CAP´
ITULO XI.
APLICACIONES DE LA
INTEGRAL DEFINIDA
SECCIONES
A. ´AREAS DE FIGURAS PLANAS.
En Geometr´ıa Elemental se conocen las f´ormulas para hallar el ´area de cual-quier regi´on limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una regi´on est´a limitada por alguna l´ınea curva, como es el c´ırculo, el ´area se expresa como un l´ımite de las ´areas de poligonales “pr´oximas”. El procedimiento descrito en el cap´ıtulo anterior para definir el concepto de integral de una funci´on consiste precisamente en aproximar la funci´on por funciones esca-lonadas; si consideramos una funci´on y=f(x) no negativa en un intervalo [a, b], la integral inferior es el l´ımite de la suma de las ´areas de los rect´ angu-los inscritos en la regi´on limitada por la curva y = f(x), el eje OX y las rectas x =a y x =b, y la integral superior es el l´ımite de las ´areas de los rect´angulos circunscritos a dicha regi´on. De este modo podemos definir el ´
area de dicha regi´on como la integral de la funci´on f en el intervalo [a, b]. En general,
Dada una funci´on y = f(x) integrable en un intervalo [a, b], el ´area de la regi´on limitada por la funci´on, el ejeOX y las rectasx=ayx=bse define como
A= Z b
a
|f(x)|dx.
Observaci´on:El valor absoluto de la funci´on es debido a que en los inter-valos donde la funci´on es negativa, la integral tambi´en es negativa y su valor es opuesto al del ´area correspondiente.
En la pr´actica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemos determinar los intervalos de [a, b] donde la funci´on es positiva o negativa y descomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada uno de los intervalos indicados colocando el signo adecuado. As´ı, en la figura adjunta, el ´area se expresa como
A= Z r
a
f(x)dx− Z s
r
f(x)dx+ Z b
s
En particular, si la funci´on est´a expresada en forma param´etricax=x(t), y = y(t), el ´area viene expresada como
A= Z b
a
y dx= Z t1
t0
y(t)·x0(t)dt, dondea=x(t0), b=x(t1).
Regiones m´as generales que las descritas son aquellas que est´an limitadas por dos funciones y = f(x), y = g(x) entre dos rectas verticales x = a y x=b. En este caso el ´area se expresa mediante la f´ormula
A= Z b
a
|f(x)−g(x)|dx.
En el ejemplo de la figura, el ´area se descompone como: A=
Z r
a
[g(x)−f(x)]dx+ Z s
r
[f(x)−g(x)]dx+ Z b
s
[g(x)−f(x)]dx. Si la regi´on est´a limitada por dos curvas y = f(x), y = g(x) entre dos rectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversas e integramos respecto a la variable y. El ´area se expresa entonces como A=
Z d
c
|f−1(y)−g−1(y)|dy.
En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como A=
Z r
[f−1(y)−g−1(y)]dy+ Z d
En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones plan-teadas. Al ser v´alidas aqu´ı todas las propiedades de las integrales obtenidas en el cap´ıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales de la integral. Omitiremos en la mayor´ıa de los casos el c´alculo de las primi-tivas pues ya se han realizado en el cap´ıtulo 7. Nos limitaremos a escribir el resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremos de integraci´on. S´ı es muy conveniente tener una idea aproximada de la re-presentaci´on gr´afica de las funciones involucradas para conocer la posici´on relativa de las mismas y los intervalos de integraci´on. Es importante tam-bi´en observar las simetr´ıas de las figuras para as´ı poder escribir f´ormulas m´as sencillas para el ´area de las mismas.
PROBLEMA 11.1
Calcular el ´area de la regi´on limitada por la gr´afica de la funci´on
f y el eje X en el intervalo indicado: a) f(x) =|x| − |x−1| en [−1,2]. b) f(x) =x(lnx)2 en [1, e]. c) f(x) =e−x|senx| en [0,2π].
Soluci´on
a) El ´area de la regi´on (que es la parte sombreada de la figura) viene dada por la f´ormulaA=
Z 2
−1
|x| − |x−1| dx.
Teniendo en cuenta el signo de la funci´on, la integral se descompone as´ı:
A= Z 0
−1
1·dx+ Z 0,5
0
−(2x−1)dx+ Z 1
0,5
(2x−1)dx+ Z 2
1
b) La funci´on y=x(lnx)2 es no negativa en el intervalo [1, e].
El ´area es entonces, integrando por partes, A=
Z e
1
x(lnx)2 dx=
x2
2 ·(lnx)
2− x2
2 ·lnx+ x2
4 e
1
= e
2−1
4 .
c) Nuevamente la funci´on es no negativa, por lo queA= Z 2π
0
e−x|senx|dx.
Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos: A =
Z 2π
0
e−x|senx|dx= Z π
0
e−xsenx dx+ Z 2π
π
−e−xsenx dx
=
−e
−x
2 (senx+ cosx) π
0
+
e−x
2 (senx+ cosx) 2π
π
= (e
−π+ 1)2
2 .
PROBLEMA 11.2
Hallar el ´area de la figura limitada por la funci´on f(x) = x(x− 1)(x−2) y el eje OX.
Soluci´on
Como la curva corta al eje OX en los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y x= 2, el ´area viene dada por A=
Z 2
Ahora bien, en el intervalo [0,1] la curva queda por encima del ejeXmientras que en el intervalo [1,2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues
A= Z 1
0
f(x)dx+ Z 2
1
−f(x)dx= Z 1
0
(x3−3x2+2x)dx− Z 2
1
(x3−3x2+2x)dx= 1 2.
PROBLEMA 11.3
Hallar el ´area del menor de los sectores que la recta x = 3 deter-mina en la circunferencia de ecuaci´on x2+y2= 25.
Soluci´on
Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura basta calcular el ´area de la regi´on contenida en el primer cuadrante. Tenemos
A = 2 Z 5
3
p
25−x2dx
= 2
x 2
p
25−x2+25
2 arc sen x 5
5
3
= 25π
PROBLEMA 11.4
Hallar el ´area de la figura limitada por la rectax= 2ay la hip´erbola
x2 a2 −
y2 b2 = 1.
Soluci´on
De acuerdo con la figura, el ´area se obtiene como A = 2
Z 2a
a
bp(x/a)2−1dx
= "
bx a
p
x2−a2−abln
x+√x2−a2
a
#2a
a
=ab[2 √
3−ln(2 + √
3)].
PROBLEMA 11.5
Hallar el ´area limitada por la curva y2 =x4(4 +x).
Soluci´on
Como la figura est´a determinada por el intervalo x ∈[−4,0] y es sim´etrica respecto al ejeX, el ´area ser´a
A= 2 Z 0
−4
x2√4 +x dx=
4(4 +x)3/2
(4 +x)2
7 −
8(4 +x)
5 +
16 3
0
−4
PROBLEMA 11.6
Hallar el ´area limitada por la curvax4−ax3+b2y2= 0. Soluci´on
La curva est´a definida cuando x ∈ [0, a] y es sim´etrica respecto a OX. El ´
area viene dada por: A = 2
Z a
0
x b
p
ax−x2dx= (cambio (a/2) cost=x−a/2)
= a
3
4b Z π
0
sen2t·(1 + cost)dt= a
3
4b
t 2 −
sen 2t 4 +
sen3t 3
π
0
= πa
3
8b .
PROBLEMA 11.7
Hallar el ´area de la figura limitada por la curva(x/5)2+ (y/4)2/3= 1.
Soluci´on
El ´area de la figura, teniendo en cuenta sus simetr´ıas, es A = 4
Z 5
0
4(1−x2/25)3/2 dx= (cambiox= 5 cost) = 16 Z π/2
0
5 sen4t dt
= 20 Z π/2
0
(1−cos 2t)2dt= 20
3t
2 −sen 2t+ sen 4t
8 π/2
0
PROBLEMA 11.8
Hallar el ´area limitada por la curva x= (y2+x)2.
