Obtención del polinomio interpolador por el método de Lagrange

En una artículo anterior había resuelto el siguiente problema de interpolación:

Sean tres puntos del plano cartesiano $A(-2,-1)$, $B(-1,-2)$ y $C(0,-1)$. Determínese el polinomio interpolador de segundo grado cuya gráfica pasa por estos tres puntos


Y lo había hecho calculando los coeficientes de la función polinómica interpoladora, que, al conocer $3$ puntos ha de ser de grado $3-1=2$: $f(x)=a_0+a_1\,x+a_2\,x^2$. El método que empleé, se basaba en resolver un sistema de ecuaciones lineales, lo cual es bastante laborioso en cuánto al número de operaciones aritméticas a realizar cuando lo generalizamos a $n+1$ puntos ( obteniendo una función polinómica interpoladora de grado $n$ ) para valores grandes de $n$, pues hay que resolver un sistema de de $n+1$ ecuaciones con $n+1$ incógnitas ( los coeficientes ). Voy a presentaros ahora otro método alternativo, el método de Lagrange, que es bastante más eficiente e ingenioso que el anterior.

Con los tres puntos como datos:

x     |   f(x)
-------------------
x_{0} |  f(x_0)
x_{1} |  f(x_1)
x_{2} |  f(x_2)

podemos escribir el polinomio interpolador de la forma $$f(x)=f(x_0)\,\Phi_{0}(x)+f(x_1)\,\Phi_{1}(x)+f(x_2)\,\Phi_{2}(x)$$ de manera que:

$$\Phi_{0}(x)=\left\{\begin{matrix}1 & \text{si} & x=x_0 \\ 0 & \text{si} & x=x_1 & \text{o bien} & x=x_2 \end{matrix}\right.$$

$$\Phi_{1}(x)=\left\{\begin{matrix}1 & \text{si} & x=x_1 \\ 0 & \text{si} & x=x_0 & \text{o bien} & x=x_2 \end{matrix}\right.$$

$$\Phi_{2}(x)=\left\{\begin{matrix}1 & \text{si} & x=x_2 \\ 0 & \text{si} & x=x_0 & \text{o bien} & x=x_1 \end{matrix}\right.$$

Además, dichas funciones han de ser polinómicas, de grado $2$, por lo que definiremos éstas de la siguiente manera:

$$\Phi_{0}(x)=\dfrac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}$$

$$\Phi_{1}(x)=\dfrac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}$$

$$\Phi_{2}(x)=\dfrac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}$$

con lo cual se tiene que el polinomio interpolador para los tres puntos dados es

$f(x)=f(x_0)\,\dfrac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}+f(x_1)\,\dfrac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}+$
    $+f(x_2)\,\dfrac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}$

Evidentemente, el método de interpolación de Lagrange se generaliza sin dificultad para $n+1$ puntos dados, obteniendo el polonomio interpolador ( que es único, independientemente del método que empleemos ) de grado $n$ $$\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^{n}\, f(x_i)\,\Phi_{i}(x)$$ donde $$\Phi_i=\prod_{j\neq i} \dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}\; \; \text{para}\; \; i=0,1,\ldots,n$$

-oOo-
Teniendo en cuenta ahora los datos concretos del problema:

x  |  f(x)
----------
-2 |  -1
-1 |  -2
0  |  -1

Obtenemos el polinomio interpolador
$f(x)=(-1)\cdot \dfrac{(x-(-1))(x-0)}{(-2-0)(-2-(-1))}+(-2)\cdot \dfrac{(x-(-2))(x-0)}{(-1-(-2))(-1-0)}+$
    $+(-1)\,\dfrac{(x-(-2))(x-(-1))}{(0-(-2))(0-(-1))}=\ldots$
      $=x^2+2x-1$

Recordemos una vez más que el polinomio interpolador que pasa por un conjunto de $n+1$ puntos es de grado $n$ y único ( independientemente del método empleado para encontrarlo ); puede comprobarse que es el mismo que el obtenido por el método del cálculo directo de los coeficientes.

