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CAPITULO XI.APLICACIONES DE LAINTEGRAL DEFINIDA
SECCIONES
A. Areas de figuras planas.
B. Calculo de volumenes.
C. Longitud de curvas planas.
D. Ejercicios propuestos.
37
A. AREAS DE FIGURAS PLANAS.
En Geometrıa Elemental se conocen las formulas para hallar el area de cual-quier region limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una regionesta limitada por alguna lınea curva, como es el cırculo, el area se expresacomo un lımite de las areas de poligonales “proximas”. El procedimientodescrito en el capıtulo anterior para definir el concepto de integral de unafuncion consiste precisamente en aproximar la funcion por funciones esca-lonadas; si consideramos una funcion y = f(x) no negativa en un intervalo[a, b], la integral inferior es el lımite de la suma de las areas de los rectangu-los inscritos en la region limitada por la curva y = f(x), el eje OX y lasrectas x = a y x = b, y la integral superior es el lımite de las areas de losrectangulos circunscritos a dicha region. De este modo podemos definir elarea de dicha region como la integral de la funcion f en el intervalo [a, b].En general,
Dada una funcion y = f(x) integrable en un intervalo [a, b], el area de laregion limitada por la funcion, el eje OX y las rectas x = a y x = b se definecomo
A =∫ b
a|f(x)| dx.
Observacion: El valor absoluto de la funcion es debido a que en los inter-valos donde la funcion es negativa, la integral tambien es negativa y su valores opuesto al del area correspondiente.
En la practica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemosdeterminar los intervalos de [a, b] donde la funcion es positiva o negativa ydescomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada unode los intervalos indicados colocando el signo adecuado. Ası, en la figuraadjunta, el area se expresa como
A =∫ r
af(x) dx−
∫ s
rf(x) dx +
∫ b
sf(x) dx.
38
En particular, si la funcion esta expresada en forma parametrica x = x(t), y =y(t), el area viene expresada como
A =∫ b
ay dx =
∫ t1
t0
y(t) · x′(t) dt,
donde a = x(t0), b = x(t1).
Regiones mas generales que las descritas son aquellas que estan limitadaspor dos funciones y = f(x), y = g(x) entre dos rectas verticales x = a yx = b. En este caso el area se expresa mediante la formula
A =∫ b
a|f(x)− g(x)| dx.
En el ejemplo de la figura, el area se descompone como:
A =∫ r
a[g(x)− f(x)] dx +
∫ s
r[f(x)− g(x)] dx +
∫ b
s[g(x)− f(x)] dx.
Si la region esta limitada por dos curvas y = f(x), y = g(x) entre dosrectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversase integramos respecto a la variable y. El area se expresa entonces como
A =∫ d
c|f−1(y)− g−1(y)| dy.
En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como
A =∫ r
c[f−1(y)− g−1(y)] dy +
∫ d
r[g−1(y)− f−1(y)] dy.
39
En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones plan-teadas. Al ser validas aquı todas las propiedades de las integrales obtenidasen el capıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales dela integral. Omitiremos en la mayorıa de los casos el calculo de las primi-tivas pues ya se han realizado en el capıtulo 7. Nos limitaremos a escribirel resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremosde integracion. Sı es muy conveniente tener una idea aproximada de la re-presentacion grafica de las funciones involucradas para conocer la posicionrelativa de las mismas y los intervalos de integracion. Es importante tam-bien observar las simetrıas de las figuras para ası poder escribir formulasmas sencillas para el area de las mismas.
PROBLEMA 11.1
Calcular el area de la region limitada por la grafica de la funcionf 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].
Solucion
a) El area de la region (que es la parte sombreada de la figura) viene dada
por la formula A =∫ 2
−1
∣∣|x| − |x− 1|∣∣ dx.
Teniendo en cuenta el signo de la funcion, la integral se descomponeası:
A =∫ 0
−11 · dx +
∫ 0,5
0−(2x− 1) dx +
∫ 1
0,5(2x− 1) dx +
∫ 2
11 · dx =
52.
40
b) La funcion y = x(lnx)2 es no negativa en el intervalo [1, e].
El area es entonces, integrando por partes,
A =∫ e
1x(lnx)2 dx =
[x2
2· (lnx)2 − x2
2· lnx +
x2
4
]e
1
=e2 − 1
4.
c) Nuevamente la funcion es no negativa, por lo que A =∫ 2π
0e−x| senx| dx.
Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos:
A =∫ 2π
0e−x| senx| dx =
∫ π
0e−x senx dx +
∫ 2π
π−e−x senx dx
=[−e−x
2(senx + cos x)
]π
0
+[e−x
2(senx + cos x)
]2π
π
=(e−π + 1)2
2.
PROBLEMA 11.2
Hallar el area de la figura limitada por la funcion f(x) = x(x −1)(x− 2) y el eje OX.
Solucion
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 =∫ 2
0|f(x)| dx.
41
Ahora bien, en el intervalo [0, 1] la curva queda por encima del eje X mientrasque en el intervalo [1, 2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues
A =∫ 1
0f(x) dx+
∫ 2
1−f(x) dx =
∫ 1
0(x3−3x2+2x) dx−
∫ 2
1(x3−3x2+2x) dx =
12.
PROBLEMA 11.3
Hallar el area del menor de los sectores que la recta x = 3 deter-mina en la circunferencia de ecuacion x2 + y2 = 25.
Solucion
Teniendo en cuenta la simetrıa de la figura basta calcular el area de la regioncontenida en el primer cuadrante. Tenemos
A = 2∫ 5
3
√25− x2 dx
= 2[x
2
√25− x2 +
252
arc senx
5
]5
3
=25π
2− 12− 25 arc sen
35.
42
PROBLEMA 11.4
Hallar el area de la figura limitada por la recta x = 2a y la hiperbolax2
a2− y2
b2= 1.
Solucion
De acuerdo con la figura, el area se obtiene como
A = 2∫ 2a
ab√
(x/a)2 − 1 dx
=
[bx
a
√x2 − a2 − ab ln
∣∣∣∣∣x +√
x2 − a2
a
∣∣∣∣∣]2a
a
= ab[2√
3− ln(2 +√
3)].
PROBLEMA 11.5
Hallar el area limitada por la curva y2 = x4(4 + x).
Solucion
Como la figura esta determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es simetricarespecto al eje X, el area sera
A = 2∫ 0
−4x2√
4 + x dx =[4(4 + x)3/2
((4 + x)2
7− 8(4 + x)
5+
163
)]0
−4
=4096105
.
43
PROBLEMA 11.6
Hallar el area limitada por la curva x4 − ax3 + b2y2 = 0.
Solucion
La curva esta definida cuando x ∈ [0, a] y es simetrica respecto a OX. Elarea viene dada por:
A = 2∫ a
0
x
b
√ax− x2 dx = (cambio (a/2) cos t = x− a/2)
=a3
4b
∫ π
0sen2 t · (1 + cos t) dt =
a3
4b
[t
2− sen 2t
4+
sen3 t
3
]π
0
=πa3
8b.
PROBLEMA 11.7
Hallar el area de la figura limitada por la curva (x/5)2 +(y/4)2/3 =1.
Solucion
El area de la figura, teniendo en cuenta sus simetrıas, es
A = 4∫ 5
04(1− x2/25)3/2 dx = (cambio x = 5 cos t) = 16
∫ π/2
05 sen4 t dt
= 20∫ π/2
0(1− cos 2t)2 dt = 20
[3t
2− sen 2t +
sen 4t
8
]π/2
0
= 15π.
44
PROBLEMA 11.8
Hallar el area limitada por la curva x = (y2 + x)2.
Solucion
En forma explıcita, la ecuacion de la curva es y = ±√√
x− x. Como lagrafica es simetrica respecto al eje OX, el area viene dada por
A = 2∫ 1
0
√√x− x dx = (cambio
12−√
x =sen t
2)
=12
∫ π/2
−π/2cos2 t · (1− sen t) dt =
12
[t
2+
sen 2t
4+
cos3 t
3
]π/2
−π/2
=π
4.
