CAPÍTULO 10 10.5 Área y longitud de arco en coordenadas polares
•
Hallar el área de una regin li!itada por una grá"ica polar. Hallar los puntos de interseccin de dos grá"icas polares. Hallar la longitud de arco de una grá"ica polar. Hallar el área de una super"icie de re#olucin $"or!a polar%.
Área de una regin polar El desarrollo de una fórmula para el área de una región polar se asemeja al del área de una región en el sistema de coordenadas rectangulares (o cartesianas), pero en lugar de rectángulos se usan sectores circulares como elementos básicos del área. En la figura 10.49, obsérese !ue el área de un sector circular de radio r es
1 2 θ r 2
"onsi "onsidér déres ese e la func funció ión n dada dada por por
siempre !ue θ esté dado en radianes.
r = f ( ( θ ) , donde es continua # no negatia en el interalo
$a región región limita limitada da por la gráfic gráfica a de f # las las rect rectas as radial radiales es θ= α # θ= β se muestra en la figura 10.%0 a. &ara encontrar el área de esta región, se 'ace una partición del interalo [ α , β ] en n subinteralos iguales α =θ0 <θ1 < θ 2< … <θn−1 < θn α≤θ≤β.
continuación, se aproima el área de la región por medio de la suma de las áreas de los sectores, como se muestra en la figura 10.%0 b.
n
&igura 10.50 *adio del i +ésimo +ésimo sector ¿ f ( θi) β − α ngulo central del i +ésimo +ésimo sector ¿ n = ∆ θ 1 ∑ ( 2 ) ∆ θ [ f ( (θ )] = n
A ≈
2
i
i 1
-omando el lmite cuando n → ∞ se obtiene 1 A = lim n→ ∞ 2
n
∑ [ f (θ )] = i
i 1
2
1 ∆θ= 2
β
∫ [ f ( θ )] dθ 2
α
lo cual conduce al teorema siguiente.
T'O(')A 10.1* Á('A '+ COO(,'+A,A- POLA('/i f es continua continua # no negatia en el interalo interalo [ α , β ] , 0 < β − α ≤ 2 π , entonces el área de la región limitada (o acotada) por la gráfica r = f (θ ) de entre las rectas radiales θ= α # θ= β está dada por 1 A = 2
β
∫ [ f (θ )] α
2
1 dθ = 2
β
∫r
2
dθ 0 < β −α ≤ 2 π
α
+ota $a misma fórmula se puede usar para 'allar el área de una región limitada por la gráfica de una función continua no positiva. /in embargo, embargo, la fórmula fórmula no es necesariamente necesariamente álida si f toma alores tanto positios como negatios en el interalo [ α , β ] .
&igura 10.50 *adio del i +ésimo +ésimo sector ¿ f ( θi) β − α ngulo central del i +ésimo +ésimo sector ¿ n = ∆ θ 1 ∑ ( 2 ) ∆ θ [ f ( (θ )] = n
A ≈
2
i
i 1
-omando el lmite cuando n → ∞ se obtiene 1 A = lim n→ ∞ 2
n
∑ [ f (θ )] = i
i 1
2
1 ∆θ= 2
β
∫ [ f ( θ )] dθ 2
α
lo cual conduce al teorema siguiente.
T'O(')A 10.1* Á('A '+ COO(,'+A,A- POLA('/i f es continua continua # no negatia en el interalo interalo [ α , β ] , 0 < β − α ≤ 2 π , entonces el área de la región limitada (o acotada) por la gráfica r = f (θ ) de entre las rectas radiales θ= α # θ= β está dada por 1 A = 2
β
∫ [ f (θ )] α
2
1 dθ = 2
β
∫r
2
dθ 0 < β −α ≤ 2 π
α
+ota $a misma fórmula se puede usar para 'allar el área de una región limitada por la gráfica de una función continua no positiva. /in embargo, embargo, la fórmula fórmula no es necesariamente necesariamente álida si f toma alores tanto positios como negatios en el interalo [ α , β ] .
