ejercicios detallados del obj 5 mat iii 733
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Capitulo III
Matemática III (733)
Objetivo 5. Aplicar el cálculo integral a la solución de problemas
específicos.
Ejercicio 1
Halla el momento de inercia de la región limitada por las curvas de
ecuaciones y x= , 2
1y
x= , 4x = con respecto al eje OY .
Solución
Justificación: Primero quiero comentar que este objetivo es muy
importante para ingeniería, porque se visualizan aplicaciones del conocimiento
matemático adquirido hasta ahora, percibiendo con claridad la utilidad a la
carrera de ingeniería y la intima relación que existe entre la Matemática y la
Física.
Este caso, es una aplicación del momento de inercia, el momento de
inercia (símbolo I) es una medida de la inercia rotacional de un cuerpo. Cuando
un cuerpo gira en torno a uno de los ejes principales de inercia, la inercia
rotacional puede ser representada como una magnitud escalar (un número
real) llamada momento de inercia. Recuerda que en Física, la inercia es la
propiedad que tienen los cuerpos de permanecer en su estado de reposo o
movimiento, mientras no se aplique sobre ellos alguna fuerza, o la resistencia
que opone la materia a modificar su estado de reposo o movimiento. Como
consecuencia, un cuerpo conserva su estado de reposo o movimiento rectilíneo
uniforme si no hay una fuerza actuando sobre él. En fin, la inercia es lo que hay
que vencer para cambiar el estado de un cuerpo, y esto, se aplica inclusive a la
vida, por ejemplo, hay que vencer la inercia del hábito de no estudiar que tiene
un estudiante para cambiar su estado y se incentive a estudiar y así
aprehender el conocimiento que adquiere.
Para estudiar la Inercia de un cuerpo, imaginemos un sistema de
partículas y un eje arbitrario, el momento de inercia del mismo se define como
la suma de los productos de las masas de las partículas por el cuadrado de la
distancia r de cada partícula a dicho eje. Fíjate, como era de esperar, la
inercia depende de la masa del cuerpo y la distancia al cuadrado del eje con
respecto al cual rota. Matemáticamente se expresa como:
( )2
1
n
i ii
I m r=
=∑
En este momento notamos que el momento de inercia depende de la
masa y la distancia de un punto de la región a un eje, ahora bien, ¿Cómo poner
esta expresión en términos geométricos, como funciones, distancias en el
plano, etc?, pues para dar respuesta a esto, lo primero que vamos a poner en
función de variables geométricas es la masa, porque la distancia r ya es
geométrica.
Seguro has escuchado el término densidad, y la conoces por la
expresión:
m
vρ =
Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y v es el volumen del cuerpo.
Pero ¿qué es densidad?, la densidad es la distribución de la masa en
una longitud, en un área o superficie o un volumen, observa:
Densidad lineal: es la que se usa para medir la densidad de hilos,
cables, varillas, alambres, etc. Resulta de la división de la masa entre la
longitud del cuerpo.
m
lρ =
Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y l la longitud del cuerpo.
Densidad superficial: es la que se usa para medir la densidad de placas,
láminas, cartones, pisos, etc. Se obtiene dividiendo la masa entre el área del
cuerpo.
m
aρ =
Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y a el área del cuerpo.
Densidad volumétrica: es la que se usa para medir la densidad de
cuerpos de 3 dimensiones (largo, ancho y alto), como bloques, cubos, etc. Se
obtiene dividiendo la masa entre el volumen del cuerpo.
m
vρ =
Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y v es el volumen del cuerpo.
En nuestros ejercicios de aplicación matemática, si nos dan una región
del plano, usaremos la densidad superficial, si el ejercicio es de 3 dimensiones,
la densidad volumétrica y así sucesivamente.
En el ejerció que se nos presenta, es la región de un plano, por ende
utilizaremos la densidad superficial, es decir:
m
aρ =
Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y a el área del cuerpo.
