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UNIVARSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICAFACULTAD DE CIENCIAS DE INGENIERÍA
ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE CIVIL-HVCA
SEGUNDA PRÁCTICA DE ANÁLISIS MATEMÁTICO II
I. ÁREAS USANDO SUMATORIAS:
1. Calcular el área de la figura limitada por y=16 x− x2 , y=x−2.SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :
{y=16 x−x2
y=x−2.⇒ x−2=16 x−x2
⇒ x2−15 x−2=0 ⇒ x=15±√2332
x1=15−√233
2 ,x2=
15+√2332
Graficando laregión setiene :
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La región está limitado entre la parábola
f ( x )=16 x−x2 y la recta g ( x )=x−2 , x∈{15−√2332
,15+√233
2 } ∆ x=b−a
n =√233
n
C i=a+∆ xi = 15−√233
2 + √233
ni
El área de la región está dada por:
Área (R )=limn→∞
∑i=1
n
[f (C i )−g (C i ) ]∆ x
Área (R )=limn→∞
∑i=1
n [ 233 in −233i2
n ]√233n
¿ limn→∞ [ 233n(n+1)2n
−233n(n+1)(2n+1)
6n2 ] √233n
¿√233 limn→∞ [ 2332 (1+ 1
n)−233
6(1+ 1
n)(2+ 1
n)]
¿√233 2336
u2
Área (R )=√233 2336u2
5. Encontrar el área formado por y=ln ( x ) , y=e−X , x=e2
Solución
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xϵ [1.23 ,7.38 ]→∆x=7.38−1.23n
∴∆ x=6.15n
, ci=1.23+ 6.15 in
f ( (i )=ln(1.23+ 6.15 in )=ln(1.23+ 6.15 in )f ( (i )=e−x=e
1.23+ 6.15in
f ( (i )¿e−¿¿
lim ¿n→¿¿¿
A=8.08
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6. Hallar el área descrita descrita por y=x 4+2 , y=0 , x=0 ,−6 ; x=10
Solución
→x=0 , y=2dydx
=4 x3=0→x=0
Remplazando x=0 , y=2Puntomínimo (0,2)
∆ x=10−(6 )n
=16n
f ( x )=x 4+2 ,ci=−6+ 16n
f (Ci )=(−6+ 16 in )4
+2
f (Ci )=65536 i4
n4−98304 i
3
n3−43200i
2
n2−13824 i
n+1298
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I :209715.2+ 52428n
+349525.3n2
−3495.5n4
II :−393216 786432n
+ 393216n2
III :230400+ 345600n
+ 115200n2
IV :−1105921
+ 110592n
V :70768n
A=lim ¿n→00(209715.2−393216+393216+230400−110592)¿¿
A=2403523.2
9) y=sen ( x ) , y=0 , x=−2π , x=3 π
Graficando :
si : x∈ [−2π ,3 π ]=[−2π ,−π ] [−π ,0 ] [0 , π ] [π ,2 π ] [2π ,3 π ]
para x∈ [−2π ,−π ]
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∆x=b−an
=−π−(−2 π )
n=πn
c i=a+i ∆x=−2π+ πin
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−2π+ πin )=sen( πin )
→A1=limn→∞
∑i=1
n
f (c i) ∆x= limn→∞
∑i=1
n [sen ( πin ) πn ]=limn→∞
πn∑i=1
n [sen ( πin )]
si :∑i=1
n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π
2n )2 sen( π2n )
→A1=limn→∞
πn {cos ( π2n )−cos (π+ π
2n )2 sen ( π2n ) }=limn→∞
πn {2cos ( π2n )2 sen ( π2n )}=¿ lim
n→∞ {2cos(π2n )
sen( π2n )π2n
}→A1=2u
2
para x∈ [−π ,0 ]
∆x=b−an
=0−(π )n
= πn
c i=a+i ∆x=−π+ πin
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−π+ πin )=−sen ( πin )
→A2=limn→∞
∑i=1
n
