CAP´ITULO XI. APLICACIONES DE LA INTEGRAL DEFINIDA

SECCIONES ´ A. Areas de figuras planas. B. C´alculo de vol´ umenes. C. Longitud de curvas planas. D. Ejercicios propuestos.

37

´ A. AREAS DE FIGURAS PLANAS.

En Geometr´ıa Elemental se conocen las f´ormulas para hallar el ´area de cualquier regi´on limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una regi´on est´a limitada por alguna l´ınea curva, como es el c´ırculo, el ´area se expresa como un l´ımite de las ´areas de poligonales “pr´oximas”. El procedimiento descrito en el cap´ıtulo anterior para definir el concepto de integral de una funci´on consiste precisamente en aproximar la funci´on por funciones escalonadas; si consideramos una funci´on y = f (x) no negativa en un intervalo [a, b], la integral inferior es el l´ımite de la suma de las ´areas de los rect´angulos inscritos en la regi´on limitada por la curva y = f (x), el eje OX y las rectas x = a y x = b, y la integral superior es el l´ımite de las ´areas de los rect´angulos circunscritos a dicha regi´on. De este modo podemos definir el ´area de dicha regi´on como la integral de la funci´on f en el intervalo [a, b]. En general, Dada una funci´on y = f (x) integrable en un intervalo [a, b], el ´area de la regi´on limitada por la funci´on, el eje OX y las rectas x = a y x = b se define como Z b

|f (x)| dx.

A= a

Observaci´ on: El valor absoluto de la funci´on es debido a que en los intervalos donde la funci´on es negativa, la integral tambi´en es negativa y su valor es opuesto al del ´area correspondiente. En la pr´actica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemos determinar los intervalos de [a, b] donde la funci´on es positiva o negativa y descomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada uno de los intervalos indicados colocando el signo adecuado. As´ı, en la figura adjunta, el ´area se expresa como Z r Z s Z b A= f (x) dx − f (x) dx + f (x) dx. a

r

s

38

En particular, si la funci´on est´a expresada en forma param´etrica x = x(t), y = y(t), el ´area viene expresada como Z t1 Z b y(t) · x0 (t) dt, y dx = A= t0

a

donde a = x(t0 ), b = x(t1 ). Regiones m´as generales que las descritas son aquellas que est´an limitadas por dos funciones y = f (x), y = g(x) entre dos rectas verticales x = a y x = b. En este caso el ´area se expresa mediante la f´ormula Z b A= |f (x) − g(x)| dx. a

En el ejemplo de la figura, el ´area se descompone como: Z s Z b Z r [g(x) − f (x)] dx + [f (x) − g(x)] dx + [g(x) − f (x)] dx. A= r

a

s

Si la regi´on est´a limitada por dos curvas y = f (x), y = g(x) entre dos rectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversas e integramos respecto a la variable y. El ´area se expresa entonces como Z d A= |f −1 (y) − g −1 (y)| dy. c

En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como Z r Z d −1 −1 A= [f (y) − g (y)] dy + [g −1 (y) − f −1 (y)] dy. c

r

39

En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones planteadas. Al ser v´alidas aqu´ı todas las propiedades de las integrales obtenidas en el cap´ıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales de la integral. Omitiremos en la mayor´ıa de los casos el c´alculo de las primitivas pues ya se han realizado en el cap´ıtulo 7. Nos limitaremos a escribir el resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremos de integraci´on. S´ı es muy conveniente tener una idea aproximada de la representaci´on gr´afica de las funciones involucradas para conocer la posici´on relativa de las mismas y los intervalos de integraci´on. Es importante tambi´en observar las simetr´ıas de las figuras para as´ı poder escribir f´ormulas m´as sencillas para el ´area de las mismas.

PROBLEMA 11.1

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica de la funci´ on f y el eje X en el intervalo indicado: a) f (x) = |x| − |x − 1| en [−1, 2]. b) f (x) = x(ln x)2 en [1, e]. c) f (x) = e−x | sen x| en [0, 2π]. Soluci´ on a) El ´area de la regi´on (que es la parte sombreada de la figura) viene dada Z 2 |x| − |x − 1| dx. por la f´ormula A = −1

Teniendo en cuenta el signo de la funci´on, la integral se descompone as´ı: Z 0 Z 0,5 Z 1 Z 2 5 A= 1 · dx + −(2x − 1) dx + (2x − 1) dx + 1 · dx = . 2 −1 0 0,5 1

40

b) La funci´on y = x(ln x)2 es no negativa en el intervalo [1, e].

El ´area es entonces, integrando por partes,  2 e Z e x x2 x2 e2 − 1 2 2 A= x(ln x) dx = · (ln x) − · ln x + = . 2 2 4 1 4 1

Z c) Nuevamente la funci´on es no negativa, por lo que A =

2π

e−x | sen x| dx.

0

Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos: Z A =

2π

−x

e

Z

π

| sen x| dx =

0

−x

e 0 π

 −x e = − (sen x + cos x) 2

0

Z

2π

sen x dx +

−e−x sen x dx

π

2π e−x (e−π + 1)2 + (sen x + cos x) = . 2 2 π 

PROBLEMA 11.2

Hallar el ´ area de la figura limitada por la funci´ on f (x) = x(x − 1)(x − 2) y el eje OX . Soluci´ on Como la curva corta al eje OX enZ los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y 2 x = 2, el ´area viene dada por A = |f (x)| dx. 0

41

Ahora bien, en el intervalo [0, 1] la curva queda por encima del eje X mientras que en el intervalo [1, 2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues Z A=

1

Z f (x) dx+

0

2

Z −f (x) dx =

1

0

1

Z 2 1 (x3 −3x2 +2x) dx− (x3 −3x2 +2x) dx = . 2 1

PROBLEMA 11.3

Hallar el ´ area del menor de los sectores que la recta x = 3 determina en la circunferencia de ecuaci´ on x2 + y 2 = 25. Soluci´ on

Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura basta calcular el ´area de la regi´on contenida en el primer cuadrante. Tenemos Z A = 2

5p

25 − x2 dx

3

 p  x 25 x 5 25π 3 2 = 2 25 − x + arc sen = − 12 − 25 arc sen . 2 2 5 3 2 5

42

PROBLEMA 11.4

Hallar el ´ area de la figura limitada por la recta x = 2a y la hip´ erbola x2 y 2 − 2 = 1. a2 b Soluci´ on

De acuerdo con la figura, el ´area se obtiene como Z 2a p A = 2 b (x/a)2 − 1 dx a # " x + √x2 − a2 2a √ √ bx p 2 = x − a2 − ab ln = ab[2 3 − ln(2 + 3)]. a a a

PROBLEMA 11.5

Hallar el ´ area limitada por la curva y 2 = x4 (4 + x). Soluci´ on

Como la figura est´a determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es sim´etrica respecto al eje X, el ´area ser´a   0 Z 0 2 √ 8(4 + x) 16 4096 2 3/2 (4 + x) A=2 x 4 + x dx = 4(4 + x) − + = . 7 5 3 105 −4 −4 43

PROBLEMA 11.6

Hallar el ´ area limitada por la curva x4 − ax3 + b2 y 2 = 0. Soluci´ on

La curva est´a definida cuando x ∈ [0, a] y es sim´etrica respecto a OX. El ´area viene dada por: Z a p x ax − x2 dx = (cambio (a/2) cos t = x − a/2) A = 2 0 b  π Z a3 π a3 t sen 2t sen3 t πa3 2 = sen t · (1 + cos t) dt = − + = . 4b 0 4b 2 4 3 8b 0

PROBLEMA 11.7

Hallar el ´ area de la figura limitada por la curva (x/5)2 + (y/4)2/3 = 1. Soluci´ on

El ´area de la figura, teniendo en cuenta sus simetr´ıas, es Z 5 Z 2 3/2 A = 4 4(1 − x /25) dx = (cambio x = 5 cos t) = 16 0

π/2

5 sen4 t dt

0

Z = 20 0

π/2



3t sen 4t (1 − cos 2t) dt = 20 − sen 2t + 2 8 2

44

π/2 = 15π. 0

PROBLEMA 11.8

Hallar el ´ area limitada por la curva x = (y 2 + x)2 . Soluci´ on

p√ En forma expl´ıcita, la ecuaci´on de la curva es y = ± x − x. Como la gr´afica es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por Z 1q √ 1 √ sen t A = 2 x − x dx = (cambio − x = ) 2 2 0  π/2 Z 1 π/2 1 t sen 2t cos3 t π 2 = cos t · (1 − sen t) dt = + + = . 2 −π/2 2 2 4 3 4 −π/2

