6.2 Área de una región del plano

Contenido

1 Ejemplo 6.2.1
2 Ejemplo 6.2.2
3 Ejemplo 6.2.3
4 Ejemplo 6.2.4
5 Ejemplo 6.2.5

Ejemplo 6.2.1

Calcule el área encima del eje $x$ bajo la gráfica de la función $y = x^2$ desde $x = 0$ hasta $x = 1$ .

Según la discusión anterior, el diferencial de área es $dA = f(x)\cdot dx$ . Entonces,

$\begin{equation*} A = \int\limits_{0}^{1} x^2 \cdot dx = \left.\frac{x^3}{3}\right\vert_{0}^{1} = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3} \end{equation*}$

Observe que una antiderivada de $y = x^2$ es $y = \nicefrac{x^3}{3}$ . Es por eso que esta función se utiliza para evaluar la integral definida. El área que se calcula se representa geométricamente en la siguiente figura.

Dado que el área del cuadrado unitario que se muestra en la figura del ejemplo anterior es 1, y el área debajo de la gráfica de la función $y = x^2$ de $x = 0$ a $x = 1$ es $\nicefrac{1}{3}$ , $A$ es un tercio del área del cuadrado unitario.

Ejemplo 6.2.2

Justifique la fórmula para calcular el área de un triángulo rectángulo de base $b$ y altura $h$ .

Considere un triángulo rectángulo de base $b$ y altura $h$ . Para aplicar una integral definida para calcular su área, ubique uno de sus vértices en el origen como se muestra en la figura.

La pendiente de la hipotenusa es $m = h / b$ , y su ecuación es $y = \nicefrac{h\,x}{b}$ . Entonces, el área del triángulo es:

$\begin{equation*} A = \int\limits_{R} dA = \int\limits_{0}^{b} f(x) \cdot dx = \int\limits_{0}^{b} \frac{h}{b}\,x \cdot dx = \left.\frac{h}{b}\,\frac{x^2}{2}\right\vert_{0}^{b} = \frac{1}{2}\,bh \end{equation*}$

Que era lo que debía justificarse.

Ejemplo 6.2.3

Calcule el área delimitada por la hipérbola

$\begin{equation*} \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 \end{equation*}$

el eje $x$ , y las líneas verticales $x = b$ , y $x = a + b$ .

A partir de la ecuación de la hipérbola,

$\begin{equation*} y = \frac{b}{a}\,\sqrt{x^2 - a^2} \end{equation*}$

se puede deducir que:

$\begin{equation*} dA = f(x) \cdot dx = \frac{b}{a}\,\sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx \end{equation*}$

y por lo tanto, el área requerida viene dada por:

$\begin{eqnarray*} A &=& \int\limits_{R} dA \\ &=& \int\limits_{b}^{a+b} \frac{b}{a}\,\sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx \\ &=& \frac{b}{a}\,\int\limits_{b}^{a+b} \sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx \end{eqnarray*}$

La antiderivada correspondiente ya ha sido calculada (vea la unidad de aprendizaje titulada «Técnica de sustitución trigonométrica», en particular, el Ejemplo 5.6.20). Por lo tanto,

$\begin{eqnarray*} A &=& \frac{b}{a}\,\int\limits_{b}^{a+b} \sqrt{x^2 - a^2} \cdot dx \\ &=& \left.\frac{b}{2\,a} \left[ x\,\sqrt{x^2 - a^2} - a^2\,\ln\left\vert x + \sqrt{x^2 - a^2}\right\vert \right] \right\vert_{b}^{a + b} \\ &=& \frac{b}{2\,a}\,\left[ (a + b)\sqrt{(2\,a + b)\,b} - a^2 \ln\left\vert a + b \sqrt{(2\,a + b)\,b} \right\vert - b\sqrt{b^2 - a^2} + a^2 \ln\left\vert b + \sqrt{b^2 - a^2} \right\vert \right]\\ &=& \frac{b}{2\,a}\,\left[ (a + b)\,\sqrt{(2\,a + b)\,b} - b\,\sqrt{b^2 - a^2} + a^2 \ln\left\vert \frac{b + \sqrt{b^2 - a^2}}{a + b \sqrt{(2\,a + b)\,b}}\right\vert \right] \end{eqnarray*}$