f (c i) ∆x=−limn→∞
∑i=1
n [sen ( πin ) πn ]=−limn→∞
πn∑i=1
n [sen ( πin )]
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si :∑i=1
n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π
2n )2 sen( π2n )
→A2=−limn→∞
πn {cos ( π2n )−cos (π+ π
2n )2 sen( π2n ) }=−lim
n→∞
πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=−lim
n→∞ {2cos (π2n )
sen ( π2n )π2n
}→A2=|−2|=2u2
para x∈ [0 , π ]
∆x=b−an
=(π )−0n
= πn
c i=a+i ∆x=πin
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( πin )→A3=lim
n→∞∑i=1
n
f (c i )∆x=limn→∞
∑i=1
n [sen( πin ) πn ]=limn→∞
πn∑i=1
n [sen( πin )]
si :∑i=1
n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π
2n )2 sen( π2n )
→A3=limn→∞
πn {cos ( π2n )−cos (π+ π
2n )2 sen ( π2n ) }= limn→∞
πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=limn→∞ {2cos(
π2n )
sen( π2n )π2n
}ANÁLISIS MATEMÁTICO III Mag. Mat. Cesar Castañeda Campos Página | 7
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→A3=2u2
para x∈ [π ,2π ]
∆x=b−an
=(2π )−π
n=πn
c i=a+i ∆x=π+ πin
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=−sen ( πin )→A4=lim
n→∞∑i=1
n
f (c i )∆x=−limn→∞
∑i=1
n [sen( πin ) πn ]=− limn→∞
πn∑i=1
n [sen( πin )]
si :∑i=1
n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π
2n )2 sen( π2n )
→A4=−limn→∞
πn {cos( π2n )−cos (π+ π
2n )2 sen( π2n ) }=−lim
n→∞
πn {2cos ( π2n )2 sen ( π2n )}=−lim
n→∞ {2cos(π2n )
sen( π2n )π2n
}→A4=|−2|=2u2
para x∈ [2 π ,3 π ]
∆x=b−an
=(3π )−2π
n=πn
c i=a+i ∆x=2π+ πin
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( πin )
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→A5=limn→∞
∑i=1
n
f (c i )∆x=limn→∞
∑i=1
n [sen ( πin ) πn ]=limn→∞
πn∑i=1
n [sen ( πin )]
si :∑i=1
n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π
2n )2 sen( π2n )
→A5=limn→∞
πn {cos ( π2n )−cos (π+ π
2n )2 sen ( π2n ) }= limn→∞
πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=limn→∞ {2cos(
π2n )
sen ( π2n )π2n
}→A5=2u
2
∴ ATOTAL=A1+A2+A3+A4+A5
ATOTAL=10u2
10. y=sen ( x ) , y=cos ( x ) ; x=−2π ; x=3π2
Graficando :
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si : x∈[−2π ; 3 π2 ]para x∈[−2π ;−7 π4 ]
∆x=b−an
=
−7π4
− (−2π )
n=
π4 n
c i=a+i ∆x=−2π+ πi4 n
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−2π+ πi4n )=sen ( πi4 n )
→A1=limn→∞
∑i=1
n
f (c i) ∆x= limn→∞
∑i=1
n [sen( πi4 n ) π4n ]=limn→∞
π4 n∑i=1
n [sen( πi4n )]
si :∑i=1
n [sen ( πi4n )]=cos ( π8n )−cos( π4 + π
8n )2 sen ( π8n )
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→A1=limn→∞ {cos (
π8n )−cos( π4 + π
8n )sen ( π8n )
π8n
}=(1−√22 )
para : f ( x )=cos ( x )→f (c i )=cos(−2π+ πi4 n )=cos( πi4 n )
→A2=limn→∞
∑i=1
n
f (c i) ∆x= limn→∞
∑i=1
n [cos ( πi4n ) π4 n ]=limn→∞
π4n∑i=1
n [cos ( πi4n )]
