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Actividad 3 40011 80
Actividad 3 40011 80
Actividad 3 40011 80
Docente
Lisset Verónica Castro Castro
Grupo 100411_80
TIPO DE EJERCICIOS 1
Ejercicio a.
Calcular el área de la región comprendida entre las curvas. Interprete el resultado usando la
gráfica del ejercicio generada en GeoGebra.
1
f ( x )=x−
2
7
g ( x )=2 x 2−
2
Antes de empezar con el cálculo del área es necesario identificar los límites que se tendrán en
cuenta para esto empezamos por igualar las dos expresiones y luego igualamos a 0
7 1
2 x2 − = x−
2 2
7 1
2 x2 − − x+ =0
2 2
Sumamos o restamos términos semejantes y se ordena la ecuación
2 x2 −x−3=0
Teniendo una ecuación de segundo grado usamos la formula general para resolverla
−b ± √ b2−4 ac
x=
2a
Identificamos quien es a,b,c en la ecuación y reemplazamos
1± √ (−1)2−4(2)(−3)
x=
2(2)
1± √ 1+ 24
x=
4
1± √ 25
x=
4
1± 5
x=
4
Evaluamos con menos y con mas
x 1=1.5
x 1=−1
Los valores de la x serían los anteriores que sería en el caso los limites
Luego se puede empezar a hallar el área atizando la siguiente formula
b
A=∫ (f ( x )−g (x)) dx
a
Teniendo en cuenta que f(x )y g(x) no siempre corresponde a la ecuación inicial f (x) deberá
tener mayores valores de g de ( x) por qué el área no puede dar 0 teniendo en cuanta lo anterior
remplazamos en la formula
1.5
A=∫ ( x−
−1
( 12 )−(2 x − 72 ))dx
2
1.5
1 7
−1 2 (
A=∫ x− −2 x 2+ −dx
2 )
1.5
A=∫ (−2 x 2+ x +3 ) dx
−1
−2 x3 x 2
A= ( 3 )
+ + 3 x limites 1.5 ,−1 dx
2
Aplicamos el teorema fundamental del cálculo y evaluamos la función entre los limites
encontramos restándole al límite superior el inferior
Determine el volumen del sólido formado al girar la región acotada por la gráfica de 𝑦= 𝑥*2−6𝑥
alrededor del eje 𝑥 en el intervalo 0≤𝑥≤6. Representar en Geogebra la región a rotar y anexar un
pantallazo del solido de revolución generado.
a
v=∫ πf ( x)2 dx
b
y=x 2−6 x
0,6
Remplazamos en la formula
a
v=∫ πf ( x)2 dx
b
6
v=∫ π ( x 2−6 x)2 dx
0
x5 4 3
π −3 x +12 x +c
5
Evaluamos la integral anterior en los límites 0
(0)5
π −3 (0)4 +12(0)3
5
0
Evaluamos los limites en 6
(6)5
π −3 (6)4 +12(6)3
5
814,30082 u
Entonces diríamos que el sólido de revolución encontró al girar la función y=x 2−6 x sobre el
eje de las x entre los limites 0 y 6 sería el anterior
Ejercicio b.
Determinar el área de la región limitada por las curvas 𝑓(𝑥) = −3𝑥 y 𝑔(𝑥) = 𝑥 3 − 12𝑥. Interprete el
resultado usando la gráfica del ejercicio generada en GeoGebra.
Analizando la grafica se ve que hay tres puntos de intercesión entre ambas funciones por ende
deducimos que tiene dos áreas iguales entre el costado superior con respecto al eje x y al lado inferior
del eje x y al sumarlas nos dará el área total. Así que lo primero que hacemos es saber los limites que me
dirán como dar con el resultado del área bajo la sombra y para eso igualo las dos ecuaciones.
