Taller Lll Calculo Integral
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1. ENCONTRAR EL VOLUMEN DEL SOLIDO QUE SE GENERA AL HACER GIRAR, ENTORNO AL EJE X, LA REGIÓN ACOTADA POR LA RECTA X-Y=0 Y LA PARÁBOLA y2=x
x-y=0 ^ y2 =X
Despejando la variable y
Y=X ^ Y=√ x
Igualamos para halla interceptos:
X=√ x
X2=X
X2-X=0
X(X-1)=0
X1=0
X2=1
Remplazando en cualquiera de las funciones para este caso x-y=0.
Tenemos los siguientes puntos:
P1 (1,1)
P2 (0,0)
Graficando las funciones nos queda la siguiente gráfica:
Por tanto se realizara la integral por método de arandelas en intervalo de a=0, b=1 de la funciones de R(x)= √ x y r(x)=x usando la formula:
V= π∫0
1
¿¿
V= π∫0
1
x−x2dx
V= π( x2
2− x3
3){10
V= π( 12−13)
V= π6
2. encuentre el volumen del solido que se genera al hacer girar alrededor de la recta x=2 la región en el primer cuadrante acotada por las parábolas 3 x2−16 y+48=0 y x2 -16y+80=0 y el eje y.
Para empezar se despejan las ecuaciones en termino de y
3 x2−16 y+48=0
x2+ 16 y3
+16=0
y=3 x2
16+3
x2−16 y+80=0
y=1 x2
16+5
Al igualar las ecuaciones encontramos los puntos de intercepción:3x2
16+3=1x
2
16+5
3 x2+48=x2+80
2 x2=32
x=√16
x=±4Luego, el volumen está dado por la siguiente ecuación: V=π∫
0
4 [(1 x216 +5−2)2
−( 3 x216 +3−2)2]dx
¿ π∫0
4 [( 1 x4256−3 x
2
8+9)
2
−( 9x4256−3 x
2
8+1)
2]dx
V=π∫0
4 [8−1x432 ]dxπ [32−325 ]=128 π5
3. CALCULE EL VOLUMEN DEL SOLIDO GENERADO AL GIRAR ALREDEDOR DE LA RECTA X=2 LA REGIÓN ACOTADA POR LA GRÁFICA DE 4 x−18x4 , EL EJE X Y LA RECTA X=2.
Se hallara el intercepto con la recta x=2 reemplazando en la f(x)=4 x−18x4
Donde f(x)=4.2−1824
f(x)=8−168
f(x)=6
por tanto el punto donde se intercepta con la recta sera P(2,4)
graficando:
Por tanto se realizara la integral por método de capaz cilíndricas en el intervalo de a=0,
b=2 de la funciones de p(x)= x−2 y h(x)= 2−(4 x−18x4)usando la formula:
Remplazando:
V= 2π∫0
2
(x−2)[2−(4 x−18 x 4)]dx
V= 2π∫0
2
(x−2)[2−4 x+ 18x4 ]dx
V= 2π∫0
2
(x−2)[2−4 x+ 18x4 ]dx
V= 2π∫0
2
[10 x− x4
4+ x5
8−4 x2−4 ]dx
V= 2π [5x2− x5
20+ x6
48−4 x
3
3−4 x]{20
V= 2π [5.22− 2520
+ 26
48−4 .2
3
3−4.2]{20
V= 2π [20+ 43−85−323
−8]V= 2π [16
15]
V=3215
π4. Determina el volumen del solido que se genera al hacer girar alrededor del eje y la región exterior ala y=x2 y entre las rectas y=2x-1 y Y=x+2
π∫a
b
[ (R )2−(r )2 ]dy
π∫0
3
[( y2 +1)2
−( y−2−√ y )2]dyπ∫0
3
¿¿
π∫0
3 [(−3 y4 2
+2 y+2√ y3−4 √ y )]dy
π [ 14 y3+ y2+ 45y52−83y32 ]0-3
π[−274 +9+ 4865
−1033 ]
63.4 π u3
5. UN TORO SE FORMA AL GIRAR LA REGIÓN ACOTADA POR LA CIRCUNFERENCIA ( x−2 )2− y2=1. UTILICE LOS DOS MÉTODOS DISTINTOS PARA DEMOSTRAR QUE EL VOLUMEN DEL TORO ES 4Π2
METODO DE CAPAS CILINDRICAS. ( x−2 )2− y2=1 , donde la ecuación es una circunferencia de radio=1 y centro en C (2,0).