$\square$

Método básico para el cálculo del polinomio interpolador de grado n ( conocidas las coordenadas de un conjunto de n+1 puntos )

Consideremos que tenemos $n+1$ valores de una función polinómica de grado $n$, $f(x)=a_0+a_a\,x+a_2\,x^2+\ldots+a_n\,x^n$, cuyos coeficientes $a_0,a_1,\ldots,a_n$ son desconocidos. Y supongamos que conocemos $n+1$ puntos de la gráfica de la función de $f(x)$: $(x_i,f(x_i)$ para $i=0,1,2,\ldots,n$. Entonces podemos calcular los coeficientes imponiendo que la función satisfaga las siguientes $n+1$ condiciones $$\left\{ \begin{matrix}a_0+a_1\,x_0+a_2\,x_{0}^2+\ldots+a_{n+1}\,x_{0}^{n+1}&=&f(x_0) \\ a_0+a_1\,x_1+a_2\,x_{1}^2+\ldots+a_{n+1}\,x_{1}^{n+1}&=&f(x_1) \\ \ldots \\ a_0+a_1\,x_{n+1}+a_2\,x_{n+1}^2+\ldots+a_{n+1}\,x_{n+1}^{n+1}&=&f(x_{n+1}) \end{matrix}\right.$$ Así pues, para encontrar el polinomio interpolador ( que es único ), debemos resolver este sistema de $n+1$ ecuaciones lineales con $n+1$ incógnitas ( los coeficientes del sistema ).

Escribiendo el sistema en forma matricial $$A\,X=B$$ donde $A$ es la matriz $ (n+1) \times (n+1) $de los coeficientes del sistema es $$A=\begin{pmatrix}1 & x_0 & x_{0}^{2} & \ldots & x_{0}^{n}\\ 1 & x_1 & x_{1}^{2} & \ldots & x_{1}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & x_n & x_{n}^{2} & \ldots & x_{n}^{n}\end{pmatrix}$$ $X$ es la matriz $n+1 \times 1$ de las incógnitas y $B$ es la matriz $n+1 \times 1$ de los términos independientes: $$X=\begin{pmatrix}a_0 \\ a_1 \\ a_2 \\ \ldots \\ a_n \end{pmatrix} \quad \quad \quad \quad B=\begin{pmatrix} f(x_0) \\ f(x_1) \\ f(x_2) \\ \ldots \\ f(x_n)\end{pmatrix}$$ Naturalmente, podemos resolverlo por Gauss, o por cualquier otro de los métodos estudiados; como, por ejemplo, por Cramer: $$a_0=\dfrac{\text{det}(A_0)}{\text{det}(A)}\;,\; a_1=\dfrac{\text{det}(A_1)}{\text{det}(A)}\;,\;a_2=\dfrac{\text{det}(A_2)}{\text{det}(A)}\;,\ldots,\;a_n=\dfrac{\text{det}(A_n)}{\text{det}(A)}$$ en el que reconocemos en su forma el determinante de Vandermonde $$\text{det}(A)=\begin{vmatrix}1 & a_0 & a_{0}^{2} & \ldots & a_{0}^{n}\\ 1 & a_1 & a_{1}^{2} & \ldots & a_{1}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & a_n & a_{n}^{2} & \ldots & a_{n}^{n}\end{vmatrix}$$
siendo
$$\text{det}(A_0)=\begin{vmatrix}f(x_0) & a_0 & a_{0}^{2} & \ldots & a_{0}^{n}\\ f(x_1) & a_1 & a_{1}^{2} & \ldots & a_{1}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ f(x_n) & a_n & a_{n}^{2} & \ldots & a_{n}^{n}\end{vmatrix}$$
$$\text{det}(A_1)=\begin{vmatrix}1 & f(x_0) & a_{0}^{2} & \ldots & a_{0}^{n}\\ 1 & f(x_1) & a_{1}^{2} & \ldots & a_{1}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & f(x_2) & a_{n}^{2} & \ldots & a_{n}^{n}\end{vmatrix}$$
$$\text{det}(A_2)=\begin{vmatrix}1 & a_0 & f(x_0) & \ldots & a_{0}^{n}\\ 1 & a_1 & f(x_1) & \ldots & a_{1}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & a_n & f(x_n) & \ldots & a_{n}^{n}\end{vmatrix}$$
$$\vdots$$
$$\text{det}(A_n)=\begin{vmatrix}1 & a_0 & a_{0}^{2} & \ldots & f(x_0)\\ 1 & a_1 & a_{1}^{2} & \ldots & f(x_1) \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & a_n & a_{n}^{2} & \ldots & f(x_n)\end{vmatrix}$$