EJEMPLO 1 'ncontrar el área de una regin polar Encontrar el área de un pétalo de la cura rosa dada por
r =3cos3 θ
-olucin En la figura 10.%1 se puede er !ue el pétalo al lado derec'o se recorre a medida !ue aumenta de −π / 6 a π / 6 . &or tanto, el área es
1 A = 2
θ
π / 6
β
1 r dθ = ( 3cos3 θ )2 dθ Fórmula Fórmula para parael el área área en coordenada coordenadass polares polares 2 α −π / 6
∫
2
∫
π / 6
1 1 + cos6 θ A = dθ Idenidad Idenidad ri!onom"rica ri!onom"rica 2 −π /6 2
∫
A =
[
9 sen 6 θ θ+ 4 6
]
[ ]
π / 6 = 9 π + π =3 π −π / 6 4 6 6
+ota &ara 'allar el área de la región comprendida dentro de los tres pétalos de la cura rosa del ejemplo 1, no se puede simplemente integrar entre 0 # 2 π . /i se 'ace as, se obtiene 9 π / 2 !ue es el doble del área de los tres pétalos. Esta duplicación ocurre debido a !ue la cura rosa es traada dos eces cuando θ aumenta de 0 a 2 π . EJEMPLO 2 Hallar el área li!itada por una sola cur#a allar el área de la región comprendida entre los laos interior # eterior del caracol
r =1 −2 senθ.
-olucin En la figura 10.%2, obsérese !ue el lao interior es traado a medida !ue de π / 6 a 5 π / 6 &or tanto, el área comprendida por el lazo interior es A 1=
1
β
∫r 2
2
dθ =
1 A 1= 2
1 A 1= 2
A 1=
1 2
5 π / 6
∫ (1−2 senθ ) dθ Fórmula para el áreaen coordenadas polares 2 2
π /6
α
1 A 1= 2
1
θ aumenta
5 π / 6
∫ (1− 4 senθ +4 sen θ ) dθ 2
π / 6
5 π / 6
∫
π / 6
[
1 −4 senθ + 4
(− 1
cos2 θ 2
)]
dθ Idenidad ri!onomerica
5 π / 6
∫ [ 3 −4 senθ +2cos2 θ ] dθ #implificación π / 6
( 2 π −3 √ 3 )= π − 3 √ 3 2
3e manera similar, se puede integrar de comprendida por el lazo exterior es
5 π / 6
( )
A 2=2 π +
3 √ 3 . 2
dos laos es la diferencia entre A 2 # A 1 .
(
A = A 2− A1= 2 π +
3 √ 3 2
)(
)
3 3 − π − √ = π + 3 √ 3 ≈ 8.34 2
Puntos de interseccin de grá"icas polares
a
13 π / 6
para 'allar !ue el área de la región
El área de la región comprendida entre los
3ebido a !ue un punto en coordenadas polares se puede representar de diferentes maneras, 'a# !ue tener cuidado al determinar los puntos de intersección de dos gráficas. &or ejemplo, considérense los puntos de intersección de las gráficas de r =1 −2 cosθ # r =1 mostradas en la figura 10.%. /i, como se 'ace con ecuaciones rectangulares, se trata de 'allar los puntos de intersección resoliendo las dos ecuaciones en forma simultánea, se obtiene r =1 −2 cosθ &rimera ecuación. 1=1− 2 cosθ /ustitución de r =1 de la segunda ecuación en la primera ecuación. cosθ =0 π 3 π θ= , 2
2
/implificación.
