Cálculo integral y estática de fluidos. Un ejemplo sencillo de aplicación

Una presa de sección rectangular, cuyo anchura es $\ell$, retiene el agua de un embalse, con una profundidad uniforme $a$. Teniendo en cuenta que la superficie interior de la presa (la que está en contacto con el agua) es plana, ¿cómo se distribuyen las fuerzas debidas a la presión del agua en función de la profundidad?.

Denotemos por $x$ la profundidad (tomando como origen de profundidades la superficie del agua). Sabemos —de la asignatura de Física— que la presión hidrostática del agua a una profundidad $x$ es $p(x)=d\,g\,x$, donde $d$ designa la densidad del agua y $g$ la intensidad del campo gravitatorio.

  Por el principio de Pascal, y tomando un elemento rectangular diferencial de área en la pared de la presa, $dA(x)=\ell\,dx$, podemos escribir el elemento diferencial de fuerza que actúa sobre él como $dF(x)=p(x)\,dA(x)=p(x)\,\ell\,dx$, luego la fuerza del agua $F(x)$ sobre la pared a una profundida $x$ es $$F(x)=\int\,p(x)\ell\,dx=\int\,\ell\,d\,g\,x\,dx=\ell\,d\,g\,\int\,x\,dx=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2+C$$ y como para $x=0$, $F(x)=0$, luego $C=0$.

  Así pues, la distribución de la fuerza que actúa sobre la presa a lo largo de la profundidad es $F(x)=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2 \quad (1)$, que corresponde a una función cuadrática (parábola).

  La fuerza que actúa sobre la presa, debida a la presión de la columna de agua sobre el fondo, es $$F(a)=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,a^2$$

  Nota: Otra forma de llegar al mismo resultado consiste en plantear la integral indefinida $$\displaystyle \int_{0}^{a}\,\ell\,d\,g\,x\,dx=\left[\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,x^2 \right]_{0}^{a}=\dfrac{\ell\,d\,g}{2}\,a^2$$

  De (1) se concluye que el grosor de la pared de la presa tiene que ser mayor cuanto mayor sea la profundidad, y, en buena lógica, la forma de la superficie exterior de la pared de la misma (la que no está en contacto con el agua) debe ser la de dicha parábola. $\diamond$

Cálculo de integrales definidas

ENUNCIADO. Calcúlese la integral definida $$\displaystyle \int_{-2}^{2}\,f(x)\,dx$$ donde $$f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2+1 & \text{si} & x \prec 0 \\ -x+3 & \text{si} & x \ge 0\end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN.
$\displaystyle \int_{-2}^{2}\,f(x)\,dx=\int_{-2}^{0}\,(x^2+1)\,dx+\int_{0}^{2}\,(-x+3)\,dx=$
    $=\left[\dfrac{1}{3}\,x^3+x\right]_{-2}^{0}+\left[-\dfrac{1}{2}\,x^2+3x\right]_{0}^{2}=$
        $=\left(\dfrac{1}{3}\,0^3+0\right)-\left(\dfrac{1}{3}\,(-2)^3+(-2)\right)+\left(-\dfrac{1}{2}\,2^2+3\cdot 2\right)-\left(-\dfrac{1}{2}\,0^2+3\cdot 0\right)=\dfrac{26}{3}$
$\square$

Cálculo del área de una región del plano delimitada entre dos curvas

ENUNCIADO. Calcúlese el área de la región del plano delimitada por las funciones $f(x)=x^3+2x^2-x-2$ y $g(x)=x+2$


SOLUCIÓN. Dadas las gráficas de dos funciones continuas $\phi(x)$ y $\theta(x)$, y siendo $\{x_1,x_2,\ldots,x_k\}$ el conjunto de abscisas de los puntos de intersección entre las dos curvas, el área de la región del plano comprendida entre éstas se calcula de la forma $$\mathcal{A}=\displaystyle \left| \int_{x_1}^{x_2}\,(f(x)-g(x))\,dx\right|+\left| \int_{x_2}^{x_3}\,(f(x)-g(x))\,dx\right|+\overset{\underbrace{k-1}}{\ldots}+\left| \int_{x_{k-1}}^{x_k}\,(f(x)-g(x))\,dx\right|$$

Veamos pues cuáles las abscisas de los puntos de corte entre las funciones dadas $f(x)$ y $g(x)$:
Imponiendo la condición de corte, $$f(x)=g(x)$$ luego $$f(x)-g(x)=0$$ y por tanto $$x^3+2x^2-2x-4=0$$ esto es $$(x-(-2))(x-(-|\sqrt{2}|))(x-|\sqrt{2}|)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_1=-2 \\ x_2=-|\sqrt{2}| \\ x_3=|\sqrt{2}| \end{matrix}\right.$$ En consecuencia $$\displaystyle \mathcal{A}=\left| \int_{-2}^{-|\sqrt{2}|}\,(x^3+2x^2-2x-4)\,dx\right|+\left| \int_{-|\sqrt{2}|}^{|\sqrt{2}|}\,(x^3+2x^2-2x-4)\,dx\right|$$ Una función primitiva asociada a la función $f(x)-g(x)=x^3+2x^2-2x-4$ es $F(x)=\dfrac{1}{4}\,x^4+\dfrac{2}{3}\,x^3-x^2-4x$, luego, por la regla de Barrow,
$\displaystyle \mathcal{A}=\left|F(-2)-F(-|\sqrt{2}|)\right|+\left|F(|\sqrt{2}|)-F(-|\sqrt{2}|)\right|=$
      $\ldots=\dfrac{24\,|\sqrt{2}|-11}{3}\,\text{unidades de área}$
$\square$

Demostración de la fórmula del volumen de un cono de radio y altura dadas

Calcular la integral indefinida de la siguiente función racional ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Resoleu
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}$

Solució:
La funció integrand $f(x)$ és una funció racional impròpia.
Efectuant la divisió $(x^3+x-1) \div (x^2-1)$
trobem que el polinomi quocient és igual a $x$, i el polinomi residu és $2\,x+1$
i, doncs, pel teorema de la divisió, podem escriure
    $\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}=x+\dfrac{2\,x+1}{x^2-1}$
Llavors, podem escriure la integral de la forma
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}=\int{\bigg( x + \dfrac{2\,x+1}{x^2-1}\bigg)\,dx}$
            $= \displaystyle \int{ x \,dx}+\int{ \dfrac{2\,x}{x^2-1}\,dx}+\int{ \dfrac{1}{x^2-1}\,dx}$
i tenint en compte que podem factoritzar el polinomi del denominador de la funció integrand del tercer terme: $x^2-1=(x-1)\,(x+1)$
escriurem
                $\dfrac{1}{x^2-1}$
com la suma de dues fraccions algebraiques
                $\dfrac{1}{x^2-1}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x+1}$
Per tant ( i recopilant ), la integral donada
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}$
és igual a la següent suma d'integrals ( més senzilles ):
    $\displaystyle \int{ x \,dx}+\int{ \dfrac{2\,x}{x^2-1}\,dx}+\int{ \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x-1}\,dx}-\int{ \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x+1}\,dx}$
que, integrades, i sumades, menen a
    $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,x^2+\ln{\left|x^2-1\right|}+\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|x-1\right|}-\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|x+1\right|}+C$
        $=\displaystyle \dfrac{1}{2}\,x^2+\ln{\left|x^2-1\right|}+\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|}+C$
on $C$, per ser la constant d'integració, és qualsevol nombre real.
$\square$

[nota del autor]