x 3−12 x=−3 x
x 3−9 x=0
Factorizamos
x ( x−3)( x+ 3)
Se genera los tres puntos de intercesión
Para poder usar la integral debo saber que función va primero en el caso en el que la función esta por
encima de del eje x y tomando un punto desde este la función mayor es la g(x) y la mas cercana es f(x)
así que la primera va restar a la otra y va desde el limite inferior de -3 hasta el limite superior de 0 y en el
caso del lado inferior el punto mayor lo da la función f(x) y el punto menor lo da g(x) y va desde el limite
inferior de 0 hasta 3 así que la ecuación nos quedara así:
0 3
∫ [ g ( x )−f ( x ) ] dx+∫ [ f ( x ) −g ( x ) ] dx
−3 0
∫¿¿
−3
Operamos
0
∫¿¿
−3
Integramos
3 0
x 4 9 x2 9 x2 x4
A= −
4 [ 2 0
+
2
− ][
4 ]−3
−81 81 81 81
A=
[( 4
+
2
+ ) ] [(
2
−
4 )]
324−162
A=
[( −162+324
8
+
8) ] [( )]
162 162
A= [ ][ ]
8
+
8
A=20.25+20.25
Respuesta
a∗t 2
x=xi+ vi+
2
Donde
x= distancia
vi=velocidad inicial
a=aceleración
t=tiempo
dx
=vi+a∗t
dt
Distancia sobre tiempo es igual a velocidad así que a la derivada anterior la voy a derivar distancia con
respecto a tiempo y tenemos
dv
=a
dt
Remplazamos la aceleración con la función que nos da el problema e integramos dv con respecto a dt
dv
=4 t−2/3
dt
2
(
v=∫ 4 t −
3 )
dt
4t2 2
v= [ − t +C
2 3 ]
t
[
v= 2 t 2 −] 3
+C
t
[ ]
v=2 t 2 −
3
+C
Como velocidad es igual a la derivada de distancia con respeto a la derivada de t entonces integramos
distancia con respecto a tiempo
dx t
dt 3 [ ]
=2 t 2− +C
t
x=∫ 2 t 2− [ ] 3
dt +C
t3 t2
x=2 [ ]
− +C
3 6
Ahora a remplazamos el valor de t para saber a que distancia estará cuando an pasado 3 segundos
( 3 )3 ( 3 )2
x ( t )=2 − +C
3 6
x ( t )=48 m+C
JHON EDWIN ROA RUIZ
Literal C
TIPO DE EJERCICIOS 1 – ANÁLISIS DE GRÁFICAS.
Tipo de ejercicios 1 – Análisis de gráficas. Consultar en el entorno de aprendizaje el siguiente
recurso: Guerrero, G. (2014). Cálculo Integral: Serie Universitaria Patria. México: Grupo
f ( y ) =2+4 y
g ( y )=2 y 2+ 4 y −30
3 −0.5 4 4
Area=−−∫ ( 2 y 2+ 4 y−30 ) dy + ∫ ( 2+ 4 y ) dy + ∫ ( 2+ 4 y ) dy−∫ ( 2 y 2 +4 y−30 ) dy
−4 −4 −0.5 3
Area=−
( 23 y +2 y −30 y {−43 )+( 2 y +2 y {−0.5
3 2
−4 ) (
2
+ 2 y +2 y 4 − 2 y + 2 y −30 y 4
{−0.5 ) (3
2
{3 )
3 2
−49
Area2=2 (−0.5 )+2 ( 0.5 )2−( 2 (−4 )+ 2 (−4 )2 ) =
2
−81
Area3=2 ( 4 ) +2 ( 4 )2−( 2 (−0.5 ) +2 (−0.5 )2 ) =
2
490 49 81 26 512
AreaTotal= − + − = =170.66
3 2 2 3 3
Tipo de ejercicios 2 – Sólidos de revolución. Consultar en el entorno de aprendizaje el siguiente
recurso: Aguayo, J. (2012). Cálculo integral y series. Editorial ebooks Patagonia - J.C. Sáez
Editor. (pp. 115 – 121). Solidos en revolucion
y=x −x2
y=0 Volumen de solido en revolución usando discos
h=dx
R= y=x−x 2
dv =π R2 h
dv =π ( x−x 2 )−dx
dv =π ( x 4 −2 x 3 + x 2 ) dx
dv =( πx 4 −2 πx 3 + π x 2 ) dx
1
∫ dv=∫ ( π x 4 −2 π x 3 +π x 2 ) dx
0
1 1 1
V =π ∫ x 4 dx−2 π ∫ x 3 dx+ π ∫ x 2 dx
0 0 0
π x5 2 π x 4 π x3 1
V=
5
−
4
+
3 0 {
π ( 1 )5 2 π ( 1 )4 π ( 1 )3 π π π
V= − + −0= − +
5 4 3 5 2 3
π
V=
30
Tipo de ejercicios 3 –Aplicaciones de las integrales en las ciencias. Consultar en el entorno de
R ´ ( x )=750 x−3 x 2
R(0)=0
2 3
0=375 ( 0 ) −( 0 ) +C
0=C
R ( x )=375 x2 −x3 + c
2 3
R=( 100 )=375 ( 100 ) −( 100 ) =2.750.000
Tipo de ejercicios 4 –Aplicaciones de las integrales en general. Consultar en el entorno de
Económico Administrativas: Simplicidad Matemática. Grupo Editorial Patria. (pp. 203 – 213).
