Analisis Para Entregar

UNIVARSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICAFACULTAD DE CIENCIAS DE INGENIERÍA

ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE CIVIL-HVCA

SEGUNDA PRÁCTICA DE ANÁLISIS MATEMÁTICO II

I. ÁREAS USANDO SUMATORIAS:

1. Calcular el área de la figura limitada por y=16 x− x2 , y=x−2.SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :

{y=16 x−x2

y=x−2.⇒ x−2=16 x−x2

⇒ x2−15 x−2=0 ⇒ x=15±√2332

x1=15−√233

2 ,x2=

15+√2332

Graficando laregión setiene :

ANÁLISIS MATEMÁTICO III Mag. Mat. Cesar Castañeda Campos Página | 1



La región está limitado entre la parábola

f ( x )=16 x−x2 y la recta g ( x )=x−2 , x∈{15−√2332

,15+√233

2 } ∆ x=b−a

n =√233

n

C i=a+∆ xi = 15−√233

2 + √233

ni

El área de la región está dada por:

Área (R )=limn→∞

∑i=1

n

[f (C i )−g (C i ) ]∆ x

Área (R )=limn→∞

∑i=1

n [ 233 in −233i2

n ]√233n

¿ limn→∞ [ 233n(n+1)2n

−233n(n+1)(2n+1)

6n2 ] √233n

¿√233 limn→∞ [ 2332 (1+ 1

n)−233

6(1+ 1

n)(2+ 1

n)]

¿√233 2336

u2

Área (R )=√233 2336u2

5. Encontrar el área formado por y=ln ( x ) , y=e−X , x=e2

Solución




xϵ [1.23 ,7.38 ]→∆x=7.38−1.23n

∴∆ x=6.15n

, ci=1.23+ 6.15 in

f ( (i )=ln(1.23+ 6.15 in )=ln(1.23+ 6.15 in )f ( (i )=e−x=e

1.23+ 6.15in

f ( (i )¿e−¿¿

lim ¿n→¿¿¿

A=8.08




6. Hallar el área descrita descrita por y=x 4+2 , y=0 , x=0 ,−6 ; x=10

Solución

→x=0 , y=2dydx

=4 x3=0→x=0

Remplazando x=0 , y=2Puntomínimo (0,2)

∆ x=10−(6 )n

=16n

f ( x )=x 4+2 ,ci=−6+ 16n

f (Ci )=(−6+ 16 in )4

+2

f (Ci )=65536 i4

n4−98304 i

3

n3−43200i

2

n2−13824 i

n+1298




I :209715.2+ 52428n

+349525.3n2

−3495.5n4

II :−393216 786432n

+ 393216n2

III :230400+ 345600n

+ 115200n2

IV :−1105921

+ 110592n

V :70768n

A=lim ¿n→00(209715.2−393216+393216+230400−110592)¿¿

A=2403523.2

9) y=sen ( x ) , y=0 , x=−2π , x=3 π

Graficando :

si : x∈ [−2π ,3 π ]=[−2π ,−π ] [−π ,0 ] [0 , π ] [π ,2 π ] [2π ,3 π ]

para x∈ [−2π ,−π ]




∆x=b−an

=−π−(−2 π )

n=πn

c i=a+i ∆x=−2π+ πin

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−2π+ πin )=sen( πin )

→A1=limn→∞

∑i=1

n

f (c i) ∆x= limn→∞

∑i=1

n [sen ( πin ) πn ]=limn→∞

πn∑i=1

n [sen ( πin )]

si :∑i=1

n [sen ( πin )]=cos( π2n )−cos(π+ π

2n )2 sen( π2n )

→A1=limn→∞

πn {cos ( π2n )−cos (π+ π

2n )2 sen ( π2n ) }=limn→∞

πn {2cos ( π2n )2 sen ( π2n )}=¿ lim

n→∞ {2cos(π2n )

sen( π2n )π2n

}→A1=2u

2

para x∈ [−π ,0 ]

∆x=b−an

=0−(π )n

= πn

c i=a+i ∆x=−π+ πin

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−π+ πin )=−sen ( πin )

→A2=limn→∞

∑i=1

n

f (c i) ∆x=−limn→∞

∑i=1

n [sen ( πin ) πn ]=−limn→∞

πn∑i=1

n [sen ( πin )]




si :∑i=1


2n )2 sen( π2n )