Soluci´on
En forma expl´ıcita, la ecuaci´on de la curva es y = ±p√x−x. Como la gr´afica es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por
A = 2 Z 1
0
q√
x−x dx= (cambio 1 2 −
√
x= sent 2 ) = 1
2 Z π/2
−π/2
cos2t·(1−sent)dt= 1 2
t 2+
sen 2t
4 +
cos3t 3
π/2
−π/2
= π 4.
PROBLEMA 11.9
Hallar el ´area encerrada por la curva y2 = x
2
a2(a
2−x2).
Soluci´on
De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos: A = 4
Z a
0
x a
p
a2−x2 dx= (cambiox=asent) = 4a2
Z π/2
0
cos2t·sent dt
= 4a2
−cos
3t
3 π/2
= 4a
2
PROBLEMA 11.10
Hallar el ´area de la figura limitada por la cardioide de ecuaci´on
x(t) =a(2 cost−cos 2t), y(t) =a(2 sent−sen 2t). Soluci´on
Como la figura es sim´etrica respecto al ejeOX, el ´area viene dada por A = 2
Z a
−3a
y·dx= 2 Z 0
π
y(t)x0(t)dt = 2
Z 0
π
a(2 sent−sen 2t)2a(sen 2t−sent)dt
= 4a2
−3t
2 + 2 sen
3t+ sen 2t
2 +
sen 4t 8
0
π
= 6πa2.
PROBLEMA 11.11
Hallar el ´area comprendida entre un lazo de la cicloide x= a(t− sent), y=a(1−cost) y el eje OX.
Soluci´on
2πa
Integrando respecto a la variablet, como un lazo de la cicloide se encuentra en el intervalot∈[0,2π], resulta:
A =
Z 2πa
0
y(t)dx(t) = Z 2π
0
a(1−cost)a(1−cost)dt = a2
3t
2 −2 sent+ sen 2t
4 2π
0
PROBLEMA 11.12
Hallar el ´area encerrada por la astroide de ecuaci´on (ax)2/3 + (by)2/3 = (a2−b2)2/3.
Soluci´on
Escribimos la ecuaci´on en forma param´etrica como x(t) = (c2/a) cos3t,
y(t) = (c2/b) sen3t, donde c2=a2−b2. c2/b
c2/a
Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura podemos escribir el ´area co-mo
A = 4 Z c2/a
0
y·dx= 4 Z 0
π/2
(c2/b) sen3t·(c2/a)(−3 cos2tsent)dt
= 12c
4
ab Z π/2
0
sen4tcos2t dt= 12c
4
ab
t 16 −
sen 4t 64 −
sen32t 48
π/2
0
= 3πc
4
8ab .
PROBLEMA 11.13
Hallar el ´area de la figura limitada por la curva y3 = x, la recta
y= 1 y la vertical x= 8.
Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en el intervalo [1,8] la curva queda por encima de la recta, el ´area viene dada por
A= Z 8
1
(x1/3−1)dx= "
3x4/3
4 −x #8
1
= 17 4 .
PROBLEMA 11.14
Calcular el ´area limitada por la curva y =e2x y las rectas y =e2,
x= 0.
Soluci´on
En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la regi´on comprendida entre los valoresx= 0 yx= 1.
e2
El ´area se obtiene como A=
Z 1
0
(e2−e2x)dx=
e2x−e
2x
2 1
0
=e2−e
2
2 + 1 2 =
e2+ 1 2 .
PROBLEMA 11.15
Soluci´on
El centro de la circunferencia es el punto (0,3) por el cual pasa la recta y = −x+ 3. Esto quiere decir que la recta es un di´ametro y el ´area de la figura sombreada es la diferencia entre el ´area de la regi´on comprendida entre dicha recta y la par´abola y el ´area del semic´ırculo de radio 3. Los puntos de intersecci´on de la par´abola y la recta se obtienen del sistema
y=x2−9, y=−x+ 3 =⇒x2+x−12 = 0 =⇒x= 3, x=−4. Tenemos entonces:
A = Z 3
−4
[(−x+ 3)−(x2−9)]dx−9π 2 =
Z 3
−4
(−x2−x+ 12) dx−9π 2 =
12x−x
2
2 − x3
3 3
−4
−9π 2 =
343 6 −
9π 2 .
PROBLEMA 11.16
Calcular el ´area de la figura limitada por las curvas y=ex, y=e−x
Soluci´on
Como en el intervalox∈[0,1] la curvay=exqueda por encima de la curva y=e−x, el ´area viene dada por
A= Z 1
0
(ex−e−x)dx=ex+e−x10=e+e−1−2.
PROBLEMA 11.17
Hallar el ´area comprendida entre las par´abolasy2 = 2px, x2= 2py.
Soluci´on
Como los puntos de intersecci´on de ambas par´abolas son (0,0) y (2p,2p), el ´
area viene dada por la integral:
A= Z 2p
0
p
2px−x
2
2p
dx= "
p 2p·2x
3/2
3 − x3 6p
#2p
0
= 4p
2
PROBLEMA 11.18
Dada la curva de ecuaci´on y =x3 y la recta y =λx (ver figura), demostrar que la regi´on S1 limitada por la curva y la recta en el
intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma ´area que la regi´on S2 limitada
por la curva y el eje X en el mismo intervalo.
Soluci´on
Como la recta pasa por el punto (a, a3), se debe cumplir que a3 = λa, es decirλ=a2.
Al calcular cada una de las ´areas mencionadas obtenemos S1 =
Z a
0
(λx−x3)dx=
λx2 2 −
x4 4
a
0
= 2λa
2−a4
4 =
a4 4, S2 =
Z a
0
x3 dx=
x4 4
a
0
= a
4
4 , lo que prueba el enunciado.
PROBLEMA 11.19
Hallar el ´area de la figura encerrada por la par´abola y=x2/4 y la curva de Agnesi y= 8
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son soluci´on del sistema formado por ambas ecuaciones. Tenemos que:
x2 4 =
8
x2+ 4 ⇐⇒x
4+ 4x2= 32⇐⇒x2 =−2±√4 + 32 =−2±6.
Como la soluci´on x2 =−8 no es real, s´olo es posiblex2 = 4⇐⇒x=±2. El
´
area es entonces, teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, A =
Z 2
−2
8 x2+ 4−
x2 4
dx= 2 Z 2
0
8 x2+ 4−
x2 4 dx = 2
4 arc tgx 2 −
x3 12
2
0
= 2π−4 3.
PROBLEMA 11.20
Calcular el ´area limitada por las curvas y=x2, y= senπx 2 . Soluci´on
Como se observa en la figura, la regi´on que limitan dichas curvas se encuentra en el intervalo [0,1] en el cual la funci´on y= senπx
2 queda por encima de y=x2.
El ´area es entonces A=
Z 1
0
h senπx
2 −x
2i dx=
−2 πcos πx 2 − x3 3 1 0
=−1 3 +
PROBLEMA 11.21
Calcular el ´area de los dos trozos en que la circunferencia x2+ (y+
R)2 = 2R2 divide a la circunferencia x2+y2 =R2.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son:
x2+y2 =R2, x2+y2+2Ry+R2= 2R2 =⇒2Ry= 0 =⇒y= 0 =⇒x=±R, y las regiones que limitan son las indicadas en la figura.
Las ´areas de ambas regiones son: A1 =
Z R
−R
p
R2−x2−p2R2−x2+R dx
= "
x√R2−x2
2 +
R2
2 arc sen x R
#R
−R
− "
x√2R2−x2
2 +R
2arc sen x
R√2 #R
−R
+ [Rx]R−R=R2; A2 = πR2−A1 = (π−1)R2.
PROBLEMA 11.22
Soluci´on
En el intervalo indicado, la curva y = 1/senx queda por encima de y = sen3x.
π/4 π/2 π
A =
Z π/2
π/4
1
senx −sen
3x
dx
=
ln|cosecx−cotgx|+ cosx− cos
3x
3 π/2
π/4
=−ln(√2−1)− 5 √
2 12 .
