C13 Aplicaciones geometricas de la integral de Riemann

1

C13

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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2

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 recinto 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,

a b

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

S

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

3


r

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

S


6

En las gráficas siguientes aparecen dibujadas en rojo las gráficas de tres curvas de ecuaciones polares ( )ρ ϕ θ= , donde ϕ es una función real

continua en el intervalo cerrado [ , ]α β . En la primera de ellas es ( ) 0ρ ϕ θ= > para todo [ , ]θ α β∈ ; en la segunda es ( ) 0ρ ϕ θ= ≤ para todo

[ , ]θ α β∈ , mientras que en la tercera ocurre que ( ) 0ρ ϕ θ= ≥ para todo [ , ]θ α γ∈ y ( ) 0ρ ϕ θ= ≤ para todo [ , ]θ γ β∈ .

21área ( )

2d D

β

αρ θ =∫ 21

área ( )2

d Dβ

αρ θ =∫ 21

área ( )2

d Dβ

αρ θ =∫

1.8. Ejemplo: Dado el número real 0a > , calcule el área de la región R que encierra la cardioide

(1 cos )aρ θ= + .

SOLUCIÓN: La función ( ) (1 cos )aθ ϕ θ θ= +֏ es periódica de período 2π , luego la curva se recorre

completamente para los [ ],θ π π∈ − . Además, por ser ( ) ( )ϕ θ ϕ θ− = para cada [ ],θ π π∈ − , la curva es simétrica

respecto del eje polar y es unión del arco correspondiente a los [ ]0,θ π∈ con su simétrico respecto de dicho eje.

Por tanto, y como es (1 cos ) 0aρ θ= + ≥ para todos los [ ]0,θ π∈ , el área de la región R que encierra la

cardioide es

0 2a

(1 cos )aρ θ= +


θ = 0 α

β

( )ρ ϕ θ=

θ α=

θ β=

D θ = 0 α

β

( )ρ ϕ θ=

θ α=θ β=

D θ = 0

( )ρ ϕ θ=

θ α=θ β=

D

θ γ=

7

2 2 2 2 2 20 0 0 0

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

2 2R d a d a d a d

π π π π θρ θ θ θ θ θ θ θ θ

+ = ⋅ = + = + + = + + = ∫ ∫ ∫ ∫

2 2

0

sen 2 32 sen

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= −∫

1.9. Ejemplo: Se considera la curva (trifolio regular) que admite la ecuación polar cos 3ρ θ= .

a) Calcule el área de la región P que encierra uno de sus pétalos.

b) Calcule el área de la región T interior a la circunferencia 12ρ = y a uno de los pétalos del trifolio.

SOLUCIÓN: a) La función ( ) cos 3θ ϕ θ θ=֏ es periódica de período 23π , luego la curva es la unión del arco 1C correspondiente a un

intervalo de θ de amplitud 23π , como 6 2[ , ]π π− , con el resultado de girarlo respecto del polo sendos ángulos de amplitudes 2

3π y 4

3π . Como

cos(3 ) cos 3 ( )2 3p

a aπ

ϕ θ ϕ θ θ π θ ϕ θ + = + = + = − = −

,

para 6 6[ , ]π πθ ∈ − , 1C es la unión del arco 2C de los 6 6

[ , ]π πθ ∈ − con el arco resultante de girar 2C un ángulo de 43 3π ππ + = en torno al polo.


0θ =

( )ρ ϕ θ=

θρ

1D

( )ρ ψ θ=

( )ρ ϕ θ=

αβ

0θ =

2D

8

Por tanto, como 0ρ = si y sólo si 6πθ = − o 6

πθ = , y como 0ρ ≥ si y sólo si 6 6[ , ]π πθ ∈ − , uno de los tres

pétalos (de igual área) de la curva se recorre desde 6πθ = − hasta 6

πθ = . Como la curva es simétrica

respecto del eje polar por ser ( ) ( )ϕ θ ϕ θ− = , el área que encierra el pétalo es el doble del área que encierra la

curva cos 3ρ θ= entre 0θ = y 6πθ = , o sea

/6/6 /6 /6

2 20 0 0

0

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

2 2 2 2 6 12P d d d

ππ π π π

ρ θ θ θ θ θ θ θ = ⋅ = ⋅ = + = + =

∫ ∫ ∫

b) La circunferencia y el pétalo de abscisas positivas se cortan cuando 12cos 3θ = y 6 6[ , ]π πθ ∈ − esto es, cuando