PROBLEMA 11.9

Hallar el ´ area encerrada por la curva y 2 =

x2 2 (a − x2 ). a2

Soluci´ on

De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos: Z a p Z π/2 x 2 2 2 A = 4 a − x dx = (cambio x = a sen t) = 4a cos2 t · sen t dt 0 a 0 π/2  cos3 t 4a2 2 = 4a − = . 3 3 0 45

PROBLEMA 11.10

Hallar el ´ area de la figura limitada por la cardioide de ecuaci´ on x(t) = a(2 cos t − cos 2t), y(t) = a(2 sen t − sen 2t). Soluci´ on

Como la figura es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por Z a Z 0 A = 2 y · dx = 2 y(t)x0 (t) dt −3a 0

π

Z

a(2 sen t − sen 2t)2a(sen 2t − sen t) dt   sen 2t sen 4t 0 3 2 −3t + 2 sen t + + = 6πa2 . = 4a 2 2 8 π = 2

π

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 . Soluci´ on

2πa Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentra en el intervalo t ∈ [0, 2π], resulta: Z 2πa Z 2π A = y(t) dx(t) = a(1 − cos t)a(1 − cos t) dt 0 0   sen 2t 2π 2 3t = 3πa2 . = a − 2 sen t + 2 4 0 46

PROBLEMA 11.12

Hallar el ´ area encerrada por la astroide de ecuaci´ on (ax)2/3 + 2/3 2 2 2/3 (by) = (a − b ) . Soluci´ on Escribimos la ecuaci´on en forma param´etrica 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 simetr´ıa de la figura podemos escribir el ´area como Z c2 /a Z 0 A = 4 y · dx = 4 (c2 /b) sen3 t · (c2 /a)(−3 cos2 t sen t) dt 0

=

12c4 ab

π/2

Z 0

π/2

 π/2 12c4 t sen 4t sen3 2t 3πc4 = sen t cos t dt = − − . ab 16 64 48 8ab 0 4

2

PROBLEMA 11.13

Hallar el ´ area de la figura limitada por la curva y 3 = x, la recta y = 1 y la vertical x = 8. Soluci´ on

47

Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en el intervalo [1, 8] la curva queda por encima de la recta, el ´area viene dada por " #8 Z 8 3 x4/3 17 1/3 (x − 1) dx = A= −x = . 4 4 1 1

PROBLEMA 11.14

Calcular el ´ area limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2 , x = 0. Soluci´ on En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la regi´on comprendida entre los valores x = 0 y x = 1.

e2

El ´area se obtiene como  1 Z 1 e2 1 e2x e2 + 1 2 2x 2 A= (e − e ) dx = e x − = e2 − + = . 2 0 2 2 2 0

PROBLEMA 11.15

Hallar el ´ area de la regi´ on y ≥ x2 − 9, x2 + (y − 3)2 ≥ 9, y ≤ −x + 3.

48

Soluci´ on

El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la recta y = −x + 3. Esto quiere decir que la recta es un di´ametro y el ´area de la figura sombreada es la diferencia entre el ´area de la regi´on comprendida entre dicha recta y la par´abola y el ´area del semic´ırculo de radio 3. Los puntos de intersecci´on de la par´abola y la recta se obtienen del sistema y = x2 − 9, y = −x + 3 =⇒ x2 + x − 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4. Tenemos entonces: Z 3 Z 3 9π 9π 2 A = [(−x + 3) − (x − 9)] dx − = (−x2 − x + 12) dx − 2 2 −4 −4  3 2 3 9π x x 343 9π − = 12x − − = − . 2 3 −4 2 6 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

Soluci´ on

Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curva y = e−x , el ´area viene dada por Z A= 0

1

 1 (ex − e−x ) dx = ex + e−x 0 = e + e−1 − 2.

PROBLEMA 11.17

Hallar el ´ area comprendida entre las par´ abolas y 2 = 2px, x2 = 2py .

Soluci´ on

Como los puntos de intersecci´on de ambas par´abolas son (0, 0) y (2p, 2p), el ´area viene dada por la integral: Z A= 0

2p p

x2 2px − 2p

"

 dx =

50

2x3/2 x3 2p · − 3 6p

#2p

p

= 0

4p2 . 3

PROBLEMA 11.18

Dada la curva de ecuaci´ on y = x3 y la recta y = λx (ver figura), demostrar que la regi´ on S1 limitada por la curva y la recta en el intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma ´ area que la regi´ on S2 limitada por la curva y el eje X en el mismo intervalo. Soluci´ on Como la recta pasa por el punto (a, a3 ), se debe cumplir que a3 = λa, es decir λ = a2 .

Al calcular cada una de las ´areas mencionadas obtenemos  2 a Z a λx x4 2λa2 − a4 a4 3 (λx − x ) dx = S1 = − = = , 2 4 0 4 4 0  4 a Z a 4 a x S2 = x3 dx = = , 4 0 4 0 lo que prueba el enunciado.

PROBLEMA 11.19

Hallar el ´ area de la figura encerrada por la par´ abola y = x2 /4 y la 8 . curva de Agnesi y = 2 x +4

51

Soluci´ on

Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son soluci´on del sistema formado por ambas ecuaciones. Tenemos que: √ x2 8 = 2 ⇐⇒ x4 + 4x2 = 32 ⇐⇒ x2 = −2 ± 4 + 32 = −2 ± 6. 4 x +4 Como la soluci´on x2 = −8 no es real, s´olo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. El ´area es entonces, teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura,   Z 2 Z 2 8 x2 8 x2 A = − dx = 2 − dx 2 4 x2 + 4 4 −2 x + 4 0 2  4 x x3 = 2π − . = 2 4 arc tg − 2 12 0 3

PROBLEMA 11.20

Calcular el ´ area limitada por las curvas y = x2 , y = sen

πx . 2

Soluci´ on Como se observa en la figura, la regi´on que limitan dichas curvas se encuentra πx en el intervalo [0, 1] en el cual la funci´on y = sen queda por encima de 2 2 y=x .

El ´area es entonces 1  Z 1h i πx 2 πx x3 1 2 2 A= sen − x dx = − cos − =− + . 2 π 2 3 0 3 π 0 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 + y 2 = R2 . Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son: x2 +y 2 = R2 , x2 +y 2 +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: Z R p  p A1 = R2 − x2 − 2R2 − x2 + R dx −R

" √ #R x R2 − x2 R2 x = + arc sen 2 2 R −R " √ #R x 2R2 − x2 x 2 2 − + R arc sen √ + [Rx]R −R = R ; 2 R 2 −R

2

2

A2 = πR − A1 = (π − 1)R .

PROBLEMA 11.22

Calcular el ´ area comprendida entre las curvas y = sen3 x, y = 1/ sen x, para x ∈ [π/4, π/2]. 53

Soluci´ on En el intervalo indicado, la curva y = 1/ sen x queda por encima de y = sen3 x.

π/4

Z

π/2 

A = π/4

π/2

π

 1 3 − sen x dx sen x

√ π/2  √ cos3 x 5 2 = − ln( 2 − 1) − . = ln | cosec x − cotg x| + cos x − 3 12 π/4

PROBLEMA 11.23

Calcular el ´ area comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y = sen6 x para x ∈ [0, π/4]. Soluci´ on En este caso tambi´en la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y = sen6 x. Bastar´a pues integrar la resta de ambas funciones en el intervalo indicado.

π/4 54

π/2

π

Z

π/4

A =

(sec2 x − sen6 x) dx

0

 π/4 5 1 3 1 59 5π = tg x − x + sen 2x − sen 4x − sen3 2x − . = 16 4 64 48 48 64 0

PROBLEMA 11.24

Hallar el ´ area de la figura comprendida entre la hip´ erbola equil´ atera x2 − y 2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto (5, 4). Soluci´ on El ´area de la regi´on se puede obtener como la resta entre el ´area del tri´angulo de v´ertices O(0, 0), A(5, 0) y B(5, 4) y el ´area de la regi´on limitada por la hip´erbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].

