FACULT ACULTAD DE CIENCIAS ´ BELLO UNIVERSIDAD ANDR ES ´ MATEMATICAS ATI CAS I I Prof. ALFONSO ALFONSO TORO TORO Ayud. EMILIO CASTRO CASTRO
GU´ IA APLICACI APLICACIONES ONES DE LA INTEGRAL INTEGRAL Segundo Trimestre Trimestre 2013
´ Area
1. Calcular el ´area area de la figura limitada por la par´abola abola y = 4x abscisas. Como y = 4x
A =
2
abol a de v´ertice ertice en el e l punto p unto V (2 (2, 4) cuyo gr´ afico afico es: − x →, es una par´abola
4
4
y dx =
0
2
− x , y el eje de las
(4x
0
2
− x ) dx =
2
2x
−
x3
3
4
0
=
32 2 u 3
2. Hallar el ´area area de la figura comprendid comprendidaa entre entre la hip´ erbola erbola xy = m2, las rectas verticales x = a, x = 3a con a > 0 y el eje OX . 2
xy = m 2
→ y = mx , cuyo gr´afico afico es:
3a
A =
a
3a
y dx =
a
m2 dx = m 2 (ln(x))3aa = m 2 ln(3a) x
2
2
2
− m ln(a) = m ln(3)u
U n i v e r s i d a d A n d r ´ e s B e l l o
3. Hallar el ´area l´ımitada por las curvas x2 Graficando la regi´ on se tiene:
2
Igualando las funciones x entonces x4
2
−y
2
−y
2
= 3, xy =
±2, y = ±4.
= 3 con xy = 2 se obtiene
2
2
− 3x − 4 = 0 (x − 4)(x
+ 1) = 0
2
→ x
→ x = ±2
− 2
2
x
=3
para x = 2, y = 1, si notamos por simetr´ıa que: At = 4A1 . Planteamos la integral 4
√ √
3 + y2
At = 4
1
At = 4 At = 4 At =
y
2
2
−y
dy
3 3 + y + ln(y + 2 2
√
3 2 19 + ln(4 19) 2
8 19
− 4 + 6ln
2
3+y )
− 2ln(y)
−
1
1 3 (2) + ln(1 + 2) 2 2
− 2ln(4) √ 4 + 19 − 16ln(2) 3
4
− 0
u2
4. Calcular el a´rea de la figura limitada por las lineas cuyas ecuaciones son: y 2 = x + 1, x
−y−1=0
Calculando los puntos de intersecci´ on se tiene:
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y 2 = x + 1 x y 1=0
(y
− −
→
y2 y2
−1−y−1 =0 −y−2=0
− 2)(y + 1) = 0 → y = −1, y = 2 (y + 1) − (y − 1) dy = A = 2
−1
A =
2
−
2
9 2 u 2
−
2
y + y + 2 dy =
−1
y3
3
−
2
+
2
2
5. Hallar el a´rea de la figura comprendida entre la par´ abola y = tangentes a ´esta en los puntos (0, 3) y (3, 0).
y =
y2
2
+ 2y
−1
−x
+ 4x
+ 4x
− 3)
− 3 y las
2
− 3 = 1 − (x − 2) y − 1 = −(x − 2) , V (1, 2) dy dy y = −x + 4x − 3 → = −2x + 4 → en x = 3, = −2 dx dx L : y − 0 = −2(x − 3) en donde L : 2x + y = 6 dy Para x = 0 → =4 dx L : y + 3 = 4(x − 0) de donde L : 4x − y = 3 −x
+ 4x
2
2
1
1
2
2
3
3
− − − − − − − 2
A =
(4x
3)
2
( x + 4x
3) dx +
0
2
3
2
A =
x3
3
2
− 2x) − (−x
3
x2 dx +
0
A =
3
(6
x2
3
dx
6x + 9 dx
2
3 2
+
0
x3
3
3
2
3x + 9x
3 2
9 9 = + 4 8
9 9 = u2 4 8
6. A un ingeniero se le encarga construir en un terreno que tiene la forma de la siguiente regi´ on en el plano, el cual est´a limitado por las curvas y = 3 x2 e y = x + 1,
−
−
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medido en dec´ ametros ¿ Cu´ al ser´ a el a´rea techada en ele primer piso si se quiere dejar un tercio del total del terreno para jardines? Para graficar la par´ abola, hallamos el v´ertice. y
2
− 3 = −x → V (0, 3)
Ahora calculamos los puntos de intersecci´ on
y = 3 x2 y = x + 1
− −
→
x2
−x−2 = 0
→
x = 1 x = 2
−
de la regi´on total se debe tomar los 32 , por lo tanto, el a´rea techada es: 2 At = 3
2
(3
−1
2 ( x + 1) dx = 3
2
−x )− −
x2 2 2x + A = 3 2
−
x3
3
2
−1
2 = 4+2 3
−
2
2+x
−1
8 +2 3
1 2
− −
2
−x
dx
1 =3 3
Luego transformando en metros tenemos: At = 3(10)2 = 300m2 S´ olidos de Revoluci´ on 2
