Download - Taller #3 integrales seguimiento 3
1- Encontrar el volumen del solido que se genera al hacer girar,
entorno al eje x, la regiΓ³n acotada por la recta π β π = π y la
parΓ‘bola ππ = π
SoluciΓ³n:
π β π = π
ππ = π
DESPEJEMOS
π β π = π ππ = π
π = π π = βπ
IGUALAMOS
π₯ = βπ₯
π₯ 2 = (βπ₯)2
π₯ 2 = π₯
π₯ 2 β π₯ = 0
π₯(π₯ β 1) = 0
π₯ = 1 π₯ = 0
REEMPLAZAMOS EN LA FUNCION X-Y=0
PUNTOS:
P1( 1,1) P2(0,0)
MΓ©todo: Arandelas
Intervalos a=0 y b=1
Funciones π (π₯) = βπ₯ π¦ π(π₯) = π₯
Formula:
π½ = π β« ([πΉ(π)]π β [π(π)]π) π ππ
π
π = π β« (βπ₯)2 β (π₯)2ππ₯1
0
π = π β« π₯ β π₯ 2ππ₯1
0
π = π(π₯ 2
2β
π₯ 3
3)
1
0
π = π (1
2β
1
3) β (0)
π =Ο
6 π’3
2- Encuentre el volumen del solido que se genera al hacer girar, en
torno a la recta π = π la regiΓ³n en el primer cuadrante acotada por
las parΓ‘bolas πππ β πππ + ππ = π π ππ β πππ + ππ = π y el eje y.
DESPEJAMOS
3π₯ 2 β 16π¦ + 48 = 0
π₯ 2 +16π¦
3+ 16 = 0
π¦ =3π₯ 2
16+ 3
π₯ 2 β 16π¦ + 80 = 0
π¦ =1π₯ 2
16+ 5
IGUALAMOS
3π₯ 2
16+ 3 =
1π₯ 2
16+ 5
3π₯ 2 + 48 = π₯ 2 + 80
2π₯ 2 = 32
π₯ = β16
π₯ = Β±4
ECUACION:
π = π β« [(1π₯ 2
16+ 5 β 2)
2
β (3π₯ 2
16+ 3 β 2)
2
] ππ₯4
0
π = π β« [(1π₯4
256β
3π₯ 2
8+ 9)
2
β (9π₯4
256β
3π₯ 2
8+ 1)
2
] ππ₯4
0
π = π β« [8 β1π₯ 4
32]
4
0
ππ₯
π = π [32 β32
5]
π =128π
5 π’3
3- Calcule el volumen del solido generado al girar alrededor de la
recta x=2 la regiΓ³n acotada por la grΓ‘fica de π = ππ βπ
πππ , el eje x
y la recta x=2.
REEMPLAZAMOS π = π ππ ππ πππππππ
π¦ = 4(2) β1
8 (2)4
π¦ = 8 β1
8(16)
π¦ = 8 β 2
π¦ = 4
Punto de intercepcion es (2,4)
METODO: CAPAS CILINDRICAS
INTERVALOS: a=0 b =2
π(π₯) = π₯ β 2 y β(π₯) = 2 β (4π₯ β1
8π₯ 4)
FORMULA
π½ = ππ β« π(π)π(π) π ππ
π
REEMPLAZAMOS
π = 2π β« (π₯ β 2)[2 β (4π₯ β1
8π₯ 4)]ππ₯
2
0
π = 2π β« (π₯ β 2)[2 β 4π₯ +1
8π₯ 4]ππ₯
2
0
π = 2π β« [10π₯ βπ₯ 4
4+
π₯ 5
8β 4π₯ 2 β 4]ππ₯
2
0
π = 2π[5π₯ 2 βπ₯5
20+
π₯6
48β
4π₯3
3β 4π₯] 2
0
π = 2π [5(2)2 β(2)5
20+
(2)6
48β
4(2)3
3β 4(2)] β [0]
π = 2π[20 +4
3β
8
5β
32
3β 8]
π = 2π16
15
π =32
15π π’3
4- Determina el volumen del solido generado al girar alrededor del
eje y la regiΓ³n exterior a la y=x2 y entre las rectas y=2x-1 y Y=x+2
π = π β« [(π )2 β (π)2]π
π
ππ¦
π = π β« [(π¦
2+ 1)
2
β (π¦ β 2 β βπ¦)2]
3
0
ππ¦
π = π β« [(π¦
4
2
+ π¦ + 1) β (π¦2 β 2π¦ + 1 β 2βπ¦3 + 4βπ¦ + π¦)]3
0
ππ¦
π = π β« [(β3π¦
4
2
+ 2π¦ + 2βπ¦3 β 4βπ¦)]3
0
ππ¦
π = π [1
4π¦3 + π¦2 +
4
5π¦
52β β
8
3π¦
32β ]0-3
π = [β27
4+ 9 +
486
5β
103
3]
π = 63.4π π’3
5- Un toro se forma al girar la regiΓ³n acotada por la circunferencia
(π β π)π β ππ = π. Utilice los dos mΓ©todos distintos para demostrar
que el volumen del toro es ππ π.
