f(x)=Sin x
Relleno 1
f(x)=(2/pi)x
Relleno 2
0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
x
y
Esquematice la región encerrada por las curvas dadas .Decida si integra con respecto a x ó y .Dibuje un rectángulo típico de aproximación y marque su altura y su ancho.
14 º ¿ y=Sen x , y= 2πx , x ≥0
Secalculan lo s interceptos ,igualando y= y ,entonces :
Senx=2πx entoncesusandoel sistemaradian sedeterminaque : la solucion es : x=0 y x=π
2
y=Sen x
y=2πx
El área sedeterminaasí :
Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤π2
Tenemos que :
A=∫0
π2
(Sen x−2πx)dx=[−cos x− 2
πx2
2 ]0
π2 =[−cos x− x2
π ]0
π2 =−cos
π2−
( π2 )2
π+cos 0+
(0 )2
π
A=−0−
π 2
4π
+1+0=1−π4unidades cuadradas
15 º ¿ y=1x, y=x , y= 1
4x , x>0
Los interceptps , se determinanalhacer : y= y entonces1x=x entonces x2=1entonces x=±1
Pero comox>0entonces x=1
De igualmanera y= y enton ces1x=1
4x entonces x2=4 entonces x=±2
Pero comox>0entonces x=2
Tambien : alhacer y= y entonces x=14xentonces x=0
Entonces laregionde integracion en sus limites están dados por : 0≤ x≤1 y1≤ x≤2
Sugrafica es :
y=1x
y=x A2
A1 y=14x
El área sedeterminaasí :
Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤2entonces A=A1+A2 . Tenemos que :
f(x)=abs(x)
f(x)=x^2 -2
Relleno 1
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
x
y
A=∫0
1
(x− 14x )dx+∫
1
2
( 1x−
14x)dx=∫
0
1
( 34x)dx+∫
1
2
( 1x−
14x)dx=[ 3
4x2
2 ]0
1
+[ ln x−14x2
2 ]1
2
A=[ 3x2
8 ]0
1
+[ ln x−x2
8 ]1
2
=38
(12−02 )+( ln2−12
8−ln 1+
22
8 )=38+ ln 2−
18−0+
48=
68+ ln 2
→A=34+ ln 2unidades cuadradas
16 º ¿ y=|x|, y=x2−2
Como y=|x|={ x−xsi x>0si x≤0
entonces :
Si x>0entonces seiguala : x=x2−2entonces x2−x−2=0entonces ( x−2 ) (x+1 )=0
entonces x=2 y x=−1entonces se tomael x=2quees el posi tivo x>0
Si x≤0entonces seiguala :−x=x2−2entonces x2+x−2=0entonces ( x+2 ) ( x−1 )=0
Entonces x=−2 y x=1entonces setomael x=−2que es¬ativo x≤0.
y=− x y=x
y=x2−2 y=x2−2
A1 A2
El área sedeterminaasí :
Se calcula el Área comprendida entre −2≤x ≤2entonces A=A1+A2 como soniguales por la simetria ,
entonces . Tenemos que :
A=2 A1=2∫0
2
( x−x2+2 ) dx=2[ x2
2−x3
3+2x ]
0
2
=2[ 22
2−
23
3+2 ·2]=2(2−
83+4)=2·
103
Entonces A=203unidades cuadradas .
29º) Encuentre el área de la región en forma de luna creciente . ( denominado lúnula) encerradas por los arcos de los círculos con radio r y R.y
x2+ y2=r2ó y=√r 2−x2
y=√R2−x2+√2 r −r 0 r x
R
Laecuacion del circulo pequeño es : x2+ y2=r2
Laecuacion del c irculo grande es : x2+( y−√2 r )2=R2 por que y2=r 2+r2=2 r2donde y=√2 rPor simetria , se tiene :
A=2∫0
r
[ (√r2−x2 )−(√R2−x2+√2 r ) ]dx
A=2∫0
r
[ (√r2−x2 )−(√R2−x2+√2 r ) ]dx
Como : x=rCos θentonces√r2−x2=√r2−r2Co s2θ=rSenθdonde 0≤θ≤π2
Además : x=RCos β entonces√R2−x2+√2 r=RSen β+√2 r donde0≤ β≤π2
dx=−rSenθdθ y dx=−r Sen βdβ
A=2∫0
π2
rCos θ· (−rSenθ dθ )−2∫0
π2
(rCos β+√2 r )· (−rSen β dβ )
f(x)=0.5 x
f(x)=x/(x^2 +1)
Relleno 1
-1 -0.9-0.8-0.7-0.6-0.5-0.4-0.3-0.2-0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
-0.7
-0.6
-0.5
-0.4
-0.3
-0.2
-0.1
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x
y
A=−2 r2∫0
π2
Co sθ · (rSenθdθ )+2R2∫0
π2
(cos β+√2 r ) · (Sen βdβ )
A=−r2 [Co s2θ ]0π2 +2R2 [Co s2β ]0
π2 +2√2 R2 r2 [ β ]0
π2
A=−r2 (1 )+2R2 (1 )+2√2 R2 r2( π2 )A=2R2−r2 ( 1−π √2 R2 )
43 º ¿Para cuales valores de m , la recta y=mx y la curva y=x
x2+1 encierran una región? . Encuentre el area de la
región.
