C12 Aplicaciones geometricas de la integral de Riemann

1

C12

Aplicaciones geométricas de la integral

1. Áreas de regiones planas limitadas por curvas

2. Cálculo de volúmenes

3. Área de una superficie de revolución

4. Longitud de un arco de una curva plana

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1. Áreas de regiones planas limitadas por curvas

El área de un conjunto 2S ⊂ ℝ es, cuando existe, un número que se le asigna a S y que escribiremos ( )área S , que debe cumplir ciertas leyes

se resumen en las siguientes:

1ª) El área de un conjunto es un número real no negativo.

2ª) El área es invariante frente a movimientos en el plano.

3ª) Si dos conjuntos disjuntos tienen área, su unión tiene área igual a la suma de las áreas de aquellos.

4ª) Un rectángulo tiene área igual al producto de las longitudes de sus lados distintos.

5ª) Principio de Exhaución: Si nR y nT son, para cada n ∈ ℕ , dos regiones planas con área tales que n nR S T⊂ ⊂ y, además,

( ) ( )lim área lim árean nR T= , entonces S tiene área igual al límite común.

1.1. Área encerrada entre una curva ( )y f x= y el eje de abscisas: Dada una función [ ]: ,f a b → ℝ

continua, el conjunto 2S ⊂ ℝ limitado por la curva ( )y f x= , el eje OX y las rectas x a= y x b= tiene

área igual a:

área ( ) ( )b

aS f x dx= ∫

1.2. Observación: En la práctica, para calcular el área de la región S comprendida entre una curva

continua ( )y f x= y el eje OX entre x a= y x b= , se determinan las abscisas [ ]1 2, , , ,nc c c a b∈… de los

puntos de corte de la curva ( )y f x= con el eje OX resolviendo la ecuación ( ) 0f x = , y entonces:

( )1 2

1

área ( ) ( ) ( ) ( )n

b c c b

a a c cS f x dx f x dx f x dx f x dx= = + + +∫ ∫ ∫ ∫⋯

1c 2c 3c 4c

( )y f x=

a b


a b

( )y f x=

3

Como el signo de f es constante en cada intervalo 1,i ic c + , es 11 ii

i i

cc

c cf f++ =∫ ∫ , y por eso solemos poner en la práctica:

( )1 2

1

área ( ) ( ) ( )n

c c b

a c cS f x dx f x dx f x dx= + + +∫ ∫ ∫⋯

1.3. Ejemplo: Obtenga, mediante integración, el área que encierra la elipse de semiejes a y b ( , 0)a b > .

Este problema figura resuelto en la página 409 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos.

SOLUCIÓN: La elipse de semiejes a y b tiene por ecuación reducida a

2 2

2 21

x y

a b+ =

Por simetría respecto de ambos ejes, el área de la región E que encierra la elipse es cuatro veces el área

del conjunto limitado por la curva 2 2ba

y a x= − , el eje OX y las rectas 0x = y x a= , es decir,

/22 2 2 2 2

0 0sencos

área ( ) 4 4 sen cosa

x a tdx a tdt

b bE a x dx a a t a tdt

a a

π

==

= − = − ⋅ =∫ ∫

/2/2 /2

20 0

0

14 cos 2 (1 cos 2 ) 2 sen 2 2

2 2ab tdt ab t dt ab t t ab ab

ππ π π

π = = + = + = ⋅ =

∫ ∫

Por tanto,

área ( )E abπ=

2 2ba

y a x= −

0 a

b


4

Si, en particular, se hace a b r= = , se obtiene la archiconocida fórmula que da el área del círculo C de

radio r, a saber,

2área ( )C rπ=

1.4. Área encerrada entre dos curvas: Si f y g son dos funciones continuas en un intervalo compacto [ ],a b , el

conjunto S de 2ℝ limitado por la curva ( )y f x= , la curva ( )y g x= , la recta x a= y la recta x b= tiene

área igual a:

área ( ) ( ) ( )b

aS f x g x dx= −∫

1.5. Ejemplo: Calcule el área del recinto R formado por los puntos ( , )x y del plano que cumplen 2 2 36 0x y+ − ≤ , 2 9y x≥ .


SOLUCIÓN: El recinto R está formado por los puntos del círculo de centro el origen y radio 6 situados

en la región no convexa delimitada por la parábola 2 9y x= . Los puntos de corte de la circunferencia y la

parábola son las soluciones del sistema 2 2 36x y+ = , 2 9y x= , a saber, los puntos ( , ) (3, 3 3)x y = y

( , ) (3, 3 3)x y = − . Por la simetría de R respecto del eje OX , el área de R es la suma de la mitad del

área del círculo de radio 6 con el doble del área de la región limitada por las curvas 9y x= e

236y x= − entre 0x = y 3x = , es decir,

2 2y r x= −

0 r


a b

( )y f x= ( )y g x=

S

2 9y x=2 2 36x y+ =

3

5

3 /6 32 2 2

0 0 06 sen6 cos

1área ( ) 6 2 ( 36 9 ) 18 2 36 36 sen 6 cos 6

2 x tdx tdt

R x x dx t tdt xdxπ

π π=

=

= ⋅ ⋅ + − − = + − ⋅ − =∫ ∫ ∫

/6 3 /6 32

0 0 0 018 72 cos 6 18 36 (1 cos 2 ) 6tdt xdx t dt xdx

π π

π π= + − = + + − =∫ ∫ ∫ ∫

24 3 3π= −

1.6. Ejemplo: Halle el área de la región acotada S limitada por las curvas 2( 1) , seny x x yπ= + = e 0y = .


SOLUCIÓN: Las curvas 2( 1)y x= + y senx yπ= sólo se cortan en puntos ( , )x y de ordenada positiva,

y el de menor ordenada es el punto (0,1) , pues sen 0 1y yπ > > − siempre que 0 1y< < . Por tanto,

integrando sobre el eje OY , deducimos que

11

30

0

1 2 2 1área ( ) (sen 1) cos

3 3S y y dy y y yπ π

π π

= − + = − − + = +

∫

1.7. Área limitada por una curva en polares: Dada una función continua [ ]: ,ϕ α β → ℝ , la región D de