EJEMPLO. Sean tres puntos del plano cartesiano $A(-2,-1)$, $B(-1,-2)$ y $C(0,-1)$. Se pide:
a) Determinar el polinomio interpolador de segundo grado cuya gráfica pasa por estos tres puntos
b) Considerando un punto $P$ cuya abscisa es igual a $\dfrac{2}{3}$, ¿ cuál es la ordenada que le corresponde por interpolación ?

SOLUCIÓN.
a) La función interpoladora ( polinomio interpolador, de segundo grado en este caso, ya que contamos con 2+1 puntos de su gráfica ) tiene la forma $f(x)=a_0+a_1\,x+a_2\,x^2$. Para determinar el valor de los coeficientes $a_0,a_1$ y $a_2$, impondremos que la ecuación se cumpla para cada uno de los puntos ( método de los coeficientes indeterminados ). Así:
$$\left.\begin{matrix}A:&a_0+a_1\cdot (-2)+a_2 \cdot (-2)^2&=&-1 \\ B:&a_0+a_1\cdot (-1)+a_2 \cdot (-1)^2&=&-2 \\ C:&a_0+a_1\cdot 0+a_2 \cdot 0^2&=&-1 \end{matrix}\right\}$$ esto es
$$\left.\begin{matrix}a_0&+&-2\,a_1&+&4\,a_2 &=&-1 \\ a_0&-&a_1&+&a_2&=&-2 \\ a_0&&&&&=&-1 \end{matrix}\right\}$$

Entonces, empleando alguno de los métodos conocidos, pongamos que el de Cramer ( para ilustrar o dicho arriba, aunque en este caso tan sencillo, sería incluso más rápido si empleásemos el de Gauss ):

$$a_0=\dfrac{\begin{vmatrix}-1&-2&4\\-2&-1&1\\-1&0&0\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&-2&4\\1&-1&1\\1&0&0\end{vmatrix}}=-1$$

$$a_1=\dfrac{\begin{vmatrix}-1&-1&4\\1&-2&1\\1&-1&0\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&-2&4\\1&-1&1\\1&0&0\end{vmatrix}}=2$$

$$a_2=\dfrac{\begin{vmatrix}-1&-2&-1\\-2&-1&-2\\-1&0&-1\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&-2&4\\1&-1&1\\1&0&0\end{vmatrix}}=1$$

Por consiguiente, el polinomio interpolador es $$f(x)=x^2+2x-1$$

El siguiente gráfico muestra los tres puntos dados y la función que acabamos de deducir:

b)
Sustituyendo la variable independiente por el valor dado,
$$f(2/3)=\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+2\cdot \dfrac{2}{3}-1$$
y operando llegamos al valor pedido $$f(2/3)=\dfrac{7}{9}$$ luego las coordenadas del punto pedido son $$P\left( \dfrac{2}{3},\dfrac{7}{9}\right)$$
$\square$

El determinante de Vandermonde

ENUNCIADO. Demostrar que el determinante llamado de Vandermonde de orden tres es igual a la expresión del segundo miembro de la siguiente igualdad
$$\begin{vmatrix}1 & \alpha_1 & \alpha_{1}^{2}\\ 1 & \alpha_2 & \alpha_{2}^{2}\\ 1 & \alpha_{3} & \alpha_{3}^{2}\end{vmatrix}=(\alpha_3-\alpha_2)(\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_2-\alpha1)$$

SOLUCIÓN.
Procedemos a reducir el determinante hasta escalonarlo superiormente ( empleando las propiedades de los determinantes );
hecho esto, el determinante reducido es igual al producto de los elementos de la diagonal principal.

