CÁLCULO INTEGRAL

TRABAJO N 3

GRUPO:

100411 _113

ANGELA GABRIELA GONZALEZ MANCILLA

COD: 65630423

YAZMIN DIAZ

TUTOR ASIGNADO

JUAN PABLO SOTO

UNIVERSIDAD ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD

JOSE ACEVEDO Y GOMEZ

BOGOTA

NOVIEMBRE 2015

INTRODUCCION

Las integrales emplean varias aplicaciones entre ellas están el análisis por medio de graficas (área de regiones planas, área entre curvas, longitud de una curva, longitud de un arco en forma paramétrica).

Dada una función  f ( x )de una variable real  x y un intervalo [a ,b ]  de la recta real, la integral es igual al área de la región del plano xy  limitada entre la gráfica de f , el eje x , y las líneas verticales x=a y  x=b, donde son negativas las áreas por debajo del eje x.

∫a

b

f ( x )dx

Mediante el desarrollo de estés tercer trabajo colaborativo se pretende que cada estudiante realice ejercicios básicos con aplicaciones para su correcto funcionamiento, de igual forma se estudiara cada una de las temáticas de la unidad 3 del curos de cálculo integral donde se analice cada una de las propiedades básicas para su aplicación en os ejercicios propuestos por la guía de actividades.

1. Encuentre el área de la región comprendida entre la curva f ( x )=x3− x2−6 x y el eje X. Sugerencia: Elaborar la gráfica para una mejor comprensión del ejercicio.

∫−2

0

(x3−x2−6 x )dx=¿ [ x4

4 −x3

3 −3 x2]−2

0

¿

¿ Y −∫0

3

(x3−x2−6 x )dx=¿ [ x4

4 +x3

3 +3x2]0

3

¿

814

+9+27=634

Así que esto es igual

163

+ 634

=25312

2. Calcular el área de la región limitada por las curvas y2=2 xe y=x−4 Sugerencia: Elabore la gráfica y despeje x en función de y en las curvas dadas.

Despejamos x en función de y tenemos lo siguiente:

f ( y )=12y2 y g ( y )= y+4

Luego hallamos los valores de y para lo cual:

12y2= y+4

y2=2 y+8

y2−2 y−8=0

( y−4 ) ( y+2 )=0

y=4 o y=−2

El área está dada por:

∫−2

4

[( y+4 )−12y2] dy

∫−2

4

( y+4−12y2)dy

( 12y2+4 y−1

6y3)| 4

−2

(80+16−646 )−(2−8+ 8

6 )=806

+ 286

=1086

Lo cual nos indica que son 18 unidades del área.

3. Dada la curva y=√4−x2 la cual gira alrededor del eje x, ¿cuál será el área de la superficiede revolución, generada en el intervalo [−1,1 ] ? (La superficie es una porción de una esfera de radio 2)

Solución

(4) determine la longitud de la curva

y=ln cos ( x )en el intervalo [o ,π /3 ]

Se sabe que la longitud de curva de una función y=f(x) viene dada por la siguiente expresión:

Donde a es el punto inicial del intervalo y b el punto final.

Derivando la función dada se tiene que:

PASOS

Se aplica la regla de la cadena

Sea u=cos(x)

Sustituyendo u=cos(x)

Se tiene, entonces que f’(x)= - sin(x) / cos(x) = - tg(x)

Posteriormente, se sustituye la derivada obtenida en la integral planteada para calcular la longitud de arco, tomando en cuenta que:

(- tg(x))2 = (tg(x))2

PASOS

Usando la siguiente identidad

Se tiene que:

Si

Entonces

Sabiendo que

Se tiene, entonces:

Evaluando los límites de integración se tiene:

Por lo tanto, la longitud de arco de la curva dada, en el intervalo dado, es de ln(2 + √3).

5 Encontrar el volumen del solido formado al girar la región acotada por f ( x )=2−x2 ,y g ( x )=1 alrededor de la recta y=1. Sugerencia: utilice el método de los discos para hallar el volumen del sólido y elabore la gráfica para una mejor comprensión del ejercicio.

