2do Examen

Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 1/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
1) Graficar la región limitada por las parábolas x2 = 4py e y2 = 4px, siendo p una constante
positiva y hallar el área entre ellas.
y
2
4 px
y
4 px ; x
x4
4 px
(4 p) 2
x 0 o x
A
4p
4p
0
4 py
x 4 (4 p )3 x
4p
de la gráfica, f ( x)
A
2
x2
4p
y
4 px
x2
4p
x( x 3 (4 p )3 ) 0
0
ambas curvas se cortan en (0, 0) y (4 p, 4 p) ;
x2
4p
4 px
1
4p
xdx
2
(4 p )1/ 2 (4 p)3/ 2
3
4p
0
g ( x)
x 2 dx
(4 p)3
3(4 p)
4p
A
0
2 3/ 2
x
3
4p
2
(4 p) 2
3
4p
0
1
(4 p) 2
3
4 px
x2
dx
4p
1 1 3
x
4p 3
1
(4 p) 2
3
4p
0
16 2
p
3
2) Se corta una esfera de radio r por dos planos paralelos colocados en x = a y en x = b con a,
b ε [-r, r]. Hallar el volumen de la porción de esfera comprendida entre ambos planos
suponiendo que a < b.
Usando el método de los discos con f ( x)
r 2 x2
x [ r, r]
que describe la semicircunferencia centrada en el origen de radio r y
suponiendo que
A
A
b
a
(r 2
r
a b r
x 2 ) dx
r 2 (b a )
3
r2
(b3 a 3 )
b
A
b
a
dx
a
b
a
2
[ f ( x)] dx
x 2 dx
r 2 [ x] ba
b
a
3
(b a) 2
[3r (a 2 ab b 2 )]
3
r
2
x3
x
b
a
2
2
dx
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 2/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
3) Dibujar la región Ω limitada por x = | y | y x = 2 – y2. Usar el método de las capas para
hallar el volumen del sólido engendrado al girar Ω alrededor del eje y.
x
y
2 y2
x
además si y
0
x
1
2
0
4
3
x2
V
4
3
8
1
1
2 3/ 2
u
3
2 x g ( x) dx
4
(2 u ) u du
4
3
1
0
4
0
1
x 1
usando el método de las capas y sim. en eje x
2 2 xf ( x) dx 2
V
y
2, y los puntos de intersección son
(1,1), (1, 1) y (2, 0)
V
2 y2
y
1
0
4
2 5/ 2
u
5
1
0
1
0
x 2 dx 4
1
8
0
20
3
2
1
x 2 x dx ; u
1
u du 4
8
5
0
2 x
u u du
(100 24)
15
76
15
4) Sean r y h números positivos. La región en el 1er cuadrante limitada por la recta x / r + y / h
= 1 y los ejes coordenados se rota alrededor del eje y. Usar el método de las capas para
obtener el volumen de un cono de radio r y altura h.
x
r
y
h
1
si x
r
y
0 y si y
h
x
0 así, la recta
x
corta los ejes coordenados en (0, h) y (r , 0);
r
usando el método de las capas respecto al eje y
y
f ( x)
V
V
r
0
h 1
2 x f ( x) dx
2 h rx 2
r
2
x3
3
2 h
r
0
r
0
x 1
2 h r3
r
2
x
dx
r
r3
3
2 h
r
2 h r3
r 6
r
0
(rx x 2 ) dx
1 2
r h
3
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 3/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
5) Dibujar la región Ω limitada por y = x2 e y = x1/3. Hallar el centroide de Ω así como
el volumen engendrado por su rotación alrededor de cada eje coordenado.