2ℝ limitada por la curva de ecuación polar ( )ρ ϕ θ= y las rectas θ α= y θ β= tiene área igual a:

21área ( ) ( )

2D d

β

αϕ θ θ= ∫

1

1x y= −

0

1 senx yπ=

1− X

Y


θ = 0 α

β

( )ρ ϕ θ=

θ α=

θ β=

D

S

6

1.8. Ejemplo: Calcule el área de la región C que encierra la cardioide

(1 cos )aρ θ= + ,

donde 0a > .

SOLUCIÓN: La cardioide se recorre completamente (y una sola vez) para los [0, 2 ]θ π∈ , así que el área de la región que encierra es

2 2 2 22 2 2 2 2 2

0 0 0 0

1 1 1 1 1 cos 2área ( ) (1 cos ) (1 2 cos cos ) 1 2 cos

2 2 2 2 2C d a d a d a d

π π π π θρ θ θ θ θ θ θ θ θ

+ = = + = + + = + + = ∫ ∫ ∫ ∫

22 2

0

1 sen 2 32 sen

2 2 4 2a a

πθ θ

θ θ π = + + + =

Hay muchas otras regiones conocidas por sus coordenadas polares cuya área puede calcularse reduciéndola a

regiones del tipo anterior. Por ejemplo, para las dos regiones 1D y 2D de la derecha, sus respectivas áreas son:

22

10

1área ( ) ( )

2D d

π

ϕ θ θ= ∫ ,

2 22

1área ( ) ( ) ( )

2D d

β

αψ θ ϕ θ θ= −∫

0θ =

( )ρ ϕ θ=

θρ

1D

( )ρ ψ θ=

( )ρ ϕ θ=

αβ

0θ =

2D

0 2a

(1 cos )aρ θ= +

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7

1.9. Ejemplo: Calcule el área de la región T interior a la circunferencia 12ρ = y a uno de los pétalos del trifolio regular

cos 3ρ θ= .

SOLUCIÓN: La curva es la unión de tres pétalos y uno cualquiera de ellos es el resultado de girar otro un ángulo

de 23π radianes. El pétalo P de abscisas positivas se recorre para los 6 6[ , ]π πθ ∈ − y como la curva cos 3ρ θ= es

simétrica respecto del eje polar 0θ = , el área de la región 1T que encierra un pétalo del trébol es

/6

/6 /6 /62 2

10 0 0

0

1 1 1 1 1área ( ) 2 cos 3 (1 cos 6 ) sen 6

2 2 2 6 2 6 12T d d d

ππ π π π π

ρ θ θ θ θ θ θ θ = ⋅ = = + = + = ⋅ =

∫ ∫ ∫

Dado que la circunferencia y el pétalo P se cortan cuando 12cos 3θ = y 6 6[ , ]π πθ ∈ − esto es, cuando 33 πθ = ± ,

es decir, cuando 9πθ = ± , el área de la región 2T que encierra P y es exterior a la circunferencia es,

/9

/9 /92

20 0

0

1 1 1 1 1 3área ( ) 2 cos 3 (1 cos 6 ) sen 6

2 4 2 36 2 6 36 24 36T d d

ππ π π π π

θ θ θ θ θ θ = ⋅ − = + − = + − = +

∫ ∫

Por tanto, el área de la región T interior a la circunferencia y a uno de los pétalos es

1 23 3

área ( ) área ( ) área ( )12 24 36 18 24

T T Tπ π π = − = − + = −

cos 3ρ θ=

9πθ =

9πθ = −

1

12ρ =


P

cos 3ρ θ=

X

Y

6πθ =

6πθ = −

1

cos 3ρ θ=

1

12ρ =

8

1.10. Área limitada por una curva cerrada en paramétricas: Si ( ) ( ) ( )( ),t t x t y tγ =֏ , ,t α β ∈ , es una

parametrización de clase 1C de una curva cerrada y simple que la recorre en sentido positivo (antihorario),

el área del recinto D que encierra dicha curva es:

1área ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) ( ) ( )]

2D x t y t dt y t x t dt x t y t y t x t dt

β β β

α α α

′ ′ ′ ′= = − = −∫ ∫ ∫

1.11. Ejemplo: Calcule el área que encierra el bucle de la curva C dada por la parametrización

2x t= , 3

3t

y t= − + ( )t ∈ ℝ

SOLUCIÓN: Los puntos dobles de la curva cumplen ( ( ) , ( )) ( ( ), ( ))x s y s x t y t= para ciertos ,s t ∈ ℝ tales que

s t≠ , es decir,

3 3

2 2

3 3s t

s t

s t

=− + = − +

Como es s t≠ , de la primera ecuación se deduce s t= − y, al sustituir en la segunda, se tiene