Tenemos pues: Z 5p 5·4 A = − x2 − 9 dx 2 3 " √ x x2 − 9 9 − ln = 10 − 2 2

x+

√

x2 − 9 3

!#5 = 3

9 ln 3. 2

PROBLEMA 11.25

Determinar el ´ area de la parte com´ un a las dos elipses x2 y 2 x2 y 2 + = 1 , + 2 = 1 con a > b. a2 b2 b2 a

55

Soluci´ on Debido a la simetr´ıa de la regi´on (ver figura), basta calcular el ´area de la regi´on comprendida en el primer cuadrante.

El punto de intersecci´on de las elipses tiene abscisa x = √

ab , con lo + b2

a2

que el ´area pedida es

Z A = 4

√

ab a2 +b2

b

p

1−

x2 /a2

Z

b

dx + 4 √

0

p a 1 − x2 /b2 dx

ab a2 +b2

 √ ab b   a2+b2 4a b2 4b a2 x xp 2 x xp 2 a − x2 + b −x2 = arc sen + arc sen + a 2 a 2 b 2 b 2 √ ab 0 a2+b2   b a π = 2ab arc sen √ − arc sen √ + . 2 2 2 2 2 a +b a +b

PROBLEMA 11.26

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = |x − 1| y g(x) = x2 − 2x. Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de las curvas son: y = |x − 1|, y = x2 − 2x

=⇒ |x − 1| = x2 − 2x ( x − 1 = x2 − 2x =⇒ −x + 1 = x2 − 2x 56

si x > 1 =⇒ si x < 1

( x= x=

√ 3+ 5 2√ , 1− 5 2 .

Debido a la simetr´ıa de la figura, el ´area se puede expresar como: Z A=

√ 3+ 5 2 √ 1− 5 2

2

Z

[|x−1|−(x −2x)] dx = 2

√ 3+ 5 2

1

√ 7+5 5 [(x−1)−(x −2x)] dx = . 6 2

PROBLEMA 11.27

Calcular el ´ area de la figura limitada por la par´ abolas y = x2 , y = x2 /2 y la recta y = 2x. Soluci´ on La primera par´abola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2 mientras que la segunda par´abola y = x2 /2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 4.

El ´area se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente forma: Z 2 Z 4 2 2 A= (x − x /2) dx + (2x − x2 /2) dx = 4. 0

2

57

PROBLEMA 11.28

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f y g en el intervalo que se indica en cada caso: √ a) f (x) = x, g(x) = x2 en [0, 2]. b) f (x) = x(x2 − 1), g(x) = x en [−1, 2].

Soluci´ on

a) Los puntos de intersecci´on de las curvas son y=

√

x, y = x2 =⇒ x = x4 =⇒ x = 0, x = 1.

El ´area se descompone entonces como la suma Z A=

1

√ ( x − x2 ) dx +

Z

0

2 2

(x − 1

√

√ 10 − 4 2 x) dx = . 3

b) Los puntos de intersecci´on de las curvas son: y = x(x2 − 1), y = x =⇒ x(x2 − 1) = x =⇒ x = 0, x = 58

√

√ 2, x = − 2.

El ´area se obtiene entonces como:

Z

2

|x(x2 − 1) − x| dx

A = −1

Z

√

0 3

Z

(x − 2x) dx +

= −1

2 3

(2x − x ) dx + 0

Z

2

√

(x3 − 2x) dx = 2

11 . 4

PROBLEMA 11.29

Calcular el ´ area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9, y ≤ 3 − x.

Soluci´ on Calculamos los puntos de intersecci´on de las curvas:

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:

Z

−2

Z

2

1

[(3 − x) − (x − 9)] dx +

A =

[(x2 + 1) − (x2 − 9)] dx

−2

−4

Z

3

[(3 − x) − (x2 − 9)] dx 1 Z −2 Z 1 Z 3 158 2 = (−x − x + 12) dx + 10 dx + (−x2 − x + 12) dx = . 3 −4 −2 1 +

PROBLEMA 11.30

Calcular el ´ area comprendida entre las cuatro par´ abolas y 2 = x, y 2 = 2x, x2 = y , x2 = 2y . Soluci´ on Los distintos puntos de intersecci´on son los siguientes: x2 = 2y, y 2 = x

=⇒ x = 0, x = 41/3 ;

x2 = y, y 2 = x

=⇒ x = 0, x = 1;

2

=⇒ x = 0, x = 41/6 ;

2

x = y, y = 2x x2 = 2y, y 2 = 2x

=⇒ x = 0, x = 2. 60

El ´area es entonces Z

41/6 2

[x −

A=

√

Z

41/3

x] dx +

1

Z √ √ [ 2x − x] dx +

√ 1 [ 2x − x2 /2] dx = . 3 41/3

41/6

2

PROBLEMA 11.31

Calcular el ´ area de la figura interior a la circunferencia x2 + (y − 2 1) = 5 y a la par´ abola x = 2(y − 1)2 . Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son: x2 + (y − 1)2 = 5, x/2 = (y − 1)2 =⇒ 2x2 + x − 10 = 0 =⇒ x = 2, x = −5/2. Como la par´abola est´a definida en x ≥ 0, s´olo es posible la soluci´on x = 2 lo que da los puntos (2, 0) y (2, 2).

Como debemos descomponer la integral en dos sumandos para integrar res61

pecto a la variable x, integramos respecto a y, lo que da lugar a: Z 2 hp i A = 5 − (y − 1)2 − 2(y − 1)2 dy 0 2  2 2 y − 1 y − 1p 1 5 3 5 − (y − 1)2 − (y − 1) arc sen √ + = 5 arc sen √ + . = 2 2 3 5 5 3 0

PROBLEMA 11.32

Encontrar el ´ area de la regi´ on com´ un a las circunferencias C1 : x2 + y 2 = 4, C2 : x2 + y 2 = 4x. Soluci´ on

√ √ Los puntos de intersecci´on de las circunferencias son (1, 3) y (1, − 3), de modo que, si integramos respecto a la variable y, el ´area puede expresarse como la integral √

Z A = 2

3

√

Z p p 2 2 [ 4 − y − (2 − 4 − y )] dy = 4

0

= 4

hy p 2

4 − y 2 + 2 arc sen

y −y 2

i√3 0

3

p ( 4 − y 2 − 1) dy

0

=

√ 8π − 2 3. 3

PROBLEMA 11.33

Sea f la funci´ on indicada en la figura adjunta. Z 1 Hallar f y tambi´ en el ´ area de la regi´ on comprendida entre la 0

funci´ on f y el eje X .

62

Soluci´ on

El ´area ser´a la suma de las ´areas de los tri´angulos que la funci´on determina con el eje OX. Resulta entonces la siguiente serie geom´etrica:   ∞ ∞ X X 1 1 1 1 1 1/2 1 1 · − n ·1= · n = · = . A= n−1 2 2 2 2 2 2 1 − 1/2 2 n=1

n=1

Para calcular la integral, debemos sumar las ´areas de los tri´angulos que queden por encima del eje OX y restarle la suma de las ´areas de los tri´angulos que quedan por debajo del mismo. Tenemos nuevamente las series geom´etricas, Z

1

f 0

  X   ∞ ∞ X 1 1 1 1 1 1 = · − − · − 2 22n 22n+1 2 22n−1 22n =

n=0 ∞ X

n=0

n=1

1 22n+2

−

∞ X n=1

1 22n+1

=

1/4 1/8 1 − = . 1 − 1/4 1 − 1/4 6

´ ´ B. CALCULO DE VOLUMENES.

El concepto de integral tambi´en puede aplicarse para calcular vol´ umenes de ciertos s´olidos. Los distintos casos y m´etodos utilizados son los que exponemos a continuaci´on. 63

´ ´ ´ CONOCIDA. B.1.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE SECCION Supongamos que un s´olido est´a limitado por dos planos paralelos entre s´ı y perpendiculares a un eje fijo t en los puntos t = t0 y t = t1 . Supongamos adem´as que las secciones producidas en el s´olido por planos perpendiculares al eje t son regiones cuya ´area se puede escribir como una funci´on A(t) integrable en [t0 , t1 ]. Entonces el volumen de dicho s´olido verifica la f´ormula de Cavalieri Z t1 A(t) dt. (1) V = t0

En particular,Zsi las secciones son perpendiculares al eje OX entre los valores x1

A(x) dx.

x0 y x1 , V = x0

As´ı, en el ejemplo de la figura tenemos una pir´amide de base b y altura h y las secciones perpendiculares al eje OX son cuadrados. Para calcular el lado de un cuadrado gen´erico escribimos la ecuaci´on de la recta que une el origen con el punto (h, b) y calculamos su valor en el punto de abscisa x. Resulta pues y = bx/h con lo que la funci´on a integrar ser´a el ´area del cuadrado A(x) = (2y)2 = (2bx/h)2 y el volumen es Z V = 0

h

 h 4b2 x3 4b2 h = . (2bx/h) dx = 2 h 3 0 3 2

64

´ ´ ´ B.2.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE REVOLUCION. El s´olido de revoluci´on es la figura obtenida al girar una regi´on plana alrededor de un eje fijo (eje de revoluci´on o eje de giro). Esto quiere decir que las secciones perpendiculares a dicho eje son c´ırculos (o coronas circulares). El volumen se obtiene seg´ un el caso con los siguientes m´etodos: B.2.1.´ METODO DE LOS DISCOS. Consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´ umenes de los discos que se obtienen al cortar la figura por planos perpendiculares al eje de giro. Podemos distinguir dos casos: (*) El eje de giro forma parte del contorno de la regi´ on plana. Si consideramos la regi´on plana limitada por la curva y = f (x), el eje de giro y las rectas x = a, x = b, las secciones perpendiculares al eje de giro son c´ırculos con lo que debemos integrar la funci´on que corresponda al ´area de los mismos en el intervalo correspondiente.

