calculando el area en coordenadas polares
TRANSCRIPT
AREA EN COORDENADAS
POLARES
Si f es continua y no negativa en el intervalo πΌ, π½ , 0 < π½ β πΌ β€ 2π, entonces el Γ‘rea de la regiΓ³n limitada (o acotada) por la grΓ‘fica de π = π π entre las rectas radiales π = πΌ y π = Ξ² estΓ‘ dada por:
π΄ =1
2 πΌ
π½
π π 2 ππ =1
2 πΌ
π½
π2 ππ
0 β€ π½ β πΌ β€ 2π
RECUERDO DE ALGUNAS FORMULAS
cos2 π + π ππ2 π = 1
π = π₯2 + π¦2
π₯ = π cos π
π¦ = π π πππ
tanπ =π¦
π₯=π ππ π
cos π
SOLUCION:
Primero se grafica para encontrar los lΓmites de la funciΓ³n del pΓ©talo.
Y al analizar vemos que es una rosa d 3 pΓ©talos pero da la casualidad de que no sabemos de donde tomar los lΓmites, para ello se realizarΓ‘ una tabla (los resultados fueron hechos mediante la calculadora:
π½ πΒ° = π ππΒ° =π
ππππΒ° =
π
πππΒ° =
π
π
π 2 1.4142 0 -1.4142
ππΒ° =π
πππΒ° = ππ /ππ ππΒ° =
π
ππππΒ° = ππ /ππ
-2 -1.4142 0 1.4142
Al analizar la tabla, vemos que 30Β° =π
6cae el numero cero, asΓ que,
tomaremos ese limite; ademΓ‘s para mΓ‘s facilidad tomaremos el pΓ©talo que estΓ‘ en el eje x, y, como estamos calculando el pΓ©talo a la mitad de ese eje es recomendable agregar un 2 a la integral ya que con eso estamos calculando el pΓ©talo de la rosa completamente; por lo tanto, empecemos con la soluciΓ³n:
ContinuaciΓ³n de la soluciΓ³n:
π΄ =1
2 πΌ
π½
π π 2 ππ =1
2 πΌ
π½
π2 ππ
π΄ = 21
2 0
π62 cos 3π 2 ππ =
0
π64 cos 3π 2 ππ
= 4 0
π6cos 3π 2 ππ
= 4 0
π6cos 3π 2 ππ = 4
0
π6cos πΌ 2 ππ
NOTA: SE USO πΌ PARA HACER QUE πΌ = 3π
= 4 0
π6cos πΌ 2 ππ = 4
0
π6 1 + cos 2πΌ
2ππ
= 4 0
π6 1
2ππ + 4
0
π6 cos 2πΌ
2ππ
=4
2 0
π6ππ +
4
2 0
π6cos 2πΌ ππ
= 2 0
π6ππ + 2
0
π6cos 2πΌ ππ
= 2 0
π6ππ + 2
0
π6cos 6π ππ
= 2 0
π6ππ +
2
6 0
π6cos 6π 6ππ
= 2 0
π6ππ +
1
3 0
π6cos 6π 6ππ
= 2 π
π60+1
3cos 6π
π60
=2π
6+ β
1
3+1
3=π
3
ASI QUE EL AREA DEL PETALO DE ESA ROSA ES:
π΄ =π
3π2 β 1.0472 π2
Y SI DE PURA CASUALIDAD QUEREMOS SABER EL AREA DE TODOS LOS PETALOS, SOLO BASTA CON MULTIPLICAR EL AREA OBTENIDA Y EL NUMERO DE PETALOS DADOS:
π΄πππ πππ‘ππ ππ π‘ππππ πππ πππ‘ππππ = π π2 β 3.1416 π2
HALLAR EL AREA DE LA REGION MEDIANTE UN FUNCION ES
π = 1 β senπ
DE SU INTERIOR
SOLUCION:
REALIZAMOS LOS MISMOS PASOS:
π½ πΒ° = π ππΒ° =π
ππππΒ° =
π
πππΒ° =
π
π
π 1 0.7412 0.5 0.2929
ππΒ° =π
πππΒ° = ππ /ππ ππΒ° =
π
ππππΒ° = ππ /ππ
0.134 0.034 0 0.034
AL ANALIZAR LA TABLA Y LA GRAFICA, PODEMOS DECIR QUE
LOS LIMITES SERAN DESDE π
2HASTA
3π
2Y MULTIPLICAR A LA
INTEGRAL POR 2 YA QUE SI NO SE HACE ESO SOLO OBTENDREMOS EL RESULTADO DE LA MITA DEL AREA Y NO COMPLETAβ¦
CONTINUANDO CON LA SOLUCION:
π΄ =1
2 πΌ
π½
π π 2 ππ =1
2 πΌ
π½
π2 ππ
π΄ = 21
2 π2
3π21 β senπ 2 ππ =
π2
3π21 β 2π ππ π + π ππ2π ππ
= π2
3π2ππ β 2
π2
3π2π ππ π ππ +
π2
3π2π ππ2π ππ
SOLUCIONAREMOS LA PRIMERA INTEGRAL:
π2
3π2ππ
π2
3π2ππ = π
3π2π2
=3π
2βπ
2= π
SOLUCION DE LA SEGUNDA INTEGRAL:
β2 π2
3π2π ππ π ππ
β2 π2
3π2π ππ π ππ = β2 cos π
3π2π2
= β2 cos3π
2+ 2 cos
π
2= 0
Y, SOLUCION DE LA TERCERA INTEGRAL:
π2
3π2π ππ2π ππ
π2
3π2π ππ2π ππ =
π2
3π2 1 + cos 2π
2ππ
=1
2 π2
3π2ππ +
1
2
1
2 π2
3π2cos 2π 2ππ
=1
2 π2
3π2ππ +
1
4 π2
3π2cos 2π 2ππ
=1
2 π2
3π2ππ +
1
4 π2
3π2cos 2π 2ππ
=1
2π
3π2π2
+1
4π ππ 2π
3π2π2
=1
2
3π
2βπ
2+1
4π ππ 3π β π ππ π
=1
2π + 0 =
1
2π
Y CAPTURANDO RESULTADOS:
π΄ = π2
3π21 β senπ 2 ππ = π + 0 +
1
2π =
3π
2
Y POR LO TANTO EL AREA INFERIOR DE ESA FUNCION ES:
β΄ π΄ =3π
2π2 β 4.7124π2
BIBLIOGRAFIAS
LARSON, HOSTETLER y EDWARDS, βCΓ‘lculo de varias variables. MatemΓ‘ticas 3β, 1ra EdiciΓ³n, 2009, Editorial Mc Graw Hill 352 pΓ‘gs.
Swokowski, Earl, βCΓ‘lculo con geometrΓa analΓticaβ, 1989, Grupo Editorial Iberoamericana, 2da EdiciΓ³n, Estados Unidos de AmΓ©rica,
1097