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Problemas resueltos cálculo II temas 1-5...

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´Indice 1. Aplicaciones de la Integral

2

1.1. C´ alculo de ´areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Vol´ umenes por secciones transversales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3. S´ olidos de revoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.4. Centroide de regiones planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.5. Longitud de arcos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.6. Superficies de revoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.7. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.8. Ap´endice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2. Integrales Impropias 2.1. Integrales impropias

34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2. Ap´endice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

3. Series

46

3.1. Series de t´erminos positivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.2. Series alternantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3.3. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

3.4. Ap´endice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

4. Geometr´ıa Vectorial

84

4.1. Vectores geom´etricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

4.2. Productos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

4.3. Rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

5. Geometr´ıa Diferencial

103

5.1. Curvas y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

–1–

1.

Aplicaciones de la Integral

1.1.

C´ alculo de ´ areas

(1) Sea f continua, creciente, con f (0) = 0, f (1) = 1 y

Z

1

0

Z

1 f (x)dx = . Calcule 3

1

f −1 (y)dy 0

Soluci´ on: Es posible obtener la soluci´ on al problema de manera geom´etrica, dado que la funci´ on f es continua y creciente (por lo que posee inversa) con f (0) = 0 y f (1) = 1. Entonces, f es de la forma: y 1

f −1 f

1

x

Si trazamos la funci´ on inversa en el gr´ a fico se deduce que Z 1 2 f −1 (y)dy = 3 0 Determinemos ahora la soluci´ on de manera formal, realizando el cambio de variables y = f (x), dy = ′ f (x)dx. As´ı, Z 1 Z 1 Z 1 −1 ′ −1 f (f (x))f (x)dx = f (y)dy = xf ′ (x)dx 0

0

0

Integrando por partes, tomando u = x y dv = f ′ (x)dx entonces du = dx y v = f (x), se obtiene Z

0

1

f

−1

(y)dy =

Z

1

1 Z 1  1 2 f (x)dx = 1 − = xf (x)dx = xf (x)  − 3 3 0 0 ′

0

–2–



(2) Demostrar que la par´ abola de ecuaci´ on 8y 2 = 9x divide el a´rea de la regi´ on plana encerrada por la 2 2 elipse de ecuaci´ on 3x + 4y = 3 en la raz´ on: √ 3 + 4π 3 r= √ 8π 3 − 3 Soluci´ on: Lo primero que haremos ser´ a reescribir la ecuaci´ on de la elipse de una manera m´ a s conveniente: √ ! 3 y2 2 2 2 =1 elipse de semiejes a = 1 y b = 3x + 4y = 3 ←→ x + 3 2 4 Ahora, buscamos los puntos de intersecci´ on entre la elipse y la par´ abola: 9 y2 = x 8 9x −→ x2 + = 1 −→ x1 = 21 ∧ x2 = −2 6 y2 =1 x2 + 3/4 La soluci´ on correcta (¿por qu´e?) es x = 12 , que posee dos im´ agenes: y = ± 43 . Es decir, los puntos de intersecci´ on de las curvas son:     1 3 1 3 P1 = , ,− , P2 = 2 4 2 4 Gr´ aficamente,

–3–

Calculemos el ´area entre la elipse y la par´ abola: Z

Z 1 r 2 9x dx + 2 3 − 3x dx 4 4 8 0 1/2 Z 1 √ 1 √ + 3 = 1 − x2 dx 2 1/2 √ ! 1 √ π 3 = + 3 − 8 2 6 √ 3 + 4 3π = 24

σ1 = 2

1/2 r

Ahora, calculamos el ´area al interior de la elipse pero fuera de la par´ abola (denotada por σ2 ). Sabemos que una elipse de semiejes a, b tiene ´area A = πab. Por tanto, como A = σ1 + σ2 , tenemos: √ √ ! √ 3 3 + 4 3π 8 3π − 3 σ2 = π · 1 · − = 24 2 24 Finalmente,

√ σ1 3 + 4π 3 r= √ = σ2 8π 3 − 3



(3) Sean Γ1 , Γ2 dos curvas por el origen, como muestra la figura.