→A2=−limn→∞


2n )2 sen( π2n ) }=−lim

n→∞

πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=−lim

n→∞ {2cos (π2n )

sen ( π2n )π2n

}→A2=|−2|=2u2

para x∈ [0 , π ]

∆x=b−an

=(π )−0n

= πn

c i=a+i ∆x=πin

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( πin )→A3=lim

n→∞∑i=1

n

f (c i )∆x=limn→∞

∑i=1

n [sen( πin ) πn ]=limn→∞

πn∑i=1

n [sen( πin )]

si :∑i=1


2n )2 sen( π2n )

→A3=limn→∞


2n )2 sen ( π2n ) }= limn→∞

πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=limn→∞ {2cos(

π2n )

sen( π2n )π2n

}ANÁLISIS MATEMÁTICO III Mag. Mat. Cesar Castañeda Campos Página | 7



→A3=2u2

para x∈ [π ,2π ]

∆x=b−an

=(2π )−π

n=πn

c i=a+i ∆x=π+ πin

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=−sen ( πin )→A4=lim

n→∞∑i=1

n

f (c i )∆x=−limn→∞

∑i=1

n [sen( πin ) πn ]=− limn→∞

πn∑i=1

n [sen( πin )]

si :∑i=1


2n )2 sen( π2n )

→A4=−limn→∞

πn {cos( π2n )−cos (π+ π

2n )2 sen( π2n ) }=−lim

n→∞

πn {2cos ( π2n )2 sen ( π2n )}=−lim

n→∞ {2cos(π2n )

sen( π2n )π2n

}→A4=|−2|=2u2

para x∈ [2 π ,3 π ]

∆x=b−an

=(3π )−2π

n=πn

c i=a+i ∆x=2π+ πin

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( πin )




→A5=limn→∞

∑i=1

n


∑i=1

n [sen ( πin ) πn ]=limn→∞

πn∑i=1

n [sen ( πin )]

si :∑i=1


2n )2 sen( π2n )

→A5=limn→∞


2n )2 sen ( π2n ) }= limn→∞

πn {2cos ( π2n )2 sen( π2n ) }=limn→∞ {2cos(

π2n )

sen ( π2n )π2n

}→A5=2u

2

∴ ATOTAL=A1+A2+A3+A4+A5

ATOTAL=10u2

10. y=sen ( x ) , y=cos ( x ) ; x=−2π ; x=3π2

Graficando :




si : x∈[−2π ; 3 π2 ]para x∈[−2π ;−7 π4 ]

∆x=b−an

=

−7π4

− (−2π )

n=

π4 n

c i=a+i ∆x=−2π+ πi4 n

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen (−2π+ πi4n )=sen ( πi4 n )

→A1=limn→∞

∑i=1

n


∑i=1

n [sen( πi4 n ) π4n ]=limn→∞

π4 n∑i=1

n [sen( πi4n )]

si :∑i=1

n [sen ( πi4n )]=cos ( π8n )−cos( π4 + π

8n )2 sen ( π8n )




→A1=limn→∞ {cos (

π8n )−cos( π4 + π

8n )sen ( π8n )

π8n

}=(1−√22 )

para : f ( x )=cos ( x )→f (c i )=cos(−2π+ πi4 n )=cos( πi4 n )

→A2=limn→∞

∑i=1

n


∑i=1

n [cos ( πi4n ) π4 n ]=limn→∞

π4n∑i=1

n [cos ( πi4n )]

si :∑i=1

n [cos( πi4n )]=sen ( π4 + π

8n )−sen ( π8n )2 sen ( π8n )

→A2=limn→∞

π4n {sen( π4 + π

8n )−sen( π8n )2 sen ( π8n ) }=limn→∞ {sen(

π4+ π8n )−sen( π8n )sen( π8n )

π8n

}=√22

→AI=¿ A2−A1=

√22

−(1−√22 )=(√2−1 )u2¿

para x∈[ π2 ;π ]

∆x=b−an

=(π )−π

2n

=π2n

c i=a+i ∆x=π2+ πi2n

→f ( x )=sen ( x )→f (c i )=sen ( π2 + πi2n )=cos ( πi2n )




