Taller No 2 de Calculo

TALLER DE CALCULO INTEGRAL

Nº 2

INTEGRACIÓN NUMERICA Y AREA

CLAUDIA PAOLA QUINTO ALFARO

ESTUDIANTE

WILSON VELASQUEZ BASTIDAS

ESPECIALISTA EN MATEMÁTICAS

2

GRUPO

UNIVERSIDAD DEL MAGDALENA

FACULTAD DE INGENIERIA

PROGRAMA DE INGENIERIA INDUSTRIAL

SANTA MARTA

D. T. C. H

2010

TALLER DE INTEGRACIÓN NUMÉRICA Y ÁREA.

1. Calcule el valor aproximado de la integral definida dada por medio de la regla del trapecio y la regla de Simpson para el valor n que se indica. Exprese el resultado con tres cifras decimales. Determinar el valor exacto de la integral definida y compare el resultado con la aproximación. Calcula el error que se produce en cada una de las anteriores al estimar la integral. En cual regla el error es menor?

SOLUCION:

Por la regla del trapecio se sabe que:

Se obtiene entonces lo siguiente:

Con n = 4 es aproximadamente igual a:

Para organizarlos de una mejor forma se resumen los datos en la siguiente tabla:

0 0 1,000 1 1,000

1 0.5 0,888 2 1,776

2 1 0,500 2 1,000

3 1.5 0,228 2 0,456

4 2 0,111 1 0,111

∑ = 4,343

Como entonces:

Ahora calculando el error de aproximación obtenemos:

Como se tiene que y

El valor de en el intervalo [0,2] alcanza su valor máximo en y se obtiene:

Aplicando la regla de estimación de error de la regla trapezoidal con

M= 2 se puede obtener que:

Calculando la integral definida utilizando la regla de Simpson se obtiene que:

Ahora se tiene que:

;

Resumo los resultados en la siguiente tabla:

0 0 1,000 1 1,000

1 0.5 0,888 4 3,552

2 1 0,500 2 1,000

3 1.5 0,228 4 0,912

4 2 0,111 1 0,111

∑ = 6,575

Como , entonces tenemos que:

Calculando el error de aproximación tenemos:

Como se tiene que

El valor de en el intervalo [0,2] alcanza su valor máximo en x = 0 lo cual nos indica que:

Aplicando la estimación de error para la regla de Simpson con M= 24 se obtiene que:

Calculando ahora la integral obtenemos:

2. Estimar el número de intervalos necesarios para que el cálculo de la integral

mediante la regla del trapecio, tenga un error menor a 10-3.

SOLUCION:

por la regla del trapecio tiene un error inferior a

F(x)=

F´(x)= -2

F´´(x)= 4

El valor de F´´(x) en el intervalo [0,5] alcanza su máximo en x = 0

F´´(x)= 4

F´´(x)= 4 = 4 (1)

M = 4

Despejando n tenemos que el número de intervalos necesarios sería:

3. Calcule el área de la región acotada por la grafica de 2( ) 9f x x

entre x= 0 y x= 3, usando rectángulos inscritos y circunscritos. Dibuje la

figura que indique la región y el i-ésimo rectángulo. R/ 18 unds cuadradas.

SOLUCION:

9 – x2 = 0

(3 – x) (3 + x ) = 0

3 – x = 0 v 3 + x = 0

x = 3 v x = -3

29f x x Con 0x

0x A 3x .

Las áreas de la región se dan por:

1

*1Lim n

in

A f x x

, donde 0 3a b

3 03/

b ax x x n

n n

2

1 1

*1 9 1 Lim Limn n

i in n

Area f x x i x x

18 unidades cuadradas

4. Represente la región limitada por los gráficos de las ecuaciones dadas, y calcule el área de la región.

SOLUCION:

Encontrando los interseptos:

Reemplazando el valor de y :

Encontramos el vértice de la parábola:

b) 3 21 3 2y x x x

Y 3 22 4 3y x x x

SOLUCION:

3 2 3 23 2 4 3x x x x x x

3 2

2

2 7 5 0

2 7 5 0

2 5 2 20 0

20 2 5 0 1 0

0 5/ 2 1

x x x

x x x

x xx

x x x

x x x

51 2

1 2 2 10 1Area y y dx y y

1,0

3 24 3y x x x

51 23 2 3 2 3 2 3 2

0 1

51 23 2 3 2

0 1

51 24 3 2 4 3 2

0 1

3 2 4 3 3 2 4 3

2 7 5 2 7 5

2 7 5 2 7 54 3 2 4 3 2

1 7 5 1 625 7 125 5 25 1 7 52 3 2 2 16 3 8 2 4 2 3 2

2 63

A x x x x x x dx x x x x x x dx

A x x x dx x x x dx

A x x x x x x

A

A

25 875 125 2 25332 24 8 3 96

c) ,x xy e y e y 1x (integrando respecto a y) R/ 1.086

SOLUCION:

Para encontrar los límites de integración, reemplazamos el valor que tenemos para x, y se obtiene que:

y= y=

y= y=

1

1

1/

y e y e

y e y e

1

1

1/

y e y e

y e y e

d) 2 3,y x x y y 2x y

SOLUCION:

En primer lugar se estima el valor de la zona comprendida entre -2 y 0 y luego

se calcula la zona comprendida entre 0 y -1.

4

3

0 12 23 3

2 0

0 12 3 2

2 0

2 2 2 2

1 1 1 3 8 1 32 2 4 2 2

2 3 2 4 3 2 4

47 14

12 12

dA x x dx x x dx A x x dx x x dx

A x x x x x x A

A A

e)

SOLUCION:

Encontrando los vertices de la parabola se tiene que:

Ahora se encuentran los vertices, de los que se obtiene:

Reemplazando los valores en la ecuación:

Utilizando la fórmula cuadrática, hallamos los máximos y mínimos:

Reemplazando los valores en la ecuación obtenemos:

Sea A el área limitada por las gráficas:

A=

Entonces:

f) , el eje x, y las rectas x=4 y x=6

SOLUCION:

El área es:

dA ydx

2

1 . 4 y . 6

5 6

xdA dx L I L S

x x

6

24

2

1

5 61

5 6 3 21 2 3

xA

x xx A B

x x x xx A x B x

6

24

2

1

5 61

5 6 3 21 2 3

xA

x xx A B

x x x xx A x B x

6

24

2

1

5 61

5 6 3 21 2 3

xA

x xx A B

x x x xx A x B x

6 6

4 4

6

4

3, 2

2, 1

2

3 2

2ln 3 ln 2

si x A

si x B

dxA dx

x x

A x x

2

2

2ln 6 3 ln 6 2 2ln 4 3 ln 4 2

2ln 3 ln 4 2ln 1 ln 2

3 *2ln

4*1

9ln o ln 4.5

2

A

A

A

A

g)

SOLUCION:

Hallando los interseptos tenemos que:

Sea A el área acotada por las funciones:

; Pero como son figuras isométricas tenemos que:

Pero

5. Determine el área de la región limitada por las dos curvas y= senx ^ y= cosx entre dos puntos consecutivos de intersección. R/ 2.82 uc.

SOLUCION:

Para encontrar las intersecciones hacemos sen

sen cos 1 tan 1cos

xx x x

x

54 4

x x

El área total es:

21 AAAt

xgAxfA 21

El área del rectángulo es:

hbdA .

xgxfhdxb

dxxgxfdA

Reemplazando:

dxxsenxdA cos

El área es:

L.I. . . 54 4

I L x x

5

4

4

sen costA x x dx

54

4

sen costA x x

54

4

sen costA x x

2.82 uc.

6. Hallar el área de la superficie limitada por una arcada de la cicloide,

sen ; 1 cosx a y a y el eje de las x. R/ 23 a

SOLUCION:

YdxdA

El área de la región es:

L.I.. . 0 2I L x X a

aydxA

2

0

Cuando x = 0 ɵ = 0

22 aX

Pero, cos1ay

dadx cos1

Por lo tanto:

adaaA

2

0cos1cos1

2 222 2

0 0

1 11 cos 1 2cos cos2

2 2

a aA a d A a d

22 2

0

3 12sen sen2 3

2 4

a

A a a

7. Calcular el área limitada por la grafica de y =ln x, el eje x y dentro del

intervalo cerrado 1,e Integrando con respecto a y. R/ 1.

SOLUCION:

b

aA Bh f y dy

1

0

1 0

0

1

1

y

y

A e e dy

A e e e e e

A

1

0

1 0

0

1

1

y

y

A e e dy

A e e e e e

A

1

0

1 0

0

1

1

y

y

A e edy

A e e e e e

A

8.

a) Hallar el área limitada por cos3r a

SOLUCION:

Intervalo de integración 0

22

0 0

2 2 2

0 0

2 2

0 0

2 2

2

Integration Interval 0

1 1cos3

2 2

1 1 1 cos6cos 3

2 2 2

1 1cos6

4 4

1 1 16

4 4 614

o o

A r d A a d

A a d A a d

A a d a d

A a a sen

A a

b) Calcular el área común a r = -6 cos ɵ y r = 2 – 2 cos ɵ R/ 5

SOLUCION:

1 2 3 4 1 22 2T TA A A A A A A A

drdA 21 2

1

Donde cos6r

ddA 21 cos6

2

1

2

. .2 3

I L

dA 3

2

2

21 cos6

2

1

Resolviendo obtenemos que:

dA 3

2

2

21 cos36

2

1

dA 3

2

2

21 cos18

dA

3

2

21 2

2cos118

ddA 3

2

2

3

2

21 2cos99

3

2

2

1 22

99

senA

4

3323 2

1

A

drdA 22 2

1

Donde cos22 r

ddA 22 cos22

2

1

dA

2

3

22 cos222

1

dA 3

22

2 cos4cos242

1

dA 3

22

2 coscos212

dA

3

22 2

2cos1cos212

3

22 2

243

sensenA

4

392 A

El área total es:

21 22 AAAT

Reemplazando obtenemos:

4

392

4

33232

TA

4

3942

4

33232

TA

4321 AAAAAT

1 3 2 4A A A A

21 22 AAAT

Para A1 tenemos:

21

1

2dA r d

cos22 r

2

1

12 2cos

2dA d

2

213

12 2cos

2A d

2213

14 2cos 4cos

2A d

2213

2 1 2cos cosA d

213

1 cos22 1 2cos

2A d

12

3

23 4

2

senA sen

1

9 3

4A

Para A2 tenemos:

22

1

2dA r d

cos6r

2

2

16cos

2dA d

2

232

2

16cos

2A d

2

232

2

136cos

2A d

2

232

2

18 cosA d

2

32

2

1 cos218

2A d

2 2

3 32

2 2

9 9 cos2A d d

2

3

2

2

99 2

2A sen

2

2

3 2 3 3

4A

El área total seria entonces:

21 22 AAAT

4

392

4

33232

TA

4

3942

4

33232

TA

2

394396

4

3942

4

33232

T

T

A

A

5

2

10TA

9. calcule las siguientes integrales definidas:

a.

SOLUCION:

Hacemos:

b.

SOLUCION:

1 0 1

1 1 0

1 0 1

1 01

1 1 1

1

1 1

1

1 1

2 2

x x x

x x x

x

x

e dx edx e dx

e dx e e

e dx e e

e dx e

c.

SOLUCION:

Remplazando

d. , si

SOLUCION:

=

=

=

=

=

10.Se quiere drenar y rellenar un pantano contaminado (ver figura). El pantano tiene una profundidad media de 5 pies. ¿aproximadamente cuantos pies cúbicos de tierra se necesitan para llenar el área después de drenar al pantano? R/ 40500 pies cúbicos

SOLUCION:

Para calcular el área del pantano, se estima el área de la superficie A y se multiplica por 5. Para calcular A, usamos la regla de Simpson con h = 20ft.

0 1 2 3 4 2 14 2 4 2 ...... 2 43

b

a

n n n

f x dx

b af x f x f x f x f x f x f x f x

n

Pies cuadrados

El volumen aproximado para llenar el pantano es:

Pies cuadrados

11.Halla el área total sombreada.

SOLUCION:

1 2 3

13 21 12 21 2 2

2

3 2 3 2

1

1

2 4 2 23 2

1 1 2 22 1 2 2

3 2 3 2

1 1 8 4 7 2 112 4

3 2 3 2 6 3 6

TA A A A

x xA x x dx x x dx x

A

A

2 0 22 2 22 1 1 0

0 22 3 2 3

2

1 0

2 3 2 3

2

2

4 2 2 2

2 22 3 2 3

1 1 2 20 2 1 2 2 0

2 3 2 3

7 10 96 3 2

A x x dx x x dx x x dx

x x x xA x x

A

A

33 23 32 23 2 2

2

3 2 3 2

3

1 2 3

2 4 2 23 2

3 3 2 2 3 10 112 3 2 2

3 3 3 2 2 3 6

11 9 11 496 2 6 6T

x xA x x dx x x dx x

A

A A A A

GRÁFICAS

Gráfica 1. Representación de


Gráfica 3. Representación de ,

Gráfica 4. Representación de 3 2

1 3 2y x x x y 3 2

2 4 3y x x x

Gráfica 5. Representación de y

Gráfica 6. Representación de 2 3,y x x y y 2x y




Gráfica 10. Representación de ;

Gráfica 11. Representación de sen ; 1 cosx a y a


Gráfica 13. Representación de cos3r a

Gráfica 14. Representación de y

Taller No 2 de Calculo

Documents

Transcript of Taller No 2 de Calculo