$\begin{vmatrix}1 & \alpha_1 & \alpha_{2}^{2}\\ 1 & \alpha_{2} & \alpha_{2}^{2}\\ 1 & \alpha_{3} & \alpha_{3}^{2}\end{vmatrix}\overset{-f_1+f_2\,\rightarrow\,f_2\;;\;-f_1+f_3\,\rightarrow\,f_3}{=}\begin{vmatrix}1 & \alpha_{1} & \alpha_{1}^{2}\\ 0 & \alpha_{2}-\alpha_{1} & \alpha_{2}^{2}-\alpha_{1}^{2}\\ 0 & \alpha_{3}-\alpha_{1} & \alpha_{3}^{2}-\alpha_{1}^{2}\end{vmatrix}\overset{-\frac{\alpha_3-\alpha_1}{\alpha_2-\alpha_1}\cdot f_2+f_3\,\rightarrow\,f_3}{=}$
    $=\begin{vmatrix}1 & \alpha_1 & \alpha_{1}^{2}\\ 0 & \alpha_{2}-\alpha_{1} & \alpha_{2}^{2}-\alpha_{1}^{2}\\ 0 & 0 & (\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_3-\alpha_2)\end{vmatrix}=1\cdot (\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_3-\alpha_2)(\alpha_2-\alpha_1)=$
                                                                  $=(\alpha_3-\alpha_2)(\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_2-\alpha_1)$

NOTA:
Fácilmente, podemos generalizar esta fórmula a órdenes mayores, así:
$$\begin{vmatrix}1 & \alpha_1 & \alpha_{1}^{2} & \alpha_{1}^{3}\\ 1 & \alpha_2 & \alpha_{2}^{2} & \alpha_{2}^{3} \\ 1 & \alpha_{3} & \alpha_{3}^{2} & \alpha_{3}^{3} \\ 1 & \alpha_{4} & \alpha_{4}^{2} & \alpha_{4}^{3} \end{vmatrix}=(\alpha_4-\alpha_3)(\alpha_4-\alpha_2)(\alpha_4-\alpha_1)(\alpha_3-\alpha_2)(\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_2-\alpha_1)$$ Y, en general,
$$\begin{vmatrix}1 & \alpha_1 & \alpha_{1}^{2} & \alpha_{1}^{3} & \ldots & \alpha_{1}^{n}\\ 1 & \alpha_2 & \alpha_{2}^{2} & \alpha_{2}^{3} & \ldots & \alpha_{2}^{n} \\ 1 & \alpha_{3} & \alpha_{3}^{2} & \alpha_{3}^{3} & \ldots & \alpha_{3}^{n} \\ 1 & \alpha_{4} & \alpha_{4}^{2} & \alpha_{4}^{3} & \ldots & \alpha_{4}^{n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 1 & \alpha_{n} & \alpha_{n}^{2} & \alpha_{n}^{3} & \ldots & \alpha_{n}^{n} \end{vmatrix}=$$
    $=(\alpha_n-\alpha_{n-1})(\alpha_n-\alpha_{n-2})\ldots (\alpha_n-\alpha_1) \overset{\underbrace{\binom{n}{2}\; \text{factores}}}{\ldots} (\alpha_3-\alpha_2)(\alpha_3-\alpha_1)(\alpha_2-\alpha_1)=$
      $\displaystyle =\prod_{1\le i \le j \le n}^{n}\,(\alpha_j-\alpha_i)$

$\square$

Uso de las tablas de la función de distribución normal tipificada. Ejemplo de cómo obtener el valor de la abscisa a partir de un valor dado de la función de distribución.