π β« [(2 β π₯) β1 β π₯22]
1
β1dx
π β« 2 β1 β π₯ 2 2ππ₯ β 2πβπ₯ β π₯ 2ππ₯
1
β1
Aplicando sustituciΓ³n trigonomΓ©trica (1) y (2)
X=sin π dx=cos π
4π β« β1 β sin π 2 2cos πππ β 2π β« sin π
1
β1
β1 β sin π 2 cos π ππ1
β1
4π β« πππ 2 πππ β 2π β« sin π1
β1
πππ 2 π ππ1
β1
Resolviendo (1) y aplicando sustituciΓ³n en (2)
β4π1
2(π + sin π cos π)β
1β1
+[2π β« π’2 ππ’1
β1]
β2π(π + sin π cos π)β 1β1
+[2π β« π’2 ππ’1
β1]
π’ = cos π ππ’ = β sin π
2π[π + sin π cos π] 1β1
+2π [cos π
3
3]
1β1
Por el triangulo
2π [πππππ πππ + π₯β1 β π₯ 2 +( β1 β π₯ 2)2
3
3]
1β1
Cuando el valor de x=1
π [π
2+ 0 + 0]=π 2
Cuando el valor de x=-1
π [βπ
2+ 0 + 0]=βπ 2
Al restarse quedara
π 2 + π 2 = 2π 2
Como la ecuaciΓ³n saliΓ³ de una semicircunferencia entonces el volumen se
multiplica por 2
R=4π 2
METODO DE ARANDELAS
π β« [(π )2 β (π)2]π
π
ππ¦
(π β 2)2 = 1 β π2
X-2=ββ1 β π2
π β« (2 + β1 β π2)21
β1
β (ββ1 β π2)2
ππ¦
π β« (4 + 2β1 β π¦2 + 1 β π¦2)11
β1
β [2(1 β π¦2) β 2β1 β π¦2 + 4]1
ππ¦
π β« (4 + 2β1 β π¦2 + 1 β π¦2 β 1 + π¦2 + 2β1 β π¦2 β 4)1
β1
ππ¦
π β« (2β1 β π¦2 + 2β1 β π¦2 )1
β1dy
4π β« (β1 β π¦2 )1
β1dy
Aplicando sustituciΓ³n trigonomΓ©trica:
4π β« β1 β sin π 2 2cos πππ
1
β1
X=sin π dx=cos π
β4π1
2(π + sin π cos π)β
1β1
β2π(π + sin π cos π)β1
β1
1
y
β1 β π¦22
2π(πππππ πππ + π₯β1 β π₯ 2)1
β1
Cuando el valor de x=1
π [π
2+ 0]=π 2
Cuando el valor de x=-1
π [βπ
2+ 0]=βπ 2
Al restarse quedara
π 2 + π 2 = 2π 2
Como la ecuaciΓ³n saliΓ³ de una semicircunferencia entonces el volumen se
multiplica por 2
R=4π 2
6- un sΓ³lido g se genera al girar la regiΓ³n acotada por π =ππ
π π π = π
alrededor del eje y. un hueco, centrado a lo largo del eje de
revoluciΓ³n, se taladra a travΓ©s de este solido tal que se pierde un
cuarto de su volumen. Encontrar el diΓ‘metro del hueco.
Primero se hallara los puntos de corte:
Y-2=y-0,5x2
-2=-0,5x2
2
0.5= π₯ 2
β2
0.5 =x
β2 = π₯
Luego para ser mas agiles en el cΓ‘lculo, se halla el volumen entorno al
eje y asΓ:
Y=π₯2
2
2y=π₯ 2
β2π¦=x
Luego aplicamos el mΓ©todo de disco para obtener el volumen:
π β« [β2π¦]2
2
0
ππ¦
π β« 2π¦2
0
ππ¦
2π β« π¦2
0ππ¦
Integrando
2π [π¦2
2]
20
= 4π
Bueno, para rallar el radio de perforaciΓ³n tenemos en cuenta que una
perforaciΓ³n genera un orificio en el eje para ello se utiliza el mΓ©todo de la
arandela:
π β« {[β2π¦]2
β (π)2}2
π2
2
ππ¦
π β« {2π¦ β (π)2}2
π2
2
ππ¦
Integrando:
π[π¦2 β π¦π]2π2
2
π[22 β 2π] β π [π
4
4
βπ2
2π]
π [4 β 2π2 +π4
4]
Pero como un cuarto del volumen original es Ο, entonces:
-
π [4 β 2π2 +π4
4] = 3π
1 β 2π2 +π4
4=0
4-8r2+r4=0
Aplicando la ecuaciΓ³n cuadrΓ‘tica para obtener el radio:
π2 =8 Β± β82 β 16
2π
r1=2,73
r2=0.73
Pero como nos piden el diΓ‘metro multiplicamos los radios por 2
D: 5,46 O D: 1,46
7- Calcule la longitud de arco de la curva ππ = ππ + ππβπ desde el
punto π = π hasta π = π.
