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Capitulo III
Matemática III (733)
Objetivo 3. Aplicar el cálculo integral a problemas de áreas, volúmenes,
área de una superficie y longitud de arco de una curva dada en coordenadas
cartesianas.
Ejercicio 1
Determina el área de la superficie de revolución generada al girar la
curva de ecuación 42
1 1
8 4x y
y= + , 1 2y≤ ≤ alrededor del eje OY .
Solución
Justificación: En este objetivo amiga y amigo estudiante es
IMPORTANTE, que sepas deducir la fórmula que vas a usar, por 2 razones:
Cuando tu HACES, aprendes, y creeme, toda fórmula que deduzcas o
sepas de donde proviene es muy difícil que se te olvide.
Los ejercicios de este objetivo requieren que construyas las integrales
definidas que vas a resolver, y a lo largo de esta guía observaras que
dichas integrales son relativamente sencillas de resolver el problema
está en como construirlas.
Además de lo anterior, debes conocer por lo menos las gráficas más
comunes, como rectas, parábolas, circunferencias, funciones exponenciales,
logarítmicas y trigonométricas, entre otras.
Te daré algunos tip’s de cómo graficar rápidamente algunas de estas
gráficas:
1) Rectas: Por ejemplo, graficar: 3 5y x= +
Una recta PASA POR 2 PUNTOS, lo más fácil que puedes hacer para
graficar una recta es hacer sus variables cero y despejar las otras, es decir,
HALLAR LOS CORTES CON LOS EJES:
Función Corte con el eje , 0x y = Corte con el eje , 0y x =
3 5y x= + 5
0 3 53
x x−= + → = ( )3 0 5 5y = + =
Gráfica de la recta
2) Parábolas: Por ejemplo, grafique: 2 2y x x= + − y 2 6x y y= − − + .
Una parábola SIEMPRE abre hacia arriba si el coeficiente de equis
cuadrado es POSITIVO, por ejemplo: 2 2 7xxy = − + , o hacia abajo si el
coeficiente de equis cuadrado es NEGATIVO, por ejemplo: 2 2 7xxy = − +− y
abre SIEMPRE hacia la derecha si el coeficiente de ye cuadrado es POSITIVO,
por ejemplo: 2 7 1yyx = + + y abre hacia la izquierda si el coeficiente de ye
cuadrado es NEGATIVO, por ejemplo: 2 104yx y= − +− .
Para graficarlas, lo más sencillo es ubicar el vértice derivando la
ecuación e igualando a cero, y encontrando los cortes con los ejes, observa:
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0y =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
2 2y x x= + −
' 2 1 0
1
2
y x
x
= + =−=
Para 1
2x
−=
21 1
22 2
1 5 2 20
4 2 818 9
8 4
y
y
y
− = − −
−= − =
−= = −
1 9,
2 4V
− −
2 2 0y x x= + − =
( ) ( )( )( )
2
2
1
2
1
2
4
2
1 1 4 1 2
2 1
1 1 8 1 9
2 21 3
1 3 2 1 32
2
21
2 4
22
b b acx
a
x
x
xx
x
x
x
− ± −=
− ± − − −=
− ± + − ±= =
− + =− ± = − − =
= = − = = −
Gráfica de la parábola 2 2y x x= + −
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0x =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
2 6x y y= − − +
' 2 1 0
1
2
x y
y
= − − =−=
Para 1
2y
−=
21 1
62 2
1 13 1 26
4 2 425
4
x
x
x
− = − + +
− += − + =
=
25 1,
4 2V −
2 6 0x y y= − − + =
( ) ( )( )( )
2
2
1
2
1
2
4
2
1 1 4 1 6
2 1
1 1 24 1 25
2 21 5
1 5 2 1 52
2
63
2 4
22
b b acx
a
y
y
yy
y
y
y
− ± −=
± − − −=
−
± + ±= =− −
+ =± −= −− = −
= = − − − = = −
Gráfica de la parábola 2 6x y y= − − +
3) Funciones exponenciales: Por ejemplo xy e= , xy e−=
Estas graficas son conocidas y son:
Observa que siempre cortan al eje y en uno, y el eje equis es la asíntota
horizontal de ambas. Además, siempre son positivas.
4) Funciones logarítmicas: son las funciones inversas de las
exponenciales, por ejemplo: lny x=
Observa como el logaritmo de equis, corta al eje equis en uno, además
el eje ye es la asíntota vertical de esta función.
5) Circunferencias: Estas funciones se identifican cuando ambas
variables (equis y ye) están elevadas al cuadrado y tienen coeficiente
positivo e igual , por ejemplo: 2 2 4x y+ =
( )2 21 9x y− + =
( )22 2 25x y+ + =
A veces te dan estas ecuaciones desarrolladas, por ejemplo, si en la
tercera desarrollo el producto notable, obtendría:
( )2 2
2 2
2 2 2 22 25 4 4 25 4 4 25 0
4 21 0
x y x y y x y y
x y y+
+
+
+ = → + + + = → + + + − =
− =
Si llegas a toparte con una ecuación de este tipo, debes completar
cuadrados y llevarla a la forma ( )22 2 25x y+ + = .
Ahora bien, cuando las ecuaciones están así: 2 2 4x y+ = ,
( )2 21 9x y− + = , ( )22 2 25x y+ + = , debes compararla con la ecuación general de
la circunferencia:
( ) ( )2 2 2x h y k r− + − =
Donde ( ),h k es el centro de la circunferencia y r el radio.
Vamos a conseguir el centro y radio de las circunferencias dadas:
2 2
2
( , ) (0,0)4
4 4 2
c h kx y
r r
=+ = → = → = =
( )2 2
2
( , ) (1,0)1 9
9 9 3
c h kx y
r r
=− + = → = → = =
( )22
2
( , ) (0, 2)2 25
25 25 5
c h kx y
r r
= −+ + = → = → = =
OJO: SIEMPRE SE CAMBIA EL SIGNO PARA ENCONTRAR LAS
COORDENADAS DEL CENTRO.
A continuación, graficaré cada circunferencia:
6) Funciones polinómicas: Cuando graficamos rectas y parábolas, éstas
son funciones polinómicas, sin embargo, en algunas ocasiones nos
encontramos con funciones polinómicas de grado 3 ó 4 e inclusive más, en
estos casos nos indican los valores de las ordenadas o de las abscisas donde
esta encerrada el área, y con éstos valores sustituidos en la educación original
nos permiten conseguir 2 puntos, y sabiendo QUE TODA FUNCIÓN
POLINOMICA ES CONTINUA unimos dichos puntos, teniendo cuidado que la
función no cambie de signo en ese intervalo. El ejemplo de este caso es
precisamente al que corresponde a éste ejercicio, por ende, cuando comience
la resolución veras como se aplica lo comentado.
5) Funciones trigonométricas: Por lo general se presenta la función seno
y coseno para conseguir áreas, por lo tanto te enseñare a graficar ambas.
Para ambas funciones construye en la recta real (eje x ) el conteo de 2
π
en 2
π. Antes de continuar, quiero saber si sabes contar de 2 en 2 ó 5 en 5.
Probablemente, te enseñaron que contar de 2 en 2 es así:
2,4,6,8,10,12,14,16,18,...
Y contar de 5 en 5 era:
5,10,15,20,25,30,35,40,45,50,55,...
Pues, esto no es DEL TODO CIERTO. Cuando se te dice cuenta de 2 en
2, se refiere a contar, y que haces tú cuando se te dice en la vida, por ejemplo,
cuéntame cuantos vasos hay, para ver si alcance el refresco para todos, tu
¿qué haces? Pues cuentas, dices, 1 vaso, 2 vasos, 3 vasos, 4 vasos, y así
sucesivamente y das la respuesta, hay 12 vasos por ejemplo, bueno eso es
contar.
Por tanto, cuando se te dice cuenta de 2 en 2, deberías contar así:
2, 2, 2, 2, 2, 2, 2,1 2 3 4 5 6 7 8 9 102, 2, 2,...× × × × × × × × × ×
Observa que siendo en este caso el patrón el 2, contamos cuantos 2
hay, es decir, un dos, dos dos, tres dos, cuatro dos, así como cuando contaste
los vasos. ¿Que sucede? Lo que te enseñaron en la escuela entonces ¿no esta
bien? Si esta bien, pero no en aquel momento lo dicho no fue el cuento
completo, fíjate porque, si el conteo de 2 en 2 lo multiplicas, es decir, un dos es
uno por dos, dos dos es dos por dos, tres dos es tres por dos, y así
sucesivamente, obtienes:
1 2 3 4 5 6 72 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 4 6 8 10 12 14
8 9 10
16 18 20
2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2,...
1 2 3 4 5
2,4,6,8,10,12,14,16,18
6 7 8 9 1
,20
0
,...
× × × × × × × × × ×
× × × × × × × × × ×
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
Ahora, te preguntarás ¿qué tiene que ver esto con graficar el seno y el
coseno?, bueno recuerda que te mencione que contaras de 2
π en
2
π en el eje
equis, si no te hubiera explicado lo que es contar, probablemente no hubieras
contado de 2
π en
2
π. Contemos pues, de
2
π en
2
π en el eje equis, observa:
2
22
1
1 2 3 4 5 6 7 8, , , , , , , , , ,...2 2 2 2 2 2 2 2 2
9 102
π
π π
π π π π π π π π π π
×
× × × × × × × × ×
↓ ↓
×
2
π× 432
3 22
π
π π
×
↓ ↓2
π×2
5 32
65
π
π π
×
↓ ↓2
π× 872
7 42
π
π π
×
↓ ↓2
π×2
2
10
9 5
9
π
π π
×
↓ ↓2
π×
3 5 7 9 , , , 2 , , 3 , , 4 , , 5 ,...
2 2 2 2 2
π π π π ππ π π π π
Así:
Luego de contar de 2
π en
2
π, en el eje y construye dos rectas paralelas
al eje x, que pasen por 1 y 1− , así:
Ahora grafiquemos el seno de equis, esta curva siempre PARTE DEL
ORIGEN, y cada 2π se repite la misma curva, porque el seno de equis es
periódica, observa:
Ahora repite esta curva roja cada 2π , es decir, repite la gráfica hacia la
derecha y así obtendrás la curva del seno:
Ahora grafiquemos el coseno de equis, esta curva siempre PARTE DE 1
EN EL EJE Y, y cada 2π se repite la misma curva, porque el coseno de equis
es periódico, observa:
Ahora repite esta curva roja cada 2π , es decir, repite la gráfica hacia la
derecha y así obtendrás la curva del coseno:
Ahora vamos a deducir, la fórmula que usaremos para resolver el primer
ejercicio planteado, además, será usada en los ejercicios donde se pida el
calculo DEL ÁREA DE UNA SUPERFICIE EN REVOLUCIÓN.
Primero aclaremos que la palabra revolución en este objetivo se
entenderá como sinónimo de giro o rotación, por ejemplo:
1)
2)
En el ejercicio 1 se nos pide calcular el área de la superficie de
revolución, la superficie de un sólido es el área total externa, por ejemplo:
Cubo
Un cubo tiene 6 caras, y cada cara es un cuadrado, por lo tanto el área
de una cara de lado L es: 2L .
