia:
x2
1
x2
x2
 x ln xdx  2 ln x  2  xdx  2 ln x  4  C
De esta manera, reemplazamos en la integral inicial y obtenemos:
x2 2
x2
x2
 x ln xdx  2 ln x  2 ln x  4  C
2
PROBLEMA 1.29 Resolver el siguiente integral
x
2
cos xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  x2

du  2xdx
dv  cos xdx

v  senx
Reemplazamos y obtenemos:
x
2
cos xdx  x 2 senx  2 xsenxdx
Aplicamos una vez más integración por partes para resolver la integral
Efectuamos la siguiente sustitución:
ux

du  dx
dv  senxdx

v   cos x
12
 xsenxdx
En consecuencia:
 xsenxdx  x cos x   cos xdx  x cos x  senx  C
De esta manera, reemplazamos en la integral inicial y obtenemos:
x
2
cos xdx  x 2 senx  2x cos x  2senx  C
PROBLEMA 1.30 Resolver el siguiente integral
e
x
cos xdx
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  cos x

du  senxdx
dv  e x dx

v  ex
Denotamos el integral inicial como I , reemplazamos y obtenemos:
I   e x cos xdx  e x cos x   e x senxdx
Aplicamos una vez más integración por partes para resolver la integral
 e senxdx
x
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  senx

du  cos xdx
dv  e x dx

v  ex
En consecuencia:
 e senxdx  e senx   e
x
x
x
cos xdx
De esta manera, reemplazamos en la integral inicial y obtenemos:
I   e x cos xdx  e x cos x   e x senxdx  e x cos x  e x senx   e x cos xdx  e x (senx  cos x)  I
Trasladamos I de la parte derecha a la izquierda, obteniendo:
I
1 x
e (senx  cos x )  C
2
1.5 INTEGRAL DE FRACCIÓN RACIONAL
PROBLEMA 1.31 Resolver el siguiente integral
x
2
dx
 10x  16
Solución:
Efectuamos el siguiente artificio:
x

2
dx
dx
d( x  5)
1
( x  5)  3
 2


ln
C
2
2
2.3 ( x  5)  3
 10x  16
( x  10x  25)  (16  25)
( x  5)  3
1 x 8
ln
C
6 x2
13
PROBLEMA 1.32 Resolver el siguiente integral
x
2
3x  5
dx
 4x  13
Solución:
Efectuamos el siguiente artificio:
x
2
3x  5
3x  5
3t  1
t
dt
dx  
dx   2
dt  3 2
dt   2
2
 4x  13
( x  2)  9
t 9
t 9
t 9
3 d( t 2  9)
dt
3
1
t
3
1
x2
  2
 2
 ln t 2  9  arctg  C  ln x 2  4x  13  arctg
C
2
2 t 9
2
3
3
2
3
3
t 3
Siendo:
x2 t

x  t2

dx  dt
PROBLEMA 1.33 Resolver el siguiente integral
x
2
xdx
 x 1
Solución:
Analizamos el denominador:
2
1 1 1
1
3

x 2  x  1  x 2  2x.    1   x   
2 4 4
2
4

Reemplazamos en el integral:
3

1
d t 2  
xdx
xdx
tdt
1
dt
1 
dt
4 1
2
 x 2  x  1    1  2 3   2 3 dt   2 3  2  2 3  2  2 3  2    2
3
t 
t 
t 
t 
x   

t 2  
4
4
4
4

2
4

 2 
1
3 1 2
t
1
1
2x  1
 ln t 2   .
arctg
 C  ln x 2  x  1 
arctg
C
2
4 2 3
2
3
3
3
2
t
Siendo:
x
1
t
2

xt
1
2

dx  dt
PROBLEMA 1.34 Resolver el siguiente integral
x 4 dx
 x2 1
Solución:
Analizamos el integral de la siguiente manera:
x 4 dx
1 
dx
x3
 2
2

x

1

dx

x
dx

dx



 x 2  1  

  x 2  1 3  x  arctgx  C
x 2  1
14
PROBLEMA 1.35 Resolver el siguiente integral
x
x2
dx
 5x  6
2
Solución:
Si factorizamos el denominador obtenemos:
x 2  5x  6  (x  1)(x  6)
Ahora, analizamos la fracción de la siguiente manera:
x2
A
B
A( x  6)  B( x  1)



( x  1)(x  6)
x  5x  6 x  1 x  6
2
Igualamos el numerador:
x  2  A(x  6)  B(x  1)  (A  B)x  (6A  B)
De donde obtenemos 2 ecuaciones:
A  B 1
6A  B  2
Resolvemos y obtenemos:
A
3
7
B
4
7
Reemplazamos en el integral:
x
2
x2
3 dx
4 dx
3 d( x  1) 4 d( x  6) 3
4
dx  
 
 
 
 ln x  1  ln x  6  C
7 x 1 7 x  6 7
x 1
7
x6
7
7
 5x  6
PROBLEMA 1.36 Resolver el siguiente integral
9  5x
 (x  1)(x  2)(x  3) dx
Solución:
Analizamos la fracción de la siguiente manera:
9  5x
A
B
D
A( x  2)(x  3)  B( x  1)(x  3)  D( x  1)(x  2)




( x  1)(x  2)(x  3) x  1 x  2 x  3
( x  1)(x  2)(x  3)
Igualamos el numerador:
9  5x  A(x  2)(x  3)  B(x  1)(x  3)  D(x  1)(x  2)
Efectuamos operaciones y agrupamos, obteniendo:
9  5x  (A  B  D)x 2  (5A  4B  3D)x  (6A  3B  2D)
De donde obtenemos 3 ecuaciones:
A B D  0
5A  4B  3D  5
6A  3B  2D  9
15
Resolvemos y obtenemos:
A2
B 1
D  3
Reemplazamos en el integral:
9  5x
 2
3 
1
 (x  1)(x  2)(x  3) dx    x  1  x  2  x  3 dx  2
d( x  1)
d( x  2)
d( x  3)

 3
x 1
x2
x 3
 2 ln x  1  ln x  2  3 ln x  3  C
PROBLEMA 1.37 Resolver el siguiente integral
3x 2  2x  1
 (x  1) 2 (x 2  1) dx
Solución:
Analizamos la fracción de la siguiente manera:
3x 2  2x  1
A
B
Dx  E A( x 2  1)  B( x  1)(x 2  1)  (Dx  E)(x  1) 2




( x  1) 2 ( x 2  1) ( x  1) 2 x  1 x 2  1
( x  1) 2 ( x 2  1)
Igualamos el numerador:
3x 2  2x  1  A(x 2  1)  B(x  1)(x 2  1)  (Dx  E)(x  1) 2
Efectuamos operaciones y agrupamos, obteniendo:
3x 2  2x  1  (B  D)x 3  (A  B  2D  E)x 2  (B  D  2E)x  (A  B  E)
De donde obtenemos 4 ecuaciones:
B D  0
A  B  2D  E  3
B  D  2E  2
A  B E 1
Resolvemos y obtenemos:
A 1
B  1
D 1
E 1
Reemplazamos en el integral:
3x 2  2x  1
dx
dx
x 1
dx
dx
xdx
dx
 (x  1) 2 (x 2  1) dx   (x  1) 2   x  1   x 2  1 dx   (x  1) 2   x  1   x 2  1   x 2  1

d( x  1)
d( x  1) 1 d( x 2  1)
dx
1
1

  2
 2

 ln x  1  ln x 2  1  arctgx  C
2

x 1
2 x 1
x 1
2
( x  1)
x 1
16
1.6 INTEGRAL DE FRACCIÓN IRRACIONAL
PROBLEMA 1.38 Resolver el siguiente integral
dx
x 1  3 x 1