si :∑i=1
n [cos( πi4n )]=sen ( π4 + π
8n )−sen ( π8n )2 sen ( π8n )
→A2=limn→∞
π4n {sen( π4 + π
8n )−sen( π8n )2 sen ( π8n ) }=limn→∞ {sen(
π4+ π8n )−sen( π8n )sen( π8n )
π8n
}=√22
→AI=¿ A2−A1=
√22
−(1−√22 )=(√2−1 )u2¿
para x∈[ π2 ;π ]
∆x=b−an
=(π )−π
2n
=π2n
c i=a+i ∆x=π2+ πi2n
→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( π2 + πi2n )=cos ( πi2n )
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→A3=limn→∞
∑i=1
n
f (c i )∆x=limn→∞
∑i=1
n [cos ( πi2n ) π2n ]=limn→∞
π2n∑i=1
n [cos ( πi2n )]
si :∑i=1
n [cos( πi2n ) ]=sen ( π2 + π
4 n )−sen( π4n )2 sen ( π4 n )
=cos ( π4n )−sen( π4n )
2 sen ( π4 n )
→A3=limn→∞
π2n {cos ( π4 n )−sen( π4n )
2 sen( π4 n ) }=limn→∞ {cos (π4 n )−sen( π4n )sen( π4n )
π4n
}=1u2para : f ( x )=cos ( x )→f (c i )=cos( π2 + πi
2n )=−sen( πi2n )→A4=lim
n→∞∑i=1
n
f (c i )∆x=−limn→∞
∑i=1
n [sen ( πi2n ) π2n ]=−limn→∞
π2n∑i=1
n [ sen( πi2n )]
si :∑i=1
n [sen ( πi2n )]=cos ( π4n )−cos ( π2 + π
4 n )2 sen ( π4 n )
=cos( π4n )+sen ( π2 + π
4n )2 sen ( π4n )
→A4=−limn→∞
π2n {cos( π4n )+sen ( π4n )
2 sen ( π4n ) }=−limn→∞ {cos(
π4 n )+sen( π4n )sen( π
4n )π4n
}=−1
→A4=|−1|=1u2
∴ ATOTAL=8 A I+3 A3+3 A4=8 (√2−1 )+3(1)+3(1)
ATOTAL=8√2−2
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II. ÁREAS USANDO INTEGRALES: 1.
2. Hallar el área de la región limitada por y=1
( x−4 )2; x=−3;
x=6 , y=0SOLUCIóN :Calculando los putos de intersección :
{y= 1
( x−4 )2
x∈ {−3 ,6 }
Graficando laregión setiene :
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Área (R )=∫−3
61
( x−4 )2dx
Área (R )=|−[ 1(x−4 ) ]|−3
6
Área (R )= 914
u2
5. Hallar el área de la región limitada por .
|x2+6 x−12|, x=−10 , x=12 , y=0
Solución:
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x
y
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-1
0
1
2
3
4
5
x=-3
x=6
y=1/(x-4)^2
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x
y
-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 12 14
-50
0
50
100
y=|x^2+6x-12|
x=-10x=12
y=x2+6 x−12 , x∈←∞ ;−7.58 ]∪¿
y=− x2−6 x+12 , x∈←∞ ;−7.58 ]∪¿
A1=π ∫−10
−7.58
(x2+6 x−12 )dx=( x33
+3 x2−12x )│−7.58−10
A1=31.48 πu2
A2=π ∫−7.58
1.58
(−x2−6x+12 )dx=(−x3
3
−3x2+12x )│ 1.58−7.58
A2=128.32 πu2
∫1.58
12
(x2+6 x−12 )dx=( x33
+3 x2−12x )│ 121.58A3=982.17πu2
∴ A1+A2+A3=1141.97 πu2
6. Hallar el área de la región limitada por
Y=sen (2 x ) , x=−2n , x=+2n ;Y=0
Solución
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x
y
-3
-2
-1
0
1
2
3
y=sin(2x)y=cos(3x/2)
→A1=A2=A3=Au=As=A6=A 7=A8=Au
→A 4=∫0
n2
sen 2x
A4=- cos ex│n21.58
= 12
→hay 9 Areas∴ 12.9=9
2u2
10. Hallar el área de la región limitada por x2+ y2=5( x2
x2+ y2 )Solución:
¿ pasandolaecuacion cartesiana a la forma polar .