Por ende, el área de toda su superficie será: 26S L=
Ahora bien, los casos que enfrentaremos serán sólidos de revolución, es
decir, curvas que giran o rotan alrededor de un eje fijo, que por lo general es el
eje equis o eje ye.
SIEMPRE HAY QUE DIBUJAR EL RECTÁGULO TÍPICO PARA
RESOLVER TODOS LOS PROBLEMAS DE ESTE OBJETIVO, ESTE
RECTÁNGULO TE AYUDARA A VISUALIZAR LA CONSTRUCIÓN D E LA
FUNCIÓN A INTEGRAR ASI COMO LOS LÍMITES DE INTEGRAC IÓN, ESTE
RECTÁNGULO QUE LLAMO TÍPICO SON DE LA FORMA HORIZON TAL O
VÉRTICAL EN COORDENAS RECTANGULARES:
Vamos, sin más preámbulo, a deducir la fórmula que nos permite
calcular el área de una superficie en revolución.
Observemos la siguiente figura:
La figura 1, muestra el área plana que rotara, en este caso, alrededor del
eje x, observa como se dibuja en esta figura el rectángulo típico azul, cuyo
ancho inferior es dx , observa como a la parte superior del rectángulo le llame
dL , esto porque asumí que como el rectángulo es muy fino o de ancho muy
pequeño puedo aproximar la longitud superior del rectángulo a la longitud de la
curva en ese segmento muy pequeño, observa ésta situación aumentada en la
siguiente figura:
Ahora bien, centra tu atención en éste rectángulo típico azul, observa
como en la figura 2 rota alrededor del eje x, formando un disco de radio ( )f x
(como en un aro de matrimonio); se destaca en rojo la superficie de dicho
disco.
Ahora imagina que extraemos ese disco y lo estiro, así como una cinta
de ancho dL , haciendo esto, obtenemos el rectángulo rojo de la parte de
abajo:
Ahora bien, se ve claramente como toda la superficie del disco, es ahora
la superficie de este rectángulo rojo, es decir, el área de este rectángulo. Este
rectángulo tiene largo y ancho, el ancho es dL tal como ya explique, pero el
largo será la longitud de la circunferencia del disco, recuerda que la longitud de
una circunferencia de radio R es:
2 Rπ
Pero en este caso el radio es ( )f x por ser la altura del rectángulo típico
azul por ende al estirar el disco formado de superficie roja, obtenemos que la
longitud de la circunferencia del disco, es:
2 ( )f xπ
Cual es el área de un rectángulo, pues ancho por largo, por lo tanto, la
superficie o área del rectángulo rojo es:
( ) [ ]argdA dS ancho L o= = ×
Donde: :dA dS= es el diferencial de área o superficie.
Sustituyendo el ancho y el largo del rectángulo rojo se tiene:
2 ( )dS f x dLπ=
Recuerda que dL es un diferencial de longitud, y más adelante, en el
ejercicio 7, demostrare que este diferencial de longitud dL es:
2
1dy
dL dxdx
= +
También este diferencial de longitud se puede escribir:
( )2'1 ( )dL f x dx= +
Sustituyendo este diferencial de longitud en nuestra ecuación de
diferencial de superficie, se tiene:
2
2 ( ) 1dy
dS f x dxdx
π = +
Como ( )y f x= y ' dyy
dx= se puede escribir:
( )2'2 1dS y y dxπ= +
Puedes observar en la figura 1 ó 2, que debemos sumar todos los
subrectangulos típicos desde x a= hasta x b= , por lo tanto, aplicando
integrales en ambos miembros, tenemos:
( ) ( )2 2' '2 1 2 1b b
a a
S y y dx y y dxπ π= + = +∫ ∫
Que es la fórmula para calcular la superficie de un sólido en revolución.
Si aplicas el mismo tratamiento anterior a una gráfica de la forma:
Obtendrás exactamente la misma fórmula, claro, con las variables
invertidas, es decir:
2 2
2 1 2 1d d
c c
dx dxS x dy x dy
dy dyπ π
= + = +
∫ ∫
En resumen hay 2 casos:
1) ( )2'2 1b
a
S y y dxπ= +∫ cuando la gráfica es de la forma:
2) 2
2 1d
c
dxS x dy
dyπ
= +
∫ cuando la gráfica es de la forma:
Retomando el ejercicio plateado número 1, que trata sobre determinar el
área de la superficie de revolución generada al girar la curva de ecuación
42
1 1
8 4x y
y= + , 1 2y≤ ≤ alrededor del eje OY , podremos ver claramente que
estamos en el caso 2, porque equis esta en función de ye, y nos dan la
variación en el eje ye, la superficie generada es:
Desarrollando la fórmula del caso 2, se tiene:
Sustituyendo lo anterior en nuestra fórmula, se tiene:
224 3
2 31
1 1 1 12 1
8 4 2 2S y y dy
y yπ
= + + − ∫
( )( )
( )
2 23 32 22 4 6 6
3 2 321 1
2 24 8 4 8 2 22 1 2 1
2 2 32 48 4
y yy y y yS dy dy
y y yyπ π
− + + − = + = + ∫ ∫
( ) ( ) 2 26 62 2 6 6
2 3 2 31 1
4 2 2 1 2 12 1 2 1
32 4 8 2
y y y yS dy dy
y y y yπ π
+ − + − = + = + ∫ ∫
( ) ( )2 26 6 6 62 26 6
2 6 2 61 1
1 4 2 12 22 1 2
8 4 8 4
y y y yy yS dy dy
y y y yπ π
− + − + + += + = ∫ ∫
( ) ( )2 26 6 62 26 6
2 6 2 61 1
2 1 12 22 2
8 4 8 4
y y yy yS dy dy
y y y yπ π
+ + + + += = ∫ ∫
( )262 26 6 6
2 2 361 1
12 2 12 2
8 8 24
yy y yS dy dy
y y yyπ π
+ + + += = ∫ ∫
2 26 6 6 6 12 6
2 3 51 1
2 2 3 22 2
16 16
y y y y y yS dy dy
y y yπ π + + + + += =
∫ ∫
2 2 2 212 6 12 6
5 5 5 5 5 51 1 1 1
3 2 3 22 2
16 16 16 16 16 16
y y y yS dy dy dy dy
y y y y y yπ π
= + + = + +
∫ ∫ ∫ ∫
12
2y
S π=516y
2 6
1
3ydy +∫ 516y
2 2 2 2 25 7 5
1 1 1 1 1
1 1 3 12
8 16 16 8dy y dy y dy ydy y dyπ− −
+ = + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
8 2 42 2 21 3 12
1 1 116 8 16 2 8 4
y y yS π
− = + + −
( )8 8 2 2 4 4 8
4
1 2 1 3 2 1 1 2 1 1 2 1 3 4 1 1 1 12 2
16 8 8 16 2 2 8 4 4 16 8 16 2 8 44 2S π π
− − − − = − + − + + = + + − + − 1 256 1 3 3 1 1 2 255 3 1 1 16
2 1 316 8 16 2 32 16 16 8 2 2 16
Sππ − − + = + + − + = + +
( ) ( )4 255 16 9 15255 9 15 1020 144 15 1179
8 8 2 32 8 32 8 32 8 32S
π π π π+ + + + = + + = = =
1179
256S π=
Respuesta: 1179
256S π=
Ejercicio 2
Sea R la región del plano XY limitada por las curvas de ecuaciones
y x= y 2y x= − . Calcula el volumen del sólido generado al girar la región R
alrededor de la recta 1y = − .
Solución
Justificación: En este caso, se nos pide calcular el volumen, y tal como
hice en el ejercicio 1 que deduje la fórmula a utilizar, haré exactamente lo
mismo aquí, con el mayor detalle posible, te recuerdo que lo hago, porque es
vital que domines de donde salen las fórmulas, porque resolver los ejercicios
requieren de saber construir las integrales y tomar correctamente los límites de
integración, y todo esto depende precisamente de que realmente sepas lo que
estas haciendo.
Para calcular el volumen hay 2 métodos que son: El método de las
arandelas o discos y método de las capas cilíndricas, la diferencia principal
entre éstos, es que en el método de las arandelas el rectángulo típico es
PERPENDICULAR AL EJE DE GIRO , mientras que en el método de las
capas cilíndricas el rectángulo típico es PARALELO AL EJE DE GIRO .
Pasemos a deducir ambas fórmulas y a observar cuando aplicarlas.
Método de las arandelas (rectángulo típico PERPENDICULAR AL EJE
DE GIRO
Supongamos que nos piden el volumen de la siguiente figura al girarla
alrededor del eje equis:
En la figura 4, se observa el área encerrada por dos curvas ( ) y ( )f x g x ,
siendo ( )> ( ) 0f x g x > , ( )> ( )f x g x quiere decir que ( )f x esta por encima de ( )g x y
( 0> ) quiere decir que ambas son positivas; ésta área esta encerrada además
de las funciones anteriores por dos rectas verticales x a= y x b= , el área de
esta figura 4 a la cual me refiero la destaque subrayándola con líneas
inclinadas.
Ahora Bien, observa como el rectángulo típico azul dibujado tiene ancho
dx y altura ( ) ( )f x g x− , y UBICADO PERPENDICULAR AL EJE X DE GIRO .
¿Qué se desea obtener? El volumen del área descrita al rotarla alrededor del
eje equis, pues debemos hacer rotar un diferencial de área (área del rectángulo
típico azul) alrededor del eje equis, ésta situación se observa en la figura 5,
donde claramente se evidencia que al hacer girar este rectángulo típico azul
alrededor del eje equis se forma una especie de arandela, cuyos radios
internos y externos, son precisamente ( )g x y ( )f x respectivamente; es por ello
que este método es llamado de las arandelas. Ahora debemos buscar el
diferencial de volumen, es decir, el volumen de la arandela formada. Esta
arandela puede pensarse como el volumen de un cilindro hueco achatado de
cierta altura y cierto radio, es decir:
En la figura inmediata anterior hemos llegado al volumen de la arandela,
que no es más que el volumen de un cilindro hueco:
( )2 21 2V h R Rπ= −
Sustituyendo en esta ecuación 1 ( )eR R f x= = ,
2 ( )iR R g x= = y la altura del
cilindro h dx= se tendrá el diferencial de volumen de la arandela de la figura 5:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2( ) ( )e idV R R dx f x g x dxπ π= − = −
Puedes observar en la figura 4 ó 5, que debemos sumar todos los
subrectangulos típicos desde x a= hasta x b= , por lo tanto, aplicando
integrales en ambos miembros, tenemos:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )
b b
a a
V f x g x dx f x g x dxπ π= − = −∫ ∫
Que es la fórmula para calcular el volumen del sólido en revolución
formado al rotar el área rayada alrededor del eje equis, CON EL
RECTÁNGULO TÍPICO PERPENDICULAR AL EJE DE GIRO.