Solución:
Asumimos:
x 1  t6
dx  6t 5 dt

Reemplazamos en el integral y obtenemos:

dx
t5
t3
( t 3  1)  1
d( t  1)
2

6
dt

6
dt

6
dt

6
(
t

t

1
)
dt

6
3
2





t 1
t 1
t 1
t t
x 1  3 x 1
 t3 t2

 6   t   6 ln t  1  C  2 x  1  33 x  1  66 x  1  6 ln 6 x  1  1  C
3 2

Siendo:
t  6 x 1
PROBLEMA 1.39 Resolver el siguiente integral

x 3 dx
dx 
tdt
x2  2
Solución:
Asumimos:
x2  2  t2 
x  t2  2

t2  2
Reemplazamos en el integral y obtenemos:

x 3 dx
x2  2

( t 2  2) 3 tdt
t t2  2
( x 2  2) 3
t3
 2t  C 
 2 x2  2  C
3
3
  ( t 2  2)dt 
PROBLEMA 1.40 Resolver el siguiente integral

x 3 dx
(1  x 2 ) 3
Solución:
Asumimos:
x  sent

dx  cos tdt
Reemplazamos en el integral y obtenemos:

x 3 dx
(1  x 2 ) 3
 

sen 3 t cos tdt
sen 3 t
sen 2 t.sent
(1  cos 2 t )d cos t

dt

dt


 cos 2 t  cos 2 t

cos 3 t
cos 2 t
d cos t
1
1
  d cos t 
 cos t  C 
 1 x2  C
2
2
cos t
cos t
1 x
17
Habiendo considerado que:

x  sent
cos t  1  x 2
PROBLEMA 1.41 Resolver el siguiente integral
x3

x  4x  5
2
dx
Solución:
Efectuamos la siguiente descomposición de la raíz cuadrada del denominador:
x 2  4x  5  (x  2) 2  1
Asumimos:

x2 t

x  t2
dx  dt
Reemplazamos en el integral y obtenemos:


x 3
x  4x  5
2
dx  
x3
( x  2)  1
2
t 1
dx  
t 1
2
dt  
tdt
t 1
2

dt
t2 1
1 d( t 2  1)
dt

 t 2  1  ln t  t 2  1  C  x 2  4x  5  ln x  2  x 2  4x  5  C

2
2
2
t 1
t 1
1.7 INTEGRAL DE UNA FUNCIÓN TRIGONOMÉTRICA
PROBLEMA 1.42 Resolver el siguiente integral
dx
 4 cos x  3senx  5
Solución:
Asumimos:
tg
x
t
2

senx 
2t
;
1 t2
1 t2
;
1 t2
cos x 
dx 
2dt
1 t2
Reemplazamos en el integral y obtenemos:
dx
 4 cos x  3senx  5  2 
dt

1 t2
2t
 4
3
 5 1  t 2 
2
2
1 t
 1 t


2
C  
t 3
2
C
x
tg  3
2
PROBLEMA 1.43 Resolver el siguiente integral
sen 3 x
 1  cos 2 x dx
18
 2
dt
d( t  3)
 2
t  6t  9
( t  3) 2
2
Solución:
Asumimos:
cos x  t

 senxdx  dt
Reemplazamos en el integral:
sen 3 x
sen 2 xsenx
(1  cos 2 x )senx
1 t2
t 2 1
dx

dx

dx


dt

 1  cos 2 x
 1  cos 2 x
 1  cos 2 x
 1  t 2  t 2  1 dt

( t 2  1)  2
2 

dt   1  2
dt  t  2arctgt  C  cos x  2arctg(cos x )  C
2
t 1
 t 1
PROBLEMA 1.44 Resolver el siguiente integral
 sen
2
dx
x  4senx cos x  5 cos 2 x
Solución:
Asumimos:
tgx  t
t2
sen x 
;
1 t2

2
cos 2 x 
1
;
1 t2
dx 
dt
1 t2
Reemplazamos en el integral:
 sen

2
dx
dt
dt

 2
2
2
x  4senx cos x  5 cos x
t  4t  5
 t
t
1 

1  t 2 
4
5
2
2 
1 t
1 t 
1 t
d( t  2)
 arctg( t  2)  C  arctg( tgx  2)  C
( t  2) 2  1
PROBLEMA 1.45 Resolver el siguiente integral
 sen
3
xdx
Solución:
Descomponemos el integral de la siguiente manera:
 sen xdx   sen
3
  cos x 
2
xsenxdx   (1  cos 2 x)d(cos x)   d(cos x)   (cos 2 x)d(cos x)
cos 3 x
C
3
PROBLEMA 1.46 Resolver el siguiente integral
 sen
2
x cos 4 xdx
Solución:
Sabemos que:
sen 2 x 
1
(1  cos 2x )
2
19
cos 2 x 
1
(1  cos 2x )
2
senx cos x 
1
sen 2x
2
Descomponemos el integral de la siguiente manera:
2
4
2
2
 sen x cos xdx   (senx cos x) cos xdx  
sen 2 2x 1  cos 2x
.
dx
4
2

1
1
1
1
(sen 2 2x )dx   (sen 2 2x )(cos 2x )dx   (1  cos 4x )dx   (sen 2 2x )d(sen 2x )

8
8
16
16

1
1
1
x  sen 4x  sen 3 2x  C
16
64
48
PROBLEMA 1.47 Resolver el siguiente integral
 sen5x cos 3xdx
Solución:
Sabemos que:
senx cos x 
1
sen(  )x  sen(  )x
2
senxsen x 
1
cos(  )x  cos(  )x 
2
cos x cos x 
1
cos(  )x  cos(  )x 
2
Aplicamos la primera fórmula y obtenemos:
1
1
1
 sen5x cos 3xdx  2  (sen8x  sen2x)dx   16 cos 8x  4 cos 2x  C
20
CAPÍTULO 2
INTEGRAL DEFINIDA
2.1 MÉTODO DE LA INTEGRACIÓN DIRECTA
PROBLEMA 2.1 Resolver el siguiente integral
2
x
2
dx
1
Solución:
Integramos y reemplazamos los valores extremos:
2
x3
 x dx  3
1
2
2
1
2 3 (1) 3


3
3
3
PROBLEMA 2.2 Resolver el siguiente integral
0,5
dx

1 x2
0
Solución:
Integramos y reemplazamos los valores extremos:
0,5

0
dx
1 x
 arcsenx 0  arcsen 0,5  arcsen 0 
0, 5
2

6
PROBLEMA 2.3 Resolver el siguiente integral
e
dx
x
1  ln 2 x
1
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
e
x
1
e
dx
1  ln 2 x


1
d ln x
1  ln 2 x
 arcsen ln x 1  arcsen ln e  arcsen ln 1  arcsen 0,5  arcsen 0 
e
PROBLEMA 2.4 Resolver el siguiente integral
2
dx
 2x  1
1
Solución:
Efectuamos el siguiente proceso:
2
dx
1 d(2x  1) 1
1
1
1 2x  1  2 1 2x  1  2 ln 2x  1 1  2 (ln 3  ln 1)  2 ln 3
2
2
21

6
2.2 MÉTODO DE LA SUSTITUCIÓN DE VARIABLE
PROBLEMA 2.5 Resolver el siguiente integral
8

3
xdx
x 1
Solución:
Asumimos:
x 1  t
x  t 2 1


dx  2tdt
Analizamos los límites del integral:
Si x=3  t 
3 1  2
Si x=8  t 
8 1  3
Al cambiar de variable, estos serán los nuevos límites del integral.
Reemplazamos y obtenemos:
8

3
3
3 2
 33
 t3

  23
 32
xdx
t 1

2tdt  2  t   2  3     2  
x 1 2 t
3
2
  3
 3
 3
PROBLEMA 2.6 Resolver el siguiente integral
a

a 2  x 2 dx
0
Solución:
Asumimos:
x  asent
dx  a (cos t )dt

Analizamos los límites del integral:
Si x=0  sent  0
 t0
Si x=a  sent  1
 t

2
Al cambiar de variable, estos serán los nuevos límites del integral.
Reemplazamos y obtenemos:
a

2

a 2  x 2 dx  
0
0

2

a2 2
a 2  a 2 sen 2 t .(a cos t )dt  a 2  cos 2 tdt 
(1  cos 2t )dt

2
0
0

a 2  sen 2t  2 a 2

t 
 
2 
2 0
4
PROBLEMA 2.7 Resolver el siguiente integral
4
dx
1
0
22
x
Solución:
Asumimos:
x  t2

dx  2tdt
Analizamos los límites del integral:
Si x=0  t  0
Si x=4  t  2
Al cambiar de variable, estos serán los nuevos límites del integral.
Reemplazamos y obtenemos:
2
2
2
2
2
dx
2tdt
(1  t )  1
d(1  t ) 
0 1  x  0 1  t  20 1  t dt  20 dt  0 1  t   2t  ln 1  t  0  4  2 ln 3
4
PROBLEMA 2.8 Resolver el siguiente integral
2 ln 2
dx

ex 1
ln 2
Solución:
Asumimos:
e x  1  t  dx 
2tdt
1 t2
Analizamos los límites del integral:
Si x  ln 2
 t 1
Si x  2 ln 2  t 
3
Al cambiar de variable, estos serán los nuevos límites del integral.
Reemplazamos y obtenemos:
2 ln 2

ln 2
2tdt
dt
3
  
1 t(1  t 2 )  2 1 t 2  1  2arctgt  1  2 3  4   6
3
dx
ex 1

3
PROBLEMA 2.9 Resolver el siguiente integral
1

0
x2
4  x2
dx
Solución:
Asumimos:
x  2sent

dx  2 cos tdt
Analizamos los límites del integral:
Si x  0
 t0
Si x  1
 t

6
Al cambiar de variable, estos serán los nuevos límites del integral.
23
Reemplazamos y obtenemos:
1

0
x
2
4  x2

 6



4sen t
16
2
2 cos tdt  4 sen tdt  2 (1  cos 2t )dt  2  dt   (cos 2t )d(2t ) 
20
4  4sen 2 t
0

