Ejercicios cálculo de Áreas 2

71 

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Texto completo

(1)

CAP´

ITULO XI.

APLICACIONES DE LA

INTEGRAL DEFINIDA

SECCIONES

(2)

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

(3)

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

(4)

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

(5)

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

21

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

(6)

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

(7)

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)21dx

= "

bx a

p

x2a2abln

x+√x2a2

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

(8)

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=xa/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

(9)

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

2x2).

Soluci´on

De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos: A = 4

Z a

0

x a

p

a2x2 dx= (cambiox=asent) = 4a2

Z π/2

0

cos2t·sent dt

= 4a2

−cos

3t

3 π/2

= 4a

2

(10)

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

(11)

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.

(12)

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

(13)

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

(14)

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

(15)

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

2a4

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

(16)

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 +

(17)

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

R2x2p2R2x2+R dx

= "

x√R2x2

2 +

R2

2 arc sen x R

#R

−R

− "

x√2R2x2

2 +R

2arc sen x

R√2 #R

−R

+ [Rx]R−R=R2; A2 = πR2−A1 = (π−1)R2.

PROBLEMA 11.22

(18)

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.

(19)

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

x2y2 = 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

x29dx

= 10− "

x√x29

2 −

9 2ln

x+√x29

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

(20)

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

a2x2

√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−

(21)

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

(22)

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= √

(23)

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:

(24)

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;

(25)

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).

(26)

res-pecto a la variablex, integramos respecto ay, lo que da lugar a: A =

Z 2

0

hp

5−(y−1)22(y1)2i dy

=

5

2arc sen y−1

√ 5 +

y−1 2

p

5−(y−1)22

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(2p4y2)]dy= 4

Z

3

0

(p4−y21)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

(27)

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.

(28)

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

(29)

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.

(30)

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.

(31)

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

(32)

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

(33)

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.

(34)

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

(35)

Soluci´on

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

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.

(36)

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 =√R2x2

R.

El volumen pedido viene expresado por: V = π

Z R

0

y2(x)dx=π Z R

0

(pR2x2R)2 dx

= π

2R2x−x

3

3 −R

3arc sen x

R R

0

= πR

3

(37)

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 +√R2x2. De esta forma, el

volumen pedido es V = π

Z Rsenα

−Rsenα

y2dx= 2π

Z Rsenα

0

(R2cos2α+R2−x2−2RcosαpR2x2)dx

= 2πR

3

3 (2 senα−3αcosα+ cos

2αsenα).

PROBLEMA 11.42

(38)

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

215ca+ 10a2).

Como OC = c, BC = c(c−a) y el volumen del cono engendrado por el tri´angulo OCB es

V0 = πc

2(ca)2·c

3 =

πc3(ca)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 ·

(39)

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

(40)

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

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

(41)

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

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 = bcx2,

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=

(42)

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.

(43)

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,

(44)

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

(45)

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

(46)

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=−x23x+ 6, x+y3 = 0 alrededor de la recta

i) y= 0; ii) x= 3.

Soluci´on

i) Los puntos de intersecci´on de las curvas son

(47)

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

[(−x23x+ 6)2(3x)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=

(−x23x+ 6)(3x) =−x22x+ 3 y el radio es 3x (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

(48)

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]

(49)

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:

(50)

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 .

(51)

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

(52)

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

(53)

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= √

(54)

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

(55)

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

2h2)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

2h2)p

1−h2/b2 = 2

3πab

2 =h=bq11/√3 4.

PROBLEMA 11.61

(56)

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+pr2x22bpr2x22

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

(57)

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

(58)

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

(59)

Como (x, y) verifica la ecuaci´on de la elipse, escribimos el ´area en funci´on de y comoA(y) = a

2(1y2/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

(60)

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

(61)

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

(62)

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

(63)

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

a22x2,

de dondey02 = (a

24x2)2

8a2(a22x2) y

p

1 +y02= 3a 24x2

2√2a√a22x2.

(64)

L = 4· 1 2√2a

Z a/√2 0

3a2−4x2 √

a22x2 dx

= "

2a·arc senx √

2 a +

√ 2 a ·x·

p

a22x2

#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

(65)

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 √

(66)

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.

(67)

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.

(68)

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=bpr2b2+r2arc senb

r −a p

r2a2r2arc sena

(69)

21. Hallar el ´area del segmento parab´olico comprendido entre y2 = 2px las rectas x=a, x=b.

Resp.:A= 4 √

2p 3 (b

3/2a3/2).

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.

(70)

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.

(71)

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

ex1 entre x= 1

y x= 2.

Figure

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