capitulo 3 - area

FACULTAD DE INGENIERÍA

-------------------CAPITULO 1--------------------

La integral definida como Área

Uno de los problemas más antiguos en matemáticas es el de calcular áreas de figuras

planas que tienen límites (lados) curvos, en esta sección consideraremos el problema de

determinar áreas de cierto tipo. Supongamos que hay una función f con valores positivos

cuando se evalúan en el intervalo [ a ,b ]. Se quiere calcular el área entre la gráfica de f y

el eje x, en el intervalo [ a ,b ] que se ve en la figura.

Área bajo la curva

Calcule el área bajo la gráfica de f(x)=2 en el intervalo [1,4 ] .

Se nos pide calcular el área del rectángulo sombreado de la figura. Este rectángulo tiene 2

unidades de altura y 3 unidades de ancho; en consecuencia, tiene una área de 2 x 3 = 6

unidades cuadradas

Wilson Velásquez B. Especialista en matemáticas

Ejemplo 1.1:

Solución:

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Calcule el área bajo la gráfica de f(x) = x en el intervalo [0,2 ]

Esta vez se nos pide el área del triangulo que se ve en la figura. Este triangulo tiene 2 de

altura y 2 de base, así que, según la conocida formula de la geometría, su área es

12

∙ 2∙ 2=2

Calcule el área bajo la grafica de f(x) = 1 - x2

en el intervalo [0,1 ]

Esta vez necesitamos calcular el área bajo la parábola que

se ve en la figura, este es un problema bastante difícil

que el de calcular el área de un rectángulo o el de un

triangulo. La solución que encontró Arquímedes para este

problema es una de las cumbres de la matemática griega.

Arquímedes aplico el

método llamado de “

exhaucion”, que se parece,

en esencia, a lo que vamos a hacer. Aproximaremos el área


Ejemplo 1.2:

Solución:

Ejemplo 1.3:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

bajo la parábola, con áreas que podamos calcular con

facilidad: áreas de rectángulos.

La figura siguiente muestra como podríamos aproximar el área bajo la parábola

usando rectángulos circunscritos o inscritos de la misma amplitud.

Use rectángulos para estimar el área de la región acotada por la gráfica de y=f ( x )=x2,

el eje desde 0 hasta 1.

La región se muestra en la siguiente figura

a) Para rectángulos inscritos


Ejemplo 1.4:

Solución:

f (x)=x2

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Tomemos cuatro rectángulos inscritos de aproximación, (es decir n=4) de igual

amplitud, ∆ x=b−an

y de altura f (x)=x2. Donde b=1˄ a=0 entonces

∆ x=1−04

=14

Cada rectángulo tiene un ancho de 14

y las alturas son (0)2 ,( 14 )

2

,( 24 )

2

,( 34 )

2

,(1)2

Sea Ai la suma de las áreas de los rectángulos inscritos de aproximación, entonces:

Ai=14

(0 )2+14 (14 )

2

+14 (24 )

2

+14 (34 )

2

Ai=1464

=732

=0 ,21875

b) Para rectángulos circunscritos

Tomemos cuatro rectángulos inscrito de aproximación, (es decir n=4) de igual

amplitud, ∆ x=b−an

y de altura f (x)=x2 Donde b=1˄ a=0 entonces

∆ x=1−04

=14

Cada rectángulo tiene un ancho de 14

y las alturas son ( 14 )

2

,( 24 )

2

,( 34 )

2

,(1)2


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Sea Ac la suma de las áreas de los rectángulos circunscritos de aproximación

Si A es el área de la región, entonces Ai<A<Ac

A continuación abordaremos previamente el estudio de suma y notación sigma y la

partición de un intervalo cerrado [a , b ], necesarios para una mejor comprensión de

la definición de área de una región y la de integral definida.

Suma Y Notación Sigma

Como veremos más adelante, en muchas ocasiones es útil contar una notación para la suma de n términos que permita mantener clara la idea de suma, pero que simplifique lo que escribimos. Introducimos, entonces la siguiente notación.

Notación

La suma de los términos a1 , a2 ,…,an se escribe usando el símbolo ∑❑(sigma) como

a1+a2+a3+a4+…+an=∑i=1

n

ai

Donde i se conoce como el índice de la suma, a i es el sumando i−ésimo, y los límites inferior y superior son, respectivamente 1 y n.

Considere la suma:

12+22+32+42+…+1002

Para indicar esta suma en una forma compacta, la escribimos como


Ac=14 (14 )

2

+14 (24 )

2

+14 (34 )

2

+14

(1 )2

Ac=3064

=1532

=0 , 46875

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12+22+32+42+…+1002=∑i=1

100

i2

Algunas de las propiedades más importantes de la suma son las siguientes

PROPIEDADES Y SUMAS

Si k es una constante, entonces:

1)

∑i=1

n

(a¿¿i± b i)=∑i=1

n

ai ±∑i=1

n

bi¿¿

5)

∑i=1

n

i=1+2+3…+n=n (n+1)

2

2)

∑i=1

n

k ai=k∑i=1

n

ai

6)

∑i=1

n

i2=12+22+32+…+n2=n (n+1 )(2n+1)

6

3)

∑i=1

n

k=nk

7)

∑i=1

n

i3=13+23+33+…+n3=[

n (n+1)2

]2

4) Suma telescópica

a)

∑i=1

n

(a i+1−a i)=an+1−a1

b)

∑i=1

n

¿¿

Partición de un intervalo

Sea [a , b] un intervalo. Decimos que P es una partición del intervalo en n subintervalos

[ xi−1 , x i] con i=1,2 , …, n si para puntos x0 , x1 , x2 ,…,xn∈ [a ,b ], se cumple que

a=x0<x1<x2<…< xn−1<xn=b. La partición es regular si la amplitud de todos los


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subintervalos es la misma: en caso contrario, es irregular. La norma de la partición es el

máximo de las amplitudes de los subintervalos y la denotamos por ‖P‖.

El intervalo cerrado típico Se denomina el subintervalo de la partición y su amplitud es ∆ x i=x i−x i−1 como lo muestra la figura.

1.1. ÁREA COMO LÍMITE

Sea una función continua y no negativa en el intervalo cerrado [a , b ], y sea A el área

de la región acotada por la gráfica de , el eje y las rectas verticales x=a ˄ x=b.

_________________________________________________________________________

A continuación se define el área A de la región.