0
0



6

6
2
dx  
0

6

3
 sen 2t  6 
 2 t 
  
2 0 3 2

2.3 MÉTODO DE LA INTEGRACIÓN POR PARTES
PROBLEMA 2.10 Resolver el siguiente integral
1
 xe
x
dx
0
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
ux

du  dx
dv  e x dx

v  ex
Reemplazamos y obtenemos:
1
1
x
x
x
 xe dx  xe   e dx  e  e  1  1
1
0
0
0
PROBLEMA 2.11 Resolver el siguiente integral
2
ln x
dx
5
1 x

Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  ln x

du 
dx
x
dx
x5

v
1
4x 4
dv 
Reemplazamos y obtenemos:
2
ln x
ln x
1 x 5 dx   4x 4
2
1
2
2
1 dx
ln 2
1
  5 

41x
64 16x 4

1
ln 2 15

64 256
PROBLEMA 2.12 Resolver el siguiente integral

 x cos xdx
0
24
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
ux

du  dx
dv  cos xdx

v  senx
Reemplazamos y obtenemos:

 x cos xdx  xsenx

0
0


  senxdx  cos x 0  2
0
PROBLEMA 2.13 Resolver el siguiente integral
3
 x(arctgx )dx
0
Solución:
Efectuamos la siguiente sustitución:
u  arctgx
dv  xdx
dx
1 x2

du 

x2
v
2
Reemplazamos y obtenemos:
x2
1 x 2 dx 9
1 (1  x 2 )  1
3
x
(
arctgx
)
dx

arctgx


arctg
3

dx
0
0
2
2 0 1  x 2 2
2 0 1  x 2
3
3
3
9
1 
1 
9
1
3
3
 arctg3   1 
dx  arctg3  ( x  arctgx ) 0  5arctg3 
2 
2
2 0  1 x 
2
2
2
3
2.4 CONVERGENCIA DE INTEGRAL DEFINIDA
PROBLEMA 2.14 Resolver el siguiente integral

x

2
dx
 6x  11
Solución:
En este problema ambos límites de integración son infinitos, es por ello, que dividimos este integral
en dos.

0
dx
dx
 x 2  6x  11  (x  3) 2  2 

0
b
dx
dx
dx
 lim 
2
0 (x  3) 2  2  alim

 ( x  3)  2
b  ( x  3) 2  2
a
0
0
b
d( x  3)
d( x  3)
1
x3
1
x 3
 lim 
 lim
arctg
 lim
arctg
a   ( x  3) 2  ( 2 ) 2
b  ( x  3) 2  ( 2 ) 2
a 
b


2
2 a
2
2 0
a
0
0
b
 lim

1
3
1
a 3
1
b3 1
3
arctg
 lim
arctg
 lim
arctg

arctg
a


b


2
2
2
2
2
2
2
2
25

1   1   2
  
 
2
2  2
2 2
PROBLEMA 2.15 Resolver el siguiente integral
3x 2  2
1

x2
3
1
dx
Solución:
Dividimos el integral en dos:
1

3x 2  2
3
1
x
2
4
3
1
1
1
102
6
 3I1  2I 2  3   26 
7
7
x
dx
dx  3  x dx  2 
1
3
2
Siendo:
7 1
4
3
1
3
I1   x dx  x 3
7
1
1
I2 

1
dx
3
x2
0


1
2
3
6
7
1

2
3
  x dx   x dx  lim
1
I 2  3 lim 1 
1/ 3
1 0
1 0
0
 3  3  3 lim  2 
1/ 3
 2 0
0 1


2
3
1
x dx  lim
 2 0
1
x

2
3
dx
0  2
6
PROBLEMA 2.16 Resolver el siguiente integral
2

1
dx
3
( x  1) 2
Solución:
Integramos y reemplazamos valores.
2

1
dx
3
( x  1) 2
2

2
3
  ( x  1) d( x  1)  3( x  1)
1 2
3
1
3
1
2.5 ÁREAS DE FIGURAS PLANAS
PROBLEMA 2.17 Determinar el área que forma la parábola y  x con las líneas x  1 , x  2 y
2
con el eje de la abscisa.
Y
4
-1
0
Fig. 2.1
26
2
X
Solución:
Utilizamos la siguiente fórmula:
b
2
x3
A   f ( x ) dx   x dx 
3
a
1
2
3
2
1
PROBLEMA 2.18 Determinar el área que forman las curvas y  x e y 
2
x
y x
2
Y
y
x
X
0
Fig. 2.2
Solución:
Determinamos los puntos de intersección
x2  x  0

x1  0
x2  1
Utilizamos la siguiente fórmula:
b
1
A   f 2 ( x )  f1 ( x )dx  
a

0
1
 2 32 1 3 
1
x  x dx   x  x  
3 
3
3
0
2

PROBLEMA 2.19 Determinar el área que forma la parábola x  y con la línea recta x  2  y
2
Y
x 2 y
xy
2
X
0
Fig. 2.3
Solución:
Determinamos los puntos de intersección
y 2  (2  y)  0

y1  1
y 2  2
Utilizamos la misma fórmula anterior:
1

y 2 y3 
9
A   f 2 ( x )  f1 ( x )dx   2  y  y dy   2 y 
  
2
3  2 2

a
2
b
1

2

27
PROBLEMA 2.20 Determinar el área de la elipse x  a cos t , y  bsent
Y
b
a
0
X
Fig. 2.4
Solución:
Podemos indicar, que el área total de la elipse es igual a la suma de cuatro veces el área
sombreada, denotada como A 1
a
A  4A1 
A  4 ydx
0
Por condición del problema:
y  bsent
dx  asentdt
Determinamos los límites de integración, analizando x  a cos t
x
t
0
π/2
a
0
Reemplazamos en el integral y obtenemos:

2

2

2
 1

A  4 bsent (asent )dt  4ab  sen 2 tdt  2ab  (1  cos 2t )dt  2ab t  sen 2t   ab
 2
0

0
0
0
2
PROBLEMA 2.21 Determinar el área formada por la curva   asen3
Solución:
Graficamos el esquema de la curva, para ello, determinamos el período de la función   asen3 , a
través del período T, siendo:
asen3(  T)  asen3

sen3(  T)  sen3
Efectuando operaciones obtenemos:
sen3 cos 3T  cos 3sen3T  sen3
De donde:
sen3T  0
cos 3T  1
De esta manera:
3T  2

28
T
2
3
Siendo suficiente graficar la curva en el sector 0   
2
3
Como el radio polar  debe ser positivo, entonces el intervalo de variación del ángulo  debe estar
en el tramo 0   


2
. En el tramo restante
se tendrá que  ˂ 0 y los puntos en este

3
3
3
tramo no existen.
Para el tramo 0   



la función sen3 crece de 0 a 1 y para el tramo
   desciende de
6
6
3
1 a 0.
Considerando lo indicado anteriormente, graficamos la función   asen3 para el tramo
0

2
en el sistema de coordenadas polar. Como el periodo de la función   asen3 es
,
3
3
entonces hasta el ángulo 2 se desarrollan 3 lazos, estando el segundo lazo en el tramo
2
4
5
, tal como se muestra en la figura 2.5
    y el tercer lazo en el tramo

3
3
3
a

6
Fig. 2.5
Para determinar el área de cada lazo, se aplicará la siguiente fórmula:

A lazo 
1
()2 d

2
Como son 3 lazos, el área total de la curva formada será:

3
1
3a
A  3.  a 2 sen 2 3d 
20
4

2 3

3a 2
0 (1  cos 6)d  4
2
1

3 a 
  6 sen 6  4
0
2.6 LONGITUD DE CURVATURA PLANA
PROBLEMA 2.22 Determinar la longitud de la curva de un cardioide   a (1  cos ) , siendo a ˃ 0
Solución:
Construimos la curva del cardioide, considerando que   0 y 0    2