→A3=limn→∞

∑i=1

n


∑i=1

n [cos ( πi2n ) π2n ]=limn→∞

π2n∑i=1

n [cos ( πi2n )]

si :∑i=1

n [cos( πi2n ) ]=sen ( π2 + π

4 n )−sen( π4n )2 sen ( π4 n )

=cos ( π4n )−sen( π4n )

2 sen ( π4 n )

→A3=limn→∞

π2n {cos ( π4 n )−sen( π4n )

2 sen( π4 n ) }=limn→∞ {cos (π4 n )−sen( π4n )sen( π4n )

π4n

}=1u2para : f ( x )=cos ( x )→f (c i )=cos( π2 + πi

2n )=−sen( πi2n )→A4=lim

n→∞∑i=1

n

f (c i )∆x=−limn→∞

∑i=1

n [sen ( πi2n ) π2n ]=−limn→∞

π2n∑i=1

n [ sen( πi2n )]

si :∑i=1

n [sen ( πi2n )]=cos ( π4n )−cos ( π2 + π

4 n )2 sen ( π4 n )

=cos( π4n )+sen ( π2 + π

4n )2 sen ( π4n )

→A4=−limn→∞

π2n {cos( π4n )+sen ( π4n )

2 sen ( π4n ) }=−limn→∞ {cos(

π4 n )+sen( π4n )sen( π

4n )π4n

}=−1

→A4=|−1|=1u2

∴ ATOTAL=8 A I+3 A3+3 A4=8 (√2−1 )+3(1)+3(1)

ATOTAL=8√2−2




II. ÁREAS USANDO INTEGRALES: 1.

2. Hallar el área de la región limitada por y=1

( x−4 )2; x=−3;

x=6 , y=0SOLUCIóN :Calculando los putos de intersección :

{y= 1

( x−4 )2

x∈ {−3 ,6 }





Área (R )=∫−3

61

( x−4 )2dx

Área (R )=|−[ 1(x−4 ) ]|−3

6

Área (R )= 914

u2

5. Hallar el área de la región limitada por .

|x2+6 x−12|, x=−10 , x=12 , y=0

Solución:


x

y

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-1

0

1

2

3

4

5

x=-3

x=6

y=1/(x-4)^2



x

y

-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 12 14

-50

0

50

100

y=|x^2+6x-12|

x=-10x=12

y=x2+6 x−12 , x∈←∞ ;−7.58 ]∪¿

y=− x2−6 x+12 , x∈←∞ ;−7.58 ]∪¿

A1=π ∫−10

−7.58

(x2+6 x−12 )dx=( x33

+3 x2−12x )│−7.58−10

A1=31.48 πu2

A2=π ∫−7.58

1.58

(−x2−6x+12 )dx=(−x3

3

−3x2+12x )│ 1.58−7.58

A2=128.32 πu2

∫1.58

12

(x2+6 x−12 )dx=( x33

+3 x2−12x )│ 121.58A3=982.17πu2

∴ A1+A2+A3=1141.97 πu2

6. Hallar el área de la región limitada por

Y=sen (2 x ) , x=−2n , x=+2n ;Y=0

Solución




x

y

-3

-2

-1

0

1

2

3

y=sin(2x)y=cos(3x/2)

→A1=A2=A3=Au=As=A6=A 7=A8=Au

→A 4=∫0

n2

sen 2x

A4=- cos ex│n21.58

= 12

→hay 9 Areas∴ 12.9=9

2u2

10. Hallar el área de la región limitada por x2+ y2=5( x2

x2+ y2 )Solución:

¿ pasandolaecuacion cartesiana a la forma polar .




r2=5 ( r2cos2 (θ )r2 )⇒ r2=5cos2 (θ )⇒r=√5cos (θ )

¿∗graficandolaecuacion polar :

1. Intersecciones.a).con el eje polar: sí :θ=0⇒r=√5cos (0 )=√5sí :θ=π⇒ r=√5cos (π )=−√5Hay dos intersecciones con el eje polar: A(√5,0) y B(-√5,π ¿b).con el eje normal:

sí :θ=π2⇒ r=√5cos( π2 )=0

sí :θ=3 π2⇒ r=√5cos( 3 π2 )=0

La curva pasa dos veces por el polo: C(0,π2

) y D(0,3π2

)