NOTA: Esta fórmula se usa solo si el sólido de revolución gira
ALREDEDORDEL EJE EQUIS (X). Si el área a rotar es de la forma:
Y se solicita rotarla alrededor del eje Y la fórmula, al aplicar el análisis
anterior sería:
( ) ( )( )2 2( ) ( )
d
c
V f y g y dyπ= −∫
Si gira alrededor de otro eje, PARALELO AL EJE EQUIS (X) hay que
tomar los radios internos ( )iR y externos ( )eR desde ese eje de giro. Esta
situación se ilustra al resolver el ejercicio planteado número 2, donde hay que
calcular el volumen generado al rotar la región R del plano XY limitada por las
curvas de ecuaciones y x= y 2y x= − alrededor de la recta 1y = − .
Método de las capas cilíndricas (rectángulo típico PARALELO AL EJE
DE GIRO
Supongamos que nos piden el volumen de la siguiente figura al girarla
alrededor del eje ye:
En la figura 7, se observa el área encerrada por dos curvas ( ) y ( )f x g x ,
siendo ( )> ( ) 0f x g x > , ( )> ( )f x g x quiere decir que ( )f x esta por encima de ( )g x y
( 0> ) quiere decir que ambas son positivas; ésta área esta encerrada además
de las funciones anteriores por dos rectas verticales x a= y x b= , el área de
esta figura 7 a la cual me refiero la destaque subrayándola con líneas
inclinadas.
Ahora Bien, observa como el rectángulo típico azul dibujado tiene ancho
dx y altura ( ) ( )f x g x− , y UBICADO PARALELO AL EJE Y DE GIRO . ¿Qué se
desea obtener? El volumen del área descrita al rotarla alrededor del eje ye,
pues debemos hacer rotar un diferencial de área (área del rectángulo típico
azul) alrededor del eje ye, ésta situación se observa en la figura 8, donde
claramente se evidencia que al hacer girar este rectángulo típico azul alrededor
del eje ye se forma una especie de cáscara ó capa cilíndrica, es por ello que
este método es llamado de las capas cilíndricas; los radios internos y externos,
son precisamente 1ix − y
ix respectivamente, y de altura ( ) ( )h f x g x= − . Las
abscisas 1ix − y
ix son los extremos inferiores del rectángulo típico, tal como se
muestra en la siguiente figura aumentada:
El incremento delta equis: x∆ , viene dado por la diferencia 1i ix x x −∆ = − , es
decir, extremo mayor, menos extremo menor, pero cuando este delta equis
tiende a cero, es decir, el ancho del rectángulo es muy pequeño, este x∆ se
convierte en dx .
Ahora bien, ya todos sabemos que el volumen de un cilindro viene dado
por el área de la base multiplicada por su altura, es decir:
Pero si el cilindro es hueco:
Su volumen es: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2 1 2V R h R h R R hπ π π = − = −
Observando la figura 8 y 9, se tiene:
1
2 1
(1)
(2)
( ) ( )
e i
i i
R R x
R R x
h f x g x−
= = = = = −
Entonces:
( ) ( ) ( )2 2( ) ( )e idV R R f x g xπ = − −
Recordando que:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
e i e iei
a a a
R R
b bb
R R R R
− = + −
− = + −
Se tiene:
( ) ( ) ( )( ) ( )e i e idV R R R R f x g xπ= + − −
Sustituyendo (1) y (2) se puede escribir:
( ) ( ) ( )1 1 ( ) ( )i i i idV x x x x f x g xπ − −= + − −
Observando la siguiente figura:
Se tiene claramente que:
1 2m i
xR x −
∆= +
Pero como: 1i ix x x −∆ = − , se obtiene:
1 1 1 1 1 11
1 12
2 1 2 2 2
2
2
1i i i i i i i iiim
ii ii
x x x x x x x x x x xx xR x − − − − − −− −
−− − + − + ++ = + = =−= =
Por lo tanto:
( )11
22 i
m ii
i mxx x
R x R−−
+= ∴ + =
Sustituyendo 1i idx x x −= − y este radio medio ( ) mR en nuestro
diferencial de volumen, se tiene:
( ) ( ) ( )11 ( ) ( )i ii ixdV f x g xxx xπ −− − −+=
( )( )( )( ) ( )2 mdV f xd xR x gπ= −
Y como en este caso, el giro es alrededor del eje ye, se tiene que
mR x= , y como el orden de los factores no altera el producto se puede
escribir:
( )2 ( ) ( )dV x f x g x dxπ= −
Puedes observar en la figura 7 ó 8, que debemos sumar todos los
subrectangulos típicos desde x a= hasta x b= , por lo tanto, aplicando
integrales en ambos miembros, tenemos:
( ) ( )2 ( ) ( ) 2 ( ) ( )b b
a a
V x f x g x dx x f x g x dxπ π= − = −∫ ∫
Que es la fórmula para calcular el volumen del sólido en revolución
formado al rotar el área rayada alrededor del eje ye, CON EL RECTÁNGULO
TÍPICO PARALELO AL EJE DE GIRO.
NOTA: Esta fórmula se usa solo si el sólido de revolución gira
ALREDEDORDEL EJE YE (Y). Si el área a rotar es de la forma:
Y se solicita rotarla alrededor del eje X la fórmula, al aplicar el análisis
anterior sería:
( )2 ( ) ( )d
c
V y f y g y dyπ= −∫
Si gira alrededor de otro eje, PARALELO AL EJE YE (Y) hay que tomar
el radio medio ( )mR desde ese eje de giro.
En resumen:
Cuando pidan el volumen de un sólido que gira alrededor de un eje paralelo
al eje equis o al eje ye, se utilizan las siguientes fórmulas generales:
FÓRMULA GENARAL DEL MÉTODO DE LAS ARANDELAS
( ) ( )( )2 2b
e i
a
V R R dxπ= −∫
FÓRMULA GENARAL DEL MÉTODO DE LAS CAPAS CILÍNDRICAS
( )2 ( ) ( )b
m
a
V R f x g x dxπ= −∫
Cuando pidan el volumen de un sólido cuando gira alrededor del eje equis o del
eje ye, se utilizan las siguientes fórmulas particulares:
FÓRMULA GENARAL DEL MÉTODO DE LAS ARANDELAS
( ) ( )( )2 2( ) ( )
b
a
V f x g x dxπ= −∫ (eje de giro: eje x)
( ) ( )( )2 2( ) ( )
d
c
V f y g y dyπ= −∫ (eje de giro: eje y)
FÓRMULA GENARAL DEL MÉTODO DE LAS CAPAS CILÍNDRICAS
( )2 ( ) ( )b
a
V x f x g x dxπ= −∫ (eje de giro: eje y)
( )2 ( ) ( )d
c
V y f y g y dyπ= −∫ (eje de giro: eje x)
¿Cuándo usar el método de las arandelas o capas cilíndricas?
Situación planteada en el ejercicio Eje de giro del ejercicio: Puedes aplicar
Puedes despejar x en función de y ó y
en función de x , en la o las funciones que
te dan, por ejemplo:
53 5
3
yy x x
+= − → =
2 9 9y x x y= + → = −
Eje x ó eje y ó ejes
paralelos al eje x o al eje y
Cualquier método
(Tu eliges si pondrás el
rectángulo típico paralelo o
perpendicular al eje de giro)
Tienes y en función de x , y no puedes
despejar x en función de y , en la o las
funciones que te dan, por ejemplo:
2 43 5y x x
x= − + , ( )y x sen x= +
Eje x ó eje paralelo al eje x
Sólo el método de las arandelas
(Rectángulo típico perpendicular
al eje de giro)
Tienes y en función de x , y no puedes
despejar x en función de y , en la o las
funciones que te dan, por ejemplo:
( )lny x x= − , 2 xy x e= +
Eje y ó eje paralelo al eje y
Sólo el método de las capas
cilíndricas
(Rectángulo típico paralelo al eje
de giro)
Tienes x en función de y , y no puedes
despejar y en función de x , en la o las
funciones que te dan, por ejemplo:
( )lnx y y= − , 3yx e y= −
Eje x ó eje paralelo al eje x
Sólo el método de las capas
cilíndricas
(Rectángulo típico paralelo al eje
de giro)
Tienes x en función de y , y no puedes
despejar y en función de x , en la o las
funciones que te dan, por ejemplo:
3x y y= − , 22 1x y y= + +
Eje y ó eje paralelo al eje y
Sólo el método de las arandelas
(Rectángulo típico perpendicular
al eje de giro)
Del cuadro anterior se desprende que debes saber aplicar ambos
métodos, porque hay ejercicios donde solo podrás aplicar uno de los 2
métodos.
Recomendación: Una vez elegido el método, dibuja el rectángulo típico
correspondiente y siempre usa las formulas generales, para que construir la
integral, es decir, siempre usa:
( ) ( )( )2 2b
e i
a
V R R dxπ= −∫ (Arandelas)
( )2 ( ) ( )b
m
a
V R f x g x dxπ= −∫ (Capas cilíndricas)
Además te recomiendo encarecidamente que leas hasta entender la
deducción de las fórmulas, las explique lo más detallado que pude, al hacer
esto, cuando te enfrentes a un ejercicio llevaras la mitad del camino ganado.
A continuación resolveré en detalle el ejercicio número 2, y para que
observes como aplicar cada UNO DE LOS MÉTODOS EXPLICADOS,
resolveré el ejercicio con ambos métodos, ya que la situación me lo permite.
(NO ES NECESARIO QUE LO RESUELVAS DE LAS 2 MANERAS, LO
EJECUTO ASÍ A MANERA DIDACTICA).
Por supuesto que por ambos caminos debes llegar AL MISMO RESULTADO .
Comencemos.
Se plantea calcular el volumen del sólido generado al girar la región R
del plano XY limitada por las curvas de ecuaciones y x= y 2y x= − , alrededor
de 1y = − .
PASO 1: Ubicar los puntos de intersección entre las curvas y los
interceptas con los ejes coordenados de cada una de ellas, de ser necesario.
Esto te ayudará a graficar y obtener los límites de integración:
Tenemos dos curvas que llamare: ( ) 2f x x= − y ( )g x x= , es indiferente a
quien llames efe o ge.
Dado que las funciones poseen la operación valor absoluto, debemos
aplicar a cada una de ellas su definición:
( ) 0( ) si ( )
( ) si ( ) 0
f xh
h x x
h xx
f+− <
≥
=
Aplicando esta definición a nuestras funciones, se tiene:
si 0
0 si
xx
x x
x
+− <
≥
=
Por lo tanto:
( )( )
2 si 0( )
2 si 0
x xf x
x x
− − <= − + ≥
y si 0( )
si 0
x xg x
x x
− <= + ≥
Simplificando:
2 si 0( )
2 si 0
x xf x
x x
+ <= − ≥
y si 0( )
si 0
x xg x
x x
− <= + ≥
Por lo tanto las intercepciones de las curvas son:
Para 0x < :
2 (1)
(2)
y x
y x
= + = −
Resolviendo el sistema por el método de sustitución, sustituyendo (2) en
(1) se tiene:
22 2 2 2 1
2x x x x x x− = + → − − = → − = ∴ = = −
−
Por lo tanto la ordenada es: ( )1 1y x y= − → = − − =
Y nuestro primer punto de intersección es: ( ) ( ), 1,1x y = −
Para 0x ≥ :
2 (3)
(4)
y x
y x
= − =
Resolviendo el sistema por el método de sustitución, sustituyendo (4) en
(3) se tiene:
22 2 2 2 1
2x x x x x x= − → + = → = ∴ = =
Por lo tanto la ordenada es: ( )1 1y x y= → = =
Y nuestro segundo punto de intersección es: ( ) ( ), 1,1x y =
PASO 2: Graficar.