As´ı, si el eje de giro es el eje OX, tenemos la f´ormula Z (2)

V =π

b

[f (x)]2 dx.

a

Si el eje de giro es la recta y = r, el radio del c´ırculo en un punto de abscisa x es |f (x) − r| y el volumen queda entonces: Z (3)

V =π

b

[f (x) − r]2 dx.

a

En otros casos se procede de forma similar. (**) El eje de giro no forma parte del contorno de la regi´ on plana. 65

Consideramos ahora la regi´on limitada por las curvas y = f (x), y = g(x) y dos rectas perpendiculares al eje de giro, siendo ´este exterior a la regi´on. En este caso, las secciones perpendiculares al eje de giro son coronas circulares. Debemos pues restar el ´area del c´ırculo exterior menos el ´area del c´ırculo interior.

Si el eje de giro es el eje OX, Z (4)

V =π

b

([f (x)]2 − [g(x)]2 ) dx.

a

An´alogamente, si el eje de giro es la recta y = r, Z (5)

V =π

b

([f (x) − r]2 − [g(x) − r]2 ) dx.

a

Ser´a necesario conocer la posici´on relativa de las funciones f y g para lo cual es fundamental tener una idea de las gr´aficas de las mismas. ´ B.2.2.- METODO DE LOS TUBOS. Este m´etodo consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´ umenes de los tubos obtenidos al girar alrededor del eje de giro las franjas de espesor infinitesimal que determina en la regi´on una partici´on del intervalo. Este m´etodo ser´a apropiado cuando al intentar aplicar el m´etodo de 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, el volumen obtenido al girar la regi´on comprendida entre la funci´on y = f (x), el eje X y las rectas x = a, x = b tiene las siguientes f´ormulas. Cuando el eje de giro es el eje OY : Z (6)

b

x · f (x) dx.

V = 2π a

Cuando el eje de giro es la recta vertical x = r: Z (7)

b

|x − r| · f (x) dx.

V = 2π a

F´ormulas an´alogas se obtienen para regiones comprendidas entre dos funciones o para ejes horizontales. En los siguientes problemas se realizan ejemplos de todos los casos indicados.

PROBLEMA 11.34

Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curva y 2 = x3 alrededor del eje X a lo largo del intervalo x ∈ [0, 1].

67

Soluci´ on

De acuerdo con la figura, y aplicando la f´ormula (2), tenemos: Z V =π 0

1

x4 x dx = π 4 

3

1 = 0

π . 4

PROBLEMA 11.35

Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotaci´ on, alrededor del eje OX , de la superficie limitada por el eje OX y la par´ abola y = ax − x2 (a > 0). Soluci´ on Aplicamos directamente el m´etodo de los discos integrando en el intervalo [0, a] que corresponde a los valores de x que limitan la superficie dada.

As´ı: Z V =π 0

a

(ax − x2 )2 dx = π

Z

a

(a2 x2 + x4 − 2ax3 ) dx =

0

68

πa5 . 30

PROBLEMA 11.36

Calcular el volumen del s´ olido engendrado por la rotaci´ on de la regi´ on limitada por los ejes coordenados y la curva de ecuaci´ on √ √ √ x + y = a (a > 0) alrededor del eje OX . Soluci´ on

√ √ De la ecuaci´on de la curva se obtiene que y 2 = ( a − x)4 = a2 + x2 + 6ax − 4a3/2 x1/2 − 4a1/2 x3/2 . El volumen buscado es pues Z a Z a πa3 V =π y 2 (x) dx = π (a2 + x2 + 6ax − 4a3/2 x1/2 − 4a1/2 x3/2 ) dx = . 15 0 0

PROBLEMA 11.37

Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuaci´ on x = a cos3 t, y = a sen3 t delimitan una regi´ on cuya ´ area designaremos por S . Se pide: i) El volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por S al girar en torno al eje OX . ii) El volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por S al girar en torno al eje OY .

69

Soluci´ on i)

Por el m´etodo de los discos, si integramos respecto al par´ametro t, como los valores extremos x = 0 y x = a corresponden a t = π/2 y t = 0, respectivamente, tenemos: Z a Z 0 V = π y 2 (t) dx(t) = π a2 sen6 t · (−3a cos2 t sen t) dt 0

π/2

3

 3 π/2 cos t 3 cos5 t 3 cos7 t cos9 t 16πa3 sen t cos tdt = −3πa − + − = 3 5 7 9 105 0

π/2

Z

7

= 3πa

0

2

3

ii)

Utilizaremos en este caso el m´etodo de integraci´on por tubos. El volumen es Z a Z 0 V = 2π x(t)y(t) dx(t) = 2π a cos3 t · a sen3 t · (−3a cos2 t sen t) dt 0 3

π/2

Z

= 6πa

π/2 5

4

3

cos t sen t dt = 6πa 0



sen5 t 2 sen7 t sen9 t − + 5 7 9

π/2 = 0

El resultado es el mismo debido a las simetr´ıas de la figura.

PROBLEMA 11.38

Hallar el volumen engendrado por la rotaci´ on alrededor del eje OY del ´ area limitada por el primer arco de la cicloide de ecuaci´ on x = t − sen t, y = 1 − cos t. 70

16πa3 . 105

Soluci´ on

2π

De acuerdo con la figura, si aplicamos el m´etodo de los tubos e integramos respecto al par´ametro t, tenemos: Z V

2π

Z

2π

(t − sen t)(1 − cos t)(1 − cos t) dt

x(t)y(t) dx(t) = 2π

= 2π

0

0

Z

2π

= 2π

(t − 2t cos t + t cos2 t − sen t + 2 sen t cos t − cos2 t sen t) dt

0

3t2 cos3 t 3 cos 2t 7t sen t = 2π − cos t + − − 4 3 8 4 

2π

= 6π 3 .

0

PROBLEMA 11.39

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por la curva f (x) = sen x + cos x y el eje X en el intervalo [0, π] alrededor del eje X .

Soluci´ on

Si aplicamos el m´etodo de los discos, resulta: Z V =π 0

π

 π 1 (sen x + cos x) dx = π x − cos 2x = π 2 . 2 0 2

La siguiente figura da una idea de la forma del s´olido obtenido. 71

PROBLEMA 11.40

Se considera el ´ area S de la regi´ on limitada por un cuadrante de una circunferencia de radio R y las tangentes en sus extremos. Hallar el volumen que engendra S cuando gira en torno a una de las tangentes. Soluci´ on Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasando por el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este √ modo la ecuaci´on de la circunferencia ser´a x2 + (y + R)2 = R2 =⇒ y = R2 − x2 − R.

El volumen pedido viene expresado por: Z V

= π

R 2

Z

R

y (x) dx = π 0

p ( R2 − x2 − R)2 dx

0

R  x3 x πR3 2 3 = π 2R x − − R arc sen = (10 − 3π). 3 R 0 6 72

PROBLEMA 11.41

Calcular el volumen engendrado por un segmento circular de ´ angulo central 2α (ver figura) con α < π/2 y radio R al girar alrededor de su cuerda. Soluci´ on

Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular a esta cuerda que pase por el centro de la circunferencia, debido a que OB = R sen α y |OC| = R cos α, la ecuaci´on 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 Z V

R sen α 2

= π =

Z

y dx = 2π

−R sen α 2πR3

3

R sen α

(R2 cos2 α + R2 − x2 − 2R cos α

p R2 − x2 ) dx

0

(2 sen α − 3α cos α + cos2 α sen α).