PROBLEMA 11.23
Calcular el ´area comprendida entre las curvas y = 1/cos2x, y = sen6x para x∈[0, π/4].
Soluci´on
En este caso tambi´en la curva y = 1/cos2x queda por encima de y = sen6x. Bastar´a pues integrar la resta de ambas funciones en el intervalo indicado.
A =
Z π/4
0
(sec2x−sen6x)dx
=
tgx− 5 16x+
1
4sen 2x− 3
64sen 4x− 1 48sen
32x
π/4
0
= 59 48 −
5π 64.
PROBLEMA 11.24
Hallar el ´area de la figura comprendida entre la hip´erbola equil´atera
x2−y2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto
(5,4).
Soluci´on
El ´area de la regi´on se puede obtener como la resta entre el ´area del tri´angulo de v´ertices O(0,0), A(5,0) y B(5,4) y el ´area de la regi´on limitada por la hip´erbola y el eje OX en el intervalo [3,5].
Tenemos pues: A = 5·4
2 − Z 5
3
p
x2−9dx
= 10− "
x√x2−9
2 −
9 2ln
x+√x2−9
3
!#5
3
= 9 2ln 3.
PROBLEMA 11.25
Determinar el ´area de la parte com´un a las dos elipses
x2 a2 +
y2 b2 = 1,
x2 b2 +
y2
Soluci´on
Debido a la simetr´ıa de la regi´on (ver figura), basta calcular el ´area de la regi´on comprendida en el primer cuadrante.
El punto de intersecci´on de las elipses tiene abscisa x= √ ab
a2+b2, con lo
que el ´area pedida es
A = 4 Z √ab
a2+b2
0
bp1−x2/a2 dx+ 4
Z b
ab
√
a2+b2
ap1−x2/b2 dx
= 4b a
a2
2 arc sen x a+
x 2
p
a2−x2
√ab
a2+b2
0
+4a b
b2
2 arc sen x b+
x 2
p b2−x2
b
ab
√
a2+b2
= 2ab
arc sen√ b
a2+b2 −arc sen
a √
a2+b2 +
π 2
.
PROBLEMA 11.26
Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f(x) = |x−1| y g(x) =x2−2x.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las curvas son: y=|x−1|, y=x2−2x =⇒ |x−1|=x2−2x
=⇒ (
x−1 =x2−2x six >1 −x+ 1 =x2−2x six <1 =⇒
( x= 3+
√
5 2 ,
x= 1−
√
Debido a la simetr´ıa de la figura, el ´area se puede expresar como:
A= Z 3+
√
5 2
1−√5 2
[|x−1|−(x2−2x)]dx= 2 Z 3+
√
5 2
1
[(x−1)−(x2−2x)]dx= 7 + 5 √
5 6 .
PROBLEMA 11.27
Calcular el ´area de la figura limitada por la par´abolas y = x2,
y=x2/2 y la recta y= 2x.
Soluci´on
La primera par´abola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2 mientras que la segunda par´abola y =x2/2 corta a la recta en el punto de
abscisa x= 4.
El ´area se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente forma:
A= Z 2
0
(x2−x2/2)dx+ Z 4
2
PROBLEMA 11.28
Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f y g en el intervalo que se indica en cada caso:
a) f(x) =√x, g(x) =x2 en [0,2].
b) f(x) =x(x2−1), g(x) =x en [−1,2].
Soluci´on
a) Los puntos de intersecci´on de las curvas son
y=√x, y =x2 =⇒x=x4 =⇒x= 0, x= 1.
El ´area se descompone entonces como la suma
A= Z 1
0
(√x−x2)dx+ Z 2
1
(x2−√x)dx= 10−4 √
2
3 .
b) Los puntos de intersecci´on de las curvas son:
y=x(x2−1), y=x=⇒x(x2−1) =x=⇒x= 0, x= √
El ´area se obtiene entonces como:
A = Z 2
−1
|x(x2−1)−x|dx
= Z 0
−1
(x3−2x)dx+ Z
√
2
0
(2x−x3)dx+ Z 2
√
2
(x3−2x)dx= 11 4 .
PROBLEMA 11.29
Calcular el ´area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 −9,
y≤3−x.
Soluci´on
Calculamos los puntos de intersecci´on de las curvas:
El ´area queda entonces como la suma de las siguientes integrales:
A = Z −2
−4
[(3−x)−(x2−9)]dx+ Z 1
−2
[(x2+ 1)−(x2−9)]dx +
Z 3
1
[(3−x)−(x2−9)]dx =
Z −2
−4
(−x2−x+ 12)dx+ Z 1
−2
10dx+ Z 3
1
(−x2−x+ 12)dx= 158 3 .
PROBLEMA 11.30
Calcular el ´area comprendida entre las cuatro par´abolas
y2=x, y2 = 2x, x2 =y, x2= 2y.
Soluci´on
Los distintos puntos de intersecci´on son los siguientes: x2 = 2y, y2 =x =⇒x= 0, x= 41/3;
El ´area es entonces
A= Z 41/6
1
[x2−√x]dx+ Z 41/3
41/6
[√2x−√x]dx+ Z 2
41/3
[√2x−x2/2]dx= 1 3.
PROBLEMA 11.31
Calcular el ´area de la figura interior a la circunferencia x2+ (y− 1)2= 5 y a la par´abola x= 2(y−1)2.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son:
x2+ (y−1)2 = 5, x/2 = (y−1)2 =⇒2x2+x−10 = 0 =⇒x= 2, x=−5/2. Como la par´abola est´a definida en x ≥0, s´olo es posible la soluci´on x= 2 lo que da los puntos (2,0) y (2,2).
res-pecto a la variablex, integramos respecto ay, lo que da lugar a: A =
Z 2
0
hp
5−(y−1)2−2(y−1)2i dy
=
5
2arc sen y−1
√ 5 +
y−1 2
p
5−(y−1)2−2
3(y−1)
3
2
0
= 5 arc sen√1 5 +
2 3.
PROBLEMA 11.32
Encontrar el ´area de la regi´on com´un a las circunferencias C1 :
x2+y2 = 4, C
2:x2+y2 = 4x.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las circunferencias son (1,√3) y (1,−√3), de modo que, si integramos respecto a la variable y, el ´area puede expresarse como la integral
A = 2 Z
√
3
0
[p4−y2−(2−p4−y2)]dy= 4
Z
√
3
0
(p4−y2−1)dy
= 4 hy
2 p
4−y2+ 2 arc seny
2 −y i
√
3
0 =
8π 3 −2
√ 3.
PROBLEMA 11.33
Sea f la funci´on indicada en la figura adjunta. Hallar
Z 1
0
Soluci´on
El ´area ser´a la suma de las ´areas de los tri´angulos que la funci´on determina con el ejeOX. Resulta entonces la siguiente serie geom´etrica:
A= ∞ X n=1 1 2· 1 2n−1 −
1 2n
·1 =
∞ X n=1 1 2· 1 2n =
1 2 ·
1/2 1−1/2 =
1 2. Para calcular la integral, debemos sumar las ´areas de los tri´angulos que que-den por encima del eje OX y restarle la suma de las ´areas de los tri´angulos que quedan por debajo del mismo. Tenemos nuevamente las series geom´ etri-cas, Z 1 0 f = ∞ X n=0 1 2· 1 22n −
1 22n+1
− ∞ X n=1 1 2· 1 22n−1 −
1 22n
= ∞ X n=0 1 22n+2 −
∞
X
n=1
1 22n+1 =
1/4 1−1/4 −
1/8 1−1/4 =
1 6.
B. C ´ALCULO DE VOL ´UMENES.
B.1.- VOL ´UMENES DE S ´OLIDOS DE SECCI ´ON CONOCIDA.