Ahora bien, la gráfica de la función ( )g x x= es conocida, porque se trata
del módulo de equis, y esta compuesta por las rectas obtenidas
si 0( )
si 0
x xg x
x x
− <= + ≥
, por lo tanto su gráfica es:
En cuanto a la gráfica ( ) 2f x x= − , observamos que debe pasar por los
puntos de intercepción ya calculados y además por el intercepto con el eje ye,
que se calcula haciendo cero a la variable equis:
( )2 0 2 0 2 0,2y = − = − = →
Por lo tanto la grafica pasa por ( )0,2 y los puntos ya mencionados de
intercepción, y su naturaleza son rectas porque las variables están elevadas a
la uno, entonces;
Uniendo ambas gráficas se tiene la región encerrada por ( )f x y ( )g x :
PASO 3: Dibujar el eje de giro.
En este caso el eje de giro es la recta: 1y = − , grafiquemos pues este eje:
PASO 4: Aplica el método que te permita el ejercicio, voy a calcular el
volumen como ambos métodos a manera de ilustrarlos:
Aplicando el método de las arandelas
La fórmula general de este método es:
( ) ( )( )2 2b
e i
a
V R R dxπ= −∫
Por lo tanto, debemos saber quien es el radio externo eR y quien el radio
interno iR , así como los límites de integración a y b , esto se deduce dibujando
el rectángulo típico PERPENDICULAR AL EJE DE GIRO, observa:
En este grafico podemos observar LA IMPORTANCIA DE DIBUJAR EL
RECTÁNGULO TÍPÍCO, porque sin él, como visualizas los radios externos e
internos. Algunos comentarios relevantes de este grafico son:
• El radio interno iR , es SIEMPRE la distancia que hay desde el eje de
giro hasta el extremo más cercano del rectángulo típico al eje de giro,
mientras que el radio externo eR es SIEMPRE la distancia que hay
desde el eje de giro hasta el extremo más lejano del rectángulo típico al
eje de giro.
• El rectángulo típico va desde 1x = − , hasta 1x = , sin embargo, como la
figura es simétrica, podemos calcular la integral desde 0x = , hasta 1x =
y multiplicar el resultado por 2.
• Muy importante es visualizar como en el primer cuadrante, es decir,
desde 0x = hasta 1x = el rectángulo típico toca a la recta 2y x= − en su
parte superior, mientras que toca a la recta y x= en su parte inferior.
Ahora observa en el próximo gráfico cuanto valen los radios internos y
externos:
Las distancias ye siempre se miden desde el eje equis hasta el extremo
inferior y superior del rectángulo típico, y se coloca la ye que corresponde, es
decir, si toca una recta, una parábola, etc.
El grafico inmediato anterior nos permite visualizar claramente que:
)1 (iR x= + (Radio interno)
(2 )1eR x+ −= (Radio externo)
Se toma el 1 positivo y no negativo, porque estamos hablando de
distancias, y las distancias siempre son positivas.
Los límites de integración serán: desde 0a = hasta 1b = , y
multiplicaremos toda la integral por 2.
Sustituyendo todo lo anterior en la ecuación general del volumen, se
tiene:
( ) ( )( )1
2 2
0
2 1 2 1V x x dxπ= + − − +∫
Calculando esta integral:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1
2 2 2 2
0 0
2 3 1 2 2 9 6 1 2V x x x dx x x x x dxπ π= − − + + = − + − + +∫ ∫
( ) ( ) ( )1 1 1
2 2
0 0 0
2 9 6 1 2 2 8 8 2 8 1V x x x x dx x dx x dxπ π π= − + − − − = − = −∫ ∫ ∫
2 2 21 1 0 1 1 1616 16 1 0 16 1 16 8
02 2 2 2 2 2
xV x
ππ π π π π = − = − − − = − = = =
Aplicando el método de las capas cilíndricas
La fórmula general de este método es:
( )2 ( ) ( )d
m
c
V R f y g y dyπ= −∫
Por lo tanto, debemos saber quien es el radio medio mR , así como ( )f x ,
( )g x y los límites de integración a y b , esto se deduce dibujando el rectángulo
típico PARALELO AL EJE DE GIRO, observa:
En este grafico podemos observar LA IMPORTANCIA DE DIBUJAR EL
RECTÁNGULO TÍPÍCO, porque sin él, como visualizas el radio medio. Algunos
comentarios relevantes de este grafico son:
• Observando la mitad del gráfico, el área destacada en gris, se aprecia
que se colocaron 2 rectángulos típicos paralelos al eje de giro, dado que
en la parte derecha de los rectángulos típicos tenemos 2 funciones
distintas, para el que esta mas abajo toca a la función x y= , y el que
esta mas arriba toca a la función 2x y= − , siendo así las cosas, hay 2
radios medios, el radio medio 1mR y el 2mR , que son SIEMPRE la
distancia que hay desde el eje de giro hasta el rectángulo típico
correspondiente.
• El rectángulo típico de abajo va desde 0y = , hasta 1y = , y el de más
arriba va desde 1y = , hasta 2y = , claro está, como la figura es
simétrica, podemos calcular las integrales generadas y multiplicar el
resultado total por 2.
• Muy importante es visualizar como ambos rectángulos típicos tocan en
su parte izquierda 0x = .
• IMPORTANTE: Observa como se despejo ye en función de equis por
estar los rectángulos típicos paralelos al eje equis.
• El grafico inmediato anterior nos permite visualizar claramente que:
1 1
2 2
1 1
1 1m
m
R y y
R y y
= + = += + = + (Radios medios)
Se toma el 1 positivo y no negativo, porque estamos hablando de
distancias, y las distancias siempre son positivas.
Los límites de integración serán: para la primera integral (rectángulo
típico de abajo) desde 0c = hasta 1d = , y para la otra integral desde 1c =
hasta 2d = , multiplicaremos la suma de las integrales por 2.
Sustituyendo todo lo anterior en la ecuación general del volumen, se
tiene:
( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2
0 1
2 2 1 0 2 1 2 0V y y dy y y dyπ π
= + − + + − −
∫ ∫
Calculando esta integral:
( ) ( ) ( ) ( )( )1 2
2
0 1
2 2 2 1 2V y y dy y y dyπ π
= + + + −
∫ ∫
( ) ( )2 22 3 2 3
2 2
1 1
1 14 2 2 4 2
0 02 3 2 3
y y y yV y y y dy y y dyπ π
= + + − + − = + + + −
∫ ∫
2 3 2 31 24 2
0 12 3 2 3
y y y yV yπ
= + + + −
( ) ( )2 3 2 3 2 31 1 2 2 1 1
4 0 2 2 2 12 3 2 3 2 3
V π
= + − + + − − + −
1 1 4 8 1 1 3 2 8 3 24 4 2 4 4 2 2
2 3 2 3 2 3 6 3 6V π π
+ − = + + + − − + − = + + − − +
5 8 1 5 36 8 12 1 41 8 134 6 2 4 4
6 3 6 6 3 6 6 3 6V π π π + + = + − − + = − − = − −
( )41 8 13 41 16 13 124 4 4 4 2 8
6 3 6 6 6V π π π π π− − = − − = = = =
Como ves, hemos llegado al mismo resultado.
El sólido de revolución generado es:
Respuesta: 8V π= .
Ejercicio 3
Un sólido tiene como base un círculo de diámetro AB cuya longitud es
2a . Halla el volumen del sólido si toda sección transversal perpendicular a AB
es un triángulo equilátero.
Solución
Justificación: En este caso estamos en presencia del calculo del
volumen de un sólido, conocida su sección transversal, más no que se genera
de un sólido en revolución, por ende en esta caso no se utilizan las ecuaciones
para volumen deducidas en el ejercicio anterior. En este caso procederemos
así:
PASO 1. Esbozar la figura, incluyendo un eje perpendicular a las secciones de
área conocida (es decir, un eje OX )
PASO 2. Escoger una sección perpendicular al eje OX , a una distancia equis x
del eje ye.
PASO 3. Expresar el área ( )A x de la base de la sección en términos de su
posición x sobre el eje OX .
PASO 4. Integrar entre los límites apropiados.
En este paso obtendremos el producto del área ( )A x por el grosor de la
sección que se desplaza integrada en todo el recorrido de la sección, así:
( )b
a
V A x dx= ∫
Vamos a ilustrar como se aplica este método al ejercicio 3 planteado:
PASO 1. Esbozar la figura, incluyendo un eje perpendicular a las secciones de
área conocida (es decir, eje OX ):
PASO 2. Escoger una sección perpendicular al eje OX , a una distancia equis x
del eje ye.
En la figura anterior se visualiza que la sección seleccionada se ubica a
una distancia x del eje ye, la sección es un triángulo equilátero (la longitud de
sus lados es igual).
PASO 3. Expresar el área ( )A x de la base de la sección en términos de su
posición x sobre el eje OX .
Para obtener el área en función de x , se procede a construir dos
funciones:
FUNCIÓN DE LA BASE: En este caso, la base es circular de radio a y
centro en el origen.
Recordando lo explicado en el ejercicio 1 de esta guía acerca de la
gráfica de funciones, sabemos que la ecuación general de una circunferencia
es:
( ) ( )2 2 2x h y k r− + − =
Donde ( ),h k es el centro de la circunferencia y r el radio.
En este caso:
2 2 22 2
( , ) (0,0)c h kx y a
r a r a
=→ + = = → =
De aquí, se tiene:
2 2 2 2 2 2 2 2x y a y a x y a x+ = → = − ∴ = ± −
Por lo tanto:
FUNCIÓN DE LA SECCIÓN TRIÁNGULAR QUE SE DESPLAZA:
Recuerda que la línea vertical azul es la base del triángulo equilátero,
por lo tanto:
De la figura inmediata anterior se observa claramente que la longitud o
distancia L es:
2 2 2 2 2 22L a x a x a x= − + − = −
NOTA: Recuerda que las distancias son positivas, es decir: a pesar de
que la parte superior es 2 2y a x= − y la inferior es: 2 2y a x= − − , la distancia
entre los dos extremos de la línea ele ( )L es:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 22L a x a x a x a x a x= − + − − = − + − = −
Si dibujamos el triángulo equilátero de frente, tenemos:
Observa que en el triángulo equilátero de frente, exactamente en el
triángulo destacado en rojo se puede aplicar el teorema de Pitágoras, así:
2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 4 3 3 3 3
2 4 4 4 4 24
L L L L L L L LL h h L h
− = + → = − = = ∴ = = =
Recuerda que buscamos la altura de este rectángulo, porque estamos
buscando la función ( )A x y el área de un triángulo es base por altura entre dos:
( )2
LhA x =
Sustituyendo 3
2
Lh = :
23 3( )
2 2 2 4
L L L LA x h= = =
Pero el área debe estar en función de equis, esto se logra sustituyendo:
2 22L a x= −
Finalmente:
( ) ( )2
2 2
2 23 2
( ) 34
a xA x a x
−= = −
PASO 4. Integrar entre los límites apropiados.