Alvarado, M. (2016) Cálculo integral en Competencias. Grupo Editorial Patria. (pp. 230 - 236).
Ejercicio 5: El costo marginal para producir x piezas mecánicas está dado por
dc ( x ) 12
= Se sabe que el costo, en dólares, para producir 10 piezas es $35.
dx √ 6 x +4
Determine
12
∫ dc ( x )=∫ √6 x + 4 dx
1
c ( x ) =12∫ dv
√ v∗6
12 1
c ( x) = ∫ dv=2∗2 √ v +C
6 √v
c ( x ) =4 √ v+ c=4 √ 6 x + 4+C
v=6 x+ 4
dv =6 dx
dv
dx=
6
35=4 √ 6∗10+ 4+C
C=3
b ¿ El costode fabricar 130 piezas
C ( x )=4 √ 6 x+ 4+3
Despejamos
x−3=0
x=3
x +2=0
x=−2
x−2=0
x=2
las intersecciones correspondientes son:
(−2,2,3)
f ( 2 ) =4 (2)3 −9 ( 2 )2−21(2)+ 43
Resolvemos
f ( 2 ) =32−36−42+ 43
Hallamos puntos de intersección
f ( 2 ) =−3
(2 ,−3)
D ( x ) =4 x 3−12 x 2−16 x+ 48
D ( x ) =−8 x 2+ 48 x+ x 3 +1−4 x 2+ 1
Resolvemos la integración
3
−72+144+ 81−108−(32−96+16+32)
−72+144+ 81−108−(32−96+16+32)
−72+144+ 81−108+80
Determinamos el resultado
GeoGebra
x=√ 5 y
x=0
y=−1
y=1
Despejamos las curvas x=√ 5 y
x
y=
√5
b
V =π ∫( y)2 dx
a
1
2
Resolvemos con la formula dada para la integral de volumen V =∫ π ( √5 y ) dx
0
GeoGebra
Determine su longitud de 𝑥 = 0 a 𝑥 = 4
( y +2)2=3 x3
longitud de x=0 a x=4
Resolvemos
y +2= √ 3 x 3
y= √ 3 x 3−2
Despejamos la raíz
y=¿
Derivamos
1
y ´= ¿
2
Resolvemos
6 x2
y ´=
2¿¿
3 x2
y ´=
√ 3 x3
Resolvemos con la integral de la longitud
b
L=∫ √ 1+¿ ¿ ¿
a
4
L=∫ √ 1+9 x 4 3 x−3 dx
0
Hallamos
109 1
1
L= ∫ u 2 dx
27 1
L=28,07 u
GeoGebra
TIPO DE EJERCICIOS 4 –APLICACIONES DE LAS INTEGRALES EN GENERAL.
Literal D
Ejercicio d.
Una varilla de longitud 35 cm tiene una densidad lineal que varía proporcionalmente al cuadrado de su
distancia a uno de los extremos.
Si la densidad en el extremo más pesado es de 4900 g/cm, halle su masa total y el centro de masa.