3 3

3 3t t

t t− + = − , es decir, 3 23 (3 ) 0t t t t− = − =

y como es 0t ≠ por ser s t≠ , será 3t = ± , por lo que el único punto doble es ( ( 3), ( 3)) (3, 0)x y± ± = . El bucle de la curva se recorre

desde 3t = − hasta 3t = con orientación positiva, de modo que el área que encierra dicho bucle es

X

Y

D

O

C

( ) ( )γ α γ β=

X

Y

3O

C

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9

35 33 3 3 32 2 4 2 4 2

3 3 3 00

9 3 8 3( ) ( ) ( 1 ) ( ) 2 ( ) 2 2 3

5 3 5 5t t

S x t y t dt t t dt t t dt t t dt− − −

′ = = − + = − = − = − = − = ∫ ∫ ∫ ∫

2. Cálculo de volúmenes

2.1. Volúmenes por secciones: De un cuerpo C se conoce el área ( )S t de la sección que le produce un

plano genérico de un sistema de planos paralelos z t= , [ , ]t a b∈ . Si el cuerpo C está entre los planos

z a= y z b= y la función [ , ] ( )t a b S t∈ ֏ es continua, entonces:

( )vol ( )b

aC S t dt= ∫

2.2. Ejemplo: Calcule el volumen del sólido E que encierra un elipsoide de semiejes a, b y c.

Este problema es el ejercicio 7.58 del volumen Ejercicios de Análisis, de Braulio De Diego. Editorial Deimos.

SOLUCIÓN: Referido a sus ejes, el elipsoide tiene por ecuación (reducida) a

2 2 2

2 2 21

x y z

a b c+ + =

La sección que al elipsoide le produce el plano z t= , donde [ , ]t c c∈ − , es la elipse de ecuación

2 2 2

2 2 21

x y t

a b c+ = − , o bien,

( ) ( )2 22 2

2 2

2 21

1 1t tc c

x y

a b+ =

− −

( )S t

a

t

b


2 2 2

2 2 21

x y z

a b c+ + =

X

0 b Y

Z

a

c

t

10

y cuyos semiejes miden 221 t

ca − y 2

21 tc

b − . El área de dicha elipse es por tanto

2 2 2

2 2 2( ) 1 1 1

t t tS t a b ab

c c cπ π

= ⋅ − ⋅ − = −

y el volumen del elipsoide de semiejes a , b y c es

2 3

2 2

4vol ( ) ( ) 1

33

cc c

c cc

t tE S t dt ab dt ab t abc

c cπ π π

− −−

= = − = − = ∫ ∫

2.3. Ejemplo: Los ejes de dos cilindros del mismo radio r se cortan perpendicularmente. Determine el volumen de la región común de ambos

cilindros.

Este problema figura resuelto en la página 371 del volumen 3 de Problemas de Oposiciones de Editorial Deimos

SOLUCIÓN: Tomando como origen de la referencia rectangular el punto de corte de los ejes de ambos

cilindros y como ejes cartesianos OX y OZ a éstos, las ecuaciones de ambos cilindros son 2 2 2x y r+ = e 2 2 2y z r+ = . Por simetría evidente, el volumen de la intersección R de ambos cilindros es ocho veces el

volumen de la parte 1R de dicha intersección contenida en el primer octante, que es el conjunto

{ }3 2 2 2 2 2 21 ( , , ) : , , 0, , R x y z x y z x y r y z r= ∈ ≥ + ≤ + ≤ℝ

2 2 2y z r+ =

r

X

Y

Z

r

A

B

C

D

2 2 2x y r+ =


11

Si a 1R le procuramos una sección según un plano genérico y t= , [0, ]t r∈ , perpendicular al eje OY , la intersección es un rectángulo

ABCD de base 2 2AB r t= − y altura 2 2AD r t= − , es decir, es un cuadrado de lado 2 2r t− , cuya área es

2 2 2 2 2( ) ( )S t r t r t= − = − . Por tanto, el volumen de la región común R de ambos cilindros es

3 32 2 2 3 3

10 0

0

16vol ( ) 8 vol ( ) 8 ( ) 8 ( ) 8 8

3 3 3

rr r t r

R R S t dt r t dt r t r r = ⋅ = ⋅ = ⋅ − = − = − =

∫ ∫

2.4. Volumen de un cuerpo de revolución de eje OX (Fórmula de los discos): Sea : [ , ]f a b → ℝ una función

continua en el intervalo compacto [ ],a b . Entonces, el cuerpo C de revolución que se genera al girar

alrededor del eje OX la región limitada por la curva ( )y f x= y dicho eje OX entre las abscisas x a= y

x b= tiene volumen igual a

( ) ( )2vol

b

aC f x dxπ= ∫

2.5. Ejemplo: Un cuenco tiene forma de casquete esférico. Obtenga el volumen del mismo en función del radio de la esfera y de la altura del

casquete.

Este problema es parte del que figura resuelto en la página 570 del volumen 2 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos.

SOLUCIÓN: Si r es el radio de la esfera y h es la altura del cuenco, el volumen de éste es el del cuerpo de revolución

C que genera la región comprendida entre la circunferencia 2 2 2( )x r y r− + = , de centro el punto ( , 0)r y radio r , y

las abscisas 0x = y x h= al girar alrededor del eje OX .