Paraencontrar losinterceptos de larecta y la curva sehace : y= y
mx= x
x2+1entoncesmx (x2+1 )=x entonces : x (m x2+m)=xentonces x (mx2+m )−x=0
entonces : x (mx2+m−1 )=0
entonces :
1 º¿ x=0
2 º¿mx2+m−1=0entonces al solucionar por despeje directo setiene :
m x2=1−mentonces x2=1−mm
= 1m
−mm
= 1m
−1entonces x=±√ 1m
−1
Al considerar los posibles valores de m para verificar donde forma encierro de área entre las curvas :
i ¿Sim=1entoncesla pendiente es de45 º y las curvas sólo secoretan en x=0
ii¿Sim está entre :0<m<1entonces el ánguloestá entre 0 º y 45º , entoncess seinterceptan
en tres puntos : x=0 , x=√ 1m
−1 ; x=−√ 1m
−1 los cuales semuestranen la grafica :
El grafico sehizo conbase enm=0,5 : xptan e formaenierrro dearea
y= x
x2+1
y=0,5x=mx
x=√ 1m
−1 x=−√ 1m
−1
Sim>1entonces sed tiene una raíz cuadrada de una cantidad negativa y por tanto no tiene solucion , es decir NO es posible formar region encerrada.
Por tanto si : 0<m<1 el área encerrada se determina usando la simetria así: 0≤ x≤√ 1m
−1
Al usar además , la simetría , se tiene :
A=2 ∫0
√ 1m
−1
[ xx2+1
−mx]dx=2 ∫0
√ 1m
−1
xx2+1
dx− ∫0
√ 1m
−1
mxdx=2 ·12
∫0
√ 1m
−1
2xx2+1
dx−2m ∫0
√ 1m
−1
x dx
A= ∫0
√ 1m
−1
2 xx2+1
dx−2m ∫0
√ 1m
−1
x dx=[ ln|x2+1|−mx2 ]0√1m
−1
A=ln|(√ 1m
−1)2
+1|−ln|02+1|−m((√ 1m
−1)2
−02)A=ln| 1
m−1+1|−ln|0+1|−m( 1
m−1−0)=ln|1
m|−ln|1|−m( 1m
−1)A=ln 1−lnm−0−1+m=0−lnm−1+mentonces A=m−lnm−1
Encuentre el volumen del solido que se obtiene al hacer girar por las curvas dadas alrdedor del eje que se especifica . Trace un esquema de laregion , del solido y un cilindo ó de una rodana tipica de aproximacion.
5 º ¿ y=x3 , y=x , x≥0alrededor del eje x .
