1r ciclo Area entre tres curvas por medio de integrales

[Cristian]

Hola que tal tengo un problema con este ejercicio en el cual debo hallar el area que limitan las tres curvas

$f(x)= -3+\frac{x}{2 }$

$g(x)=-9+2x$

$h(x)=-3-x$

No se como hallar los puntos de interseccion de las tres rectas y ademas luego de hallarlos como se integraria, teniendo en cuenta que a la funcion mayor se le resta la menor, este ejercicio lo debo hacer usando metodos simples de calculo integral (no integrales dobles o cosas asi) agradeceria mucho que por favor me colaboraran con la resolucion de dicho ejercicio.

[Al2000]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

Son tres rectas, de modo que estás buscando el área del triángulo encerrado por ellas. Resuelve los pares f-g, f-h y g-h para obtener los tres vértices del triángulo. Ordena los tres vértices en orden de coordenada x creciente, digamos que se llaman P1, P2 y P3. Integra desde la coordenada x de P1 hasta la de P2 el área limitada entre las rectas P1P2 y P1P3; integra desde P2 hasta P3 el área limitada entre las rectas P2P3 y P1P3. Suma ambas integrales.

Si con esto no te aclaras, vuelve a preguntar.

Saludos,

Al

[Pepealej]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

Hola Cristian.

Para resolver este tipo de ejercicios lo primero que te recomiendo es hacerte un dibujo de las curvas. Como tú dijiste, no hacen falta métodos complicados para resolver este ejercicio y siempre que ten encuentres con algo sencillo, aprovéchalo

Si no sabes dibujártelas por tí mismo no pasa nada, siempre se puede hacer sin tener un esquema de las ecuaciones. No obstante yo te voy a dejar una imagen de las tres gráficas y como se intersectan a continuación, para que te sea más fácil. (El área que piden está sombreada en verde)

Lo primero que tenemos que hacer en cualquier ejercicio de este tipo es encontrar los puntos de corte. Como ves hay 3, y para hallarlos sólo tenemos que intersectar las rectas dos a dos.

$f(x)=g(x)$
$-3+\frac{x}{2}=-9+2x\Leftrightarrow x=4$

$f(x)=h(x)$
$-3+\frac{x}{2}=-3-x\Leftrightarrow x=0$

$g(x)=h(x)$
$-9+2x=-3-x\Leftrightarrow x=2$

Una vez he sacado los 3 puntos de intersección hay que integrar.

En un principio, si no me hubiera hecho el dibujo no sabría si las rectas van por debajo del eje de abscisas o por encima. Para ahorrarme problemas lo que haré en todas las integrales será colocar barras de valor absoluto para trabajar con el módulo de las áreas, y no con su signo. Si no lo hiciera puede que acabara con $a+(-a)=0$ en vez de $\left\vert{} a\right\vert{}+\left\vert{} -a \right\vert{}=2a$.

Entonces, para hallar el área del triángulo deseado hacemos lo siguiente:

$\displaystyle\int_{0}^{2}\left\vert{} h(x)\right\vert{}dx+\displaystyle\int_{2}^{4}\left\vert{} g(x)\right\vert{}dx-\displaystyle\int_{0}^{4}\left\vert{} f(x)\right\vert{}dx=$

$=\displaystyle\int_{0}^{2}\left\vert{}-3-x \right\vert{}dx+\displaystyle\int_{2}^{4}\left\vert{} -9+2x\right\vert{}dx-\displaystyle\int_{0}^{4}\left\vert{} -3+\frac{x}{2}\right\vert{}dx=$

$=\left\vert{} \left[ -3x-\displaystyle\frac{x^2}{2}\right]_0^2\right\vert{} +\left\vert{} \left[ x^2-9x \right]_2^4\right\vert{} -\left\vert{}\left[-3x+\displaystyle\frac{x^2}{4}\right]_0^4\right\vert{} =$

$=\left\vert{} -3(2)-\displaystyle\frac{2^2}{2}-(-3(0)-\displaystyle\frac{0^2}{2})\right\vert{}+\left\vert{} 4^2-9(4)-(2^2-9(2)) \right\vert{}-\left\vert{} \right-3(4)+$ $\displaystyle\frac{4^2}{4}-(-3(0)+\displaystyle\frac{0^2}{4})\vert{}=$

$=\left\vert{} -8\right\vert{}+\left\vert{} -6\right\vert{}-\left\vert{} -8\right\vert{}=6 u^2$

Y ahí tenemos la solución; $6 u^2$. Como ves, es sólo cuestión de hacerte un buen esquema mental y combinar las integrales correctamente. Yo te recomiendo que les coloques las barras de valor absoluto a todas las integrales de este tipo que hagas, porque no sabes si la función estará por encima o por debajo del eje de abscisas. De todos modos para eso se hayan los puntos de corte con este eje, así no hay error. Insisto, lo mejor es que te las dibujes y a partir del esquema trabajas

Espero haberte ayudado. Saludos!