8π¦ = π₯ 4 + 2π₯ β2
8π¦ = π₯ 4 +2
π₯2
8π¦ = 4π₯ 3 β4
π₯ 3
8π¦ =4π₯ 6 β 4
π₯ 3= π¦β² =
4π₯ 6 β 4
8π₯ 3
β« β1 + (π₯ 6 β 1
2π₯3
2
1
)Β²ππ₯
β« β1 + (π₯ 2 β 2π₯ 6 + 1
4π₯ 6) ππ₯
2
1
β« β4π₯ 6 + π₯ 2 β 2π₯ 6 + 1
4π₯ 6ππ₯
2
1
β« βπ₯ 12 + 2π₯ 6 + 1
4π₯6
2
1
ππ₯
β« β(π₯ 6 + 1)Β²
2π₯ 6
2
1
ππ₯
β«π₯ 6 + 1
2π₯ 3
2
1
ππ₯
=1
2β« (
π₯ 6
π₯ 3+
1
π₯ 3) ππ₯
2
1
=1
2(
π₯ 4
4β
1
2π₯ 2) |1
2
= [(4 β1
8) β (
1
4β
1
2)]
=1
2[31
8+
1
4]
=1
2(
33
8) β
33
16
8- Determine la longitud de arco de la curva π = π₯π§ π¬ππ π desde π =
π y π =π
ππ
π₯ =π¦4
16+
1
2π¦2
π₯ β² =π¦3
4β
1
π¦3
π₯ β² =π¦6 β 4
4π¦3
= β« β1 + (π¦4 β 4
4π¦3)
β2
β3
Β²ππ¦
= β« β1 + (π¦12 β 8π¦6 + 16
16π¦6)
β2
β3
ππ¦
= β« β16π¦6 + π¦12 β 8π¦6 + 16
16π¦6
β2
β3
ππ¦
= β« βπ¦12 + 8π¦6 + 16
16π¦6
β2
β3
ππ¦
= β« β(π¦6 + 4)Β²
16π¦6
β2
β3
ππ¦
= β«π¦6 + 4
π¦3
β2
β3
ππ¦
= β« (π¦6
4π¦3+
4
4π¦3) ππ¦
β2
β3
= β« (π¦3
4+
1
π¦3) ππ¦
β2
β3
=1
4[π¦4
4β
1
2π¦2] |β3
β2
= β1
4[4 β
1
8β
81
4+
1
18]
= β1
4[β1157
72] =
1157
288
9- Halle el perimetro de la region acotada por las graficas de las
funciones π(π) = ππ , π π(π) = π + π.
π₯ 2 = π₯ + 1
π₯ 2 β π₯ β 1 = 0
(π₯ β1
2)2 β
5
4= (π₯ β
1
2) =
ββ5
4
π₯ =ββ5
4+
1
2
π₯ 2 β π₯ β 1
(π₯ β1
2)2 β
5
4= 0
(π₯ β1
2)2 =
5
4
π₯ =β5
2+
1
2
π₯ =β5 + 1
2
π = πΏ1 + πΏ2 + πΏ3
πΏ1 = β« β1 + 4π₯ 20
0,61
β tan π = 2π₯ π¦ π ππ2π = ππ₯
β1
2β« β1 + π‘ππ2 π₯
0
β0,61
π ππ2π = β1
2β« π ππ3 π
0
β0,61
ππ
Resolvemos la integral
β« π ππ3πππ β π’ = sec π β ππ’ = π πππ π‘πππ
ππ = π ππ2π
π = π‘ππ π
1
2β« π ππ3 πππ = β
1
2π ππππ‘πππ β
1
2β« π πππ π‘ππ2πππ
β« π ππ3πππ = π πππ tan β β« π ππ3 π +1
2β« π π πππππ
β« π ππ3πππ =1
2π ππππ‘πππ +
1
2β« π πππππ
=1
2π πππ + π‘πππ +
1
2ln(π πππ + π‘πππ)
β« β1 + 4π₯ 20
β0,61
= (1
22π₯β1 + 4π₯ 2 +
1
2ln (2π₯ + β1 + 4π₯ 2))β0,61
0 = 1,508
πΏ 2 = β« β1 + 4π₯21,62
0
= (π₯β1 + 4π₯2 +1
2ln(2π₯ + β1 + 4π₯ 2))0
1,62= 6,439
πΏ 3 = β« β1 + 12ππ₯1,62
β0,62
= β2 β« ππ₯1,62
β0,62
= β2 π`]β0,621,62 = β2(1,62 β 0,62) = β2
π = πΏ1 + πΏ2 + πΏ3 = 9,36
10- encontrar el Γ‘rea de la superficie formada al girar la porciΓ³n del
primer cuadrante de la grΓ‘fica de πΏπ
π + ππ
π = π, πΆ β€ π β€ π alrededor
del eje Y.