ENUNCIADO. Se considera la variable aleatoria $Z$, que es $N(0,1)$. Empleando las tablas [ Referencia: http://www.etsii.upm.es/ingor/estadistica/Grado/dTablas.pdf ] de la función de distribución de probabilidad normal tipificada ( en las que aparecen solamente valores de $F(z)$ mayores o iguales de $0,5$, con sus correspondientes abscisas positivas ), determínese el valor de la abscisa $k$, sabiendo que $F\{Z \le k\}=0,1437$

SOLUCIÓN. Como $F\{Z \le k\}=0,1437 \prec 0,5 \Rightarrow k\prec 0$, así que teniendo en cuenta que la función de densidad $f(z)$ es par, podemos escribir $$F\{Z \ge -k\}=0,1437=1-F\{Z \prec -k\} \Rightarrow F\{Z \prec -k\}=1-0,1437=0,8563$$ Consultando ahora las tablas de la función de distribución, no encontramos en el interior de la tabla exactamente el valor $0,8563$, como cabía esperar; sin embargo, podemos leer los valores más cercanos, por defecto y por exceso:

F(z)   |   z
----------------
0,8544 |  1,06
0,8577 |  1,07
0,8563 |  ¿ k ?

Procederemos pues a realizar la interpolación lineal:
$$\dfrac{1,07-(-k)}{0,8563-0,8577}=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}$$
Y despejando $k$ llegamos a
$$k=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}\cdot (0,8577-0,8563)-1,07=-1,0639$$
$\square$

Un ejercicio de demostración por contradicción: << e no es un número racional >>

NOTA PRELIMINAR. El contenido de este ejercicio, que hace referencia a una bonita aplicación del Teorema de Taylor, y que no se contempla en el actual corriculum de Bachillerato [ a diferencia de la importancia que se le concedió en los años setenta y ochenta del pasado siglo, con buen acierto a mi entender ]. No obstante, creo que el tema bien merece un pequeño esfuerzo más, desde luego, a modo de ampliación, y que se enseñe a los estudiantes que voluntariamente lo acepten y que estén interesados en iniciar con buen pie estudios universitarios o incluso algún ciclo superior de formación profesional. El Teorema de Taylor, como un resultado de la aproximación de funciones, tiene muchas e importantes aplicaciones. Aquí veremos una, en la que lo utilizaremos para demostrar la irracionalidad del número $e$.

ENUNCIADO. Demuéstrese que $e$ es un número irracional.

SOLUCIÓN. Recordemos que el número $e=2,71828\ldots$, por tanto $2 \prec e \prec 3$. Vamos a demostrar que $e \notin \mathbb{Q}$ empleando el método de demostración por contradicción. Para ello haremos la hipótesis contraria a lo que queremos demostrar, esto es, supondremos que $e = \dfrac{a}{b}$, donde $a \in \mathbb{Z}$, $b \in \mathbb{Z}$, con $\text{m.c.d.}(\{a,b\})=1$, por ser $a/b$ una fracción irreducible.