[angel relativamente]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

No encuentro fallos en tu argumento, pero con el programa geogebra, tras dibujar el triángulo y pedirle el área, me dice que área=6 . He hecho los cálculos mediante geometría analítica plana y, en efecto, me sale también que área=6.

Primero calculo los puntos de corte de las tres funciones:

$$f(x)=\dst \frac 12 x -3$$

$$g(x)=\dst 2x-9$$

$$h(x)=-x-3$$

PUNTO DE CORTE ENTRE f(x) y g(x)

$$f(x)=g(x)\Longrightarrow \dst \frac 12 x -3= 2x-9 \Longrightarrow x=4$$

$$f(4)=g(4)=-1$$

$$P(4,-1)$$

PUNTO DE CORTE ENTRE g(x) y h(x)

$$g(x)=h(x) \Longrightarrow \dst 2x-9=-x-3 \Longrightarrow x=2$$

$$g(2)=h(2)=-5$$

$$Q(2,-5)$$

PUNTO DE CORTE ENTRE f(x) y h(x)

$$f(x)=h(x) \Longrightarrow \dst \frac 12 x -3=-x-3 \Longrightarrow x=0$$

$$f(0)=h(0)=-3$$

$$R(0,-3)$$

Ahora que ya tenemos los 3 puntos (que son los 3 vértices del triángulo), hallaremos el valor de cada segmento:

$$d(P,Q)=\overline{PQ}=\dst \sqrt {(x_1 - x_0)^2+(y_1-y_0)^2}=\sqrt{(2-4)^2+(-5+1)^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\; u$$

$$d(P,R)=\overline{PR}=\dst \sqrt {(x_1 - x_0)^2+(y_1-y_0)^2}=\sqrt{(0-4)^2+(-3+1)^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\; u$$

$$d(Q,R)=\overline{QR}=\dst \sqrt {(x_1 - x_0)^2+(y_1-y_0)^2}=\sqrt{(0-2)^2+(-3+5)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt 2\; u$$

PRIMER MÉTODO

Ya tenemos los tres lados, ahora por la fórmula de Herón, que nos dice:

$$A_{triangulo}=\dst \sqrt{s\cdot (s-a)(s-b)(s-c)}$$

Siendo s el semiperímetro del triángulo.

Lo primero, calculamos el semiperímetro de nuestro triángulo:

$$s=\dst \frac{\overline{QR}+\overline{PR}+\overline{PQ}}{2}=\frac{2\sqrt 5 + 2 \sqrt 5 + 2\sqrt 2}{2}= 2\sqrt5 + \sqrt 2$$

Aplicando la fórmula de Herón en nuestro triángulo:

$$A_{triangulo}=\dst \sqrt{s\cdot (s-a)(s-b)(s-c)}=\dst \sqrt{s\cdot (s-\overline{PQ})(s-\overline{PR})(s-\overline{QR})}=$$

$$= \dst \sqrt{(2\sqrt 5 +\sqrt 2)(2\sqrt 5 +\sqrt 2-2\sqrt 5)(2\sqrt 5 +\sqrt 2 - 2\sqrt 5)(2\sqrt 5 +\sqrt 2-2\sqrt 2)}=$$

$$=\dst \sqrt{2\cdot (2\sqrt 5 +\sqrt 2)(2\sqrt 5 -\sqrt 2)}=\sqrt{18\cdot 2}=\sqrt{36}=6\; u^2$$

SEGUNDO MÉTODO

Puesto que dos de sus lados son iguales, se trata de un triángulo isósceles. El lado desigual es $\overline{QR}$ . Procedamos a hallar el punto medio de dicho lado:

$$M\left( \dst \frac{x_1+x_2}{2} , \frac{y_1+y_2}{2} \right)=M\left( \dst \frac{2+0}{2}, \frac{-5-3}{2} \right)=M\left( -1,-4 \right)$$

Tomando como base el lado desigual, la altura del triángulo es:

$$\dst d(M,P)=\overline{MP}=\sqrt{(4-1)^2+(-1+4)^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt 2 \; u$$

Ya tenemos la base y la altura, ahora por la fórmula que nos da el área de un triángulo:

$$A=\dst \frac{b\cdot h}{2} = \frac{\overline{QR} \cdot \overline{MP}}{2}= \frac{3\sqrt 2 \cdot 2 \sqrt 2}{2}=6\; u^2$$

Como se puede comprobar, por ambos métodos da lo mismo. Sigo sin encontrarle errores al planteamiento que haces con las integrales (quizá por mi poco dominio de las mismas), pero desde luego no coincide con mis resultados. A ver si alguien nos ilumina.

