ejercicios detallados del obj 3 mat iii 733

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


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= − = −




( ) ( )( ) ( ) ( )( )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= −




( ) ( )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


( )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


( )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


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:


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)



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.


tiene:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2

0 1

2 2 1 0 2 1 2 0V y y dy y y dyπ π

= + − + + − −

∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( )( )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:


área conocida (es decir, eje OX ):


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).



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

−= = −


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


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


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−

−

= − −∫


( ) ( ) ( )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


( )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−

= − − − − ∫


( )( ) ( )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


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 = − − − − ∫


( )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


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+

= − − − ∫


( )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


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= − + −∫


( ) ( )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


( )2 3 3y x x x= − + y en la parte superior a la función 2y x= y dicho rectángulo


( )3

2 22

1

3 3A x x x x dx = − − + ∫


( )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

− += − + = =


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


2 4y x= − y en la parte superior a la función 21y x= − − y dicho rectángulo


( )( )1

21

0

1 2 4A x x dx= − − − −∫


( )( ) ( )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


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= − − ∫


( )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 = − − + − = − − + − = − =


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


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:


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)



Los límites de integración serán: desde 0c = hasta 1d = .


tiene:

( )2 ( ) ( )d

m

c

V R f y g y dyπ= −∫

( )( )1

2

0

2 1 0V y y y dyπ= + − −∫


( )( ) ( )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:


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.


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 .



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 −= =


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


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


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: [email protected]. 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= − + .

ejercicios detallados del obj 3 mat iii 733

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