PROBLEMA 11.42

Se considera el arco OAB de la par´ abola de ecuaci´ on y = x(x − a), con OA = a > 0 y OC = c > a. Determinar c de tal manera que el volumen de revoluci´ on engendrado por la zona sombreada de la figura, al girar en torno a OX , sea igual al volumen engendrado por el tri´ angulo OCB girando en torno al mismo eje.

73

Soluci´ on

El volumen engendrado por la zona sombreada es Z a Z c Z a Z c 2 2 2 2 V = π y (x) dx + π y (x) dx = π x (x − a) dx + π x2 (x − a)2 dx =

0 3 πc

30

a

0

a

(6c2 − 15ca + 10a2 ).

Como OC = c, BC = c(c − a) y el volumen del cono engendrado por el tri´angulo OCB es V0 =

πc2 (c − a)2 · c πc3 (c − a)2 = . 3 3

Igualando los valores de V y V 0 se deduce que c = 5a/4.

PROBLEMA 11.43

√

x se 1 + x2 obtiene en el intervalo [0, x] un s´ olido cuyo volumen designaremos 1 por V (x). Determinar el valor de a para que V (a) = l´ım V (x). 2 x→∞

Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuaci´ on y =

Soluci´ on El volumen V (x) se calcula mediante la f´ormula: Z V (x) = π

x 2

Z

y (x) dx = π 0

0

x

  x dx π −1 x π x2 = = · . (1 + x2 )2 2 1 + x2 0 2 1 + x2 74

π π a2 1 π , deber´a cumplirse · = · de 2 x→∞ 2 2 1+a 2 2 donde a = 1 (no es v´alido a = −1 pues no est´a en el dominio de la funci´on). Ahora bien, como l´ım V (x) =

PROBLEMA 11.44

Un s´ olido de revoluci´ on est´ a generado por la rotaci´ on de la gr´ afica de y = f (x) para [0, a] alrededor del eje X . Si para a > 0 el volumen es a3 + a, hallar la funci´ on f . Soluci´ on Por la f´ormula del volumen tenemos que 3

Z

a +a=V =π

a

[f (x)]2 dx.

0

Si llamamos G a una primitiva de f 2 , es decir tal que G0 (x) = f 2 (x), entonces V = π[G(a) − G(0)] = a3 + a =⇒ G(a) =

Esto sugiere definir G(x) =

a3 + a + G(0). π

x3 + x . De este modo, G(0) = 0 y π

3x2 + 1 G0 (x) = = f 2 (x) =⇒ f (x) = π

r

3x2 + 1 . π

PROBLEMA 11.45

Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficie comprendida entre la par´ abola y 2 = x y la circunferencia y 2 = 2 2x − x alrededor del eje X . Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son (1, 1) y (1, −1). 75

Utilizando el m´etodo de integraci´on por discos y descomponiendo la integral en dos sumandos, tenemos Z V =π

1

Z x dx + π

0

1

2

x2 (2x − x ) dx = π 2 

2

1

 2 x3 7π 2 +π x − = . 3 1 6 0

PROBLEMA 11.46 √ Se considera la par´ abola de ecuaci´ on y = x2 2/a, con a > 0, y la circunferencia x2 +y 2 = a2 . Determinar el volumen engendrado por la zona sombreada de la figura al girar en torno al eje OX . Soluci´ on

Resolviendo el sistema formado por √ las ecuaciones de la par´abola y de la circunferencia, se tiene que OC = a 2/2. Como el radio de la circunferencia 76

es a, el volumen pedido ser´a Z V

= π

√ a 2/2

2x4 /a2 dx + π

Z

a √

(a2 − x2 ) dx

a 2/2

0

a√2/2 a  5 √ 2x x3 πa3 2 = π + π a x − = (20 − 11 2). √ 2 5a 0 3 a 2/2 30 

PROBLEMA 11.47

Determinar el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje OY la regi´ on limitada por las par´ abolas y = ax2 , y = b − cx2 , con a, b, c > 0.

Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de las par´abolas sepobtienen resolviendo el sistema formado por sus ecuaciones. As´ı se tiene A( b/(a + c), ab/(a + c)).

Calculamos el volumen por el m´etodo de los discos para lo cual debemos integrar respecto a y en los intervalos (0, ab/(a+c)) y (ab/(a+c), b). Resulta as´ı: Z b Z ab/(a+c) y b−y πb2 V =π dy + π dy = . a c 2(a + c) 0 ab/(a+c)

77

PROBLEMA 11.48

Hallar el volumen generado por la rotaci´ on del ´ area limitada por 2 la par´ abola y = 8x y la ordenada correspondiente a x = 2 i) en torno al eje X ; ii) en torno al eje Y ; iii) en torno a la recta x = 2. Soluci´ on i) Dividiendo el ´area en franjas verticales, al girar alrededor del eje X se √ obtienen discos de radio y = 8x en el intervalo x ∈ [0, 2].

Aplicando la f´ormula de integraci´on por discos se obtiene: Z

2

V =π

8x dx = 16π. 0

ii) Aplicaremos nuevamente el m´etodo de los discos para lo cual debemos integrar respecto a la variable y en el intervalo [−4, 4].

78

Como un disco gen´erico tiene radio exterior 2 y radio interior x = y 2 /8, el volumen viene dado por  4 y5 128π [2 − (y /8) ] dy = π 4y − V =π = . 320 −4 5 −4 Z

4

2

2

2

iii) Aplicaremos en este caso el m´etodo de los tubos. Como en √ se observa √ la figura, la altura de un cilindro gen´erico es 2y = 2 8x = 4 2x y su distancia al eje de giro es 2 − x.

El volumen pedido ser´a Z 2 √ √ Z 2 256π (2x1/2 − x3/2 ) dx = . V = 2π 4 2x(2 − x) dx = 8 2π 15 0 0

PROBLEMA 11.49

¿Cu´ al es el volumen del s´ olido que se obtiene al girar alrededor del eje X la figura limitada por la curva y = ex y las rectas x = 0, y = e?

79

Soluci´ on

Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo [0, 1], si aplicamos la f´ormula (4), el volumen viene dado por:   e2 + 1 1 2x 1 2 =π· . V =π (e − e ) dx = π e x − e 2 2 0 0 Una idea del s´olido obtenido se expresa en la siguiente figura. Z

1

2

2x

PROBLEMA 11.50

Se considera la regi´ on del plano formada por los puntos (x, y) que satisfacen las desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, x2 /4 ≤ y ≤ 1. Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar esta regi´ on alrededor del eje Y , alrededor del eje X , alrededor de la recta x = 2, y alrededor de la recta y = 1. 80

Soluci´ on a)

Al girar alrededor del eje Y , el volumen (por el m´etodo de los discos) es Z 1  1 V =π 4y dy = π 2y 2 0 = 2π. 0

b)

Nuevamente por el m´etodo de los discos, si integramos respecto a x, tenemos:   2 Z 2 x4 8π x5 V =π 1− = dx = π x − . 16 80 0 5 0 c)

Aplicando en esta ocasi´on el m´etodo de los tubos tenemos: Z V = 2π 0

2

 2 10π x2 x3 x4 − + = . (2 − x)(1 − x /4) dx = 2π 2x − 2 6 16 0 3 2

81

d)

Integrando por el m´etodo de los discos, tenemos por u ´ltimo que  2 Z 2 x3 x5 16π (1 − x2 /4)2 dx = π x − V =π + = . 6 80 15 0 0

PROBLEMA 11.51

Hallar el volumen generado por la rotaci´ on del ´ area limitada por y = −x2 − 3x + 6, x + y − 3 = 0 alrededor de la recta i) y = 0; ii) x = 3. Soluci´ on i) Los puntos de intersecci´on de las curvas son y = −x2 − 3x + 6, y = 3 − x =⇒ −x2 − 2x + 3 = 0 =⇒ x = −3, x = 1.

82

Si aplicamos el m´etodo de los discos, como la par´abola queda por encima de la recta en el intervalo x ∈ [−3, 1], el volumen es: Z 1 Z 1 V = π (yp2 − yr2 ) dx = π [(−x2 − 3x + 6)2 − (3 − x)2 ] dx −3 1

Z = π

−3

(x4 + 6x3 − 4x2 − 30x + 27) dx =

−3

1792π . 15

ii) La recta x = 3 es exterior a la regi´on que gira. Aplicamos en este caso el m´etodo de las tubos. La altura de un cilindro gen´erico es yp − yr = (−x2 − 3x + 6) − (3 − x) = −x2 − 2x + 3 y el radio es 3 − x (distancia del eje de giro a un punto de la regi´on).