Una curva φ se dice que bisecta la regi´ on entre Γ1 y Γ2 si, para cada punto P ∈ φ las regiones A1 , A2 poseen la misma a´rea. Determinar la ecuaci´ on y = f (x) de la curva superior, Γ2 , sabiendo que la curva bisectriz tiene ecuaci´ on y = x2 y que la curva inferior tiene ecuaci´ on y = x2 /2.

–4–

Soluci´ on: Tenemos que, si P = (x, x2 ) es un punto arbitrario de φ, entonces A1 (x) =

Z

x 0

  t2 2 t − dt 2

,

A2 (x) =

Z

0

x2  √

 t − g(t) dt

donde g(y) = x es la inversa de y = f (x). Igualando ambas a´reas y derivando con respecto a x obtenemos1 : dA2 dA1 = dx dx   x2 = x − g(x2 ) · 2x 2 3 2 g(x ) = x 4 3√ g(y) = y 4 As´ı, la curva Γ2 tiene ecuaci´ on x=

3√ y 4

=⇒

y=

16 2 x 9 

(4) Determine el a´rea de las regiones limitadas por las curvas de ecuaciones a) (x + 2)2 y = 4 − x, con x, y ≥ 0

b) y 2 = x2 − x4 Soluci´ on:

a) Ya sea mediante el an´ alisis gr´afico (ver a continuaci´on) o por c´ alculo directo, el a´rea en cuesti´ on es la siguiente:

1

f (x)

1 1

2

3

Recuerde que si f ′ (x) = g ′ (x), ∀x ∈ A y f (x0 ) = g(x0 ), entonces f (x) = g (x).

–5–

4

A=

Z

4

y dx =

0

= = = =

Z

4

4−x dx 2 0 (x + 2) Z 4 Z 4 dx x+2 − dx + 6 2 2 0 (x + 2) 0 (x + 2)  4 Z 4 dx −1 − +6 x+2 0 0 x+2 − [ln 6 − ln 2] + 2 2 − ln 3

b) La curva es sim´etrica con respecto a los ejes coordenados, raz´ on por la cual el a´rea total ser´ a cuatro veces la correspondiente al primer cuadrante: 0. 5

−1.0

−0.5

0.5

1.0

−0.5

A=4

Z

1

y dx = 4

0

Z 1√ 0

x2 − x4 dx

Z

1 √ = 4 x 1 − x2 dx 0 1  4 2 3/2 = − (1 − x ) 3 0 4 = 3

 (5)

a) Hallar el a´rea limitada por las gr´ aficas de las ecuaciones y 2 = x, y = −x + 2.

b) Hallar el a´rea de la intersecci´ on de los c´ırculos x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 4x. Soluci´ on: a) La representaci´ on gr´ afica es la siguiente: –6–

y = 2−x 1

2

3

x = y2 Las curvas se intersecan en los puntos (1, 1) y (4, −2). Verificar. En esta caso podemos tomar y como variable independiente, donde las curvas en cuesti´ on ser´ıan f1 (y) = y 2 y f2 (y) = 2 − y. As´ı, A=

Z

Z

1

−2

[f2 (y) − f1 (y )]dy =

1

−2



y2 y3 [2 − y − y ]dy = 2y − − 3 2 2

1

−2

=

9 2

Una on es recurriendo a las curvas y = √ segunda manera de obtener el ´area en cuesti´ − x, y = 2 − x. Dicho m´etodo queda propuesto.

√

x, y =

√ b) Los c´ırculos se cortan en los puntos (1, ± 3). (1,

2

√

3)

1

−2

1

−1

2

3

−1

√ (1, − 3)

−2

A = 2 = 4

Z

Z

√ 3 0

√ 3

0

hyp

p

4 − y 2 − (2 −

p

  p 2 4 − y 2 − 1 dy y2

 4 − y 2) dy

y

4 − + 2 arcsin −y 2 2 √ 8π = −2 3 3

=

i√3 0



–7–

(6) Calcule el a´rea de la regi´ on Ω, limitada por las curvas de ecuaciones: y=

x2 x − 2x + 1, y = + 1, y = −x + 5 3 2

Soluci´ on: La regi´ on en cuesti´ on puede escribirse como la uni´ on de dos regiones disjuntas, i.e. Ω = R1 ∪ R2 , definidas como sigue: 5−x 4

