Ayudantía Extra I1

Vista previa del material en texto

Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemáticas
MAT1620 - Cálculo II - Sección 2 - 2014-02
Profesor: José López
Ayudant́ıa Extra para I1
Ayudante: Daniel Araya - dtaraya@uc.cl
Problemas
Problema 1
Determine el área de la región encerrada por las gráficas de las curvas:
a) y = | sin(x)| y y = cos(x) con x ∈ [−π4 ,−
π
4 ].
b) y =
1√
x
, y = x y x = 2
Solución: Trivial, las soluciones son:
a) 2(
√
2− 1).
b)
3
2
− 2(
√
2− 1)
Problema 2 (Solución alternativa al Control 2003-02)
La base de un sólido es un triángulo equilátero de lado a y sus secciones perpendiculares a la base son
semićırculos con diámetros perpendiculares a una altura fija del triángulo. Hallar el volumen del sólido.
1
Solución: Visualicemos la figura a trabajar
Claramente este problema se debe abordar mediante método de las Secciones Transversales. Una
alternativa de solución es considerar el eje x en la altura/eje de simetria OC del triángulo equilátero,
de ah́ı bastaŕıa determinar el radio (y con ello el área) de cada sección transversal para cada x.
Por geometŕıa sabemos que para una altura particular x es proporcional al lado l del triangulo en√
3
2
x =
l
√
3
2
⇔ l = 2x
√
3
3
⇒ r
∣∣
x
=
l
2
=
x
√
3
3
Como A(r) =
π
2
· r2:
⇒ A(x) = π
2
· 3x
2
9
A(x) =
πx2
6
2
Aśı finalmente el volumen formado por la figura es:
V =
∫
x∈DomA(x)
A(x) dx
=
∫ a√3
2
0
πx2
6
dx
=
π
6
(
x3
3
) ∣∣∣∣ a
√
3
2
0
=
π
6
·
(
a3 ·
√
3
8
)
=
πa3
√
3
48
Concluyendo lo pedido. �
Problema 3
El arco de f(x) = sin(x), desde x = 0 hasta x = 2π gira al rededor del eje x. Hallar la superficie del manto
generado.
3
Solución: Sabemos que:
S =
∫ x2
x1
2π|f(x)|
√
1 +
(
f ′(x)
)2
dx
Como f ′(x) = cos(x)
S =
∫ 2π
0
2π| sin(x)|
√
1 + cos2(x) dx
=
∫ π
0
2π sin(x)
√
1 + cos2(x) dx−
∫ 2π
π
2π sin(x)
√
1 + cos2(x) dx u = cos(x)→ du = − sin(x) dx
= 2π
(
−
∫ −1
1
√
1 + u2 dx+
∫ 1
−1
√
1 + u2 dx
)
= 4π
∫ 1
−1
√
1 + u2 d) u = tan(x)→ du = sec2(x) dx
= 4π
∫ π/4
−π/4
sec3(x) dx
Recordar que:
I =
∫
sec3(x) dx
=
∫
sec(x)sec2(x) dx
u = sec(x)→ du = sec(x) tan(x)
dv = sec2(x)→ v = tan(x)
⇒ I = sec(x) tan(x)−
∫
sec(x)tan2(x) dx
I = sec(x) tan(x)−
∫
sec(x)(sec2(x)− 1)(x) dx
I = sec(x) tan(x)−
∫
sec3(x) dx+
∫
sec(x) dx
I = sec(x) tan(x)− I +
∫
sec(x) dx
I =
sec(x) tan(x) + ln | sec(x) + tan(x)|
2
+ C
4
Finalmente entonces:
S = 4π
∫ π/4
−π/4
sec3(x) dx
= 4π · sec(x) tan(x) + ln | sec(x) + tan(x)|
2
∣∣∣∣π/4
−π/4
= 2π
[(√
2 + ln(
√
2 + 1)
)
−
(
−
√
2 + ln(
√
2− 1)
)]
= 2π(2
√
2 + ln(
√
2 + 1√
2− 1
))
= 2π(2
√
2 + ln((
√
2 + 1)2)
= 2π(2
√
2 + 2 ln(
√
2 + 1))
= 4π(
√
2 + ln(
√
2 + 1))
Concluyendo lo pedido. �
Problema 4
Determine el centroide de la región definida en el gráfico:
5
Solución:
La idea de este problema es aplicar la Propiedad Aditiva/Sustractiva de los Momentos: Sean las regiones
R1, R2, R3, ..., Rn que no comparte pares ordenados (x, y) ∈ R2 en común, de áreas A1, A2, A3, ..., An
respectivamente. Y sean sus respectivos centroides (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3), ..., (xn, yn). Luego se
cumple que el centroide de la región RT =
⋃n
i=1Ri es:
x∗ =
n∑
i=1
xi ·Ai
n∑
i=1
Ai
y∗ =
n∑
i=1
yi ·Ai
n∑
i=1
Ai
Del problema vemos que la el problema planteado:
Para R1 : (x1, y1) = (2, 3/2) A1 = 2 · 3 = 6
Para R2 : (x2, y2) = (0, 1/2) A2 = 2 · 1 = 2
Para R3 : (x3, y3) = (−3/2, 1) A3 = 1 · 2 = 2
Luego
x∗ =
x1 ·A1 + x2 ·A2 + x3 ·A3
A1 +A2 +A3
y∗ =
y1 ·A1 + y2 ·A2 + y3 ·A3
A1 +A2 +A3
x∗ =
2 · 6 + 0 · 2− 3/2 · 2
6 + 2 + 2
y∗ =
3/2 · 6 + 1/2 · 2 + 1 · 2
6 + 2 + 2
x∗ =
9
10
y∗ =
6
5
Concluyendo lo pedido.