Ahora con ayuda del método de capas para hallar el volumen del solido la ecuación estará dada por:
Desarrollando la integral quedara:
2π∫−1
1
[ (2−x ) 2√1−x2 ]dx
2π∫−1
1
22√1−x2dx−2π∫
−1
1
x √1−x2dx
Aplicando sustitución trigonométrica
X=sin θ dx=cosθ
4 π∫−1
12√1−sinθ2cos θdθ−2 π∫
−1
1
sinθ√1−sin θ2cos θdθ
4 π∫−1
1
cos2θdθ−2 π∫−1
1
sin θ cos2θdθ
Resolviendo y aplicando sustitución en:
‖4 π 12 (θ+sinθ cosθ )‖ 1−1+[2π∫−1
1
u2du]‖2 π (θ+sin θ cosθ )‖ 1
−1+[2π∫−11
u2du]u=cosθdu=−sin θ
2π [θ+sin θ cosθ ] 1−1+2π [ cosθ3
3] 1−1Ajuntando (1) y (2)
2π [θ sinθ cos θ+ cosθ33 ] 1−1
Por el triángulo.
2π ¿
Cuando el valor de x=1
2π [ π2 +0+0]=π2
Cuando el valor de x=-1
2π [−π2
+0+0]=−π2
Al restarse quedara
π2+π 2=2π 2
Como la ecuación salió de una semicircunferencia entonces el volumen se multiplica por 2
R=4 π 2
METODO DE ARANDELAS
π∫a
b
[ (R )2−(r )2 ]dy
(X−2 )2=1−Y 2
X-2=∓√1−X 2
π∫−1
1
(2+√1−Y 2 )2−(2−√1−Y 2 )2dy
π∫−1
1
(4+4√1− y2+1− y2 )1− [ (1− y2 )−4 √1− y2+4 ]1dy
π∫−1
1
(4+4√1− y2+1− y2−1¿¿1+ y2+4√1− y2−4)dy ¿
π∫−1
1
(4√1− y2+4 √1− y2)dy
8π∫−1
1
(√1− y2 )dy
Aplicando sustitución trigonométrica:
8 π∫−1
12√1−sin θ2 cosθdθ
X=sin θ dx=cosθ
‖8 π 12 (θ+sinθcosθ )‖ 1−1‖4 π (θ+sinθ cosθ )‖ 1
−1
Utilizando e triangulo y volviendo a la variable original tenemo:
4π (arcosenx+x √1−x2) 1−1
Cuando el valor de x=1
4π [ π2 +0]=2π 2Cuando el valor de x=-1
4 π [−π2
+0]=−2π 2Nos quedaría:
2π 2−(−2π2)=4 π2
R=4 π 2
6. UN SÓLIDO G SE GENERA AL GIRAR LA REGIÓN ACOTADA POR y= x2
2y y=2
ALREDEDOR DEL EJE Y. UN HUECO, CENTRADO A LO LARGO DEL EJE DE REVOLUCIÓN, SE TALADRA A TRAVÉS DE ESTE SOLIDO TAL QUE SE PIERDE UN CUARTO DE SU VOLUMEN. ENCONTRAR EL DIÁMETRO DEL HUECO.