2

x2 /2 − 2x + 1

x/3 + 1 R1

−1

1

2

R2 3

4

Las rectas con ecuaciones y = x/3 + 1, y = −x + 5 se intersecan en el punto (3, 2). La recta con ecuaci´ on y = −x+ 5 y la par´abola se intersecan en el punto (4, 1). Finalmente, la recta con ecuaci´ on y = x/3 + 1 y la par´ abola se intersecan en el punto (0, 1). Z 3

 2  x x A(R1 ) = +1− − 2x + 1 dx 3 2 0  Z 3 7 x2 x− dx = 2 3 0   7 2 x3 3 = =6 x − 6 0 6

 2  Z 4 x − 2x + 1 dx 5−x− A(R2 ) = 2 3  Z 4 x2 4+x− = dx 2 3  4  31 x2 x3  = = 4x + − 6  2 3 3

–8–

Finalmente, A(Ω) = A(R1 ) + A(R2 )

=⇒

A(Ω) = 6 +

31 3 

1.2. (1)

Vol´ umenes por secciones transversales a) Calcule el volumen de la intersecci´ on de los cilindros C1 = {(x, y, z) | x2 + y 2 ≤ 1} C2 = {(x, y, z) | x2 + z 2 ≤ 1} b) La base de un s´ olido S es un disco de radio 1. Determine su volumen si las secciones perpendiculares al plano y a un di´ a metro dan arcos parab´ olicos de altura 1.

Soluci´ on: a) Aplicaremos el m´etodo de las secciones transversales. Para ello, necesitamos establecer la forma de dichas secciones. Para un x fijo, la regi´ on correspondiente corresponde a los puntos (x, y, z ) tales que: y 2 ≤ 1 − x2 , z2 ≤ 1 − x2 Luego,

√ √ − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 √ √ − 1 − x2 ≤ z ≤ 1 − x2

√ de donde se deduce que la secciones transversales corresponden a cuadrados de lado 2 1 − x2 , para x fijo. Gr´ aficamente,

–9–

Los l´ımites de integraci´ on son x ∈ [−1, 1] y el volumen es:   Z 1 Z 1 16 x2 1 2 = 4(1 − x ) dx = 4 x − A(x) dx = V =  3 3 −1 −1 −1

b) Tomamos como di´ ametro el eje X , recorrido desde -1 a 1. El s´ olido en cuesti´ on posee la siguiente forma:

con secci´ on transversal

– 10 –

z 1

t t = −a

t=a

donde√los extremos de las par´ abolas, i.e. −a y a, pertenecen a la circunferencia unitaria. As´ı, 2 a = 1 − x . La par´abola tiene por ecuaci´ on z = 1 − ct2 , donde la constante c debe ser determinada. Notemos que z(a) = z(−a) = 0, y con ello 1 − ca2 = 0 y por ende, z(t) = 1 −

t2 a2

Determinemos el a´rea transversal: Z a Z a t2 t2 4a 4 √ 1 − 1 − dt = 2 dt = = 1 − x2 σ(x) = a2 a2 3 3 0 −a Por tanto, el volumen del s´ olido es: Z 1 Z 1 Z 2π 8 π 8 1√ V = σ(x) dx = 2 1 − x2 dx = · = σ(x) dx = 3 4 3 3 0 −1 0 | {z } un cuarto de c´ırculo

1.3. (1)



S´ olidos de revoluci´ on a) La regi´ on Ω limitada por las gr´ a ficas de las ecuaciones y 2 = 4x y x2 = 4y gira alrededor del eje x = 4. Determine el volumen del s´ olido de revoluci´ on as´ı generado. b) Calcula el volumen de un casquete polar de radio r y altura h.

– 11 –

Soluci´ on: a) Recordemos la f´ ormula del volumen asociado a rotar una regi´ on en torno a x = x0 mediante 2 el m´etodo de discos : Z d   V =π [f (y) − x0 ]2 − [g(y) − x0 ]2 dy c

La regi´ on Ω tiene la siguiente forma:

con f (y) =

y2 4

√ y g(x) = 2 y. Reemplazando en las f´ormulas,

V

= π = π

Z

4 0

Z

4

0



! 2 √ y2 2 dy − 4 − [2 y − 4] 4

√ y4 −4y + 16 y + − 2y 2 dy 16

352π = 15

2

En general se recomienda utilizar otra herramientas, tales como el Teorema de Pappus o el desplazamiento de la funci´ on tal como se trat´ o en la ayudant´ıa, por sobre el uso de una f´ ormula general.