Ejemplo 6.2.4

Justifique la fórmula para calcular el área del círculo de radio $a$ :

$\begin{equation*} A = \pi\,a^2$ \end{equation*}$

La ecuación de la circunferencia de radio $a$ con centro en el origen es $x^2 + y^2 = a^2$ . A partir de esto, $y = \sqrt{a^2 - x^2}$ . Considere un cuarto del círculo para que la integral definida que da su área tenga límites desde $x = 0$ hasta $x = a$ . Cuatro veces esta integral definida da el área de todo el círculo.

$\begin{equation*} A = 4\,\int\limits_{R} dA = 4\,\int\limits_{0}^{a} f(x) \cdot dx = 4\,\int\limits_{0}^{a} \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx \end{equation*}$

Para calcular la antiderivada, aplique la técnica de sustitución trigonométrica. Con este fin, sea $x = a\,\sin\theta$ , de manera que $dx = a\,\cos\theta \cdot d\theta$ . Entonces,

$\begin{eqnarray*} \int \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx &=& \int \sqrt{a^2 - a^2\sin^2\theta} \cdot a\,\cos\theta \cdot d\theta \\ &=& a^2 \int \sqrt{1 - \sin^2\theta} \cdot \cos\theta \cdot d\theta \\ &=& a^2 \int \cos^2\theta \cdot d\theta \end{eqnarray*}$

Por trigonometría elemental, $\cos^2\theta = (1 + \cos(2\theta))/2$ . Entonces,

$\begin{eqnarray*} \int \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx &=& a^2 \int \cos^2\theta \cdot d\theta \\ &=& \frac{1}{2}\,a^2 \int (1 + \cos(2\theta)) \cdot d\theta \\ &=& \frac{1}{2}\,a^2 \left[\theta + \frac{1}{2}\,\sin(2\theta)\right] + \hat{C} \end{eqnarray*}$

De nuevo, por trigonometría elemental, $\sin(2\theta) = 2\,\sin\theta \cdot \cos\theta$ . Entonces,

$\begin{equation*} \int \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx = \frac{1}{2}\,a^2 \left[\theta + \frac{1}{2}\,\sin(2\theta)\right] + \hat{C} = \frac{1}{2}\,a^2 \left[\theta + \sin\theta\cdot \cos\theta\right] + \hat{C} \end{equation*}$

Puesto que $x = a\,\sin\theta$ , se sigue que $\theta = \arcsin(\nicefrac{x}{a})$ . También,

$\begin{equation*} \cos\theta = \sqrt{1 - \sin^2\theta} = \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{a^2}{a^2} - \frac{x^2}{a^2}} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a} \end{equation*}$

Por lo tanto,

$\begin{equation*} \int \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx = \frac{1}{2}\,a^2 \left[\theta + \sin\theta\cdot \cos\theta\right] + \hat{C} = \frac{1}{2}\,a^2 \left[\arcsin(x) + \frac{x}{a}\cdot \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a} \right] + C \end{equation*}$

Y el área del círculo es:

$\begin{equation*} A = 4\,\int\limits_{0}^{a} \sqrt{a^2 - x^2} \cdot dx = \left.2\,a^2 \left[\arcsin\left(\frac{x}{a}\right) + \frac{x\,\sqrt{a^2 - x^2}}{a^2} \right]\right\vert_{0}^{a} = \pi\,a^2 \end{equation*}$

Recuerda que el diferencial de área $dA = f(x) \cdot dx$ corresponde a un rectángulo con base $dx$ y altura $f(x)$ . Esta es el área de la tira vertical que comienza en el eje $x$ y termina en la gráfica de la función $y = f(x)$ . Al dividir la región en el plano de manera diferente, el diferencial de área cambia en consecuencia.

Ejemplo 6.2.5

Justifica la fórmula para calcular el área del círculo dividiéndolo en anillos concéntricos.

Imagine el círculo formado por una cantidad infinitamente grande de anillos concéntricos. La siguiente figura muestra un anillo genérico.