SOLUCION AREAS_INTEGRAL DEFINIDA (1).pdf

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería SESIÓN 6 Tema: Áreas

1.

En los siguientes ejercicios, esboce la gráfica y calcule el área de la región bajo la curva: 1.

y  2x  3; x   1;2 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y

y=2x+3

-1.5

0

-1

x

2

Recuerde que el área de la región sombreada de obtiene de la siguiente forma: b

Área   f ( x)dx a

Donde: (i) f ( x)  2 x  3 (ii)

a  1  b  2

Entonces, tenemos que: 2

2

2

1

1

1

Área    2 x  3 dx  2  xdx  3  dx x2 2 2

2

 3x 1 2

1

1 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

Reemplazando los valores de x:

2(2)2 2(1)2    3(2)  3(1) 2 2

 12u 2 2.

y  2x  4; x   2;4 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma:

Y

y=2x-4

0

4

2

x

Recuerde que el área de la región sombreada de obtiene de la siguiente forma: b

Área   f ( x)dx a

Donde: (i)

f ( x)  2 x  4

(ii)

a2  b4

Entonces, tenemos que 2

4

4

4

2

2

Área    2 x  4  dx  2 xdx  4 dx 4

 x2    2  4x   2 2 2 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

Reemplazando los valores de x:

2(4)2 2(2)2    4(4)  4(2) 2 2

 4u 2 3.

 2 y  3x  2; x  0;   3 Solución: Para este ejemplo sería apropiado recordar lo siguiente: a. Cuando la función f (x) es positiva, es decir f ( x)  0 en el intervalo a; b , el área de la región acotada formada por f (x) se determina de la siguiente manera: b

Área   f ( x)dx a

b. Cuando la función f (x) es negativa, es decir f ( x)  0 en el intervalo a; b , el área de la región acotada formada por f (x) se determina de la siguiente manera: b

Área    f ( x)dx a

La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma:

Y y=3x-2

x

0

2/3

-2

3 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

De la gráfica, tenemos que la función f (x) en el intervalo a; b es negativa. Entonces, para hallar el área de la región acotada formada por f (x) , debemos usar la fórmula del punto b. Del ejercicio tenemos que: (i)

f ( x)  3 x  2

(ii)

a0  b

2 3

Entonces, tenemos que: 2  23  3  Área     3x  2  dx   3  xdx  2  dx   0  0 0   2

3

2

 x2  3    3  2x   2 0

 3  2 2   2         0 2   2   0     3    2  3 

2 Área  u 2 3 4.

y  x 2  1; x  0; 2

Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y

y=x2-1

4 x

Miguel valverde

1

-1

-1

2

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Hallemos los puntos de intersección de la función y  x  1 con el eje x . Para esto hacemos 2

y  0 es decir:

x2 1  0 

x  1x  1  0



x  1  x  1

En la gráfica de y  x  1 observamos que: 2

(i)

La función y  x  1 es negativa en el intervalo 0;1 . Entonces el área de la región sombreada (a la que llamaremos A1 ) en 0;1 , se determina de la siguiente manera: 2

1





A1    x 2  1 dx 0

(ii) La función y  x  1 es positiva en el intervalo 1;2 . Entonces el área de la región sombreada (a la que llamaremos A2 ) en 1;2 , se determina de la siguiente manera: 2

2





A2   x 2  1 dx 1

Entonces, el área de la región sombreada en el intervalo 0;2 se determina de la siguiente manera: 1

2

0

1

Área  A1  A2     x 2  1 dx    x 2  1 dx 1

2

 x3   x3     x    x  3 0  3 1

 1   0    8   1       1    0      2     1   3   3    3   3    2   2   2                 3   3   3  



2 4 6   2 3 3 3

Área  2 u 2 5 Miguel valverde

Departamento de Ciencias 5.

