calculo ejercicios

Aplicaciones de las Integrales Definidas
Henry Omar Moreno Jimenez
25481025
Abril 23 de 2014

1.

Determinaci´
on de longitudes de curvas
x=

y4
4

+

1
8y 2 ,

de y = 1 a y = 2.
2

dx
dx
1
= y3 − 3 ⇒
dy
4y
dy

= y6 −

1
1
+
2 16y 6

2

2
y −3
y4
1
1
y −3 2
y −2
3
3+
dy
=
y
+
dy
=
+
dy
=
−
y
2 16y 6
4
4
4
8
1
1
16
1
1 1
128 − 1 − 8 + 4
123
1 1
1
=
−
−
− + =
=
−
=4−
4
(16)(2)
4 8
32 4 8
32
32

1 +y6 −

⇒L=

x=

y3
6

+

1
2y

2
1

de y = 2 a y = 3.
y2
1
dx
dx
=
− 2 ⇒
dy
2
2y
dy
3

=

1 4
y − 2 + y −4
4

1
1 + y 4 − 2 + y −4 dy =
4

⇒L=
2

1
=
2
1
=
2

2

3

3
2

1 4
y + 2 + y −4 dy
4

3

(y 2 + y −2 ) dy =
2

27 1
8 1
−
−
−
3
3
3 2

3
1 y3
− y −1
2 3
2
2
1 26 8 1
1
1
13
=
− +
=
6+
=
2 3
3 2
2
2
4

(y + y −2 )dy =
2

y = 34 x4/3 − 38 x2/3 + 5 , 1 ≤ x ≤ 8.
dy
1
dy 2
1 x−2/3
= x1/3 − x−1/3⇒
= x2/3 − +
dx
4
dx
2
16
8
8
−2/3
1 x
1 x−2/3
⇒L=
1 + x2/3 − +
dx =
x2/3 + +
dx =
2
16
2
16
1
1
8

1
3
3
x1/3 + x−1/3 dx = x4/3 + x2/3
4
4
8
1
3 5
3
99
= [(2 + 22 ) − 3] = (33) =
8
8
8

8

=

y=

x3
3

+ x2 + x +

1
4x+4

, 0 ≤ x ≤ 2.

1

=
1

3 4/3
[2x + x2/3 ]81
8

8
1

1
x1/3 + x−1/3
4

2

dx

dy
4
= x2 + 2x + 1 −
dx
(4x + 4)2
1
dy
1
1
1
= x2 + 2x + 1 −
= (1 + x)2 −
⇒
4 (1 + x)2
4 (1 + x)2
dx
21 + (1 + x)4 −

⇒L=
0
2

(1 + x)4 +

=
0

2.

= (1 + x)4 −

1
1
+
2 16(1 + x)4

1 (1 + x)−4
+
dx
2
16
2

1 (1 + x)−4
+
dx =
2
16

(1 + x)2 +
0

(1 + x)−2
4

2

dx

Momento y centro de masa
δ(x) = 4,

0

x

2
2

x · 4 dx = 4

M0 =
0

x2
2

2

=4·
0

4
= 8;
2

2

4 dx = [4x]20 = 4 · 2 = 8 ⇒ x
¯=

M=
0

δ(x) = 4,

1

x

3

x · 4 dx = 4
1

x2
2

3

=
1

4
(9 − 1) = 16;
2

3

4 dx = [4x]31 = 12 − 4 =8 ⇒ x
¯=

M=
1

δ(x) = 1 + x3 ,

0

x
3

x 1+
0
3

M=
0

0

x

4

x 2−

M0 =
0
4

2−

M=
0

M0
16
=
=2
M
8

3

M0 =

δ(x) = 2 − x4 ,

M0
=1
M

3
M0 =

3.