– 12 –

b) El casquete se generar´ a al girar parte de la circunferencia x2 + y 2 = r 2 en torno al eje Y . Entonces,  r  Z r Z r y 3  πh2 (3r − h) 2 2 2 2 f (y) dy = π V =π r − y dy = π r y − = 3  r−h 3 r−h r−h 

(2)

a) Calcule el volumen del s´ olido generado al rotar la regi´ on limitada por las curvas y = cos (x) e π y = sin (x) entre 0 y 4 al ser rotada en torno al eje Y . b) La siguiente suma de integrales representa el volumen generado al rotar una cierta regi´ on R del plano en torno al eje X : π

Z

√ 2 1

2

4

[x − (x − 2) ] dx + π

Z

2

√ 2

[(4 − x2 ) − (x − 2)4 ] dx

Determine R y escriba como una integral el volumen generado al rotar R en torno al eje x = −1. Soluci´ on: a) Utilizaremos el m´ etodo de cascarones cil´ındricos3 que posee la siguiente f´ormula general: V = 2π

Z

a

b

(x − x0 )[f (x) − g(x)] dx

En este caso,

V

= 2π = 2π

Z

π/4

(0Z

0

x[cos (x) − sin (x)] dx π/4

x cos (x) dx −

Z

0

π/4

)

x sin (x) dx

 π/4  = 2π x(cos (x) + sin (x)) + cos (x) − sin (x)  0 √ 2 2π − 2π = 2 Gr´ aficamente, el s´ olido es: 3

En el m´ etodo de cascarones cil´ındricos, la variable de integraci´ on es distinta a la del eje de rotaci´ on.

– 13 –

b) Dado que la variable de integraci´ on corresponde al eje de rotaci´ on, concluimos que dicho volumen fue obtenido mediante el m´etodo de discos de la forma: Z b   V =π f (x)2 − g(x)2 dx a

Por tanto, basta identificar los extremos del intervalo de integraci´ on, as´ı como las funciones f, g asociadas. As´ı, tenemos que R es la uni´ on de las regiones dadas por: √ R1 = {(x, y) | 1 ≤ x ≤ 2 , (x − 2)2 ≤ y ≤ x} √ √ R2 = {(x, y) | 2 ≤ x ≤ 2 , (x − 2)2 ≤ y ≤ 4 − x2 } Es decir, 1. 8 1. 6 1. 4

y=x

1. 2

√

y=

1. 0 0. 8

4 − x2

0. 6

y = (x − 2)2

0. 4 0. 2 −0.2 −0.2

0.2

0.4

0. 6

0. 8

1. 0

1.2

1.4

1. 6

1. 8

2. 0

2. 2

2. 4

Ahora, el volumen buscado est´ a dado por: V˜ = 2π

Z

1

√ 2

  (x + 1) x − (x − 2)2 dx + 2π

Z

2 √ 2

(x + 1)

h√

i 4 − x2 − (x − 2)2 dx 

(3) La regi´ on limitada por la curva Γ : 16y 2 = (x + 4)3 , su tangente en el punto (12, 16) y el eje X , gira en torno a dicho eje. Calcule el volumen del cuerpo as´ı generado. Soluci´ on: – 14 –

Lo primero que hallamos es la recta tangente. Usamos derivaci´ on impl´ıcita:

16y

2

= (x + 4)

3



d dx

  dy 2  = 3(x + 4)  32y · dx x=12, 3 dy = 2 dx

y =16

3 x − 2. 2 Ya sea que se utilicen las t´ecnicas de C´ alculo I para determinar la posici´ on relativa de Γ y T , o bien se realice un esbozo del gr´ a fico de la regi´ on, concluiremos que ´esta posee la siguiente forma: y por tanto la recta tangente es T :

Calculando los puntos de intersecci´ on entre Γ, T, Eje X, el volumen queda como sigue:   Z 4/3  Z 12  (x + 4)3 (3x − 4)2 (x + 4)3 V = π dx dx + π − 4 16 16 −4 4/3  4/3  12  (x + 4)4 (3x − 4)3  π(x + 4)4 = −  +π  64 36 64 −4 4/3 1024π = 9 La regi´ on s´ olida corresponde a:

– 15 –

 (4) Considere la regi´ on R determinada por las desigualdades x ≤ 5 − (y − 2)2

∧

x − + 2 ≤ y ≤ 2x + 2 4

a) Escriba, en t´erminos de integrales, el volumen generado al rotar R en torno al eje x = −1. b) Escriba, en t´ erminos de integrales, el momento ejercido por R con respecto al eje X .