33 πθ = ± , en 9πθ = ± , luego el área de la región S que encierra el pétalo y es exterior a la circunferencia es

el área limitada por las curvas cos 3ρ θ= y 12ρ = entre las semirrectas 9

πθ = − y 9πθ = , que es, por la

simetría de ambas curvas respecto del eje polar:

/9/9 /9

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 36S 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

3 3 4 3 3área ( ) área ( ) área ( )

12 24 36 18 24 72T P S

π π π π − = − = − + = − =

cos 3ρ θ=

9πθ =

9πθ = −

1

12ρ =

cos 3ρ θ=

1

12ρ =


P

cos 3ρ θ=

X

Y

6πθ =

6πθ = −

1

3πθ =

3πθ = −

9

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, 2 2s t= , 3 3

3 3s ts t− + = − + . Como es s t≠ , de la primera ecuación se deduce s t= − y, al

sustituir en la segunda, 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

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− − −

′ = = − + = − = − = − = − = ∫ ∫ ∫ ∫

X

Y

D

O

C

( ) ( )γ α γ β=

X

Y

3O

C

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10

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+ =

− −

y cuyos semiejes miden 221 t

ca − y 2

21 tc

b − . El área de dicha elipse es, por tanto,

( )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


11

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

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, un cuadrado de lado 2 2r t− , cuya área es

2 2 2 2 2( ) ( )S t r t r t= − = − .

2 2 2y z r+ =

r

X

Y

Z

r

A

B

C

D

2 2 2x y r+ =


12

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


13

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−


14

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= −


15

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,

X

Y

0y y=

( )y f x=

( )y g x=


16

2 2 22 2 2 2 2 4 3 2

0 0 0vol( ) ( 2 2) ( 2) [4 ( 2 2) ] ( 4 8 8 )C x x dx x x dx x x x x dxπ π π= − + − − − = − − + − = − + − + =∫ ∫ ∫

25 3

4 2

0

8 32 64 644 16 16

5 3 5 3 15

x xx xπ π π

= − + − + = − + − + =

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= −∫

( )y f x=

a b

( )y g x=

X

Y

D

( )y f x=

X

Y

a b

0 X

2 2y x x= − +

2

1 2

Y


17

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= − −∫

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

X

Y

0x x=

( )y f x=

( )y g x=

a b

0

32xa x

y −=

2a


18

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 = .

El volumen que se pide es, integrando por tubos,

11 1 12 2 1/2 3/2 2 3 3 5 3 4

0 0 0 0

8 2 4 1 71vol( ) 2 4 2 (4 )( ) 2 (4 4 ) 2

3 5 3 4 30C x x x dx x x x dx x x x x dx x x x xπ π π 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.


( )ρ ϕ θ=

0θ =α

β

0

2y x=

4 X

Y

2y x=

1

4x =


19

SOLUCIÓN: La función ( ) cosaθ ϕ θ θ=֏ es periódica de período 2π , luego toda la curva se recorre para los θ

de un intervalo de amplitud 2π , por ejemplo, para los [ , ]θ π π∈ − . Como además la curva sólo existe cuando

cos 0θ ≥ , es decir, cuando 2 2[ , ]π πθ ∈ − y, por ser ( ) ( )ϕ θ ϕ θ− = , la curva es simétrica respecto del eje polar, el

volumen que se pide es el del sólido que genera la región limitada por la curva cosaρ θ= y las rectas 0θ = y

2πθ = al girar alrededor del eje polar, es decir,

3 3 3 3/2 /23 3/20 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 = ⋅ = ∫ ∫

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.

( )ρ ψ θ=

0θ =

( )ρ ϕ θ= θ α=

θ β=

0 a

cosaρ θ=


20

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 = − = = = − ∫ ∫

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= ⋅ = ⋅ =

d

e

D

G

R

e

G r

0 1

1ρ =

2

/ 6θ π=

/ 3θ π=

2ρ =


21

2.17. Ejemplo: Halle el volumen del cuerpo generado por el triángulo de vértices (1,1)A = , (2, 0)B = y (3,2)C = al girar alrededor de OY.