Problema 5
Calcule el centroide de la región R = R1 ∪R2 con:
R1 = {(x, y) ∈ R2
∣∣x2 + y2
4
= 1, y ≥ 0}
R2 = {(x, y) ∈ R2
∣∣ − 1 ≤ x ≤ 1,−2 ≤ y ≤ 0}
6
Solución:
Debemos ocupar Propiedad Aditiva/Sustractiva de los Momentos, para esto calculemos los centroides
de la regiones R1 y R2:
Vemos que
A1 =
πab
2
= π
Como la figura es simétrica x1 = 0, luego
y1 =
1
2
∫ 1
−1
(2
√
1− x2)2 dx
A1
=
2
∫ 1
−1
1− x2 dx
π
=
2
(
x− x
3
3
) ∣∣∣∣1
−1
π
=
8
3π
Luego trivialmente, como R2 es un cuadrado:
A2 = 4
x2 = 0
y2 = −1
Aśı finalmente
x∗ = 0
y∗ =
A1 · y1 +A2 · y2
A1 +A2
=
π · 83π + 4 · (−1)
4 + π
=
8
3 − 4
4 + π
= − 4
3(π + 4)
Conjeturamos que el centroide de R es (x∗, y∗) =
(
0,− 4
3(π + 4)
)
Concluyendo lo pedido. �
¡PROPUESTO! (¡HAGANLO!)
En base a lo aprendido anteriormente, resuelva el Problema 2 de la I2 del TAV 2013
Hint: Use la Propiedad Aditiva/Sustractiva de los Momentos.
Hint 2: Calcule las integrales de sec5(θ) y sec3(θ).
7
Problema 6
Calcule el volumen generado al rotar la curva
√
x+
√
y = 1 entorno la curva x+ y = 1.
Solución:
Claramente debemos ocupar el Teorema de Pappus. Calculemos el área y centroide de la figura: Área:
A =
∫ 1
0
(1− x)− (1−
√
x)2 dx
=
∫ 1
0
(−x+ 2
√
x− x) dx
=
∫ 1
0
(2
√
x− 2x) dx
=
(
4
3
x
3
2 − x2
) ∣∣∣∣1
0
A1 =
1
3
Centroide:
x =
∫ 1
0
x
(
(1− x)− (1−
√
x)2
)
dx
A
=
∫ 1
0
2x
√
x− 2x2 dx
1
3
= 6
∫ 1
0
x
√
x− x2 dx
= 6
(
2
5
x
5
2 − x
3
3
) ∣∣∣∣1
0
= 6
(
2
5
− 1
3
)
= 6 · 1
15
x =
2
5
8
y =
1
2
∫ 1
0
(1− x)2 − (1−
√
x)4 dx
A
=
3
2
∫ 1
0
(
(1− x) + (1−
√
x)2
) (
(1− x)− (1−
√
x)2
)
dx
=
3
2
∫ 1
0
(
2− 2
√
x
) (
2
√
x− 2x
)
dx
= 6
∫ 1
0
(
1−
√
x
) (√
x− x
)
dx
= 6
∫ 1
0
√
x− 2x+ x
√
x dx
= 6
(
2
3
x
3
2 − x2 + 2
5
x
5
2
) ∣∣∣∣1
0
= 6
(
2
3
− 1 + 2
5
)
=
6
15
=
2
5
Nos faltaŕıa conocer la distancia entre el punto
(
2
5
,
2
5
)
y la recta x + y = 1. Recordemos que la
distancia de un punto (x0, y0) con una recta Ax+By + C = 0 es:
d =
|Ax0 +By0 + x|√
A2 +B2
Aśı:
d =
1 · 2
5
+ 1 · 2
5
− 1
√
1 + 1
=
1
5√
2
=
1
5
√
2
=
√
2
10
Finalmente por Teorema de Pappus:
V = 2πd ·A
V = 2π
√
2
10
· 1
3
V =
π
√
2
15
Concluyendo lo pedido. �
9
Problema 7
La espiral de Cornu está definida como:
x(t) =
∫ t
0
cos(
πu2
2
) du
y(t) =
∫ t
0
sin(
πu2
2
) du
Encuentre su longitud de arco desde el instante t = 0 hasta el instante t = t0.