Se Divide el intervalo [a, b] en n subintervalos cerrados de igual amplitud ∆ x=b−an

, al

seleccionar n−1 puntos, es decir x1 , x2 ,…, xn−1 entre a y b. Con la condición de que

a=x0 y b=xn , y


y=f (x )

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x0<x1<x2<…< xn−1<xn

La partición regular de [a, b] define n subintervalos cerrados de igual amplitud ∆ x

[ x0 , x1] ;[ x1 , x2] ;…; [ x i−1 , x i ] ,…, [ xn−1 , xn ]

El intervalo cerrado típico

[ x i−1 , x i ] se denomina el i-ésimo subintervalo, y

Como f es continúa en el intervalo cerrado [a , b ], es continua en cada subintervalo

[ x i−1 , x i ]. Por el teorema del valor extremo, f alcanza un valor mínimo en algún número

para cada i se construye un rectángulo de amplitud ∆ x y altura igual a la

distancia mínima f (x¿i) del eje x a la gráfica de f , como se ilustra en la figura.

El área del i−ésimo rectángulo inscrito es .

La suma de las áreas de los n rectángulos inscritos de aproximación es:

f ( x1¿ )∆ x+ f ( x2

¿ )∆ x+ f ( x3¿) ∆ x+……f (xn

¿ )∆ x=∑i=1

n

f ( xi¿)∆ x

La figura indica que si n es muy grande( ) o, equivalentemente, si ∆ x es muy

pequeño ( ), entonces la suma de las áreas de los n rectángulos inscritos debe ser

casi igual al área total de la región. Entonces como A es el área de la región, se puede

escribir

A=limn →∞

∑i=1

n

f (x i¿¿¿)∆ x ¿¿


x i−x i−1=b−an

para cada i=1,2 ,. . ., n

como la amplitud b−an

de los subintervalos se denota por Δx , entonces para cada i ,

x i−x i−1=Δx y x i=x i−1+Δx como se ilustra en la figura .

Notese que x0=a y xn=b

x1=x0+Δx=a+Δx , x2=x1+Δx=a+2 Δx , x3=a+3 Δx ,. .. ,

x i=a+iΔx , x i−1=a+(i−1 ) Δx , .. . , xn−1=a+( n−1 ) Δx , xn=a+nΔx=b

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También se puede evaluar el área A usando rectángulos circunscritos. En este caso, se

escoge un número tal que f (x¿i) es el máximo de f en [ x i−1 , x i ].

Hallar el área de la región acotada por la gráfica de f ( x )=x2, el eje x y las rectas

verticales x=0 y x=1. Para rectángulos inscritos y circunscritos.

Para rectángulos inscritos ( ver figura)

El área A de la región viene dada por:

(1)

La amplitud ∆ x

de cada subintervalo es , pero


Ejemplo 1.5:

Solución:

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Δx=1n

(2)

Como f es creciente en [0,1 ], el número en el que f alcanza su mínimo es

siempre el extremo izquierdo x i−1 del subintervalo, es decir, x¿i=x i−1. Por tanto,

(3)

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (1) obtenemos:

A=limn→∞

∑i=1

n

( i−1 )2 1n2

.1n

A=limn→∞

∑i=1

n

( i2−2i+1) 1n3

A=limn→∞

[∑i=1

n

i2−2∑i=1

n

i+∑i=1

n

1] 1

n3

A=limn→∞

[ n(n+1 )(2n+1 )6

−2n( n+1)

2+n] 1

n3

A=limn→∞

[ (n+1 )(2 n+1 )6 n2

−(n+1)

n2+ 1

n2 ]

A=limn→∞

[ 13−0+0]


f ( x¿i)=( i−1 )2 1

n2

A=13

unidades cuadradas

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1.2. SUMA DE RIEMANN

Dada una función y=f ( x ) definida en el intervalo[a , b ] , considérese una partición P del

intervalo en n subintervalos(que no necesitan tener igual amplitud) al seleccionar n−1

puntos, es decir x1, x2,,,, xn−1 entre a y b con la condición de que

a=x0<x1<x2<…< xn−1<xn=b

La partición define n subintervalos cerrados

[ x0 , x1] ;[ x1 , x2] ;…; [ x i−1 , x i ] ,…, [ xn−1 , xn ]

El intervalo cerrado Se denomina el subintervalo de P y su amplitud es ∆ x i=x i−x i−1 como lo muestra la figura.

En cada subintervalo cerrado seleccionamos un punto , y construimos un rectángulo vertical, desde el subintervalo hasta el punto (x i

¿ , f (x i¿)) sobre la curva

y=f ( x ) . La selección de no es importante siempre y cuando esté dentro de [ x i−1 , x i ].

Si f ( xi¿ ) es positiva, el número f (x¿

i)∆ x i es el área del rectángulo que se encuentra arriba del eje x. Si f ( xi

¿ ) es negativa, entonces f (x¿i)∆ x i es el negativo del área . En cualquier

caso, adicionamos los n productos de f (x¿i)∆ x i para formar la suma

Esta suma, que depende de P y de la selección de los números x¿i , se llama Suma de

Riemann para f en el intervalo [a,b].

La norma de una partición p es la amplitud del subintervalo mas largo de la partición, es

decir, el mayor de los ∆ x1 , ∆ x2 , …, ∆ xn. Se denotada por ‖p‖.


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El conjunto p= {0,0. 2,0 .6,1,1.5,2 }es una partición de [0,2 ] . Hay cinco subintervalos [0,0 .2 ] ; [0 .2,0 .6 ] ; [0.6,1 ] ; [1,1 .5 ] y [1.5,2 ] .

Las amplitudes de los subintervalos sonΔx1=0 .2 , Δx2=0 . 4 , Δx3=0 . 4 , Δx4=0 . 5 y Δx5=0.5 , la más larga es de 0.5, de

manera que la partición es ‖p‖=0 . 5 . En este ejemplo, hay dos subdivisiones con esta longitud.

Sea y sea P

una partición de en cinco subintervalos determinados

por y calcular la norma de la partición y la

suma de Riemann para x1∗¿1, x2∗¿2 , x3∗¿3 .5 , x4∗¿5 y x5∗¿5 .5 .

La gráfica está en la figura. En ella también se muestran

los puntos correspondientes a y los rectángulos de alturas f (x i

¿) para i=1,2,3,4 y 5.


Ejemplo 1.6:

Ejemplo 1.7:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Entonces, .

La norma De la partición es , o sea 2.