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

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


22

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=


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 S 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 ′ ′= +∫

3.4. 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= , la

el área de la superficie de revolución que genera al girar en torno al eje polar es, según la fórmula anterior,

2 2área ( ) 2 ( ) sen ( ) ( )S dβ

α

π ϕ θ θ ϕ θ ϕ θ θ′= +∫

3.5. 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 ( ) (1 cos )aρ ϕ θ θ= = + es simétrica respecto del eje polar 0θ = pues ( ) ( )ϕ θ ϕ θ− = para cualquier θ ∈ ℝ y el

área de la superficie de revolución que genera al girar alrededor del eje polar es la que genera el arco correspondiente a los [0, ]θ π∈ al

efectuar dicho giro. Dicha área es

2 2 2 2 2 200

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

π ϕ θ θ ϕ θ ϕ θ θ 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

+ =− =

= + = = = ∫ ∫

0 2a

(1 cos )aρ θ= +


25

3.6. 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 ′= +∫

3.7. 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 se llama Arg senh1t = , entonces es senh 1t = y 2cosh 1 senh 2t t= + = , luego senh2 2 senh cosh 2 2t t t= = . Como además es

Arg senh1 L(1 2)t = = + , resulta:

( )1área ( ) Arg senh1 2 2 2 L(1 2)

2S π π

= + ⋅ = + + ■

10

Ly x=

( )y f x=

X

Y

a b


26

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 T que

genera al girar alrededor del eje OY tiene área igual a

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

α

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.

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= ⋅ = ⋅ =

G

d

e

C

R

e

G r


27

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

+= ⋅ ⋅ = +

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.

X

Y ( )y f x=

a b

0 h

r

h0

r

R Rg g


28

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

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 = .


X

Y

Ly x=

a

3 / 2

1/ 2


29

SOLUCIÓN: La longitud de dicho arco es

3 3 Arg senh6 Arg senh 6

2 2 2 20 0 0 02 senh

2 cosh

1 11 ( ) 1 4 1 senh cosh cosh

2 2x tdx tdt

y dx x dx t t dt tdt==

′= + = + = + = =∫ ∫ ∫ ∫ℓ

Arg senh 6Arg 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= = ⋅ ⋅ = .

Por tanto,

( )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

( )γ α

( )γ β

X

Y 2 4y x= +

3

4

0


30

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

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 = = = − = − − = ∫ ∫

X

Y

2 rπ0 rπ

2r

( sen )

(1 cos )

x r t t

y r t

= − = −

X

Y

3O

C


31

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

4.8. Ejemplo: Calcule la longitud de la curva C de ecuación polar 33

sen θρ = .

SOLUCIÓN: La función 33

( ) sen θϕ θ = es periódica de período 6p π= luego toda la curva se recorre para los

θ de un intervalo de amplitud 6π , por ejemplo, para los [ 3 , 3 ]θ π π∈ − . Dado que, para cada [ 3 , 3 ]θ π π∈ − es

3 3( ) sen sen ( )3 3θ θ

ϕ θ ϕ θ − = − = − = −

,

la curva es simétrica respecto del eje 2πθ = , luego es la unión del arco 1C correspondiente a los [0, 3 ]θ π∈ con

su simétrico respecto del eje 2πθ = . Dado que además, para cada [0, 3 ]θ π∈ ocurre que

3 3 33(3 ) sen sen sen ( )

3 3 3π θ θ θ

ϕ π θ π ϕ θ − − = = − = =

,

el arco 1C es, a su vez, simétrico respecto de la recta 32πθ = , es decir, respecto de la recta 2

πθ = , por lo que la curva C se reduce al arco 1C

de los [0, 3 ]θ π∈ . La longitud de la curva C es, por tanto,

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

θ = 0

α β

( )ρ ϕ θ=

X

Y

33

sen θρ =

1−

18

3 38

3 38

− 0θ =

2πθ =

θ π=

32πθ =

2θ π=

3θ π=

52πθ =


32

5. Cálculo de áreas con integrales dobles

Los conjuntos medibles de pℝ , esto es, los conjuntos a los que puede asignarse una medida son, recuérdese, los conjuntos acotados de pℝ

cuya frontera tiene contenido nulo. La medida ( )Cµ de un conjunto medible pC ⊂ ℝ viene dada por la integral

( ) 1C

Cµ = ∫ .

5.1. Áreas mediante integrales dobles: Cuando, en particular, es 2p = , es decir, si C es un conjunto medible de 2ℝ , su medida, que se

llama área de C , es

área ( )C

C dxdy= ∫∫

La táctica fundamental para calcular la integral anterior y, en general, cualquier integral doble

( , )C

f x y dxdy∫∫

donde :f C → ℝ es una función integrable, consiste en expresar, si es posible, el conjunto medible 2C ⊂ ℝ

sobre el que se integra como un conjunto simple en alguna de sus variables o bien como unión disjunta de

conjuntos simples. Se dice que un conjunto 2S ⊂ ℝ es simple respecto de la coordenada y, si puede escribirse

{ }2( , ) : , ( ) ( )S x y a x b x y xϕ ψ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

donde , : [ , ]a bϕ ψ → ℝ son dos funciones continuas en el intervalo [ , ]a b tales que ( ) ( )x xϕ ψ≤ para cada