Solución:
Sabemos que:
L =
∫ tf
ti
√
x′(t)
2
+ y′(t)
2
dt
Es evidente que:
x′(t) = cos(
πt2
2
) y′(t) = sin(
πt2
2
)
⇒ x′(t)2 = cos2(πt
2
2
) y′(t)
2
= sin2(
πt2
2
)
Luego triavialmente
√
x′(t)
2
+ y′(t)
2
= 1. Aśı:
⇒ L =
∫ t0
0
1 dt
L = t0.�
Problema 8
Calcule la superficie resultante de rotar el astroide x
2
3 + y
2
3 = a
2
3 entorno al eje x.
10
Solución:
La clave radica en buscar una parametrización adecuada. En estos casos, hay que tratar de formar el
1 en la expresión, esto se da con la parametrización:
x(t) = acos3(t) e y(t) = asin3(t). Luego el recordemos que:
S =
∫ tf
t0
2π|y(t)|
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt
Aśı:
S = 2π
∫ π
0
a| sin |3t
√
(−3acos2t sin t)2 + (3asin2 cos t)2 dt
= 6πa2
∫ π
0
sin3t
√
cos2tsin2t dt
= 6πa2
∫ π
0
sin3t| cos t sin t| dt
= 6πa2
(∫ π
2
0
sin4t cos t dt−
∫ π
π
2
sin4t cos t dt
)
= 6πa2
(
sin5t
∣∣∣∣π2
0
− sin5t
∣∣∣∣π
π
2
)
=
12
5
πa2
Concluyendo lo pedido. �
Problema 9
Sea α ∈ R+ y sean:
R1 = la región del plano acotada por el eje x, la recta x = 1 y la curva y = xα + x.
R2 = la región del plano acotada por el eje y, la recta y = 1 y la curva y = xα + x.
Encontrar todo los valores de α > 0 para los cuales los sólidos obtenidos de rotar las regiones R1 alrededor
del eje x y R2 alrededor del eje y tengan el mismo volumen.
11
Solución:
El gráfico de la región expuesta es el siguiente:
Realicemos las respectivas rotaciones. A la región R1, por métodos de los discos:
V1 = π
∫ 1
0
y2 dx = π
∫ 1
0
(xα + x)2 dx
= π
∫ 1
0
(x2α + 2xα+1 + x2) dx
= π
(
1
2α+ 1
+
2
α+ 2
+
1
3
) ∣∣∣∣1
0
= π
(
1
2α+ 1
+
2
α+ 2
+
1
3
)
A la región R2, por métodos de los cascarones ciĺındricos:
V2 =
∫ 1
0
2πxh dx = 2π
∫ 1
0
x(2− y) dx
= 2π
∫ 1
0
x(2− xα − x) dx
= 2π
∫ 1
0
(2x− xα+1 − x2) dx
= 2π
(
2x2
2
− x
α+2
α+ 2− x
3
3
) ∣∣∣∣1
0
= 2π
(
1− 1
α+ 2
− 1
3
)
= π
(
4
3
− 2
α+ 2
)
Igualando V1 = V2:
1 =
4
3
− 2
α+ 2
⇔ α2 − 2α− 2 = 0
⇒ α = −b±
√
b2 − 4ac
2a
= 1±
√
3
Finalmente como α > 0⇒ α = 1 +
√
3. Concluyendo lo pedido. �
12