PROBLEMA 11.9
Hallar el area encerrada por la curva y2 =x2
a2(a2 − x2).
Solucion
De acuerdo con la figura y gracias a la simetrıa, tenemos:
A = 4∫ a
0
x
a
√a2 − x2 dx = (cambio x = a sen t) = 4a2
∫ π/2
0cos2 t · sen t dt
= 4a2
[−cos3 t
3
]π/2
0
=4a2
3.
45
PROBLEMA 11.10
Hallar el area de la figura limitada por la cardioide de ecuacionx(t) = a(2 cos t− cos 2t), y(t) = a(2 sen t− sen 2t).
Solucion
Como la figura es simetrica respecto al eje OX, el area viene dada por
A = 2∫ a
−3ay · dx = 2
∫ 0
πy(t)x′(t) dt
= 2∫ 0
πa(2 sen t− sen 2t)2a(sen 2t− sen t) dt
= 4a2
[−3t
2+ 2 sen3 t +
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 −sen t), y = a(1− cos t) y el eje OX.
Solucion
2πa
Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentraen el intervalo t ∈ [0, 2π], resulta:
A =∫ 2πa
0y(t) dx(t) =
∫ 2π
0a(1− cos t)a(1− cos t) dt
= a2
[3t
2− 2 sen t +
sen 2t
4
]2π
0
= 3πa2.
46
PROBLEMA 11.12
Hallar el area encerrada por la astroide de ecuacion (ax)2/3 +(by)2/3 = (a2 − b2)2/3.
Solucion
Escribimos la ecuacion en forma parametrica como x(t) = (c2/a) cos3 t,y(t) = (c2/b) sen3 t, donde c2 = a2 − b2.
c2/b
c2/a
Teniendo en cuenta la simetrıa de la figura podemos escribir el area co-mo
A = 4∫ c2/a
0y · dx = 4
∫ 0
π/2(c2/b) sen3 t · (c2/a)(−3 cos2 t sen t) dt
=12c4
ab
∫ π/2
0sen4 t cos2 t dt =
12c4
ab
[t
16− sen 4t
64− sen3 2t
48
]π/2
0
=3πc4
8ab.
PROBLEMA 11.13
Hallar el area de la figura limitada por la curva y3 = x, la rectay = 1 y la vertical x = 8.
Solucion
47
Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y enel intervalo [1, 8] la curva queda por encima de la recta, el area viene dadapor
A =∫ 8
1(x1/3 − 1) dx =
[3 x4/3
4− x
]8
1
=174
.
PROBLEMA 11.14
Calcular el area limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2,x = 0.
Solucion
En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en laregion comprendida entre los valores x = 0 y x = 1.
e2
El area se obtiene como
A =∫ 1
0(e2 − e2x) dx =
[e2x− e2x
2
]1
0
= e2 − e2
2+
12
=e2 + 1
2.
PROBLEMA 11.15
Hallar el area de la region y ≥ x2− 9, x2 + (y− 3)2 ≥ 9, y ≤ −x + 3.
48
Solucion
El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la rectay = −x + 3. Esto quiere decir que la recta es un diametro y el area de lafigura sombreada es la diferencia entre el area de la region comprendida entredicha recta y la parabola y el area del semicırculo de radio 3. Los puntos deinterseccion de la parabola y la recta se obtienen del sistema
y = x2 − 9, y = −x + 3 =⇒ x2 + x− 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4.
Tenemos entonces:
A =∫ 3
−4[(−x + 3)− (x2 − 9)] dx− 9π
2=∫ 3
−4(−x2 − x + 12) dx− 9π
2
=[12x− x2
2− x3
3
]3
−4
− 9π
2=
3436− 9π
2.
PROBLEMA 11.16
Calcular el area de la figura limitada por las curvas y = ex, y = e−x
y la recta x = 1.
49
Solucion
Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curvay = e−x, el area viene dada por
A =∫ 1
0(ex − e−x) dx =
[ex + e−x
]10
= e + e−1 − 2.
PROBLEMA 11.17
Hallar el area comprendida entre las parabolas y2 = 2px, x2 = 2py.
Solucion
Como los puntos de interseccion de ambas parabolas son (0, 0) y (2p, 2p), elarea viene dada por la integral:
A =∫ 2p
0
(√2px− x2
2p
)dx =
[√2p · 2x3/2
3− x3
6p
]2p
0
=4p2
3.
50
PROBLEMA 11.18
Dada la curva de ecuacion y = x3 y la recta y = λx (ver figura),demostrar que la region S1 limitada por la curva y la recta en elintervalo x ∈ [0, a] tiene la misma area que la region S2 limitadapor la curva y el eje X en el mismo intervalo.
Solucion
Como la recta pasa por el punto (a, a3), se debe cumplir que a3 = λa, esdecir λ = a2.
Al calcular cada una de las areas mencionadas obtenemos
S1 =∫ a
0(λx− x3) dx =
[λx2
2− x4
4
]a
0
=2λa2 − a4
4=
a4
4,
S2 =∫ a
0x3 dx =
[x4
4
]a
0
=a4
4,
lo que prueba el enunciado.
PROBLEMA 11.19
Hallar el area de la figura encerrada por la parabola y = x2/4 y la
curva de Agnesi y =8
x2 + 4.
51
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son solucion del sistema formadopor ambas ecuaciones. Tenemos que:
x2
4=
8x2 + 4
⇐⇒ x4 + 4x2 = 32 ⇐⇒ x2 = −2±√
4 + 32 = −2± 6.
Como la solucion x2 = −8 no es real, solo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. Elarea es entonces, teniendo en cuenta la simetrıa de la figura,
A =∫ 2
−2
[8
x2 + 4− x2
4
]dx = 2
∫ 2
0
[8
x2 + 4− x2
4
]dx
= 2[4 arc tg
x
2− x3
12
]2
0
= 2π − 43.
PROBLEMA 11.20
Calcular el area limitada por las curvas y = x2, y = senπx
2.
Solucion
Como se observa en la figura, la region que limitan dichas curvas se encuentraen el intervalo [0, 1] en el cual la funcion y = sen
πx
2queda por encima de
y = x2.
El area es entonces
A =∫ 1
0
[sen
πx
2− x2
]dx =
[− 2
πcos
πx
2− x3
3
]1
0
= −13
+2π
.
52
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.
Solucion
Los puntos de interseccion 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 =∫ R
−R
(√R2 − x2 −
√2R2 − x2 + R
)dx
=
[x√
R2 − x2
2+
R2
2arc sen
x
R
]R
−R
−
[x√
2R2 − x2
2+ R2 arc sen
x
R√
2
]R
−R
+ [Rx]R−R = R2;
A2 = πR2 −A1 = (π − 1)R2.
PROBLEMA 11.22
Calcular el area comprendida entre las curvas y = sen3 x, y =1/ senx, para x ∈ [π/4, π/2].
53
Solucion
En el intervalo indicado, la curva y = 1/ senx queda por encima de y =sen3 x.
π/4 π/2 π
A =∫ π/2
π/4
(1
senx− sen3 x
)dx
=[ln | cosec x− cotg x|+ cos x− cos3 x
3
]π/2
π/4
= − ln(√
2− 1)− 5√
212
.
PROBLEMA 11.23
Calcular el area comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y =sen6 x para x ∈ [0, π/4].
Solucion
En este caso tambien la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y =sen6 x. Bastara pues integrar la resta de ambas funciones en el intervaloindicado.
π/4 π/2 π
54
A =∫ π/4
0(sec2 x− sen6 x) dx
=[tg x− 5
16x +
14
sen 2x− 364
sen 4x− 148
sen3 2x
]π/4
0
=5948− 5π
64.
PROBLEMA 11.24
Hallar el area de la figura comprendida entre la hiperbola equilaterax2 − y2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto(5, 4).
Solucion
El area de la region se puede obtener como la resta entre el area del triangulode vertices O(0, 0), A(5, 0) y B(5, 4) y el area de la region limitada por lahiperbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].