Supongamos que un s´olido est´a limitado por dos planos paralelos entre s´ı y perpendiculares a un eje fijo t en los puntos t = t0 y t = t1. Supongamos
adem´as que las secciones producidas en el s´olido por planos perpendiculares al eje t son regiones cuya ´area se puede escribir como una funci´on A(t) integrable en [t0, t1]. Entonces el volumen de dicho s´olido verifica la f´ormula
de Cavalieri
(1) V =
Z t1
t0
A(t)dt.
En particular, si las secciones son perpendiculares al ejeOXentre los valores x0 yx1,V =
Z x1
x0
A(x)dx.
As´ı, en el ejemplo de la figura tenemos una pir´amide de baseby alturah y las secciones perpendiculares al ejeOX son cuadrados.
Para calcular el lado de un cuadrado gen´erico escribimos la ecuaci´on de la recta que une el origen con el punto (h, b) y calculamos su valor en el punto de abscisax. Resulta pues y=bx/h con lo que la funci´on a integrar ser´a el ´
area del cuadradoA(x) = (2y)2 = (2bx/h)2 y el volumen es
V = Z h
0
(2bx/h)2 dx= 4b
2
h2
x3
3 h
0
= 4b
2h
B.2.- VOL ´UMENES DE S ´OLIDOS DE REVOLUCI ´ON.
El s´olido de revoluci´on es la figura obtenida al girar una regi´on plana al-rededor de un eje fijo (eje de revoluci´on o eje de giro). Esto quiere decir que las secciones perpendiculares a dicho eje son c´ırculos (o coronas circula-res). El volumen se obtiene seg´un el caso con los siguientes m´etodos: B.2.1.-M ´ETODO DE LOS DISCOS.
Consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´umenes de los discos que se obtienen al cortar la figura por planos perpendiculares al eje de giro. Podemos distinguir dos casos:
(*)El eje de giro forma parte del contorno de la regi´on plana. Si consideramos la regi´on plana limitada por la curva y = f(x), el eje de giro y las rectas x = a, x = b, las secciones perpendiculares al eje de giro son c´ırculos con lo que debemos integrar la funci´on que corresponda al ´area de los mismos en el intervalo correspondiente.
As´ı, si el eje de giro es el ejeOX, tenemos la f´ormula
(2) V =π
Z b
a
[f(x)]2 dx.
Si el eje de giro es la rectay=r, el radio del c´ırculo en un punto de abscisa x es|f(x)−r|y el volumen queda entonces:
(3) V =π
Z b
a
[f(x)−r]2 dx. En otros casos se procede de forma similar.
Consideramos ahora la regi´on limitada por las curvasy =f(x), y=g(x) y dos rectas perpendiculares al eje de giro, siendo ´este exterior a la regi´on. En este caso, las secciones perpendiculares al eje de giro son coronas circulares. Debemos pues restar el ´area del c´ırculo exterior menos el ´area del c´ırculo interior.
Si el eje de giro es el ejeOX,
(4) V =π
Z b
a
([f(x)]2−[g(x)]2)dx.
An´alogamente, si el eje de giro es la rectay=r,
(5) V =π
Z b
a
([f(x)−r]2−[g(x)−r]2)dx.
Ser´a necesario conocer la posici´on relativa de las funcionesf ygpara lo cual es fundamental tener una idea de las gr´aficas de las mismas.
B.2.2.- M ´ETODO DE LOS TUBOS.
Como el volumen de cada uno de estos tubos es 2π·radio medio ·altura, el volumen obtenido al girar la regi´on comprendida entre la funci´on y=f(x), el ejeX y las rectas x=a,x=btiene las siguientes f´ormulas.
Cuando el eje de giro es el ejeOY:
(6) V = 2π
Z b
a
x·f(x)dx.
Cuando el eje de giro es la recta verticalx=r:
(7) V = 2π
Z b
a
|x−r| ·f(x)dx.
F´ormulas an´alogas se obtienen para regiones comprendidas entre dos funcio-nes o para ejes horizontales. En los siguientes problemas se realizan ejemplos de todos los casos indicados.
PROBLEMA 11.34
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curvay2 =x3
Soluci´on
De acuerdo con la figura, y aplicando la f´ormula (2), tenemos:
V =π Z 1
0
x3 dx=π
x4 4
1
0
= π 4.
PROBLEMA 11.35
Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotaci´on, alrededor del eje OX, de la superficie limitada por el eje OX y la par´abola
y=ax−x2 (a >0).
Soluci´on
Aplicamos directamente el m´etodo de los discos integrando en el intervalo [0, a] que corresponde a los valores dexque limitan la superficie dada.
As´ı:
V =π Z a
0
(ax−x2)2dx=π Z a
0
(a2x2+x4−2ax3)dx= πa
5
PROBLEMA 11.36
Calcular el volumen del s´olido engendrado por la rotaci´on de la regi´on limitada por los ejes coordenados y la curva de ecuaci´on
√
x+√y=√a (a >0) alrededor del eje OX.
Soluci´on
De la ecuaci´on de la curva se obtiene que y2 = (√a−√x)4 = a2 +x2+ 6ax−4a3/2x1/2−4a1/2x3/2.El volumen buscado es pues
V =π Z a
0
y2(x)dx=π Z a
0
(a2+x2+ 6ax−4a3/2x1/2−4a1/2x3/2)dx= πa
3
15 .
PROBLEMA 11.37
Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuaci´on
x =acos3t, y=asen3t delimitan una regi´on cuya ´area designare-mos por S. Se pide:
i) El volumen del cuerpo de revoluci´on engendrado por S al girar en torno al eje OX.
Soluci´on i)
Por el m´etodo de los discos, si integramos respecto al par´ametro t, como los valores extremos x = 0 y x = a corresponden a t = π/2 y t= 0, respectivamente, tenemos:
V = π Z a
0
y2(t)dx(t) =π Z 0
π/2
a2sen6t·(−3acos2tsent)dt
= 3πa3 Z π/2
0
sen7tcos2tdt=−3πa3
cos3t 3 −
3 cos5t
5 +
3 cos7t
7 −
cos9t 9 π/2 0 =16πa 3 105 ii)
Utilizaremos en este caso el m´etodo de integraci´on por tubos. El vo-lumen es
V = 2π Z a
0
x(t)y(t)dx(t) = 2π Z 0
π/2
acos3t·asen3t·(−3acos2tsent)dt
= 6πa3 Z π/2
0
cos5tsen4t dt= 6πa3
sen5t 5 −
2 sen7t
7 +
sen9t 9 π/2 0 = 16πa 3 105 . El resultado es el mismo debido a las simetr´ıas de la figura.
PROBLEMA 11.38
Hallar el volumen engendrado por la rotaci´on alrededor del eje
OY del ´area limitada por el primer arco de la cicloide de ecuaci´on
Soluci´on
2π
De acuerdo con la figura, si aplicamos el m´etodo de los tubos e integramos respecto al par´ametrot, tenemos:
V = 2π Z 2π
0
x(t)y(t)dx(t) = 2π Z 2π
0
(t−sent)(1−cost)(1−cost)dt = 2π
Z 2π
0
(t−2tcost+tcos2t−sent+ 2 sentcost−cos2tsent)dt
= 2π
3t2
4 −cost+ cos3t
3 −
3 cos 2t
8 −
7tsent 4
2π
0
= 6π3.
PROBLEMA 11.39
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada por la curva f(x) = senx+ cosx y el eje X en el intervalo [0, π]
alrededor del eje X.
Soluci´on
Si aplicamos el m´etodo de los discos, resulta:
V =π Z π
0
(senx+ cosx)2 dx=π
x−1 2cos 2x
π
0
=π2.
PROBLEMA 11.40
Se considera el ´area S de la regi´on limitada por un cuadrante de una circunferencia de radio R y las tangentes en sus extremos. Hallar el volumen que engendra S cuando gira en torno a una de las tangentes.
Soluci´on
Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasando por
el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este modo la ecuaci´on de la circunferencia ser´a x2+ (y+R)2 =R2 =⇒y =√R2−x2−
R.