L
2
Densidad lineal 𝛿1 (𝑥) = 𝑅 x y 𝑚 = ∫ δ 1 ( x ) dx
0
∫ x δ 1 ( x ) dx
0
El centro de masa está dado por: x́= L
∫ δ 1 ( x ) dx
0
δ 1( x )=R x 2
x=35 cm
δ ( x )=4900 g /cm
4900=R(35)2
4900
R=
352
R=4
Remplazamos a R por 4
δ 1( x )=4 x 2
Resolvemos con la integral de masa remplazando los valores
L 35
M =∫ δ 1 ( x ) dxM =∫ 4 x 2 ( x ) dx
0 0
35
2
Sacamos la constante correspondiente a 4 M =4 ∫ x ( x ) dx
0
Integramos la función
x 3 35
M =4 |
3 ¿0
(35)3 (0)3 35
Resolvemos la operación con una resta remplazando los limites en x M =4
3
−
3 ¿0 |
42875
M =4
3
M =57166.67 g
Ahora podemos calcular el centro de masa remplazando los valores
L 35
∫ x δ 1 ( x ) dx ∫ 4 x 2 dx
0
x́= L
= 350
∫ δ 1 ( x ) dx ∫ 4 x ( x ) dx
0 0
x 4 35
2 ¿0
x́= 3
|
4 x 35
3 ¿0 |
354 04
−
2 2
Resolvemos la diferencia de los límites con los valores de estos x́=
4(35) 4 (0)3
3
−
3 3
Solucionamos la ecuación y obtenemos el resultado.
750312.5
x́=
57166.67
x́=13.12
Estudiante literal D
Sustentación del Ejercicio 3:
Calcular el volumen del sólido que se genera al girar la región plana y=x 2 Y y =√ 8 x alrededor
del eje 𝑦. Representar en GeoGebra las regiones a rotar y anexar el sólido resultante.
y=x 2
y= √8 x
Igualamos las expresiones y resolvemos
x 2= √ 8 x
2
( x ¿¿ 2)2=( √ 8 x) ¿
x 4 =8 x
x 4 −8 x=0
Factorizamos la función
x ( x ¿¿ 3−8)=0 ¿
x=0
Despejamos la expresión e igualamos a cero
x 3−8=0
x 3=8
Representamos el 8 como 23
x 3=23
Despejamos y obtenemos nuestro límite superior
x=2
b
V =2 π ∫ x ¿ ¿
a
2 1
2 2
Despejamos la x y multiplicamos por los términos V =2 π ∫ x( √8 x −x ) dx
0
2 3
V =2 π ∫ ( √ 8 x −x 3)dx
2
V =2 π √
[ ]
8x
−
x4 2
5
2
2
4 ¿0
[5
2 4
Aplicamos la ley de extremos y evaluando en los limites 0 y 2 V =2 π 2 √ 8 x − x 2
]
4 ¿0
Realizamos con una resta remplazando los límites y resolvemos
5 5
V =2 π [
2( √ 8 ( 2 ) 2 ) (2) 4 2 √ 8(0) 2 (0)4 2
5
−
4
−
5
−
4 ¿0 ]
2(16) 16
V =2 π [ 5
− −0
4 ]
32
V =2 π [ ] 5
−4
12
V =2 π [ ] 5
24
V= π
5
V =15.08 u3
Solución
y=4 x 3/ 2 [ 0,2 ]
dy 3 dy
=( 4 ) x 1 /2 → =6 x 1/ 2
dx 2 dx
dy 2 ( 1 /2 )2 dy 2
( )
dx
= 6x →
dx
=36 x ( )
b
dy 2
L=∫
a √ 1+
dx( )dx
u 2=1+36 x
2
x=0 →u=1
L=∫ √ 1+36 x dx 2 udu=36 dx
udu x=2 →u=√73
0
dx =
18
√ 73
L= ∫ √ u2
1
( udu
18 )
√ 73
1
L= ∫ u2 du
18 1
1 u3
L=
18 3 ( )|√731
1 3
L= [ ( √ 73 ) −( 1 )3 ]
54
1
L= [ 73 √73−1 ]
54
L ≈11,53 u
Comprobación en GeoGebra
TIPO DE EJERCICIOS 2 – SÓLIDOS DE REVOLUCIÓN.