Soluci´ on: La regi´ on R queda acotada entre las dos rectas que se cortan en (0, 2), y la par´ a bola horizontal abierta hacia la izquierda. Los puntos de corte de la par´abola son (1, 4) con la recta y = 2x + 2, y (4, 1) con la recta y = −x/4 + 2. a) V

Z

1

i h x i 2x + 2 − − + 2 dx + 4 0 Z 4 i h i h x √ 2π (x + 1) 2 + 5 − x − − + 2 dx + 4 1 Z 5 h i h i √ √ (x + 1) 2 + 5 − x − 2 − 5 − x dx 2π

= 2π

(x + 1)

h

4

b) Mx

Z  i2  i2 h x 1 1 h = dx + 2x + 2 − − + 2 4 2 0  Z i2 h x i2  √ 1 4 h 2+ 5−x − − +2 dx + 2 1 4   Z i2 h i2 √ √ 1 5 h 2+ 5−x − 2− 5−x dx 2 4  – 16 –

(5) Calcular el volumen de revoluci´ on que se genera al rotar la porci´ on de plano encerrada por las curvas de ecuaciones x = 0 y x = 2y 3 − y 4 en torno a la recta de ecuaci´ on y = −2. Soluci´ on: Por el Teorema de Pappus, el volumen viene dado por: V = 2πA(¯ y + 2) donde (¯ x, y¯) es el centro de masa de la regi´ on y A es su a´rea. Z 2 Z 2 y(2y 3 − y 4) dy 0 (2y 3 − y 4) dy y¯ = Z 2 , A= 0 (2y 3 − y 4 ) dy 0

As´ı, V = 2π

(6)

Z

2

 32π y(2y − y ) dy + 2A = 3 3

0

4



a) Calcula el volumen de un toro macizo o toroide, cuyos radios son r y R. b) Utilizando el Teorema de Pappus, determine el volumen generado al rotar en torno al eje X la siguiente figura de radios 1 y 2:

Soluci´ on: a) Este problema puede realizarse utilizando el m´etodo de disco (Propuesto), pero es m´ as r´ apido si utilizamos el Teorema de Pappus. Para generar un toroide, debemos rotar un c´ırculo de radio r y centrado en (R, 0) en torno al eje Y . En ese sentido, el centro de masa del c´ırculo es: (XR , YR ) = (R, 0)

(por simetr´ıa)

El a´rea del mismo es simplemente A = πr 2 . Por tanto, V = 2πXR A = 2π 2 Rr 2

– 17 –

b) Identificamos tres regiones: R1 como el semic´ırculo deSradio 1, R como el semic´ırculo de radio 2 y R2 como la medialuna en cuesti´ on. As´ı, R = R1 R2 . Calculemos el centro de masa de un semic´ırculo de radio r. Por simetr´ıa, sabemos que x = 0. Ahora,  Z r p r 2 1 2 4r 4 2 2  2 2 y 2 r − y dy = y= 2 · · − (r − y ) = 2 2 πr 3 3π πr 0 0     S 4 De esta forma, XR = 0, YR = 3π8 y XR1 = 0, YR1 = 3π . Por tanto, como R = R1 R2 , se cumple que:

AXR = A1 XR1 + A2 XR2 Entonces, como A = 2π, A1 = 2π ·

π 2

y A2 =

,

AYR = A1 YR1 + A2 YR2

3π , 2

8 π 4 3π · Y R2 = · + 2 3π 2 3π

2π · 0 =

π 3π · XR 2 ·0+ 2 2

⇒

⇒

Y R2 =

28 9π

XR 2 = 0

Por teorema de Pappus, sabemos que el volumen del s´ olido de revoluci´ on ser´ a V = 2πY R2 A2 , i.e: 28π 28 3π · = V = 2π · 9π 2 3 

1.4. (1)

Centroide de regiones planas a) Una l´ amina plana e...