(2 )y x r x= −

0 h


( )y f x=

ab

X

Y

12

Como es, 2 2 2 2 2 2( ) ( ) (2 )x r y r y r x r x r x− + = ⇔ = − − = ⋅ −

se deduce, integrando por discos, que el volumen del cuenco es

3 32 2 2 2

0 00

vol ( ) (2 )3 3 3

hh h x h h

C y dx x r x dx rx rh h rπ π π π π = = − = − = − = −

∫ ∫

2.6. Ejemplo: Halle el volumen del cuerpo C engendrado al girar alrededor del eje OX la región limitada entre el dicho eje y la curva

2

189

xy

x=

+


SOLUCIÓN: Dado que la curva es simétrica respecto del origen, el volumen es

2 2 22

2 2 2 20

18vol ( ) 2 18

(9 ) (9 )x x

C dx dxx x

π π+∞ +∞

−∞= = ⋅ ⋅

+ +∫ ∫

Si ahora realizamos al cambio 2 9x t= , es decir, 3x t= , para 0t ≥ , entonces es 32 t

dx dt= y se deduce, recurriendo a la integral

euleriana Β , que

( ) ( )1/22 2

2 20 0

3 12 29 3 3 1 1

vol ( ) 2 18 108 108 , 108 108 542 2 (2) 2(9 9 ) (1 )2

t tC dt dt

t ttπ π π π π π π π

+∞ +∞ Γ ⋅ Γ= ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ Β = ⋅ = ⋅ ⋅ = Γ+ + ∫ ∫ ■

218

9xx

y+

=

0 33−


13

Si el arco de curva ( )y f x= , [ , ]x a b∈ , admite la parametrización de clase 1C : ( )x x t= , ( )y y t= , mediante el cambio de variable ( )x x t= ,

( )dx x t dt′= en la integral anterior, resulta, si son ( )x aα = y ( )x bβ = ,

( ) 2vol ( ) ( )C y t x t dtβ

α

π ′= ⋅∫

Si la región D que gira alrededor del eje OX es la limitada por las curvas continuas ( )y f x= e ( )y g x=

entre las abscisas x a= y x b= , y el eje OX no atraviesa la región D , entonces el cuerpo C de revolución

que se genera tiene volumen igual a

2 2vol( ) ( ) ( )b

aC g x f x dxπ= −∫

2.7. Ejemplo: La parábola 2 2 2 8 8 16 0x y xy x y+ − − − + = es tangente al eje OX en el punto (4, 0)P = y al eje OY en el punto (0, 4)Q = .

Calcule el volumen engendrado por el segmento parabólico determinado por dicha parábola y la cuerda PQ al girar alrededor del eje OX.

Este problema figura resuelto en la página 69 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos, y es también el problema 00.31 del volumen 4 de dicha colección.

SOLUCIÓN: La parábola puede escribirse, agrupando según las potencias de y , como

2 22 2

2 ( 4) 4 ( 4) 4 ( 4)2( 4) ( 4) 0

2

x x xy x y x y

+ ± + − −− + + − = ⇔ = ⇔

24 4 ( 2)y x x y x⇔ = + ± ⇔ = ±

D

a b

( )y g x=( )y f x=

4y x= − +

0 (4, 0)P

(0, 4)Q

2( 2)y x= −


14

El arco de la parábola entre P y Q es el que tiene de ecuación 2( 2)y x= − , para [0, 4]x ∈ , mientras que la recta PQ es la de ecuación

4x y+ = . El volumen que engendra el segmento parabólico al girar alrededor del eje OX es

44 4

2 4 3/2 1/2 5/2 2 3/20 0

0

16 256[(4 ) ( 2) ] (8 32 32 ) 16 64

5 15V x x dx x x x dx x x x

ππ π π

= − − − = − + = − + =

∫ ∫ ■

Cuando la región D que delimitan las curvas continuas ( )y f x= e ( )y g x= entre las abscisas x a= y x b=

gira alrededor de una recta 0y y= paralela al eje OX que no atraviesa la región D , el volumen del sólido C

que se genera es

2 20 0vol( ) ( ( ) ) ( ( ) )

b

aC g x y f x y dxπ= − − −∫

2.8. Ejemplo: Halle el volumen del sólido C que engendra la región acotada limitada por la parábola 2 2y x x= − + y el eje OX, al girar

alrededor de la recta 2.y =


SOLUCIÓN: La parábola 2 2y x x= − + corta al eje OX en 0x = y 2x = , por lo que el volumen del cuerpo que

engendra la región sombreada del gráfico al girar alrededor de la recta 2y = es el mismo que el que genera la

región comprendida entre las curvas 2 2 2y x x= − + − e 2y = − al girar alrededor del eje OX , es decir,

2 2 22 2 2 2 2 4 3 2

0 0 0

64vol( ) ( 2 2) ( 2) [4 ( 2 2) ] ( 4 8 8 )

15C x x dx x x dx x x x x dxπ π π π= − + − − − = − − + − = − + − + = =∫ ∫ ∫ ⋯

X

Y

0y y=

( )y f x=

( )y g x=

0 X

2 2y x x= − +

2

1 2

Y


15

2.9. Volumen de un cuerpo de revolución de eje OY (Fórmula de los tubos): Dada una función

: [ , ]f a b → ℝ continua en el intervalo compacto [ ],a b , donde 0 a b≤ < o 0a b< ≤ , el volumen del cuerpo

C que se genera al hacer girar alrededor del eje OY la región D limitada por la curva ( )y f x= , el eje

OX y las rectas x a= y x b= es

( )vol 2 ( )b

aC x f x dxπ= ∫

Si f y g son dos funciones continuas en el intervalo [ ],a b ( 0 a b≤ < o 0a b< ≤ ) y la región D limitada

por la curva ( )y f x= e ( )y g x= entre las abscisas x a= y x b= se hace girar alrededor del eje OY , el

volumen del cuerpo de revolución C que se genera es,

( )vol 2 ( ) ( )b

aC x g x f x dxπ= −∫

Cuando la región D que delimitan las curvas continuas ( )y f x= e ( )y g x= entre las abscisas x a= y

x b= gira alrededor de una recta 0x x= paralela al eje OY que no atraviesa la región D , el volumen del

sólido C que se genera es

0vol( ) 2 ( ) ( )b

aC x x g x f x dxπ= − −∫

( )y f x=

a b

( )y g x=

X

Y

D

X

Y

0x x=

( )y f x=

( )y g x=

a b

( )y f x=

X

Y

a b


16

2.10. Ejemplo: Dado 0a > , calcule el volumen que genera la región comprendida entre la curva 2 2 2( ) 2x x y ay+ =

y su asíntota al girar alrededor de ésta.