Despejando la masa, se tiene:
.m aρ= (1)
Por otro lado, tomando un diferencial de masa, se tiene:
2I r dm= ∫
Suponiendo la densidad del cuerpo constante, al derivar la masa en (1),
se tiene:
.dm daρ=
Entonces:
2 2I r da r daρ ρ= =∫ ∫
Recuerda que cuando dibujamos el rectángulo típico, en una región, se
tiene:
Que el área del rectángulo típico es el área de un rectángulo, es decir,
base por altura, por ende:
( ) ( )( ) ( )da base altura f x g x dx= × = −
Sustituyendo: ( )( ) ( )dA f x g x dx= − , se obtiene finalmente la fórmula que
utilizaremos para calcular el momento de inercia de un cuerpo:
( )2 ( ) ( )
:
b
EJE
a
I r f x g x dx
EJE EJE AL CUAL SE TOMA MOMENTO
ρ= −∫
Es importante saber que r es la distancia de un punto en la región que
se ubicara dentro del rectángulo típico al eje de giro; ilustremos esta situación,
retomando nuestro ejercicio. Debemos graficar la región para conocer la forma
o geometría del cuerpo.
La gráfica de 2
1y
x= es conocida, a saber:
Mientras que la gráfica y x= es una semiparábola que abre a la
derecha y su vértice es el origen, así:
Por lo tanto, la grafica conjunta de 2
1y
x= , y x= y 4x = , así como la
distancia con respecto al eje “y” que es con el cual se pide el momento de
inercia es:
Como te has dado cuenta, en este tipo de ejercicios, que trata sobre el
momento de inercia, hay que considerar 3 aspectos:
1) Dibujar el área y conseguir los puntos de intersección.
2) Destacar el eje al cual se pide el momento de inercia para colocar la
distancia r desde en un punto ubicado en el rectángulo típico hasta
dicho eje.
3) La densidad siempre se tomara como constante y de valor uno, es
decir, 1ρ = , a menos que se diga lo contrario.
De las premisas a considerar, solo falta conseguir los puntos de
intersección de las curvas:
La intersección de las curvas 2
1y
x= , y x= es:
( )2
24 5 5
2 2 4
1 1 11 . 1 1 1x x x x x x x
x x x = → = → = → = → = → = =
Por lo tanto el rectángulo típico varía en el eje equis desde 1x = , hasta
4x = .
Con toda la información anterior, se puede escribir:
( )4
22
1
11YI x x dx
x = −
∫
Resolviendo Esta integral:
4 4 4 41 1 12 22 2 22 2 22 2 2
1 1 1 1
1 1. 1Y
xI x x dx x x dx x x dx x dx
x x x
+ = − = − = − = −
∫ ∫ ∫ ∫
5 7 714 5 2 2 2
72
1
4
4 1 2 21 4 1 4 4 1
5 7 7 7 712 2 21
Y
xI x dx x
+ = − = − = − − − = − − −
+
∫
( )6
6 322 2 7 2 5 2 5
4 .4 4 4 4 4 4 2 47 7 7 7 7 7YI
− − = − − = − − = − +
Respuesta: 233
7YI =
Ejercicio 2
Determine el centroide de la región limitada por las curvas:
( )2y sen x= ; 0y = ; 0x = y 2
xπ=
Solución
Justificación: Como se nos presenta una nueva situación física, vamos a
deducir la fórmula que utilizaremos para hallar el centroide de una figura plana.
Quizás has oído hablar del centro de masas de un cuerpo plano, pues
demostraremos en esta deducción que ese centro de masa es el mismo centro
de gravedad, porque a las finales las fórmulas dependen únicamente de la
geometría del cuerpo.
El centroide es el punto donde el cuerpo se mantendría horizontal, es
decir en equilibrio:
Bien, para comenzar a deducir nuestra fórmula, calculemos primero las
coordenadas el centro de masas de un lugar geométrico lineal, por ejemplo:
Donde:
:x Coordenada del centro de masas.