El volumen pedido viene expresado por: V = π
Z R
0
y2(x)dx=π Z R
0
(pR2−x2−R)2 dx
= π
2R2x−x
3
3 −R
3arc sen x
R R
0
= πR
3
PROBLEMA 11.41
Calcular el volumen engendrado por un segmento circular de ´ angu-lo central 2α (ver figura) con α < π/2 y radio R al girar alrededor de su cuerda.
Soluci´on
Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular a esta cuerda que pase por el centro de la circunferencia, debido a queOB = Rsenα y |OC| = Rcosα, la ecuaci´on de la circunferencia es x2 + (y + Rcosα)2 = R2, de donde y = −Rcosα +√R2−x2. De esta forma, el
volumen pedido es V = π
Z Rsenα
−Rsenα
y2dx= 2π
Z Rsenα
0
(R2cos2α+R2−x2−2RcosαpR2−x2)dx
= 2πR
3
3 (2 senα−3αcosα+ cos
2αsenα).
PROBLEMA 11.42
Soluci´on
El volumen engendrado por la zona sombreada es V = π
Z a
0
y2(x)dx+π Z c
a
y2(x)dx=π Z a
0
x2(x−a)2 dx+π Z c
a
x2(x−a)2 dx = πc
3
30 (6c
2−15ca+ 10a2).
Como OC = c, BC = c(c−a) y el volumen del cono engendrado por el tri´angulo OCB es
V0 = πc
2(c−a)2·c
3 =
πc3(c−a)2
3 .
Igualando los valores deV yV0 se deduce quec= 5a/4.
PROBLEMA 11.43
Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuaci´on y= √
x 1 +x2 se
obtiene en el intervalo[0, x]un s´olido cuyo volumen designaremos por V(x). Determinar el valor de a para que V(a) = 1
2x→∞l´ım V(x).
Soluci´on
El volumenV(x) se calcula mediante la f´ormula:
V(x) =π Z x
0
y2(x)dx=π Z x
0
x dx (1 +x2)2 =
π 2
−1
1 +x2
x
0
= π 2 ·
Ahora bien, como l´ım
x→∞V(x) =
π
2, deber´a cumplirse π 2 ·
a2 1 +a2 =
1 2 ·
π 2 de dondea= 1 (no es v´alidoa=−1 pues no est´a en el dominio de la funci´on).
PROBLEMA 11.44
Un s´olido de revoluci´on est´a generado por la rotaci´on de la gr´afica de y=f(x) para[0, a]alrededor del ejeX. Si para a >0 el volumen es a3+a, hallar la funci´on f.
Soluci´on
Por la f´ormula del volumen tenemos que
a3+a=V =π Z a
0
[f(x)]2 dx.
Si llamamosGa una primitiva def2, es decir tal queG0(x) =f2(x), enton-ces
V =π[G(a)−G(0)] =a3+a=⇒G(a) = a
3+a
π +G(0).
Esto sugiere definirG(x) = x
3+x
π . De este modo, G(0) = 0 y
G0(x) = 3x
2+ 1
π =f
2(x) =⇒f(x) =
r
3x2+ 1
π .
PROBLEMA 11.45
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficie comprendida entre la par´abola y2 = x y la circunferencia y2 = 2x−x2 alrededor del eje X.
Soluci´on
Utilizando el m´etodo de integraci´on por discos y descomponiendo la integral en dos sumandos, tenemos
V =π Z 1
0
x dx+π Z 2
1
(2x−x2)dx=π
x2 2
1
0
+π
x2−x
3
3 2
1
= 7π 6 .
PROBLEMA 11.46
Se considera la par´abola de ecuaci´on y =x2√2/a, con a >0, y la circunferenciax2+y2 =a2. Determinar el volumen engendrado por la zona sombreada de la figura al girar en torno al eje OX.
Soluci´on
esa, el volumen pedido ser´a
V = π Z a
√
2/2 0
2x4/a2 dx+π Z a
a√2/2
(a2−x2)dx
= π
2x5 5a2
a
√
2/2
0
+π
a2x−x
3
3 a
a√2/2
= πa
3
30 (20−11 √
2).
PROBLEMA 11.47
Determinar el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor del eje OY la regi´on limitada por las par´abolas y = ax2, y = b−cx2,
con a, b, c >0.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las par´abolas se obtienen resolviendo el sistema formado por sus ecuaciones. As´ı se tiene A(pb/(a+c), ab/(a+c)).
Calculamos el volumen por el m´etodo de los discos para lo cual debemos integrar respecto ayen los intervalos (0, ab/(a+c)) y (ab/(a+c), b). Resulta as´ı:
V =π
Z ab/(a+c)
0
y
a dy+π Z b
ab/(a+c)
b−y c dy=
PROBLEMA 11.48
Hallar el volumen generado por la rotaci´on del ´area limitada por la par´abola y2 = 8x y la ordenada correspondiente a x= 2
i) en torno al eje X; ii) en torno al eje Y;
iii) en torno a la recta x= 2.
Soluci´on
i) Dividiendo el ´area en franjas verticales, al girar alrededor del eje X se obtienen discos de radioy=√8x en el intervalox∈[0,2].
Aplicando la f´ormula de integraci´on por discos se obtiene:
V =π Z 2
0
8x dx= 16π.
Como un disco gen´erico tiene radio exterior 2 y radio interiorx=y2/8, el volumen viene dado por
V =π Z 4
−4
[22−(y2/8)2]dy=π
4y− y
5
320 4
−4
= 128π 5 .
iii) Aplicaremos en este caso el m´etodo de los tubos. Como se observa en la figura, la altura de un cilindro gen´erico es 2y= 2√8x= 4√2x y su distancia al eje de giro es 2−x.
El volumen pedido ser´a V = 2π
Z 2
0
4√2x(2−x)dx= 8√2π Z 2
0
(2x1/2−x3/2)dx= 256π 15 .
PROBLEMA 11.49
¿Cu´al es el volumen del s´olido que se obtiene al girar alrededor del eje X la figura limitada por la curva y=ex y las rectas x= 0,
Soluci´on
Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo [0,1], si aplicamos la f´ormula (4), el volumen viene dado por:
V =π Z 1
0
(e2−e2x)dx=π
e2x−1 2e
2x
1
0
=π·e
2+ 1
2 . Una idea del s´olido obtenido se expresa en la siguiente figura.
PROBLEMA 11.50
Se considera la regi´on del plano formada por los puntos (x, y) que satisfacen las desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, x2/4 ≤ y ≤1. Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar esta regi´on alrededor del eje
Soluci´on a)
Al girar alrededor del ejeY, el volumen (por el m´etodo de los discos) es
V =π Z 1
0
4y dy=π 2y21
0 = 2π.
b)
Nuevamente por el m´etodo de los discos, si integramos respecto a x, tenemos:
V =π Z 2
0
1−x
4
16
dx=π
x−x
5
80 2
0
= 8π 5 . c)
Aplicando en esta ocasi´on el m´etodo de los tubos tenemos:
V = 2π Z 2
0
(2−x)(1−x2/4)dx= 2π
2x−x
2
2 − x3
6 + x4 16
2
0
d)
Integrando por el m´etodo de los discos, tenemos por ´ultimo que V =π
Z 2
0
(1−x2/4)2 dx=π
x−x
3
6 + x5 80
2
0
= 16π 15 .
PROBLEMA 11.51
Hallar el volumen generado por la rotaci´on del ´area limitada por
y=−x2−3x+ 6, x+y−3 = 0 alrededor de la recta
i) y= 0; ii) x= 3.
Soluci´on
i) Los puntos de intersecci´on de las curvas son
Si aplicamos el m´etodo de los discos, como la par´abola queda por encima de la recta en el intervalo x∈[−3,1], el volumen es:
V = π Z 1
−3
(y2p−yr2)dx=π Z 1
−3
[(−x2−3x+ 6)2−(3−x)2]dx
= π Z 1
−3
(x4+ 6x3−4x2−30x+ 27)dx= 1792π 15 .
ii) La recta x= 3 es exterior a la regi´on que gira. Aplicamos en este caso el m´etodo de las tubos. La altura de un cilindro gen´erico esyp−yr=
(−x2−3x+ 6)−(3−x) =−x2−2x+ 3 y el radio es 3−x (distancia
del eje de giro a un punto de la regi´on).