3espejar π
$os puntos de intersección correspondientes son (1, 2 )
#
( 1,
3 π ) 2
. /in embargo, en la figura
10.% se e !ue 'a# un tercer punto de intersección !ue no apareció al resoler simultáneamente las dos ecuaciones polares. (5sta es una de las raones por las !ue es necesario traar una gráfica cuando se busca el área de una región polar.) $a raón por la !ue el tercer punto no se encontró es !ue no aparece con las mismas coordenadas en ambas gráficas. En la gráfica de r =1, el punto se encuentra en las coordenadas ( 1, π ) , mientras !ue en la gráfica de r =1 −cosθ, el punto se encuentra en las coordenadas (−1, 0 ) . El problema de 'allar los puntos de intersección de dos gráficas polares se puede comparar con el problema de encontrar puntos de colisión de dos satélites cu#as órbitas alrededor de la -ierra se cortan, como se ilustra en la figura 10.%4. $os satélites no colisionan mientras lleguen a los puntos de intersección en momentos diferentes (alores de θ ). $as colisiones sólo ocurren en los puntos de intersección !ue sean 6puntos simultáneos7, puntos a los !ue llegan al mismo tiempo (alor de
θ
).
PARA MAYOR INFORMACIÓN &ara más información sobre el uso de la tecnologa para encontrar puntos de intersección, consultar el artculo 68inding &oints of ntersection of &olar+"oordinate :rap's7 de ;arren ;. Est# en Mathematics Teacher .
+ota< &uesto !ue el polo puede representarse mediante ( 0, θ ) donde θ es cualquier ángulo, el polo debe erificarse por separado cuando se buscan puntos de intersección EJEMPLO 3 Hallar el área de la regin entre dos cur#as allar el área de la región com=n a las dos regiones limitadas por las curas siguientes. r =−6 cosθ $ircunferencia
r =2 −2 cosθ $ardiode
-olucin 3ebido a !ue ambas curas son simétricas respecto al eje x , se puede trabajar con la mitad superior del plano (o semiplano superior), como se ilustra en la figura 10.%%. $a región sombreada en gris se encuentra entre la circunferencia # la recta radial θ= 2 π / 3. &uesto !ue la π
circunferencia tiene coordenadas (0, 2 )
en el polo, se puede integrar entre π / 2 #
2 π / 3
para
obtener el área de esta región. $a región sombreada en rojo está limitada por las rectas radiales θ= 2 π / 3 # θ= π # la cardioide. &or tanto, el área de esta segunda región se puede encontrar por integración entre 2 π / 3 # π . $a suma de estas dos integrales da el área de la región com=n !ue se encuentra sobre la recta radial θ= π .
−6 cosθ ¿ ¿ ¿2 ¿ 2 2−2 cosθ ¿ ¿ ¿ A 2
=
2 π / 3
1
∫¿
2
π /2
2
2
4 −8 cosθ + 4cos θ ¿
A 2
A 2
¿ ¿
2 π /3
=18 ∫
2
cos θ dθ +
π / 2
2 π / 3
π
π / 2
2 π / 3
1
π
∫¿
2 2 π /3
=9 ∫ (1 + cos2 θ ) dθ + ∫ ( 3 −4 cosθ + 4cos2 θ ) dθ
A 2
[
sen 2 θ
=9
(
=9 θ +
A 2
2
2 π 3
] / +[ π 2
− √ 3 − 4
A 2
π 2
=
2 π / 3 3 θ− 4 senθ +
)+(
sen 2 θ 2
3 π −2 π + 2 √ 3 +
]
π 2 π / 3
√ 3 4
)
5 π ≈ 7.85 2
&or =ltimo, multiplicando por 2 se conclu#e !ue el área total es
5π .
>ota< &ara erificar !ue el resultado obtenido en el ejemplo es raonable, adiértase !ue el área de 2 la región circular es π r =9 π . &or tanto, parece raonable !ue el área de la región !ue se encuentra dentro de la circunferencia # dentro de la cardioide sea
5π .