[ , ]x a b∈ (análogas definiciones de conjuntos simples respecto de la coordenada x ).


a b

( )y xϕ=

( )y xψ=

X

Y

S

33

En tal caso

( )

( )área ( ) ( ( ) ( ))

b x b

S a x aS dxdy dy dx x x dx

ψ

ϕψ ϕ

= = = − ∫∫ ∫ ∫ ∫

En general, para una función :f S → ℝ integrable,

( )

( )( , ) ( , )

b x

S a xf x y dxdy f x y dy dx

ψ

ϕ

= ∫∫ ∫ ∫

Este resultado también puede aplicarse cuando el conjunto medible C , sin ser simple, pueda descomponerse en la unión de varios conjuntos

simples iS .

Un caso muy frecuente en las aplicaciones es el que se obtiene haciendo 0ϕ = en la última expresión del

volumen. Se trata del área del conjunto 2S ⊂ ℝ limitado por la recta 0y = , por las rectas x a= y x b= y

por la curva de ecuación ( ) 0y xϕ= ≥ . Dicha área viene dada por

área ( ) ( )b

aS x dxψ= ∫

De lo dicho resulta que la integral (simple) de una función no negativa ψ sobre un intervalo [ , ]a b de la recta real se puede interpretar

geométricamente como un área. Muchas áreas pueden ser así expresadas no solo mediante integrales dobles, sino también mediante integrales

simples.


X

Y

a b

( )y xψ=


34

5.2. Ejemplo: Dado el conjunto ( ){ }2 2, : , 0D x y y x yπ= ∈ ≤ ≤ ≥ℝ , calcula el valor de la integral doble

2sen( )D

K y x dxdy= ∫∫

SOLUCIÓN: El conjunto D es el conjunto simple:

( ){ }2, : 0 , 0D x y x y xπ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

Es por ello que:

( ) ( ) ( )2 2 2

0 0 0 0sen sen sen

x x

DK y x dxdy y x dy dx x ydy dx

π π = = = = ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) [ ] ( )2

12

2 2 2000 0 0

1 1 1 1 1 1sen sen sen cos cos cos 0

2 2 4 4 4 2

x

x txdx dt

x y dx x x dx tdt tπ π π

ππ

==

= = = = − = − − = ∫ ∫ ∫ ■

También puede ocurrir que el conjunto S sea simple pero respecto de la otra variable, esto es, que sea:

{ }2( , ) : , ( ) ( )S x y c y d y x yϕ ψ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

donde , : [ , ]c dϕ ψ → ℝ son dos funciones integrales (en particular, continuas) en el intervalo [ , ]c d tales que

( ) ( )y yϕ ψ≤ para todo [ , ]y c d∈ . Entonces, si :f S → ℝ es una función integrable, se tiene que

S

d

c

( )x yϕ=

X

Y

( )x yψ=


0 πx

y x=

X

Y

35

( )

( )( , ) ( , )

d y

S c yf x y dxdy f x y dx dy

ψ

ϕ

= ∫∫ ∫ ∫ ,

en particular,

( )

( )área ( ) ( ( ) ( ))

d y d

S c y cS dxdy dx dy y y dy

ψ

ϕ

ψ ϕ = = = − ∫∫ ∫ ∫ ∫

5.3. Ejemplo: Calcula el área del conjunto

( ){ }2 4, : 0 1, 0C x y y x y= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ .

SOLUCIÓN: El conjunto C es un conjunto simple. Es por ello que:

41 1 14 5

00 0 0

1 1área ( )

5 5

y

CC dxdy dx dy y dy y

= = = = = ∫∫ ∫ ∫ ∫

En general, para calcular una integral doble

( , )C

f x y dxdy∫∫

se mirará si el conjunto medible 2C ⊂ ℝ es un conjunto simple, hallando las funciones ϕ y ψ . Si el conjunto C no es simple, generalmente

podrá descomponerse en la unión de dos o más conjuntos simples, de manera que la integral C

f∫∫ podrá calcularse como una suma de

integrales sobre conjuntos simples.