Calculo 2_Ingeniería

y  x 2  x; x  0;1

Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma:

Y 0.25

2

y=-x +x

x

0

0.5

1

Hallemos los puntos de intersección de la función y   x  x con el eje x . Para esto hacemos y  0 2

es decir:

 x2  x  0 

x  1x  0



x  0  x 1

En la gráfica de y   x  x observamos que la función es positiva en el intervalo 0;1. Entonces, el 2

área de la región sombreada se determina de la siguiente manera: 1

Área   0

1

 x3 x2   x  x dx      3 2 0 



2



 1 1  0 0        3 2  3 2 1 Área  u 2 6 6 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

6.

y

Calculo 2_Ingeniería

2 ; x  1;e  1 x 1

Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y

y=2/x+1 1 x

-1

De la gráfica de y 

0

e-1

1

2 observamos que la función es positiva en el intervalo 1; e  1 . x 1

Entonces, el área de la región sombreada se determina de la siguiente manera: e 1

Área 

 1

e 1

2 1 dx  2  dx x 1 x  1 1 e 1

 2ln( x  1) 1

 2 ln  e   ln 1  0.61 7.

y

x ; x   0;1 x 1

Solución: La ecuación al siguiente forma:

graficarla, quedaría de la Y y=x/x+1 1

-1

Miguel valverde

0

1

x

7

Departamento de Ciencias De la gráfica de y 

Calculo 2_Ingeniería

x tenemos que la función es positiva en el intervalo 0;1 . Entonces, el área de x 1

la región sombreada se determina de la siguiente manera:

x x  1 1 Área   dx   dx x 1 x 1 0 0 1

1

1   x 1    dx x  1 x  1 0  1

1

1

0

0

  dx  

1 dx x 1

  x  ln  x  1 

1 0

 1  ln  2   0  ln 1  0.306 8.

y  sinx ; x  0;2 

Área  0.306u 2

Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma:

Y y=sen(x)

0



2

X

Hallemos los puntos de intersección de la función y  sin x  con el eje x . Para esto hacemos

y  0 es decir: sin x   0



x    x  2

8 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

En la gráfica de y  sin x  observamos que: (i)

La función y  sin x  es positiva en el intervalo 0;   . Entonces el área de la región sombreada (a la que llamaremos A1 ) en 0;   , se determina de la siguiente manera: 

A1   sin x dx 0

(ii) La función y  sin x  es negativa en el intervalo  ;2  . Entonces el área de la región sombreada (a la que llamaremos A2 ) en  ;2  , se determina de la siguiente manera: 2

A2    sin x dx 

Entonces, el área de la región sombreada en el intervalo 0;2 se determina de la siguiente manera: 

2

0



Área  A1  A2   sin  x  dx   sin  x  dx 

2

  cos  x  0  cos  x  

  cos    cos  0   cos  2   cos  

   2    2   4

Área  4u 2 2.

En los siguientes ejercicios, esboce la región acotada por las gráficas de las funciones y calcule su área: 1.

y  x 2  2 x  1; y  3x  3 Solución: La ecuación al la siguiente

graficarla, quedaría de forma:

Y

y=3x+3

2

y=x +2x+1

Miguel valverde

-1

0

9 2

x

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Calculo 2_Ingeniería

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para eso debemos igualar las dos funciones:

x 2  2 x  1  3x  3

  

x2  x  2  0 x  2x  1  0 x  1  x  2

Recuerde que el área formada por las funciones f ( x) y g ( x) se determina de la siguiente manera: b

Área    f ( x)  g ( x)dx a

De la gráfica tenemos que:

f ( x )  3 x  3  g ( x)  x  2 x  1 (i) a  1  b  2 (ii) Entonces, tenemos que: 2

2







2

2

1

1





Área   3x  3  x  2 x  1 dx   3x  3dx   x 2  2 x  1 dx 2

1

2

2

 x2   x3  x2  3  x     2  x  2  2  1  3  1

 4   1   8   1   3  2     1    4  2     1  1   2   3   3   2

9  9   27  27  3       9  2 2  3  2 Área 

2.

9 2 u 2

y  x; y  2  x; y  0 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: 10

Miguel valverde

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Y

y=x y=2-x

x 0

1

2

Hallando los puntos de intersección entre las tres funciones: a. Para determinar los puntos de intersección de y  x e y  0 , igualamos ambas funciones:

x0

b. Para determinar los puntos de intersección de y  2  x e y  0 , igualamos ambas funciones:

2 x  0  x2

c. Para determinar los puntos de intersección de y  x e y  2  x , igualamos ambas funciones:

x  2 x  x 1

Luego, para determinar el área de la región sombreada se debe tener presente que: (i)

Para el intervalo 0;1 , el área se determina de la siguiente manera: 1

A1   xdx 0

(ii) Para el intervalo 1;2 , el área se determina de la siguiente manera: 2

A2   2  x dx 1

11 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

Entonces, el área de la región sombreada en el intervalo 0;2 se determina de la siguiente manera: 1