0
2a

6

4

3

3

a 1 
2 


2

a 1 
2 

3
a
2
29

2
 

2 6
 

2 4
 

2 3
a
1
a
2

2

a 1 
2 


3

a 1 
2 


0




6


3

a 1 
2 


4


2

a 1 
2 


3
1
a
2
3
2
3 

2 6
3 

2 4
3 

2 3
a
3
a
2

2

a 1 
2 


3

a 1 
2 

2
2a
De esta manera, la curva del cardioide se muestra en la figura 2.6
m

A
2a
0
n
Fig. 2.6
De la figura 2.6 se puede observar que el cardioide está formado por 2 partes simétricas, la primera
es Am0 para el intervalo 0     y la segunda 0nA para el intervalo     2 . Es por ello, que
es suficiente con determinar la longitud de la mitad de la curvatura y multiplicarlo por dos para
obtener el total.
Para calcular la longitud de la curva aplicamos la fórmula:

L curva  
()2  ' ()2 d

Aplicamos al tramo Am0, obteniendo:

L ( Am0)  
a 1  cos 
2
0


  asen d  a  2  2 cos d  2a  cos 2  d
2
0
0

L ( Am0)

2



 2a  cos d  4asen    4a
2
20
0
Luego:
L  2L ( Am0)  8a
PROBLEMA 2.23 Determinar la longitud de la parte que se intersecta la semiparábola cúbica
y 2  ( x  p) 3 con la parábola y 2 
1 2
p x
2
Solución:
Esquematizamos los gráficos (figura 2.7), entendiéndose, que para este problema la longitud que
nos piden es BAB’, formada por 2 partes simétricas, por ello, es suficiente calcular la longitud de la
curva AB y duplicamos su valor.
Para determinar los límites es suficiente con determinar la abscisa del punto B, porque la abscisa del
punto A es conocido e igual a p .
30
Resolvemos el sistema de ecuaciones de las dos parábolas:
y 2  ( x  p) 3
1
y2  p2x
2
( x  p) 3 

1 2
p x
2
Resolvemos la ecuación cúbica y obtenemos x  2p
Y
B
0
A
p
X
2p
B´
Fig. 2.7
Como la función se puede expresar por la ecuación y  f ( x ) , entonces para su resolución
aplicamos la siguiente fórmula:

b

L curva   1  f ' ( x ) dx
2
a
Siendo para este caso los límites de integración a  p y b  2p
Además:
f ( x)  ( x  p) 3
1
f ' (x) 
3
( x  p) 2
2
Reemplazamos y obtenemos:
2
3

9
9
2 4 9
9 
L  2  1   ( x  p)  dx 2  1  x  pdx  2. . 1  p  x 
4
4
3 9 4
4 
p
p
2

2p
1
2
2p
3 2p
2
p
3

16   9 
 1  p   1
L
27   4 


2.7 VOLUMEN Y ÁREAS DE SUPERFICIES DE CUERPOS DE REVOLUCIÓN
PROBLEMA 2.24 Determinar el volumen del cuerpo que se genera por el giro respecto al eje OX,
del sector de intersección de la semielipse y  3 1  x
2
con la semiparábola x  1  y con el
eje OY
Solución:
y2
 x2  1
La ecuación y  3 1  x corresponde a la parte superior de la elipse
9
2
31
La ecuación x  1  y corresponde al lazo derecho de la parábola x  1  y con intersección
2
con el eje OY en el punto (0,1) y con el eje OX en los puntos (1,0) y (-1,0).
Alrededor del eje OX gira la figura sombreada ABC. El volumen de dicho cuerpo de revolución lo
obtenemos como la diferencia de los cuerpos de revolución OBC y OAC, tal como se muestra en la
figura 2.8
Y
3B
A
C
-1
0
X
1
Fig. 2.8
Para dicho cálculo, aplicamos la siguiente fórmula:
b
V   f ( x ) dx
2
a
Reemplazamos y obtenemos:

V   9(1  x )dx   (1  x ) dx   9x  3x 3

0
0
1

1
2
2 2

1
0
1
2 3 1 5   82

x  x  x    
3
5  0  15

2
2
2
PROBLEMA 2.25 Determinar el área de la superficie formada por el giro del astroide x 3  y 3  a 3
alrededor del eje OX
Solución:
Esquematizamos el astroide, para ello, escribimos la ecuación del mismo en forma paramétrica:
x  a cos 3 t
y  asen 3 t
El astroide es simétrico respecto a los ejes de coordenadas, por ello, es suficiente con determinar el
área de la superficie del giro del tramo AB, ubicado en el 1er cuadrante y multiplicamos por dos.
Y
B a
-a
a
A
0
-a
Fig. 2.9
32
X
Como el tramo AB se encuentre en el intervalo de 0 a π/2, aplicamos la siguiente fórmula para
determinar el área de la superficie del giro de dicho tramo respecto al eje OX

t2
 

A 0 X  2  y( t ) x ' ( t )  y ' ( t ) dt
2
2
t1
Reemplazamos y obtenemos:

2

2
0
0
A 0 X  2.2 asen 3 t (3a cos 2 tsent) 2  (3asen 2 t cos t ) 2 dt  4 (asen 3 t )(3asent cos t )dt

2
A 0X
sen 5 t
 12a 2  (sen 4 t )d(sent ) 12a 2
5
0

2

0
33
12 2
a
5
CAPÍTULO 3
INTEGRAL MÚLTIPLE
3.1 INTEGRAL DOBLE
PROBLEMA 3.1 Resolver el siguiente integral, considerando (0  x  1, 0  y  2)
 xydxdy
D
Solución:
Agrupamos por variable, considerando los límites de integración y efectuamos el cálculo respectivo.
 y2
xydxdy

xdx
ydy

xdx
D
0 0
0  2
1
2
1
2
1
1

   2xdx  x 2  1
0
0 0
PROBLEMA 3.2 Resolver el siguiente integral, considerando (0  x  1, 0  y  1)
 e
xy
dxdy
D
Solución:
Agrupamos por variable, considerando los límites de integración y efectuamos el cálculo respectivo.
 e
xy
1
1
1
1
dxdy   e e dxdy   e dx  e dy   e dx (e )  (e  1)  e x dx  (e  1)(e x )  (e  1) 2
D
x
y
x
y
x
1
y
1
0
D
0
0
0
0
0
PROBLEMA 3.3 Resolver el siguiente integral, considerando (0  x  1, 0  y  1)
x2
D 1  y 2 dxdy
Solución:
Agrupamos por variable, considerando los límites de integración y efectuamos el cálculo respectivo.
1
1
1
1
1
x2
dy
 2
  x3 

1
2
2
D 1  y 2 dxdy  0 x dx 0 1  y 2  0 x dx(arctgy ) 0  4 0 x dx  4  3   12
0
PROBLEMA 3.4 Resolver el siguiente integral, considerando (0  x  1, 0  y  1)
dxdy
 (x  y  1)
2
D
Solución:
Agrupamos por variable, considerando los límites de integración y efectuamos el cálculo respectivo.
1
1
1
1
1


dxdy
dy
1
1 
x 1
 1
D (x  y  1) 2  0 dx 0 (x  y  1) 2  0 dx  x  y  1   0  x  1  x  2 dx  ln x  2
0
34
1
 ln
0
4
3
PROBLEMA 3.5 Resolver el siguiente integral, considerando (0  x   / 2, 0  y  2)
 x
2
y cos(xy 2 )dxdy
D
Solución:
Agrupamos por variable, considerando los límites de integración y efectuamos el cálculo respectivo.
 x
y cos(xy 2 )dxdy 
2
D


2

2
2

1
1
xdx  cos(xy 2 )d( xy 2 )   xdx sen( xy 2 )

20
20
0

2

2
0


2
1
xsen 4xdx
2 0

2
1
1
1
 1

/2
/ 2
xd ( cos 4x )   x cos 4x 0   cos 4xdx    sen 4x 0  

80
8
80
16 32
16
En esta última parte, se aplicó el método de la integración por partes, considerando:
ux

du  dx
dv  d( cos 4x) 
v   cos 4x
PROBLEMA 3.6 Resolver el siguiente integral
a
x
 dx  dy
0
0
Solución:
Integramos de derecha a izquierda.
a
x
a
 dx  dy   dx( y)
0
0
a
x
0