2. Simetrías.a).En relación con el eje polar: (θ) por (−θ)

⇒ f (r ,−θ )=√5cos (−θ )=√5cos (θ )=f (r , θ ) ∴Es simetricab). En relación con el eje normal:(θ) por (π−θ)

⇒ f (r , π−θ )=√5cos (π−θ )=−√5cos (θ )≠ f (r , θ ) ∴Noes simetricac). En relación con el polo:(θ ) por (π+θ )

⇒ f (r , π+θ )=√5cos (π+θ )=−√5cos (θ )≠ f (r , θ ) ∴Noes simetrica

3. Extensión. Para todo los valores de θϵ [0,2 π ] , los valores der sonreales y finos .

4. Tangentes en el polo.

si :r=0⇒√5cos (θ )=0⇒√5cos (θ )⇔θ=3π2,π2

5. Imagen geométrica.θϵ [0,2 π ]entonces construimosuna tabla.

θ r

0 √5




π4

√102

π2

0

π -√5

3π2

0

π √5

A1=∫0

π2

√5cos¿¿

A1=√5∴ AREATOTAL=4√5u2

11.- hallar el á reade la regió nlimitada por x2+ y2=6( y2

x2+ y2 )Paraeste ejercicio seutilizo coordenadas polares :

Donde :

r2=x2+ y2

x=rcos (θ )

y=rsen (θ )

x2+ y2=6( x2

x2+ y2 )⟹ r 2=r 2 sen2 (θ )

r2 ⟹ r=√6 sen (θ )

Graficamos :


r

x

y



Hallamosel área :

A=∫0

π2

√6 sen (θ )dθ⟹ A=√6∫0

π2

sen (θ )dθ

A=−√6 (cosθ )|π20⟹ A=−√6 [cos( π2 )−cos (0)]⟹ A=−√6 [0−1 ]

A=√6u2

Como hay 4 áreas iguales multiplicamos por 4

∴ A=4 √6u2

12.- hallar el área de la región limitada por x2+ y2=8( xy

x2+ y2 )Para este ejercicio se utilizo coordenadas polares:

Donde:

r2=x2+ y2

x=rcos (θ )

y=rsen (θ )




x2+ y2=8( xyx2+ y2 )⟹ r2=8[ r2 sen (θ ) cos (θ)

r2 ]⟹ r=√8 sen (θ ) cos (θ)

r=2√sen (2θ )

Grafica:

A=∫0

π

2√sen (2θ )dθ⟹

13.- hallar el área de laregión limitada por x2+ y2=8( x2

x2+ y2−1)

14.- hallar el área de laregión limitada por x=8−12 y2 , x=4 y2

SOLUCION :

Hallamos puntos de intersección .




8−12 y2=4 y2⟹16 y2−8=0⟹ y2= 816

y=√ 12 ; y=−√ 12⟹ x=2

Graficamos:

Hallamos área.

A=∫0

√12(8−12 y2−4 y2 )dy⟹ A=∫

0

√ 12(8−16 y2 )dy⟹ A=(8 y−16 y33 )|√ 120

A=8√ 12−163 (√ 12 )3

⟹ A=8√23

………comohay dos areasiguales multiplicamos por 2

∴ A=16 √23u2

15.- hallar el área de la región limitada por y=x2−12 , y=8−x2

SOLUCION:

Hallamos puntos de intersección.

x2−12=8−x2⟹ x2−10=0

x=√10 ; x=−√10

Graficamos:




A=∫0

√10

( (x2−12 )−(8−x2 ))dx⟹∫0

√10

(2x2−4 )dx

A=(2 x33 −4 x)|√100A=20√10

3−4√10⟹ A=4 √10

comohay dosareas iguales multiplicamos por 2

∴ A=8√10u2




III. VOLUMEN DE UN SOLIDO DE REVOLUCIÓN:

Calcular el volumen de un sólido de revolución que se obtiene al hacer girar la región formada por:

1. y=x2+1 , y=√ x+4alrededor del eje X .(Alrededor del eje Y ,alrededor de X=−12)

SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :

{ y=x2+1y=√ x+4

⇒ x+4=(x2+1)2

⇒ x4+2 x2−x−3=0

x1=−45

,x2=65



x

y

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-2

-1

0

1

2

3

4

y^2=x+4

y=x^2+1



El volumende la región formada por las parábolas f ( x )=√x+4 y g ( x )=x2+1.