R ( x )=f ( x )−1=2−x2−1=1−x2 Los puntos de corte entre f(x) y g(x) determinan los límites de la integración. En este caso x=−1 y x=1

V=π∫−1

1

[R ( x ) ]2dx=π∫−1

1

[1−x2 ]2dx=π [ x−2x3

3 +x5

5 ]−1

1

=16 π15 u . v .

6. Halle el volumen del sólido generado al rotar sobre el eje x=−1 la región encerrada por la Parábola x= y2 y la recta x=2 y . Sugerencia: Utilice el método de las arandelas para hallar el volumen del sólido y elabore la gráfica para una mejor comprensión del ejercicio.

Solución

Método de las arandelas

x= y2 x=2 y

√ x=√ y2 x2= y

√ x= y

x 0 1 2 4 9

y 0 ± 1 ±4 ±2 ±3

Intersectas

y2=2 y

y2−2 y=0

y ( y−2 )=0

y=2 y=0

x 0 1 -1 2 -2

y 0 ½ -1/2 1 -1

y2−(−1 )= y2+1

2 y−(−.1 )=2 y+1

A ( y )=π (2 y+1 )2−π ( y2+1 )2

tal que y=2 y=0

V=∫0

2

A ( y )dy

V=∫0

2

π (2 y+1 )2−π ( y2+1 )2dy

V=∫0

2

π [ (2 y+1 )2−( y2+1 )2 ]dy

V=π∫0

2

[ (2 y+1 )2−( y2+1 )2 ]dy

V=π∫0

2

[4 y2+2 (2 y ) (1 )+(1)]−[ y4+2 ( y2 ) (1 )+(1)]dy

V=π∫0

2

[4 y2+4 y+1− y4−2 y2−1 ] dy

V=π∫0

2

[2 y2+4 y− y4 ] dy

V=π [ 2 y3

3 +4 y2

2 −y5

5 ]0

2

V=π [( 2(2)3

3+ 4(2)2

2−(2)5

5 )−(2(0)3

3+ 4 (0)2

2−(0)5

5 )]V=π [(16

3+ 16

2−32

5−0)]

163 (2 )

+ 162 (3 )

= 32+486

=806

V=π [( 806

−325 )]

806(5)

− 325 (6 )

= 4830

V=π [( 4830 )]

V=( 4830 )π↔288 v2RTA /¿

7. hallar el centroide ( x , y )de la región limitada por la curva y=x2 y la recta y=x+2

En primer lugar, se grafica la región delimitada por las curvas dadas:

Luego, igualando las ecuaciones y=x2; y=x+2 se hallan los puntos de intersección entre ambas curvas, que resultan ser a=-2 y b=2, lo cual se observa claramente sobre el gráfico realizado.Para determinar el centroide ( x , y )se aplican las siguientes fórmulas:

Donde A corresponde al área encerrada entre las curvas, por lo tanto se calcula dicho valor:

Evaluando los límites de integración:

Por tanto, el valor de A es de 8/3.Posteriormente, se calcula la integral correspondiente a x:

Evaluando los límites de integración:

Por lo tanto, el resultado de la integral planteada es 16/3. Tomando en cuenta que A es 8/3 y la fórmula previamente descrita se tiene que:

x=16/38/3

=2

Posteriormente, se calcula la integral correspondiente a y:

Evaluando los límites de integración:

Por lo tanto, el resultado de la integral correspondiente a y es 128/15. Tomando en cuenta que A es 8/3 y la fórmula previamente descrita se tiene que:

y=12

128/158/3

=85

Por lo tanto, el centroide se encuentra en:

(x , y ¿¿=(2 , 85)

8. Una varilla de longitud 60 cm tiene una densidad lineal que varía proporcionalmente al cuadrado de su distancia a uno de los extremos, es decir p ( x )=R x2 para R una constante. Si la densidad en el extremo más pesado es de 7200 g/cm, halle su masa total y centro de masa (ce . p ( x )=¿ unidades de masa por unidad de longitud.