1 :x Coordenada de la masa 1.
2 :x Coordenada de la masa 2.
1 :m Masa 1.
2 :m Masa 2.
Arquímedes, demostró que el equilibrio de un cuerpo lineal se alcanza
cuando se cumple:
1 1 2 2 m d m d= (1)
Este principio de Arquímedes es conocido como el principio de la
palanca.
Pero de la figura inmediata anterior se nota claramente que:
1 1 d x x= − y 2 2 d x x= −
Sustituyendo estas expresiones en (1) se tiene:
( ) ( )1 1 2 2 m x x m x x− = −
Ahora despejemos de esta ecuación x , que es lo que deseamos:
1 1 1 2 2 2 m x m x m x m x− = −
1 2 2 2 1 1 m x m x m x m x+ = +
( )1 2 2 2 1 1x m m m x m x+ = +
1 1 2 2
1 2
m x m xx
m m
+=+
Si tenemos un sistema con ene partículas, se tendría:
1
n
i ii Y
t t
m xM
xm m
== =∑
Donde la masa total tm es la sumatoria de todas las masas y YM es el
momento con respecto al eje ye, ya que las distancias se tomaron con respecto
a dicho eje ye.
Cuando se tiene un sistema en 2 dimensiones, se tendrá que las
coordenadas del centro de masa, aplicando el mismo principio anterior vendrán
dado por las fórmulas:
1
n
i ii Y
t t
m xM
xm m
== =∑
1
n
i ii X
t t
m yM
ym m
== =∑
Y las coordenadas del centro de masas es: ( ),x y .
Ahora bien, el problema que nos atañe, es hallar el centro de masas de
una región acotada por una función cualquiera ( )f x , tres rectas, x a= y x b=
y el eje equis, tal como se muestra:
Ahora bien, cuales son las coordenadas del centro de gravedad del
rectángulo típico dibujado dentro de la región amarilla, pues se presenta a
continuación:
Si tomamos el rectángulo típico verde, de ancho dx y altura ( )f x , es
fácil divisar que el centro de gravedad de un rectángulo esta en el centro del
mismo (punto rojo); si queremos ubicar las coordenadas del centro de
gravedad, aplicamos lo explicado en el caso anterior, observa que la distancia
desde el eje ye al centro de gravedad del rectángulo típico es: ( )
2
f x, mientras
que la distancia desde el eje ye al centro de gravedad del rectángulo típico es
equis.
Ya sabemos que las coordenadas del centro de gravedad se calculan
así:
1
n
i iiY
t t
m xM
xm m
== =∑
1
n
i iiX
t t
m yM
ym m
== =∑
En este caso el momento con respecto al eje ye ( )YM es:
masa distancia del punto rojo al eje "y"YM = ×
Tomando la densidad de área del rectángulo típico, se tiene:
.m
m AA
ρ ρ= ∴ =
Por lo tanto:
( ). . .YM A x A xρ ρ= × =
Pero el área del rectángulo típico es base por altura, es decir:
( )A f x dx=
Por lo tanto:
( ). ( ) . ( )YM f x dx x xf x dxρ ρ= =
Ahora calculemos el momento con respecto al eje equis ( )XM es:
masa distancia del punto rojo al eje "x"XM = ×
Tomando la densidad de área del rectángulo típico, se tiene:
.m
m AA
ρ ρ= ∴ =
Se tiene:
( ) ( ). . .