Por la suma de riemann Rp=∑

i=1

5

f ( xi¿)Δxi se tiene,

Rp=f ¿¿

1.3. INTEGRAL DEFINIDA

1.3.1. Definición:

Sea f una función definida en un intervalo cerrado [a , b] La integral definida de f entre a y b se denota

por , y está dada por

∫a

b

f ( x )dx=¿ lim‖ p ‖ →0

∑i=1

n

f (x i¿)∆ x i ¿

siempre y cuando el límite exista.

Si existe la integral definida de f entre a y b , entonces se dice que f es integrable en [a , b]. Los

números a y b se llaman extremos(o límites) de integración, siendo a el extremo inferior y b el extremo

superior.


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En el estudio de área el intervalo [a , b] se dividió en n subintervalos de igual amplitud

∆ x . Tal partición del intervalo [a , b] se llama partición regular. Si ∆ x es la amplitud de

cada subintervalo de una partición regular, entonces cada ∆ x i=∆ x y la norma de la

partición es ∆ x, es decir ‖P‖=∆ x . En este caso el símbolo P 0 es equivalente a

∆ x →0(es equivalente a

n → ∞), de este modo la integral definida ∫a

bf ( x )dx

Toma la

forma de:

1.3.2 EL AREA COMO INTEGRAL DEFINIDA

Si f es continua y no negativa (f (x)≥ 0) para todo x en [a ,b], entonces el área A de la

región limitada por la gráfica de y=f (x ), el eje x y las rectas x=a y x=b está dada

por

A=∫a

bf ( x )dx

1.3.3 PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES DEFINIDAS

1. Cero: ∫a

af ( x )dx=0

(una definición)

2. Orden de Integración: Si a>b

entonces ∫a

b

f ( x )dx=−∫b

a

f ( x )dx

3. Múltiplos Constantes: ∫a

b

kf ( x )dx=k∫a

b

f ( x )dx cualquier número k

4. Sumas y Restas:


TEOREMA La existencia de integrales definidasTodas las funciones continuas son integrables. Esto es si una función f es continua en un

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∫a

b

( f ( x )±g( x ))dx=∫a

b

f ( x )dx±∫a

b

g (x )dx

5. Si a<c<b y f es integral en [a , c] y en [c ,b], entonces f es integrable en [a ,b]

y ∫a

b

f ( x )dx=∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f (x ) dx .

6. DesigualdadMax−Min: Si Máxf y Minf son los valores máximos y mínimos de f en [a , b ] , entonces

min f⋅(b−a )≤∫a

b

f (x )dx≤max f⋅(b−a )

7. Dominación: Si f ( x )≥g( x ) en [a , b ]⇒∫

a

b

f ( x )dx≥∫a

b

g( x )dx

f ( x )≥0 en

[a , b ]⇒∫a

b

f ( x )dx≥0 (caso especial)

8. Si es impar entonces

Utilice la definición de integral definida y halle ∫−1

22x dx

La integral definida viene dada por:

∫a

b

f ( x )dx=¿ limn→ ∞

∑i=1

n

f (x i¿)∆ x ,¿

Donde x i¿es cualquier elemento en [ xi−1 , x i]

⇒∫−1

22 x dx=lim

n→∞∑i=1

n

f ( x¿i)Δx (1)


Ejemplo 1.8:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

ahora Δx=b−an

=3n

ademas x¿i=xi

⇒ x i=a+iΔx=−1+iΔx

⇒ x i=−1+i(3n )

f ( x¿i)=f (x i )= f (−1+i( 3

n ))=2(−1+i(3n ))Reemplazando en ecuación (1) obtendremos:

∫−1

22 xdx=lim

n→∞∑i=1

n

2(−1+ i( 3n )) 3

n

=6 limn→∞[−1

n∑i=1

n

1+ 3

n2∑i=1

n

i ] =6

limn→∞[(−1

n )n. 1+3

n2

n (n+1)2 ]

=6 limn→∞[−1+3

2n+1n ]

=6 [−1+32

. 1]=3

1.4 VALOR PROMEDIO DE UNA FUNCION CONTINUA

1.4.1 Definición

Si f es integrable en [a , b], su valor promedio(o media) en [a , b] es


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pro ( f )= 1b−a

∫a

b

f ( x ) dx

1.5 TEOREMA DEL VALOR MEDIO PARA INTEGRALES DEFINIDAS

Si f es continua en [a , b], entonces en algún punto c de [a , b],

f ( c ) (b−a )=∫a

b

f ( x ) dx

1.6 TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO

Esta conclusión es bella, poderosa, profunda y sorprendente, la ecuación anterior puede

ser la ecuación más importante en las matemáticas. Dice que la ecuación diferencia

dFdx

=f, tiene una solución para cada función continua f . Dice que cada función

continua f es la derivada de alguna otra función, principalmente∫a

x

f ( t ) dt . Dice que cada

función continua tiene una Antiderivada. Y también dice que los procesos de integración y

diferenciación son inversos entre sí.


EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO, PARTE I

Si f es continua en [a , b ], entonces F ( x )=∫a

x

f ( t ) dt tiene una derivada en cada punto de

[a , b ] y

dFdx

= ddx∫a

x

f ( t )dt=f ( x ) , a≤x≤b

aa ≤ x≤ b

EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO, PARTE IISi f es continua en cualquier punto de [a , b ], y F es una antiderivada de f en[a , b], entonces

∫b

a

f ( x )dx=F ( x )+¿C|ba ¿

-------------------CAPITULO 1--------------------

En la práctica hacemos

∫b

a

f ( x )dx=F (x )│ab=F (b)−F(a)

1.7 CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES DEFINIDAS

Para calcular la integral definida ∫a

b

f (g (x ) ) g' (x ) dx , hacemos la misma sustitución de u

que se haría para evaluar la integral indefinida correspondiente. Después se integra

respecto a u desde el valor que tiene u en x=a hasta el valor que tiene u en x=b, es

decir, hacemos

u=g ( x ) y du=g' ( x )dx

Entonces ∫a

b

f (g (x ) ) g' (x ) dx=∫g(a)

g(b)

f (u ) du

u=g ( a ) cuando x=a

u=g ( b ) cuando x=b

Evaluar ∫−1

2

¿¿


EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO, PARTE IISi f es continua en cualquier punto de [a , b ], y F es una antiderivada de f en[a , b], entonces

∫b

a

f ( x )dx=F ( x )+¿C|ba ¿

Ejemplo 1.9:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Comenzamos por desarrollar el cuadrado del integrando y luego se aplica la regla de la potencia a cada termino, como sigue:

∫−1

2

¿¿

¿ [ x7

7+2( x4

4 )+x ]−1

2

¿ [ 27

7+2 (2

4

4 )+2]❑

❑

−[ (−1 )7

7+2

(−1 )4

4+(−1 )]

¿ 40514

Hallar

dydx si

y=∫1

x2

cos tdt

Observamos que el límite superior de integración no es sino x2

. Para hallar

dydx

debemos considerar a y como la composición de

y=∫1

u

cos tdt y u=x2

.