2

x
dx =
3

3

x+
0

x2
x
dx = x +
1+
3
6

3
0

x2
x2
x3
dx =
+
3
2
9

3

9 27
15
+
=
;
2
9
2
( 15 )
9
9
M0
15
5
=3+ = ⇒x
¯=
= 29 =
=
6
2
M
9
3
(2)
=

0

4

x
dx =
4

4

2x −
0

x2 4

x
dx = 2x −
4
8

0

x2
x3
dx = x2 −
4
12
=8−

4

= 16 −
02
32
64
16
= 16 −
= 16 · =
;
12
3
3
3

16
M0
32
16
=6⇒x
¯=
=
=
8
M
3·6
9

´
Areas
de superficies de revoluci´
on
y=

x3
9 ,

0

x

2;

eje x

2
dy
x2
dy 2
x4
2πx3
=
⇒
=
⇒S=
dx
3
dx
9
9
0
4
x
4
1
x3
u=1+
⇒ du = x3 dx ⇒ du =
9
9
4
9
25
x = o ⇒ u = 1, x = 2 ⇒ u =
9
25
9
1
1
π 2 3 25
π
9
→ S = 2π
u 2 · du =
u2
=
4
2
3
3
1
1

2

1+

x4
dx;
9

dx;

125
π 125 − 27
98π
−1 =
=
27
3
27
81

y=

√

3
4

x,15
4 ;

x

eje x
dy 2
1
dy
1 −1
=
= x2 ⇒
dx
2
dx
4x
15
4
√
1
⇒S=
2π x 1 +
dx = 2π
3
4x
4
3
2

15
4

x+
3
4

15
4

1
4π 15 1
2
x+
=
+
3
3
4
3
4
4
4
3
4π 4
4π
28π
=
−1 =
(8 − 1) =
3
2
3
3

= 2π

y=

√

2x − x2 ,

0, 5

x

1,5;

1,5

2x − x2

2π

−

3 1
+
4 4

3
2

eje x

dy
(1 − x)
dy
1 (2 − 2x)
=√
⇒
= √
2
2
dx
2 2x − x
dx
2x − x
⇒S=

3
2

1
dx
4

1+

0,5

2

=

(1 − x)2
2x − x2

√

1,5

(1 − x)2
dx= 2π
2x − x2

2x − x2
0,5

2x − x2 + 1 − 2x + x2
√
dx
2x − x2

1,5

dx = 2π[x]1,5
0,5 = 2π

= 2π
0,5

x=

y3
3

0

x

1;

eje y
2

dx
dx
= y2 ⇒
dy
dy

1

= y4 ⇒ S =
0

2πy 3
3

1 + y 4 dy;

1
du = y 3 dy; y = 0 ⇒ u = 1, y = 1 ⇒ u = 2
4
π 2 1
1
π 2 3 2
π √
du =
u 2 = ( 8 − 1)
u 2 du =
4
6 1
6 3
9
1

u = 1 + y 4 ⇒ du = 4y 3 dy ⇒
2

→S=

2π
1

4.

1 1
u2
3

Trabajo
Se necesitan 1800J de trabajo paraestirar un resorte de su longitud natural de 2m a una longitud de 5m.
Determine la constante del resorte.
Soluci´
on: La fuerza requerida para estirar el resorte de su longitud natural de 2m a una longitud de
5m es F (x) = kx. El trabajo realizado por F es:
3

W =

3

F (x) dx = k
0

x dx =
0

9k
k 23
[x ]0 =
2
2

N
Este trabajo es equivalente a 1800J ⇒ 92 k = 1800 ⇒ k = 400 m

Si una fuerza de 2Nestira un resorte 1m mas que su longitud natural, ¿cu´anto trabajo se requiere para
estirarlo 5m a partir de su longitud natural?
Soluci´
on: Nos encontramos con la fuerza constante de la ley de Hooke: F = kx ⇒ k = Fx ⇒ k =
90
N
1 ⇒ k = 90 m . El trabajo realizado por el resorte para estirarse 5m de su longitud natural es:
5

W =

5

kx dx = 90
0

x dx = 90
0

x2
2

5

= 90
0

25
= 1125J
2...