2 2X
f x f xM A Aρ ρ = × =
Pero el área del rectángulo típico es base por altura, es decir:
( )A f x dx=
Por lo tanto:
( ) ( )2( ) 1. ( ) . ( )
2 2X
f xM f x dx f x dxρ ρ= =
Solo falta calcular la masa total del rectángulo típico, y ésta se calcula
haciendo uso de la densidad de área, es decir:
.tt
mm A
Aρ ρ= ∴ =
Y como el área del rectángulo típico es base por altura, se tiene:
( )A f x dx=
Por lo tanto la masa total es:
. ( )tm f x dxρ=
Ahora bien, debemos sumar todos los rectángulos típicos, y esto se
logra, al igual que las deducciones hechas hasta ahora, con una integral, por lo
tanto:
( ) ( )b b
Y
a a
M xf x dx xf x dxρ ρ= =∫ ∫
( ) ( )2 21 1( ) ( )
2 2
b b
X
a a
M f x dx f x dxρ ρ= =∫ ∫
. ( ) ( )b b
t
a a
m f x dx f x dxρ ρ= =∫ ∫
Las coordenadas del centro de masa serán:
Y
t
Mx
m
ρ= =
( )b
a
xf x dx
ρ
∫ ( )
( ) ( )
b
ab b
a a
xf x dx
f x dx f x dx
=∫
∫ ∫
12X
t
My
m
ρ= =
( )2( )
b
a
f x dx
ρ
∫ ( )21( )
2
( ) ( )
b
ab b
a a
f x dx
f x dx f x dx
=∫
∫ ∫
Observa que el centro de masa, depende solo de la geometría de la
figura, porque las densidades se cancelan, por esta razón el centro de masa es
el mismo centro de gravedad, en conclusión el centro de gravedad de la figura
genérica es:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
Retomando nuestro ejercicio, debemos graficar primero la región
encerrada por las curvas: ( )( ) 2f x y sen x= = ; 0y = ; 0x = y 2
xπ=
Claramente, podemos escribir:
2
0
( ) (2 )b
a
xf x dx xsen x dx
π
=∫ ∫
La primitiva de esta integral, se calcula por partes, así:
2(2 )
( )u x
dv sen x dxI xsen x dx
= →
==
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cos(2 )(2 )(2 )
2
xdv sen x dxdv sen x
du dxdu
dx v
dxu x=
=
→ → =
=
−
==∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
cos(2 ) cos(2 )
2. . .
2u du x dx
xvI
xv= − −
− = −∫ ∫
cos(2 ) 1cos(2 ).
2 2
xI x x dx= − + ∫
cos(2 ) 1 (2 ) cos(2 ) (2 ).
2 2 2 2 4
x sen x x sen xI x x= − + = − +
Evaluando esta integral, se tiene:
( )( ) ( )( )2
0
cos 2. 2. cos 2. 0 2. 0cos(2 ) (2 ) 2 2(2 ) . 0.2
2 4 2 2 4 2 40
sen senx sen xxsen x dx x
π π πππ
= − + = − + − − +
∫
( ) ( ) ( ) ( )2
0
1 0 1 0(2 ) . 0.
2 2 4 2 4xsen x dx
π
π − = − + − − +
∫
( )2
0
1(2 ) . 0 0 0
2 2 4xsen x dx
π
π π = + − + =
∫
Continuando con la siguiente integral:
( ) ( )2
2 2
0
1 1( ) (2 )
2 2
b
a
f x dx sen x dx
π
=∫ ∫
Utilizando la identidad 2 1 cos(2 )( )
2
axsen ax
−= , se tiene:
( ) ( )2 2 2 2 2
2
0 0 0 0 0
1 1 1 cos(4 ) 1 1(2 ) 1 cos(4 ) cos(4 )
2 2 2 4 4
xsen x dx dx x dx dx x dx
π π π π π − = = − = −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 (4. )1 (4 ) 1 (4(0))2 04 4 4 2 4 4
0
sensen x senx
ππ
π − = − − −
( )2
2
0
1 1 (2 ) (0) 1 0 0(2 )
2 4 2 4 4 4 2 4 4 8
sen sensen x dx
π
π π π π = − − − = − − − =
∫
Finalmente calculamos:
2
0
2 cos(2. )cos(2 ) cos(2.(0)) cos( ) cos(0)2( ) (2 )2 2 2 2 2
0
b
a
xf x dx sen x dx
ππ
ππ = = − = − + = − +
∫ ∫
( )2
0
1 1 1 1(2 ) 1
2 2 2 2sen x dx
π
−= − + = + =∫
Por lo tanto el centro de gravedad de la figura, se encuentra en las
coordenadas:
2
0
2
0
(2 )41 4
(2 )
xsen x dx
x
sen x dx
π
π
ππ= = =
∫
∫
( )2
2
0
2
0
1(2 )
2 81 8
(2 )
sen x dx
y
sen x dx
π
π
ππ= = =
∫
∫
Respuesta: La coordenada del centro de gravedad es: ,4 8
π π
.