Primero se determinan los interceptos , haciendo : y= y
Entonces : x3=xentonces x3−x=0entonces x (x2−1 )=0 x ( x−1 ) ( x+1 )=0
de donde : x=0 y x=1 y x=−1 , pero comox ≥0 entonces:
Lasolu cion es : x=0 y x=1
y=x y=x3
Como girará verticalmente entonces se integrará a lo largo de su giro , de tal manera que sus limites son: 0≤ x≤1
donde x≥ x3:
Ahora se aplica la definición de volumen , así:
V=∫0
1
π [ ( x )2−(x3 )2 ]dx=π∫0
1
[ x2−x6 ] dx=π [ x3
3−x7
7 ]0
1
=π [ 13
3−
17
7−
03
3+
07
7 ]=π [ 13−
17 ]
V= 421
π und . cub
11º ¿ y=x2 , x= y2 en torno de x=−1
Para hallar los interceptos en torno de un giro horizontal , entonces el radio es vertical y por tanto depende de y entonces se hace : x=x entonces :
y2=±√ y entonces ( y2 )2=(±√ y )2 entonces y4= y entonces y 4− y=0entonces y ( y3−1 )=0
entonces : y ( y−1 ) ( y2+ y+1 )=0dedonde y=0 ; y=1 ; y2+ y+1>0 ∀ x∈R
Entonces : losinterceptos son : es : y=1 ; y=0 ,los limites de integracion son :
0≤ y≤1
x= y2 x=√ y
X=-1
Entonces al aplicar la definición de volumen , debemos tener en cuenta que el radio está desplazado 1 unidad hacia la izquierda , entonces :
V=∫0
1
π [(√ y−(−1 ) )2−( y2−(−1 ) )2 ]dy=∫0
1
π [ (√ y+1 )2−( y2+1 )2 ]dy
V=∫0
1
π [ y+2√ y+1− y4−2 y2−1 ]dy=∫0
1
π [ y+2√ y− y 4−2 y2 ]dy=∫0
1
π [− y 4−2 y2+ y+2 y12 ]dy
V=π [− y5
5−
2 y3
3+y2
2+
2 y32
32
]0
1
=π [− y5
5−
2 y3
3+y2
2+
2 y32
32
]0
1
=π [−15
5−
2 ·13
3+
12
2+
43·1
32 ]
V=π [−15
−23+ 1
2+ 4
3 ]=2930
π unid . cubicas
12 º¿ y=x ; y=√x alrededor de x=2
Para hallar los interceptos en torno de un giro horizontal , entonces el radio es vertical y por tanto depende de y , entonces se hace : x=x de donde :
y= y2entonces y2− y=0entonces y ( y−1 )=0
entonces : y ( y−1 )=0dedonde y=0 ; y=1
Entonces : losinterceptos son : es : y=1 ; y=0 ,los limites de integracion son :0≤ y≤1
x= y2
x= y
Entonces al aplicar la definición de volumen , debemos tener en cuenta que el radio está desplazado 1 unidad hacia la izquierda , entonces :
V=∫0
1
π [( y2−(2 ) )2−( y−(2 ) )2 ]dy=π∫0
1
[ ( y2−2 )2−( y−2 )2 ]dy=π∫0
1
[ y4−4 y2+4− y2+4 y−4 ]dy
V=π∫0
1
[ y4−5 y2+4 y ] dy=π [ y5
5−
5 y3
3+
4 y2
2 ]0
1
=π [ 15−
53+2]= 8
15π unid , cubicas
28º) El tronco de una pirámide con base cuadrada de lado b, cuadrado superior de lado a y altura h . Qué sucede si : a=b? , si a=0.
Al expresar el tronco de la pirámide en un sistema de coordenadas, se tiene:
y eje de simetria
a2
a2
( a2 , h)
h x=( a−b2h ) y+ b2
b2
b2
( b2 ,0) x
Primero se calcula la ecuación de la recta , cuya pendiente m es :
m=
a2−b
2h−0
=
a−b2h
=a−b2h
, e ntoncesla rectasegun laforma punto−pendienterespecto a y , es :