El volumen es pues Z 1 Z 2 V = 2π (3−x)(−x −2x+3) dx = 2π −3

1

−3

(x3 −x2 −9x+9) dx =

256π . 3

PROBLEMA 11.52

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada 2 por las gr´ aficas de f (x) = b(x/a) y g(x) = b|x/a| alrededor de y = 0. Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son: x≥0:y=

bx bx2 bx bx2 , y = =⇒ = =⇒ x2 − ax = 0 =⇒ x = 0, x = a. 2 2 a a a a

83

Debido a la simetr´ıa de la figura, como la recta queda por encima de la par´abola, el volumen es:   a Z a 2 2 b x b2 x3 b2 x4 x5 4πb2 · a V = 2π dx = 2π · − − = . a2 a4 a2 3 5a2 0 15 0

PROBLEMA 11.53

Calcular el volumen engendrado por la regi´ on que delimitan las 2 2 par´ abolas y = 2px, x = 2py (p > 0), al girar en torno a OX .

Soluci´ on Se obtiene f´acilmente que los puntos de intersecci´on de las par´abolas son (0, 0) y (2p, 2p).

Por el m´etodo de los discos, el volumen es: Z 2p Z 2p 4 x 12 V =π 2px dx − π dx = πp3 . 2 4p 5 0 0

PROBLEMA 11.54

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = sen x y g(x) = cos x en el intervalo [0, π/2] alrededor del eje X .

84

Soluci´ on

π/4

π/2

Aplicando el m´etodo de los discos, debido a la posici´on relativa de las curvas, debemos descomponer la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2]. As´ı tenemos: π/4

Z V

(cos2 x − sen2 x) dx + π

= π 0

 = π

sen 2x 2

Z

π/2

(sen2 x − cos2 x) dx

π/4

π/4

 −π

0

sen 2x 2

π/2 = π. π/4

PROBLEMA 11.55

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x alrededor de y = −1.

Soluci´ on Los extremos de integraci´on ser´an los puntos de intersecci´on de las curvas. Estos son: y = x2 − 4x + 4, y = 4 − x =⇒ x2 − 3x = 0 =⇒ x = 0, x = 3. 85

Si aplicamos el m´etodo de los discos (f´ormula (5)), teniendo en cuenta que el radio exterior es re = yr + 1 = 4 − x + 1 y el radio interior es ri = yp + 1 = x2 − 4x + 4 + 1, resulta:

Z V

= π

3

[(4 − x + 1)2 − (x2 − 4x + 4 + 1)2 ] dx

0

x3 (x − 2)2 2(x − 2)3 = π − 5x2 + 25x − −x− 3 5 3 

3 = 0

117π . 5

Una secci´on del s´olido obtenido tiene la forma de la figura adjunta.

86

PROBLEMA 11.56

Determinar el volumen del s´ olido que se obtiene al girar alrededor del eje de abscisas la regi´ on del primer cuadrante limitada por las curvas y = 1/x2 , y = sen(πx/2) y las rectas x = 0, y = e.

Soluci´ on Los puntos de intersecci´on de las curvas son πx 2 2 y = 1/x , y = e

y = 1/x2 , y = sen

πx 1 = 2 =⇒ x = 1; 2 x √ =⇒ x2 = 1/e =⇒ x = 1/ e.

=⇒ sen

Aplicando el m´etodo de los discos, tenemos:

V

√ 1/ e

  Z 1 πx i 1 2 πx = π e − sen dx + π 4 − sen dx √ 2 x 2 0 1/ e   √ √ h x sen πx i1/ e −1 (8e e − 5)π x sen πx 1 2 = π e x− + +π − + = . 2 2π 0 3x3 2 2π 1/√e 6 Z

h

2

2

87

PROBLEMA 11.57

Se considera la hip´ erbola de ecuaci´ on x2 /a2 − y 2 /b2 = 1 y las dos rectas perpendiculares al eje OX de ecuaciones x = p, x = p + h (p > a). Determinar el volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por la regi´ on ABCD indicada en la figura (siendo OB una de las as´ıntotas) al girar en torno al eje OX . Soluci´ on

Sabiendo que la ecuaci´on de la as´ıntota OB es y = bx/a, el volumen del s´olido indicado viene dado por  2 # Z p+h " 2 Z bx πb2 p+h 2 2 2 2 x V =π −b −1 dx = 2 (x −x +a ) dx = πb2 h. 2 a a a p p

PROBLEMA 11.58

Hallar el volumen generado por el ´ area comprendida entre la par´ abo2 la y = 4x − x y el eje X al girar alrededor de la recta y = 6.

88

Soluci´ on

Utilizando el m´etodo de los discos, como la regi´on est´a comprendida en el intervalo [0, 4], el volumen, dado por la f´ormula (5), es Z 4 Z 4 2 2 V = π [6 − (6 − y) ] dx = π [36 − (6 − 4x + x2 )2 ] dx 0 0 Z 4 1408π = π (48x − 28x2 + 8x3 − x4 ) dx = . 15 0

PROBLEMA 11.59

Un servilletero se obtiene practicando un agujero cil´ındrico en una esfera de modo que el eje de aqu´ el pase por el centro de ´ esta. Si la longitud del agujero es 2h, demostrar que el volumen del servilletero es πah3 , siendo a un n´ umero racional. Soluci´ on Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cil´ındrico ser´a k = √ r 2 − h2 .

89

De este modo, y de acuerdo con la figura, el s´olido obtenido viene dado al girar alrededor del eje X la regi´on limitada por las curvas x2 + y 2 = r2 e y = k. Tenemos entonces:  h x3 4πh3 2 2 (r − x − k ) dx = π (r − k )x − V =π = . 3 −h 3 −h Z

h

2

2

2

Como 4/3 es racional, el resultado obtenido prueba el enunciado. Una secci´on de la figura obtenida es la siguiente:

PROBLEMA 11.60 x2 y 2 Se considera la elipse de ecuaci´ on 2 + 2 = 1 y la cuerda F C a b paralela al eje OX . Determinar OA = h de manera que el volumen engendrado por la regi´ on sombreada de la figura al girar en torno a OX sea la mitad del volumen del elipsoide engendrado por el ´ area que limita la elipse dada girando en torno al mismo eje.

90

Soluci´ on

Designaremos por V1 y V2 a los vol´ umenes del cuerpo engendrado por la regi´on sombreada y del elipsoide engendradop por la elipse, respectivamenp te. Como los puntos C y F tienen abscisa a 1 − h2 /b2 y −a 1 − h2 /b2 , respectivamente, dichos vol´ umenes se obtienen por integraci´on mediante las f´ormulas: Z √ 2 2 a

V1 = π −a

1−h /b

√

[b2 (1 − x2 /a2 ) − h2 ] dx

1−h2 /b2

Z a√1−h2 /b2

V2

a  b2 x3 2 2 2 2 2 2 = 2π [b (1 − x /a ) − h ] dx = 2π (b − h )x − 3a2 0 0 p 4 πa(b2 − h2 ) 1 − h2 /b2 ; = 3Z a 4 = π b2 (1 − x2 /a2 ) dx = πab2 . 3 −a

√

1−h2 /b2

Como debe ser V1 = V2 /2, al resolver esta ecuaci´on se obtiene que q p √ 2 4 3 2 2 2 2 2 πa(b − h ) 1 − h /b = πab =⇒ h = b 1 − 1/ 4. 3 3

PROBLEMA 11.61

Calcular el volumen del toro, que es el s´ olido de revoluci´ on engendrado al girar un c´ırculo de radio r alrededor de un eje situado en su plano y a una distancia b de su centro (b ≥ r).

91

Soluci´ on

Si hacemos que OX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto (0, b), ´esta tiene por ecuaci´on x2 + (y − b)2 = r2 . El volumen, aplicando el m´etodo de los discos, vendr´a dado por:

Z V

r

= π



b+

2  2  p p r2 − x2 − b − r2 − x2 dx = (cambio x = r sen t)

−r

 π/2 1 = 4bπ r cos t dt = 2br π t + sen 2t = 2br2 π 2 . 2 −π/2 −π/2 Z

π/2

2

2

2

PROBLEMA 11.62

Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es una elipse de eje mayor 2a y eje menor 2b.