y
x2
x1/ 3
y
x2
x1/ 3
x6
x ( x 5 1) 0
x
de donde las curvas se cortan en los ptos. (0, 0) y (1,1); además,
x1/ 3
f ( x)
x2
g ( x)
x [0,1] de modo que el área
1
entre ambas está dada por A
para el centroide, xA
1
xA
yA
1
2
0
1
0
1/ 3
x( x
1/ 3 2
[( x )
1
0
0
1/ 3
3 4/3 1 3
x
x
4
3
2
(x
x ) dx
x[ f ( x) g ( x)] dx
1
2
x ) dx
0
(x
2 2
( x ) ] dx
1
2
4/3
1
0
3 7/3
x
7
3
x ) dx
(x
2/3
yA
4
x ) dx
1
2
1
0
1 4
x
4
1
0
3 1
4 3
5
12
[ f 2 ( x) g 2 ( x)] dx
1
0
1 3 5/3
x
2 5
3
7
1 5
x
5
1
4
1
0
5
y
28
3 1
10 10
las coordenadas del centroide están dadas por:
xA
yA
5
28
1
5
1 5 12 5 3
A 28 5 28 7
1 1 12 1 12
A 5 5 5 25
x
y
finalmente, aplicando el Teorema de Pappus se
obtienen los volumenes del sólido al rotar la
región respectivamente con respecto a cada eje, i.e.,
Vx
2 yA
2
5
Vy
2 xA
10
28
5
14
1
5
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 4/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
6) Hallar el centroide de la región acotada por:
x
y
a
x
0
y
0
y
x
y
a, x
a , x 0, y 0.
a de donde
la curva los ejes en los ptos. (0, a) y (a, 0); además, p. ej., si x
2 x
a
a
A
f ( x)dx
0
A a
x
a / 4 de modo que un pto. sobre la curva es
a
0
4
aa 3/ 2
3
2
( a
xA
a 2
x
2
a
0
a
0
(ax 2 ax 3/ 2
4 a 5/ 2
x
5
x ) dx
1 2
a
2
para el centroide, xA
x3
3
a
2
3 2
a
2
0
(a 2 a x
a a
,
4 4
4
ax
ax 3/ 2
3
x2
2
a2
6
4 2
a
3
x f ( x) dx
x) dx
y
1
2
yA
a
0
f 2 ( x ) dx
x 2 ) dx
a
0
a3
2
4a 3
5
a3
3
a3
30
siendo y x un eje de simetría que divide a la mitad
la región y dado que el centroide pertenece al eje de
simetría, entonces las coordenadas del centroide
están dadas por:
a3
30
1 a3 6 a3 a
a
xA
x
y x
2
A 30 a 30 5
5
1 a 2
1 a
de otra forma, yA
f ( x ) dx
( a
x )4 dx
0
0
2
2
recordando que (u v) 4 u 4 4u 3v 6u 2v 2 4uv 3 v 4 ; tomando u
a
1 a
yA
[( a ) 4 4( a )3 x 6( a ) 2 ( x ) 2 4 a ( x )3 ( x ) 4 ) dx
2 0
1 a 2
yA
(a 4a 3/ 2 x1/ 2 6ax 4a1/ 2 x3/ 2 x 2 ) dx
2 0
yA
yA
1 2 8a 3/ 2 3/ 2
a x
x
3ax 2
2
3
1 3
a
2
8a 3
3
3a
3
8a 3
5
8a1/ 2 5/ 2
x
5
a3
3
1 5a 3
2 3
x3
3
a
0
8a 3
5
a3
30
v
x
a
0
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 5/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
7) Se gira el rectángulo (figura izquierda) alrededor de la línea indicada como l. Hallar el
volúmen del sólido de revolución resultante.
Por ser el rectángulo una figura elemental, su centroide se halla en la intersección de sus
diagonales
usando el teorema de Pitágoras la mitad de la diagonal indicada en la figura
está dada por d
de Pappus, Vl
(a / 2)2 (b / 2) 2
a 2 b 2 / 2 . Finalmente, aplicando el teorema
2 RA donde la distancia de la recta de rotación l al centroide del
rectángulo vale R
c d
a 2 b 2 / 2 y como A ab
c
Vl
ab(2c
Vl
ab(2R )
a 2 b2 )
8) Hallar la longitud natural de un muelle metálico pesado, sabiendo que el trabajo realizado al
alargarlo desde una longitud de 2 m hasta una longitud de 2.1 m es la mitad del trabajo
realizado al alargarlo desde una longitud de 2.1 m hasta una longitud de 2.2 m.