x=my+c entonces x=( a−b2h ) y+ b2 entonces :
V=∫0
h
A ( y )dy=∫0
h
(2x )2dy=∫0
h
4[( a−b2h ) y+ b2 ]2
dy=∫0
h
4 [( a−b2h )
2
y2+2·( a−b2h )· b2 y+ b2
4 ]dy
V=∫0
h
4 [ (a−b )2
4 h2y2+2b ( a−b4h ) y+ b
2
4 ]dy=∫0
h [ (a−b )2
h2y2+2b( a−bh ) y+b2] dy
V=[ (a−b )2
h2
y3
3+2b( a−bh ) y
2
2+b2 y ]
0
h
=[ (a−b )2
h2
h3
3+2b( a−bh ) h
2
2+b2h]= (a−b )2h
3+b (a−b )h+b2h
V=h3
[a2−2ab+b2+3ab−3b2+3b2 ]=h3
(a2+ab+b2 )
Sia=bentoncesV=h3
[3b2 ]=hb2
Sia=0entoncesV=h3
[b2 ]=hb2
332º) La base de S es una región elíptica con la curva frontera : 9 x2+4 y2=36 . Las secciones transversales perpendiculares al eje x son triángulos rectángulos isósceles con la hipotenusa en la base.Si L es el largo del triangulo rectángulo isósceles donde 2 y es la hipotenusa , entonces :
L 2 y
L
Entonces :L2+L2= (2 y )2 entonces2 L2=4 y2 entoncesL2
2¿ y2ecuacion1º
Ahora al expresar la base en un plano cartesiano , se tiene:
D e la ecuación :
9 x2+4 y2=36entonces y2=36−9x2
4=9
4(4−x2 )
y=±√ 36−9 x2
4=±√ 9
4( 4−x2 )=± 3
2√4−x2
Lagrafica isentificalos elementosanteriores :
y 3
y=+32
√4−x2
-2 2
y=−32
√4−x2
-3
Entonces el volumen , se determina con la región en simetría , y por tanto :
V=2∫0
2
A ( x )dx=2∫0
2
( 12L·L)dx=2∫
0
2L2
2dx=2∫
0
2
y2dx=2·94∫0
2
( 4−x2 )dx=92 [4 x− x3
3 ]0
2
V=92 [4 ·2−23
3 ]=92 [8−8
3 ]=24unidades cubicas
1º) Encuentre el área de la región sombreada:
Observamos que las curvas no están interceptadas , pero están limitadas por dos rectas verticales , que nos indican los limites de integración , tomando particiones de rectángulos verticales de ancho ∆ i x puntos de intersección son : −1≤x ≤1
A=∫−1
1
[ (x2+3 )−( x ) ]dx=¿∫−1
1
(x2−x+3 )dx= x3
3−x2
2+3 x ]
−1
1
=13−(−1 )3
3−
12−(−1 )2
2+3 (1−(−1))¿
A=1+13
−02+3 (1+1 )=( 2
3+6)u2=20
3u2
3º)
Se nota que las curvas fronteras están localizadas mas que todo una la derecha y la otra a la izquierda , además la definicióny en cada ecuación tiene exponente cúbico y cuadrático ( forma compleja a la despejarlo, por que salen dos ecuaciones ± ) , por tanto se integrará tomando particiones ∆ i y horizontales entre los limites : −1≤ y ≤1
A=∫−1
1
[ (1− y4 )−( y3− y ) ]=∫−1
1
(1− y4− y3+ y )dy= y−y5
5−y 4
4+y2
2 ]−1
1
A=(1+1 )−( 1+15 )−( 1−1
4 )+( 1−12 )=2−2
5−0+0=8
5u2
Esquematice la región encerrada por las curvas dadas . Decida si integra con respecto a x ó a y . Dibuje un rectángulo típico de aproximación y marque su altura y su ancho .
3º) Halle el área de la región : y=x+1 , y=9−x2 x=−1 y x=2
Comolos limites estándefinidos por dosrectas verticales setiene :−1≤x ≤2
Tomando particiones de rectángulos verticales se tiene :
A=∫−1
2
( [ (9−x2 )−( x+1 ) ] )dy=∫−1