El volumen es pues V = 2π
Z 1
−3
(3−x)(−x2−2x+3)dx= 2π Z 1
−3
(x3−x2−9x+9)dx= 256π 3 .
PROBLEMA 11.52
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada por las gr´aficas def(x) =b(x/a)2 yg(x) =b|x/a|alrededor dey = 0.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son: x≥0 :y= bx
2
a2 , y=
bx a =⇒
bx2 a2 =
bx a =⇒x
Debido a la simetr´ıa de la figura, como la recta queda por encima de la par´abola, el volumen es:
V = 2π Z a
0
b2x2
a2 −
b2x4 a4
dx= 2π· b
2
a2
x3
3 − x5 5a2
a
0
= 4πb
2·a
15 .
PROBLEMA 11.53
Calcular el volumen engendrado por la regi´on que delimitan las par´abolas y2 = 2px, x2 = 2py (p > 0), al girar en torno a OX.
Soluci´on
Se obtiene f´acilmente que los puntos de intersecci´on de las par´abolas son (0,0) y (2p,2p).
Por el m´etodo de los discos, el volumen es: V =π
Z 2p
0
2px dx−π Z 2p
0
x4
4p2 dx=
12 5 πp
3.
PROBLEMA 11.54
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada por las gr´aficas def(x) = senx yg(x) = cosx en el intervalo[0, π/2]
Soluci´on
π/4 π/2
Aplicando el m´etodo de los discos, debido a la posici´on relativa de las cur-vas, debemos descomponer la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2]. As´ı tenemos:
V = π Z π/4
0
(cos2x−sen2x)dx+π Z π/2
π/4
(sen2x−cos2x)dx
= π
sen 2x 2
π/4
0
−π
sen 2x 2
π/2
π/4
=π.
PROBLEMA 11.55
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada por las gr´aficas de f(x) = x2−4x+ 4 y g(x) = 4−x alrededor de
y=−1.
Soluci´on
Los extremos de integraci´on ser´an los puntos de intersecci´on de las curvas. Estos son:
Si aplicamos el m´etodo de los discos (f´ormula (5)), teniendo en cuenta que el radio exterior esre=yr+ 1 = 4−x+ 1 y el radio interior esri=yp+ 1 =
x2−4x+ 4 + 1, resulta:
V = π Z 3
0
[(4−x+ 1)2−(x2−4x+ 4 + 1)2]dx
= π
x3 3 −5x
2+ 25x−(x−2)2
5 −x−
2(x−2)3 3
3
0
= 117π 5 .
PROBLEMA 11.56
Determinar el volumen del s´olido que se obtiene al girar alrededor del eje de abscisas la regi´on del primer cuadrante limitada por las curvas y= 1/x2, y= sen(πx/2) y las rectas x= 0, y=e.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las curvas son
y= 1/x2, y= senπx
2 =⇒sen πx
2 = 1
x2 =⇒x= 1;
y= 1/x2, y=e =⇒x2= 1/e=⇒x= 1/√e.
Aplicando el m´etodo de los discos, tenemos:
V = Z 1/
√ e
0
πhe2−sen2πx 2
i dx+
Z 1
1/√e
π
1 x4 −sen
2 πx
2
dx
= π h
e2x−x 2 +
senπx 2π
i1/
√ e
0 +π
−1 3x3 −
x 2 +
senπx 2π
1
1/√e
= (8e √
e−5)π
PROBLEMA 11.57
Se considera la hip´erbola de ecuaci´on x2/a2−y2/b2 = 1 y las dos rectas perpendiculares al eje OX de ecuaciones x = p, x = p+h
(p > a).
Determinar el volumen del cuerpo de revoluci´on engendrado por la regi´on ABCD indicada en la figura (siendo OB una de las as´ ınto-tas) al girar en torno al eje OX.
Soluci´on
Sabiendo que la ecuaci´on de la as´ıntota OB es y = bx/a, el volumen del s´olido indicado viene dado por
V =π Z p+h
p
"
bx a
2 −b2
x2 a2 −1
#
dx= πb
2
a2
Z p+h
p
(x2−x2+a2)dx=πb2h.
PROBLEMA 11.58
Soluci´on
Utilizando el m´etodo de los discos, como la regi´on est´a comprendida en el intervalo [0,4], el volumen, dado por la f´ormula (5), es
V = π Z 4
0
[62−(6−y)2]dx=π Z 4
0
[36−(6−4x+x2)2]dx = π
Z 4
0
(48x−28x2+ 8x3−x4)dx= 1408π 15 .
PROBLEMA 11.59
Un servilletero se obtiene practicando un agujero cil´ındrico en una esfera de modo que el eje de aqu´el pase por el centro de ´esta. Si la longitud del agujero es 2h, demostrar que el volumen del servilletero es πah3, siendo a un n´umero racional.
Soluci´on
Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cil´ındrico ser´a k= √
De este modo, y de acuerdo con la figura, el s´olido obtenido viene dado al girar alrededor del eje X la regi´on limitada por las curvas x2+y2 = r2 e y=k. Tenemos entonces:
V =π Z h
−h
(r2−x2−k2)dx=π
(r2−k2)x− x
3
3 h
−h
= 4πh
3
3 . Como 4/3 es racional, el resultado obtenido prueba el enunciado. Una secci´on de la figura obtenida es la siguiente:
PROBLEMA 11.60
Se considera la elipse de ecuaci´on x
2
a2 +
y2
b2 = 1 y la cuerda F C
paralela al ejeOX. Determinar OA=h de manera que el volumen engendrado por la regi´on sombreada de la figura al girar en torno a
Soluci´on
Designaremos por V1 y V2 a los vol´umenes del cuerpo engendrado por la
regi´on sombreada y del elipsoide engendrado por la elipse, respectivamen-te. Como los puntos C y F tienen abscisa ap1−h2/b2 y −ap
1−h2/b2,
respectivamente, dichos vol´umenes se obtienen por integraci´on mediante las f´ormulas:
V1 = π
Z a √
1−h2/b2
−a√1−h2/b2
[b2(1−x2/a2)−h2]dx
= 2π Z a
√
1−h2/b2
0
[b2(1−x2/a2)−h2]dx= 2π
(b2−h2)x−b
2x3
3a2
a √
1−h2/b2
0
= 4 3πa(b
2−h2)p
1−h2/b2;
V2 = π
Z a
−a
b2(1−x2/a2)dx= 4 3πab
2.
Como debe serV1 =V2/2, al resolver esta ecuaci´on se obtiene que
4 3πa(b
2−h2)p
1−h2/b2 = 2
3πab
2 =⇒h=bq1−1/√3 4.
PROBLEMA 11.61
Soluci´on
Si hacemos queOX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto (0, b), ´esta tiene por ecuaci´on x2 + (y−b)2 =r2. El volumen, aplicando el m´etodo de los discos, vendr´a dado por:
V = π Z r
−r
b+pr2−x22−b−pr2−x22
dx= (cambiox=rsent)
= 4bπ Z π/2
−π/2
r2cos2t dt= 2br2π
t+1 2sen 2t
π/2
−π/2
= 2br2π2.
PROBLEMA 11.62
Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es una elipse de eje mayor 2a y eje menor 2b.
Soluci´on
Por semejanza de tri´angulos, se deduce de la figura que
4
M P C ∼
4
M OA=⇒ P C OA =
P M
OM es decir x a =
h−z h ;
4
M P D∼
4
M OB =⇒ P D OB =
P M
OM es decir y b =
h−z h .
El ´area de la secci´on es entonces πxy = πab(h−z)
2
h2 . Luego,
V = πab h2
Z h
0
(h−z)2dz = πabh 3 .