Primero se hallara los puntos de corte:
Y-2=y- x2
2
-2=- x2
2
4=x2
x=∓2Luego para ser más agiles en el cálculo, se halla el volumen entorno al eje y así:
Y= x2
22y=x2
√2 y=xLuego aplicamos el método de disco para obtener el volumen:
π∫0
2
[√2 y ]2dy
π∫0
2
2 y dy
2π∫0
2
ydy
Integrando
2π [ y22 ]20=4 πPara rallar el radio de perforación tenemos en cuenta que una perforación genera un orificio en el eje para ello se utiliza el método de la arandela:
π∫r 2
2
2
¿¿
π∫r 2
2
2
¿¿
Integrando:
π [ y2− yr ]2r2
2
π [22−2 r ]−π [ r44
− r2
2r ]
π [4−2 r2+ r4
4 ]Pero como un cuarto del volumen original es π, entonces:
-
π [4−2 r2+ r4
4 ]=3 π1−2 r2+ r4
4=0
4-8r2+r4=0
Aplicando la ecuación cuadrática para obtener el radio:
r2=8±√82−162a
r1=2,73
r2=0.73
Pero como nos piden el diámetro multiplicamos los radios por 2
D: 5,46 O D: 1,46
7. CALCULE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA 8 y=x4+2x−2 DESDE EL PUNTO x=1 HASTA x=2
8 y=x4+2x−2
8 y=x4+ 2x2
8 y=4 x3− 4
x3
8 y=4 x6−4x3
= y '=4 x6−48x3
∫1
2❑√1+( x
6−12x3
¿¿)²dx ¿¿
∫1
2 √1+( x2−2 x6+14 x6 )dx
∫1
2
√ 4 x6+x2−2 x6+14 x6dx
∫1
2
√ x12+2 x6+14 x6
dx
∫1
2 √ (x6+1 ) ²4 x6
dx
∫1
2x6+12x3
dx
¿ 12∫1
2
( x6x3+ 1x3 )dx=12 ( x4
4− 12x2 )¿12
¿ [(4−18 )−( 14−12 )]
¿ 12 [ 318 + 1
4 ]¿ 12 ( 338 )⇒ 3316
8. ENCUENTRE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA x=y 4
16+ 12 y2
ENTRE y=−3Y y=−2
x= y 4
16+ 12 y2
x '= y3
4− 1
y3
x '= y6−44 y3
¿∫−3
−2 √1+( y 4−44 y3 ) ²dy
¿∫−3
−2 √1+( y12−8 y6+1616 y6 )dy
¿∫−3
−2
√ 16 y6+ y12−8 y6+1616 y6
dy
¿∫−3
−2
√ y12+8 y6+1616 y6
dy
¿∫−3
−2 √ ( y6+4 ) ²16 y6
dy
¿∫−3
−2y6+44 y3
dy
¿∫−3
−2
( y6
4 y3+ 44 y3 )dy
¿∫−3
−2
( y34 + 1y3 )dy
¿ 14 [ y44 − 1
2 y2 ]¿−3−2
¿−14 [4−18−814 + 1
18 ]¿−14 [−115772 ]=1157288
9) DETERMINE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA Y=LN LSEC XL DESDE X=0 HASTA X= π4
.
L=∫0
R4
√1+( dFd )2
ln ( sec x )=¿ y→ y '=tan x ¿
L=∫0
R4
√1+ tan x2=∫0
R4
sec xdx=¿
10) HALLE EL PERÍMETRO DE LA REGIÓN ACOTADA POR LAS GRÁFICAS DE LAS FUNCIONES f ( x )=x2 Y
g ( x )=x+1.
Hallamos los interceptos de la funciones.
x2=x+1x2−x−1=0¿x=∓√54
+ 12
x2−x−1¿¿x=√52
+ 12x=√5+1
2
P=L1+L2+L3L1=∫0,61
0
√1+4 x2→ tan θ=2 x y sec2θ=dx
−12
∫−0,61
0
√1+ tan2 x sec2θ=−12
∫−0,61
0
sec3θdθ
Resolviendo la integral tenemos.
∫ sec3θdθ→u=sec θ→du=secθ tanθdV=sec 2θV=tan θ
12∫ sec3θdθ=−1
2secθtanθ−1
2∫ secθ ta n2θdθ
∫ sec3θdθ=secθ tan−¿∫ sec3θ+12∫ ssenθdθ ¿∫ sec3θdθ=1
2secθtanθ+ 1
2∫ secθdθ
¿ 12secθ+tanθ+ 1
2ln (secθ+tanθ ) ∫
−0,61
0
√1+4 x2=¿L2=∫0
1,62
√1+4 x2=¿
L3= ∫−0,62
1,62
√1+12dx=√2 ∫−0,62
1,62
dx=√2 X ¿−0,621,62 =√2 (1,62−0,62 )=√2
P=L1+L2+L3=9,36
11- ENCONTRAR EL ÁREA DE LA SUPERFICIE FORMADA AL GIRAR LA PORCIÓN DEL
PRIMER CUADRANTE DE LA GRÁFICA DE X23+Y
23=4 ,O≤Y ≤8 ALREDEDOR DEL EJE Y.
Si X=0, entonces Y = 432, entonces Y = 8. De igual manera, si Y =0, entonces X = 4
32,
entonces X= 8.
la gráfica 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 X=(4− y23)32 , derivando la función tenemos X’ =
32(4− y
23 )12∗(−2
3y
−13 ); X’=
(4−x23 )12
x13
.