Entonces al aplicar la regla de la cadena, tenemos que:

dydx

=dydu

dudx

=ddu∫1

u

cos tdtdudx

¿cosududx

=cos x2 2 x=2 xcos x2


Ejemplo 1.10:

Solución:

Ejemplo 1.11:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Calcular ∫0

1 √ x+1dx

Hacemos u=x+1 y du=dx

Entonces sustituyendo en la integral se tiene,

∫0

1√ x+1 dx=∫1

2

u1

2 du

=23

u3

2 ]21

=23(2)

32−2

3

= 1.218951416

Otra forma

Evaluamos la integral indefinida ∫√x+1dx haciendo u=x+1 y du=dx

Al sustituir se tiene

∫√x+1dx=∫u12 du

¿ 23

u32+C

¿23

( x+1 )3/2+C

Por tanto, la integral definida es

∫0

1

√x+1 dx=23

( x+1 )3/2|10=23

(2 )3 /2−23=1.218

Determinar ∫−2

3 ⃓ dxx⃓⃓


Solución:

Solución:

Ejemplo 1.12:

cuando x=0⇒u=1cuando x=1⇒u=2

-------------------CAPITULO 1--------------------

Por definición ⃓ x́=−x si x<0 y ⃓ x́=x si ≥ 0. Esto sugiere usar la propiedad 5 para

expresar la integral como una suma de dos integrales definidas, como sigue:

∫−2

3 ⃓ dxx⃓⃓ =∫−2

0 ⃓ dxx⃓⃓ +∫0

3 ⃓ dxx⃓⃓ ¿∫

−2

0

(−x)dx+∫0

3

xdx

¿−[ x2

2 ]−2

0

+[ x2

2 ]0

3

¿−[0−42 ]+[ 92−0]

¿2+ 92=13

2

1.1 EJERCICIOS PROPUESTOS

Calcule las siguientes integrales definidas:

1) ∫0

1earcsenx dx

R/12

eπ2−1

2 2)∫0

1

(2 x−3 ) (5 x+1 )dx R/-37/6

3)∫0

1 x3dxx 4+x2+1

dx R/

14

ln 3− π √336 4)

5

) 6)

7) ∫0

√2/2dx

√1− x2 R/1-

1

√3 8)∫

0

1ex

1+ex dx R/artan e−π4

9)∫1

esen (lnx)

xdx R/1-cos1 10)∫

0

1y2

√ y2+4dy R/ 1

3ln

1+√52


-------------------CAPITULO 1--------------------

11) ∫0

πdt

3+2 cost 12)∫

0

ln 2

√ex+1 dx R/ 2−π

2

13)∫0

5dx

2 x+√3 x+1 R/

15

ln 112 14)∫0

2 πdx

5−3 cosx

15) ∫0

ln 5ex √e x−1

ex+3

1.8 INTEGRACIÓN NUMÉRICA

1.8.1 REGLA DEL TRAPECIO

Si la es continua en el intervalo cerrado y los determina una partición

regular de , entonces una estimación de la integral definida está dada por

∫a

b

f ( x )dx ≈b−a2n [ f ( x0 )+2 f (x1 )+2 f ( x2 )+…+2 f (xn−1)+ f (xn)]

Donde n es el número de intervalos, con x i=a+ i∆ x

Usar la regla de trapecio con n=10

para obtener un valor aproximado de ∫1

2(1/ x )dx

. Calcular el error máximo de la aproximación.


ESTIMACION DEL ERROR EN LA REGLA DEL TRAPECIO.

Si M es un numero real positivo tal que para todo en , entonces el error que se comete al usar la regla del trapecio no es mayor que

), es decir |ET|≤M (b−a )3

12 n2

Ejemplo 1.13:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Es conveniente organizar el trabajo como sigue. Cada f (x i) se ha obtenido mediante una calculadora con una precisión de nueve decimales. La columna m contiene el coeficiente def (x i) en la regla del trapecio. Así, m=1 para ò bien y m=2 para los demás valores.

La suma de los números en la última columna es 13.875428064.

Como

b−a2n

=2−120

= 120 , resulta que

∫1

2 1x

dx≈ 120

(13 . 875428064 )≈0 .693771403

El error de la aproximación se puede calcular usando la Estimación del error en la regla de

Trapecio. Comof ( x )=1 /x , tenemos que f ' ( x )=−1/ x2 y f left (x right )=2/x rSup { size 8{3} } } { ¿. El valor de f left (x right )} {¿

en el intervalo [1,2 ] alcanza su máximo en x=1 y por lo tanto,

¿¿Aplicando la estimación del error en la regla del trapecio, con M = 2, vemos que el error máximo no es mayor que:


i x i f (x i) m mf (x i)0 1.0 1,000000000 1 1,0000000001 1.1 0,909090909 2 3,6363636362 1.2 0,833333333 2 1,6666666663 1.3 0,769230769 2 3,0769230784 1.4 0,714285714 2 1,4285714285 1.5 0,666666667 2 2,6666666686 1.6 0,625000000 2 1,2500000007 1.7 0,588235294 2 2,3529411768 1.8 0,555555556 2 1,1111111129 1.9 0,526315790 2 2,105263160

10 2.0 0,500000000 1 0.500000000

-------------------CAPITULO 1--------------------

1.8.2 REGLA DE SIMPSON

Si la función es continua en , un entero par, y los números , determinan una partición regular, entonces una estimación de la integral definida está dada por

∫a

b

f ( x )dx ≈b−a3 n [ f ( x0 )+4 f (x1 )+2 f ( x2 )+4 f (x3)+…+2 f (xn−2)+4 f (xn−1)+f (xn)]

Usar la regla de Simpson con n=10

para obtener un valor aproximado de Calcular el error de la aproximación.