Ejercicio 3
Halla el momento de inercia de la región limitada por las curvas de
ecuaciones 1 1x y= + − , 2x = con respecto al eje OY.
Solución
Justificación: Para dibujar la región planteada, apliquemos la definición
de valor absoluto:
( ) si ( ) 0( )
( ) si ( ) 0
f x f xf x
f x f x
− <= + ≥
Así:
( 1) si 1 01
( 1) si 1 0
y yy
y y
− − − <− = + − − ≥
1 si 11
1 si 1
y yy
y y
− <− = − ≥
Por lo tanto se tiene:
1 1 si 11 1
1 1 si 1
y yx y
y y
+ − <= + − = + − ≥
2 si 11 1
si 1
y yx y
y y
− <= + − = ≥
Para graficar las tres rectas: 2x y= − , x y= y 2x = vamos a conseguir
sus puntos de intersección:
2x y= − y x y=
( )2 22 2 2 1 1 1,1
2
x yy y y y x y x
x y
= −→ − = → = ∴ = = → = → = → =
2x y= − y 2x =
( )22 2 2 2 0 2,0
2
x yy y y
x
= −→ − = → = − ∴ = → =
x y= y 2x =
( )2 2,22
x yy
x
=→ = → =
Es recomendable buscar los puntos de intersección porque nos ayuda a
graficar y obtener simultáneamente los límites de integración. La grafica es:
Despejando ye en las rectas superior e inferior, se tiene:
2 2
x y y x
x y y x
= → == − → = −
Y recordando que la densidad 1ρ = , se puede escribir:
( ) ( )( )2
2
1
1 2YI x x x dx= − −∫
Resolviendo Esta integral:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 2 2 3 2
1 1 1 1
2 2 2 2 1 2YI x x x dx x x dx x x dx x x dx= − + = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫
4 3 4 3 4 32
2 2 1 1 16 8 1 12 2 2
4 3 4 3 4 3 4 3 4 31
Y
x xI
= − = − − − = − − −
8 3 4 12 8 1 4 1 16 1 34 172 4 2 2 2
3 12 3 12 3 12 12 12 6YI − − − + = − − = − = + = = =
Respuesta: 17
6YI =
Ejercicio 4
Calcula el volumen del sólido que se obtiene al girar la región limitada
por las curvas de ecuaciones 2 2y a x= − , y x= y y x= − , alrededor de la recta
y x= − .
Solución
Justificación: Cuando se nos pida:
• Área de la superficie de revolución alrededor de una recta de la forma
0ax by c+ + = , , 0a b ≠ .
• Volumen de la superficie de revolución alrededor de una recta de la
forma 0ax by c+ + = , , 0a b ≠ .
Entonces se hará uso del teorema de Pappus-Guldin, que realmente son 2
teoremas, a saber:
Primer teorema
El área A, de una superficie de revolución generada mediante la rotación
de una curva plana C alrededor de un eje externo a C sobre el mismo plano, es
igual a la longitud de C, ( l ) multiplicada por la distancia, d, recorrida por su
centroide en una rotación completa alrededor de dicho eje.