PROBLEMA 11.63
Un s´olido tiene una base circular de radio 2. Cada secci´on produ-cida por un plano perpendicular a un di´ametro fijo es un tri´angulo equil´atero. Calcular el volumen del s´olido.
Soluci´on
El volumen ser´a entonces
V = Z 2
−2
2y·y√3 2 dx=
√ 3
Z 2
−2
(4−x2)dx= 32 √
3 3 .
PROBLEMA 11.64
Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinado que pasa por el eje menor de la misma. Hallar el volumen del s´olido restante.
Soluci´on
Supongamos que la ecuaci´on de la elipse esx2/a2+y2/b2= 1 y llamamosH a la altura del cilindro (que corresponde al punto (a,0)). Cortando el s´olido por planos perpendiculares al ejeOY obtenemos tri´angulos rect´angulos se-mejantes. En un punto arbitrario (x, y) el ´area de uno de dichos tri´angulos (ver figura) es
A= x·h 2 =
x2·tgα
2 =
x2·H
Como (x, y) verifica la ecuaci´on de la elipse, escribimos el ´area en funci´on de y comoA(y) = a
2(1−y2/b2)·H
2a .El volumen ser´a entonces
V = Z b
−b
A(y)dy= 2 Z b
0
a(1−y2/b2)·H
2 dy=aH
y− y
3
3b2
b
0
= 2abH 3 .
PROBLEMA 11.65
Un s´olido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor y menor miden 10 y 8 unidades respectivamente. Hallar su volumen sabiendo que toda secci´on del mismo perpendicular al eje mayor es un tri´angulo is´osceles de altura igual a 6.
Soluci´on
El tri´angulo obtenido por la secci´on perpendicular al ejeOX por un punto xtiene ´area A(x) = 2y·h/2 = 6y= 24p1−x2/25,y el volumen del s´olido
(aplicando los m´etodos usuales de integraci´on) es V =
Z 5
−5
A(x)dx= 24 Z 5
−5
p
1−x2/25dx
= 24 5
25
2 arc sen x 5 +
x 2
p
25−x2
5
−5
= 60π.
PROBLEMA 11.66
La secci´on de un cierto s´olido por cualquier plano perpendicular al eje OX es un cuadrado tal que los extremos de una diagonal pertenecen respectivamente a las par´abolasy2 = 4x,x2= 4y. Hallar
el volumen del s´olido.
Soluci´on
Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado gen´erico une los puntos (x, y1) y (x, y2) y su longitud, en funci´on de x es d= 2
√
x−x2/4. Como el ´area del cuadrado es A(x) =d2/2 = (2√x−x2/4)2/2, el volumen pedido es:
V = Z 4
0
(2√x−x2/4)2
2 dx=
1 2
"
2x2+x
5
80 − 2x7/2
7 #4
0
= 144 35 .
C. LONGITUD DE CURVAS PLANAS.
Dada la funci´on y = f(x), definida en un intervalo [a, b], a cada partici´on P ={x0 =a, x1, . . . , xn−1, xn=b} de [a, b] le corresponde una poligonal de
v´erticesPk= (xk, f(xk)), k= 0,1, . . . , n, como indica la figura.
La longitud del arco de la curva entre los puntosA yB de abscisasx=ay x=bse define como el supremo de los per´ımetros de todas las poligonales. Si es finito, se dice que la curva esrectificable; si no, la curva no es rectificable (tiene longitud infinita). El resultado fundamental que aplicaremos en esta secci´on es el siguiente:
Teorema.Si una funci´ony=f(x)tiene derivada de primer orden continua en [a, b], entonces es rectificable y la longitud del arco viene dada por la f´ormula
l=AB= Z b
p
Si la funci´on viene expresada en coordenadas param´etricasx =x(t), y = y(t), la f´ormula queda de la forma
l= Z t1
t0 p
[x0(t)]2+ [y0(t)]2dt,
siendot0 yt1 los par´ametros correspondientes a los puntos inicial y final de
la curva.
En la mayor´ıa de los casos no es posible encontrar expresiones expl´ıcitas de la longitud de un arco de curva. Por ello se deben crear nuevas funciones, como es el caso de las integrales el´ıpticas (que expresan longitudes de arcos de elipses), o utilizar m´etodos aproximados para calcular arcos de curva.
PROBLEMA 11.67
Hallar la longitud del arco de la par´abola x2 = 2py, con p > 0, comprendida en el intervalo [0, a].
Soluci´on
Si calculamos la derivada de la funci´on, tenemos
y0 =x/p=⇒p1 +y02 =p1 + (x/p)2 =
p
x2+p2
p .
La longitud del arco pedido queda entonces
l = 1 p
Z a
0
p
x2+p2 dx= p
2 "
xpx2+p2
p2 + ln
x+px2+p2
p #a 0 = p 2 "
apa2+p2
p2 + ln
a+pa2+p2
p # . PROBLEMA 11.68
Probar que la curvaf(x) = (
xcos(π/x) si x6= 0
0 si x= 0 no es rectificable
Soluci´on
Si consideramos los puntosxn= 1/n, conn∈N, sabemos quef(xn) =
(−1)n
n y la longitud de la poligonal de v´erticesxn es
X
n≥1
ln=
X
n≥1
s
1 n −
1 n+ 1
2 +
(−1)n n −
(−1)n+1
n+ 1 2
=X
n≥1
2 n,
que es una serie divergente. Esto prueba que la curva no es rectificable en [0,1].
PROBLEMA 11.69
Calcular la longitud del arco de curva y= ln(cosx) en el intervalo
[0, π/3].
Soluci´on
Como la derivada de la funci´on es y0 =−tgx, la longitud pedida es l=
Z π/3
0
p
1 + tg2x dx=
ln(secx+ tgx)π/3
0 = ln(2 +
√ 3).
PROBLEMA 11.70
Hallar la longitud de la curva de ecuaci´on 8a2y2 = x2(a2−2x2).
Soluci´on
−a/√2 a/√2
Si escribimos la ecuaci´on en forma expl´ıcita, tenemosy=± x 2√2a
p
a2−2x2,
de dondey02 = (a
2−4x2)2
8a2(a2−2x2) y
p
1 +y02= 3a 2−4x2
2√2a√a2−2x2.
L = 4· 1 2√2a
Z a/√2 0
3a2−4x2 √
a2−2x2 dx
= "
2a·arc senx √
2 a +
√ 2 a ·x·
p
a2−2x2
#a/
√
2
0
=πa.
PROBLEMA 11.71
Hallar la longitud de la astroide de ecuaci´on x2/3 +y2/3 = a2/3.
Soluci´on
Escribiendo la ecuaci´on en forma param´etrica como x = acos3t, y =
asen3ty teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, la longitud viene dada por:
L= 4 Z π/2
0
p
x0(t)2+y0(t)2 dt= 4
Z π/2
0
3asentcost dt= 6a.
PROBLEMA 11.72
Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t−sent), y = a(1−cost).
Soluci´on
Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalo t∈[0,2π], la longitud es:
L = Z 2π
0
p
x0(t)2+y0(t)2dt=
Z 2π
0
ap(1−cost)2+ sen2t dt
= a√2 Z 2π
0
√
1−cost dt=a√2 Z 2π
0
√
2 sen(t/2)dt= 8a.
PROBLEMA 11.73
Hallar la longitud de la curva cuya ecuaci´on en forma param´etrica es x(t) =acos3t, y(t) =asent(1 + cos2t).
Soluci´on
Debido a la simetr´ıa de la figura, por la f´ormula de la longitud de arco tenemos:
L = 4 Z π/2
0
p
x0(t)2+y0(t)2 dt= 4
Z π/2 0
acostp4−3 sen2t dt= (cambio
√ 3
2 sent = senu) = 16a
√ 3
Z π/3
0
cos2u du= √8a 3
u+sen 2u 2
π/3
0
= 2a(4π+ 3 √
D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Encontrar una f´ormula que permita calcular el ´area de cada una de las regiones I, II, III y IV de la figura siguiente:
Resp.: Si llamamos r(x) =f(0) +g(b)−f(0)
b ·x a la recta que pasa por los puntos (0, f(0)) y (b, g(b)), tenemos:
AI =
Z b
a
[f(x)−g(x)]dx;
AII =
Z a
0
[h(x)−g(x)]dx+ Z b
a
[h(x)−f(x)]dx;
AIII =
Z a
0
[f(x)−r(x)]dx+ Z b
a
[g(x)−r(x)]dx;
AIV =
Z a
0
[g(x)−f(x)]dx.