&ara apreciar la entaja de las coordenadas polares al encontrar el área del ejemplo , considérese la integral siguiente, !ue da el área en coordenadas rectangulares (o cartesianas). A 2
−3/ 2
= ∫ −4
0
1 √ − % 2−6 % d% √ 2 √ 1−2 % − % −2 % +2 d% + 2 −3/ 2 2
∫
Emplear las funciones de integración de una 'erramienta de graficación para comprobar !ue se obtiene la misma área encontrada en el ejemplo .
Longitud de arco en "or!a polar $a fórmula para la longitud de un arco en coordenadas polares se obtiene a partir de la fórmula para la longitud de arco de una cura descrita mediante ecuaciones paramétricas. (?er el ejercicio @9.) T'O(')A 10.1 LO+/TU, ,' A(CO ,' U+A CU(A POLA( /ea f una función cu#a deriada es continua en un interalo de r = f (θ ) , desde θ= α 'asta θ= β es β
β
∫ √ [ f (θ )] +[ f & (θ )] dθ =∫ 2
#=
2
α
α
α ≤ θ ≤ β . $a longitud de la gráfica
√ ( )
2
dr r + dθ dθ 2
EJEMPLO 4 'ncontrar la longitud de una cur#a polar Encontrar la longitud del arco !ue a de θ= 0 a θ= 2 π en la cardioide r = f ( θ )=2 −2 cosθ !ue se muestra en la figura 10.%A
-olucin "omo f & ( θ ) =2 senθ se puede encontrar la longitud de arco de la siguiente manera. β
∫ √ [ f (θ )] +[ f & (θ )] dθ Fórmula parala lon!iud dearco deuna cur'a polar 2
#=
2
α
2 senθ 2 π
∫ √ [ 2−2 cosθ ] + [ ¿ ] dθ 2
#=
0
2
2 π
∫ √ 1− cosθ dθ #implificación
# =2 √ 2
0 2 π
∫
# =2 √ 2
0
√
2 sen
2
θ 2
dθ Idenidad ri!onom"rica
2 π
#= 4
∫ sen θ2 dθsen θ2 ( 0 para 0 ≤θ ≤ 2 π 0
[
# =8 −cos
]
θ 2 π =8 ( 1+ 1 )=16 2
0
En el !uinto paso de la solución, es legtimo escribir
√ () | 2
2 sen
θ
2
θ
|
=√ 2 sen( ) 2
en lugar de
√ ( )= | 2
2 sen
&or!ue
θ
2
θ
|
√ 2 sen ( )
θ sen ( ) ( 0 2
2
0 ≤θ ≤ 2 π .
para
+ota Empleando la figura 10.%A se puede er !ue esta respuesta es raonable mediante comparación con la circunferencia de un crculo. &or ejemplo, un crculo con radio %B2 tiene una circunferencia de 5 π ≈ 15.7 . Área de una super"icie de re#olucin $a ersión, en coordenadas polares, de las fórmulas para el área de una superficie de reolución se puede obtener a partir de las ersiones paramétricas dadas en el teorema 10.9, usando las ecuaciones % =rcosθ # ) =rsenθ .
T'O(')A 10.15 Á('A ,' U+A -UP'(&C' ,' ('OLUC2+ /ea f una función cu#a deriada es continua en un interalo α ≤ θ ≤ β . El área de la superficie generada por reolución de la gráfica de r = f (θ ) , desde θ= α a 'asta θ= β , alrededor de la recta indicada es la siguiente. β
∫ f ( θ ) senθ √ [ f (θ )] +[ f & ( θ) ] dθ Alrededor del e*e polar
1. # =2 π
α
2
2
β
∫ f ( θ ) cosθ √ [ f (θ )] + [ f & (θ )] dθ Alrededor dela recaθ = π 2 . 2
2. # =2 π
2
α
+ota. l aplicar el teorema 10.1%, 'a# !ue erificar !ue la gráfica de
r = f ( θ ) se recorra una sola
e en el interalo α ≤ θ ≤ β . &or ejemplo, la circunferencia dada por
r = cosθ
e en el interalo
se recorre sólo una
0 ≤θ≤ π.