En el desarrollo, haremos uso del teorema de Taylor, del que hablamos en [ 1 ]. Recordemos que un corolario de dicho teorema reza que si en la fórmula de Taylor hacemos $a:=0$ y $h:=x$ obtenemos la fórmula de Maclaurin con término complementario de Lagrange: $$\displaystyle f(x)=f(0)+\sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{x^{i}\,f^{(i)}(0)}{i!}+E_n$$ donde $$E_n=\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\,f^{(n+1)}(\theta\,x)\quad \text{donde}\; 0 \prec \theta \prec 1 \quad \quad \quad (1)$$ en nuestro caso, entendemos por $f$ la función $f(x)=e^x$. Tomando $x:=1$, vemos que $$e=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+E_n$$ y por la hipótesis de partida $$\dfrac{a}{b}=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+E_n$$ multiplicando por $n!$ en ambos miembros de la igualdad llegamos a $$\dfrac{n!\, a}{b}=n!+n!+\dfrac{n!}{2!}+\dfrac{n!}{3!}+\ldots+\dfrac{n!}{n!}+n!\,E_n$$ Es claro que $$n!+n!+\dfrac{n!}{2!}+\dfrac{n!}{3!}+\ldots+\dfrac{n!}{n!} \in \mathbb{Z}$$ por lo que supondremos que si $b \succ n$ [ y, siendo además $n \succ 3$ ( para que $2 \prec e \prec 3$ ) ], entonces $\dfrac{n!\, a}{b} \in \mathbb{Z}$, y, por consiguiente, en estas condiciones tenemos que $$n!\,E_n \in \mathbb{Z} \quad \quad (2)$$ Así pues, teniendo en cuenta (1), podemos escribir (2) de la forma $$\mathbb{Z} \ni n!\,E_n=\dfrac{n!\,\left(\dfrac{d^n}{dx^n}\left( e^{\theta\,x}\right)\right)_{x:=1}}{(n+1)!}=\dfrac{n!\,e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{(n+1)!}=\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1} $$ Para $\theta:=0$, esta expesión es igual a 0; y, para $\theta:=1$, es igual a $\dfrac{e}{n+1}$. Por consiguiente, podemos escribir: $$0 \prec \underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{{\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1}}}} \prec \dfrac{e}{n+1}$$ Ahora bien, como hemos supuesto que $n \succ 3$ [ y recordando que $ 2 \prec e \prec 3$ ] deducimos que $e \prec n+1$, con lo cual $\dfrac{e}{n+1} \prec 1 $, luego $$0 \prec \underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{{\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1}}}} \prec 1$$ pero entre $0$ y $1$ no hay ningún número entero, luego hemos llegado a una contradicción, y, por tanto, debemos negar la hipótesis de partida ( << $e$ es un número racional >> ), concluyendo por tanto la demostración de lo que queríamos demostrar: $$e \notin \mathbb{Q}$$
$\square$

Una aplicación del cálculo integral a la determinación del trabajo mecánico realizado por una fuerza

ENUNCIADO. Una partícula se desplaza a lo largo del eje $Ox$ mediante una fuerza impulsora dada por $f(x)=x^2+1$. Calcular el trabajo ( energía ) necesario para desplazar dicha partícula desde la posición $x_i=1$ hasta $x_f=2$ a lo largo de una recta ( la longitud [ distancia con respecto al origen de coordenadas ] viene expresada en metros, $\text{m}$; la fuerza en newtons, $\text{N}$, y el trabajo ( energía ) en julios, $J$ )

SOLUCIÓN. Sabemos que el trabajo mecánico pedido viene dado por $$\displaystyle W|_{x_i \rightarrow x_f}=\int_{x_i}^{x_f}\,f(x)\,dx$$ Y, en el caso que nos ocupa,
$\displaystyle W|_{x_i:=1 \rightarrow x_f:=2}=\int_{1}^{2}\,(x^2+1)\,dx\overset{\text{una primitiva}:\; F(x)=\dfrac{1}{3}\,x^3+x}{=}\left[ \dfrac{1}{3}\,x^3+x\right]_{1}^{2} \overset{\text{Barrow}}{=}$
    $=\left(\dfrac{1}{3}\cdot 2^3+2\right)-\left(\dfrac{1}{3}\cdot 1^3+1\right)$
        $=\dfrac{10}{3}\,\text{J}$
$\square$

Un ejercicio de aplicación de la integración de las ecuaciones del movimiento en caída libre

ENUNCIADO. Se abandona un cuerpo en caída libre, partiendo del reposo. Se pide:
a) La velocidad al cabo de $2\,\text{s}$
b) La distancia de trayecto recorrida al cabo de $3\,\text{s}$
c) El incremento de velocidad entre los instantes $t=1\,\text{s}$ y $t=3\,\text{s}$

SOLUCIÓN.
a) Denotemos por $x(t)$ la función que proporciona la posición del cuerpo en un instante de tiempo $t$ con respecto al origen del sistema de referencia ( Nota: la elección del origen del sistema de referencia, en reposo, es arbitraria ).