Esta es la misma integral del ejemplo 1.13. Ordenamos los cálculos como siguen. La

columna m contiene los coeficientes de f (x i) en la regla de simpson.

i x i f (x i) m mf (x i)0 1.0 1,000000000 1 1,0000000001 1.1 0,909090909 4 3,6363636362 1.2 0,833333333 2 1,6666666663 1.3 0,769230769 4 3,0769230784 1.4 0,714285714 2 1,4285714285 1.5 0,666666667 4 2,6666666686 1.6 0,625000000 2 1,2500000007 1.7 0,588235294 4 2,3529411768 1.8 0,555555556 2 1,111111112


ESTIMACION DEL ERROR EN LA REGLA DE SIMPSON

Si M es un numero real positivo tal que para todo x en , entonces el error que se comete al servirse de la regla de Simpson no es mayor que

Ejemplo 1.14:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

9 1.9 0,526315790 4 2,10526316010 2.0 0,500000000 1 0.500000000

La suma de los números en la última columna es de 20.794506924. Como

Entonces Luego usaremos la estimación del error en la regla de Simpson para calcular el error de la aproximación.

Si , entonces . Como en el intervalo alcanza su máximo valor en ; por lo tanto

.Aplicando la estimación del error de la regla de Simpson con , se observa que el

error máximo de la aproximación no es mayor que .

1.2 EJERCICIOS PROPUESTOS DE LA REGLA DE TRAPECIO

1. ∫0

4dx

√4+x3;n=4 R/1,227

2. ∫0

2

√1+x3 dx;n=4 R/3,283


NOTA: Este error es mucho menor que el que se obtuvo en el ejemplo de la regla del trapecio

-------------------CAPITULO 1--------------------

3. ∫2

8xdx

3√4+x2;n=6 R/9,47

4. ∫1

5

√126−x3dx ;n=4 R/34,78

5. ∫1

41x

dx ;n=6 R/1.41

6. ∫0

1

ex2

dx ;n=5 R/1.48

7. ∫1

5 /2

(3√x2+8)dx ;n=6 R/3.35

1.3 EJERCICIOS PROPUESTOS DE LA REGLA DE SIMPSON

1. ∫0

4dx

√4+x3;n=4 R/1,236

2. ∫0

2

√1+x3 dx;n=4 R/3239

3. ∫2

8xdx

3√4+x2;n=6 R/9,49

4. ∫1

5

√126−x3dx ;n=4 R/35,68

5. ∫2

4ex

xdx ;n=4 R/14.6768

6. ∫2

4

(lnx)3dx ;n=4 R/2.

1.9 ÁREA DE UNA REGIÓN MEDIANTE LA INTEGRAL DEFINIDA:

Método Geométrico


-------------------CAPITULO 1--------------------

Sea f una función continua y no negativa para todo x en [a , b ] , y sea A el área de la región acotada por

la gráfica de f , el eje x y las rectas verticales x=a y x=b.

Caso 1 : Si La curva que limita la región se describe en función de x, los rectángulos de

aproximación se toman perpendiculares al eje x(verticales) .

El área de la rebanada (rectángulo) es:

dA=Base× Altura, donde Base= dx y la Altura=f (x )−0=f (x )

dA=f ( x )dx❑⇒

Ecuación Diferencial de Área

El área A de la región es:

A=∫a

bf ( x )dx donde x=a y x=b límites de integración

Caso 2: Si La curva que limita la región se describe en función de y, los rectángulos de

aproximación se toman perpendiculares al eje y(Horizontales)


y=f (x )

-------------------CAPITULO 1--------------------

Sea A el área de la región acotada por la gráfica de x=f ( y ), el eje y las rectas

horizontales y=c y y=d .


= Base X Altura, donde Base= y la Altura=dy

dA=f ( y ) dy Ecuación Diferencial de Área.


Límites de integración: y=c y y=d .

⇒ A=∫c

df ( y )dy

Caso 3: La curva que limita la región(por debajo del eje x) se describe en función de x,

los rectángulos de aproximación se toman perpendiculares al eje x(verticales).

El área de la rebanada (rectángulo) es

dA=Base× Altura, Base=dx y Altura=0−f ( x )=−f (x )

dA=−f ( x )dx


A=−∫a

b

f ( x ) dx

Áreas Simétricas


-------------------CAPITULO 1--------------------

El área total A=A1+A2, como las áreas son simétricas A1=A2 , entonces A=2 A1

Para la región 1, el área de la rebanada es,

dA1=− f ( x )dx

El área A1 es

A1=−∫0

x1f ( x )dx

Por lo tanto, A=−2∫0

x1

f ( x )dx

Hallar el área de la región acotada por la gráfica de y=√4−x2 y el eje x (y=0).



Ejemplo 1.15:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

= Base X Altura, donde la Base = y la Altura=f (x )=√4−x2

dA=√4−x2 dx


Límites de integración: x=−2 y x=2

A=∫-2

2 √4−x2dx , o bien A=2∫0

2 √4−x2dx

=2[ x2 √4−x2+2arcsenx2 ]20=2[2.

π2−0]=2 π

Ejemplo 2: Hallar el área de la región acotada por la gráfica de y=senx ,

y el eje x en el

intervalo [0,2].

El área total A=A1+A2, pero A1=A2 por simetría


Solución:

Ejemplo 1.16:

A1

A2

x 0 π/2 Π 3π/2 2π

y 0 1 0 -1 0

-------------------CAPITULO 1--------------------

Para la región 1


El área A1 de la región es:

A1=∫0

π

senx=−cosx ] π0=−cosπ+cos0=1+1=2

Por lo tanto, el área total A=2 (2 )=4unidades cuadradas

1.9 ÁREA ENTRE DOS Ó MÁS CURVAS

Área entre curvas y=f ( x ) y y=g ( x ) que no se intersecan

y son continuas en


dA=Base× Altura, donde Base=dx y Altura=f (x )−g (x)


Límites de integración: x=a x=b


-------------------CAPITULO 1--------------------

⇒ A=∫a

b[ f ( x )−g( x ) ]dx

Área entre curvas que se intersecan

Hallar el área de la región sombreada, limitada por las graficas de las funciones

y=f ( x ) , y=g ( x ) y y=h(x ) como lo muestra la figura.