EJEMPLO 5 Hallar el área de una super"icie de re#olucin allar el área de la superficie obtenida por reolución de la circunferencia de la recta θ= π / 2 como se ilustra en la figura 10.%C.
-olucin /e puede usar la segunda fórmula dada en el teorema 10.1% con
r = f ( θ )= cosθ alrededor
f & ( θ ) =−senθ . &uesto
!ue la circunferencia se recorre sólo una e cuando θ aumenta de 0 a π , se tiene β
# =2 π f ( θ ) cosθ √ [ f ( θ ) ] + [ f & ( θ ) ] dθ Fórmula parael área se una dere' .
∫
2
2
α π
∫
# =2 π cosθcosθ √ cos θ + sen θ dθ 2
2
0
π
∫
2
# =2 π cos θ dθ Idenidad ri!onom"rica 0
.
[
# = π θ +
]
sen 2 θ π 2 = π 2
0
10.5 '3ercicios 'n los e3ercicios 1 a 4 dar una integral ue represente el área de la regin so!6reada ue se !uestra en la "igura. +o e#aluar la integral.
/olución<
/olución<
/olución<
/olución<
'n los e3ercicios 5 a 174 8allar el área de la regin. 5. nterior de r =6 senθ. /olución< 7. nterior de r =3 cosθ. /olución< 9. Dn pétalo de r =2cos2 θ . /olución<
:. Dn pétalo de r = 4 sen 3 θ /olución< ;. Dn pétalo de r = sen 2 θ /olución<
10. Dn pétalo de r = cos5 θ /olución<
11. nterior de r =1 −senθ /olución<
1<. nterior de r =1 −senθ (arriba del eje polar) /olución<
1*. nterior de r =5 + 2 senθ /olución< 1. nterior de r = 4 −4 cosθ /olución<
2 15. nterior de r = 4cos2 θ /olución<
2 17. nterior de r =6 sen 2 θ /olución<
'n los e3ercicios 19 a <4 e!plear una 8erra!ienta de gra"icacin para representar la ecuacin polar y encontrar el área de la regin indicada. 19. $ao interior de r =1 + 2 cosθ /olución<
1:. $ao interior de r =2 −4 cosθ /olución< 1;. $ao interior de r =1 + 2 senθ /olución< <0. $ao interior de r = 4 −6 cosθ /olución<
<1. Entre los laos de r =1 + 2 cosθ /olución<
<<. Entre los laos de r =2 ( 1+ 2 senθ ) /olución<
<*. Entre los laos de r =3 −6 senθ /olución< <. Entre los laos de /olución<
1
r = + cosθ 2
'n los e3ercicios <5 a *4 8allar los puntos de interseccin de las grá"icas de las ecuaciones. 2%. r =1 + cosθ r =1 −cosθ
/olución<
2A. r =3 (1+ senθ ) r =3 ( 1− senθ )
/olución<
2C. r =1 + cosθ r =1 −senθ
/olución<
2@. r =2 −3 cosθ r = cosθ
/olución<
29. r = 4 −5 senθ r =3 senθ /olución<
0. r =1 + cosθ r =3 cosθ /olución<
1. r =θ / 2 r =2 /olución<
2. θ= π / 4 r =2 /olución<
. r = 4 sen 2 θ r =1 /olución<
4. r =3 + senθ r =2 csc θ /olución<
'n los e3ercicios *5 y *74 e!plear una 8erra!ienta de gra"icacin para apro=i!ar los puntos de interseccin de las grá"icas de las ecuaciones polares. Con"ir!ar los resultados en "or!a anal>tica. %. r =2 +3cos θ r=
secθ
/olución<
2
A. r =3 (1−cos θ ) r=
6 1− cosθ
/olución<