Sabemos que, en un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, $\dfrac{d^2(\,x(t))}{dt^2}=g$ ( donde la constante $g$ denota la aceleración de la gravedad, o lo que es lo mismo, la intensidad del campo gravitatorio ), entonces integrando con respecto de $t$, $\dfrac{d(\,x(t))}{dt} \equiv v(t)=g\,t+C$, siendo $v(t)$ la velocidad en cada instante de tiempo.

Como $v(0)=0$ ( información del enunciado ), tenemos que $0=g\cdot 0 +C \Rightarrow C=0$, con lo cual $$v(t)\equiv \dfrac{d\,(x(t))}{dt}=g\,t$$

b) De lo anterior, se deduce:$$\displaystyle \Delta\,x |_{ t_i \rightarrow t_f } = \int_{t_i}^{t_f}\,\dfrac{d\,(x(t))}{dt}\,dt$$ y por tanto
$$\displaystyle \Delta\,x |_{ 0\,\text{s} \rightarrow 3\,\text{s} } = \int_{0}^{3}\, g\,t\,dt=\left[\dfrac{1}{2}\,g\,t^2\right]_{0}^{3}=\dfrac{9}{2}\,g\;\text{m}\overset{g \approx 9,8\,\text{m}/\text{s}^{2}}{\approx} 44,1 \,\text{m}$$

c) Teniendo pues en cuenta que $$\displaystyle \Delta\,v |_{ t_i \rightarrow t_f } = \int_{t_i}^{t_f}\,\,\dfrac{d^2\,(x(t))}{dt^2}\,dt$$ y que $$\dfrac{d^2\,(x(t))}{dt^2}=g$$ podemos escribir $$\displaystyle \Delta\,v |_{ 1\,\text{s} \rightarrow 3\,\text{s} } = \int_{1}^{3}\,g\,\,dt=\left[g\,t\right]_{1}^{3}=(3-1)\,g=2\,g\;\text{m}/\text{s}=\overset{g \approx 9,8\,\text{m}/\text{s}^{2}}{\approx} 19,6 \,\text{m}/\text{s}$$
$\square$

Un ejercicio de aplicación de las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado

ENUNCIADO. El tiempo de reacción del conductor de un automóvil es de 0,75 s [ tiempo que transcurre entre la percepción de una señal para detenerse y la aplicación de los frenos ]. Si dicho automóvil puede desacelerar a razón de $5\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Se pide:
a) Calcular la distancia total recorrida hasta detenerse después de observar la señal, suponiendo que la velocidad a la que se desplaza el automóvil es de $100\,\dfrac{\text{km}}{h}$
b) La velocidad del vehículo después de $1\,\text{s}$ de haber observado la señal.
c) La velocidad del vehículo después de $1\,\text{s}$ de haber empezado a frenar.

SOLUCIÓN.
a)
Expresemos la velocidad inicial, $v_i$, en unidades del SI, tal como vienen dados el resto de los datos $$v_i=100\, \dfrac{\text{km}}{\text{h}}\cdot 1000\, \dfrac{\text{m}}{\text{km}}\cdot \dfrac{1}{3600}\,\dfrac{h}{s}=\dfrac{250}{9}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ Como la velocidad final ( detenido el vehículo ) es $v_f=0$, el tiempo de frenado viene dado por $$0 = v_i - a\,t_{\text{frenado}} \Rightarrow t_{\text{frenado}}=\dfrac{v_i}{a}=\dfrac{250/9}{5}=\dfrac{50}{9}\,\text{s}$$ Entonces, la distancia recorrida entre el instante de la percepción de la señal y el instante en el que el vehículo queda detenido es ( movimiento rectilinieo uniformemente desacelerado ) $$\dfrac{1}{2}\,a\,t_{\text{frenado}}^2+v_i\,t_{\text{reacción}}$$ que, con los datos del problema, es igual a $$\dfrac{1}{2}\cdot 5 \cdot \left( \dfrac{250/9}{5}\right)^2+\dfrac{250}{9}\cdot 0,75 \approx 98 \,\text{m}$$