A l d= ×
Segundo teorema
El volumen V, de un sólido en revolución generado mediante la rotación
de un área plana alrededor de un eje externo, es igual al producto del área, A
por la distancia, d, recorrida por su centroide en una rotación completa
alrededor de dicho eje.
V A d= ×
Observa que el teorema de Pappus no contiene el desarrollar integrales,
es una sencilla fórmula, sin embargo, para dar solución a este tipo de
ejercicios, se procederá así:
� Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los
limites de integración y el eje de rotación.
� Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya
deducidas:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
� Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro
0ax by c+ + = , a través, de la fórmula:
2 2
. .pr
a x b y cD
a b
+ +=
+
� Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del
eje, que por ser una circunferencia, se tendra:
2 rpd Dπ=
� No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el
centroide, cuando obtuviste ( )b
a
A f x dx= ∫
� Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×
Ilustremos estos pasos, resolviendo en presente ejercicio:
Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los limites de
integración y el eje de rotación.
En este caso la región viene dada por: 2 2y a x= − , y x= y y x= − .
Eje de giro: y x= − .
Puntos de intersección:
2 2y a x= − con y x=
( ) 222 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22
2
ax a x x a x x a x x x a x a x= − → = − → = − → + = → = → =
2 2 22 2 2
2 2 22 2 2 2
a a a a a ax x= ∴ = = = = =
La ordenada es: 2
2
ay x= = , por lo tanto el primer punto de intersección
es:
2 2,
2 2
a a
2 2y a x= − con y x= −
( ) ( ) 2222 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22
2
ax a x x a x x a x x x a x a x= − → − = − → = − → + = → = → =
2 2 22 2 2
2 2 22 2 2 2
a a a a a ax x= ∴ = − = − = − = − = −
Las ordenadas son: 2 2
2 2
a ay x
= − = − − =
, por lo tanto el segundo
punto de intersección es:
2 2,
2 2
a a −
Sabiendo que 2 2y a x= − es una circunferencia, porque:
2 2 2 2 2 2y a x y x a= − → + = , tiene centro en el origen, y radio a , además las
rectas y x= y y x= − pasan por el origen y los puntos de intersección, ya
calculados, se tiene la siguiente gráfica:
Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya deducidas:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
Ahora calcularemos, las 3 integrales correspondientes a las
coordenadas del centro de gravedad:
Integral ( )b
a
xf x dx∫ :
Como en la parte de arriba siempre esta 2 2a x− pero abajo varia de
curva, tendremos por un lado:
( ) ( )2 2
2 22 2
0 0
( ) ( ) ( )
a ab
a
xf x dx x f x g x dx x a x x dx= − = − −∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 22 2 2 2 2 2
0 0 0
a a a
x a x x dx x a x dx x dx
− − = − −
∫ ∫ ∫
La primera primitiva se calcula con el cambio de variable:
( )1
12 2 1 22 2 2
1 1 112 2 22 12