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r2=5 ( r2cos2 (θ )r2 )⇒ r2=5cos2 (θ )⇒r=√5cos (θ )
¿∗graficandolaecuacion polar :
1. Intersecciones.a).con el eje polar: sí :θ=0⇒r=√5cos (0 )=√5sí :θ=π⇒ r=√5cos (π )=−√5Hay dos intersecciones con el eje polar: A(√5,0) y B(-√5,π ¿b).con el eje normal:
sí :θ=π2⇒ r=√5cos( π2 )=0
sí :θ=3 π2⇒ r=√5cos( 3 π2 )=0
La curva pasa dos veces por el polo: C(0,π2
) y D(0,3π2
)
2. Simetrías.a).En relación con el eje polar: (θ) por (−θ)
⇒ f (r ,−θ )=√5cos (−θ )=√5cos (θ )=f (r , θ ) ∴Es simetricab). En relación con el eje normal:(θ) por (π−θ)
⇒ f (r , π−θ )=√5cos (π−θ )=−√5cos (θ )≠ f (r , θ ) ∴Noes simetricac). En relación con el polo:(θ ) por (π+θ )
⇒ f (r , π+θ )=√5cos (π+θ )=−√5cos (θ )≠ f (r , θ ) ∴Noes simetrica
3. Extensión. Para todo los valores de θϵ [0,2 π ] , los valores der sonreales y finos .
4. Tangentes en el polo.
si :r=0⇒√5cos (θ )=0⇒√5cos (θ )⇔θ=3π2,π2
5. Imagen geométrica.θϵ [0,2 π ]entonces construimosuna tabla.
θ r
0 √5
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π4
√102
π2
0
π -√5
3π2
0
π √5
A1=∫0
π2
√5cos¿¿
A1=√5∴ AREATOTAL=4√5u2
11.- hallar el á reade la regió nlimitada por x2+ y2=6( y2
x2+ y2 )Paraeste ejercicio seutilizo coordenadas polares :
Donde :
r2=x2+ y2
x=rcos (θ )
y=rsen (θ )
x2+ y2=6( x2
x2+ y2 )⟹ r 2=r 2 sen2 (θ )
r2 ⟹ r=√6 sen (θ )
Graficamos :
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r
x
y
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Hallamosel área :
A=∫0
π2
√6 sen (θ )dθ⟹ A=√6∫0
π2
sen (θ )dθ
A=−√6 (cosθ )|π20⟹ A=−√6 [cos( π2 )−cos (0)]⟹ A=−√6 [0−1 ]
A=√6u2
Como hay 4 áreas iguales multiplicamos por 4
∴ A=4 √6u2
12.- hallar el área de la región limitada por x2+ y2=8( xy
x2+ y2 )Para este ejercicio se utilizo coordenadas polares:
Donde:
r2=x2+ y2
x=rcos (θ )
y=rsen (θ )
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x2+ y2=8( xyx2+ y2 )⟹ r2=8[ r2 sen (θ ) cos (θ)
r2 ]⟹ r=√8 sen (θ ) cos (θ)
r=2√sen (2θ )
Grafica:
A=∫0
π
2√sen (2θ )dθ⟹
13.- hallar el área de laregión limitada por x2+ y2=8( x2
x2+ y2−1)
14.- hallar el área de laregión limitada por x=8−12 y2 , x=4 y2
SOLUCION :
Hallamos puntos de intersección .
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8−12 y2=4 y2⟹16 y2−8=0⟹ y2= 816
y=√ 12 ; y=−√ 12⟹ x=2
Graficamos:
Hallamos área.
A=∫0
√12(8−12 y2−4 y2 )dy⟹ A=∫
0
√ 12(8−16 y2 )dy⟹ A=(8 y−16 y33 )|√ 120
A=8√ 12−163 (√ 12 )3
⟹ A=8√23
………comohay dos areasiguales multiplicamos por 2
∴ A=16 √23u2
15.- hallar el área de la región limitada por y=x2−12 , y=8−x2
SOLUCION:
Hallamos puntos de intersección.
x2−12=8−x2⟹ x2−10=0
x=√10 ; x=−√10
Graficamos:
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A=∫0
√10
( (x2−12 )−(8−x2 ))dx⟹∫0
√10
(2x2−4 )dx
A=(2 x33 −4 x)|√100A=20√10
3−4√10⟹ A=4 √10
comohay dosareas iguales multiplicamos por 2
∴ A=8√10u2
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III. VOLUMEN DE UN SOLIDO DE REVOLUCIÓN:
Calcular el volumen de un sólido de revolución que se obtiene al hacer girar la región formada por:
1. y=x2+1 , y=√ x+4alrededor del eje X .(Alrededor del eje Y ,alrededor de X=−12)
SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :
{ y=x2+1y=√ x+4
⇒ x+4=(x2+1)2
⇒ x4+2 x2−x−3=0
x1=−45
,x2=65
Graficando laregión setiene :
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x
y
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-2
-1
0
1
2
3
4
y^2=x+4
y=x^2+1
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El volumende la región formada por las parábolas f ( x )=√x+4 y g ( x )=x2+1.