2
(9−x2−x−1 )dy=∫−1
2
(−x2−x+8 )dy=−x3
3−x2
2+8 x ]
−1
2
A=−8+13
−4−12
+8 (2+1 )=−93
−32+24=39
2u2
7º) Halle el área de la región : y=x ; y=x2
Para determinar los interceptos hacemos : x2=x→ x2−x=0→x ( x−1 )=0→x=0 y x=1
Su grafica es :
∆ x
Tomando particiones de rectángulos verticales de base : ∆ x, se tiene:
A=∫0
1
( [ ( x )− (x2) ] )dx=∫0
1
(x−x2 )dx= x2
2−x3
3 ]0
1
=1−0
2−
1−03
=12−
13=
16u2
9 º ¿Halle el área de la región :
y=1x; y= 1
x2; x=2
y=1x
y= 1
x2
∆ x
0,5 √2 1
Los límites se determinaron haciendo : 1
x2=2→x2=2→x=±√2Comolaregión de integración
x>0entonces x=√ x
Además : Si1x=2entonces x=1
2=0,5
Entonces el área corresponde a la suma de dos áreas a tomando particiones de rectángulos verticales de ancho : ∆ x
, se tiene : A1 :12≤x ≤√2 A2: √2≤ x≤1
A=∫12
√2
(2−1x )dx+∫
√2
1
( 1x2 −
1x )dx=∫
12
√2
(2−1x )dx+∫
√2
1
(x−2− 1x )dx
A= (2x−ln x ) ]12
√2+( 1x+ ln x )]√2
1
=(2(√2−12 )−(ln √2−ln
12 ))+( 1
1− 1
√2+ln 1−ln √2)
A=2√2−1−ln √2+ln12+1−√2
2+0−ln √2=2√2−1−2·
12
ln 2+ln 1−ln 2+1−√22
A=2√2−2 ln2−√22
=32√2−2 ln 2
11º) Halle el área de la región : y=x2 ; x= y2
Para hallar los interceptos se sustituye x= y2 en y=x2 hace : y= y4 entonces y ( 1− y3 )=0
y=0 y y=1
La grafica es :
Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤1
Tenemos que :
A=∫0
1
( [ (√x )−( x2 ) ] )dx
A=∫0
1 ([(x 12 )−( x2 )])dx
A=( 23x
32− x3
3 )]01
=23
(1−0 )−13
(1−0 )=23−1
3=1
3u2
13º) Halle el área de la región : y=4 x2; y=x2+3
Para determinar los interceptos se hace : 4 x2=x2+3→3x2=3→x2=1→x=±1
Entonces loslímites son :−1≤x ≤1
Tomando rectángulos verticales : con base ∆ x , entonces el área :
A=∫−1
1
[ (x2+3 )−(4 x2 ) ]dx=∫−1
1
(−3 x2+3 )dx=∫−1
1
(−3 x2+3 )dx=−3 x3
3+3 x]
−1
1
=−x3+3 x ]−1
1
A=−(13+13 )+3 (1+1 )=−2+6=4 u2
15º) Halle el área de la región : y=x+1 ; y=( x−1 )2 ; x=−1 ; x=2
∆ x
Para determinar los interceptos se hace: ( x−1 )2=x+1→x2−2 x+1=x+1→x2−3 x=0
x (x−3 )=0→x=0 y x=3 . También son fronteras las rectas : x=−1 , x=2
A=∫−1
0
[ ( x−1 )2−( x+1 ) ]dx+∫0
2
[ x+1−( x−1 )2 ]dx
A=∫−1
0
[ x2−2 x+1−x−1 ] dx+∫0
2
[x+1−x2+2 x−1 ] dx
A=∫−1
0
[ x2−3 x ]dx+∫0
2
[−x2+3 x ]dx= x3
3−3 x2
2 ]−1
0
+ (−x3
3+3 x2
2 )]0
2
A=0+13
−3 (0−1 )
2−8−0
3+
3 ( 4−0 )2
=13+ 3
2−8
3+12
2=31
6u2
17º) Halle el area de la región : y2=x ; x−2 y=3
A=∫−1
3
[ (2 y+3 )− y2 ]dy=∫−1
3
[− y2+2 y+3 ]dy
A=− y3
3+ y2+3 y]
−1
3
=−27+1
3+(9−1 )+3 (3+1 )=−28
3+8+12=
323
19º) Halle el área de la región : x=1− y2; x= y2−1
Paraencontrar losinterceptos se tiene : y2=1−x ; y2=x+1
1−x=x+1entonces2 x=0 x=0
y2=1−x
y2=x+1
Tomando rectángulos verticales : de base : ∆ y
A=2∫0
1
[ ( 1− y2 )−( y2−1 ) ]dy=2∫0
1
(1− y2+1− y2 )dy=2∫0