Soluci´ on La secci´on determinada en el cono por un plano paralelo a la base y de altura OP = z es una elipse de eje mayor 2x y eje menor 2y. Su ´area es pues πxy. 92

Por semejanza de tri´angulos, se deduce de la figura que 4

4

PM PC = OA OM 4 4 PD PM M P D ∼ M OB =⇒ = OB OM

x h−z = ; a h y h−z es decir = . b h

M P C ∼ M OA =⇒

es decir

El ´area de la secci´on es entonces πxy =

πab(h − z)2 . Luego, h2

πab V = 2 h

Z

h

(h − z)2 dz =

0

πabh . 3

PROBLEMA 11.63

Un s´ olido tiene una base circular de radio 2. Cada secci´ on producida por un plano perpendicular a un di´ ametro fijo es un tri´ angulo equil´ atero. Calcular el volumen del s´ olido. Soluci´ on Si expresamos por la ecuaci´on x2 +y 2 = 4 a la base del s´olido y consideramos las secciones perpendiculares el lado de√un tri´angulo gen´erico es p al eje X, √ l = 2y y la altura es h = l2 − l2 /4 = l 3/2 = y 3. 93

El volumen ser´a entonces Z

2

V = −2

√ √ √ Z 2 32 3 2y · y 3 2 (4 − x ) dx = dx = 3 . 2 3 −2

PROBLEMA 11.64

Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinado que pasa por el eje menor de la misma. Hallar el volumen del s´ olido restante.

Soluci´ on Supongamos que la ecuaci´on de la elipse es x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 y llamamos H a la altura del cilindro (que corresponde al punto (a, 0)). Cortando el s´olido por planos perpendiculares al eje OY obtenemos tri´angulos rect´angulos semejantes. En un punto arbitrario (x, y) el ´area de uno de dichos tri´angulos (ver figura) es A=

x2 · tg α x2 · H x·h = = . 2 2 2a 94

Como (x, y) verifica la ecuaci´on de la elipse, escribimos el ´area en funci´on a2 (1 − y 2 /b2 ) · H de y como A(y) = . El volumen ser´a entonces 2a

Z

b

V =

Z A(y) dy = 2

−b

0

b

 b a(1 − y 2 /b2 ) · H y3 2abH dy = aH y − 2 = . 2 3b 0 3

PROBLEMA 11.65

Un s´ olido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor y menor miden 10 y 8 unidades respectivamente. Hallar su volumen sabiendo que toda secci´ on del mismo perpendicular al eje mayor es un tri´ angulo is´ osceles de altura igual a 6.

Soluci´ on Escribimos la ecuaci´on de la elipse como x2 /25 + y 2 /16 = 1. 95

El tri´angulo obtenido por la secci´on perpendicular al eje OX por un punto p 2 x tiene ´area A(x) = 2y · h/2 = 6y = 24 1 − x /25, y el volumen del s´olido (aplicando los m´etodos usuales de integraci´on) es Z 5 Z 5p V = A(x) dx = 24 1 − x2 /25 dx −5

−5



=

24 25 x xp arc sen + 25 − x2 5 2 5 2

5 = 60π. −5

PROBLEMA 11.66

La secci´ on de un cierto s´ olido por cualquier plano perpendicular al eje OX es un cuadrado tal que los extremos de una diagonal pertenecen respectivamente a las par´ abolas y 2 = 4x, x2 = 4y . Hallar el volumen del s´ olido. Soluci´ on La regi´on que limitan ambas curvas viene indicada en la figura y los puntos de corte son (0, 0) y (4, 4).

96

Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado gen´erico une los √ puntos (x, y1 ) y (x, y2 ) y su longitud, en funci´on de x es d = 2 x − x2 /4. √ Como el ´area del cuadrado es A(x) = d2 /2 = (2 x − x2 /4)2 /2, el volumen pedido es: Z V = 0

4

" #4 √ 5 7/2 (2 x − x2 /4)2 x 144 1 2x 2x2 + = dx = − . 2 2 80 7 35 0

C. LONGITUD DE CURVAS PLANAS.

Dada la funci´on y = f (x), definida en un intervalo [a, b], a cada partici´on P = {x0 = a, x1 , . . . , xn−1 , xn = b} de [a, b] le corresponde una poligonal de v´ertices 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 y x = b se define como el supremo de los per´ımetros de todas las poligonales. Si es finito, se dice que la curva es rectificable; si no, la curva no es rectificable (tiene longitud infinita). El resultado fundamental que aplicaremos en esta secci´on es el siguiente: Teorema. Si una funci´on y = f (x) tiene derivada de primer orden continua en [a, b], entonces es rectificable y la longitud del arco viene dada por la f´ormula Z bp l = AB = 1 + [f 0 (x)]2 dx. a

97

Si la funci´on viene expresada en coordenadas param´etricas x = x(t), y = y(t), la f´ormula queda de la forma Z

t1

l=

p

[x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt,

t0

siendo t0 y t1 los par´ametros correspondientes a los puntos inicial y final de la curva. En la mayor´ıa de los casos no es posible encontrar expresiones expl´ıcitas de la longitud de un arco de curva. Por ello se deben crear nuevas funciones, como es el caso de las integrales el´ıpticas (que expresan longitudes de arcos de elipses), o utilizar m´etodos aproximados para calcular arcos de curva.

PROBLEMA 11.67

Hallar la longitud del arco de la par´ abola x2 = 2py , con p > 0, comprendida en el intervalo [0, a]. Soluci´ on Si calculamos la derivada de la funci´on, tenemos 0

y = x/p =⇒

p

p 1 + y 02 =

p

1 + (x/p)2 =

x2 + p2 . p

La longitud del arco pedido queda entonces # " p Z x + px2 + p2 a 2 + p2 1 ap 2 p x x l = x + p2 dx = + ln 2 p 0 2 p p 0 # " p p p a a2 + p2 a + a2 + p2 + ln = . 2 2 p p

PROBLEMA 11.68 ( x cos(π/x) Probar que la curva f (x) = 0 en [0, 1].

98

si x 6= 0 no es rectificable si x = 0

Soluci´ on (−1)n Si consideramos los puntos xn = 1/n, con n ∈ N, sabemos que f (xn ) = n y la longitud de la poligonal de v´ertices xn es s 2   X 1 X 1 (−1)n (−1)n+1 2 X 2 ln = − + − = , n n+1 n n+1 n n≥1

n≥1

n≥1

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]. Soluci´ on Como la derivada de la funci´on es y 0 = − tg x, la longitud pedida es Z l= 0

π/3 p

√  π/3 1 + tg2 x dx = ln(sec x + tg x) 0 = ln(2 + 3).

PROBLEMA 11.70

Hallar la longitud de la curva de ecuaci´ on 8a2 y 2 = x2 (a2 − 2x2 ).

Soluci´ on √ −a/ 2

√ a/ 2

x p 2 Si escribimos la ecuaci´on en forma expl´ıcita, tenemos y = ± √ a − 2x2 , 2 2a p (a2 − 4x2 )2 3a2 − 4x2 de donde y 02 = 2 2 y 1 + y 02 = √ √ . 2 8a (a − 2x ) 2 2a a2 − 2x2 La longitud del arco ser´a:

99

√ a/ 2

3a2 − 4x2 √ dx a2 − 2x2 0 #a/√2 √ √ p x 2 2 2a · arc sen + · x · a2 − 2x2 = πa. a a

1 L = 4· √ 2 2a " =

Z

0

PROBLEMA 11.71

Hallar la longitud de la astroide de ecuaci´ on x2/3 + y 2/3 = a2/3 .

Soluci´ on

Escribiendo la ecuaci´on en forma param´etrica como x = a cos3 t, y = a sen3 t y teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, la longitud viene dada por: Z L=4

π/2 p

x0 (t)2

+

y 0 (t)2

Z dt = 4

π/2

3a sen t cos t dt = 6a. 0

0

PROBLEMA 11.72

Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t). Soluci´ on

2aπ

4aπ

100

Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalo t ∈ [0, 2π], la longitud es: Z L =

2π

p

x0 (t)2

+

y 0 (t)2

Z

2π

p a (1 − cos t)2 + sen2 t dt

dt =

0

0

√ Z = a 2

2π

√

√ Z 1 − cos t dt = a 2

0

2π

√

2 sen(t/2) dt = 8a.