b)
Para calcular la velocidad del vehículo $1\,\text{s}$ después de que el conductur haya observado la señal debemos tener en cuenta que el tiempo de frenado es igual a $1-t_{\text{reacción}}=\dfrac{1}{4}\,\text{s}$, y por tanto ( movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado ) es igual a $$v_i - a\,t_{\text{frenado}}=250/9-5\cdot (1-0,75) = \dfrac{955}{36}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 95,5 \,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$$

c)
La velocidad del vehículo $1\,\text{s}$ después de haber empezado a frenar ( movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado ) es igual a a $$v_i - a\,t_{\text{frenado}}=250/9-5\cdot 1 = \dfrac{205}{9}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 82 \,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$$

Ejemplo de cálculo de una integral indefinida por el método de por partes, que da lugar a una relación recursiva

ENUNCIADO. Calcúlese la integral indefinida $$\int\,\sin(\ln\,x)\,dx$$

SOLUCIÓN. Vamos a integrarla por el método de por partes. Recordemos que consiste en los siguiente: $$\int\,u\,dv=u\,v-\int\,v\,du \quad \quad (1)$$
Realizamos la siguiente asociación: $$u:=\sin\,(\ln\,x)\Rightarrow du=\dfrac{1}{x}\,\cos\,(\ln\,x)\,dx $$ $$dv:=dx \Rightarrow v=x$$ Entonces, por (1), podemos escribir:
$\displaystyle \int\,\sin(\ln\,x)\,dx=$
  $\displaystyle =\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)-\int\,\dfrac{1}{x}\cdot x\,\cos\,(\ln\,x)\,dx$
  $\displaystyle =\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)-\int\,\cos\,(\ln\,x)\,dx \quad \quad (2)$
La integral del segundo término del segundo miembro, $\displaystyle \int\,\cos\,(\ln\,x)\,dx$, es similar a la integral pedida, por lo que procedemos a calcularla empleando también el método de por partes, con la siguiente asociación: $$w:=\cos\,(\ln\,x)\Rightarrow du=-\dfrac{1}{x}\,\sin\,(\ln\,x)\,dx $$ $$dt:=dx \Rightarrow v=x$$ por lo que $$\int\,w\,dt=w\,t-\int\,t\,dw$$ y por tanto,
$\int\,\cos(\ln\,x)\,dx=$
  $\displaystyle =\int\,\cos(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)-\int\,\dfrac{1}{x}\cdot x\,(-\sin\,(\ln\,x))\,dx$
  $\displaystyle =\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\cos\,(\ln\,x)+\int\,\sin\,(\ln\,x)\,dx$
Sustituyendo este resultado en (2), llegamos a
$\displaystyle \int\,\sin(\ln\,x)\,dx=\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)-\left( x\,\cos\,(\ln\,x)+\int\,\sin\,(\ln\,x)\,dx \right)$
esto es,
$\displaystyle \int\,\sin(\ln\,x)\,dx=\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)- x\,\cos\,(\ln\,x)-\int\,\sin\,(\ln\,x)\,dx$
con lo cual,
$\displaystyle \int\,\sin(\ln\,x)\,dx+\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)- x\,\cos\,(\ln\,x)$
y por tanto
$\displaystyle 2\,\int\,\sin(\ln\,x)\,dx=x\,\sin\,(\ln\,x)- x\,\cos\,(\ln\,x)$
luego
$\displaystyle \int\,\sin(\ln\,x)\,dx=\dfrac{x}{2}\,\left( \sin\,(\ln\,x)- \cos\,(\ln\,x) \right) + C$
$\square$

Aplicación de la integral definida al cálculo del área de recintos delimitados por las gráficas de dos funciones