SOLUCIÓN: La ecuación de la curva puede escribirse en la forma 322xa x

y −= , y de ella se deduce que la única

asíntota de la curva es la recta 2x a= . Dado que un punto ( , )x y es de la curva si y sólo si lo es ( , )x y− , ésta es

simétrica respecto del eje OX , y el volumen que se pide es el doble del que genera la región del primer cuadrante

comprendida entre la curva y su asíntota. Integrando por tubos, dicho volumen es:

32 2 1 13 3 3 3 3/2 1/2

0 0 0 022

vol( ) 2 2 2 4 (2 ) 4 8 (2 2 ) 2 32 (1 )2

a a

x atdx adt

xC x a dx x a x dx a t a at adt a t t dt

a xπ π π π

==

= ⋅ − = − = − = − =−∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )3 3 3 2 3

5 3 3 1 12 2 2 2 25 3

32 , 32 32 22 2 (4) 3 !

a a a aπ π

π π π π Γ Γ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ Β = ⋅ = ⋅ = Γ

2.11. Ejemplo: Halle el volumen del cuerpo engendrado al girar la región acotada comprendida entre las parábolas 2y x= e 2y x= al girar

alrededor de la recta 4x = .


SOLUCIÓN: Las parábolas se cortan en los puntos de abscisa 0x = y 1x = .

0

32xa x

y −=

2a


17

El volumen que se pide es, integrando por tubos,

1 12 2

0 0vol( ) 2 4 2 (4 )( )C x x x dx x x x dxπ π= − − = − − =∫ ∫

11

1/2 3/2 2 3 3 5 3 40

0

8 2 4 1 712 (4 4 ) 2

3 5 3 4 30x x x x dx x x x xπ π π

= − − + = − − + =

∫

2.12. Volumen de un cuerpo de revolución de eje polar: Si : [ , ]ϕ α β → ℝ es una función continua, el volumen

del cuerpo C que genera el sector limitado por el arco de curva ( )ρ ϕ θ= y las rectas θ α= y θ β= , (donde

son 0 α β π≤ < ≤ ), al girar alrededor del eje polar 0θ = es

32vol( ) ( ) sen

3C d

β

α

πϕ θ θ θ= ∫

2.13. Ejemplo: Halle el volumen del sólido engendrado por la región limitada por la curva cosaρ θ= al girar alrededor del eje polar.


SOLUCIÓN: Como la curva está definida para los 2 2[ , ]π πθ ∈ − y es simétrica respecto del eje polar 0θ = , el

volumen que se pide es

3 3 3 3/2 /23 3/2

0 0

2 2 5 4 4vol( ) sen (cos ) sen 1,

3 3 3 4 3 5 15a a a a

C d dπ ππ π π π π

ρ θ θ θ θ θ = = = Β = ⋅ = ∫ ∫

( )ρ ϕ θ=

0θ =α

β

0 a

cosaρ θ=

0

2y x=

4 X

Y

2y x=

1

4x =


18

Si el recinto limitado por los arcos de curva ( )ρ ϕ θ= y ( )ρ ψ θ= entre las rectas θ α= y θ β= gira alrededor

del eje polar 0θ = , el cuerpo C que se genera tiene volumen igual a:

3 32vol( ) ( ) ( ) sen

3C d

β

α

πψ θ ϕ θ θ θ= −∫

Cuando las regiones anteriores (siendo ahora 2 2π πα β− ≤ < ≤ ) giran en torno al eje

2πθ = , perpendicular al eje

polar por el polo, los respectivos cuerpos C de revolución que se generan tienen volúmenes:

32vol( ) ( ) cos

3C d

β

α

πϕ θ θ θ= ∫ , 3 32

vol( ) ( ) ( ) cos3

C dβ

α

πψ θ ϕ θ θ θ= −∫

2.14. Ejemplo: Se considera la región del primer cuadrante comprendida entre las circunferencias 2 2 1x y+ = y 2 2 4x y+ = y las rectas

33y x= e 3y x= . Calcule el volumen del cuerpo que genera dicha región al girar alrededor del eje OY.

SOLUCIÓN: En polares, se hace girar, alrededor del eje polar 2θ π= , el recinto limitado por las

circunferencias 1ρ = y 2ρ = entre las rectas 33 6

arctan πθ = = y 3

arctan 3 πθ = = . El cuerpo C que

se genera tiene volumen igual a:

/3 /3 /33 3/6/6 /6

2 14 14 7vol( ) 2 1 cos cos sen ( 3 1)

3 3 3 3C d d

π π π

ππ π

π π π πθ θ θ θ θ = − = = = − ∫ ∫

( )ρ ψ θ=

0θ =

( )ρ ϕ θ= θ α=

θ β=

0 1

1ρ =

2

/ 6θ π=

/ 3θ π=

2ρ =


19

2.15. Teorema de Guldin-Pappus: El volumen del cuerpo C de revolución que genera un recinto plano D (de densidad superficial constante)

al girar alrededor de un eje situado en el mismo plano que D y que no lo atraviesa, es igual al producto de la longitud de la circunferencia

descrita por su centro de gravedad por el área del recinto D.