Para esta caso se utiliza la formula S=2π∫c
d
r ( y ) √1+(g ' ( y ) )2dy , donde
r (y)= g (y)=(4− y23)32 y g’(y)=
(4−x23 )12
x13
reemplazando valores tenemos: S= 2π ∫(4− y23 )32√1+[
(4−x23 )12
x23
]
2
dy, resolviendo el
radical tenemos S=2π32∫(4− y
12)32√ y
13+4− y
13
y23
dy S=∫0
8
(4− y12)32√ 4y 23 dx
S = 2π∫0
8
(4− y23 )32 2
√ y 23 dy
S = 4π∫0
8 (4− y23 )32
y13
dy, realizando una sustitución, tenemos que. Z = 4− y23 ; dZ = −2
3y
−13
dy; −¿32 dZ= dy
y13
¿
S = 4 π∫0
4
z32∗−¿
32dz ¿S = -6π∫
0
4
z32 dz
-6π ¿ ¿04
- 125
π ¿ ¿04
- 125
π ¿] = 3845 π .
12-CONSIDERE LA GRÁFICA DE y2=112
(4−x)2 ENCONTRAR EL ÁREA DE LA SUPERFICIE
FORMADA CUANDO LA ARCADA DE ESTA GRAFICA SE GIRA ALREDEDOR DE X.
Para hallar el área de la superficie pedida, utilizamos la formula
S=2π∫ r (x )√1+[ f ´ (x )]2dx , retomando la función tenemos y2=112
(4−x)2
y=√ 112 (4−x)2
12√3
(4−x ) , derivando la función y'= −12√3 , reemplazando en la formula
S=2π∫0
412√3
(4−x )√1+[ −12√3 ]
2
dx
S=π
√3 ∫0
4
(4−x )√1+ 112 dx
S= π√3∫0
4
(4−x )√ 12+112 dx
S= π√3∫0
4
(4−x ) √132√3
dx
S=√136
π∫0
4
(4−x)dx
S=√136
π [ 4 x−12 x2]04
S=√136
π [ 4(4)−12 (4)2] 4 √133
π unidades.
13-EN LOS SIGUIENTES EJERCICIOS DETERMINE SI LA INTEGRAL ES CONVERGENTE O DIVERGENTE, Y SI ES CONVERGENTE EVALÚELA.
a) ∫−∞
∞
X e−x2=limt→∞
∫a
0
x e−x2+∫0
b
x e−x2
Resolvemos la integral indefinida:
∫ x e−x2
Haciendo una sustitución.u=−x2−12
du=xdx−12 ∫eu=−1
2eu=−1
2e− x2 lim
t→∞−12
[ e−x2 ]0a
=[0+12 ]=12¿
limt→∞
−1
2 [ 12 e−x2 ]a0=12∫−∞
∞
x e−x2=12+ 12=1 la integral convergeen1
b) ∫e
∞1
xLnxdx
limt →∞
∫e
a1
xLnxdx∫
dxxLnx
→haciendola sauatitucion
u=lnx¿
¿du=dxx
∫duu
=ln (u )+c
¿ ln (lnx )+climt→∞
¿
C - ∫−∞
∞1
x2+2 x+2dx.
Completando cuadrado tenemos:
∫−∞
∞1
(x+1)2+1dx .
Haciendo la sustitución:
u = x + 1
du= dx
Entonces ∫−∞
∞1
u2+1du, aplicando sustitución trigonométrica.
Tenemos: u = tangenteθ,θ=artang u; du = sec2θ, reemplazando en la integral nos queda
∫−∞
∞sec 2θ
tang2θ+1dθ
Por lo tanto ∫−∞
∞sec 2θ
tang2θ+1dθ=∫
−∞
∞
dθ lima→−∞
∫a
0
dθ + limb→∞
∫0
b
dθ
lima→−∞
[artang(x+1)]a0 + lim
b→∞[artang(x+1)]0
b
lima→−∞
⌊arta ng (1 )+artang(a) ⌋ + limb→∞
⌊artang (b )−artang(1)⌋ =
⌊π4
+ π2
+ π2− π4⌋= π
por tanto ∫−∞
∞1
(x+1)2+1dx es convergente con el numero real π