2

0

1

Área  A1  A2   xdx    2  x  dx 2

1

 x2 x2     2x   2 0  2 1

4  1   1 0         4     2    2  2   2 2   

1 1  1 2 2

Área  1 u 2 3.

y  3x  1; y  x  1 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y 1/2

y=(3x) +1

y=x+1 1

0

3

X

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para esto igualamos ambas funciones:

3x  1  x  1 

3x  x 2

 

x 2  3x  0 xx  3  0 12

Miguel valverde

Departamento de Ciencias



Calculo 2_Ingeniería

x0  x3

Recuerde que el área formada por las funciones f ( x) y g ( x) se determina de la siguiente manera: b

Área    f ( x)  g ( x)dx a

De la gráfica tenemos que: (i) f ( x)  3x  1  g ( x)  x  1 (ii) a  0  b  3 Entonces, tenemos que:

3

Área     0







3

3x  1   x  1  dx   



3x  x dx

0

3

3

0

0

  3xdx   xdx 2

2

0

0

 3  xdx   xdx 3

1

3

 3  x 2 dx   xdx 0

0

3

2 2

x 2 3  3 x   3 0 2

0

 2   2   9 0   3  27    0       = 1.5   3   2 2   3 

3x 2 9 27   1.5 3 2

Área  1.3 u 2

13 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

4.

Calculo 2_Ingeniería

y  x 3  3x 2  10 x; y  6 x Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y 3

2

y=x -3x -10x

4 -2

X

0

y=-6x

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para esto igualamos ambas funciones:

x 3  3x 2  10 x  6 x



x 3  3x 2  4 x  0



x x 2  3x  4  0

 

xx  4x  1  0 x  0  x  1  x  4





Para determinar el área de la región sombreada se debe tener presente que: (i) Para el intervalo  1;0 , el área se determina de la siguiente manera:

 x 0

A1 

3





 3x 2  10 x   6 x  dx

1

(ii) Para el intervalo 0;4, el área se determina de la siguiente manera: 4







A2    6 x   x 3  3x 2  10 x dx 0

Entonces, el área de la región sombreada en el intervalo  1;4 se determina de la siguiente manera: 14 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

 x 0

Área  A1  A2 

2

1

 x 0



1

3





4







 3x  10 x   6 x  dx    6 x   x 3  3x 2  10 x dx

3

0



4





 3x  4 x dx    x 3  3x 2  4 x dx 2

0

 x4 x3 x2   3 4 3 2  4

0

  x4 x3 x2     3 4 3 2  1  4

4

  0

 0 0 0 1 0 0    256   0    3  4     1  2      64  32      3  4  3 2 4 3 4    4   4  4   3  3  0      32  0   32  32.75 4   4 

Área  32.75 u 2 5.

y  3x 3  x 2  10 x; y   x 2  2 x Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma:

Y 3

2

y=3x -x -10x

-2

2 0

X

y=-x2 +2x

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para esto igualamos ambas funciones:

3x 3  x 2  10 x   x 2  2 x  3x 3  12 x  0







3x x 2  4  0

 

3xx  2x  2  0 x  0  x  2  x  2 15

Miguel valverde

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Para determinar el área de la región sombreada se debe tener presente que: (i)

Para el intervalo  2;0, el área se determina de la siguiente manera:

 3x

A1 

3



 

0

 x 2  10 x   x 2  2 x dx

2

(ii) Para el intervalo 0;2, el área se determina de la siguiente manera: 2





 

A2    x 2  2 x  3x 3  x 2  10 x dx 0

Entonces, el área de la región sombreada en el intervalo  2;2 se determina de la siguiente manera:

 3x 0

Área  A1  A2 

2

3

 



2



2

0

 x4 x2   3x  12 x dx   12 x  3x dx   3  12 2  4 2 0 0



3



 

 x  10 x   x  2 x dx    x 2  2 x  3x 3  x 2  10 x dx 2



2



3



0

  x2 x4   12 3 4  2  2

2

  0

 0 0   16 4   4 16   0 0    3  12    3  12   12  3   12  3  2  4 2   2 4  2 4   4

 0   12  12  0  12  12  24 Área  24 unidades cuadradas  6.

x  3  y2; x  y 1 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y x=y+1

1 X

0

16 Miguel valverde

-2

x=3-y2

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para eso debemos igualar las dos funciones:

3  y2  y 1  y2  y  2  0  

 y  2 y  1  0 y  2 

y 1

Recuerde que el área formada por las funciones f ( y) y g ( y) (funciones que dependen de y ) se determina de la siguiente manera: d

Área    f ( y )  g ( y )dx c

De la gráfica tenemos que: (i) f ( y)  3  y  g ( y)  y  1 (ii) c  2  d  1 Entonces, tenemos que: 2

1

Área    3  y 2    y  1  dy  2

1

  y

2

 y  2  dx

2

1

 y3 y 2      2y  2  3  2

 1 1  8 4       2     4  3 2  3 2  

Área  7.