V=π ∫−4/5

6 /5

[ ( f ( x ))2−(g ( x ) )2 ]dx

V=π ∫−4/5

6 /5

[x+4−(x2+1 )2 ]dx

V=π ∫−4/5

6 /5

[ x−x4−2x2+3 ] dx

V=π [ x22 −x5

5−2 x3

3+3 x ]

−4/5

6 /5

V=π81441875

u3

Laregión giraalrededor del eje x=−12.




El volumende la región formada por las parábolas f ( x )=√x+4 y

g ( x )=x2+1.

V=2π ∫−4 /5

6/5

(x+12)[ f (x)−g (x)] dx

V=2π ∫−4 /5

6/5

(x+12)[√ x+4−x2+1 ]dx

V=2π ∫−4 /5

6/5

[ x√ x+4−x3+ x+12√ x+4−12x2+12 ] dx

V=2π [ 2(x+4)5 /25−x4

4+x2

2+16 ( x+4 )

32

3−4 x3+12x ]

−4 /5

6 /5

V=π650750

u3

2. y=x3−8 , x2− y2=1 alrededor del ejeX .(Alrededor del eje Y ,alrededor de x=−6, alrededor de y=−12 )

SOLUCIÓN :Calculando los putos de intersección :

{ y=x3−8x2− y2=1

⇒ x2−(x3−8)2=1

⇒ x6−16 x3−x2+65=0

x1=95

,x2=2110

y1=−32

,y=1910





La región gira alrededor del ejeY


x

y

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-3

-2

-1

0

1

2

3

x^2-y^2=1 x^2-y^2=1

y=x^3-8



El volumen de la región formada por las parábolas f ( y )=3√ y+8 y g ( y )=√ y2+1.

V=π ∫−3 /2

19/10

[ ( f ( y ) )2−(g ( y ) )2 ]dy

V=π ∫−3 /2

19/10

[ ( y+8 )2 /3−( y2+1)]dy

V=π ∫−3 /2

19/10

[ ( y+8 )2 /3− y2−1 ]dy

V=π [ 3( y+8)5 /35− y− y3

3 ]−3 /2

19/10

V=π8422411591000000000

u3

La región gira alrededor del ejex=−6.




3.

El volumen de la región formada por las parábolas

f ( y )=3√ y+8 y g ( y )=√ y2+1.

V=π ∫−3 /2

19/10

[ ( f ( y )+6 )2−(g ( y )+6 )2 ]dy

V=π ∫−3 /2

19/10

[( 3√ y+8+6 )2−(√ y2+1+6 )2 ]dy

V=π ∫−3 /2

19/10

[ ( y+8 )2 /3+12 ( y+8 )1 /3− (1+ y2 )−12 (1+ y2 )1/2 ]dy

V=π32876020510000000

u3

La región gira alrededor del ejey=−12.




El volumen de la región formada por las parábolas

f ( x )=√x2−1 y g ( y )=x3−8

V=π ∫9/5

21/10

[ ( f (x)+12 )2− (g (x )+12 )2 ]dx

V=π ∫9/5

21/10

[(√x2−1+12 )2− (x3+4 )2 ]dx

V=π ∫9/5

21/10

[ x2+24 √x2−1+127−x6−8 x3 ]dx

V=π [ x33 +12 (x √x2−1−ln(x+√ x2−1))−127 x− x7

7−2x4]

9/5

21/10

V=π1640565041100000000

u3

5. y=x2−16 , y=3x2 hallar alrededor de eje ”x”alrededor deeje “Y ”alrededor de x=−6




alrededor deY=−4

Solución

x

y

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-100

-50

0

50

y=x^2-16

y=3x^2

Alrededor de eje “X” gira eje “X”

V=π∫ ( f (x ) )2dx=V=π∫−4

4

(x2−16 )2dx

V=π ( x55 −32 x3

3+256 x )│ 4

−4=π( 819215 + 819215 )=16384 π15

Alrededor de eje “y” gira eje “Y”