Es decir, si, como en la figura, G es el centro de gravedad del recinto D y d es la distancia de G al eje de giro e ,

entonces

vol( ) 2 área ( )C d Dπ= ⋅

2.16. Ejemplo: Calcula el volumen del toro T engendrado al girar un círculo de radio r alrededor de un eje situado a distancia R de su centro

( )R r> .

Un caso particular de este problema figura resuelto en la página 129 del volumen 3 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos.

SOLUCIÓN: Si D es el círculo de radio r , según el Teorema de Guldin-Pappus, el volumen del toro que se genera

es 2 2 2vol( ) 2 área ( ) 2 2T R D R r Rrπ π π π= ⋅ = ⋅ =

2.17. Ejemplo: Halle el volumen del cuerpo engendrado por el triángulo de vértices (1,1)A = , (2, 0)B = y (3,2)C = cuando gira alrededor

del eje OY.

Este problema es el 04.39 del volumen 4 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos y allí figura resuelto.

d

e

D

G

R

e

G r


20

SOLUCIÓN: El centro de gravedad de un triángulo (con la misma densidad en toda su superficie) se encuentra en su baricentro G. La

distancia de éste al eje OY es la abscisa de G, media aritmética de las abscisas de los vértices, es decir, 13 (1 2 3) 2+ + = .

El área del triángulo T de vértices A , B y C puede calcularse expresándola como la siguiente diferencia

entre áreas de trapecios.

área( )T = área( )OBCR −área( )QACR −área( )OBAQ3 2 3 1 2 1 3

2 1 12 2 2 2

+ + += ⋅ − ⋅ − ⋅ =

El volumen que se pide es, según el Teorema de Guldin-Pappus,

( )2 dist ,V G OYπ= ⋅ ⋅área( )3

2 2 62

T π π= ⋅ ⋅ =

3. Área de una superficie de revolución

3.1. Área de la superficie de revolución generada por un arco de curva ( )y f x= al girar alrededor de OX:

Dada una función continua : [ , ]f a b → ℝ , el área de la superficie S que se genera al girar el arco de curva

( )y f x= , [ , ]x a b∈ , alrededor del eje OX es igual a

2área ( ) 2 ( ) 1 ( )b

aS f x f x dxπ ′= +∫

X

Y

( )y f x=

a b

X

Y

O 1 2 3

1

2

A

B

C

G

P

Q

R


21

3.2. Ejemplo: La catenaria coshy x= gira alrededor del eje OX. Calcule el área de la superficie S que engendra desde 0x = hasta 1x = .


SOLUCIÓN: El área de la superficie engendrada es

11 1 12 2

0 0 0 0

1área ( ) 2 cosh 1 senh 2 cosh (1 cosh 2 ) senh2

2S x x dx x dx x dx x xπ π π π

= + = = + = + =

∫ ∫ ∫

22

1 11 senh 2 4

2 4e

e

ππ

= + = + −

3.3. Ejemplo: Un cuenco tiene forma de casquete esférico. Obtenga el área del mismo en función del radio de la esfera y de la altura del

casquete.

Este problema es parte del que figura resuelto en la página 570 del volumen 2 de Problemas de Oposiciones.

SOLUCIÓN: El área del cuenco es el área de la superficie de revolución que genera el arco de circunferencia

(2 )y x r x= ⋅ − entre las abscisas 0x = y x h= al girar alrededor del eje OX , es decir,

20 0 0

área ( ) 2 1 ( ) 2 (2 ) 2 2(2 )

h h hrS y y dx x r x dx r dx rh

x r xπ π π π′= + = ⋅ − = =

⋅ −∫ ∫ ∫ ■

(2 )y x r x= −

0 h

10

coshy x=


22

3.4. Área de la superficie de revolución generada por un arco de curva ( )y f x= al girar alrededor de OY:

Dada una función continua : [ , ]f a b → ℝ , el área de la superficie S que se genera al girar el arco de curva

( )y f x= , [ , ]x a b∈ , alrededor del eje OY es igual a

2área ( ) 2 1 ( )b

aS x f x dxπ ′= +∫

3.5. Ejemplo: El arco de la curva Ly x= situada por debajo del eje OX gira alrededor del eje OY. Calcule el área de la superficie S que

engendra.


SOLUCIÓN: Como es L 0x ≤ si y sólo si 0 1x< ≤ , el área de la superficie engendrada es

2

1 1 Arg senh12 2

0 0 0senhcosh

1área ( ) 2 1 2 1 2 coshx tdx t

xS x dx x dx t dtπ π π

==

= + = + = = =∫ ∫ ∫

Arg senh 1

00

Arg senh1 1(1 cosh 2 ) senh 2

2t dt t tπ π

= + = +

∫

Si senh 1t = , entonces 2cosh 1 senh 2t t= + = y senh2 2 senh cosh 2 2t t t= = . Como además es Arg senh1 L(1 2)= + , resulta que

( )1área ( ) Arg senh1 2 2 2 L(1 2)

2S π π

= + ⋅ = + + ■

10

Ly x=

( )y f x=

X

Y

a b


23

Si un arco de curva admite la parametrización simple y de clase 1C : ( )x x t= , ( )y y t= , para [ , ]t α β∈ , la superficie de revolución que

genera al girar alrededor del eje OX tiene área igual a

2 2área ( ) 2 ( ) ( ) ( )S y t x t y t dtβ

α

π ′ ′= +∫

3.6. Ejemplo: Calcule el área de la superficie de revolución S que se obtiene al hacer girar alrededor del eje OX la astroide

2/3 2/3 2/3x y a+ = ( 0a > )

Este problema figura resuelto en la página 301 del volumen 2 de Problemas de Oposiciones, en la página 130 del volumen 3, y es también el problema 99.1 del volumen 4 de la misma colección.