Tenemos pues:
A =5 · 42
−∫ 5
3
√x2 − 9 dx
= 10−
[x√
x2 − 92
− 92
ln
(x +
√x2 − 93
)]5
3
=92
ln 3.
PROBLEMA 11.25
Determinar el area de la parte comun a las dos elipses
x2
a2+
y2
b2= 1,
x2
b2+
y2
a2= 1 con a > b.
55
Solucion
Debido a la simetrıa de la region (ver figura), basta calcular el area de laregion comprendida en el primer cuadrante.
El punto de interseccion de las elipses tiene abscisa x =ab√
a2 + b2, con lo
que el area pedida es
A = 4∫ ab√
a2+b2
0b√
1− x2/a2 dx + 4∫ b
ab√a2+b2
a√
1− x2/b2 dx
=4b
a
[a2
2arc sen
x
a+
x
2
√a2 − x2
] ab√a2+b2
0
+4a
b
[b2
2arc sen
x
b+
x
2
√b2−x2
]b
ab√a2+b2
= 2ab
[arc sen
b√a2 + b2
− arc sena√
a2 + b2+
π
2
].
PROBLEMA 11.26
Calcular el area de la region limitada por las graficas de f(x) =|x− 1| y g(x) = x2 − 2x.
Solucion
Los puntos de interseccion de las curvas son:
y = |x− 1|, y = x2 − 2x =⇒ |x− 1| = x2 − 2x
=⇒
{x− 1 = x2 − 2x si x > 1−x + 1 = x2 − 2x si x < 1
=⇒
{x = 3+
√5
2 ,
x = 1−√
52 .
56
Debido a la simetrıa de la figura, el area se puede expresar como:
A =∫ 3+
√5
2
1−√
52
[|x−1|−(x2−2x)] dx = 2∫ 3+
√5
2
1[(x−1)−(x2−2x)] dx =
7 + 5√
56
.
PROBLEMA 11.27
Calcular el area de la figura limitada por la parabolas y = x2,y = x2/2 y la recta y = 2x.
Solucion
La primera parabola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2mientras que la segunda parabola y = x2/2 corta a la recta en el punto deabscisa x = 4.
El area se descompone entonces como suma de integrales de la siguienteforma:
A =∫ 2
0(x2 − x2/2) dx +
∫ 4
2(2x− x2/2) dx = 4.
57
PROBLEMA 11.28
Calcular el area de la region limitada por las graficas de f y g enel 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].
Solucion
a) Los puntos de interseccion de las curvas son
y =√
x, y = x2 =⇒ x = x4 =⇒ x = 0, x = 1.
El area se descompone entonces como la suma
A =∫ 1
0(√
x− x2) dx +∫ 2
1(x2 −
√x) dx =
10− 4√
23
.
b) Los puntos de interseccion de las curvas son:
y = x(x2−1), y = x =⇒ x(x2−1) = x =⇒ x = 0, x =√
2, x = −√
2.
58
El area se obtiene entonces como:
A =∫ 2
−1|x(x2 − 1)− x| dx
=∫ 0
−1(x3 − 2x) dx +
∫ √2
0(2x− x3) dx +
∫ 2
√2(x3 − 2x) dx =
114
.
PROBLEMA 11.29
Calcular el area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9,y ≤ 3− x.
Solucion
Calculamos los puntos de interseccion de las curvas:
y = x2 + 1, y = 3− x =⇒ x2 + x− 2 = 0 =⇒ x = −2, x = 1;y = x2 − 9, y = 3− x =⇒ x2 + x− 12 = 0 =⇒ x = −4, x = 3.
59
El area queda entonces como la suma de las siguientes integrales:
A =∫ −2
−4[(3− x)− (x2 − 9)] dx +
∫ 1
−2[(x2 + 1)− (x2 − 9)] dx
+∫ 3
1[(3− x)− (x2 − 9)] dx
=∫ −2
−4(−x2 − x + 12) dx +
∫ 1
−210 dx +
∫ 3
1(−x2 − x + 12) dx =
1583
.
PROBLEMA 11.30
Calcular el area comprendida entre las cuatro parabolas
y2 = x, y2 = 2x, x2 = y, x2 = 2y.
Solucion
Los distintos puntos de interseccion son los siguientes:
x2 = 2y, y2 = x =⇒ x = 0, x = 41/3;x2 = y, y2 = x =⇒ x = 0, x = 1;
x2 = y, y2 = 2x =⇒ x = 0, x = 41/6;x2 = 2y, y2 = 2x =⇒ x = 0, x = 2.
60
El area es entonces
A =∫ 41/6
1[x2 −
√x] dx +
∫ 41/3
41/6
[√
2x−√
x] dx +∫ 2
41/3
[√
2x− x2/2] dx =13.
PROBLEMA 11.31
Calcular el area de la figura interior a la circunferencia x2 + (y −1)2 = 5 y a la parabola x = 2(y − 1)2.
Solucion
Los puntos de interseccion 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 parabola esta definida en x ≥ 0, solo es posible la solucion x = 2lo que da los puntos (2, 0) y (2, 2).
Como debemos descomponer la integral en dos sumandos para integrar res-
61
pecto a la variable x, integramos respecto a y, lo que da lugar a:
A =∫ 2
0
[√5− (y − 1)2 − 2(y − 1)2
]dy
=[52
arc seny − 1√
5+
y − 12
√5− (y − 1)2 − 2
3(y − 1)3
]2
0
= 5arc sen1√5
+23.
PROBLEMA 11.32
Encontrar el area de la region comun a las circunferencias C1 :x2 + y2 = 4, C2 : x2 + y2 = 4x.
Solucion
Los puntos de interseccion de las circunferencias son (1,√
3) y (1,−√
3), demodo que, si integramos respecto a la variable y, el area puede expresarsecomo la integral
A = 2∫ √
3
0[√
4− y2 − (2−√
4− y2)] dy = 4∫ √
3
0(√
4− y2 − 1) dy
= 4[y2
√4− y2 + 2 arc sen
y
2− y]√3
0=
8π
3− 2
√3.
PROBLEMA 11.33
Sea f la funcion indicada en la figura adjunta.
Hallar
∫ 1
0f y tambien el area de la region comprendida entre la
funcion f y el eje X.
62
Solucion
El area sera la suma de las areas de los triangulos que la funcion determinacon el eje OX. Resulta entonces la siguiente serie geometrica:
A =∞∑
n=1
12·(
12n−1
− 12n
)· 1 =
∞∑n=1
12· 12n
=12· 1/21− 1/2
=12.
Para calcular la integral, debemos sumar las areas de los triangulos que que-den por encima del eje OX y restarle la suma de las areas de los triangulosque quedan por debajo del mismo. Tenemos nuevamente las series geometri-cas, ∫ 1
0f =
∞∑n=0
12·(
122n
− 122n+1
)−
∞∑n=1
12·(
122n−1
− 122n
)
=∞∑
n=0
122n+2
−∞∑
n=1
122n+1
=1/4
1− 1/4− 1/8
1− 1/4=
16.
B. CALCULO DE VOLUMENES.
El concepto de integral tambien puede aplicarse para calcular volumenes deciertos solidos. Los distintos casos y metodos utilizados son los que expone-mos a continuacion.
63
B.1.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE SECCION CONOCIDA.
Supongamos que un solido esta limitado por dos planos paralelos entre sı yperpendiculares a un eje fijo t en los puntos t = t0 y t = t1. Supongamosademas que las secciones producidas en el solido por planos perpendicularesal eje t son regiones cuya area se puede escribir como una funcion A(t)integrable en [t0, t1]. Entonces el volumen de dicho solido verifica la formulade Cavalieri
(1) V =∫ t1
t0
A(t) dt.
En particular, si las secciones son perpendiculares al eje OX entre los valores
x0 y x1, V =∫ x1
x0
A(x) dx.