u a x ux a x dx udu u du
du xdx
+ = −
− → → − = − = −= − +
∫ ∫ ∫
3
21 132 22
u− = − 2 ( )33 2 21
3 3u a x= − −
La segunda primitiva es directa:
( )2 1 3
2
2 1 3
x xx dx
+
= =+∫
Evaluando:
( ) ( )
3
323 3
3 32 2 2 2 2
22 21 1 2 1 0
023 3 3 2 3 3 3
0
aa
x aa x a a
− − − = − − − − − − −
( )
3
32
32 2
881 2 1
03 4 3 3
a
aa a
= − − − − − −
32 3
2 31 8 1
3 2 24 3
a aa a
= − − − − −
32 2 331 2 2 2 1
3 2 24 3
a a aa
− = − − +
3 32 3 33 31 2 1 1 2 1
3 2 12 3 3 12 32
a a a aa a
= − − + = − − +
3 3 3 33 31 2 1 2 1
.3 12 3 12 32 2 6 2
a a a aa a
= − − + = − − +
3 3 3 3 3 33 3 32 2 1 4 1 1 2
3 3 312 2 12 2 3 2 3 2
a a a a a aa a a
− − − − − += + = + = + =
Por otro lado:
( ) ( )( )0 0
2 2
2 2
2 2
( ) ( ) ( )b
a a a
xf x dx x f x g x dx x a x x dx
− −
= − = − − −∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )0 0 0
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
a a a
x a x x dx x a x dx x dx
− − −
− + = − +
∫ ∫ ∫
La primera primitiva se calcula con el cambio de variable:
( )1
12 2 1 22 2 2
1 1 112 2 22 12
u a x ux a x dx udu u du
du xdx
+ = −
− → → − = − = −= − +
∫ ∫ ∫
3
21 132 22
u− = − 2 ( )33 2 21
3 3u a x= − −
La segunda primitiva es directa:
( )2 1 3
2
2 1 3
x xx dx
+
= =+∫
Evaluando:
( ) ( )
3
323 3
3 32 2 2 2 2
20
21 1 0 1 2023 3 3 3 3 2 3
2
a
x aa x a aa
− − − + = − − + − − − − + −
( )
3
32
32 2
881 1 2
03 3 4 3
a
aa a
−
= − + − − − +
32 3
3 21 1 8
3 3 2 24
a aa a
= − − − − −
32 2 331 1 2 2 2
3 3 2 24
a a aa
− = − − − −
3 32 3 33 31 1 2 1 1 2
3 3 2 12 3 3 122
a a a aa a
= − − − − = − − − −
3 3 3 33 31 1 2 1 2
.3 3 12 3 122 2 6 2
a a a aa a
= − + + = − + +
3 3 3 3 3 33 3 31 2 2 4 1 1 2
3 3 312 2 12 2 3 2 3 2
a a a a a aa a a
+ −= − + = − = − =
Sumando ambas integrales, tenemos:
3 3 3 3 3 3 3 32 2 2 2 00
3 2 3 2 3 2 3 2
a a a a a a a a− + − − + + −+ = = =
Es valido ahorrarte este calculo y tomar la abscisa del centro de
gravedad como cero, porque tenemos una figura simetrica con respecto al eje
ye, por lo tanto la coordenada del centro de gravedad debe ser nula, ya que
dicho centro de gravedad debe estar en el eje ye.
Continuemos con la segunda integral:
Integral ( )21( )
2
b
a
f x dx∫ :
( ) ( ) ( )2 2 21 1( ) ( ) ( )
2 2
b b
a a
f x dx f x g x dx = − ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )2
0 22 22 22 2 2 2
022
1 1
2 2
a
a
a x x dx a x x dx
−
− − − + − − ∫ ∫
20 2
2 2 2 2 2 2
022
1 1
2 2
a
a
a x x dx a x x dx
−
− − + − − ∫ ∫
20 3 32
2 2 2 2 2 2
022
0 21 1 1 1
2 2 2 2 222 2 2 3 2 302
a
a
ax x
a x dx a x dx a x a xa−
− + − = − + − −
∫ ∫
3 3
3 32 2 2 2
2 22 21 (0) 2 1 2 (0)
(0) 2 2 2 (0) 22 3 2 3 2 2 3 3
a a
a aa a a a
−
− − − − + − − −
( ) ( )
3 3
3 3
2 2 2 28 81 2 1 2
0 2 2 02 2 3 2 2 3
a a
a a
−
− − − + − −
3 3 3 31 2 4 2 1 2 4 2
2 2 24 2 2 24
a a a a − − + + −
3 3 3 31 2 2 2 2
2 2 6 2 6
a a a a − + −
3 3 3 31 2 2 2 2
2 2 6 2 6
a a a a − + −
3 3 3 31 2 2 2 2 1 2
2 2 6 2
a a a a + +− =
32
2
a 3 332 2 1 2