Solución

p ( x )=unidad demasa por unidad de longitud

μ=ml

μ=720060

=120

p ( x )=120

Para hallar centro de masa empezamos por hallar masa total

C e=∫0

60

x∗(120 )dx

∫0

60

(120 )dx

∫0

60

x∗(120 )dx=∫0

60

(120 )dx=¿120 ¿060=14400 ¿

∫0

60

(120 )dx=120−x ¿060=7200

C e=144007200

=2cmRta /¿

Existen numerosas aplicaciones del cálculo integral a las ciencias como en la física (trabajo y movimiento), en la hidráulica (bombeo de líquidos), en la estadística, en la economía y en las ciencias sociales.

9. La aceleración de una partícula que se mueve a lo largo de una recta es a ( t )=π2 cos(πt ¿)m2/seg¿Si en el instante inicial (t=0) , la posición de la partícula es ( s=0 )y la velocidad es

v=8 mseg

Hallar s cuando t=1

Solución

se tieneque :

s (t )=a (t )=π2cos (πt¿)m2/seg¿

s (0 )=8

s (0 )=0

definiendo asiuna ecuacion diferencialordinaria de segundoordensebusca la solucion transitoria

s (t )=0→π2=0→Raiz √0=0

ecuacion auxiliar

por lo tanto lasolucion transitoria sera de la forma:

sT ( t )=A+Bt

por su partela solucion permanente tiene la forma :

sp ( t )=¿

sp ( t )=−π .C . senπ ( t )+π . D .cosπ ( t )

sp ( t )=−π2 .C .cos π (t )−π 2 . D . senπ ( t )

sustituyendo enla E .D .O planeada setiene :

(−π2C )cosπ ( t )+(−π2 D ) senπ (t )=(π2 )cosπ (t)

agregando sen (π (t ) )consu simular cos (π (t ))

conel rango se tiene que :

−π2C=π2C=−1

−π2D=OD=0

Por lo tanto

sp(t )=−cos π ( t )(solucion permanente)

como s (t )=s t ( t )+s p(t)

st (t )=solucion transitoriasp ( t )=solucion permanente

s (t )=A+B(t)−cos π (t)

dadas las condiciones iniciales , se tiene :

s (o )=A+B (0 )−cos π (0 )=A−1=O→ A=1

˙s(¿ t )=B+π sen π (t)¿

˙s(¿0)=B+π senπ (0 )=B+0=8→B=8¿

por lo tanto :

s ( t )=1+8 ( t )−cos π (t )

sequiere s (1)

s (1 )=1+8 (1 )−cos (π )

s (1 )=1+8−(−1)

s (1 )=10 Rta/¿

10. Una fuerza de 40 N se requiere para detener un resorte que está estirado desde su longitud natural de 10 cm a una longitud de 15 cm. ¿Cuánto trabajo se hace al estirar el resorte de 15 a 18 cm?

Solución

DATOS:

f ( x )=40N

L=LongitudL1=10cmL2=15cm

w=? paraestimar el resorte de15cm y 18cm

¿el resorte esta estiradodesde 10a15 cm :

d=15cm−10cmd=5cm

100 cm→1m 5cm→x

x=5cm∗1m100 cm

= 5100

m=0.05m

sustituimos enla ley Hooke

f ( x )=kx si f ( x )=40N y dondek=constante

x=0.0540N=k (0.05m )

40N0.05m

=k

800 Nm

=k

luego f ( x )=800 Nm

∗x

secalcula la distanciadel nuevoestiramiento conrespecto a la longitud inicial

d=18cm−10cm=8cm

100 cm→1m 8cm→x

x=8cm∗1m100 cm

= 8100

m=0.08m

parahallar w sustituimos en :

w=∫a

b

f (x )dx

w=∫0.05

0.08

( 800x )dx

w=800 ∫0.05

0.08

( x )dx

w=800 [ x2

2 ]0.05

0.08

w=8002

[ x2 ]0.050.08

w=400 [(0.08)2−(0.05)2 ]

w=400 [0.0064−0.0025 ]

w=400 [0.0039 ]

w=1.56 N /m

w=1.56 JRta . el trabajo al estimar el resorte de15cma18 cmes de1.56J

11. Las funciones de la oferta y la demanda de cierto producto están dadas por S ( x )=52+2x y D ( x )=100−x2. Determine el excedente del consumidor y del productor, suponiendo que se ha establecido el equilibrio del mercado.