2. Hallar el ´area de la figura limitada por la hip´erbola equil´atera
xy=a2, el eje OX y las rectas x=a, x= 2a.
Resp.:A=a2ln 2.
3. Hallar el ´area encerrada por la recta y = 1 y la curva y= ln2x.
Resp.:A= 4/e.
Resp.:A= 64/3.
5. Hallar el ´area limitada por la curva y =x2−2x+ 2, su tangente en el punto (3,5), el eje OX y el eje OY.
Resp.:A= 23/8.
6. Calcular el ´area de la figura del primer cuadrante limitada por las par´abolas x2 = 2py, y2 = 2px en el interior de la circunferencia
x2+y2= 3p2, (p >0).
Resp.:A= p
2
24(4 √
2 + 9π−36 arc sen 1/√3).
7. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas y=−x2+ 6,
(y−2)2+x2= 4, y=x.
Resp.:A= 1
6(49−6π).
8. Hallar el ´area de la regi´on limitada por la curva y= (x2+ 2x)e−x
y el eje OX en el tercer cuadrante.
Resp.:A= 4.
9. Hallar el ´area de la regi´on limitada por la curvay= x
(1−x2)2 ·arc senx
y las rectas x= 0, x= 1/2, y= 0.
Resp.:A= π 9 −
1 2√3.
10. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas y= 5−x2,
y= (x−1)2.
Resp.:A= 9.
11. Calcular el ´area de la elipse x
2
a2 +
y2 b2 = 1.
Resp.:A=πab.
12. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas x2+y2 = 2,
y=x2, y=x+ 6.
13. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f(x) = x2−4x+ 4 y g(x) = 4−x.
Resp.:A= 9/2.
14. Calcular el ´area de la figura limitada por la curva y=x3, la recta
y= 8 y el eje OY.
Resp.:A= 12.
15. Hallar el ´area limitada por la curva y2=x2−x4. Resp.:A= 4/3.
16. Hallar el ´area de la superficie interior a la circunferencia x2 + y2 = 16 y por encima de la par´abola x2 = 12(y−1).
Resp.:A= 16π+ 4 √
3
3 .
17. Hallar el ´area limitada por la curva y = cos 2x+ cosx y el eje X
entre las dos ordenadas que corresponden a una distancia igual a un per´ıodo de la curva.
Resp.:A= 3√3.
18. Hallar el ´area encerrada por el bucle de la curva x3 =a(x2−y2). Resp.:A= 8a
2
15 .
19. Dada la hip´erbola de ecuaci´on x
2
a2 −
y2
b2 = 1, determinar el ´areaA
del tri´angulo mixtil´ıneoAP Q, siendoA(a,0),P(a√2, b), Q(a√2,0).
Resp.:A= ab 2[
√
2−ln(1 + √
2)].
20. Hallar el ´area del segmento circular de centro O y radio r com-prendido entre las rectas x=a, x=b.
Resp.:A=bpr2−b2+r2arc senb
r −a p
r2−a2−r2arc sena
21. Hallar el ´area del segmento parab´olico comprendido entre y2 = 2px las rectas x=a, x=b.
Resp.:A= 4 √
2p 3 (b
3/2−a3/2).
22. Hallar el volumen del s´olido de revoluci´on engendrado por la figura limitada por la curva y =xex y las rectas y = 0, x = 1 al girar alrededor del eje OX.
Resp.:V = πe
2
4 .
23. Calcular el volumen del s´olido engendrado al girar alrededor del eje OX la regi´on interior a la circunferencia x2+y2 = 1 y a la par´abola y2 = 3x/2.
Resp.: 19π/48.
24. Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor del eje
OX la regi´on limitada por la curva y= 2−√1−x2 y el eje OX.
Resp.:V = π
3(28−6π).
25. Calcular el volumen del s´olido limitado por las curvasx2−y2 = 4,
y= 2, y=−2 al girar alrededor del eje OX.
Resp.:V = 32π 3 (2
√ 2−1).
26. Calcular el volumen del s´olido limitado por las curvas y= senx,
y= 2x/π al girar alrededor del eje OX.
Resp.:V =π2/6.
27. Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada por las gr´aficas def(x) =√4−x2 yg(x) = 1 en el intervalo[0,√3]
alrededor de y= 0.
Resp.:V = 2π√3.
28. Sea R la regi´on interior a la circunferencia de centro (1,−1) y radio 2 y por encima de la recta y=√3−1.
b) Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on R
alrededor del eje OX.
Resp.:A= 2π 3 −
√
3; V = 2π 3 (2 + 3
√
3−2π).
29. Sea R la regi´on limitada por las curvas x+y= 2y2, y=x3. Cal-cular el ´area deR y el volumen que engendraRal girar alrededor del eje OX.
Resp.:A= 7/12 (pensar x como funci´on de y); V = 11π/21 (m´etodo de los tubos).
30. SeaR la regi´on limitada por las curvasy= x
2
4 + 2y5x+8y−14 = 0. Calcular el ´area deRy el volumen de la figura obtenida al girar
R alrededor del eje OX.
Resp.:A= 27/192;V = 891π
1280 (m´etodo de los discos).
31. Sea R la regi´on limitada por las curvas y = 4x−x2 y 2x−y= 0. Calcular el ´area de R y el volumen de la figura obtenida al girar
R alrededor del eje OX.
Resp.:A= 4/3; V = 32π/5.
32. Sea R la regi´on limitada por las curvas y= 1
1 +x2 e y=
x2 2 .
Cal-cular el ´area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R
alrededor de los ejes OX y OY.
Resp.:A = (3π−2)/6; VX =
π
20(5π+ 8) (discos);VY = π
4(4 ln 2−1) (tubos).
33. Se considera la regi´onR limitada por las curvas x2+ (y−1)2 = 5,
x= 2(y−1)2.
a) Calcular el ´area de R.
b) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´on R alrededor del eje OY.
Resp.:A= 5 arc sen√1 5 +
2 3;VY =
116π
15 (discos);Vy=1 =
10√5−19 3 ·π (tubos).
34. Dada la regi´on limitada por las curvas y = 4x2, y =x2/9, y= 2,
calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al girar dicha regi´on alrededor de los ejes OX y OY.
Resp.:A= 20√2/3;VX = 16π
√
2 (tubos);VY = 35π/2 (discos).
35. Dada la regi´on limitada por las curvas y = x2 + 1, y−1 = x, calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al girar dicha regi´on alrededor del eje OY.
Resp.:A= 1/6;VY =π/6.
36. Dada la regi´on limitada por las curvas x2 +y2 = 12, x2 = 4y,
y2 = 4x, calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al girar dicha regi´on alrededor del eje OY.
Resp.:A= 4 √
2
3 + 12 arc sen p
2/3−3π;VY =
π 15(256
√
5−200).
37. Se considera la regi´on limitada por la curva y = sen(πx/2) + cos(πx/2) + 1 y las rectas x = 0, x= 1 e y= 0. Hallar el ´area de dicha regi´on y el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor del eje OX.
Resp.:A= 1 + 4
π;V = 2π+ 10.
38. Calcular el volumen del tronco de cono con radios de las bases r
y R y altura h.
Resp.:V = πh 3 (r
2+rR+R2).
39. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2+e−x/2 entre los puntos de abscisa x= 0 y x= 2.
Resp.:L=e−e−1.
40. Calcular la longitud del arco de la curvay= lne
x+ 1
ex−1 entre x= 1
y x= 2.