Sea A el área acotada por las gráficas y


Ejemplo 1.17:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

El área total es A=A1+A2

Para la región 1


d A1=Base× Altura


Límites de integración: x=x1 y x=0

Para la región 2


d A2=Base× Altura


Límites de integración: x=0 y x=x2

Por tanto, A=∫x1

0

[ f ( x )−h( x)] dx+∫0

x2

[ f ( x )−g(x )]dx

Halar el área de la región acotada por la parábola y=2−x2 y la recta y=− x

Hallamos los puntos de intersección, las coordenadas x de los puntos son los límites de

integración.

Resolviendo simultáneamente y=2−x2 y y=− x , se tiene

2−x2=−x igualando las ecuaciones

x2−x−2=0

( x+1 ) (x−2 )=0→ x=−1 , x=2 límites de integración


Ejemplo 1.18:

Solución:

A2=∫0

x2 [ f ( x )−g( x ) ]dx

-------------------CAPITULO 1--------------------

La región se muestra en la siguiente figura

El área de la rebanada( rectángulo) es:

dA=Base× Altura

dA=[2−x2−(−x )] dx

EL área A de la región es

Limites de Integración: x=−1 y x=2

A=∫−1

2

(2−x2+x )dx=92

Hallar el área acotada por las gráficas de las ecuaciones x= y2 y2 y2=x+4

a) Rectángulos perpendiculares al eje x

Hallamos los puntos de intersección, al resolver simultanea mente las ecuaciones

(1) x= y2=g( y ) ∧ (2 ) x=2 y2−4=f ( y )Reemplazamos (1) en (2)


Solución:

Ejemplo 1.19:

-------------------CAPITULO 1--------------------

y2=2 y2−4y2=4y=±√4y=±2

cuando y=2 ⇒ x=4 ⇒ P1( 4,2)

cuando y=−2 ⇒ x=4 ⇒ P2( 4 ,−2)

Las coordenadas x de los puntos de intersección son los límites de integración.

Hallamos el vértice de parábola 2 y2=x+4 , reduciendo la ecuación a la forma ordinaria

de la parábola ( y−k )2=4 p (x−h ), donde V (h ,k ) es el vértice.

2 y2=x+4

y2=x2+2

( y−0 )2=12

(x+4 )

V (h , k )=V (−4,0 )

Tabla de valores para f(y)

x -4 -2 -2

Y 0 1 -1

Despejando y en la ecuación 2 y2=x+4, se tiene y=±√ x2+2


-------------------CAPITULO 1--------------------

EL área A de la región es A= A1+A2+A3+A4

pero A1=A2 ∧ A3=A4 por simetría⇒ A=2 A1+2 A3

Para la región 1


d A1= ydx

dA1=√ x

2+2 dx

EL área A1 es:


A1=∫−4

0 √ x2+2 dx=a (Re suelva )

Para la región 3


dA3=[√ x2+2−√x ]dx

EL área A3 es:

Limites de Integración: x=0 y x=4

A3=∫0

4 [√x2+2−√x ]dx=b (Resuelva)

por tanto A=2 a+2 b

b) Rectángulos perpendiculares al eje y


-------------------CAPITULO 1--------------------


dA=[ y2−(2 y2−4 ) ]dy


Limites de Integración: y=−2 y y=2

A=∫−2

2

(4− y2) dyo bien A=2∫0

2

(4− y2 )dy=323

Calcule el área de la región acotada por las gráficas de las funciones y = x2 +4x;

X2 + y = 0 ¿ y = |x|


integración

f ( x )=x2+4 x , g ( x )=−x2 , h ( x )=|x|={ x , si x ≥ 0−x , si x<0

Igualamos f ( x ) y g(x)


Ejemplo 1.20:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

x2+4 x=−x2

2 x2+4 x=02 x [ x+2 ]=0x1=0 x2=−2

g ( x )=h ( x ) para x < 0

−x2=−x⇒ x2−x=0⇒ x ( x−1 )=0⇒ x=0 , x=1 (Este valor se descarta )

Para x ¿0

−x2=x⇒ x2+x=0⇒ x ( x+1 )=0⇒ x=0 , x=−1 (Este valor se descarta )

El intercepto es x = 0

f ( x )=h (x )

Si x < 0 si x≥0

x2+4 x=−x x2+4 x=xx2+5 x=0 x2+3 x=0x (x+5 )=0 x ( x+3 )=0

x1=0 x2=−5 x1=0 x2=−3 (Este valor se descarta)

Los interceptos son x1 = 0 x2 = -5

El área total A=A1+A2

Para la región 1


f ( x )

-------------------CAPITULO 1--------------------

El área de la rebanada(rectángulo) es

dA1=[h ( x )−f ( x ) ] dx

Limites de integración x = - 5 ¿ x = - 2

A1=∫−5

−2 [−x−(x2+4 x ) ]dx

Para la región 2

El área de la rebanada

dA 2= [h (x )−g (x ) ] dx Limites de integración x = - 2 ¿ x = 0

A2=∫−2

0 [−x−(−x2) ]dx

Luego el área total es:

AT=A1+A2

AT=∫−5

−2 [−x−x2+4 x ] dx+∫−2

0 [−x+x2 ]dx

AT=−52

x2|−5−2−1

3x3|−5

−2−12

x2|−20 +1

3x3|−2

0

AT=−52

[4−25 ]−13

[8+125 ]−12

[0−4 ]+13

[0+8 ]

AT=1052

−1333

+2+83

AT=776

u2

Calcular el área de la región encerrada por las graficas de las curvas:

f ( x )=3 x3−x2−10 x ∧ g ( x )=−x2+2x .


integración

f ( x )=3 x3−x2−10 x g ( x )=−x2+2 x

f ( x )=g ( x )


Ejemplo

1.21:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------


Para la región 1


d A1=( f ( x )−g(x ))dx

El área A1 es,


A1=∫−2

0 [ (3 x3−x2−10 x )−(−x2+2 x ) ]dx

A1=∫−2

0 (3 x3−12 x )dx

A1=(34 x 4−6 x2)|−20 =12


A1A1A1A1

-------------------CAPITULO 1--------------------

Para la región 2


d A2=(g ( x )−f (x ))dx

El área A2 es

A2=∫0

2 [ (−x2+2 x )−(3 x3−x2−10 x ) ]dx

A2=∫0

2 (−3 x3+12 x)dx

A2=(−34

x4+6 x2)|02=12

A=A1+A2=24

Halle el valor de “k”, tal que la recta y=k, divida el área entre la curva y=x2 y la recta y

= 4, en dos porciones iguales.