2
2
3
3
3
7. Hallar el volumen del s´ olido generado al rotar la regi´ on acotada por x + y = a , alrededor del eje Y .
a
V = π
2
x
0
a
dy = 2π
0
a
2 3
−y
2 3
3
dy
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a
V = π
− − − a2
4
2
2
4
3
3
3
3
3a y + 3a y
0
−y
5 3 3a y + 3a y 3 7
2
V = 2π a y
4
5
2
7
3
3
3
3
9 3 9 3 a + a 5 7
V = 2π a3
−
a3
3
−
2
dy
y3
−
3
a
0
0 = 2π
2a3 3
−
18a3 35
32a3 π 3 = u 105
8. Calcular el volumen del s´ olido obtenido al hacer girar alrededor del eje X , la regi´ on 2 limitada por las gr´ aficas y = x , y = x, x = 2.
√
√ √ → √ − − − − − − − −
y = x 2 y = x
V = π
x2 = x x = 0, x = 1
1
2
2 2
( x)
(x )
2
1
x4) dx +
(x4
0
V = π V = π
1
x2
x5
2
5
1 2
V = π (1
1 5
1
+
x5
x2
5
2
0
0+
32 5
2
− 2 + 6) = 5πu
x)2 dx
1
2
(x
(x2)2
dx +
0
V = π
− √ − x) dx
2
1
1 1 + 5 2
3
9. Calcular el volumen del s´ olido generado por la rotaci´ on de la regi´ on R limitada por 2 las curvas y = ln (x), el eje X , x = e , alrededor del eje Y . e2
V = 2π
e2
[xy] dx == 2π
1
V = 2π
[xln(x)] dx
1
x2 ln(x)
2
4
V = 2π
e lne
2
2
− e
x2
4 4
e2
1
− 4 − (0 −
1 ) 4
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3e4 + 1 3 V = π u 2
10. Encontrar por integraci´ on el volumen de un cono circular recto de altura h unidades y de radio de la base a unidades Formulando el dibujo con el sistema de referencias:
a x h
La ecuaci´ on de la recta L : y =
El volumen se puede plantear como: h
V = π
y
0
2
πa 2 dy = 2 h
h
2
x
0
dx =
πa 2h
3
u3
11. Para una campa˜ na publicitaria se desea hacer la cisterna de un cami´on para transportar yogurt de una forma muy especial. un ingeniero acepta el reto de resolverles el problema. El se da cuenta que las paredes de la cisterna, est´an generadas por un s´olido de revoluci´ on obtenido al girar un arco de y = senx alrededor del eje X ¿Qu´ e volumen de yogurt puede transportar el cami´ on?.
