Aprende Matemáticas JMD: junio 2022

Vamos a trabajar algunos ejercicios para ver las propiedades que aprendimos en la pasada publicación.

Evalúa las integrales.

Este es un ejercicio bastante directo. Primero debemos hacer una sustitución que permita la simplificación del ejercicio y luego evaluar la sustitución en los límites para obtener nuevos límites. Recordemos que la raíz cuadrada es igual que la potencia ½. Para nuestra sustitución elegí.

Sea u = y + 1 à du = dy
Cuando y = 0, u = 1
Cuando y = 3, u = 4

Nuestra sustitución será.

En este caso la sustitución añade un término extra así que debemos ser cuidadoso con eso.

Sea u = 1 + t⁴ à du = 4t³ dt; ¼ du = t³ dt
Cuando t = 0, u = 1
Cuando t = 1, u = 2

La sustitución hizo de este problema algo bastante simple. Otro método que podíamos utilizar fue el de la distribución de potencial y luego evaluar la integral para cada termino. La integral a evaluar seria la siguiente.

t³(1 + t⁴)³ = t³(1 + 3t⁴+ 3t⁸+ t¹²)

= t¹⁵ + 3t¹¹ + 3t⁷ + t³

For this problem the important fact to remember is that the denominator is simply a negative exponential.

Sea u = 4 + r² à du 2r dr; ½ du = r dr
Cuando r = 0, u = 4
Cuando r = 1, u = 5

Sea u = 1 – cos (3t) à du = 3sin (3t) dt; 1/3 du = sin (3t) dt
Cuando t = 0, u = 0
Cuando t = π/6, u = 1

Encuentra el área de la región sombreada.

Los siguientes ejercicios tratan sobre el análisis grafico para determinar las propiedades que necesitamos para calcular áreas usando integrales. Para ello necesitamos conocer la función que compone el área sombreada y los limites tanto del eje x como del eje y ya que no sabemos cual de los dos ejes nos facilitara la integral.

Tenemos que la función es descrita en términos de x así que evaluaremos esta integral con respecto a x. los límites de integración con respecto a x son – 2 < x < 2 lo que lo hace un intervalo simétrico Antes de tratar de resolver voy a confirmar si la función es par o impar. Ya que los límites de integración satisfacen la condición de simetría.

La función es impar por lo que la integral debe ser cero. Esto también lo podemos apreciar al ver la gráfica ya que el área de la función es como un reflejo de si misma. Vamos a confirmarlo.

Sea u = 4 – x2 à du = – 2x dx; – ½ du = x dx

Este caso es bastante directo, tenemos una función definida en términos de x y su intervalo es – π < x < 0. Si hay algo que nos puede servir para solucionar este problema es el conocimiento de que el seno es una función impar y el coseno es una función par, es decir sin (–x) = – sin (x); cos (–x) = cos (x).

Sea u = 1+ cos x à du = – sin x dx; – du = sin x dx

In this case we can rewrite the functions to integrate with respect to x, but it will be easier to Integrate with respect to y instead. El intervalo de las funciones va 0 < y < 1 y como estamos usando el eje y el orden de las funciones va de derecha a izquierda, obtenemos f(y) = 12y² – 12y³ y g(y) = 2y² – 2y.

Podemos integrar esta área usando el eje x. de arriba hacia abajo tenemos que f(x) = 1 y g(x) = cos² x y los límites de integración a = 0 y b = π.