SOLUCIÓN: La astroide admite la parametrización simple y de clase 1C dada por 3cosx a t= , 3seny a t= , para

[ ]0,2t π∈ . El área de la superficie de revolución que se pide es el doble del que se obtiene al hacer girar el arco de la

astroide correspondiente a 2[0, ]t π∈ , por lo que

/2 /23 2 2 2 2 2 4

0 0área ( ) 2 2 sen ( 3 sen cos ) (3 sen cos ) 12 sen cosS a t a t t a t t dt a t t dt

π π

π π= ⋅ − + = =∫ ∫

2 2/250

12 12sen

5 5a a

tππ π = = ■

a

a


24

Si el arco de curva tiene por ecuación polar a ( )ρ ϕ θ= , para [ , ]θ α β∈ (donde 0 α β π≤ < ≤ ), como son ( )cosx ϕ θ θ= , ( )seny ϕ θ θ= ,

según la fórmula anterior es:

2 2área ( ) 2 ( ) sen ( ) ( )S dβ

α

π ϕ θ θ ϕ θ ϕ θ θ′= +∫

3.7. Ejemplo: Calcule el área de la superficie de revolución S que genera la cardioide (1 cos )aρ θ= + , donde 0a > , al girar alrededor del eje

polar.


SOLUCIÓN: La cardioide es simétrica respecto del eje polar 0θ = y el área de la superficie de revolución que

genera al girar alrededor del eje polar es la que genera el arco correspondiente a [0, ]θ π∈ al efectuar dicho giro.

Dicha área es

2 2 2 20

área ( ) 2 (1 cos )sen (1 cos ) senS a a a dπ

π θ θ θ θ θ= + + + =∫

22 22 3/2 2 3/2 5/2 200 01 cos

sen

4 2 322 2 (1 cos ) sen 2 2

5 5td dt

aa d a t dt t a

π

θθ θ

ππ θ θ θ π π

+ =− =

= + = = = ∫ ∫

3.8. Teorema de Guldin: El área de la superficie de revolución S engendrada al girar una curva plana (de

densidad lineal constante) alrededor de un eje que está en su mismo plano y que no la atraviesa, es igual al

producto de la longitud de la curva por la longitud de la circunferencia que describe su centro de gravedad.

G

d

e

C

0 2a

(1 cos )aρ θ= +


25

Si, como en la figura, G es el centro de gravedad de la curva C y d es la distancia de G al eje de giro e , entonces

área ( ) 2 long( )S dπ= ⋅ C

3.9. Ejemplo: Calcule el área del toro T engendrado al girar la circunferencia de radio r alrededor de un eje situado a distancia R de su centro

( )R r> .

SOLUCIÓN: Si C es la circunferencia de radio r , según el Teorema de Guldin, el área de la superficie del toro es

2área ( ) 2 long( ) 2 2 4T R C R r Rrπ π π π= ⋅ = ⋅ =

3.10. Ejemplo: Determine el área (lateral) de un tronco S de cono de radios r y R ( )r R< y altura h.

SOLUCIÓN: El área lateral del tronco de cono es el área de la superficie de revolución que se

genera al hacer girar el segmento de extremos (0, )r y ( , )h R alrededor del eje OX .

Dado que el centro de gravedad de dicho segmento es su punto medio, esto es, el de coordenadas

( )2 2, r RhG + , este punto dista 2r R+ del eje OX y que la longitud del segmento que gira es la de la

generatriz del tronco, 2 2( )g h R r= + − según el teorema de Guldin,

área ( ) 2 ( )2

R rS g R r gπ π

+= ⋅ ⋅ = +

R rh

y r x−= +

0 h

r

h0

r

R Rg g

R

e

G r


26

4. Longitud de un arco de curva plana

4.1. Longitud de un arco de curva simple en forma explícita: Si f es una función de clase 1C en el intervalo

compacto [ , ]a b , la longitud del arco de curva ( )y f x= , [ , ]x a b∈ , es

21 ( )b

af x dx′= +∫ℓ

4.2. Ejemplo: Determine la longitud del arco de la curva Ly x= entre las abscisas 12x = y 3

2x = .

Este problema es parte del que figura resuelto en la página 403 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones y es también el problema 06.73 del volumen 5

de la misma colección.