Se debe cumplir que A1=A2

Para la región 1


Ejemplo 1.21:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

d A1=[√ y− (−√ y ) ] dy

El area A1 es,

Limites de integración

y = k ¿ y = 4

A1=∫k

42√ ydy

Para la región 2

d A2=[√ y− (−√ y ) ] dy

Limites de integración

y = 0 ¿ y = k

A2=∫0

k2√ y dy

Luego

Luego

y3

2

32

|k4= y

32

32

|0k

23

y3

2|k4=2

3y

32|2

k

y3

2|k4= y

32|2

k

(4 )3

2−k3

2=k3

2−o

(2 )3=2 k3

2

Luego 4=k3

2 ⇒ k=(4 )3

2=3√16=3√23⋅2


-------------------CAPITULO 1--------------------

k=2√2

Calcular el área de la región R acotada por las graficas:

x2+( y−1 )2=1 ; y= 2

x2+1


integración.

Resolviendo

Despejando x2 de x2+( y−1 )2=1 se tiene x2=1−( y−1 )2

Reemplazando,

y=2

1−( y−1 )2+1

2 y− y ( y−1 )2=2

2 y− y ( y2−2 y+1 )=2

2 y− y3+2 y2− y=2

y− y3+2 y2=2

y3−2 y2− y+2=0y2 ( y−2 )−( y−2 )=0( y2−1 ) ( y−2 )=0( y−1 ) ( y+1 ) ( y−2 )=0y1=1 y2=−1 y3=2

si y=1 ⇒ 1=2x2+1

⇒ x2+1=2 ⇒ x2=1 ⇒ x=±1

si y=−1 ⇒ −1= 2

x2+1⇒ x2+1=−2 ⇒ x2=−3(se descarta )


Solución:

Ejemplo 1.22:

-------------------CAPITULO 1--------------------

si y=2 ⇒ 2= 2

x2+1⇒ x2+1=1 ⇒ x2=0 ⇒ x=0

Los intercepto son: x1 = 0, x2 = 1, x3 = -1

A=2∫0

1 [(1+√1−x2 )−2

x2+1 ]dx

A=2∫0

1dx+ 2∫0

1 √1−x2dx−4∫0

1 2

x2+1dx

Resolviendo

∫0

1 √1−x2dx

x=senθ cuando x=0 , senθ=0⇒θ=0

dx=coxθ cuando x=1 , senθ=1⇒θ=π2

∫0

1 √1−x2 dx=∫0

π2 √1−sen2 θ cosθdθ=∫0

π2 cos2 θdθ=∫0

π2 1+cos 2θ

2dθ

=[12 θ+12

sen2 θ]|0π2 =π

4

Resolviendo

∫0

1 2x2+1

dx=∫0

π4 sec2θ

tan2θ+1dθ=∫0

π4 dθ=θ|0

π4=π

4

x=tan θ cuando x=0 , tan θ=0⇒θ=0

dx=sec2 θ cuando x=1 , tanθ=1⇒θ=π4


-------------------CAPITULO 1--------------------

A=2+2( π4 )−4( π

4 )=2−π2

Las áreas son simétricas

Calcule el área de la región que se encuentra dentro de la circunferencia unitaria

x2+ y2=1, y bajo la recta y = x – 1.


integración

Resolviendo

x2+ y2=1 ∧ y=x−1x2+( x−1 )2=1x2+x2−2 x+1=12 x2−2 x=02 x ( x−1 )=0x1=0 x2=1

El área de la rebanada es:

dA=[ f ( x )−g (x ) ]dx f ( x )=x−1 g (x )=−√1−x2 (parte inferior de la

circunferencia)

dA=[ x−1−(−√1−x2)]dx

Limites de integración x = 0 y x = 1


Ejemplo 1.23:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

El área A es

A=∫0

1 [ (x−1 )−(−√1− x2 )]dx

A=∫0

1 ( x−1+√1−x2)dx

A=(12 x2−x)|01+∫0

1 √1−x2dx=−12+π

4

Resolviendo

∫0

1 √1−x2dx

x=senθ cuando x=0 , senθ=0⇒θ=0

dx=coxθ cuando x=1 , senθ=1⇒θ=π2

∫0

1 √1−x2 dx=∫0

π2 √1−sen2 θ cosθdθ=∫0

π2 cos2 θdθ=∫0

π2 1+cos2 θ

2dθ

=12 (θ+1

2sen2θ)|0

π2 =π

4

Encontrar el área total acotada por las graficas de y = x2 – 4x ¿ y = x3 – 6x2 + 8x.


Solución:

Ejemplo 1.24:

-------------------CAPITULO 1--------------------


integración

Resolviendo

f ( x )=x2−4 x g ( x )=x3−6 x2+8 xf ( x )=g ( x )x2−4 x=x3−6 x2+8 xx3−7 x2+12 x=0x ( x2−7 x+12 )=0x (x−4 ) ( x−3 )=0x1=0 x2=4 x3=3


Área de la rebanada en la región 1

dA1=[ g (x )−f ( x ) ] dx

dA1=[ (x3−6 x2+8 x )−( x2−4 x ) ]dx

El area A1 es


A1=∫0

3 [ (x3−6 x2+8 x )−(x2−4 x ) ]d x=454

Área de la rebanada en la región 2

dA 2= [ f ( x )−g ( x ) ]dx

dA 2= [ (x2−4 x )−( x3−6 x2+8 x ) ]dx


-------------------CAPITULO 1--------------------

El area A2 es


A2=∫3

4 [ (x2−4 x )−(x3−6 x2+8 x ) ]d x= 712

Por tanto, A=A1+A2=454+ 7

12=71

6

1.4 EJERCICIOS PROPUESTOS DE AREA

Hallar las áreas de las regiones sombreadas de los siguientes ejercicios

1.

2.

3.


-------------------CAPITULO 1--------------------

4.

COORDENADAS POLARES:

En un sistema de coordenadas rectangulares el par ordenado (a,b) denota el punto con

abscisa y ordenada . Las coordenadas polares son otra forma de representar puntos.

Se comienza con un punto fijo (el origen o polo) y una semirrecta dirigida (el eje polar)

cuyo extremo es . Luego se considera cualquier punto del plano diferente de . Si,

en la figura, r=d (O , P ) y θ denota la media del ángulo determinado por el eje polar y

OP , entonces r y θ son las coordenadas polares de P y se usan los símbolos P (r ,θ ) o

(r , θ ) para denotar a P.