7  10  7 10 27      6  3 6 3 6

27 2 u 6

f ( y)  y 2  g ( y)  2  y Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma: Y

1

0

Miguel valverde

f(y)=y2

X g(y)=2-y

-2

17

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para eso debemos igualar las dos funciones:

y2  2  y

 y2  y  2  0

 y  2 y  1  0

 

y  2 

y 1

Recuerde que el área formada por las funciones f ( y) y g ( y) (funciones que dependen de y ) se determina de la siguiente manera: d

Área    f ( y )  g ( y )dx c

De la gráfica tenemos que: (i) f ( y)  2  y  g ( y)  y (ii) c  2  d  1 Entonces, tenemos que:

2

1

 y3 y2  Área   2  y   y dx    y  y  2 dx      2 y  2  3  2 2 2 1



 

1

2



2



 1 1  8 4       2     4  3 2  3 2  

Área  8.

7  10  27    6  3 6

27 2 u 6

y  sin( x); y  cos( x);

 5 x 4 4

Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma

Y y=sen(x)  5/4 0

/4

/2

2

X 18

Miguel valverde

y=cos(x)

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Hallemos los puntos donde las funciones se intersectan. Para esto igualamos ambas funciones:

sin( x)  cos( x)  tan(x)  1

 x

 5  x 4 4

Recuerde que el área formada por las funciones f ( x) y g ( x) se determina de la siguiente manera: b

Área    f ( x)  g ( x)dx a

De la gráfica tenemos que: (i) f ( x)  sin( x)  g ( x)  cos( x) (ii)

a

 5  b 4 4

Entonces, tenemos que:

Área 

5 4

 sin( x)  cos( x)dx   cos( x)  sin( x)

 4

  5    cos   4 

5 4  4

  5           sin       cos    sin      4   4  4 

 2 2  2 2          2   2 2   2 

2 2 2

 2 2    2 2 2  

Área  2 2 u 2

19 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

9.

Calculo 2_Ingeniería

 x2; x  2 f ( x)   ; x  0, x  3  x  6; x  2 Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma Y 2

y=x

y=-x+6 y=-x+1 0

2

X

3

 

Para determinar el área de la región sombreada en el intervalo 0;3 , se debe tener presente que:

 

(i) Para el intervalo 0;2 el área se determina de la siguiente manera: 2

A1   x 2 dx

 

0

(ii) Para el intervalo 2;3 el área se determina de la siguiente manera: 3

A2    x  6dx 2

Entonces el área de la región sombreada se determina de la siguiente manera: 2

3

 x2  x3 Área  A1  A2  x dx   x  6dx      6 x  3 0  2 2 0 2 2



3

2



8 0  8   4        18      12   3 3  2   2  8 20   14  10   3 3 Área 

20 unidades cuadradas  3 20

Miguel valverde

Departamento de Ciencias 3.

Calculo 2_Ingeniería

Resolver los siguientes problemas: 1. La región acotada por abajo por la parábola y  x 2 y por arriba por la recta y  4 , se tiene que dividir en dos subregiones de la misma área, cortándolas con una recta horizontal y  c . Encontrar el valor de c , además graficar las regiones respectivas. Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma

Y y=x

2

y=4 A y=c B

0

1/2

-c

c1/2 2

X

Hallando los puntos de intersección entre: a)

y  x 2  y  4 tenemos que:

x2  4



b)

x  2  x  2

y  x 2  y  c tenemos que:

x2  c



x c  x c

Con la ayuda de a) y b) tenemos la siguiente gráfica mostrada. De la grafica (condición del problema) tenemos que:

A  B,

21 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Donde: c) A se determina de la siguiente manera: 2