0
0
x3/ 2
x dx 
3/ 2
a

0
2 3/ 2
a
3
PROBLEMA 3.7 Resolver el siguiente integral
ln y
2
 dy  e
1
x
dx
0
Solución:
Integramos de derecha a izquierda.
2
ln y
2
1
0
1
x
x
 dy  e dx   dy(e )
ln y
0
2
2
2
2
1
1
1
1
  (e ln y  1)dy   e ln y dy   dy   yeln y d(ln y)  1 
y ln y 2
e
1
1
2
1
1
 e ln 2  e ln 1  1 
2
2
Para el último integral aplicamos el método de la integración por partes.
2
I  e
2
ln y
1
dy   ye d(ln y)  ye
ln y
ln y 2
1
1
2
  e ln y dy ye ln y  I
2
1
1
Siendo:
uy

du  dy
35

I
y ln y 2
e
1
2
dv  e ln y d(ln y)
v  e ln y

PROBLEMA 3.8 Resolver el siguiente integral, considerando que el sector de integración está
limitado por las rectas x=2, y=x e hipérbola xy=1
x2
D y 2 dxdy
Solución:
Cuando x=1 se cumplirá que
1
 x , de esta manera los intervalos de integración son:
x
1 x  2
1
yx
x
De esta manera, tenemos:
2
x
2
x
2
2
2
 x4 x2 
 1
x2
x2
1 2
9

2
3


D y 2 dxdy  1 dx1/ x y 2 dy  1 x dx  y   1  x  x x dx  1 (x  x)dx   4  2   4
1/ x
1
3.2 INTEGRAL TRIPLE
PROBLEMA 3.9 Resolver el siguiente integral
1
2
3
0
0
0
 dx  dy dz
Solución:
Resolvemos el integral de derecha a izquierda.
1
2
3
1
2
 dx  dy dz   dx  dy(z)
0
0
0
0
1
3
0
0
2
1
1
  dx  3dy   dx (3y) 0   6dx  6x 0  6
2
0
0
0
1
0
PROBLEMA 3.10 Resolver el siguiente integral
a
b
c
0
0
0
 dx  dy (x  y  z)dz
Solución:
Resolvemos el integral de derecha a izquierda.
c
a
b


z2 
c2 



0 dx 0 dy0 (x  y  z)dz  0 dx 0 dy xz  yz  2   0 dx 0  xc  yc  2 dy
0
a
b
c
a
b
b
a
a


 bcx 2 b 2 cx bc 2 x 
y2c c2 y 
b 2 c bc 2 
abc




 
  dx xcy 

   xbc 

dx  


(a  b  c)


2
2 0 0
2
2 
2
2 0
2

 2
0
a
36
PROBLEMA 3.11 Resolver el siguiente integral
a
x
y
0
0
0
 dx  dy xyzdz
Solución:
Resolvemos el integral de derecha a izquierda.
y
x
a
a
x
a
a
 xyz 2 
 xy 4 
xy 3
1 5
x6
a6




dx
dy
xyzdz

dx
dy

dx
dy

dx

x
dx


0 0 0
0 0  2  0 0 2
0  8  8 0
48 0 48
0
0
a
y
x
a
x
PROBLEMA 3.12 Resolver el siguiente integral
e 1

x  ye
e  x 1
dx
0

dy
0

e
ln( z  x  y)
dz
( x  e)( x  y  e)
Solución:
Asumimos:
z1  z  x  y
dz1  dz

z1 (e)  e  x  y
z1 (x  y  e)  e
Cambiamos variable y límites de integración.
e 1

dx
0

dy

0
e 1

x  y e
e  x 1

e
e  x 1

dx
0
0
ln( z  x  y)
dz 
( x  e)(x  y  e)
e 1

0
e  x 1
dx

0
e
dy
ln z1dz1
( x  e)( x  y  e) ex  y
dy
z1 ln z1  z1  eex  y
( x  e)( x  y  e)
El último integral fue resuelto mediante integración por partes.
dz1
z1
u  ln z1

du 
dv  dz1

v  z1
Reemplazamos y obtenemos:

e 1
e  x 1
0
0
 dx 
dy
(e  x  y)  (e  x  y) ln(e  x  y) 
( x  e)( x  y  e)
Asumimos:
y1  e  x  y

dy1  dy
y1 (0)  e  x
y1 (e  x  1)  1
Una vez más cambiamos la variable y límites de integración.
37
e 1
e  x 1
0
0
 dx 
 ln(e  x  y)  1 

dy
xe


e 1


0
1
dx
 ln y1  1dy1 
x  e e x
e 1
 x  e 2y
dx
 y1 ln y1  e x
1
1
0
El último integral fue resuelto mediante integración por partes.
dy1
y1
u  ln y1 
du 
dv  dy1 
v  y1
Reemplazamos y obtenemos:
e 1


0
dx
(e  x) ln(e  x)  2(e  x)  2 
xe
e 1
e 1
e 1
0
0
0

 ln(e  x)d(e  x)  2  dx  2 
e 1

2 
  ln(e  x)  2  x  e dx
0
e 1
d( x  e)
 (e  x ) ln(e  x )  (e  x )  2x  2 ln x  e  0  2e  5
xe
Para resolver este último integral se aplicó una vez más la integración por partes.
d (e  x )
ex
u  ln(e  x)

du 
dv  d(e  x)

v ex
PROBLEMA 3.13 Resolver el siguiente integral, sabiendo que el sector está limitado por un cilindro
y  x y los planos y  0 , z  0 , x  z 

2
 y cos(z  x)dxdydz
D
Solución:
De acuerdo a los datos del problema, se asume que los intervalos son:
0x

2
0y x
0z

x
2
Reemplazamos y resolvemos el integral.

2
x
 y cos(z  x)dxdydz   dx  dy
D
0

2

2
0

x
2


2
0
0
x


x cos x

16
2
2

2
0


2


1
2 1
2 1
2 
cos
xdx


senx

0
2 0
16 2
16 2
38
x
0
 y2 
12
x2


  dx  y(1  senx )dy   (1  senx)dx    ( x  xsenx )dx 
20
4
 2 0
0
0
0
x

x
y cos(z  x )dz   dx  ydysen (z  x ) 02

2
0


2
1
xd (cos x )
2 0
Para resolver el último integral se aplicó la integración por partes.
ux

du  dx
dv  d(cos x)

v  cos x
3.3 ÁREAS DE FIGURAS PLANAS POR LA INTEGRAL DOBLE
PROBLEMA 3.14 Determinar el área de la figura plana formada por las rectas x  0 , y  0 ,
x  y 1
Solución:
Como x  y  1  y  1  x
Por conocimientos simples de funciones, podemos indicar, que los intervalos en los cuales se
integrará son:
0  x 1
0  y 1
Ahora, determinamos el área formada por dichas rectas.
1
1
1
A   dx  (1  x )dy   dx y  xy  0
1
0
0
0
1

x2 
1
 
  (1  x )dx   x 
2 0 2

0
1
PROBLEMA 3.15 Determinar el área de la figura plana formada por las rectas y  x , y  5x ,
x 1
Solución:
Como
yx
  x0
y  5x 
Podemos indicar, que los intervalos en los cuales se integrará son:
0  x 1
x  y  5x
Ahora, determinamos el área formada por dichas rectas.
1
5x
1
1
0
x
0
0
A   dx  dy   (5x  x )dx   4xdx 2x 2
1
0
2
b2
x con la
PROBLEMA 3.16 Determinar el área de la figura plana formada por la parábola y 
a
2
recta y 
b
x
a
Solución:
Como y 
2
b2
a
x  x  2 y2
a
b
39
Además y 
b
a
x  x y
a
b
De donde:
a 2 a
y  y
b
b2
y  0

y  b

Ahora, determinamos el área formada por la parábola y la recta.
a
y
b
b
 y2 y3 
a
a

 b b  ab
A   dy  dx    y  2 y 2 dy  a 
 2   a    
b
b

2 3 6
a 2
 2b 3b  0
0
0
y
b
b
b2
3.4 VOLUMEN DE CUERPOS POR LA INTEGRAL DOBLE
PROBLEMA 3.17 Determinar el volumen del cuerpo generado por la intersección de los planos
x  a , y  b con el paraboloide elíptico z 
x 2 y2

2p 2q
Solución:
Determinamos el volumen del cuerpo generado.
b
a
b
a
a
 x 2 y2 
 x 2 y2 
 x 2 y y3 
 x 2 b b3 
dxdy   dx  
dy   
V   


  dx   
 dx
2p 2q 
2p 2q 
2p 6q  0
2p 6q 
D 
0
0
0
0
a
 x 3b b3x 
a 3 b ab 3 ab  a 2 b 2 
 
V  


   
6q  0 6p 6q
6 p
q 
 6p
PROBLEMA 3.18 Determinar el volumen del cuerpo generado por los cilindros y 
con los planos z  0 , x  z  6
Solución:
Cuando z  0 , los intervalos de integración son:
0x6
x y2 x
Además, sabemos que:
xz 6

z  6x
De esta manera, determinamos el volumen del cuerpo generado.
6
2 x
0
x
V   (6  x )dxdy   dx
D
6