V=π∫−4

4

(√Y−16 )2dy=¿π∫−4

4

(4−16 )dy¿

V=π ( y22 −16 y )│ 4−4

∴V=64 π3




Alrededor de eje X=-6

V=2π∫−4

2

(X+6 ) (2 x2+16 )dx

V=768 π

Alrededor de eje X=-4

V=2π∫−4

0

(X+4 ) (3 x2 )dx

V=128 π

6. y2−x2=4 , Y=±8 , alrededor deeje X ,alrededor de ejeY ,alrededor de X=12

Solución




x

y

-60 -50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60

-20

-10

0

10

20

y^2-x^2=4

y^2-x^2=4y=6y=8

y=-8

y=-12

alrededor de eje X

V 1=π ∫−√60

√60

(64— 4−x2 )dx

V 1=π ∫−√60

√60

(−x2+60 )dx

V 1=619.68 π

V 2=π ∫−√60

√60

(x2+4−64 )dx

V 2=π ∫−√60

√60

(x2−60 )dx

V 2=619.68 π

alrededor de ejeY




V 1=2 π ∫−√60

√60

(X ) (8−√x2+4 )dx

V 1=0, V 2=0

alrededor de eje X=6

V 1=π ∫−√60

√60

(22−(√ x2+4−6 )2)dx

V 1=π ∫−√60

√60

(4−(√ x2+4−6 )2)dxV 1=24.89 πV 2=2057.12 π

alrededor de eje X=-12

V 1=π ∫−√60

√60

(202−(√ x2+4+12 )2 )dx

V 1=π ∫−√60

√60

(400− (√ x2+4+12 )2)dxV 1=1908.81 πV 2=2057.12 π

10.x2+ y2=6( y2

x2+ y2 ) , alrededor del eje X .¿alrededor de y=x+2 , alrededor deY=−6¿

Solución:

¿ pasandolaecuacion cartesiana a la forma polar .

r2=6( r2 sen2 (θ )r2 )⇒r 2=6 sen2 (θ )⇒ r=±√6 sen (θ )

¿∗graficandolaecuacion polar :

1. Intersecciones.a).con el eje polar:




sí :θ=0⇒r=√6 sen (0 )=0sí :θ=π⇒ r=√6 sen (π )=0b).con el eje normal:

sí :θ=π2⇒ r=√6 sen( π2 )=√6

sí :θ=3 π2⇒ r=√6 sen ( 3π2 )=−√6

2. Simetrías.a).En relación con el eje polar: (θ) por (−θ)

⇒ f (r ,−θ )=√6 sen (−θ )=−√6 sen (θ )=f (r ,θ )∴Es simetricab). En relación con el eje normal:(θ) por (π−θ)

⇒ f (r , π−θ )=√6 sen (π−θ )=√6 sen (θ )=f (r , θ ) ∴Es simetricac). En relación con el polo:(θ ) por (π+θ )

⇒ f (r , π+θ )=√6 sen (π+θ )=−√6 sen (θ )=f (r ,θ )∴Es essimetrica

3. Extensión. Para todo los valores de θϵ [0,2 π ] , los valores der sonreales y finos .

4. Tangentes en el polo. si :r=0⇒√6 sen (θ )=0⇒ √6 sen (θ )⇔θ=π ,2π

5. Imagen geométrica.θϵ [0,2 π ]entonces construimosuna tabla.

θ r

0 0

π4

√3

π2

√6

π 0

3π2

−√6

2π 0




¿∗¿hallandovolumen derevolución :

POR PROPIEDAD:

V X (A )=2π3 ∫

θ0

θf

r 3sin(θ)dθ

⇒V=2 π3∫0

π

¿¿¿

¿4 √6 π∫0

π

(sen¿¿2(θ))2dθ=¿4√6 π∫0

π

(1−cos (2θ)

2)2

dθ ¿¿

¿√6π∫0

π

(1−2cos (2θ )+cos2 (2θ ) )dθ

¿√6π ¿

¿√6π ¿

¿√6π ¿

¿√6π [ 32 π−sen (2θ )|π0+ 18sen(4θ)|π

0]=¿√6 π ( 32 π )

∴V=3√6 π2

2u2


Analisis Para Entregar

Documents

Transcript of Analisis Para Entregar