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π
π
2
V = π
sen x dx = π
0
V =
π
2
1
cos(2x)
0
2
[π
−
− 0] = π2 u
2
dx =
−
π
x
2
sen2x
2
π
0
3
Area de una Superficie en Revoluci´ on
12. Hallar el a´rea de la superficie que resulta al girar una semionda de la senusoide y = senx, alrededor del eje OX . y = senx
dy = cosx → dx
π
Como A = 2π
1+
y
0
A =
2π
cosx
√
2
dy dx
π
√
dx = 2π
0
1 cos x + 1 + ln(cosx + 2 2
π
1 + cosx)
− 2 √ √ √ A = −π[−2 2 − ln(1 + 2) + ln(−1 + 2)] √ √ = 2 [ 2 + (1 + 2)] A
π
1 + ( cos2 x) dx
senx
0
u2
ln
13. Hallar el a´rea de la superficie engendrada al rotar alrededor del eje Y , hipocicloide x + y = a 2
2
2
3
3
3
2
2
2
x 3 + y 3 = a 3 dx dy
→
2
2
=
2
x3
→
dy = dx a3
−3
→ − y
2
y x
2
x y
−3
3
2
y3
y3
a
Como A = 2π
x
12a2 π 2 u 5
2
dy dx
1+
0
A =
dx = dy
a
dy = 2π
0
(a
2 3
−y
2 3
)
3 2
1+
2
a3
− y 2
y3
2 3
dy
14. Hallar el a´rea de la superficie de revoluci´on que se obtiene al girar el semic´ırculo ametro. x2 + y 2 = a 2 en torno a su di´ Si calculamos el a´rea de superficie generada
→ b
Como A = 2π
y
dy dx
1+
a
dy x = 2 dx a x2
− −
dy 1+ dx
2
2
=
dx
a2
a2
2
−x
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b
A = 2π
− a2
x2
a
A = 4πa 2
a
· √ a − x 2
2
dx
15. Hallar al a´rea de superficie de revoluci´on generada al girar en torno al eje x la curva 8a2 y2 = a 2 x2 x4 , para 0 x a, y 0. y =
−
a2 x2 x4 = x 8a2
−
−≤
≤ ≥ a x dy 1 = → dx 8a 2 2
2
2
dy 1 a2 2x2 = dx 2 2a a2 x2
1
√ √ − − dy (3a − 2x ) 1+( ) = 8a (a − x ) dx 2
2 2
2
2
2
2
Por lo tanto
− − − a
A = 2π
y
1+
dy dx
2
2
0
a
A = 2π
x
0
2π A = 8a2
dx
2
8a2
x(3a2
2x2 ) dx
0
1 4 x 2
2 2
(3a 2x ) 8a2 (a2 x2)
x
a
π 3a2x2 A = 4a2 2 π A = a2
4
a
2
a
0
−
−
dx
2
2
a x
−
8a2
1 (2a2 x 4 8a2 x
3
− 4x )
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Longitud de Arco
16. Hallar la longitud del arco de la par´ abola 6y = x 2 desde el origen de coordenadas al 8 punto (4, ). 3 Como 6y = x 2
→
4
L =
2
dy dx
1+
0
L =
dy x = , de donde 3 dx 4
dx =
1+
0
x2
9
1 dx = 3
1 9 (10 + ln(3))u 3 2
4
9 + x2 dx
0
17. Calcular la longitud del arco de la par´ abola semic´ ubica y 2 = x3 desde el origen de coordenadas hasta el punto cuyas coordenadas son x = 4, y = 8 dy 3 y 2 = x 3 y = x x = dx 2
√
3
→
2
4
L =
→
2
dy dx
1+
0
4
dx =
1+
0
√
9x 8 dx = (10 10 4 27
18. Hallar la longitud del arco de la curva 8y = x 4 + 8y = x 4 +
2
dy 1 1 = (x − ) → 2 x dx x 3
2
3
− − 2
Como L =
1+
1
2
L =
1+
1 x3 4
1 4
x6 + 2 +
1
2
L =
1
2
L =
1
1 2
x3 +
1 x4 L = 2 4 33 L = u 16
1
2x2
2
1
2
dx
dx
x3
1
x6
dx
dx
x3
1
dy dx
2
1
2
2
2
3
3
3
19. Hallar la longitud del hipocicloide x + y = a 2
2
2
x 3 + y 3 = a 3
2
2
3
3
→ y = (a − x
)
3 2
2 x2
− 1)u
desde x = 1 hasta x = 2.
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− −
−1 dy = x 3 dx
2
2
a3
x3
1+
dy dx
a
L = 4
0
a
L = 4
1+x
−2 3
(a
2
dx
2 3
2
x 3 ) dx
0
a
L = 4
x
−2 3
2
a 3 dx
0
a
L = 4
x
−1 3
1
a 3 dx
0
L = 6a
20. Encuentre la longitud de la circunferencia x2 + y2 = a 2.
√ → y = ± a − x √ dy −x = √ y = a − x → dx a −x x2 + y 2 = a 2 2
2
2
2
2
a
L = 2
1+
−a
dy dx
2
dx
2
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√ a
L = 2
1+
−a
a
x2 a2
1
2
−x
dx
x a L = 2a dx = 2a arcsen a −a a2 x2 −a π π L = 2a [arcsen(1) arcsen( 1)] = 2a( + )
−
−
L = 2πau
−
2
2
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