PD:

Hola que tal tengo un problema con este ejercicio en el cual debo hallar el area que limitan las tres curvas

Para resolver este tipo de ejercicios lo primero que te recomiendo es hacerte un dibujo de las curvas.

No se que le veis de curvo a esas rectas, como no considereis curvas de radio infinito

¡Saludos!

[Al2000]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

Tu resultado es el correcto, Pepealej se equivocó en un signo en g(x) y en f(x), en la segunda integral.



Saludos,

Al

PD. Si ya tienes las coordenadas de los tres vértices, puedes calcular el área haciendo sencillamente $\dst A = \frac 1 2<br /> \left | \det \left(\begin{matrix}<br /> x_1 & x_2 & x_3 \\<br /> y_1 & y_2 & y_3 \\<br /> 1 & 1 & 1 <br /> \end{matrix}\right)\right |<br />$

[Pepealej]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

@Ángel y Al

Teneis razón. Vuestro resultado es correcto pero mi procedimiento también lo era, solo que me equivoqué en un par de signos de las funciones cuando las puse en la integral (no se porque haría eso). Se me pasarían y puse - en vez de +, y eso cambió todo

Ya he corregido los signos y ahora sí que sale $6u^2$, era sólo cuestión de cambiarlos.

Gracias por avisar Saludos!

PD: Ángel, son curvas de torsión 0 (creo que se llaman así)

[Pepealej]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

@Al

Por cierto, me ha llamado la atención la expresión que has puesto para hayar el área. No la conozco, ¿me puedes decir como se llama o explicármela un poco?

Gracias

[Cat_in_a_box]

Re: Area entre tres curvas por medio de integrales

Hola,

Por cierto, me ha llamado la atención la expresión que has puesto para hayar el área. No la conozco, ¿me puedes decir como se llama o explicármela un poco?

No sé si lo habrás dado este año, pero la última expresión que puso Al no es más que la forma analítica del producto vectorial, me explico. El resultado de multiplicar vectorialmente dos vectores es un nuevo vector cuyos atributos son: un módulo igual a $|\vec a\times \vec b|=ab\sin\alpha$, dirección perpendicular al plano que forman los dos vectores que multiplicas y el sentido es el que resulta de aplicar la ''regla de la mano derecha''.

Pues bien, el producto vectorial y las consecuencias que de su definición se derivan tienen muchas aplicaciones en Física, como ya verás. Por ejemplo en la representación vectorial de superficies, que es el ejemplo que nos importa (bueno, no del todo, pero tiene algo que ver).

Siguiendo la definición, cualquier superficie puede caracterizarse mediante un vector. La razón queda clara si te fijas en el paralelogramo de la figura que te pongo aquí:



Como ya he dicho, el módulo del producto vectorial de los lados (del paralelogramo) vale:

$|\vec a \times \vec b|=ab\sin\alpha$

Pero como puedes observar, $b\sin\alpha=h$, donde h es la altura del paralelogramo, por tanto:

$|\vec a \times \vec b|=ab\sin\alpha=ah=area\quad del\quad paralelogramo$

Así cualquier superficie puede representarse mediante un vector perpendicular a ella y cuyo módulo sea igual al área de la misma.

Pero bueno, lo que nos interesa es que el área del paralelogramo coincide con el módulo del producto vectorial y se puede demostrar (no hace falta más que ver el dibujo) que el área del triángulo es entonces:

$Area\quad del\quad triangulo=\dst\frac{1}{2}|\vec a\times\vec b|$

Así entonces, conociendo los tres vértices, puedes calcular el área del triángulo de una forma mucho más rápida y fácil. Con los cálculos de Ángel, estos son:

$P(4,-1),\quad Q(2,-5), \quad R(0,-3)$

Pues calculamos los vectores: $\vec {PQ},\quad \vec{PR}$:

$\vec{PQ}=(2,-5)-(4,-1)=(-2,-4)$
$\vec{PR}=(0,-3)-(4,-1)=(-4,-2)$

Así pues, teniendo en cuenta la expresión analítica del producto vectorial:

$\dst A = \frac 1 2<br /> \left | \det \left(\begin{matrix}<br /> i & j & k \\<br /> -2 & -4 & 0 \\<br /> -4 & -2 & 0<br /> \end{matrix}\right)\right|=\dst\frac{1}{2}|-12|=\boxed{6 u^2}$

Como ves, así se hace mucho más rápido y te ahorras muchísimos cálculos.

Saludos,