V=π ∫−4/5
6 /5
[ ( f ( x ))2−(g ( x ) )2 ]dx
V=π ∫−4/5
6 /5
[x+4−(x2+1 )2 ]dx
V=π ∫−4/5
6 /5
[ x−x4−2x2+3 ] dx
V=π [ x22 −x5
5−2 x3
3+3 x ]
−4/5
6 /5
V=π81441875
u3
Laregión giraalrededor del eje x=−12.
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El volumende la región formada por las parábolas f ( x )=√x+4 y
g ( x )=x2+1.
V=2π ∫−4 /5
6/5
(x+12)[ f (x)−g (x)] dx
V=2π ∫−4 /5
6/5
(x+12)[√ x+4−x2+1 ]dx
V=2π ∫−4 /5
6/5
[ x√ x+4−x3+ x+12√ x+4−12x2+12 ] dx
V=2π [ 2(x+4)5 /25−x4
4+x2
2+16 ( x+4 )
32
3−4 x3+12x ]
−4 /5
6 /5
V=π650750
u3
2. y=x3−8 , x2− y2=1 alrededor del ejeX .(Alrededor del eje Y ,alrededor de x=−6, alrededor de y=−12 )
SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :
{ y=x3−8x2− y2=1
⇒ x2−(x3−8)2=1
⇒ x6−16 x3−x2+65=0
x1=95
,x2=2110
y1=−32
,y=1910
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Graficando laregión setiene :
La región gira alrededor del ejeY
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x
y
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-3
-2
-1
0
1
2
3
x^2-y^2=1 x^2-y^2=1
y=x^3-8
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El volumen de la región formada por las parábolas f ( y )=3√ y+8 y g ( y )=√ y2+1.
V=π ∫−3 /2
19/10
[ ( f ( y ) )2−(g ( y ) )2 ]dy
V=π ∫−3 /2
19/10
[ ( y+8 )2 /3−( y2+1)]dy
V=π ∫−3 /2
19/10
[ ( y+8 )2 /3− y2−1 ]dy
V=π [ 3( y+8)5 /35− y− y3
3 ]−3 /2
19/10
V=π8422411591000000000
u3
La región gira alrededor del ejex=−6.
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3.
El volumen de la región formada por las parábolas
f ( y )=3√ y+8 y g ( y )=√ y2+1.
V=π ∫−3 /2
19/10
[ ( f ( y )+6 )2−(g ( y )+6 )2 ]dy
V=π ∫−3 /2
19/10
[( 3√ y+8+6 )2−(√ y2+1+6 )2 ]dy
V=π ∫−3 /2
19/10
[ ( y+8 )2 /3+12 ( y+8 )1 /3− (1+ y2 )−12 (1+ y2 )1/2 ]dy
V=π32876020510000000
u3
La región gira alrededor del ejey=−12.