A  c  4  c     4  x 2  dx c

 x3   4 c  c c   4x   3 

2

c

c3   8   4 c  c3   8     4 c   3   3    4 c  c3  

16 c3 4 c  3 3

16 2 c 3  3 3

d) B se determina de la siguiente manera:

 x3  B    c  x  dx   cx   3 0  0 c

c

2

 c3   0  c c     c0    3   3 

 c3  

c3 3

2 c3 3

Sustituyendo en A  B lo obtenido en c) y d), tenemos que:

16 2 c 3 2 c 3   3 3 3 

16 2 c 3 2 c 3   3 3 3 22

Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería



16 4 c 3  3 3



4  c3

 16  c 3



c  3 16



c  23 2

Por lo tanto, para que A  B el valor de c deber ser c  23 2 . 2. Hallar el área de la región encerrada por la parábola y  2  x 2 , x  0 y una de sus rectas tangentes que pasa por el punto  1, 5 . Solución: La ecuación al graficarla, quedaría de la siguiente forma

Y (-1;5)

(a;b)

1/2

-2

0

1

X

21/2

y=2-x

2

RT2

R T1 Hallando los puntos de intersección de y  2  x 2 con el eje x. Para esto hacemos lo siguiente: y0 

2  x2  0



( x  2 )(x  2 )  0

23 Miguel valverde

Departamento de Ciencias 

Calculo 2_Ingeniería

x 2  x 2

De la gráfica observamos lo siguiente: i.

Como a; b  está sobre la gráfica de la función y  2  x 2 , entonces: b  2  a 2

ii.

La pendiente ( R T1 ) de la recta tangente a y  2  x 2 que pasa por el punto  1;5 se determina de la siguiente manera: a) Usando derivación, tenemos que: mRT  f ' x  xa  2 x xa  2a

 mRT  2a

b) Usando los puntos a; b  y  1;5 , tenemos que:

m RT 

5b 1 a

Por (i) sabemos que b  2  a 2 , entonces:

mRT 





mRT  

a3  3 a 1

5b 5  2  a2 3  a3   1 a 1 a 1 a 

Usando los puntos (a) y (b), tenemos que (ya que la pendiente es una sola):



a3  3  2a a 1



a 3  3  2aa  1



a 3  3  2a 2  2a



a 2  2a  3  0



(a  3)(a  1)  0



a  3  a  1 24

Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

Si a  3  a  1 entonces b  7

 b  1 respectivamente. De esta manera tenemos los

puntos en donde las rectas son tangentes, a saber, el punto  3; 7  y 1;1 . Recuerde que nos piden determinar el área de la región encerrada por la parábola y  2  x 2 ; x  0 y una de sus tangentes que pasa por el punto  1;5 .

En la figura tenemos dos rectas tangentes que pasa por  1;5 . Para cumplir con lo que nos piden debemos elegir una de las rectas tangentes que pasa por el punto  1;5 . Elijamos la recta R T2 . Si eso es así entonces debemos determinar el área de la región A. Para determinar el área A debemos determinar las ecuaciones de: a) La recta R T1 que pasa por  1;5 y  3; 7  : y  y0  mx  x0 ,

Donde:

m

7  5 6 3  1

Entonces:

y  5  6  x  1



y  6 x  11

Por lo tanto R T1 : y  6 x  11 b) La recta R T2 que pasa por  1;5 y 1;1 : y  y0  mx  x0 ,

Donde:

m

5 1  2 11

Entonces: y  1  2x  1

 y  2 x  3

Por lo tanto R T2 : y  2 x  3 25 Miguel valverde

Departamento de Ciencias

Calculo 2_Ingeniería

Luego, el área de la región sombreada A se determina de la siguiente manera: 1

1

0

0

A    RT 2   2  x 2  dx    2 x  3   2  x 2  dx 1

1

0

0

   2 x  3  2  x 2  dx    x 2  2 x  1 dx 1

 x3   13 2   03  2    x  x     1  1    0 2  0   3 0  3  3 

A

1 3

 unidades

cuadradas 

3. Hallar el área de la región comprendida entre las curvas y  x  5  x  3 , x  y  2 Solución:

4. Si la función de demanda es p  39  q 2 , evalúe en excedente del consumidor si:

26 Miguel valverde

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a)

q0 

Calculo 2_Ingeniería

5 2

b) Si el artículo es gratuito Solución: a) Considerando a q0 

5 2

Luego, lo reemplazamos dentro de la función P

5 P0  39    2 P0  39 

2

25 4

P0 

156  25 4

P0 

131 4

Al hallar el excedente del consumidor: 5/2

EC 

 39  q

2



0

131 4

5/2

EC 

 39  32.75  q

2

0 5/2

EC 

 6.25  q

2

0

q3 EC  6.25q  3 EC  6.25(2.5) 