Sea R la región limitada por: g( x )=4 x2 −x3 , el eje 𝑥, donde 0 ≤ x ≤ 4
- Hallar el volumen del solido generado cuando la región R se hace girar alrededor de la recta
y=0.
Solución
g ( x )=4 x 2−x 3 0 ≤ x ≤ 4
b
V =π ∫ r 2 ( x ) dx
a
r ( x )=g ( x ) =4 x 2−x 3
4
2
V =π ∫ ( 4 x 2−x3 ) dx
0
4
V =∫ ( 16 x 4−8 x 5+ x6 ) dx
0
4 4 4
V =16 π ∫ x 4 dx−8 π ∫ x 5 dx +π ∫ x 6 dx
0 0 0
x5 4 x6 4 x7 4
V =16 π
5 0 |−8 π
6 0 |
+π
7 0 |
16 8π 6
V= π ( 45 −0 )− ( 4 −0 ) + π ( 47 −0 )
5 6 7
16 4π π
V= π ( 1024 )− ( 4096 ) + (16384 )
5 3 7
16384 π 3
V= u
105
V =490,208 u3
Comprobación en GeoGebra
TIPO DE EJERCICIOS 3 –APLICACIONES DE LAS INTEGRALES EN LAS
CIENCIAS.
Sea f (x)=36−16 x 2.
- Calcula el centro de masa del área bajo la curva en la región en que f (x)>0
Solución
f (x)=36−16 x 2
Parábola con vértice en (0 , 36)
f ( x )=0→ 36−16 x2 =0
9 9
−x2 =0 → x 2=
4 4
3 3 3
x=± La parabola corta al eje x en− y
2 3 2
3
b 2
3 3
2 2
A=36∫ dx−16 ∫ x 2 dx
0 0
16 3 16
A=36 x 3 /2 − x3 3 /2 → A=36 −0 − [ ( 3/2 )3−0 ]
| | ( )
0 3 0 2 3
A=36 u2
b 3/ 2
1 1
x́= ∫ x (fx) dx= ∫ x(36−16 x 2) dx
A a 36 0
3 /2
1 1
x́= ∫ (36 x−16 x 3) dx= [ 18 x 2−4 x 4 ] 3/2 |
36 0 36 0
1 3 2 3 4 1 81
x́=
36 [ () () ]
18
2
−4
2
−0 → x́= .
36 4
9
x́= u
16
b 3/ 2
1 2 1 2
ý= ∫ [ f ( x ) ] dx= ∫ ( 36−16 x 2 ) dx
2A a 72 0
3 /2
1
ý= ∫ ( 1296−1152 x 2+ 256 x 4 ) dx
72 0
3 /2 3 /2 3/2
1 1 256
ý= 1296 ∫ dx− 1152 ∫ x 2 dx+ ∫ x 4 dx
72 0 72 0 72 0
x3 3/2 32 x 5 3/2
ý=18 x 3/ 2 −16
| + | |
0 3 0 9 5 0
3 16 3 3 32 3 5
ý=18 ( ) 2
−0 −
3 [( ) ] [( ) ]
2
−0 +
45 2
−0
27 72
ý=27−18+ → ý= u
5 5
Finalmente, el centro de masa del área bajo la curva en la región en que f ( x ) >0 , es:
C= ( 169 , 725 )
Solución
dh
=2 t 2−5t +1 →Velocidad de crecimiento
dt
- Determinar la altura después de 𝑡 años.
dh=( 2 t 2−5t +1 ) dt
t3 t2
h ( t )=2 −5 +t +C
3 2
En t=0 h=12 cm
2 5
12= ( 0 )3− ( 0 )2 + ( 0 ) +C →C=12
3 2
2 5
h ( t )= t 3− t 2+t +12 Altura en todo instante .
3 2
- ¿Qué altura tienen los arbustos cuando se venden?
2 5
h ( 8,5 ) = ( 8,5 )3− ( 8,5 )2 + ( 8,5 )+12
3 2
h ( 8,5 ) =249,3 cm
Los arbustos tienen más de 249,3 cm cuando se venden.