0

1

y

4x y=

X

Y


36

5.4. Cambio a coordenadas polares en el plano: La aplicación 2 2:ϕ →ℝ ℝ , dada por

( , ) ( , ) ( , ) ( cos , sen )x yρ θ ϕ ρ θ ρ θ ρ θ= =֏ ,

es una función de clase ∞C en 2ℝ . Si [0, ) [0,2 ]C π⊂ +∞ × es un conjunto medible de 2ℝ , será

Int( ) (0, ) (0,2 )C π⊂ +∞ × . Como la restricción de ϕ al intervalo (0, ) (0,2 )π+∞ × es inyectiva, también lo es la

restricción de ϕ al interior de C , y además,

cos sendet ( , ) 0

sen cosJ

θ ρ θϕ ρ θ ρ

θ ρ θ

−= = ≠

para todo ( , )ρ θ del interior de C ). Según el Teorema del cambio de variable, el conjunto ( )D Cϕ= es medible y

área ( )D C

D dxdy d dρ ρ θ= =∫∫ ∫∫

Si :f D → ℝ es una función integrable, la función f ϕ� es integrable en C y

( , ) ( cos , sen )D C

f x y dxdy f d dρ θ ρ θ ρ ρ θ= ⋅∫∫ ∫∫

cosρ θ X

Y

θρ

( , )P x y

senρ θ

Coordenadas polares


37

5.5. Ejemplo: Dado el conjunto ( ){ }2 2 2, : 1, 0, 3D x y x y x x y x= ∈ + ≤ ≥ ≤ ≤ℝ de 2ℝ , calcula el valor de la integral

( )2 2x y

De dxdy− +∫∫

SOLUCIÓN: Recurriendo a las coordenadas polares mediante el cambio ( ) ( ) ( ), , cos , senx y ϕ ρ θ ρ θ ρ θ= = ,

el conjunto ( ){ }2 2 2, : 1, 0, 1 3y

xD x y x y x= ∈ + ≤ ≥ ≤ ≤ℝ se escribe como el intervalo

( ) { }1 2( , ) : 0 1, 1 tan 3C Dϕ ρ θ ρ θ−= = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ =ℝ

{ } [ ]24 3 4 3

( , ) : 0 1, 0,1 ,π π π πρ θ ρ θ = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ = × ℝ

Del Teorema del cambio de variable se sigue entonces que

( ) ( )( ) [ ]

2 2 2 2

14 3

0,1 ,det ,x y

D De dxdy e J d d e d d

π π

ρ ρ

ϕ

ϕ ρ θ ρ θ ρ ρ θ−

− + − − ×

= ⋅ = =∫∫ ∫∫ ∫∫

2 2 21 /3 1 1

00 /4 0

1 11

12 12 2 24e d d e d e

e

πρ ρ ρ

π

π π πρ θ ρ ρ ρ− − −

= = = ⋅ − = − ∫ ∫ ∫

5.6. Ejemplo: Calcule el área del conjunto D de los puntos del primer cuadrante de 2ℝ que están situados en el exterior de la curva

2 21 : 2x y y+ =C y en el interior de la curva 2 2

2 : 1x y+ =C .

0 X

Y3π

θ =

1ρ =

4π

θ =

θ

0 1ρ≤ ≤


38

SOLUCIÓN: En coordenadas polares ( ),ρ θ tales que ( ) ( ) ( ), , cos , senx y ϕ ρ θ ρ θ ρ θ= = , el conjunto

( ){ }2 2 2, : 0, 0, 2 1D x y x y y x y= ∈ ≥ ≥ ≤ + ≤ℝ se escribe, teniendo en cuenta que las dos

circunferencias se cortan en un punto de ordenada 12

y = en el primer cuadrante, y que por ello θ varía

entre 0 y 12 6

arcsen π= , como

( ) ( ){ }1 26

, : 0 , 2 sen 1D πϕ ρ θ θ θ ρ− = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

Por el Teorema del cambio de variable:

( )1

/6 1 /6 122 sen0 2 sen 0

1área ( )

2D DD dxdy d d d d d

π π

θϕ θ

ρ ρ θ ρ ρ θ ρ θ−

= = = = = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

[ ]/6 /6 /6 /62

00 0 0

1 1 1 1 1 3(1 4 sen ) [1 2(1 cos2 ))] (2 cos2 1) sen2

2 2 2 2 2 2 6d d d

π π ππ π

θ θ θ θ θ θ θ θ = − = − − = − = − = − ∫ ∫ ∫

6. Cálculo de volúmenes con integrales triples

Los conjuntos medibles de pℝ , esto es, los conjuntos a los que puede asignarse una medida son, recuérdese, los conjuntos acotados de pℝ

cuya frontera tiene contenido nulo. La medida ( )Cµ de un conjunto medible pC ⊂ ℝ viene dada por la integral

( ) 1C

Cµ = ∫ .