Solución

S ( x )=52+2x→oferta

D ( x )=100−x2→demanda

parahallar el excedente del consumidor ydel productor :

primerohallamosel puntode equilibrio

52+2 x=100−x2

100− x2−52−2x=0

48−x2−2 x=0

es decir ; x2+2 x−48=0

( x+8 ) ( x−6 )=0

luego nuetro xes :

( x+8 )=0 (x−6 )=0

x=−8 x=6

el puntode equilibrio esta entre−8 y6

q0=6 sustituimosP0=52+2(6)

P0=52+12=64

FORMULAS

EC=∫0

x

(D−P0)dx

EC=∫0

x

(P0−S)dx

luego

EC=excedentedel consumidor

EC=∫0

6

100−x2−64 dx

EC=∫0

6

¿¿

¿ [36 x− x3

3 ]0

6

¿36 (6 )−63

3−(36 (0 )−(0)3

3 )¿216−72−0

¿144

ahora elexcedente del productor (EP)es :

EP=∫0

6

64−(52+2x )dx

EP=∫0

6

(64−52−2 x)dx

∫0

6

(12−2 x)dx

¿ [12 x−2 x2

2 ]0

6

¿ [12−x2 ]0

6

¿12−(6 )2−(12−(0 )2)

¿12−36−12+0

¿−36

Rta/elexcedentedelconsumidores144ydelproveedores-36

12. El costo marginal de un artículo cuando se producen x unidades es −3 x2+60x+4000 pesos por unidad. Si el costo total de producción de las 10 primeras unidades es $90000, ¿cuál es el costo total de producción de las 50 primeras unidades?

Solución

dcdx

−3 x2+60 x+4000

c ( x )=∫−3 x2+60 x+4000) dx

c ( x )=−3 x3

3 60 x

2

2+4000 x k

x=10c=90000

90000=−(10)3+30¿

90000=−1000+3000+40000+k

k=90000+1000−3000−40000=48000

c ( x )=−x3+30x2+4000 x+48000

c (50 )−(50 )3+30 (50 )2+4000 (50 )+48000

c (50 )=198000 Rta/¿

CONCLUSIONES

Se analizaron y estudiaron mediante ejercicios prácticos las temáticas de análisis de gráficas, volúmenes de superficie de revolución y demás.

Además Identifico cada uno delos métodos para hallar Volúmenes de superficies de revolución, Identificamos las aplicaciones del análisis de gráficas y por ultimo reconocimos los principios matemáticos aplicados en las ciencias.

La actividad se desarrolló de manera satisfactoria.

REFERENCIAS

Muñoz, M.V. 2012. Capitulo3. Aplicaciones de la integral. Áreas de regiones planas. Recuperado de http://es.slideshare.net/kevinmeroconstantine/aplicaciones-de-integral-13138296

DPTO. Matemática aplicada. Tema5. Aplicaciones de la integral. Recuperado de https://bjglez.webs.ull.es/aplicaciones_de_la_integral.pdf

Pérez Gonzales. F.J. Universidad de Granada. Aplicaciones de las integrales simples. Recuperado de http://www.ugr.es/~fjperez/aplicaciones_integral/aplicaciones_integral.html

Vitutor.net. aplicaciones de integrales. Recuperado de http://www.vitutor.net/1/aplicaciones_integral.html

Educatina. (01 de febrero de 2012). Aplicación de integral: cálculo de áreas - análisis matemático.[Video]. Disponible en http://www.youtube.com/watch?v=J0QhITKrK8E