6
6
0
0


(6  x )dy   (6  x ) x dx   6x 1 / 2  x 3 / 2 dx
6
 6x 3 / 2 x 5 / 2 
2
48


   4x 3 / 2  x 5 / 2  
V  

6
5
5
0
 3/ 2 5/ 2  0 
40
x, y2 x,
PROBLEMA 3.19 Determinar el volumen del cuerpo generado por el paraboloide hiperbólico
z  x 2  y 2 con los planos z  0 , x  3
Solución:
Cuando z  0 
y  x
De esta manera, determinamos el volumen del cuerpo generado.
x
3
3
 2
 3 2x 3 
y3 
4x 3
x4
dx  
V   dx  ( x  y )dy    x y   dx    2x 
dx 
3  x
3 
3
3
0
x
0
0
0
3
x
3
2
3
 27
2
0
PROBLEMA 3.20 Determinar el volumen del cuerpo generado por los cilindros y  e , y  e
x
x
,
z  e 2  y 2 con el plano z  0
Solución:
Cuando z  0 se cumplirá:
y  ex 
  y ˃0
y  e x 
y2  e2  y  e
Cuando x  0 se cumplirá que
e x  e x
Cuando x  1 se cumplirá que e  e
x
De esta manera, el sector formado es simétrico respecto al eje OY, calculando el volumen del cuerpo
generado.
e
1

y3 
1
2

V  2 dx  (e  y )dy  2  e 2 y   dx  2  e 3  e x  2  e 3x dx
3  ex
3
3

0
0
0
ex
1
e
1
2
2
1

2
2e 3  1 
4


V   e 3 x  2e x  2  e 3x   2 e 2 
9
9 
3
0

3.5 VOLUMEN DE CUERPOS POR LA INTEGRAL TRIPLE
PROBLEMA 3.21 Determinar el volumen del cuerpo formado por los cilindros z  4  y ,
2
z  y 2  2 con los planos x  1 , x  2
Solución:
Por datos del problema sabemos los límites de integración en “x”
1  x  2
Para conocer los límites de integración en “y”, igualamos ambas funciones respecto a “z”
z  y 2  2
 y 2  2  4  y 2  y  1
2
z  4y 
41
De esta manera, tenemos:
1  y  1
Para saber los límites de integración en “z”, se recomienda graficar los cilindros z  4  y ,
2
z  y 2  2 , con la finalidad de saber el inicio y final de la integración, siendo, para este caso, los
extremos los siguientes:
( y 2  2)  z  (4  y 2 )
De esta manera, determinamos el volumen del cuerpo formado.
4 y 2
1
2
2

2y 3 
4
8

 dx    4  dx   dx  8
V   dx  dy  dz   dx  (2  2 y )dy    2 y 
3  1
3
3 1
1
1
1
1
1
1
y2 2
2
1
2
1
2
2
PROBLEMA 3.22 Determinar el volumen del cuerpo formado por los paraboloides z  x  y ,
2
2
z  x 2  2y 2 con los planos y  x , y  2x , x  1
Solución:
Para conocer los límites de integración en “x”, igualamos ambas funciones respecto a “y”
yx
  x  2x  x  0
y  2x 
De esta manera, los límites de integración en “x” son:
0  x 1
Sin necesidad de graficar, podemos indicar que los límites de integración en “y” son:
x  y  2x
Para saber los límites de integración en “z”, se recomienda graficar los paraboloides z  x  y ,
2
2
z  x 2  2y 2 , aunque sin mucho esfuerzo podemos notar que los límites de integración son:
(x 2  y 2 )  z  (x 2  2y 2 )
De esta manera, determinamos el volumen del cuerpo formado.
1
2x
x 2 2 y2
1
2x
1
y3
V   dx  dy  dz   dx  y dy  
3
0
x
0
x
0
x 2  y2
2x
2
x
1
1
1
7x 3
7x 4
dx   (8x 3  x 3 )dx  
dx 
3
3
12
0
0
1

0
7
12
PROBLEMA 3.23 Determinar el volumen del cuerpo formado por los paraboloides z  x  y ,
2
z  2x 2  2y 2 con el cilindro y  x 2 y el plano y  x
Solución:
Para conocer los límites de integración en “x”, igualamos ambas funciones respecto a “y”
y  x2 
x  0
2
  x x  
yx
x  1
De esta manera, los límites de integración en “x” son:
42
2
0  x 1
Al graficar, nos damos cuenta que para “y” en el sector intersectado, el límite inferior es y  x y el
2
límite superior y  x
x2  y  x
Para saber los límites de integración en “z”, se recomienda graficar los paraboloides z  x  y ,
2
z  2x 2  2y 2 , aunque sin mucho esfuerzo podemos notar que los límites de integración son:
( x 2  y 2 )  z  ( 2x 2  2 y 2 )
De esta manera, determinamos el volumen del cuerpo formado.
1
x
V   dx  dy
0
x2
2 x 2 2 y2

x 2  y2
x
1

 x6
y3 
4x 3 
dx
dz   dx  ( x  y )dy    x 2 y   dx    
 x4 
3
3
3
2
2




0
0
0
x
x
1
x
1
2
2
1
 x7 x5 x4 
3
 
V   


3  0 35
 21 5
43
2
CAPÍTULO 4
CÁLCULO INTEGRAL APLICADO A LA INGENIERÍA ESTRUCTURAL
4.1 MOMENTO ESTÁTICO Y MOMENTO DE INERCIA
PROBLEMA 4.1 Determinar el momento estático y el momento de inercia del triángulo respecto al
eje OZ
Y
dy
b (y )
0
h
y
Z
b
Fig. 4.1
Solución:
El área del elemento diferencial (sector sombreado) será:
dA  b( y)dy
Por relación de triángulos tenemos:
b( y) b

hy h

b( y) 
b
( h  y)
h
De esta manera, el momento estático será:
h
h
b
b  y 2 h y3 
bh 2
S Z   ydA   y(h  y)dy  
  
h0
h 2
3 0
6
A
Ahora, determinamos el momento de inercia:
h
b 2
bh 3
I Z   y dA   y (h  y)dy 
h0
12
A
2
PROBLEMA 4.2 Determinar el momento de inercia del rectángulo respecto al eje OZ
Y
dA
dy
y
h/2
0
h/2
b
Fig. 4.2
Solución:
El área del elemento diferencial (sector sombreado) será:
dA  bdy
44
Z
Luego, calculamos el momento de inercia
h
2
bh 3
12
I Z   y 2 dA  b  y 2 dy 
A

h
2
4.2 REACCIONES Y DIAGRAMAS EN VIGAS
PROBLEMA 4.3 Para la viga simplemente apoyada y sometida a una carga sinoidal
w ( x )  wsen
x
, se pide determinar las reacciones en los apoyos y graficar sus diagramas de
L
fuerza cortante (V) y momento flector (M)
w(x)
w
A
B
L
RA
RB
Fig. 4.3
Solución:
Como la carga es simétrica, las reacciones en los apoyos serán iguales, siendo sus valores igual a la
mitad del área de carga, la cual la calculamos mediante integración.
1
1
x
wL
x
R A  R B   w ( x )dx   wsen dx  
cos
20
20
L
2
L
L
L
L

0
wL

De esta manera, la fuerza cortante por la longitud de la viga será:
x
V( x )  R A   w ( t )dt 
0
wL
t
wL wL
t
  wsen dt 

cos
 0
L


L
x
x

0
wL
x
cos

L
Siendo:
t – variable en los límites 0  t  x
x – parámetro y límite superior del integral
Ahora, determinamos la ecuación del momento por la longitud de la viga, para lo cual aplicamos la
relación diferencial entre fuerza cortante y momento flector.
dM
V
dx
Integramos y obtenemos:
wL
t
wL L
t
M( x )  M 0   V( t )dt  
cos dt 
. sen

L
 
L
0
0
x
x
x

0
wL2
x
sen
2
L

Siendo:
M 0 - momento flector al inicio de la viga, es decir, cuando x=0 y su valor es cero.
45
Con las ecuaciones obtenidas, determinamos los valores de la fuerza cortante y momento flector en
los puntos principales, entendiéndose que para graficar una curva, tan solo es necesaria obtener tres
puntos (tabla 4.1)
Tabla 4.1
x
V
M
0
wL