0

PROBLEMA 11.73

Hallar la longitud de la curva cuya ecuaci´ on en forma param´ etrica 3 2 es x(t) = a cos t, y(t) = a sen t(1 + cos t). Soluci´ on

Debido a la simetr´ıa de la figura, por la f´ormula de la longitud de arco tenemos: Z π/2 p Z π/2 p L = 4 x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt = 4 a cos t 4 − 3 sen2 t dt = (cambio 0 0 √ √   Z π/3 3 8a sen 2u π/3 2a(4π + 3 3) 16a 2 √ sen t = sen u) = √ cos u du = √ u + = . 2 2 3 0 3 3 3 0

101

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Encontrar una f´ ormula que permita calcular el ´ area de cada una de las regiones I, II, III y IV de la figura siguiente:

g(b) − f (0) · x a la recta que pasa b por los puntos (0, f (0)) y (b, g(b)), tenemos: Z b AI = [f (x) − g(x)] dx; Resp.: Si llamamos r(x) = f (0) +

a a

Z

b

Z [h(x) − g(x)] dx +

AII = 0

[h(x) − f (x)] dx; a

a

Z

Z [f (x) − r(x)] dx +

AIII = 0

Z

b

[g(x) − r(x)] dx; a

a

[g(x) − f (x)] dx.

AIV = 0

2. Hallar el ´ area de la figura limitada por la hip´ erbola equil´ atera xy = a2 , el eje OX y las rectas x = a, x = 2a. Resp.: A = 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 tangente en el punto (3, 5), el eje OX y el eje OY . Resp.: A = 23/8. 6. Calcular el ´ area de la figura del primer cuadrante limitada por las par´ abolas x2 = 2py , y 2 = 2px en el interior de la circunferencia 2 x + y 2 = 3p2 , (p > 0). Resp.: A =

√ p2 √ (4 2 + 9π − 36 arc sen 1/ 3). 24

7. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas y = −x2 + 6, (y − 2)2 + x2 = 4, y = x. 1 Resp.: A = (49 − 6π). 6 8. Hallar el ´ area de la regi´ on limitada por la curva y = (x2 + 2x)e−x y el eje OX en el tercer cuadrante. Resp.: A = 4. 9. Hallar el ´ area de la regi´ on limitada por la curva y =

x · arc sen x (1 − x2 )2

y las rectas x = 0, x = 1/2, y = 0. Resp.: A =

1 π − √ . 9 2 3

10. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas y = 5 − x2 , 2 y = (x − 1) . Resp.: A = 9. 11. Calcular el ´ area de la elipse

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

Resp.: A = πab. 12. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas x2 + y 2 = 2, y = x2 , y = x + 6. Resp.: A =

45 + π . 2

103

13. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x. Resp.: A = 9/2. 14. Calcular el ´ area de la figura limitada por la curva y = x3 , la recta y = 8 y el eje OY . Resp.: A = 12. 15. Hallar el ´ area limitada por la curva y 2 = x2 − x4 . Resp.: A = 4/3. 16. Hallar el ´ area de la superficie interior a la circunferencia x2 + y 2 = 16 y por encima de la par´ abola x2 = 12(y − 1). √ 16π + 4 3 . Resp.: A = 3 17. Hallar el ´ area limitada por la curva y = cos 2x + cos x y el eje X entre las dos ordenadas que corresponden a una distancia igual a un per´ıodo de la curva. √ Resp.: A = 3 3. 18. Hallar el ´ area encerrada por el bucle de la curva x3 = a(x2 − y 2 ). Resp.: A =

8a2 . 15

x2 y 2 − 2 = 1, determinar el ´ area A a2 b √ √ del tri´ angulo mixtil´ıneo AP Q, siendo A(a, 0), P (a 2, b), Q(a 2, 0).

19. Dada la hip´ erbola de ecuaci´ on

Resp.: A =

√ ab √ [ 2 − ln(1 + 2)]. 2

20. Hallar el ´ area del segmento circular de centro O y radio r comprendido entre las rectas x = a, x = b. p p b a Resp.: A = b r2 − b2 + r2 arc sen − a r2 − a2 − r2 arc sen . r r

104

21. Hallar el ´ area del segmento parab´ olico comprendido entre y 2 = 2px las rectas x = a, x = b. √ 4 2p 3/2 Resp.: A = (b − a3/2 ). 3 22. Hallar el volumen del s´ olido de revoluci´ on engendrado por la figura limitada por la curva y = xex y las rectas y = 0, x = 1 al girar alrededor del eje OX . Resp.: V =

πe2 . 4

23. Calcular el volumen del s´ olido engendrado al girar alrededor del eje OX la regi´ on interior a la circunferencia x2 + y 2 = 1 y a la 2 par´ abola y = 3x/2. Resp.: 19π/48. 24. Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje √ OX la regi´ on limitada por la curva y = 2 − 1 − x2 y el eje OX . π Resp.: V = (28 − 6π). 3 25. Calcular el volumen del s´ olido limitado por las curvas x2 −y 2 = 4, y = 2, y = −2 al girar alrededor del eje OX . 32π √ Resp.: V = (2 2 − 1). 3 26. Calcular el volumen del s´ olido limitado por las curvas y = sen x, y = 2x/π al girar alrededor del eje OX . Resp.: V = π 2 /6. 27. Calcular el volumen del s´ o√ lido obtenido al girar la regi´ on limitada √ 2 por las gr´ aficas de f (x) = 4 − x y g(x) = 1 en el intervalo [0, 3] alrededor de y = 0. √ Resp.: V = 2π 3. 28. Sea R la regi´ on interior a la circunferencia de centro (1, −1) y √ radio 2 y por encima de la recta y = 3 − 1.

a) Determinar el ´ area de R. 105

b) Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on R alrededor del eje OX . √ 2π √ 2π Resp.: A = − 3; V = (2 + 3 3 − 2π). 3 3 29. Sea R la regi´ on limitada por las curvas x + y = 2y 2 , y = x3 . Calcular el ´ area de R y el volumen que engendra R al girar alrededor del eje OX . Resp.: A = 7/12 (pensar x como funci´on de y); V = 11π/21 (m´etodo de los tubos). x2 30. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y = + 2 y 5x+8y −14 = 4 0. Calcular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX . Resp.: A = 27/192; V =

891π (m´etodo de los discos). 1280

31. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y = 4x − x2 y 2x − y = 0. Calcular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX . Resp.: A = 4/3; V = 32π/5. x2 1 e y = . Cal2 1+x 2 cular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor de los ejes OX y OY . π π Resp.: A = (3π − 2)/6; VX = (5π + 8) (discos); VY = (4 ln 2 − 1) 20 4 (tubos).

32. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y =

33. Se considera la regi´ on R limitada por las curvas x2 + (y − 1)2 = 5, 2 x = 2(y − 1) .

a) Calcular el ´ area de R. b) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´ on R alrededor del eje OY . c) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´ on R alrededor de la recta y = 1. 106

√ 2 1 116π 10 5 − 19 Resp.: A = 5 arc sen √ + ; VY = (discos); Vy=1 = ·π 15 3 5 3 (tubos). 34. Dada la regi´ on limitada por las curvas y = 4x2 , y = x2 /9, y = 2, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor de los ejes OX y OY . √ √ Resp.: A = 20 2/3; VX = 16π 2 (tubos); VY = 35π/2 (discos). 35. Dada la regi´ on limitada por las curvas y = x2 + 1, y − 1 = x, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor del eje OY . Resp.: A = 1/6; VY = π/6. 36. Dada la regi´ on limitada por las curvas x2 + y 2 = 12, x2 = 4y , 2 y = 4x, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor del eje OY . √ p √ 4 2 π Resp.: A = + 12 arc sen 2/3 − 3π; VY = (256 5 − 200). 3 15 37. Se considera la regi´ on limitada por la curva y = sen(πx/2) + cos(πx/2) + 1 y las rectas x = 0, x = 1 e y = 0. Hallar el ´ area de dicha regi´ on y el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje OX . Resp.: A = 1 +

4 ; V = 2π + 10. π

38. Calcular el volumen del tronco de cono con radios de las bases r y R y altura h. Resp.: V =

πh 2 (r + rR + R2 ). 3

39. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2 + e−x/2 entre los puntos de abscisa x = 0 y x = 2. Resp.: L = e − e−1 . 40. Calcular la longitud del arco de la curva y = ln

y x = 2. Resp.: L = ln(e2 + 1) − 1.

107

ex + 1 entre x = 1 ex − 1