Ası, en el ejemplo de la figura tenemos una piramide de base b y altura h ylas secciones perpendiculares al eje OX son cuadrados.
Para calcular el lado de un cuadrado generico escribimos la ecuacion de larecta que une el origen con el punto (h, b) y calculamos su valor en el puntode abscisa x. Resulta pues y = bx/h con lo que la funcion a integrar sera elarea del cuadrado A(x) = (2y)2 = (2bx/h)2 y el volumen es
V =∫ h
0(2bx/h)2 dx =
4b2
h2
[x3
3
]h
0
=4b2h
3.
64
B.2.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE REVOLUCION.
El solido de revolucion es la figura obtenida al girar una region plana al-rededor de un eje fijo (eje de revolucion o eje de giro). Esto quiere decirque las secciones perpendiculares a dicho eje son cırculos (o coronas circula-res). El volumen se obtiene segun el caso con los siguientes metodos: B.2.1.-
METODO DE LOS DISCOS.
Consiste en interpretar el volumen como lımite de la suma de los volumenesde los discos que se obtienen al cortar la figura por planos perpendicularesal eje de giro. Podemos distinguir dos casos:
(*) El eje de giro forma parte del contorno de la region plana.
Si consideramos la region plana limitada por la curva y = f(x), el eje degiro y las rectas x = a, x = b, las secciones perpendiculares al eje de giroson cırculos con lo que debemos integrar la funcion que corresponda al areade los mismos en el intervalo correspondiente.
Ası, si el eje de giro es el eje OX, tenemos la formula
(2) V = π
∫ b
a[f(x)]2 dx.
Si el eje de giro es la recta y = r, el radio del cırculo en un punto de abscisax es |f(x)− r| y el volumen queda entonces:
(3) V = π
∫ b
a[f(x)− r]2 dx.
En otros casos se procede de forma similar.
(**) El eje de giro no forma parte del contorno de la region pla-na.
65
Consideramos ahora la region limitada por las curvas y = f(x), y = g(x) ydos rectas perpendiculares al eje de giro, siendo este exterior a la region. Eneste caso, las secciones perpendiculares al eje de giro son coronas circulares.Debemos pues restar el area del cırculo exterior menos el area del cırculointerior.
Si el eje de giro es el eje OX,
(4) V = π
∫ b
a([f(x)]2 − [g(x)]2) dx.
Analogamente, si el eje de giro es la recta y = r,
(5) V = π
∫ b
a([f(x)− r]2 − [g(x)− r]2) dx.
Sera necesario conocer la posicion relativa de las funciones f y g para lo cuales fundamental tener una idea de las graficas de las mismas.
B.2.2.- METODO DE LOS TUBOS.
Este metodo consiste en interpretar el volumen como lımite de la suma delos volumenes de los tubos obtenidos al girar alrededor del eje de giro lasfranjas de espesor infinitesimal que determina en la region una particion delintervalo. Este metodo sera apropiado cuando al intentar aplicar el metodode los discos se deba descomponer la integral en varios sumandos.
66
Como el volumen de cada uno de estos tubos es 2π· radio medio · altura, elvolumen obtenido al girar la region comprendida entre la funcion y = f(x),el eje X y las rectas x = a, x = b tiene las siguientes formulas.
Cuando el eje de giro es el eje OY :
(6) V = 2π
∫ b
ax · f(x) dx.
Cuando el eje de giro es la recta vertical x = r:
(7) V = 2π
∫ b
a|x− r| · f(x) dx.
Formulas analogas se obtienen para regiones comprendidas entre dos funcio-nes o para ejes horizontales. En los siguientes problemas se realizan ejemplosde todos los casos indicados.
PROBLEMA 11.34
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curva y2 = x3
alrededor del eje X a lo largo del intervalo x ∈ [0, 1].
67
Solucion
De acuerdo con la figura, y aplicando la formula (2), tenemos:
V = π
∫ 1
0x3 dx = π
[x4
4
]1
0
=π
4.
PROBLEMA 11.35
Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotacion, alrededordel eje OX, de la superficie limitada por el eje OX y la parabolay = ax− x2 (a > 0).
Solucion
Aplicamos directamente el metodo de los discos integrando en el intervalo[0, a] que corresponde a los valores de x que limitan la superficie dada.
Ası:
V = π
∫ a
0(ax− x2)2 dx = π
∫ a
0(a2x2 + x4 − 2ax3) dx =
πa5
30.
68
PROBLEMA 11.36
Calcular el volumen del solido engendrado por la rotacion de laregion limitada por los ejes coordenados y la curva de ecuacion√
x +√
y =√
a (a > 0) alrededor del eje OX.
Solucion
De la ecuacion 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
∫ a
0y2(x) dx = π
∫ a
0(a2 +x2 +6ax−4a3/2x1/2−4a1/2x3/2) dx =
πa3
15.
PROBLEMA 11.37
Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuacionx = a cos3 t, y = a sen3 t delimitan una region cuya area designare-mos por S. Se pide:
i) El volumen del cuerpo de revolucion engendrado por S al girar entorno al eje OX.
ii) El volumen del cuerpo de revolucion engendrado por S al girar entorno al eje OY .
69
Solucion
i)
Por el metodo de los discos, si integramos respecto al parametro t,como los valores extremos x = 0 y x = a corresponden a t = π/2 yt = 0, respectivamente, tenemos:
V = π
∫ a
0y2(t) dx(t) = π
∫ 0
π/2a2 sen6 t · (−3a cos2 t sen t) dt
= 3πa3
∫ π/2
0sen7 t cos2 tdt=−3πa3
[cos3 t
3− 3 cos5 t
5+
3 cos7 t
7− cos9 t
9
]π/2
0
=16πa3
105
ii)
Utilizaremos en este caso el metodo de integracion por tubos. El vo-lumen es
V = 2π
∫ a
0x(t)y(t) dx(t) = 2π
∫ 0
π/2a cos3 t · a sen3 t · (−3a cos2 t sen t) dt
= 6πa3
∫ π/2
0cos5 t sen4 t dt = 6πa3
[sen5 t
5− 2 sen7 t
7+
sen9 t
9
]π/2
0
=16πa3
105.
El resultado es el mismo debido a las simetrıas de la figura.
PROBLEMA 11.38
Hallar el volumen engendrado por la rotacion alrededor del ejeOY del area limitada por el primer arco de la cicloide de ecuacionx = t− sen t, y = 1− cos t.
70
Solucion
2π
De acuerdo con la figura, si aplicamos el metodo de los tubos e integramosrespecto al parametro t, tenemos:
V = 2π
∫ 2π
0x(t)y(t) dx(t) = 2π
∫ 2π
0(t− sen t)(1− cos t)(1− cos t) dt
= 2π
∫ 2π
0(t− 2t cos t + t cos2 t− sen t + 2 sen t cos t− cos2 t sen t) dt
= 2π
[3t2
4− cos t +
cos3 t
3− 3 cos 2t
8− 7t sen t
4
]2π
0
= 6π3.
PROBLEMA 11.39
Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitadapor la curva f(x) = sen x + cos x y el eje X en el intervalo [0, π]alrededor del eje X.
Solucion
Si aplicamos el metodo de los discos, resulta:
V = π
∫ π
0(senx + cos x)2 dx = π
[x− 1
2cos 2x
]π
0
= π2.
La siguiente figura da una idea de la forma del solido obtenido.
71
PROBLEMA 11.40
Se considera el area S de la region limitada por un cuadrante deuna circunferencia de radio R y las tangentes en sus extremos.Hallar el volumen que engendra S cuando gira en torno a una delas tangentes.
Solucion
Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasandopor
el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este modo laecuacion de la circunferencia sera x2 + (y + R)2 = R2 =⇒ y =
√R2 − x2 −
R.
El volumen pedido viene expresado por:
V = π
∫ R
0y2(x) dx = π
∫ R
0(√
R2 − x2 −R)2 dx
= π
[2R2x− x3
3−R3 arc sen
x
R
]R
0
=πR3
6(10− 3π).
72
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 alrededorde su cuerda.