1
(2−2 y2 )dy=4∫0
1
(1− y2)dy
A=4 [ y− y3
3 ]0
1
=4 (1+0 )−41+0
3=4−
43=
83u2
21º) Halle el área de la región : y=cos x ; y=Sen2 x ; x=0 , x= π2
Para determinar los interceptos se hace : Sen2x=cos x→2Sen xCos x=cos x
→cos x (2 Senx−1 )=0→cos x=0 y 2Sen x−1=0
→x=Co s−10=π2rad y Sen x=1
2→x=Sen−1(1
2 )=π6rad
Entonces :
A=∫0
π6
(cos x−Sen2x )dx+∫π6
π2
(Sen2 x−cos x )dx
A=∫0
π6
(cos x )dx−∫0
π6
Sen2 x+∫π6
π2
(Sen2 x )dx−∫π6
π2
cos x
A=∫0
π6
(cos x )dx−12∫
0
π6
Sen2 x+ 12∫π6
π2
(Sen2 x )dx−∫π6
π2
cos x
A=Sen x ]0π6 + 1
2cos2 x ]
0
π6 −1
2cos2x ]π
6
π2−Sen x ] π
6
π2=¿
A=(Sen π6 −Sen0)+12 [cos(2· π6 )−cos (2·0 )]−1
2 [cos(2· π2 )−cos(2 · π6 )]−[Sen( π2 )−Sen( π6 )]A=1
2−0+ 1
2 ( 12−1)−1
2 (−1−12 )−(1−1
2 )=12−1
4+ 3
4−1
2=2
4=1
2
23º) Halle el área de la región : y=cos x ; y=1− 2πx
Para determinar los interceptos se hace : cos x=1−2πx→Entonceslos limites son :0≤ x≤
π2yπ2≤x ≤π Entonces :
A=2∫0
π2
(cos x−1+ 2πx )dx
A=2[Sen x−x+ 22 π
x2]]0π2
A=2[(Sen π2 −Sen0)−( π2 −0)]A=2[ (1−0 )−1
π ( π2 )2]=2(1−π
4 )=2− π2
25º) Halle el área de la región :
y=x2 ; y= 2
(x2+1 )
Los interceptos se determinan y sehace :2
(x2+1 )=x2→2=x4+x2→x4+x2−2=0
(x2+2 ) (x2−1 )=0→x=±√−2 soluciónno válida y x=±1entonces :−1≤ x≤1
A=2∫0
1
[( 2
(x2+1 )−x2)]=∫0
12
(x2+1 )dx –∫
0
1
x2dx=2∫0
1dx
(x2+1 )–∫
0
1
x2dx
A=2 [Ta n−1 x ]01−[ x3
3 ]0
1
=2[2 (Ta n−1 1−Tan−1(0))−1+03 ]=2[2 ( π4 −0)−1
3 ]=π−23
Taller 6.2
Encuentre el volumen del sólido obtenido al girar la región limitada por las curvas dadas alrededor del eje especificado . Trace un esquema de la región , del sólido y de un disco ó anillo típico.1º) y=x2 , x=1 , y=0, alrededor del eje x
Luego de trazar los diagramas según las condiciones dadas se observa que la región transversal que se hará girar alrededor del eje x forma un cono como se muestra en la siguiente figura. Se nota que se deben tomar discos verticales que se integran respecto a x ( horizontalmente) según el intervalo: 0≤ x≤1 ; El área de la región es un disco sólido : A ( x )=π (x2)2
=π x4 . Luego entonces el volumen es :
V=∫0
1
π x4dx= π x5
5 |0
1
=¿ π(1¿¿5−05)
5=π
5¿¿
3º) y=1x
, x=1 , x=2 , y=0 , alrededor del eje x .
Las curvas x=1 y y=x−1 se interceptan en el punto : ( 1 , 1), de modo que el área de la región transversal tomada horizontalmente y haciéndola variar horizontalmente , cuyos limites 1≤x ≤2 .Tomando una porción de área típica nos muestra que es una porción de disco cuya área es :
A ( x )=π ( 1x )
2
Por lo anterior el volumen es : V=∫1
2
A ( x )dx
V=π∫1
2
( 1x )
2
dx=¿ π∫1
2
x−2dx=¿−π x−1|12=−π ( 1
2−1)=1
2π¿¿
5º) y=x2, 0≤ x≤2 , y=4 , x=0 , alrededor del eje x.