0 1 X

Y

1

2

2 senρ θ=

1ρ =

6π

θ =

2 sen 1θ ρ≤ ≤θ


39

6.1. Volúmenes mediante integrales triples: Cuando, en particular, es 3p = , es decir, si C es un conjunto medible de 3ℝ , su medida, que se

llama volumen de C , es

vol( )C

C dxdydz= ∫∫∫

La táctica fundamental para calcular la integral anterior consiste en expresar, si es posible, el conjunto

medible 2C ⊂ ℝ sobre el que se integra como un conjunto simple en alguna de sus variables. Se dice

que un conjunto 3S ⊂ ℝ es simple respecto de la coordenada z , si puede escribirse

{ }30( , , ) : ( , ) , ( , ) ( , )S x y z x y S x y z x yα β= ∈ ∈ ≤ ≤ℝ

donde 0S es un conjunto medible de 2ℝ (análogas definiciones de conjuntos simples respecto de las

coordenadas x e y ). En tal caso

0 0

( , )

( , )vol( ) ( ( , ) ( , ))

x y

S S x y SS dxdydz dz dxdy x y x y dxdy

β

αβ α

= = = − ∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫

Un caso muy frecuente en las aplicaciones es el que se obtiene haciendo 0α = en la última expresión del

volumen. Se trata del volumen del conjunto 3S ⊂ ℝ y que está limitado por el plano 0z = , por el

cilindro de generatrices paralelas al eje OZ y que tiene por directriz a la frontera de cierto conjunto

medible 0S de dicho plano, y por la superficie de ecuación ( , ) 0z x yβ= ≥ . Dicho volumen viene dado por

0

vol( ) ( , )S

S x y dxdyβ= ∫∫

Z

X

Y

S

( , )z x yβ=

0S

( , )z x yα=


Z

X

Y

S

( , )z x yβ=

0S

40

De lo dicho resulta que la integral doble de una función no negativa β sobre un conjunto medible 0C se puede interpretar geométricamente

como un volumen. Los volúmenes pueden ser así expresados no solo mediante integrales triples, sino también mediante integrales dobles. Así

ocurre con muchas áreas, que aunque son definidas como una integral doble, pueden expresarse mediante una integral simple.

Los conjuntos simples básicos S de 3ℝ son aquellos en los que 0S es, a su vez, un conjunto simple de 2ℝ , esto es, los conjuntos de la forma:

{ }3( , , ) : , ( ) ( ), ( , ) ( , )S x y z a x b x y x x y z x yϕ ψ α β= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

donde , : [ , ]a bϕ ψ → ℝ son dos funciones continuas en el intervalo [ , ]a b tales que ( ) ( )x xϕ ψ≤ para

cada [ , ]x a b∈ y yα β son funciones continuas sobre el conjunto simple

{ }20 ( , ) : , ( ) ( )S x y a x b x y xϕ ψ= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

del plano, siendo ( , ) ( , )x y x yα β≤ si 0( , )x y S∈ . Entonces, se cumple que

( ) ( , )

( ) ( , )vol( )

b x x y

S a x x yS dxdydz dz dy dx

ψ β

ϕ α

= = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫

Este resultado también puede aplicarse cuando el conjunto medible C , sin ser simple, pueda descomponerse en varios conjuntos simples.

X

Y

Z

S

( )y xψ=( )y xϕ=b

a

( , )z x yβ=

( , )z x yα=

0S


41

6.2. Ejemplo: Calcule el volumen de la parte del sólido D limitado por los cilindros parabólicos 2z x= y 24z y= − situada en el primer

octante de 3ℝ .

SOLUCIÓN: El sólido D situado en el primer octante y comprendido entre los cilindros parabólicos 2z x= y 24z y= − , al proyectarlo sobre el plano OXY , resulta el círculo de centro el origen y radio 2, pues

2 2 2 2 2 2, 4 4 4z x z y x y x y= = − ⇒ = − ⇒ + =

Es así que D puede ser escrito como el conjunto simple:

{ }3 2 2 2( , , ) : 0 2, 0 4 , 4D x y z x y x x z y= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ −ℝ

cuyo volumen es: 2 2 2

2

2 4 4 2 42 2

0 0 0 0vol( ) (4 )

x y x

D xD dxdydz dz dy dx y x dy dx

− − − = = = − − = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2432 22 2 2 2 2 2