Solucion
Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular aesta cuerda que pase por el centro de la circunferencia, debido a que OB =R senα y |OC| = R cos α, la ecuacion de la circunferencia es x2 + (y +R cos α)2 = R2, de donde y = −R cos α +
√R2 − x2. De esta forma, el
volumen pedido es
V = π
∫ R sen α
−R sen αy2 dx = 2π
∫ R sen α
0(R2 cos2 α + R2 − x2 − 2R cos α
√R2 − x2) dx
=2πR3
3(2 sen α− 3α cos α + cos2 α senα).
PROBLEMA 11.42
Se considera el arco OAB de la parabola de ecuacion y = x(x− a),con OA = a > 0 y OC = c > a. Determinar c de tal manera queel volumen de revolucion engendrado por la zona sombreada de lafigura, al girar en torno a OX, sea igual al volumen engendradopor el triangulo OCB girando en torno al mismo eje.
73
Solucion
El volumen engendrado por la zona sombreada es
V = π
∫ a
0y2(x) dx + π
∫ c
ay2(x) dx = π
∫ a
0x2(x− a)2 dx + π
∫ c
ax2(x− a)2 dx
=πc3
30(6c2 − 15ca + 10a2).
Como OC = c, BC = c(c − a) y el volumen del cono engendrado por eltriangulo OCB es
V ′ =πc2(c− a)2 · c
3=
πc3(c− a)2
3.
Igualando los valores de V y V ′ se deduce que c = 5a/4.
PROBLEMA 11.43
Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuacion y =√
x
1 + x2se
obtiene en el intervalo [0, x] un solido cuyo volumen designaremos
por V (x). Determinar el valor de a para que V (a) =12
lımx→∞
V (x).
Solucion
El volumen V (x) se calcula mediante la formula:
V (x) = π
∫ x
0y2(x) dx = π
∫ x
0
x dx
(1 + x2)2=
π
2
[−1
1 + x2
]x
0
=π
2· x2
1 + x2.
74
Ahora bien, como lımx→∞
V (x) =π
2, debera cumplirse
π
2· a2
1 + a2=
12· π
2de
donde a = 1 (no es valido a = −1 pues no esta en el dominio de la funcion).
PROBLEMA 11.44
Un solido de revolucion esta generado por la rotacion de la graficade y = f(x) para [0, a] alrededor del eje X. Si para a > 0 el volumenes a3 + a, hallar la funcion f .
Solucion
Por la formula del volumen tenemos que
a3 + a = V = π
∫ a
0[f(x)]2 dx.
Si llamamos G a una primitiva de f2, es decir tal que G′(x) = f2(x), enton-ces
V = π[G(a)−G(0)] = a3 + a =⇒ G(a) =a3 + a
π+ G(0).
Esto sugiere definir G(x) =x3 + x
π. De este modo, G(0) = 0 y
G′(x) =3x2 + 1
π= f2(x) =⇒ f(x) =
√3x2 + 1
π.
PROBLEMA 11.45
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficiecomprendida entre la parabola y2 = x y la circunferencia y2 =2x− x2 alrededor del eje X.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son (1, 1) y (1,−1).
75
Utilizando el metodo de integracion por discos y descomponiendo la integralen dos sumandos, tenemos
V = π
∫ 1
0x dx + π
∫ 2
1(2x− x2) dx = π
[x2
2
]1
0
+ π
[x2 − x3
3
]2
1
=7π
6.
PROBLEMA 11.46
Se considera la parabola de ecuacion y = x2√
2/a, con a > 0, y lacircunferencia x2+y2 = a2. Determinar el volumen engendrado porla zona sombreada de la figura al girar en torno al eje OX.
Solucion
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de la parabola y de lacircunferencia, se tiene que OC = a
√2/2. Como el radio de la circunferencia
76
es a, el volumen pedido sera
V = π
∫ a√
2/2
02x4/a2 dx + π
∫ a
a√
2/2(a2 − x2) dx
= π
[2x5
5a2
]a√
2/2
0
+ π
[a2x− x3
3
]a
a√
2/2
=πa3
30(20− 11
√2).
PROBLEMA 11.47
Determinar el volumen del solido obtenido al girar alrededor deleje OY la region limitada por las parabolas y = ax2, y = b − cx2,con a, b, c > 0.
Solucion
Los puntos de interseccion de las parabolas se obtienen resolviendo el sistemaformado por sus ecuaciones. Ası se tiene A(
√b/(a + c), ab/(a + c)).
Calculamos el volumen por el metodo de los discos para lo cual debemosintegrar respecto a y en los intervalos (0, ab/(a+c)) y (ab/(a+c), b). Resultaası:
V = π
∫ ab/(a+c)
0
y
ady + π
∫ b
ab/(a+c)
b− y
cdy =
πb2
2(a + c).
77
PROBLEMA 11.48
Hallar el volumen generado por la rotacion del area limitada porla parabola 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.
Solucion
i) Dividiendo el area en franjas verticales, al girar alrededor del eje X seobtienen discos de radio y =
√8x en el intervalo x ∈ [0, 2].
Aplicando la formula de integracion por discos se obtiene:
V = π
∫ 2
08x dx = 16π.
ii) Aplicaremos nuevamente el metodo de los discos para lo cual debemosintegrar respecto a la variable y en el intervalo [−4, 4].
78
Como un disco generico tiene radio exterior 2 y radio interior x = y2/8,el volumen viene dado por
V = π
∫ 4
−4[22 − (y2/8)2] dy = π
[4y − y5
320
]4
−4
=128π
5.
iii) Aplicaremos en este caso el metodo de los tubos. Como se observa enla figura, la altura de un cilindro generico es 2y = 2
√8x = 4
√2x y su
distancia al eje de giro es 2− x.
El volumen pedido sera
V = 2π
∫ 2
04√
2x(2− x) dx = 8√
2π
∫ 2
0(2x1/2 − x3/2) dx =
256π
15.
PROBLEMA 11.49
¿Cual es el volumen del solido que se obtiene al girar alrededordel eje X la figura limitada por la curva y = ex y las rectas x = 0,y = e?
79
Solucion
Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo[0, 1], si aplicamos la formula (4), el volumen viene dado por:
V = π
∫ 1
0(e2 − e2x) dx = π
[e2x− 1
2e2x
]1
0
= π · e2 + 12
.
Una idea del solido obtenido se expresa en la siguiente figura.
PROBLEMA 11.50
Se considera la region del plano formada por los puntos (x, y) quesatisfacen las desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, x2/4 ≤ y ≤ 1. Calcular elvolumen del solido obtenido al girar esta region alrededor del ejeY , alrededor del eje X, alrededor de la recta x = 2, y alrededor dela recta y = 1.
80
Solucion
a)
Al girar alrededor del eje Y , el volumen (por el metodo de los discos)es
V = π
∫ 1
04y dy = π
[2y2]10
= 2π.
b)
Nuevamente por el metodo de los discos, si integramos respecto a x,tenemos:
V = π
∫ 2
0
(1− x4
16
)dx = π
[x− x5
80
]2
0
=8π
5.
c)
Aplicando en esta ocasion el metodo de los tubos tenemos:
V = 2π
∫ 2
0(2− x)(1− x2/4) dx = 2π
[2x− x2
2− x3
6+
x4
16
]2
0
=10π
3.
81
d)
Integrando por el metodo de los discos, tenemos por ultimo que
V = π
∫ 2
0(1− x2/4)2 dx = π
[x− x3
6+
x5
80
]2
0
=16π
15.
PROBLEMA 11.51
Hallar el volumen generado por la rotacion del area limitada pory = −x2 − 3x + 6, x + y − 3 = 0 alrededor de la recta
i) y = 0;
ii) x = 3.
Solucion
i) Los puntos de interseccion de las curvas son
y = −x2−3x+6, y = 3−x =⇒ −x2−2x+3 = 0 =⇒ x = −3, x = 1.