SoluciΓ³n
Si X=0, entonces Y = ππ
π, entonces Y = 8. De igual manera, si Y =0, entonces X
= ππ
π, entonces X= 8.
De manera que la grΓ‘fica resultante es un astroide, que de acuerdo con el
enunciado se analizara en el primer cuadrante, al hacerlo girar sobre el eje Y.
Despejando X tenemos πΏ = (π β ππ
π )π
π , derivando la funciΓ³n tenemos Xβ =
π
π(π β π
π
π )π
π β (βπ
ππβ
π
π ); Xβ= (πβπ
ππ)
ππ
πππ
.
Para esta caso se utiliza la formula S=ππ β« π(π)βπ + (πβ²(π))π
π π π
π, donde
r (y)= g (y)=(π β ππ
π)π
π y gβ(y)= (πβπ
ππ)
ππ
πππ
reemplazando valores tenemos: S= 2π β«(π β ππ
π )π
πβ
π + [(πβπ
ππ)
ππ
πππ
]π dy, resolviendo
el radical tenemos πΊ = ππ π
π β«(π β ππ
π )π
πβπ
ππ+πβπ
ππ
πππ
π π πΊ = β« (π β ππ
π )π
π βπ
πππ
π π π
πS =
ππ β« (π β ππ
π)π
ππ
βπππ
π
π dy S = 4π β«
(πβπππ)
ππ
πππ
π
π π π realizando una
sustituciΓ³n, tenemos que. Z= π β ππ
π; dZ = βπ
ππβ
π
π dy; βπ
π π π =π π
πππ
S =
ππ β« ππ
ππ
πβ β
π
π π π S = -6π β« ππ
π π π π
π -6π [
π
ππ
π
π ]ππ -
ππ
ππ [ π
π
π ]ππ
- ππ
ππ [ π
π
π ] = πππ
ππ .
11- considere la grΓ‘fica de ππ = π
ππ(π β π)πencontrar el Γ‘rea de la
superficie formada cuando la arcada de esta grafica se gira
alrededor de x.
SoluciΓ³n:
Para hallar el Γ‘rea de la superficie pedida, utilizamos la formula π =
2π β« π(π₯) β1 + [πΒ΄(π₯)]2 ππ₯ , retomando la funciΓ³n tenemos π¦2 = 1
12(4 β π₯)2π¦ =
β1
12(4 β π₯)2 1
2β3(4 β π₯) , derivando la funciΓ³n π¦β² = β
1
2β3, reemplazando en la
formula π = 2π β«1
2β3(4 β π₯)
4
0β1 + [β
1
2β3]
2
ππ₯ π =π
β3β« (4 β
4
0
π₯)β1 +1
12ππ₯ π =
π
β3β« (4 β π₯)
4
0β
12 +1
12ππ₯ π =
π
β3β« (4 β π₯)
4
0
β13
2β3 ππ₯π = β13
6π β« (4 β π₯)
4
0ππ₯
π = β13
6π [4π₯ β
1
2π₯ 2]
0
4
π = β13
6π [4(4) β
1
2(4)2] =
4β13
3πunidades de Γ‘rea
12-
a.
β«ππ₯
β1 β π₯ 2
1
0
β limπ₯β1
β«ππ₯
β1 β π₯ 2
π
0
β«ππ₯
β1 β π₯ 2 β
π₯ = sin π
ππ₯ = cos π ππ
β«πππ πππ
β1 β sin π= β«
πππ πππ
πππ π= β« ππ
= π + πΆ = sinβ1 π₯
limπ₯β1
[sinβ1 π β sinβ1 0] =π
2π’3
β«ππ₯
π₯ 2 + 2π₯ + 2= lim
πββββ«
ππ’
π’2 + 1+ lim
πβββ«
ππ₯
π₯ 2 + 2π₯ + 2
π
0
0
π
β
ββ
β« =
por lo tanto
Calculo Integral
Taller #3
Profesor:
Eudel Camargo
Integrantes:
Marvin Roldan Andrea GuzmΓ‘n
Breiner Eguis JosΓ© Bruges
Mayo Del 2014
Universidad del Magdalena
Santa Marta β Colombia
2014