I2 Calculo 2 Tav

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de Matem´ aticas 13 de enero de 2006 MAT 1512 - C´ alculo II Interrogaci´ on N◦ 2 Z 1. Calcular

x3

dx . + x2 + x

Soluci´ on: Como x3 + x2 + x = x (x2 + x + 1) y el u ´ltimo factor es irreducible, tenemos que x3

1 1 A Bx + C = = + 2 . 2 2 +x +x x (x + x + 1) x x +x+1

Sumando las dos fracciones de la derecha e igualando numeradores con la fracci´on original tenemos que 1 = (A + B)x2 + (A + C)x + A, de donde tenemos que A = 1; B = C = −1. Por lo tanto Z

dx = 3 x + x2 + x

Z µ

1 x+1 − 2 x x +x+1

¶

Z

Z dx x+1 dx = − dx . 2 x x +x+1 | {z } | {z } I1

I2

Tenemos que I1 = ln |x| , mientras que

I2 =

1 2

Z

2x + 2 dx x2 + x + 1

 =

1   2 

 Z |

Z

 1 2x + 1 dx + dx  . 2 +x+1 x +x+1 {z } {z } |

x2

I3

I4

En I3 hacemos la sustituci´on u = x2 + x + 1 con lo cual du = (2x + 1) dx. por tanto, Z I3 =

du = ln |u| = ln | x2 + x + 1 | . u

En I4 completamos cuadrado en el denominador obteniendo

Z I4 =

dx

³ √ ´2 ¡ ¢2 x + 12 + 23

Z = |{z} u=x+ 12

u2 +

du ³ √ ´2 du

=

2 √ arctan 3

=

2 √ arctan 3

3 2

µ µ

2u √ 3

¶

2x + 1 √ 3

¶ .

Juntando todas las partes llegamos a que Z

dx 1 1 = ln |x| − ln | x2 + x + 1 | − √ arctan x3 + x2 + x 2 3

µ

2x + 1 √ 3

¶ +C

¥

2. Sea R la regi´on interior a la elipse x2 + y 2 = b2 , donde 0 < b < a.

x2 y2 + = 1 y exterior a la circunferencia a2 b2

Exprese el ´area de R en t´erminos de integrales y calc´ ulelas. Soluci´ on:

b dy

a

De la simetr´ıa de la figura tenemos que el ´area es 4A1 , donde A1 representa el ´area de la porci´on achurada. Si x1 , x2 representan las abcisas de un punto sobre la circunferencia y uno sobre la elipse, respectivamente, entonces, dividiendo la regi´on en rect´angulos infinitesimales de ancho dy tenemos que Z b Z b Z b A1 = (x2 − x1 ) dy = x2 dy − x1 dy . 0 | 0 {z } | 0 {z } I2

I1

Usando coordenadas param´etricas tenemos que la porci´on de la elipse sobre el primer cuadrante es x = a cos(t); y = b sen(t); 0 ≤ t ≤ π/2. Por tanto, sobre la elipse, x2 = a cos(t); dy = b cos(t) y por ende Z I2 = ab

π/2

0

ab cos (t) dt = 2

Z

2

π/2

(1 + cos(2t)) dt = 0

πab . 4

Del mismo modo, la porci´on de la circunferencia sobre el primer cuadrante es x = b cos(t); y = b sen(t); 0 ≤ t ≤ π/2. Por tanto, sobre la circunferencia, x1 = b cos(t); dy = b cos(t) y por ende Z 2

I1 = b

0

π/2

b2 cos (t) dt = 2

Z

2

π/2

(1 + cos(2t)) dt = 0

πb2 . 4

Por tanto, el ´area A buscada es µ A = 4A1 = 4 (I2 − I1 ) = 4

πb2 πab − 4 4

¶ = πb (a − b) ¥

3. El cuadrado acotado por los ejes coordenados y las rectas x = 1, y = 1, es cortado en dos partes por la curva y = xα , donde α es una constante positiva. Hallar el valor de α para que estas dos partes generen vol´ umenes iguales al rotar alrededor del eje X. Soluci´ on: Llamamos R1 y R2 a las porciones superior e inferior, respectivamente, en que queda dividido el cuadrado por la curva y = xα , y V 1 y V 2 a los vol´ umenes de los s´olidos que ellas generan al rotar alrededor del eje X, como muestra la figura de abajo. 1

y

dy

R1 R2

dx

x

1

Para el c´alculo de V 1 dividimos R1 en rect´angulos horizontales de grosor dy (como muestra la figura), los cuales al rotar generan c´ascaras cil´ındricas. Por tanto, Z

Z

1

V 1 = 2π

x y dy = 2π 0

Z = 2π

1

y 1/α · y dy

0 1

1

y 1+ α dy = 2π

0

1 2+

1 α

2πα . 2α + 1

=

Para el c´alculo de V 2 dividimos R2 en rect´angulos verticales de grosor dx (como muestra la figura), los cuales al rotar generan discos. Por tanto, Z V2 = π 0

1

Z y 2 dx = π

1

x2α dx =

0

π . 2α + 1

Igualando, V1 = V2

⇒

2πα π = 2α + 1 2α + 1

⇒

α =

1 2

¥

4. Hallar el ´area de la superficie obtenida al girar el arco de cicloide x = a( t − sen(t) );

y = a( 1 − cos(t) ) ; 0 ≤ t ≤ 2π

alrededor del eje X. Z Soluci´ on: Tenemos que el ´area, Ax es Ax = 2π sµ ds = p

=

dx dt

¶2

µ +

dy dt

2π

y ds, donde 0

¶2 dt

a2 ( 1 − cos(t) )2 + a2 sen2 (t) dt

√ p = a 2 1 − cos(t) dt Por tanto, Z Ax = 2π

2π

√ p a( 1 − cos(t) ) · a 2 1 − cos(t) dt

0

√ 2 Z = 2 2a π

2π

( 1 − cos(t) )3/2 dt

0

√ 2 Z = 2 2a π

2π

µ

0

Z 2

µ ¶ t sen dt 2

2π

3

= 8a π 0

Z 2

µ ¶ ¶3/2 t 2 sen dt 2 2

π

3

= 16 a π

sen (u) du 0

Z = 16 a2 π

π

¶ µ t u = 2

( 1 − cos2 (u) ) sen(u) du

0

Z 2

1

= 16 a π

( 1 − y 2 ) dy

−1

=

64π a2 3

¥

(cos(u) = y)