Ejemplos 1.28:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Representacion de puntos

Finalmente, se adopta la convención de que el polo Obtiene coordenadas polares (0 , θ )

para cualquier θ . Una asignación de pares ordenados de la forma (r , θ ) a los puntos de

un plano se llama un sistema de coordenadas polares y se dice que el plano es el plano

rθ .

GAFICAS ESPECIALES EN COORDENADAS POLARES

Círculos: { r=ar=asenθr=acosθ


-------------------CAPITULO 1--------------------

Rosas

r=asen (nθ ) Si n es par existen 2 n pétalos

r=acos (nθ ) Si n es impar existen n pétalos


-------------------CAPITULO 1--------------------

Caracoles

r=a± bsenθ y r=a± bcosθ

Si a=b Entonces r representa una cardioide.

Si b>a Representa un caracol con un lazo interno


-------------------CAPITULO 1--------------------

Lemniscatas

Espiral

r=aθ Espiral de Arquímedes.


-------------------CAPITULO 1--------------------

1.10 ÁREA EN COORDENADAS POLARES

Sea f una función continua ∀ θ∈[α , β] y sea A el área de la región acotada por la gráfica de r=f (θ ) y

las rectas radiales θ=α∧θ=β .

El área de la rebanada (sector circular) es:

dA=12

r2 dθñ

El área de la región es:

A=12∫α

βr2 dθ o bien

A=12∫α

β[ f (θ) ]2 dθ


-------------------CAPITULO 1--------------------

1.11 ÁREA ENTRE DOS CURVAS EN COORDENADAS POLARES

f (θ) y g(θ ) son contínuas en [α , β ]

f (θ) ≥ g (θ) ∀ θ ∈ [α , β ]


dA=12

r12 dθ -

12

r22 dθ

=12 [r12−r

22]dθ

El área de la región es:

A=12∫α

β

[r12−r

22]dθ , o bien

A=12∫α

β [ f (θ )2−g(θ )2 ]dθ

Hallar el área encerrada por la gráfica de r= 2+2cos


Ejemplo 1.25:

Solución:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Hallamos los límites de integración:

Hacemos r=0 ⇒ 0=1+cosθ

−1=cosθ

θ=π

El área de la rebanada es:dA=1

2r2dθ

dA=12(1+cosθ )2dθ

A=2.12∫0

π(1+cosθ )2dθ

=∫0

π(1+cosθ )2 dθ

=∫0

π(1+2 cosθ+cos2θ )dθ

=∫0

πdθ+ 2∫0

πcos θ dθ+∫0

πcos2θ dθ

=∫0

πdθ+ 2∫0

πcos θ dθ+ 1

2∫0

π(1+cos2 θ)dθ

=∫0

πdθ+ 2∫0

πcos θ dθ+ 1

2∫0

πdθ+1

2∫0

πcos2 θ dθ

=θ|0π+2 senθ|0

π+12

θ|0π+1

4sen2θ|0

π

=π+2 sen π+12

π+14

sen2 π


=32

π


Ejemplo 1.26:

-------------------CAPITULO 1--------------------

Hallar el área interior a r =1+cos y exterior a r=1

Hallamos los interceptos de las curvas:

1=1+cosθ

cosθ=0

θ=π2

; 3 π2 (−π

2 )

Gráfica:

El área total es: AT =2A1

Para la región 1


dA1=12

[ (1+cosθ )2−(1)2 ]dθ

El área A1 es: L.I. =0 = 2

A1=12∫0

π2 [ (1+cosθ )2− (1 )2]dθ

=12∫0

π2 (1+cosθ )2 dθ−1

2∫0

π2 dθ


Solución:

Ө 0 π/

2

Π 3π/

2

2

π

r 2 1 0 1 2

-------------------CAPITULO 1--------------------

=12 [θ|0π 2+2 senθ|0

π2+1

2θ|0

π+14

sen2 θ|0π]−1

2θ|0

π2

=12 (π2 +2 sen π+π

2+1

2π2+1

4sen 2

π2 )−1

2π2

=π4+sen

π2+π

8+1

8sen π−π

4=1+π

8por tanto,

AT=2(1+π8 )

=2+ π4

Calcular el área que tienen en común r=3cos r=1+cos

Hallamos los interceptos de las curvas

Tabla de valores r=3cosθ


Ejemplo 1.27:

Solución:

0

/2

3/2 2

r 3 0 -3 0 3

-------------------CAPITULO 1--------------------

El área total es: AT = A1+ A2+ A3+ A4

Pero A1= A2 A3 =A4 por simetría

Entonces tenemos que AT = 2A1+ 2A3

Para la región 1


dA1=12

(1+cosθ )2dθ


A1=12∫0

π3 (1+cosθ )2dθ

Para la región 2

/2


-------------------CAPITULO 1--------------------


dA2=12

(3 cosθ )2 dθ


A2=12∫π

3

π2 (3 cosθ )2 dθ

Por tanto,

AT=∫0

π3 (1+cosθ )2dθ+∫π

3

π2 (3cosθ )2dθ

1.12 ÁREA EN COORDENADAS PARAMÉTRICAS

Dadas las ecuaciones de la curva C en coordenadas paramétricas



-------------------CAPITULO 1--------------------


A=∫a

bydx

Pero `

Cuando x=a t=t1

Cuando x=b t=t2

El área en coordenadas paramétricas es:

A=∫t1

t 2 f ( t )g ´ ( t )dt

Ejemplo 1: Hallar el área de la elipse cuyas ecuaciones son:

x=a cosθ ∧ y=bsenθ a>b




Ө 0 π/2

π 3π/2 2π

x a 0 -a 0 ay 0 B 0 -b 0

-------------------CAPITULO 1--------------------

A=∫0

aydx

pero y=bsenθ ∧ dx=−asenθ dθcuando x=0 ⇒0

a=cosθ⇒ cosθ =0

θ=arcsen θ

θ=π2

cuando x=a ⇒ 1=cosθ ⇒ θ=0

⇒ A=4∫0

aydx=4∫π

2

0bsenθ (−asenθ dθ )

=−4 ab∫π2

0sen2θ dθ

=4 ab∫0

π2 sen2 θ dθ , pero sen2 θ=1−cos2θ

2

=4 ab∫0

π2 [12 (1−cos 2θ )] dθ

=2 ab∫0

π2 dθ−2 ab∫0

π2 cos2 θ dθ

=2 ab θ ]π

2

0−abs { e n2θ ]

π2

0

¿

= ab π


-------------------CAPITULO 1--------------------


capitulo 3 - area

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