0
0
wL2
2
L/2
L

wL

0
Luego, procedemos a graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se
muestra en la figura 4.4
w(x)
w
A
wL

wL

B
L
wL

+
V
-
wL

L/2
M
+
wL2
2
Fig. 4.4
4.3 DEFLEXIONES DE MIEMBROS CARGADOS AXIALMENTE
PROBLEMA 4.4 Un resorte se alarga 0,02m debido a la acción de una fuerza de tracción de 50N.
Determinar el valor del trabajo realizado para que el resorte se alargue 0,10m
Solución:
Para resortes sabemos que:
F  Kx
Siendo:
F – fuerza
K – rigidez del resorte
x – alargamiento
46
Reemplazamos valores para el caso del estiramiento de 0,02m y obtenemos el valor de la rigidez del
resorte.
50  K.0,02

K  2500N / m
En consecuencia, la fuerza en función de x será F( x)  2500x
De esta manera, el trabajo necesario para lograr un alargamiento de 0,01m será:
0 ,1
0,1
W   2500xdx  1250x
 12,5N.m  12,5J
2
0
0
PROBLEMA 4.5 Una barra de sección transversal rectangular y espesor constante “t” se somete a
tracción por fuerzas P. El ancho de la barra varía linealmente desde b 1 en el extremo izquierdo
hasta b 2 en el extremo derecho. Obtener una fórmula para el alargamiento de la barra y calcular su
valor si b1  4p lg , b 2  6p lg , L  60p lg , t  1p lg , P  8000lb y E  30.10 psi
6
P
P
b1
b2
L
Fig. 4.5
Solución:
Aplicando la geometría, determinamos el valor del lado b x para la sección a una longitud “x” del
extremo izquierdo
b x  b1 
( b 2  b1 ) x
L
Luego:
( b  b1 ) x   b1 L  ( b 2  b1 ) x 

A x  b x t  b1  2
t  
t
L
L

 

En consecuencia:
L
L
db1 L  (b 2  b1 ) x 
Pdx
Pdx
PL




EA x 0  b1 L  (b 2  b1 ) x 
Et (b 2  b1 ) 0 b1 L  (b 2  b1 ) x 
0
E
t

L


L

b
PL
PL
L
lnb1L  (b 2  b1 ) x  0 
ln 2
Et (b 2  b1 )
Et (b 2  b1 ) b1
Reemplazamos valores y obtenemos el alargamiento:

8000.60
6
ln  0,00324p lg
6
30.10 .1.(6  4) 4
47
4.4 ÁNGULO DE GIRO EN TORSIÓN
PROBLEMA 4.6 Una barra prismática AB de sección transversal circular sólida (rigidez
torsional=GIp) está empotrada en su extremo izquierdo y se somete a un momento torsor distribuido
de intensidad constante “t” por unidad de longitud. Obtener una fórmula para el ángulo de giro en
torsión en el extremo libre B de la barra.
t
A
B
L
Fig. 4.6
Solución:
Se sabe que el ángulo de giro en torsión para un momento torsor distribuido será:
L
Tx dx L txdx
tL2



GI p
GI p
2GIp
0
0
Siendo:
Tx - momento torsor puntual a una longitud x del extremo libre
G – módulo de elasticidad en cortante
I p - momento de inercia polar
PROBLEMA 4.7 Resolver el problema anterior si la intensidad del momento torsor distribuido varía
linealmente desde un valor máximo to en el extremo A hasta cero en el extremo B
Solución:
La intensidad del momento torsor distribuido tx a una distancia “x” del extremo B lo determinamos por
relaciones de triángulos rectángulos.
tx to

x
L

tx 
tox
L
t0
tx
A
x
L
Fig. 4.7
El momento torsor puntual a una distancia “x” será:
Tx 
t x2
1
( x )( t x )  o
2
2L
Luego, determinamos el ángulo de giro en torsión.
 tox2 

dx
L
t L2
Tx dx L  2L 


 o
GI p
GI p
6GI p
0
0
48
B
4.5 PENDIENTE Y DEFLEXIÓN EN VIGAS
PROBLEMA 4.8 Determinar la pendiente y deflexión en los puntos A y B para la viga en voladizo
mostrada en la figura 4.8
15kN/m
30kN.m
A
B
2m
C
2m
Fig. 4.8
Solución:
Sabemos que:
d2y
EI 2  M( x )
dx
Determinamos por la Estática las ecuaciones de momento para los tramos AB y BC e integramos
una vez para determinar la pendiente y dos veces para determinar la deflexión, considerando las
condiciones de extremos y principio de continuidad para determinar las constantes de integración.
TRAMO AB (0  x  2)
La ecuación de momento será:
x
M AB  15x   7,5x 2
2
Luego:
EI
d2y
 7,5x 2
2
dx
Integramos una vez y obtenemos la ecuación de la pendiente:
EI
dy
 EI  2,5x 3  C1
dx
Integramos por segunda vez y obtenemos la ecuación de la deflexión:
2,5x 4
EIy  
 C1 x  C 2
4
TRAMO BC (2  x  4)
La ecuación de momento será:
M BC  15.2.(x  1)  30  30(x  1)  30
Luego:
EI
d2y
 30( x  1)  30
dx 2
EI
dy
 15( x  1) 2  30x  C 3
dx
EIy  5(x  1) 3  15x 2  C3 x  C 4
Determinamos las constantes de integración C3 y C4 aplicando las condiciones de extremo en C
49
a) Si x=4   x 4  0
 C 3  15
b) Si x=4  y x 4  0
 C 4  165
Ahora, aplicamos el principio de superposición para el punto B, donde termina el tramo AB e inicia el
tramo BC
c) Si x=2   x 2   x 2
 C1  80
d) Si x=2  y x 2  y x 2
 C 2  230
AB
AB
BC
BC
Luego, determinamos la pendiente y deflexión en el punto A, para ello, reemplazamos x=0 en las
ecuaciones del tramo AB
 A   AB
x 0 
yA  y
AB
x 0


1
80
 2,5(0) 3  80 
EI
EI

1  2,5(0) 4
230

 80(0)  230  

EI 
4
EI

Ahora, determinamos la pendiente y deflexión en el punto B, para ello, reemplazamos x=2 en las
ecuaciones del tramo AB. También se puede obtener reemplazando x=2 en las ecuaciones del tramo
BC, siendo los resultados los mismos.


 B   AB
x 2 
1
60
 2,5(2) 3  80 
EI
EI
y A  y AB
x 2 

1  2,5(2) 4
80
 80(2)  230  

EI 
4
EI

Para ambos puntos, la pendiente va en sentido antihorario y la deflexión verticalmente hacia abajo.
PROBLEMA 4.9 Determinar la deflexión y pendiente en el extremo libre B de la viga en voladizo
mostrada en la figura 3.9, si está sometida a una carga parabólica w 
wox2
L2
wo
A
B
L
Fig. 4.9
Solución:
Planteamos la ecuación de la carga distribuida.
wox2
d4y
EI 4   2
dx
L
Integramos por primera vez y obtenemos:
wox3
d3y
EI 3  
 C1
dx
3L2
50
CONDICIÓN:
a) Si x=L  Vx L  0
 C1 
woL
3
De esta forma, la ecuación de la fuerza cortante quedará así:
EI
wox3 woL
d3y



3
dx 3
3L2
Integramos por segunda vez, obteniendo:
w o x 4 w o Lx
d2y
EI 2  

 C2
3
dx
12L2
CONDICIÓN:
b) Si x=L  M x L
w o L2
 0  C2  
4
Entonces la ecuación del momento flector quedará así:
EI
w o x 4 w o Lx w o L2
d2y




3
4
dx 2
12L2
Integramos por tercera vez y obtenemos:
w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x
dy
EI



 C3
dx
6
4
60L2
CONDICIÓN:
c) Si x=0   x 0  0
 C3  0
De esta manera, la ecuación de la pendiente quedará así:
w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x
dy
EI



dx
6
4
60L2
Integramos por cuarta vez y obtenemos:
w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2
EIy  


 C4
18
8
360L2
CONDICIÓN:
d) Si x=0  y x 0  0
 C4  0
De esta manera, la ecuación de la deflexión será:
EIy  
w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2


18
8
360L2
Determinamos el valor de la pendiente en el extremo libre B
 B   x L 
w o L3
1  w o L3 w o L3 w o L3 







EI  60
6
4 
10EI
De esta manera, se concluye que la pendiente va en sentido horario.
51
Ahora, calculamos la deflexión en el extremo libre B
y B  y x L 
13w o L4
1  w o L4 w o L4 w o L4 