En este caso la sección triangular se mueve desde x a= − , hasta x a= ,
es decir, a lo largo de todo el diámetro AB tal como se observa en la figura
esbozada en el paso 1, por lo tanto:
( )2 2( ) 3b a
a a
V A x dx a x dx−
= = −∫ ∫
Resolviendo esta integral:
( ) ( )3
2 2 2 2 23 3 33
a a
a a
ax
V a x dx a x dx a x
a− −
= − = − = −
−∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 32 2 3 33 3
3 3 3 3
a a a aV a a a a a a
− − = − − − − = − − − −
3 3 3 3 3 3 3 333 2 3 2 2
3 3 33 3 3 3 3 3
a a a a a a a aV a
− − + −= − − + = − = −
3 3 3 3 3 32 2 2 2 4 4 33 3 3
3 3 3 3 3
a a a a a aV
+= + = = =
Respuesta: 34 3
3
aV = .
Ejercicio 4
a) Dibujar la región R limitada por las gráficas:
( )2( ) 2 1f x x= − − , 2( ) 1g x x= − , 0y = y el eje OY
b) Calcula el área A de la región R.
Solución
Justificación: Para calcular área de regiones en el plano dibujaremos el
rectángulo típico como se muestra en la figura:
De manera que el rectángulo típico es:
Como al área de un rectángulo es base por altura, un diferencial de área
sería:
( )( ) ( )dA f x g x dx= −
Tomando integrales en ambos miembros, y observando que el
rectángulo típico se desplaza de a a b , se tiene:
( )( ) ( )b
a
A f x g x dx= −∫
Nota: Se integra la curva de arriba menos la de abajo con respecto al
rectángulo típico.
Si la gráfica es así:
Nota: Se integra la curva de la derecha menos la de la izquierda con
respecto al rectángulo típico.
Aplicando el análisis anterior, se tendría que el área es:
( )( ) ( )d
c
A f y g y dy= −∫
Para dar respuesta al apartado “a”, del ejercicio 4 planteado, debemos
graficas las funciones dadas; tal como te explique en el ejercicio 1, se observa
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0y =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
( )22 1y x= − −
variable
equis
elevada al
cuadrado
negativa,
abre hacia
abajo
( )( )
' 2 1 0
1 0
1
y x
x
x
= − − =
− ==
Para 1x =
( )( )
2
2
2 1
2 1 1
2
y x
y
y
= − −
= − −=
( )1,2V
( )22 1 0y x= − − =
( )( )
2
1
2
1 2
1 2
1 2
1 2
x
x
x
x
− =
− = ±
= +
= −
que las funciones ( )f x y ( )g x son parábolas, por estar una de las variables
elevada al cuadrado, por lo tanto, para realizar su gráfica se procede así:
Por lo tanto:
Gráfica de la parábola ( )22 1y x= − −
Para la otra parábola, se tiene:
Por lo tanto:
Gráfica de la parábola 21y x= −
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0y =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
21y x= −
variable
equis
elevada al
cuadrado
negativa,
abre hacia
abajo
' 22 0
0
y x
x
= − ==
Para 0x =
2
2
1
1 0
1
y y x
y
y
= = −= −
=
( )0,1V
21 0y x= − =
2
1
2
1
1
1
1
x
x
x
x
=
= ±== −
Ahora veremos si las parábolas se interceptan, igualándolas, éstas
intercepciones nos darán los límites de integración, así:
( ) ( )f x g x=
( )2 22 1 1x x− − = −
Resolviendo esta ecuación:
( )2 2 2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 1 1 2 1 0x x x x x x x x x− − + = − → − + − = − → − + − + =
21 x− 22 1x x+ − + 0 1= → 2 1x+ − 00 2 0 0
2x x= → = ∴ = =
La ordenada o coordenada ye de este punto de intercepción se consigue
sustituyendo 0x = en cualquiera de las funciones ( )f x ó ( )g x , así:
2 2
01 1 0 1 0 1
xy x
== − = − = − =
Por lo tanto el punto de intercepción es: ( )0,1 . Tomando en cuenta
0y = , eje OY y las parábolas ya graficadas se tiene el área encerrada:
Es claro que si colocamos rectángulos típicos verticales, estos
tocan en la parte superior e inferior distintas curvas, por lo tanto hay que
colocar un rectángulo típico en cada porción de área, así:
Área 1 VERDE
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
0y = y en la parte superior a la función 2( ) 1g x x= − y dicho rectángulo típico
recorre el intervalo en el eje equis desde 1a = − hasta 1 2b = − , entonces:
( )1 2
21
1
1 0A x dx−
−
= − −∫
Resolviendo esta integral:
( ) ( ) ( )3
31 2 32
1
1
1 2 1 2 11 1 2 1
3 3 31
xA x dx x
−
−
− − −= − = − = − − − − −
−
∫
( ) ( ) ( )3 3
1
3 3 2 1 2 3 3 2 1 21 11 1
3 3 3 3A
− − − − − −− = − − − = − − +
( ) ( )3 3
1
3 3 2 1 2 3 3 2 1 23 1 2
3 3 3 3A
− − − − − −− + − = − = −
( ) ( )3 3
1
3 3 2 1 2 3 3 2 1 2 22
3 3 3A
− − − − − − += + =
( ) ( ) ( ) ( )( )2 33 2
1
3 3 2 1 3 1 2 3 1 2 2 2
3A
− − − + − +=
( ) ( ) ( )2
1
3 3 2 1 3 2 3 2 2 2 2 5 3 2
3A
− − + − + + −= =
1 3 2− + ( ) ( )6 2 2
3
− +
1
5 1 6 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3A
− − + − + −= = =
Área 2 AZUL
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
( )2( ) 2 1f x x= − − y en la parte superior a la función 2( ) 1g x x= − y dicho
rectángulo típico recorre el intervalo en el eje equis desde 1 2a = − hasta
0b = , entonces:
( )( )0
222
1 2
1 2 1A x x dx−
= − − − − ∫
Resolviendo esta integral:
( )( ) ( )0 0
2 2 2 22
1 2 1 2
1 2 2 1 1 2 2 1A x x x dx x x x dx− −
= − − − − + = − − − + − ∫ ∫
( )0 0
2 2 2 22
1 2 1 2
1 2 1 1 2 1A x x x dx x x x dx− −
= − − − + + = − + − − ∫ ∫
2 1A = 2x− 2x+ 2 1x− − ( )0 0 0 2
1 2 1 2 1 2
0
2 2 22
1 2
xdx x dx xdx
− − −
= − = − = − −
∫ ∫ ∫
( )22
2
1 202 2
2 2A
− = − − =
( )2
1 2
2
− ( ) ( )2 2
1 2 1 2 2 2 = − = − +
2 1 2 2 2 3 2 2A = − + = −
Área 3 ROJA
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
2( ) 1g x x= − y en la parte superior a la función ( )2( ) 2 1f x x= − − y dicho
rectángulo típico recorre el intervalo en el eje equis desde 0a = hasta 1b = ,
entonces:
( ) ( )1
2 23
0
2 1 1A x x dx = − − − − ∫
Resolviendo esta integral:
( )1 1
2 2 2 23
0 0
2 2 1 1 2 2 1 1A x x x dx x x x dx = − − + − + = − + − − + ∫ ∫
3 2A = 2x− 2 1x+ − 1− 2x+ ( )1 1
0 0
2 2dx x dx = = ∫ ∫
2
2
x 2 2 21 11 0 1 0 1
0 0x= = − = − =
Área 4 GRIS
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
0y = y en la parte superior a la función ( )2( ) 2 1f x x= − − y dicho rectángulo
típico recorre el intervalo en el eje equis desde 1a = hasta 1 2b = + , entonces:
( ) ( )1 2
2
4
1
2 1 0A x dx+
= − − − ∫
Resolviendo esta integral:
( )1 2 1 2 1 2
2 2 24
1 1 1
2 2 1 2 2 1 1 2A x x dx x x dx x x dx+ + +
= − − + = − + − = − + ∫ ∫ ∫
( ) ( )3
3 322 2
4
1 2 11 21 2 1 2 1 1
3 3 31
xA x x
+ += − + = + − + + − − +
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 323
22
4
1 3 1 2 3 1 2 21
1 2 1 2 2 2 1 13 3
A+ + +
= + − + + + − − +
( ) ( )( ) ( )2
4
1 3 2 3 2 2 21
1 2 1 2 2 2 23 3
A+ + +
= + − + + + − −
( ) ( )4
1 3 2 6 2 2 6 11 2 3 2 2
3 3A
+ + + − = + − + + −
( ) ( )4
7 3 2 2 2 7 5 2 554 3 2 4 3 2
3 3 3A
+ + + − = + − − = + −
( )4
12 9 2 7 5 2 5 12
3A
+ − + −= = 9 2 7+ − 5 2 5− − 4 2
3 3=
Finalmente el área total es:
1 2 3 4
2 2 2 4 23 2 2 1
3 3TA A A A A−= + + + = + − + +
2 2 2 4 2 6 2 2 6 2 2 12 6 2 104 2 2 4 2 2
3 3 3 3TA− + − − + −= + − = + − = =
Respuesta: 10
3TA A= =
Ejercicio 5
a) Dibuja la región R del plano XY limitada por las curvas de ecuaciones:
( )2 3 3y x x x= − + 2y x=
b) Calcula el área de la región R descrita en al parte “a” .
Solución
Justificación: En este caso tenemos la gráfica de una función de grado 3,
( )2 3 23 3 3 3y x x x x x x= − + = − + y una parábola, por tanto, es recomendable
conseguir los puntos de intersección antes de graficar, así como los puntos de
intersección de las funciones con los ejes coordenados, así:
Puntos de intersección entre las curvas
Igualando las curvas se tiene: 3 2 23 3x x x x− + =
Resolviendo esta ecuación:
( )3 2 2 3 2 2 3 2 23 3 3 3 0 4 3 0 4 3 0x x x x x x x x x x x x x x− + = → − + − = → − + = → − + =
( ) 122
04 3 0
4 3 0
xx x x
x x
=− + = → − + =
( ) ( )( )( )
222
4 4 4 1 344 3 0
2 2 1
b b acx x x
a
± − −− ± −− + = → = =
2
3
4 2 63
4 16 12 4 4 4 2 2 24 2 22 2 2
12 2
xx
x
+ = = =± − ± ± = = = = − = = =
Por lo tanto tenemos 3 puntos de intersección, vamos a calcular sus
ordenadas con cualquiera de las curvas, claro, tomaremos la más fácil, así:
Para ( )2 21 0 0 0 0,0x y x y= → = → = = →
Para ( )2 22 3 3 9 3,9x y x y= → = → = = →
Para ( )2 23 1 1 1 1,1x y x y= → = → = = →
Sabemos además que la parábola 2y x= abre hacia arriba y su vértice
es el origen, lo sabemos, porque es una gráfica conocida, y si no la conocías,
pues, ya la conoces amiga y amigo:
De la curva ( )2 3 23 3 3 3y x x x x x x= − + = − + sabemos que por ser
polinómica es continua y además de pasar por los tres puntos donde corta a la
parábola 2y x= ya calculados, también pasa por los puntos de intersección con
los ejes:
Corte de ( )2 3 3y x x x= − + con el eje x
Haciendo 0y = , se tiene:
( ) 122
03 3 0
3 3 0
xx x x
x x
=− + = → − + =
( ) ( )( )( )
222
3 3 4 1 343 3 0
2 2 1
b b acx x x
a
± − −− ± −− + = → = =
( )3 9 12 3 3
2 1 2x
± − ± −= =
Como la raíz es negativa toca solamente al eje equis en 1 0x = .