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El volumen de la región formada por las parábolas
f ( x )=√x2−1 y g ( y )=x3−8
V=π ∫9/5
21/10
[ ( f (x)+12 )2− (g (x )+12 )2 ]dx
V=π ∫9/5
21/10
[(√x2−1+12 )2− (x3+4 )2 ]dx
V=π ∫9/5
21/10
[ x2+24 √x2−1+127−x6−8 x3 ]dx
V=π [ x33 +12 (x √x2−1−ln(x+√ x2−1))−127 x− x7
7−2x4]
9/5
21/10
V=π1640565041100000000
u3
5. y=x2−16 , y=3x2 hallar alrededor de eje ”x”alrededor deeje “Y ”alrededor de x=−6
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alrededor deY=−4
Solución
x
y
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-100
-50
0
50
y=x^2-16
y=3x^2
Alrededor de eje “X” gira eje “X”
V=π∫ ( f (x ) )2dx=V=π∫−4
4
(x2−16 )2dx
V=π ( x55 −32 x3
3+256 x )│ 4
−4=π( 819215 + 819215 )=16384 π15
Alrededor de eje “y” gira eje “Y”
V=π∫−4
4
(√Y−16 )2dy=¿π∫−4
4
(4−16 )dy¿
V=π ( y22 −16 y )│ 4−4
∴V=64 π3
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Alrededor de eje X=-6
V=2π∫−4
2
(X+6 ) (2 x2+16 )dx
V=768 π
Alrededor de eje X=-4
V=2π∫−4
0
(X+4 ) (3 x2 )dx
V=128 π
6. y2−x2=4 , Y=±8 , alrededor deeje X ,alrededor de ejeY ,alrededor de X=12
Solución
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x
y
-60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60
-20
-10
0
10
20
y^2-x^2=4
y^2-x^2=4y=6y=8
y=-8
y=-12
alrededor de eje X
V 1=π ∫−√60
√60
(64— 4−x2 )dx
V 1=π ∫−√60
√60
(−x2+60 )dx
V 1=619.68 π
V 2=π ∫−√60
√60
(x2+4−64 )dx
V 2=π ∫−√60
√60
(x2−60 )dx
V 2=619.68 π
alrededor de ejeY
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V 1=2 π ∫−√60
√60
(X ) (8−√x2+4 )dx
V 1=0, V 2=0
alrededor de eje X=6
V 1=π ∫−√60
√60
(22−(√ x2+4−6 )2)dx
V 1=π ∫−√60
√60
(4−(√ x2+4−6 )2)dxV 1=24.89 πV 2=2057.12 π
alrededor de eje X=-12
V 1=π ∫−√60
√60
(202−(√ x2+4+12 )2 )dx
V 1=π ∫−√60
√60
(400− (√ x2+4+12 )2)dxV 1=1908.81 πV 2=2057.12 π
10.x2+ y2=6( y2
x2+ y2 ) , alrededor del eje X .¿alrededor de y=x+2 , alrededor deY=−6¿
Solución:
¿ pasandolaecuacion cartesiana a la forma polar .
r2=6( r2 sen2 (θ )r2 )⇒r 2=6 sen2 (θ )⇒ r=±√6 sen (θ )
¿∗graficandolaecuacion polar :
1. Intersecciones.a).con el eje polar:
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sí :θ=0⇒r=√6 sen (0 )=0sí :θ=π⇒ r=√6 sen (π )=0b).con el eje normal:
sí :θ=π2⇒ r=√6 sen( π2 )=√6
sí :θ=3 π2⇒ r=√6 sen ( 3π2 )=−√6
2. Simetrías.a).En relación con el eje polar: (θ) por (−θ)
⇒ f (r ,−θ )=√6 sen (−θ )=−√6 sen (θ )=f (r ,θ )∴Es simetricab). En relación con el eje normal:(θ) por (π−θ)
⇒ f (r , π−θ )=√6 sen (π−θ )=√6 sen (θ )=f (r , θ ) ∴Es simetricac). En relación con el polo:(θ ) por (π+θ )
⇒ f (r , π+θ )=√6 sen (π+θ )=−√6 sen (θ )=f (r ,θ )∴Es essimetrica
3. Extensión. Para todo los valores de θϵ [0,2 π ] , los valores der sonreales y finos .
4. Tangentes en el polo. si :r=0⇒√6 sen (θ )=0⇒ √6 sen (θ )⇔θ=π ,2π
5. Imagen geométrica.θϵ [0,2 π ]entonces construimosuna tabla.
θ r
0 0
π4
√3
π2
√6
π 0
3π2
−√6
2π 0
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¿∗¿hallandovolumen derevolución :
POR PROPIEDAD:
V X (A )=2π3 ∫
θ0
θf
r 3sin(θ)dθ
⇒V=2 π3∫0
π
¿¿¿
¿4 √6 π∫0
π
(sen¿¿2(θ))2dθ=¿4√6 π∫0
π
(1−cos (2θ)
2)2
dθ ¿¿
¿√6π∫0
π
(1−2cos (2θ )+cos2 (2θ ) )dθ
¿√6π ¿
¿√6π ¿
¿√6π ¿
¿√6π [ 32 π−sen (2θ )|π0+ 18sen(4θ)|π
0]=¿√6 π ( 32 π )
∴V=3√6 π2
2u2
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