Por la ley de Hooke, el resorte ejerce una fuerza de restauración dada por F ( x)
kx donde k
es una cte. positiva; para alargar o estirar el resorte se ejerce la misma fuerza pero contraria, i.e.,
F ( x)
kx ; ahora, si L es la longitud natural del resorte y E representa su longitud después de
estirarlo, entonces E L mide el estiramiento realizado, así, por hipótesis
2.1 L
W1
2 L
kxdx
1
2
2.2 L
2.1 L
kxdx
2(2.1 L) 2 2(2 L) 2
2
)2 2
6
3
10
100
1
0.05
20
2
L
1 x2
2 2
2 L
4
10
2
3
4
100
2
2
10
6 4
10 10
2 0.05 1.95
2.2 L
2 x2
2.1 L
1
100
x2
2 L
2.2 L
2.1 L
2.1 L
3(2.1 L) 2 2(2 L) 2
(0.2 2 L) 2 ; sea
)2
(0.2
2
2.1 L
(2.2 L) 2 (2.1 L) 2
3(0.1 2 L) 2 2(2 L) 2
3(0.1
x2
2
1
W2
2
(2.2 L) 2
2 L
2
4 3
100
2
2
1
100
4
10
2
10
4
100
1
100
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 6/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
9) Un objeto de masa m se mueve a lo largo del eje x. En x = a su velocidad es va y en
x = b, su velocidad es vb . Utilizar la 2da ley de Newton del movimiento, F = ma
= m dv/dt , para encontrar el trabajo W realizado para desplazar dicho objeto desde a hasta b.
Por ser la 2da ley de Newton, F
dv
dt
dv dx
dx dt
v
ma
m
dv
y aplicando la regla de la cadena se tiene que
dt
dv
; además, por hipótesis cuando x
dx
b
W
a
Fdx
dv
mv dx
a
dx
b
m
vb
va
vdv
a
v2
m
2
v va y si x b
vb
va
v vb
1
m(vb2 va2 )
2
10) Demostrar que si una placa está sumergida en un líquido formando un ángulo θ con
la vertical tal que 0 < θ < π/2 , entonces la fuerza sobre la placa viene dada por (usar
sumas de Riemann), σ es el peso específico del líquido; x, w(x), a y b se indican en
la figura.
F
b
x w( x) sec dx
a
Según las figuras, la fuerza ejercida sobre la i ésima franja de la placa sumergida e inclinada
un ángulo
(0, / 2) y de altura xi
xi
xi* w( xi* )hi siendo
xi 1 , está dada por Fi
el
peso específico del fluído, xi* [ xi 1 , xi ] la profundidad de la franja, w( xi* ) el ancho de la placa
a la profundidad xi* , y hi la hipotenusa del triángulo rectángulo infinitesimal formado por la
xi
hi
vertical y la placa inclinada. Del triángulo, se ve que cos
de este modo, Fi
xi* w( xi* ) sec
hi
xi
cos
xi y consecuentemente, para la partición P elegida
sobre [a, b], se tiene el límite de la siguiente suma de Riemann
n
F
xi* w( xi* ) sec
lim
P
0
i 1
xi
sec
b
a
x w( x) sec dx
sec
b
a
x w( x) dx
xi
Oct.30-2010
2DO EXAMEN: CÁLCULO INTEGRAL
Dr. Gonzalo Urcid S. ~ 7/7
PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA INTEGRAL
EXTRA relativo al problema 10)
a) lim F ( )
0
lim
sec
0
b
a
b
x w( x) dx
a
x w( x) dx (placa vertical)
la fuerza ejercida es la misma que para una placa sumergida verticalmente
pues en ese caso sec 0 1, hi
xi y h b a es de longitud finita.
b)
lim F ( )
/2
lim
/2
sec
b
a
x w( x) dx
(placa horizontal)
la fuerza ejercida sobre la placa sumergida pero inclinada es cada vez
mayor si
/ 2 ya que sec( / 2)
y h
es de longitud infinita.