Vamos a ir construyendo la gráfica del área encerrada:
Primero grafiquemos la parábola conocida y los puntos de corte de ésta
parábola con la curva ( )2 3 3y x x x= − + :
Ahora bien, la curva ( )2 3 3y x x x= − + pasa por los 3 puntos verdes de
intersección, y por ser polinómica, es continua, pero ¿como pasa por estos
puntos?, para responder esta pregunta, tomas un intervalo, por ejemplo, el
intervalo en el eje equis [ ]0,1 y calculas que curva esta por encima de cual,
obteniendo sus imágenes, este procedimiento es así:
1) Se toma cualquier punto que pertenezca al intervalo [ ]0,1 , como
1
2x = .
2) Evalúas ambas funciones en ese punto:
2 22
1 22
1 1 10,25
2 2 4xy x
=
= = = = =
( )2
21
2
1 1 1 1 1 3 1 1 6 12 1 7 73 3 3 3 3 0,875
2 2 2 2 4 2 2 4 2 4 8xy x x x
=
− + = − + = − + = − + = = = =
Por lo tanto en el intervalo [ ]0,1 la curva ( )2 3 3y x x x= − + ESTA POR
ENCIMA de la curva 2y x= . Siendo así las cosas la gráfica es:
Por lo tanto hay dos regiones que componen el área entre las curvas
dadas:
Dibujando los rectángulos típicos en cada región, se tiene:
Área 1 AZUL
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
2y x= y en la parte superior a la función ( )2 3 3y x x x= − + y dicho rectángulo
típico recorre el intervalo en el eje equis desde 0a = hasta 1b = , entonces:
( )( )1
2 21
0
3 3A x x x x dx= − + −∫
Resolviendo esta integral:
( ) ( )1 1 4 3 2
3 2 2 3 21
0 0
13 3 4 3 4 3
04 3 2
x x xA x x x x dx x x x dx= − + − = − + = − +∫ ∫
4 3 2 4 3 2
1
1 1 1 0 0 0 1 4 3 3 16 18 54 3 4 3 0
4 3 2 4 3 2 4 3 2 12 12A
− += − + − − + = − + − = =
Área 2 VERDE
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
( )2 3 3y x x x= − + y en la parte superior a la función 2y x= y dicho rectángulo
típico recorre el intervalo en el eje equis desde 1a = hasta 3b = , entonces:
( )3
2 22
1
3 3A x x x x dx = − − + ∫
Resolviendo esta integral:
( )3 3 3
2 3 2 2 3 2 3 22
1 1 1
3 3 3 3 4 3A x x x x dx x x x x dx x x x dx = − − + = − + − = − + − ∫ ∫ ∫
4 3 2 4 3 2 4 3 2
2
3 3 3 3 1 1 14 3 4 3 4 3
14 3 2 4 3 2 4 3 2
x x xA
= − + − = − + − − − + −
2
81 108 27 1 4 3 81 108 27 1 4 3
4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2A
= − + − − − + − = − + − + − +
2
81 1 108 4 3 27 80 104 24 104 10420 12 32
4 3 2 4 3 2 3 3A
− + − − − −= + + = + + = − − + = − +
2
104 96 104 832
3 3 3A
− += − + = =
Finalmente el área total es:
1 2
5 8 5 32 37
12 3 12 12TA A A+= + = + = =
Respuesta: 37
12TA A= =
Ejercicio 6
Calcula el área de la región R del plano XY limitada por las curvas de
ecuaciones: 2 4y x= − , 21y x= − − , 0y = .
Solución
Justificación: Como tenemos una función con valor absoluto, aplicamos
la definición de valor absoluto:
( ) si ( ) 0( )
( ) si ( ) 0
f x f xf x
f x f x
− <= + ≥
En nuestro caso:
si 0
si 0
x xx
x x
− <= + ≥
Por lo tanto:
2 4 si 02 4
2 4 si 0
x xy x
x x
− − <= − → − ≥
Esta función consta de un par de líneas rectas porque las variables
están elevadas a la 1.
En cuanto a la curva: 21y x= − − , podemos observar que se trata de
una circunferencia, porque si elevamos al cuadrado ambos miembros, se tiene:
( )22 2 2 2 2 2 21 1 1 1y x x y x x y= − − = − → = − → + =
Observamos que es una circunferencia con centro en el origen y radio 1,
tal como ya hemos explicado en detalle en ejercicios anteriores; además se
trata de la parte inferior de la circunferencia, porque nos dan la raíz negativa:
Como ya hemos determinado la naturaleza de las curvas, ahora vamos a
conseguir la intersección entre ellas:
Intersección de la recta 2 4 si 0y x x= − − < con 21y x= − −
Igualando las curvas:
( ) ( ) ( )222 2 22 4 1 2 4 1 2 4 1x x x x x x− − = − − → − + = − − → − + = − −
( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 22 22 4 1 2 2 2 4 4 1x x x x x+ = − → + + = −
2 2 24 16 16 1 0 5 16 15 0x x x x x+ + − + = → + + =
( )( )( )22
216 16 4 5 154 16 256 300
5 16 15 02 2 5 10
b b acx x x
a
− ± −− ± − − ± −+ + = → = = =
16 44
10x
− ± −=
Como tenemos la raíz de un número negativo, concluimos que la curva
2 4 si 0y x x= − − < no se corta con la curva 21y x= − − .
Intersección de la recta 2 4 si 0y x x= − ≥ con 21y x= − −
Igualando las curvas:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2 22 2 2 22 4 1 2 4 1 2 2 2 4 4 1x x x x x x x− = − − → − = − − → − + = −
( ) ( )( )2 2 2 2 2 22 2 2 4 4 1 4 16 16 1 0 5 16 15 0x x x x x x x x− + = − → − + − + = → − + =
( ) ( ) ( )( )
222
16 16 4 5 154 16 256 3005 16 15 0
2 2 5 10
b b acx x x
a
± − −− ± − ± −− + = → = = =
16 44
10x
± −=
Como tenemos la raíz de un número negativo, concluimos que la curva
2 4 si 0y x x= − ≥ no se corta con la curva 21y x= − − .
Ojo con esto: El hecho que no existan puntos de intersección, no quiere
decir que no hay área encerrada; el proceder en este caso es dibujar las curvas
involucradas y observar gráficamente el área que encierran.
Las curvas involucradas son: 2 4 si 0
2 42 4 si 0
x xy x
x x
− − <= − → − ≥
,
21y x= − − , 0y = , ya conocemos la gráfica de la circunferencia, las rectas
2 4 si 0y x x= − − < y 2 4 si 0y x x= − ≥ se grafican buscando los puntos de
intersección con los ejes coordenados, así:
Para: 2 4 si 0y x x= − − <
Corte con el eje x : 4
0 2 4 2 4 22
x x x−= − − → = − ∴ = = − ( )2,0−
Corte con el eje y : ( )2 0 4 0 4 4y y= − − → = − = − ( )0, 4−
Para: 2 4 si 0y x x= − ≥
Corte con el eje x : 4
0 2 4 2 4 22
x x x= − → = ∴ = = ( )2,0
Corte con el eje y : ( )2 0 4 0 4 4y y= − → = − = − ( )0, 4−
Ahora si estamos en capacidad de graficar todas las curvas, así:
Se corrobora que ciertamente las rectas azules, no cortan a la
circunferencia.
En el gráfico se percibe que el área es simétrica con respecto al eje ye,
por lo tanto solo calculamos la mitad y multiplicamos nuestra integral por 2.
Dibujemos el rectángulo típico en la mitad del área derecha:
Área 1 MORADA INTERVALO DE: [ ]0,1
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
2 4y x= − y en la parte superior a la función 21y x= − − y dicho rectángulo
típico recorre el intervalo en el eje equis desde 0a = hasta 1b = , entonces:
( )( )1
21
0
1 2 4A x x dx= − − − −∫
Resolviendo esta integral:
( )( ) ( )1 1 1
2 21
0 0 0
1 2 4 1 2 4A x x dx x dx x dx= − − − − = − − − −∫ ∫ ∫
La primera integral es por tabla, en la cual encontramos:
22 2 2 2
2 2
u a ua u du a u arcsen C
a − = − + +
∫
Por lo tanto:
( )2
2 2 2 2 21 11 1 1
2 2 1 2 2
x x xx dx x arcsen C x arcsen x C − = − + + = − + +
∫
Evaluando la integral:
( ) ( ) ( )2 2 211 1 1 0 11 1 1 1 1 0 0
02 2 2 2 2 2
xx arcsen x arcsen arcsen
− − + = − − + + − +
Recordando: ( )1 12 2
sen arcsenπ π = → =
, se tiene:
( ) [ ]1 1 10 0 0 0 0
2 2 2 2 4 4
π π π − + + + = − + + = −
La segunda integral es:
( )1
0
2 4 2x dx− − = −∫2
2
x ( ) ( ) ( )2 2 21 14 4 1 4 1 0 4 0 1 4 0 3
0 0x x x
− = − − = − − + − = − − + =
Por lo tanto:
1 34
Aπ= − +
Área 2 MARRON INTERVALO DE: [ ]1,2
Podemos observar que el rectángulo típico toca en la parte inferior a
2 4y x= − y en la parte superior a la función 0y = y dicho rectángulo típico
recorre el intervalo en el eje equis desde 1a = hasta 2b = , entonces:
( )2
2
1
0 2 4A x dx= − − ∫
Resolviendo esta integral:
( )2
2
1
2 4 2A x dx= − − = − ∫2
2
x ( ) ( )2 2 22 24 4 2 4 2 1 4 1
1 1x x x
− = − − = − − + −
[ ] [ ]2 4 8 1 4 ( 4) ( 3) 4 3 1A = − − + − = − − + − = − =
Finalmente el área total es:
22 3 1 2 4 8 8
4 4 4 2TAπ π π π = − + + = − + = − = −
Respuesta: 82TA Aπ= = −
Ejercicio 7
Calcular la longitud de arco de la curva: 3
23 1y x= − de 0x = a 1x =
Solución
Justificación: Tal como te mencione en el ejercicio 1, donde utilice la
longitud de una curva, voy a proceder a deducirla, para que sepas de donde
sale dicha fórmula:
Consideremos la siguiente figura:
Se quiere calcula la longitud de la curva ( )f x . Para ello se trazan varias
rectas azules, de manera que al sumar cada segmento, se aproxime a la
longitud de la curva original.