EI  360
18
8 
180EI
La deflexión en el punto va verticalmente hacia abajo y su valor es máximo.
4.6 PENDIENTE Y DESPLAZAMIENTO EN ARCOS
PROBLEMA 4.10 Determinar los desplazamientos vertical y horizontal, así como la pendiente en el
extremo libre B del arco mostrado en la figura 4.10
P
B
R
D
C
Fig. 4.10
Solución:
Determinamos las ecuaciones de los momentos para un punto F del arco, para los casos, cuando
está sometido a la carga real P y el otro caso, cuando está sometido a la carga unitaria en el sentido
vertical en el punto B, tal como se muestran en las figuras 4.11 y 4.12
CASO CARGA REAL:
M  PRsen
ds  Rd
0    / 2
P
ds
B
F
d
R
Fig. 4.11
CASO CARGA UNITARIA VERTICAL:
M1  Rsen
ds  Rd
52

0    / 2
1
ds
B
F
d
R

Fig. 4.12
Luego:
MM1ds  / 2 (PRsen)(Rsen)
PR 3
 
 
Rd 
EI
EI
4EI
S
0
B
V
Como el signo es positivo, indica que el desplazamiento es vertical hacia abajo.
Ahora, analizamos el desplazamiento horizontal en el mismo punto B, aplicando una carga unitaria
en el punto y dirección requerida, tal como se muestra en la figura 4.13 y determinamos el valor de
su desplazamiento, multiplicando los diagramas de las figuras 4.11 y 4.13
CASO CARGA UNITARIA HORIZONTAL:
M1  R (1  cos )
ds  Rd
0    / 2
B
ds
F
d
1
R (1  cos  )
R

R cos 
Fig. 4.13
MM1ds  / 2 (PRsen) R (1  cos )
PR 3
 
 
Rd 
EI
EI
2EI
S
0
B
H
Como el signo es positivo, indica que el desplazamiento es horizontal hacia la derecha.
Ahora, analizamos la pendiente en el mismo punto B, aplicando un momento unitario en el punto, tal
como se muestra en la figura 4.14 y determinamos el valor de su pendiente, multiplicando los
diagramas de las figuras 4.11 y 4.14
53
CASO MOMENTO UNITARIO:
M1  1
ds  Rd
0    / 2
1
F

R
Fig. 4.14
MM1ds  / 2 (PRsen)(1)
PR 2
B  
 
Rd 
EI
EI
EI
S
0
Como el signo es positivo, indica que la pendiente va en sentido horario.
4.7 CARGA CRÍTICA DE BARRAS EN FLEXIÓN LONGITUDINAL
PROBLEMA 4.11 Determinar la carga crítica para la barra simplemente apoyada de sección
constante y sometida a una carga P en el centro de su longitud. Considerar y  asen
X
L/2
P
L/2
Y
Fig. 4.15
Solución:
Para determinar la carga crítica aplicamos la siguiente fórmula:
2
 d2y 
EI
0  dx 2  dx
 L
2
P
 dy 
0  dx  dx
L
Pcrít
54
x
L
Siendo:
L p - abscisa del punto de aplicación de la carga longitudinal.
De esta manera, obtenemos:
4
 x 
a EI 4  sen 2  dx
L 0
 L
L
2
Pcrít 
L
2 2
a2

 x 
cos 2  dx
2 
L 0
 L
55

2 2 EI
EI
 19,74 2
2
L
L
ANEXO
TABLA DE INTEGRALES SIMPLES
x n 1
C
n 1
1.
n
 x dx 
2.

3.
x
 a dx 
4.
e
5.
 senxdx   cos x  C
6.
 cos xdx  senx  C
7.
 cos
8.
 sen
9.
 senx  ln tg 2  C
10.
 cos x  ln tg 2  4   C
11.
x
2
12.
x
2
13.

x
 arcsen    C
a
a2  x2
14.

15.

16.
 shxdx  chx  C
17.
 chxdx  shx  C
Siendo
(n  1)
dx
 ln x  C
x
x
ax
C
ln a
Siendo (a ˃ 0, a  1)
dx  e x  C
dx
2
x
dx
2
x
 tgx  C
 ctgx  C
dx
x
dx
x

dx
1
x
 arctg   C
2
a
a
a
dx
1
xa

ln
C
2
2a x  a
a
dx
dx
x a
2
2
dx
x a
2
2
 ln x  x 2  a 2  C
 ln x  x 2  a 2  C
Siendo x ˃ a
56
dx
 cthx  C
2
x
18.
 sh
19.
 ch
dx
 thx  C
2
x
57
BIBLIOGRAFÍA
1.
Berman G.N. Problemas propuestos del curso Análisis Matemático. Editorial Ciencia de Moscú.
Rusia, 1985. – 384p.
2.
Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas
aisladas. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p.
3.
Villarreal Castro Genner. Análisis de estructuras con el programa LIRA 9.0. Lima, 2006. – 115p.
4.
Villarreal Castro Genner. Interacción suelo-estructura en edificios altos. Asamblea Nacional de
Rectores. Lima, 2007. – 142p.
5.
Villarreal Castro Genner. Análisis estructural. Lima, 2008. – 335p.
6.
Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de energía.
Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p.
7.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales. Lima, 2009. – 336p.
8.
Villarreal Castro Genner. Estática: Problemas resueltos. Lima, 2011. – 227p.
9.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales I: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2012. –
206p.
10. Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales II: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2013. –
199p.
11. Villarreal Castro Genner. Ingeniería sismo-resistente: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2013. –
100p.
12. Villarreal Castro Genner. Mecánica de materiales: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2015. –
195p.
13. Villarreal Castro Genner. Diseño sísmico de edificaciones: Problemas resueltos. Lima, 2015. –
96p.
14. Villarreal Castro Genner. Estática: Prácticas y exámenes resueltos. Lima, 2016. – 118p.
15. Villarreal Castro Genner. Ingeniería sismorresistente: Problemas resueltos. Lima, 2016. – 80p.
16. Villarreal Castro Genner. Dinámica estructural: Curso breve. Lima, 2016. – 60p.
17. Villarreal Castro Genner – Díaz La Rosa Sánchez Marco. Edificaciones con disipadores viscosos.
Lima, 2016. – 133p.
18. Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con plateas de
cimentación. Lima, 2017. – 60p.
19. Villarreal Castro Genner. Dinámica: Problemas resueltos. Lima, 2017. – 83p.
58
ÍNDICE
PRÓLOGO…………………………………………………………..………….………………….…………….... 03
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA
1.1. Método de la descomposición……………………………………………………………………………... 05
1.2. Método de la introducción de variable en la diferencial…………...………………………………….… 06
1.3. Método de la sustitución de variable……………….………………………….…………...…………….. 07
1.4. Método de la integración por partes…………………………………………………………………….… 10
1.5. Integral de fracción racional………………………………………………………………………………... 13
1.6. Integral de fracción irracional………………………………………………………………………………. 17
1.7. Integral de una función trigonométrica……………………………………………………………………. 18
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA
2.1. Método de la integración directa………..………………….……....………........................................... 21
2.2. Método de la sustitución de variable……………………………………….…….…………………..…… 22
2.3. Método de la integración por partes………………………………….……………………………….…... 24
2.4. Convergencia de integral definida………………………………………….……...………………..…….. 25
2.5. Áreas de figuras planas……………………………………………………………………….……………. 26
2.6. Longitud de curvatura plana….........................................................……………………………...…… 29
2.7. Volumen y áreas de superficies de cuerpos de revolución……….……..………….………………….. 31
CAPÍTULO 3. INTEGRAL MÚLTIPLE
3.1. Integral doble…………………………….…………………………………………….……………………. 34
3.2. Integral triple……………………………………….....………………………………..……………………. 36
3.3. Áreas de figuras planas por la integral doble…………….…..………………………………….…….... 39
3.4. Volumen de cuerpos por la integral doble..………..…………………………………………………….. 40
3.5. Volumen de cuerpos por la integral triple………………………………………………………………... 41
CAPÍTULO 4. CÁLCULO INTEGRAL APLICADO A LA INGENIERÍA ESTRUCTURAL
4.1. Momento estático y momento de inercia…………..……………………………….……………………. 44
4.2. Reacciones y diagramas en vigas………...…….....………………………………..……………………. 45
4.3. Deflexiones de miembros cargados axialmente……..….…..………………………………….…….... 46
4.4. Ángulo de giro en torsión..…………………………..…………………………………………………….. 48
4.5. Pendiente y deflexión en vigas……………….……………………………………………………….…... 49
4.6. Pendiente y desplazamiento en arcos……………………………………………………………………. 52
4.7. Carga crítica de barras en flexión longitudinal…………………………………………………………… 54
ANEXO
Tabla de integrales simples……………………………………………………………………………………… 56
BIBLIOGRAFÍA……………………...………………………………………………....................................…. 58
59