82
Si aplicamos el metodo de los discos, como la parabola queda porencima de la recta en el intervalo x ∈ [−3, 1], el volumen es:
V = π
∫ 1
−3(y2
p − y2r ) dx = π
∫ 1
−3[(−x2 − 3x + 6)2 − (3− x)2] dx
= π
∫ 1
−3(x4 + 6x3 − 4x2 − 30x + 27) dx =
1792π
15.
ii) La recta x = 3 es exterior a la region que gira. Aplicamos en este casoel metodo de las tubos. La altura de un cilindro generico es yp − yr =(−x2 − 3x + 6)− (3− x) = −x2 − 2x + 3 y el radio es 3− x (distanciadel eje de giro a un punto de la region).
El volumen es pues
V = 2π
∫ 1
−3(3−x)(−x2−2x+3) dx = 2π
∫ 1
−3(x3−x2−9x+9) dx =
256π
3.
PROBLEMA 11.52
Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitadapor las graficas de f(x) = b(x/a)2 y g(x) = b|x/a| alrededor de y = 0.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son:
x ≥ 0 : y =bx2
a2, y =
bx
a=⇒ bx2
a2=
bx
a=⇒ x2 − ax = 0 =⇒ x = 0, x = a.
83
Debido a la simetrıa de la figura, como la recta queda por encima de laparabola, el volumen es:
V = 2π
∫ a
0
(b2x2
a2− b2x4
a4
)dx = 2π · b2
a2
[x3
3− x5
5a2
]a
0
=4πb2 · a
15.
PROBLEMA 11.53
Calcular el volumen engendrado por la region que delimitan lasparabolas y2 = 2px, x2 = 2py (p > 0), al girar en torno a OX.
Solucion
Se obtiene facilmente que los puntos de interseccion de las parabolas son(0, 0) y (2p, 2p).
Por el metodo de los discos, el volumen es:
V = π
∫ 2p
02px dx− π
∫ 2p
0
x4
4p2dx =
125
πp3.
PROBLEMA 11.54
Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitadapor las graficas de f(x) = senx y g(x) = cos x en el intervalo [0, π/2]alrededor del eje X.
84
Solucion
π/4 π/2
Aplicando el metodo de los discos, debido a la posicion relativa de las cur-vas, debemos descomponer la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2].Ası tenemos:
V = π
∫ π/4
0(cos2 x− sen2 x) dx + π
∫ π/2
π/4(sen2 x− cos2 x) dx
= π
[sen 2x
2
]π/4
0
− π
[sen 2x
2
]π/2
π/4
= π.
PROBLEMA 11.55
Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitadapor las graficas de f(x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x alrededor dey = −1.
Solucion
Los extremos de integracion seran los puntos de interseccion de las curvas.Estos son:
y = x2 − 4x + 4, y = 4− x =⇒ x2 − 3x = 0 =⇒ x = 0, x = 3.
85
Si aplicamos el metodo de los discos (formula (5)), teniendo en cuenta queel radio exterior es re = yr +1 = 4−x+1 y el radio interior es ri = yp +1 =x2 − 4x + 4 + 1, resulta:
V = π
∫ 3
0[(4− x + 1)2 − (x2 − 4x + 4 + 1)2] dx
= π
[x3
3− 5x2 + 25x− (x− 2)2
5− x− 2(x− 2)3
3
]3
0
=117π
5.
Una seccion del solido obtenido tiene la forma de la figura adjunta.
86
PROBLEMA 11.56
Determinar el volumen del solido que se obtiene al girar alrededordel eje de abscisas la region del primer cuadrante limitada por lascurvas y = 1/x2, y = sen(πx/2) y las rectas x = 0, y = e.
Solucion
Los puntos de interseccion de las curvas son
y = 1/x2, y = senπx
2=⇒ sen
πx
2=
1x2
=⇒ x = 1;
y = 1/x2, y = e =⇒ x2 = 1/e =⇒ x = 1/√
e.
Aplicando el metodo de los discos, tenemos:
V =∫ 1/
√e
0π[e2 − sen2 πx
2
]dx +
∫ 1
1/√
eπ
[1x4− sen2 πx
2
]dx
= π[e2x− x
2+
senπx
2π
]1/√
e
0+ π
[−13x3
− x
2+
senπx
2π
]1
1/√
e
=(8e√
e− 5)π6
.
87
PROBLEMA 11.57
Se considera la hiperbola de ecuacion x2/a2 − y2/b2 = 1 y las dosrectas perpendiculares al eje OX de ecuaciones x = p, x = p + h(p > a).
Determinar el volumen del cuerpo de revolucion engendrado por laregion ABCD indicada en la figura (siendo OB una de las asınto-tas) al girar en torno al eje OX.
Solucion
Sabiendo que la ecuacion de la asıntota OB es y = bx/a, el volumen delsolido indicado viene dado por
V = π
∫ p+h
p
[(bx
a
)2
− b2
(x2
a2− 1)]
dx =πb2
a2
∫ p+h
p(x2−x2+a2) dx = πb2h.
PROBLEMA 11.58
Hallar el volumen generado por el area comprendida entre la parabo-la y = 4x−x2 y el eje X al girar alrededor de la recta y = 6.
88
Solucion
Utilizando el metodo de los discos, como la region esta comprendida en elintervalo [0, 4], el volumen, dado por la formula (5), es
V = π
∫ 4
0[62 − (6− y)2] dx = π
∫ 4
0[36− (6− 4x + x2)2] dx
= π
∫ 4
0(48x− 28x2 + 8x3 − x4) dx =
1408π
15.
PROBLEMA 11.59
Un servilletero se obtiene practicando un agujero cilındrico en unaesfera de modo que el eje de aquel pase por el centro de esta.Si la longitud del agujero es 2h, demostrar que el volumen delservilletero es πah3, siendo a un numero racional.
Solucion
Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cilındrico sera k =√r2 − h2.
89
De este modo, y de acuerdo con la figura, el solido obtenido viene dado algirar alrededor del eje X la region limitada por las curvas x2 + y2 = r2 ey = k. Tenemos entonces:
V = π
∫ h
−h(r2 − x2 − k2) dx = π
[(r2 − k2)x− x3
3
]h
−h
=4πh3
3.
Como 4/3 es racional, el resultado obtenido prueba el enunciado.
Una seccion de la figura obtenida es la siguiente:
PROBLEMA 11.60
Se considera la elipse de ecuacionx2
a2+
y2
b2= 1 y la cuerda FC
paralela al eje OX. Determinar OA = h de manera que el volumenengendrado por la region sombreada de la figura al girar en torno aOX sea la mitad del volumen del elipsoide engendrado por el areaque limita la elipse dada girando en torno al mismo eje.
90
Solucion
Designaremos por V1 y V2 a los volumenes del cuerpo engendrado por laregion sombreada y del elipsoide engendrado por la elipse, respectivamen-te. Como los puntos C y F tienen abscisa a
√1− h2/b2 y −a
√1− h2/b2,
respectivamente, dichos volumenes se obtienen por integracion mediante lasformulas:
V1 = π
∫ a√
1−h2/b2
−a√
1−h2/b2[b2(1− x2/a2)− h2] dx
= 2π
∫ a√
1−h2/b2
0[b2(1− x2/a2)− h2] dx = 2π
[(b2 − h2)x− b2x3
3a2
]a√
1−h2/b2
0
=43πa(b2 − h2)
√1− h2/b2;
V2 = π
∫ a
−ab2(1− x2/a2) dx =
43πab2.
Como debe ser V1 = V2/2, al resolver esta ecuacion se obtiene que
43πa(b2 − h2)
√1− h2/b2 =
23πab2 =⇒ h = b
√1− 1/
3√
4.
PROBLEMA 11.61
Calcular el volumen del toro, que es el solido de revolucion engen-drado al girar un cırculo de radio r alrededor de un eje situado ensu plano y a una distancia b de su centro (b ≥ r).