2Las curvas y=4 y y=x2 se interceptan en el punto : ( 2 , 4), de modo que el área de la región transversal tomada verticalmente y haciéndola variar verticalmente , cuyos limites 0≤ y≤4 .Tomando una porción de área típica nos muestra que es una porción de disco cuya área tiene como radio la función f ( y ) que se obtiene al despejar x de : y=x2 entonces : x=√ y ( tomando la parte positiva según las condiciones de la recta x=0) A ( x )=π (√ y )2=πy
Por lo anterior el volumen es : V=∫1
2
A ( x )dx
V=π∫0
4
ydy=¿ π y2
2 |0
4
=π·42
2−π· 02
2=8π ¿
7º) y=x2 : y2=x ; alrededor del eje x
9º) y2=x ; x=2 y ;alrededor del eje x
11º) y=x ; y=√x ; en¿ rnode y=1
13º) y=x 4, y=1 , en torno de y=2
Eje de Rotación y=2
Luego de trazar los diagramas según las condiciones dadas se observa que la región transversal que se hará girar alrededor del eje y=1 forma un cilindro hueco con traslación sobre el eje y de 1 unidad respecto al eje de rotación como se muestra en la figura. Se nota que se deben tomar discos verticales que se integran respecto a x ( horizontalmente) según el intervalo simétrico : −1≤x ≤1 ; El área de la región es un disco hueco con traslación de 1 unidad hacia arriba en el eje y=1 , por tanto existen dos radios así:Para radio interno : (2−1 )=1Para radio externo: (2−x4 )Entonces : Entonces , el área es : A ( x )=π (2−x4 )2
−π (2−1 )2=π ( 4−4 x4+x8−12 )=¿ π (3−4 x4+x8 ). Luego entonces el volumen es :
V=π∫−1
1
(3−4 x4+x8 )dx=2π∫0
1
(3−4 x 4+ x8 )d x=2 π (3 x−4 x5
5+ x
9
9 )|0
1
=2π (3 ·1−4 ·15
5+ 19
9 )V=2π (3−4
5+ 1
9 )=20845
π
Use el método de los cascarones cilíndricos a fin de calcular el volumen generado al girar la región limitada por las curvas dadas en derredor del eje especificado. Esquematice la región y un cascarón característico.15º) y=x2, y=0 , x=1 , x=2 ; en torno de x=1
Las figuras muestran la región y un casquillo En este caso no se muestra ninguna revolución , aunque realmente si se va a hacer , sino que la revolución completa se incluye dentro de la longitud de la circunferencia de cada casquillo . Se puede ver que el casquillo tiene radio con traslación derecha de 1 unidad , entonces es igual a : x−1 .También una longitud de circunferencia de 2π ( x−1 ) con una altura de f ( x )=x2 , y limites en x : 1≤x ≤2 de modo que el volumen es :
V=∫1
2
2 π ( x−1 ) ( x2 )dx=¿2 π∫1
2
(x3−x2) dx=¿ 2π ( x4
4− x3
3 )|1
2
=2π (24
4−23
3−14
4+13
3 )=2π ( 41−8
3−1
4+ 1
3 )¿¿
V=2π ( 48−32−3+4 )
12=π (17 )
6=17 π
6
17º) y=x2 , y=0 , x=1 , x=2 , en torno de x=4
Las figuras muestran la región y un casquillo Se muestra la revolución , y ésta se integra directamente la revolución completa con la longitud de la circunferencia de cada casquillo . Se puede ver que el casquillo tiene radio a la izquierda del eje de x=4 con traslación derecha del eje Y , de 4 unidades , entonces es igual a : x+4 .También una longitud de circunferencia de 2π ( x+4 ) con una altura de f ( x )=x2 , y limites en x : 1≤x ≤2 de modo que el volumen es :
V=∫1
2
2 π (−x+4 ) (x2 )dx=¿2 π∫1
2
(– x3+4 x2 )dx=2 π (−x 4
4+ 4 x3
3 )|1
2
=2π (−24
4+ 4 ·23
3+ 1
4−4 ·13
3 )¿
V=2π (−41
+ 323
+ 14−4
3 )=2π (−48+128+3−1612 )=2π ( 67
12 )=67π6
19º) y=√x−1 , y=0 , x=5 , en torno de y=3
2 2
Se trazan las figuras y sus interceptos con y=0 , x=5 .Las figuras muestran la región y un casquillo Se muestra la revolución en forma vertical sobre la línea recta : y=3 , y en ésta se integra directamente la revolución completa con la longitud de la circunferencia del casquillo que se muestra . Se puede ver que el casquillo tiene radio hacia abajo del eje de rotación y=3 con traslación hacia arriba del eje X , de 3 unidades , entonces es igual a : − y+3 .También una longitud de circunferencia de 2π (− y+3 ) con una altura x, que se obtiene del despeje de x en : y=√x−1 entonces : y2=x−1 entonces : x= y2+1 y también de la función lineal : x=5 , entonces : De limites en y : 0≤ y≤2 de modo que el volumen es :
V=∫0
2
2 π (− y+3 ) (5− y2−1 )dy=∫0
2
2π (− y+3 ) ( 4− y2 )dy=2π∫0
2
(−4 y+ y3+12−3 y2 )dy
V=2 π (−4 y2
2+ y4
4+12 y−3 y3
3 )|0
2
=2π (−4 ·22
2+ 24
4+12·2−3 ·23
3 )=2π (−8+4+24−8 )=24 π
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