Ahora bien, se observa que mientras mas segmentos rectos azules
coloquemos al dividir el intervalo [ ],a b con más rectángulos se obtiene una
mejor aproximación de la curva, observa:
Vamos a tomar un segmento cualquiera de la curva y formemos un
triángulo rectángulo, para ello efectuare un aumento en una porción de la
curva, así:
Fíjate que L∆ es la recta, en este caso hipotenusa del triángulo
rectángulo formado, que aproxima a la curva roja, cuya longitud en este
pequeño segmento llame dL .
dL Se da cuando 0x∆ → , es decir, tal como ya te mostré al principio, a
medida que coloco más rectángulos debajo la curva, el ancho de cada
rectángulo x∆ se va haciendo cada vez, más y más pequeño.
Ahora bien, podemos aplicar el teorema de Pitágoras en el triángulo por
ser rectángulo, obteniendo:
( ) ( ) ( )2 2 2L x y∆ = ∆ + ∆
Dividiendo esta ecuación entre ( )2x∆ , se tiene:
( )( )
( )( )
( )( )
2 2 2
2 2 2
L x y
x x x
∆ ∆ ∆= +
∆ ∆ ∆
2 2
1L y
x x
∆ ∆ = + ∆ ∆
Sabemos que: 0
limx
L dL
x dx∆ →
∆ =∆
y 0
limx
y dy
x dx∆ →
∆ =∆
, por lo tanto:
2 2
1dL dy
dx dx = +
Despejando dL
dx de la última fórmula, es tiene:
2
1dL dy
dx dx = +
Despejando finalmente dL , se tiene:
2
1dy
dL dxdx
= +
Tomando integrales en ambos miembros, tenemos:
2
1b
a
dyL dx
dx = +
∫
Esa fórmula también la podemos escribir así:
( )2'1b
a
L y dx= +∫
ó:
( )2'1 ( )b
a
L f x dx= +∫
Si la longitud es tal, que equis esta en función de ye, es decir:
La fórmula será:
2
1d
c
dxL dy
dy
= +
∫
Apliquemos pues, la fórmula recién deducida para resolver nuestro
problema:
La longitud de arco de la curva: 3
23 1y x= − desde 0x = hasta 1x = , será:
( )2'1b
a
L y dx= +∫
Calculando la derivada de la función dada: 3 3 1
1'2 2 23 9
3 1 3.2 2
y x y x x−
= − → = =
Entonces:
21 1 1 11 22 2 2 2 22 2
2 2 20 0 0 0
9 9 2 9 2 91 1
2 2 2 2
x xL x dx x dx dx dx
+ += + = + = =
∫ ∫ ∫ ∫
1 1
0 0
4 81 14 81
2 2
xL dx xdx
+= = +∫ ∫
Calculando la integral:
1 1 211 2 2
2
4 811 1 1 1 1
4 81 . .1 1 22 2 81 162 162 16281 181 2 2
u xdu u u
xdx u u dududu dx dx
++= ++ → → = = = += ∴ = +
∫ ∫ ∫
33 32
321 1 2 1 1. . . . .
3162 162 3 81 3 2432
u uu u= = =
Devolviendo el cambio:
( )34 811
4 812 243
xxdx
++ =∫
Evaluando la integral, se tiene:
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 33 3 3 3 314 81 1 4 81 04 81 85 4 85 4
243 243 243 243 243 2430
xL
+ ++ −= = − = − =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 285 85 4 4 85 85 4 285 85 4 4 85 85 8
243 243 243 243L
− −− −= = = =
Respuesta: 85 85 8
243L
−=
Ejercicio 8
Usa el método de capas para calcular el volumen del sólido generado al
hacer girar la región plana limitada por las curvas de ecuaciones: 2x y y= − ,
0x = , en torno de la recta 1y = − .
Solución
Justificación: Primero vamos a dibujar la región que rotará:
Para graficar la parábola 2x y y= − procedemos así:
Parábola: Curva que tiene una de las variables elevada al cuadrado.
La gráfica es:
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0x =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
2x y y= −
variable ye
elevada al
cuadrado
negativa,
abre hacia la
izquierda
' 1 2 0
2 1
1
2
x y
y
y
= − ==
=
Para 1
2y =
21 1
2 2
1 1
2 42 1 1
4 4
x
x
x
= −
= −
−= =
1 1,
4 2V
2 0x y y= − =
( )1 0
0
1 0
0
1
y y
y
y
y
y
− =
= − =
= =
Como nos piden aplicar el método de las capas cilíndricas, debemos
dibujar el rectángulo típico a una distancia ye del eje equis, y colocarlo
PARALELO al eje de giro 1y = − , así:
En este grafico podemos observar LA IMPORTANCIA DE DIBUJAR EL
RECTÁNGULO TÍPÍCO, porque sin él, como visualizas el radio medio. Algunos
comentarios relevantes de este grafico son:
• Observando el gráfico, el área destacada en amarillo, se aprecia que se
coloco 1 rectángulo típico paralelo al eje de giro, dado que en la parte
derecha de este rectángulo típico tenemos la función 2x y y= − , y a su
izquierda toca al eje ye, es decir, 0x = , siendo así las cosas, hay 1 radio
medio mR , que es SIEMPRE la distancia que hay desde el eje de giro
hasta el rectángulo típico.
• El rectángulo típico va desde 0y = , hasta 1y = .
• El grafico inmediato anterior nos permite visualizar claramente que:
1mR y= + (Radio medio)
Se toma el 1 positivo y no negativo, porque estamos hablando de
distancias, y las distancias siempre son positivas.
Los límites de integración serán: desde 0c = hasta 1d = .
Sustituyendo todo lo anterior en la ecuación general del volumen, se
tiene:
( )2 ( ) ( )d
m
c
V R f y g y dyπ= −∫
( )( )1
2
0
2 1 0V y y y dyπ= + − −∫
Calculando esta integral:
( )( ) ( )1 1
2 2 2 3 2
0 0
2 1 2 2V y y y dy y y y y dy y yπ π π= + − = − + − = −∫ ∫2y+( )
13
0
y dy−∫
( ) ( )1 2 4 2 4 2 4
3
0
1 1 1 0 0 1 12 2 2 2 0
02 4 2 4 2 4 2 4
y yV y y dyπ π π π
= − = − = − − − = − − ∫
2 1 1 22 2
4 4 4 2V
π ππ π− = = = =
Respuesta: 2
Vπ=
Ejercicio 9
Sea R la región limitada por 4 2y x= − , 21y x= − , 0y = . Suponga que la
región R es la base de un sólido, calcula su volumen si las secciones
perpendiculares al eje OX son semicírculos.
Solución
Justificación:
PASO 1. Esbozar la figura, incluyendo un eje perpendicular a las secciones de
área conocida (es decir, eje OX ):
En este caso la base es la región R limitada por 4 2y x= − , 21y x= − ,
0y = , de manera que debemos dibujar esta región, para luego ubicar la
rebanada de sección conocida (en este caso semicírculos) que se desplaza por
esta región R.
La gráfica de 21y x= − es conocida, porque ya la hemos trabajado, se
trata de una semicircunferencia en la parte superior del plano (primer y
segundo cuadrante), a este tipo de función se le hace el siguiente tratamiento:
21y x= −
Se eleva al cuadrado ambos miembros:
( )22 2 21 1y x x= − = −
Luego: 2 2 2 21 1y x x y= − → + =
Llegamos a la ecuación general de una circunferencia de centro el
origen y radio 1 (uno) tal como explique en detalle en el ejercicio 1.
La gráfica de 0y = es el eje equis. (Si te hubieran dado 0x = , su grafica
sería el eje ye).
La gráfica de 4 2y x= − , son rectas porque la variable esta elevada a la
1 (uno); para plantear las rectas se hace uso de la definición de valor absoluto:
si 0
si 0
x xx
x x
− <= + ≥
Entonces:
4 2 si 04 2
4 2 si 0
x xy x
x x
+ <= − → − ≥
Tal como te explique en el ejercicio 1, para graficar una recta buscas los
puntos de intercepción con los ejes coordenados:
Recta 4 2 si 0y x x= + <
Intercepto con el eje equis: ( )40 4 2 2 4 2 2,0
2x x x
−= + → = − → = = − ⇒ −
Intercepto con el eje ye: ( ) ( )4 2 0 4 0 4 0,4y = + = + = ⇒
Recta 4 2 si 0y x x= − ≥
Intercepto con el eje equis: ( )40 4 2 2 4 2 2,0
2x x x= − → = → = = ⇒
Intercepto con el eje ye: ( ) ( )4 2 0 4 0 4 0,4y = − = − = ⇒
Ubicando todas estas graficas en el plano XY , se tiene:
Ahora vamos a dibujar las rebanadas en forma semicircular que recorren
la región:
Como la figura es simétrica calcularemos el volumen de la región
ubicada en el primer cuadrante y luego multiplicaremos por 2 esa integral.
PASO 2. Escoger una sección perpendicular al eje OX , a una distancia equis x
del eje ye.
En la figura anterior se visualiza que hay 2 rebanadas, esto porque en el
primer cuadrante se visualiza claramente 2 regiones; en la región amarilla a
una distancia 2x se ubico la primera semicircunferencia de radio 2R y en la
región anaranjada, a una distancia 1x se ubico la otra rebanada semicircular de
radio 1R .
PASO 3. Expresar el área ( )A x de la base de la sección en términos de su
posición x sobre el eje OX .
Para obtener el área en función de x , se procede así:
• En la región amarilla a una distancia 2x se ubico la primera
semicircunferencia de radio 2R , esta rebanada se desplaza
perpendicular al eje equis en el intervalo [ ]0,1 , el área de esta rebanada
semicircular es: ( )2
2
2
RA
π= . Claramente se observa en la figura, que la
rebanada tiene diámetro 22R , y éste diámetro es igual a la diferencia de
las curvas, es decir, restamos la curva de arriba menos la curva de
abajo, en este caso: 24 2 1x x− − − , por lo tanto:
22
2 2
4 2 12 4 2 1
2
x xR x x R
− − −= − − − ∴ =
Sustituyendo este radio en la fórmula del área del semicírculo, se tiene:
( ) ( ) ( )2
22 2
2 22
22
4 2 14 2 1 4 2 12 4( )
2 2 2 8
x xx x x xR
A x
ππ ππ
− − − − − − − − − = = = =
• En la región anaranjada a una distancia 1x se ubico la primera
semicircunferencia de radio 1R , esta rebanada se desplaza perpendicular
al eje equis en el intervalo [ ]1,2 , el área de esta rebanada semicircular
es: ( )2
1
2
RA
π= . Claramente se observa en la figura, que la rebanada
tiene diámetro 12R , y éste diámetro es igual a la diferencia de las curvas,
es decir, restamos la curva de arriba menos la curva de abajo, en este
caso: 4 2 0x− − , por lo tanto:
( )1 1
2 2 24 22 4 2
2 2
xxR x R
−−= − ∴ = = = ( )2
2
x−2 x= −
Sustituyendo este radio en la fórmula del área del semicírculo, se tiene:
( ) ( )2 2
11
2( )
2 2
R xA x
π π −= =
PASO 4. Integrar entre los límites apropiados.