0 00

14 4 4 (4 ) 4 4

3 3

y x

y

yy x y dx x x x x x dx

= −

=

= − − = − − − − − − = ∫ ∫

( ) ( )2 /22 2 4

0 02 sen2 cos

1 5 3 12 2 2 22 32 16 1 5 16 16

(4 ) 4 cos , 23 3 3 2 2 3 (3) 3 2x t

dx tdt

x x dx t dtπ π π

π==

Γ Γ ⋅ ⋅ = − − = = Β = ⋅ = = Γ∫ ∫

X

Y

Z

24z y= −

2

4

2z x=

2


42

6.3. Cambio a coordenadas cilíndricas en el espacio 3ℝ : La aplicación 3 3:ϕ →ℝ ℝ , dada por

( , , ) ( , , ) ( cos , sen , )x y zϕ ρ θ ζ ρ θ ρ θ ζ= =

es de clase ∞C en 3ℝ . Si [0, ) [0,2 ]C π⊂ +∞ × ×ℝ es un conjunto medible de 3ℝ , entonces

cos sen 0

det ( , , ) sen cos 0 0

0 0 1

J

θ ρ θ

ϕ ρ θ ζ θ ρ θ ρ

−

= = ≠

para todo ( , , )ρ θ ζ del interior de C , y del Teorema del cambio de variable se sigue que el conjunto ( )D Cϕ= es medible y

vol ( ) det ( , , )C C

D J d d d d d dϕ ρ θ ζ ρ θ ζ ρ ρ θ ζ= =∫∫ ∫∫

6.4. Ejemplo: Calcule el volumen del cuerpo limitado por las superficies 2 21 : 2S x y z+ + = y 2 2

2 :S z x y= + .

SOLUCIÓN: El sólido S cuyo volumen se pretende calcular es

( ){ }3 2 2 2 2, , : 2S x y z x y z x y= ∈ + ≤ ≤ − −ℝ

Recurrimos al cambio a las coordenadas cilíndricas, es decir, a la transformación

( ) ( )( , , ) , , cos , sen ,x y z ϕ ρ θ ζ ρ θ ρ θ ζ= = .

0

X

Y

θρ

( , , )P x y z

ζ

senρ θ

cosρ θ

Coordenadas cilíndricas


X

Y

Z

2 2z x y= +

2

2

2 22z x y= − −

43

La imagen inversa de S por ϕ es el conjunto

( ) ( ){ }1 3 2 2, , : 0 1, 0 2 , 2Sϕ ρ θ ζ ρ θ π ρ ζ ρ− = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ −ℝ

pues como 2 22ρ ρ≤ − , resulta que 2 1ρ ≤ y por tanto 0 1ρ≤ ≤ . Por tanto, según el Teorema del cambio de variable,

( )( )

2

1 2

1 2 2

0 0vol

S SS dx dydz d d d d d d

π ρ

ϕ ρρ ρ θ ζ ρ ζ θ ρ

−

− = = = = ∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫

( )12 41 2 1

3 3

0 0 0 0

1 12 4 ( ) 4 4

2 4 2 4d d d

π ρ ρρ ρ θ ρ π ρ ρ ρ π π π

= − = − = − = − = ∫ ∫ ∫

6.5. Ejemplo (volumen de la bóveda de Viviani): Calcule el volumen del sólido D interior a las superficies

2 2 2 21 :S x y z r+ + = y

22 22 2 4

: ( )r rS x y+ − = ( 0)r >

y situado en 0z ≥ .

SOLUCIÓN: El sólido 3D ⊂ ℝ está formado por los puntos 3( , , )x y z ∈ ℝ tales que 0z ≥ ,

2 2 2 2x y z r+ + ≤ , 22 2

2 4( )r rx y+ − ≤ . Como D es simétrico respecto del plano 0x = , su volumen es el

doble del volumen del cuerpo U interior a 1S y 2S en el primer octante:

{ }23 2 2 2 2 2 22 4

( , , ) : 0, 0, , ( )r rU x y z x z x y z r x y= ∈ ≥ ≥ + + ≤ + − ≤ℝ

X

Y

Z

r

r 2 2 2z r x y= − −


44

Mediante el cambio ϕ a coordenadas cilíndricas, cosx ρ θ= , seny ρ θ= , z ζ= , la imagen inversa 1( )Uϕ− del conjunto U es el conjunto

simple

( ){ }1 3 2 22

( ) , , : 0 , 0 sen , 0U r rπϕ ρ θ ζ θ ρ θ ζ ρ− = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ −ℝ

luego por el Teorema del cambio de variable,

( )

2 2

1

/2 sen

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

r r

U UD U dx dy dz d d d d d d

π θ ρ

ϕρ ρ θ ζ ρ ζ ρ θ

−

− = ⋅ = = = = ∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2

3/2 sen /2 /2 /22 2 2 3 3

cos0 0 0 cos 0 0

2 22 2 (1 cos )