SOLUCIÓN: La longitud ℓ del arco de la curva ( ) Ly f x x= = comprendido entre las abscisas 12

x = y 32

x =

está dado por:

23/2 3/2 3/2 22

1/2 1/2 1/2

1 11 ( ) 1

xf x dx dx dx

x x

+′= + = + = ∫ ∫ ∫ℓ

La integral anterior se simplifica con el cambio 2 1x t= − , 5 132 2

,t ∈ . Como es 2 1t

tdx dt

−= , resulta:

13/2 13/2 13/22

2 22 25/2 5/2 5/2

11

1 11 1

t t tdt dt dt

t tt t

= ⋅ = = + − −− −∫ ∫ ∫ℓ

X

Y ( )y f x=

a b

X

Y

Ly x=

a

3 / 2

1/ 2


27

Al descomponer 2

1

1t − en fracciones simples se obtiene:

2

1 1 1 1 1

2 1 2 11 t tt= ⋅ − ⋅

− +−

de modo que:

13/213/2

5/2 5/2

1 1 1 1 1 1 13 5 13 2 13 5 13 21 L( 1) L( 1) L L( 5 2) L

2 1 2 1 2 2 2 3 2 3( 5 2)dt t t t

t t

− − − − = + ⋅ − ⋅ = + − − + = + − − = + − + − ∫ℓ

4.3. Ejemplo: Determine la longitud del arco de la curva 2 4y x= + entre las abscisas 0x = y 3x = .


SOLUCIÓN: La longitud de dicho arco es

3 32 2

0 01 ( ) 1 4y dx x dx′= + = + =∫ ∫ℓ

Arg senh 6 Arg senh 62 2

0 02 senh2 cosh

1 11 senh cosh cosh

2 2x tdx tdt

t t dt tdt==

= + = =∫ ∫Arg senh 6

Arg senh 6

00

1 1 1(1 cosh 2 ) senh 2

4 4 2t dt t t

= + = +

∫

Si llamamos Arg senh 6t = , entonces senh 6t = y 2 2cosh 1 senh 1 6 37t t= + = + = luego senh2 2 senh cosh 2 6 37 12 37t t t= = ⋅ ⋅ = y

X

Y 2 4y x= +

3

4

0


28

( )Arg senh 6

0

1 1 1senh 2 Arg senh 6 6 37

4 2 4t t = + = +

ℓ

Si se recuerda que para cualquier x ∈ ℝ es 2Arg senh L( 1)x x x= + + , la longitud anterior se puede escribir como

1[L(6 37) 6 37]

4= + +ℓ

4.4. Longitud de un arco simple de curva en coordenadas paramétricas: Si ( ) ( ) ( )( ),t t x t y tγ =֏ , [ , ]t α β∈ , es

una parametrización de clase 1C de un arco de curva simple, su longitud es:

2 2( ) ( ) ( )t dt x t y t dtβ β

α αγ ′ ′ ′= = +∫ ∫ℓ

4.5. Ejemplo: Calcule la longitud del bucle de la curva C dada por la parametrización

2x t= , 3

3t

y t= − + ( )t ∈ ℝ

SOLUCIÓN: En 1.11 se comprobó que el bucle de la curva se recorre desde 3t = − hasta 3t = . Por la

simetría de la curva respecto del eje OX , la longitud del bucle es

333 3 3 32 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 00

2 ( ) ( ) 2 (2 ) ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) 2 4 33t

x t y t dt t t dt t dt t dt t ′ ′= + = + − = + = + = + =

∫ ∫ ∫ ∫ℓ

( )γ α

( )γ β

X

Y

3O

C


29

4.6. Ejemplo: Dado 0r > , considérese la cicloide, es decir, la curva que en coordenadas paramétricas se escribe

( sen )

(1 cos )

x r t t

y r t

= − = − ( )t ∈ ℝ

Calcule la longitud del arco de cicloide comprendido entre 0t = y 2t π= .

Este problema figura resuelto en la página 584 del volumen 3 de Problemas de Oposiciones de Editorial Deimos.

SOLUCIÓN: Dicha longitud es

2 2 22 2 2 2

0 0 0( ) ( ) (1 cos ) sen 2 (1 cos )x t y t dt r t t dt r t dt

π π π′ ′= + = − + = ⋅ − =∫ ∫ ∫ℓ

2 2 2200 02 2 24 sen 2 sen 4 cos 4 (cos 1) 8t t tr dt r dt r r r

π π ππ = = = − = − − = ∫ ∫

4.7. Longitud de un arco simple de curva en coordenadas polares: Dada una función : [ , ]ϕ α β → ℝ de clase 1C

en el intervalo compacto [ , ]α β , el arco simple de la curva de ecuación polar ( )ρ ϕ θ= correspondiente a los

valores [ , ]θ α β∈ tiene longitud igual a

2 2( ) ( ) dβ

αϕ θ ϕ θ θ′= +∫ℓ

θ = 0

α β

( )ρ ϕ θ=

X

Y

2 rπ0 rπ

2r

( sen )

(1 cos )

x r t t

y r t

= − = −


30

4.8. Ejemplo: Calcule la longitud de la curva de ecuación polar

33

sen θρ = .

SOLUCIÓN: La función 33

( ) sen θϕ θ = es periódica de período 6p π= luego la curva se repite a intervalos

iguales de longitud [0, 6 ]θ π∈ . Como además es

( ) ( )3 3 333 3 3

( 3 ) sen sen sen ( )θ π θ θϕ θ π π ϕ θ++ = = + = − = −

la curva se recorre completamente (y una sola vez) desde 0θ = hasta 3θ π= . Su longitud es

33 3 3 32 2 6 4 2 2

0 0 0 0 0

1 2 1 3 2 3( ) ( ) sen sen cos sen 1 cos sen

3 3 3 3 2 3 2 2 3 2d d d d

ππ π π πθ θ θ θ θ θ π

ϕ θ ϕ θ θ θ θ θ θ ′ = + = + = = − = − = ∫ ∫ ∫ ∫ℓ

X

Y

33

sen θρ =

1−

18

3 38

3 38

− 0θ =

2πθ =

θ π=

32πθ =

2θ π=

3θ π=

52πθ =


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C12 Aplicaciones geometricas de la integral de Riemann