91
Solucion
Si hacemos que OX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto(0, b), esta tiene por ecuacion x2 + (y − b)2 = r2. El volumen, aplicando elmetodo de los discos, vendra dado por:
V = π
∫ r
−r
[(b +
√r2 − x2
)2−(b−
√r2 − x2
)2]
dx = (cambio x = r sen t)
= 4bπ
∫ π/2
−π/2r2 cos2 t dt = 2br2π
[t +
12
sen 2t
]π/2
−π/2
= 2br2π2.
PROBLEMA 11.62
Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es unaelipse de eje mayor 2a y eje menor 2b.
Solucion
La seccion determinada en el cono por un plano paralelo a la base y dealtura OP = z es una elipse de eje mayor 2x y eje menor 2y. Su area es puesπxy.
92
Por semejanza de triangulos, se deduce de la figura que
4MPC ∼
4MOA =⇒ PC
OA=
PM
OMes decir
x
a=
h− z
h;
4MPD ∼
4MOB =⇒ PD
OB=
PM
OMes decir
y
b=
h− z
h.
El area de la seccion es entonces πxy =πab(h− z)2
h2. Luego,
V =πab
h2
∫ h
0(h− z)2dz =
πabh
3.
PROBLEMA 11.63
Un solido tiene una base circular de radio 2. Cada seccion produ-cida por un plano perpendicular a un diametro fijo es un trianguloequilatero. Calcular el volumen del solido.
Solucion
Si expresamos por la ecuacion x2+y2 = 4 a la base del solido y consideramoslas secciones perpendiculares al eje X, el lado de un triangulo generico esl = 2y y la altura es h =
√l2 − l2/4 = l
√3/2 = y
√3.
93
El volumen sera entonces
V =∫ 2
−2
2y · y√
32
dx =√
3∫ 2
−2(4− x2) dx =
32√
33
.
PROBLEMA 11.64
Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinadoque pasa por el eje menor de la misma. Hallar el volumen del solidorestante.
Solucion
Supongamos que la ecuacion de la elipse es x2/a2 +y2/b2 = 1 y llamamos Ha la altura del cilindro (que corresponde al punto (a, 0)). Cortando el solidopor planos perpendiculares al eje OY obtenemos triangulos rectangulos se-mejantes. En un punto arbitrario (x, y) el area de uno de dichos triangulos(ver figura) es
A =x · h
2=
x2 · tg α
2=
x2 ·H2a
.
94
Como (x, y) verifica la ecuacion de la elipse, escribimos el area en funcion
de y como A(y) =a2(1− y2/b2) ·H
2a. El volumen sera entonces
V =∫ b
−bA(y) dy = 2
∫ b
0
a(1− y2/b2) ·H2
dy = aH
[y − y3
3b2
]b
0
=2abH
3.
PROBLEMA 11.65
Un solido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor ymenor miden 10 y 8 unidades respectivamente. Hallar su volumensabiendo que toda seccion del mismo perpendicular al eje mayores un triangulo isosceles de altura igual a 6.
Solucion
Escribimos la ecuacion de la elipse como x2/25 + y2/16 = 1.
95
El triangulo obtenido por la seccion perpendicular al eje OX por un puntox tiene area A(x) = 2y · h/2 = 6y = 24
√1− x2/25, y el volumen del solido
(aplicando los metodos usuales de integracion) es
V =∫ 5
−5A(x) dx = 24
∫ 5
−5
√1− x2/25 dx
=245
[252
arc senx
5+
x
2
√25− x2
]5
−5
= 60π.
PROBLEMA 11.66
La seccion de un cierto solido por cualquier plano perpendicularal eje OX es un cuadrado tal que los extremos de una diagonalpertenecen respectivamente a las parabolas y2 = 4x, x2 = 4y. Hallarel volumen del solido.
Solucion
La region que limitan ambas curvas viene indicada en la figura y los puntosde corte son (0, 0) y (4, 4).
96
Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado generico une lospuntos (x, y1) y (x, y2) y su longitud, en funcion 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 volumenpedido es:
V =∫ 4
0
(2√
x− x2/4)2
2dx =
12
[2x2 +
x5
80− 2x7/2
7
]4
0
=14435
.
C. LONGITUD DE CURVAS PLANAS.
Dada la funcion y = f(x), definida en un intervalo [a, b], a cada particionP = {x0 = a, x1, . . . , xn−1, xn = b} de [a, b] le corresponde una poligonal devertices Pk = (xk, f(xk)), k = 0, 1, . . . , n, como indica la figura.
La longitud del arco de la curva entre los puntos A y B de abscisas x = a yx = b se define como el supremo de los perımetros de todas las poligonales. Sies finito, se dice que la curva es rectificable; si no, la curva no es rectificable(tiene longitud infinita). El resultado fundamental que aplicaremos en estaseccion es el siguiente:
Teorema. Si una funcion y = f(x) tiene derivada de primer orden continuaen [a, b], entonces es rectificable y la longitud del arco viene dada por laformula
l = AB =∫ b
a
√1 + [f ′(x)]2 dx.
97
Si la funcion viene expresada en coordenadas parametricas x = x(t), y =y(t), la formula queda de la forma
l =∫ t1
t0
√[x′(t)]2 + [y′(t)]2 dt,
siendo t0 y t1 los parametros correspondientes a los puntos inicial y final dela curva.
En la mayorıa de los casos no es posible encontrar expresiones explıcitas dela longitud de un arco de curva. Por ello se deben crear nuevas funciones,como es el caso de las integrales elıpticas (que expresan longitudes de arcos deelipses), o utilizar metodos aproximados para calcular arcos de curva.
PROBLEMA 11.67
Hallar la longitud del arco de la parabola x2 = 2py, con p > 0,comprendida en el intervalo [0, a].
Solucion
Si calculamos la derivada de la funcion, tenemos
y′ = x/p =⇒√
1 + y′2 =√
1 + (x/p)2 =
√x2 + p2
p.
La longitud del arco pedido queda entonces
l =1p
∫ a
0
√x2 + p2 dx =
p
2
[x√
x2 + p2
p2+ ln
∣∣∣∣∣x +√
x2 + p2
p
∣∣∣∣∣]a
0
=p
2
[a√
a2 + p2
p2+ ln
∣∣∣∣∣a +√
a2 + p2
p
∣∣∣∣∣]
.
PROBLEMA 11.68
Probar que la curva f(x) =
{x cos(π/x) si x 6= 00 si x = 0
no es rectificable
en [0, 1].
98
Solucion
Si consideramos los puntos xn = 1/n, con n ∈ N, sabemos que f(xn) =(−1)n
ny la longitud de la poligonal de vertices xn es
∑n≥1
ln =∑n≥1
√(1n− 1
n + 1
)2
+(
(−1)n
n− (−1)n+1
n + 1
)2
=∑n≥1
2n
,
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(cos x) en el intervalo[0, π/3].
Solucion
Como la derivada de la funcion es y′ = − tg x, la longitud pedida es
l =∫ π/3
0
√1 + tg2 x dx =
[ln(sec x + tg x)
]π/3
0= ln(2 +
√3).
PROBLEMA 11.70
Hallar la longitud de la curva de ecuacion 8a2y2 = x2(a2 − 2x2).
Solucion
−a/√
2 a/√
2
Si escribimos la ecuacion en forma explıcita, tenemos y = ± x
2√
2a
√a2 − 2x2,
de donde y′2 =(a2 − 4x2)2
8a2(a2 − 2x2)y√
1 + y′2 =3a2 − 4x2
2√
2a√
a2 − 2x2.
La longitud del arco sera:
99
L = 4 · 12√
2a
∫ a/√
2
0
3a2 − 4x2
√a2 − 2x2
dx
=
[2a · arc sen
x√
2a
+√
2a· x ·
√a2 − 2x2
]a/√
2
0
= πa.
PROBLEMA 11.71
Hallar la longitud de la astroide de ecuacion x2/3 + y2/3 = a2/3.
Solucion
Escribiendo la ecuacion en forma parametrica como x = a cos3 t, y =a sen3 t y teniendo en cuenta la simetrıa de la figura, la longitud viene dadapor:
L = 4∫ π/2
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt = 4
∫ π/2
03a sen t cos t dt = 6a.