3 3

r r r

rrr td tdt

rr d d t dt d t d d

π θ π π π

θθρρ ρ

ρ ρ ρ θ θ θ θ θ− =

=−

= − = = = − = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

3 3 3 3 3 3 3 3/23 3

0

12

5 3 12 2 2

(2)2 2 1 1 1 4 3 4cos ,2

3 2 3 2 2 2 3 3 3 3 3 9 9r r r r r r r r

d rππ π π π π π π

θ θπ

Γ ⋅ Γ ⋅ − = − = − Β = − ⋅ = − ⋅ = − = Γ ⋅ ⋅ ∫

6.6. Cambio a coordenadas esféricas en el espacio 3ℝ : La aplicación 3 3:ψ →ℝ ℝ dada por

( , , ) ( , , ) ( cos cos , sen cos , sen )x y zψ ρ θ ϕ ρ θ ϕ ρ θ ϕ ρ ϕ= =

es de clase ∞C en 3ℝ . Entonces, si 2 2

[0, ) [0,2 ] [ , ]C π ππ⊂ ∞ × × − es un conjunto medible de 3ℝ , ocurre

que

0

X

Y

θ

ρ

( , , )P x y z

ϕ

Z

sen cosρ θ ϕ

cos cosρ θ ϕ

senρ ϕ

Coordenadas esféricas


45

2

cos cos sen cos cos sen

det ( , , ) sen cos cos cos sen sen cos 0

sen 0 cos

J

θ ϕ ρ θ ϕ ρ θ ϕ

ψ ρ θ ϕ θ ϕ ρ θ ϕ ρ θ ϕ ρ ϕ

ϕ ρ ϕ

− −

= − = ≠

para todo ( , , ) Int( )Cρ θ ϕ ∈ del interior de C , y del Teorema del cambio de variable se sigue que el conjunto ( )D Cϕ= es medible y

2vol ( ) cosC

D d d dρ ϕ ρ θ ϕ= ∫∫

6.7. Ejemplo: Calcule el volumen del sólido

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

SOLUCIÓN: La inecuación 2 2 2 2x y z z+ + ≤ , o bien, 2 2 2( 1) 1x y z+ + − ≤ , corresponde a la bola de centro el

punto (0, 0,1) y radio 1, así que D es el sólido que es interior a la esfera 2 2 2( 1) 1x y z+ + − = y al cono 2 2 23 3x y z+ = . El volumen del sólido D es

vol( )D

D dxdydz= ∫∫∫

Para calcular la integral anterior recurrimos al cambio a coordenadas esféricas:

( , , ) ( , , ) ( cos cos , sen cos , sen )x y z ψ ρ θ ϕ ρ θ ϕ ρ θ ϕ ρ ϕ= =

X

Y

Z

1


46

La imagen inversa 1( )Dψ− del conjunto D por el cambio ψ anterior es el conjunto formado por los puntos

2 2( , , ) [0, ) [0,2 ] [ , ]π πρ θ ϕ π∈ +∞ × × − tales que

sen 0ρ ϕ ≥ , 2 2 senρ ρ ϕ≤ , 2 2 2 23 cos senρ ϕ ρ ϕ≤

De la primera inecuación se sigue que sen 0ϕ ≥ , es decir, que 2

0 πϕ≤ ≤ . De la segunda se deduce que 0 2 senρ ϕ≤ ≤ ; y de la tercera se

sigue que 2 23 cos senϕ ϕ≤ , es decir, 2tan 3ϕ ≥ , o bien, tan 3ϕ ≥ , es decir, 3 2π πϕ≤ ≤ . Es por ello que

( ) ( ){ }1 33 2

, , : 0 2 , , 0 2 senD π πψ ρ θ ϕ θ π ϕ ρ ϕ− = ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ

El conjunto ( )1 Dψ− es simple y según el Teorema del cambio de variable:

( )1

/2 2 sen 2 /2 2 sen2 2 2

/3 0 0 /3 0vol( ) cos cos 2 cos

D DD dx dy dz d d d d d d d d

π ϕ π π ϕ

ψ π πρ ϕ ρ θ ϕ ϕ ρ θ ρ ϕ π ϕ ρ ρ ϕ

−

= = = = = ∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

/2 /2 12 sen3 3 30/3 /3 3/2sen

cos

2 16 16cos cos sen

3 3 3td dt

d d d t dtπ πϕ

π π ϕϕ ϕ

π π πϕ ρ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

==

= = = = ∫ ∫ ∫

712

π=


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C13 Aplicaciones geometricas de la integral de Riemann