2.5 0

(2.5)3 (2.5)3  6.25(0)  3 3

EC  10.42 b) Si el artículo es gratuito Se asume que: P0  0 27 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

0  39   q0 

2

q0 2  39

q0  6.25 Luego, hallamos el excedente del consumidor para este caso: 6.25

EC 

 (39  q ) 2

0

EC  39q 

q3 3

6.25 0

(6.25)3 (0)3 EC  39(6.25)   39(0)  3 3

EC  162.37

5. La ecuación de demanda de un producto es q  10 100  p . Calcule el excedente de los consumidores bajo equilibrio del mercado, que ocurre a un precio de $84. Solución:

100

EC   10 100  p dp  84

1280  426.7 3 28

Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

6. La ecuación de demanda de un producto es q  400  p 2 y la ecuación de oferta es p 

q 5 60

a) Determine el precio de equilibrio (cuando la oferta es igual a la demanda), así como la cantidad ofertada y demandada a ese precio. b) Determine el excelente de los consumidores y el de los productores al precio de equilibrio.

Solución:

El punto de equilibrio ( p0 , q0 ) se obtiene resolviendo las ecuaciones de oferta y demanda simultáneamente para q y p .

p

400  p 2 5 60

p 2  60 p  700  0 p  10  p  70

Sustituyendo este valor en la ecuación de la demanda, obtenemos que q  300 Por consiguiente, tenemos los valores de equilibrio p  10 y q  300 . El superávit del consumidor está dado ahora por

SC    f  x   p0 dx 0 x0



19.99

0

 400  p 2   0.25  

 p3   399.75 p   3 

19.99 0

19.993  399.75(19.99)  0 3

 5328.33 Y el superávit de los productores es:

29 Miguel valverde

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SP  

x0

0

Calculo 2_Ingeniería

 p0  g ( x)dx



19.99

0

  q  0.25   60  5  dx   

 4.75q 

q2 120

19.99 0

 4.75(19.99) 

19.992 0 120

 98.28

7. Un fabricante de neumáticos estima que los mayoristas comprarán (demandarán) q (miles) de neumáticos radiales cuando el precio sea rr dólares por neumático, y el mismo número de neumáticos se ofertarán cuando el precio sea p  S(q)  0.2q 2  q  50 dólares por neumático. a)

Determine el precio de equilibrio (cuando la oferta es igual a la demanda), así como la cantidad ofertada y demandada a ese precio.

b)

Determine el excedente de los consumidores y el de los productores al precio de equilibrio.

Solución: a) Las curvas de oferta y demanda se muestran en la figura mostrada abajo. La oferta es igual a la demanda cuando D(q)  S (q)  0.1q 2  90  0.2q 2  q  50 0.3q 3  q  40  0 q  10

se

rechaza q  13.33 

Luego, también ocurre que p  0.1(10)2  90  80 dólares por neumático. Así, el equilibrio ocurre a un precio de $80 por neumático, y la oferta y la demanda es de 10000 neumáticos. b) Usando p0  80 y q0  10 , se calcula que el excedente de los consumidores es q0



EC  D(q)dq  q0 p0 0

30 Miguel valverde

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Calculo 2_Ingeniería

  0.1q



10



2

 90 dq  (80)(10)

0

10

   q3    0.1   90q   800   0  3

 866.67  800  66.67 O también,

$66670 (puesto que q0  10 en realidad es 10000). El excedente de los

consumidores es el área de la región sombreada identificada como EC en la figura mostrada abajo. El excedente de los productores es q0



EP  q0 p0  S (q)dq 0

 0.2q



10

 (80)(10) 

2

 q  50 dq

0

  q3   q2  800  0.2      3   2

10

    50q    0 

 800 616.67  183.33 o $183330 . El excedente de los productores es el área de la región sombreada identificada como EP en la figura mostrada.

p

(Dólares por unidad) Oferta p=0.2q2 +q+50

90 EC 80 EP Dem anda 2

50

Miguel valverde

0

p=0.1q +90

10

30

q (unidades)

31