En este caso las secciones semicirculares se mueven desde 0x = ,
hasta 1x = , en la región amarilla y desde 1x = , hasta 2x = , en la región
anaranjada, por lo tanto:
( )1 1 2
22 2
0 0
( ) 4 2 18
V A x dx x x dxπ= = − − −∫ ∫
y
( )2 2
2
1 1
1 1
( ) 22
V A x dx x dxπ= = −∫ ∫
Resolviendo cada integral:
( ) ( )2 2 2
2 2 2 21
1 1 1
2 2 2 2 4 42 2 2
V x dx x x dx x x dxπ π π
= − = − + = − + ∫ ∫ ∫2 2 3 3
2 21
1
2 24 4 4 4 4 2
1 12 2 2 3 2 3
x x xV x x dx x x x
π π π = − + = − + = − +
∫
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3
2 21
2 1 8 14 2 2 2 4 1 2 1 8 8 4 2
2 3 3 2 3 3V
π π = − + − − + = − + − − +
1
8 1 8 6 1 8 7 8 7 12 .
2 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 6V
π π π π π π + − = − + = − = − = = =
Ahora:
( )( ) ( ) ( ) ( )1 12 2
22 2 22
0 0
4 2 1 4 2 2 4 2 1 18 8
V x x dx x x x x dxπ π = − − − = − − − − + −
∫ ∫
( ) ( ) ( )( ) ( )( )1
22 2 22
0
4 2 4 2 2 4 2 1 18
V x x x x x dxπ= − + − − − + −∫
( ) ( )( )1
2 2 22
0
16 16 4 4 2 1 18
V x x x x x dxπ= − + − − − + −∫
( )( )1
2 22
0
17 16 3 4 2 18
V x x x x dxπ= − + − − −∫
( )1 1 1 1
2 22
0 0 0 0
17 16 3 4 2 18
V dx xdx x dx x x dxπ
= − + − − − ∫ ∫ ∫ ∫
( )12 3
22
0
1 1 117 16 3 4 2 1
0 0 08 2 3
x xV x x x dx
π = − + − − −
∫
( ) ( ) ( ) ( )1
2 2 3 3 22
0
17 1 0 8 1 0 1 0 4 2 18
V x x dxπ
= − − − + − − − −
∫
( ) ( )1 1
2 22
0 0
17 8 1 4 2 1 10 4 2 18 8
V x x dx x x dxπ π
= − + − − − = − − −
∫ ∫
Ahora calcularemos la última integral para terminar:
( )1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
4 2 1 4 2 1 4 1 8 1 4 1x x dx x dx x x dx x dx x x dx− − = − − − − = − + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
La primera integral es inmediata, usando la tabla de integrales se tiene:
22 2 2 2
2 2
u a ua u du a u arcsen C
a − = − + +
∫
Por lo tanto:
( )2
2 2 2 2 21 11 1 1
2 2 1 2 2
x x xx dx x arcsen C x arcsen x C − = − + + = − + +
∫
Evaluando esta integral:
( ) ( )1
2 2 2
0
1 1 0 18 1 8 1 1 1 1 0 0
2 2 2 2x dx arcsen arcsen
− = − + − − +
∫
( )1
2
0
1 88 1 8 0 . 0 0 8 2
2 2 4 4x dx
π π π π − = + − + = = = ∫
La segunda integral se resuelve con un sencillo cambio de variable:
1 32 11 1 2 22 2
0
11 1 1 1
4 1 1 1 32 2 2 22 12 2 2
u xu u
x x dx udu u dudu xdx xdx du
+ = −− → → − = − = − = −
= − ∴ = − +∫ ∫ ∫
31 2 1. .
2 3 2u− = − 2
. 3 31.
3 3u u= −
Devolviendo el cambio se tiene:
( ) ( )1
3 32 2 2
0
1 44 1 4 1 1
3 3x x dx x x
− = − − = − −
∫
Evaluando esta integral, se tiene:
( ) ( ) ( ) [ ]3 3 32 2 214 4 4 41 1 1 1 0 0 1
03 3 3 3x
− − = − − − − = − − =
Por lo tanto:
2
2
4 4 30 4 26 26 210 2 10 2 2 2
8 3 8 3 8 3 8 3 24 8V
π π π π π ππ π π π − = − + = − − = − = − = − 2
2
13
12 4V
π π= −
Finalmente el volumen total es:
( ) ( ) ( )2 2
21 2
13 2 13 3 2 32 2 2 15 3 5
6 12 4 12 12 6TV V Vπ π π π π π ππ π π + −= + = + − = = − = −
( )52TVπ π= −
Respuesta: ( )52TVπ π= − .
Ejercicio 10
Calcula el área de la región limitada por las curvas de ecuaciones:
216x y= − , 2 6x y=
Solución
Justificación: Primero debemos graficar las curvas dadas, para hacerlos,
debemos conocer su naturaleza.
La curva 216x y= − es una circunferencia, ya hemos trabajado este
tipo de curvas varias veces en esta guía, el tratamiento es:
( )22 2 2 2 2 2 216 16 16 16x y x y x y x y= − → = − → = − → + =
Es una circunferencia con centro en el origen y radio 16 4r = = .
La curva 2 6x y= es parabólica, porque solo una de las variables esta
elevada al cuadrado. Para escribir las ecuaciones de las parábolas se procede
a aplicar la definición de valor absoluto, así:
si 0
si 0
y yy
y y
− <= + ≥
Por lo tanto:
22
2
6 si 06
6 si 0
x y yx y
x y y
= − <= → = + ≥
Por lo tanto, las ecuaciones de las parábolas son:
22 6
6
xx y y= − → = − y
22 6
6
xx y y= → =
Recuerda, según lo explicado en el ejercicio 1, que estas son parábolas
que abren hacia arriba y hacia abajo, la parábola 2
6
xy = abre hacia arriba y la
parábola 2
6
xy = − abre hacia abajo, ambas tienen vértice en el origen.
Ahora vamos a calcular la intercepción de las curvas, así:
216x y= − con 2 6 6x y x y= → =
( ) ( )2 22 2 2 216 6 16 6 16 6 6 16 0y y y y y y y y− = → − = → − = → + − =
( )( )( )
222
6 6 4 1 164 6 36 64 6 1006 16 0
2 2 1 2 2
b b acy y y
a
− ± − −− ± − − ± + − ±+ − = → = = = =
1
2
6 10 42
6 10 2 26 10 162
82 2
yy
y
− + = = =− ± = → − − − = = = −
Para calcular las abscisas de los puntos de intercepción, usamos
cualquiera de las curvas que interceptamos, así:
( )1 1
2 2
2 6 2 12
8 6( 8)
y x
y x
= → = =
= − → = − = ∃( )12,2
→
Con toda la información anterior, podemos graficar la región para
calcular el área:
Como la figura es simétrica, calcularemos el área del primer cuadrante, y
luego multiplicaremos la integral por 2. Dibujemos el rectángulo típico en la
región verde del primer cuadrante que trabajaremos:
Para plantear la integral de la región verde, restamos la curva que toca
en la derecha el rectángulo típico azul menos la curva que toca a la izquierda el
rectángulo típico azul, además se observa claramente que el rectángulo típico
recorre el intervalo [ ]0,2 , por lo tanto:
( ) ( ) ( )2 2 2
2 2
0 0 0
16 6 16 6A y y dy y dy y dy= − − = − −∫ ∫ ∫
Calculemos esta integral:
La primera integral es inmediata, usando la tabla de integrales, se tiene:
La primera integral es inmediata, usando la tabla de integrales se tiene:
22 2 2 2
2 2
u a ua u du a u arcsen C
a − = − + +
∫
Por lo tanto:
22 2 2 2 2 4
16 4 42 2 4
y yy dy y dy y arcsen − = − = − +
∫ ∫
Evaluando esta integral:
2 2 22 2 2 2 2 224 2 4 2 0 4 0
4 4 2 4 002 2 4 2 2 4 2 2 4
y yy arcsen arcsen arcsen
− + = − + − − +
( ) ( )2 2
2
0
1 416 16 4 8 0 0
2 2y dy arcsen arcsen
− = − + − +
∫
Como 1 1
(30º ) 30º2 6 6 2
sen arcsenπ π = → = → =
, se tiene:
( ) ( )2
2
0
416 12 8. 0 12
6 3y dy
π π− = + − = +∫
La segunda integral se calcula así:
1 311 2 2
32 2 66 6 6 6 6. 6.
1 3 312 2
y yydy ydy ydy y dy y
+
= = = = = =+
∫ ∫ ∫ ∫
Evaluando esta integral, se tiene:
( )2
3 3 3 2
0
22 6 2 6 2 6 2 6 46 2 0 2 .2 2 2 12
03 3 3 3 3y dy y
= = − = = = ∫
Entonces:
4 4 3 4 4 4 12 4 1212 12 12
3 3 3 3 3 3 3A
π π π π− − = + − = + = − =
Finalmente:
4 12 4 4.3 4 4 3 4 2 3 2 32 2 2 2 2 4
3 3 3 3 3TA Aπ π π π π − − − − −= = = = = =
Respuesta: ( )42 3
3A π= −
A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,
¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu
eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.
Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo
saber, a través, de mi correo: jorgegranadillomat@gmail.com. Recuerda que en
mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el
estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente
editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o
escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta
a la brevedad posible.
Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,
justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás
justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante
que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre
dando justificación y luego la respuesta .
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Hallar el volumen del sólido cuya base es la región limitada por el eje x
y el arco de la curva y senx= entre 0x = y x π= , y cuyas secciones planas
perpendiculares al eje OX son cuadrados con base en la región.
Ejercicio 2
Halla el área de la región encerrada por las curvas de ecuaciones:
2xy = , 22y x x= − y las rectas de ecuaciones 0x = y 2x = .
Ejercicio 3
Halla, si es posible, el área de la región que se encuentra entre las
gráficas de las curvas de ecuaciones:
secy x= , y tgx=
desde 0x = hasta 2
xπ= .
Ejercicio 4
Halla el área de la región encerrada por las parábolas de ecuaciones: 22y x= , 23 5y x= + y la recta 8y =
Ejercicio 5
Calcula el volumen del sólido generado por la rotación de la región del
plano XY , limitada por la semielipse de ecuación 234
2y x= − y el eje OX ,
alrededor de la recta 4y = − .
Ejercicio 6
Determina el área de la región del plano, situada en el cuarto cuadrante
y limitada por las gráficas de las funciones definidas por: 2( ) 2 1f x x x= − − , 2( ) 4 3g x x x= − + −
y la recta de ecuación 1y x= − .
Ejercicio 7
Encuentra la longitud del arco de la curva definida por la ecuación:
2
cosx
y xdxπ−
= ∫ en el intervalo ,2 2
π π − .
Ejercicio 8
Halla el volumen del elipsoide, que se obtiene al girar la elipse de
ecuación 2 2
2 21
x y
a b+ = alrededor del eje OX .
Ejercicio 9
De un cilindro circular recto de radio 4 se corta una cuña mediante dos
planos. Uno de ellos es perpendicular al eje del cilindro y el otro corta al
primero a un ángulo de 30° a lo largo de un diámetr o del cilindro. Calcule el
volumen de la cuña.
Ejercicio 10
Calcular el área de la región limitada por las curvas de ecuaciones y 26y x= − y 2 3y x= − + .