PROBLEMA 11.72
Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y =a(1− cos t).
Solucion
2aπ 4aπ
100
Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalot ∈ [0, 2π], la longitud es:
L =∫ 2π
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt =
∫ 2π
0a√
(1− cos t)2 + sen2 t dt
= a√
2∫ 2π
0
√1− cos t dt = a
√2∫ 2π
0
√2 sen(t/2) dt = 8a.
PROBLEMA 11.73
Hallar la longitud de la curva cuya ecuacion en forma parametricaes x(t) = a cos3 t, y(t) = a sen t(1 + cos2 t).
Solucion
Debido a la simetrıa de la figura, por la formula de la longitud de arcotenemos:
L = 4∫ π/2
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt = 4
∫ π/2
0a cos t
√4− 3 sen2 t dt = (cambio
√3
2sen t = senu) =
16a√3
∫ π/3
0cos2 u du =
8a√3
[u +
sen 2u
2
]π/3
0
=2a(4π + 3
√3)
3√
3.
101
D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Encontrar una formula que permita calcular el area de cada unade 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 =∫ b
a[f(x)− g(x)] dx;
AII =∫ a
0[h(x)− g(x)] dx +
∫ b
a[h(x)− f(x)] dx;
AIII =∫ a
0[f(x)− r(x)] dx +
∫ b
a[g(x)− r(x)] dx;
AIV =∫ a
0[g(x)− f(x)] dx.
2. Hallar el area de la figura limitada por la hiperbola equilateraxy = a2, el eje OX y las rectas x = a, x = 2a.
Resp.: A = a2 ln 2.
3. Hallar el area encerrada por la recta y = 1 y la curva y = ln2 x.
Resp.: A = 4/e.
4. Calcular el area limitada por las curvas y = (x−4)2, y = 16−x2.
102
Resp.: A = 64/3.
5. Hallar el area limitada por la curva y = x2 − 2x + 2, su tangenteen 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 lasparabolas x2 = 2py, y2 = 2px en el interior de la circunferenciax2 + y2 = 3p2, (p > 0).
Resp.: A =p2
24(4√
2 + 9π − 36 arc sen 1/√
3).
7. Calcular el area de la region limitada por las curvas y = −x2 +6,(y − 2)2 + x2 = 4, y = x.
Resp.: A =16(49− 6π).
8. Hallar el area de la region 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 region limitada por la curva y =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 region limitada por las curvas y = 5 − x2,y = (x− 1)2.
Resp.: A = 9.
11. Calcular el area de la elipsex2
a2+
y2
b2= 1.
Resp.: A = πab.
12. Calcular el area de la region limitada por las curvas x2 + y2 = 2,y = x2, y = x + 6.
Resp.: A =45 + π
2.
103
13. Calcular el area de la region limitada por las graficas 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 rectay = 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 parabola x2 = 12(y − 1).
Resp.: A =16π + 4
√3
3.
17. Hallar el area limitada por la curva y = cos 2x + cos x y el eje Xentre las dos ordenadas que corresponden a una distancia iguala un perıodo de la curva.
Resp.: A = 3√
3.
18. Hallar el area encerrada por el bucle de la curva x3 = a(x2− y2).
Resp.: A =8a2
15.
19. Dada la hiperbola de ecuacionx2
a2− y2
b2= 1, determinar el area A
del triangulo mixtilıneo APQ, siendo A(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 = b√
r2 − b2 + r2 arc senb
r− a√
r2 − a2 − r2 arc sena
r.
104
21. Hallar el area del segmento parabolico comprendido entre y2 =2px las rectas x = a, x = b.
Resp.: A =4√
2p
3(b3/2 − a3/2).
22. Hallar el volumen del solido de revolucion engendrado por lafigura limitada por la curva y = xex y las rectas y = 0, x = 1 algirar alrededor del eje OX.
Resp.: V =πe2
4.
23. Calcular el volumen del solido engendrado al girar alrededor deleje OX la region interior a la circunferencia x2 + y2 = 1 y a laparabola y2 = 3x/2.
Resp.: 19π/48.
24. Calcular el volumen del solido obtenido al girar alrededor del ejeOX la region limitada por la curva y = 2−
√1− x2 y el eje OX.
Resp.: V =π
3(28− 6π).
25. Calcular el volumen del solido limitado por las curvas x2−y2 = 4,y = 2, y = −2 al girar alrededor del eje OX.
Resp.: V =32π
3(2√
2− 1).
26. Calcular el volumen del solido limitado por las curvas y = senx,y = 2x/π al girar alrededor del eje OX.
Resp.: V = π2/6.
27. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitadapor las graficas de f(x) =
√4− x2 y g(x) = 1 en el intervalo [0,
√3]
alrededor de y = 0.
Resp.: V = 2π√
3.
28. Sea R la region interior a la circunferencia de centro (1,−1) yradio 2 y por encima de la recta y =
√3− 1.
a) Determinar el area de R.
105
b) Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region Ralrededor del eje OX.
Resp.: A =2π
3−√
3; V =2π
3(2 + 3
√3− 2π).
29. Sea R la region limitada por las curvas x + y = 2y2, y = x3. Cal-cular el area de R y el volumen que engendra R al girar alrededordel eje OX.
Resp.: A = 7/12 (pensar x como funcion de y); V = 11π/21 (metodode los tubos).
30. Sea R la region limitada por las curvas y =x2
4+ 2 y 5x+8y−14 =
0. Calcular el area de R y el volumen de la figura obtenida al girarR alrededor del eje OX.
Resp.: A = 27/192; V =891π
1280(metodo de los discos).
31. Sea R la region limitada por las curvas y = 4x− x2 y 2x− y = 0.Calcular el area de R y el volumen de la figura obtenida al girarR alrededor del eje OX.
Resp.: A = 4/3; V = 32π/5.
32. Sea R la region limitada por las curvas y =1
1 + x2e y =
x2
2. Cal-
cular el area de R y el volumen de la figura obtenida al girar Ralrededor 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 region R 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 region R alrededordel eje OY .
c) Calcular el volumen obtenido al girar la region R alrededor dela recta y = 1.
106
Resp.: A = 5arc sen1√5
+23; VY =
116π
15(discos); Vy=1 =
10√
5− 193
· π
(tubos).
34. Dada la region limitada por las curvas y = 4x2, y = x2/9, y = 2,calcular el area de la region y el volumen obtenido al girar dicharegion alrededor de los ejes OX y OY .
Resp.: A = 20√
2/3; VX = 16π√
2 (tubos); VY = 35π/2 (discos).
35. Dada la region limitada por las curvas y = x2 + 1, y − 1 = x,calcular el area de la region y el volumen obtenido al girar dicharegion alrededor del eje OY .
Resp.: A = 1/6; VY = π/6.
36. Dada la region limitada por las curvas x2 + y2 = 12, x2 = 4y,y2 = 4x, calcular el area de la region y el volumen obtenido algirar dicha region alrededor del eje OY .
Resp.: A =4√
23
+ 12 arc sen√
2/3− 3π; VY =π
15(256
√5− 200).
37. Se considera la region 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 dedicha region y el volumen del solido obtenido al girar alrededordel eje OX.
Resp.: A = 1 +4π
; V = 2π + 10.
38. Calcular el volumen del tronco de cono con radios de las bases ry R y altura h.
Resp.: V =πh
3(r2 + rR + R2).
39. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2 + e−x/2 entrelos puntos de abscisa x = 0 y x = 2.
Resp.: L = e− e−1.
40. Calcular la longitud del arco de la curva y = lnex + 1ex − 1
entre x = 1y x = 2.
Resp.: L = ln(e2 + 1)− 1.
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![Calculo integral y aplicaciones [francisco granero]](https://img.pdfslide.tips/doc/110x75/556d61f5d8b42a6b4d8b52d7/calculo-integral-y-aplicaciones-francisco-granero-558495439478c.jpg)
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