26 2 3
a aa
− = −
3 31 3 2 2 1
2 3 2
a a − =
2 3 32 2
3 3
a a =
Ahora calculamos la tercera integral, que es el área de la región:
Integral ( )b
a
f x dx∫ :
Como la figura es simétrica calculare la mitad del área y multiplicare por
2 el resultado:
( ) ( )2 2
2 22 2
0 0
( ) 2 ( ) ( ) 2
a ab
a
f x dx f x g x dx a x x dx= − = − −∫ ∫ ∫
En la tabla de integrales, conseguimos la primera primitiva:
22 2 2 2
2 2
u a ua u du a u arcsen
a − = − +
∫
Por lo tanto:
22 2 2 2
2 2
x a xa x dx a x arcsen
a − = − +
∫
La segunda primitiva es directa:
2
2
xxdx =∫
Evaluando la integral:
2 22 2
22 2
2 2 20
ax a x x
a x arcsena
− + −
2
22 2 2
2 2 2
22 222 0 0 02 22 0
2 2 2 2 2 2 2
aa aa a a
a arcsen a arcsena a
− + − − − + −
2 22
22 2
24 4 2
aa a a
a arcsen
− +
2a
224
02
a
− −
2 2 222 2 2
24 2 2 2 8
a a a aa arcsen
− + −
2 2 2 2 22 22 2 .
4 2 2 4 4 4 8 42
a a a a a a a aπ π + − = + −
22
2 1.
4 2
a 2 2 2
28 4 4
a a aπ + − =
2 2
8 4
a aπ+ −2 22
8 4
a aπ π = =
Este calculo te lo puedes ahoorra, si caes en la cuenta que la región
dibujada se trata de un cuarto de círculo, porque las rectas y x= y y x= −
forman ángulos de 45º con rspecto al eje equis, y como el área de un círculo
completo es: 2A rπ= el área de un cuarto de cñirculo sería:
2
4
aA
π=
Finalmente las coordenadas del centro de gravedad son:
2
00
4
xaπ
= =
3
3
2
24 23
4
aa
yaπ
= =23 aπ
4 2
3a
π=
La coordenada del centro de gravedad es: 4 2
0,3
aπ
.
Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro
0ax by c+ + = , a través, de la fórmula:
2 2
. .pr
a x b y cD
a b
+ +=
+
Ya calculamos: ( ) 4 2, 0,
3x y a
π
=
y la ecuación general del eje de giro
es: 0 1 1 0 0y x x y x y= − → + = → + + = , por lo tanto:
1
1
0
a
b
c
= = =
, sustituyendo en
la fórmula, se tiene:
( )2 2
4 2 4 21. 0 1. 03
1 1pr
a
Dπ
+ +
= =+
3
2
aπ 4
3a
π=
Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del eje, que
por ser una circunferencia, se tendra:
2 rpd Dπ=
2d π= 4.3π
8
3a a=
No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el centroide,
cuando obtuviste ( )b
a
A f x dx= ∫
En este caso: 2
4
aA
π=
Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×
2 38 2.
4 3 3
a aV A d a
π π= × = =
Observa que la parte mas laboriosa del ejercicio, es el calculo del centro
de gravedad, que por lo general contiene integrales, el resto de los pasos es
bastante mecánico y sencillo.
Respuesta: 32
3
aV
π=
Ejercicio 5
Calcula el volumen del sólido que se genera al girar la región D del plano
XY limitada por las curvas de ecuaciones y senx= y cosy x= , en 5
4 4x
π π≤ ≤
alrededor de la recta y x= .
Solución
Justificación: Sigamos los pasos, para resolver este tipo de ejercicios:
Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los limites de
integración y el eje de rotación.
Recuerda lo explicado en el objetivo 3 acerca de cómo graficar las
funciones trigonométricas. En este caso las funciones y senx= y cosy x= en el
intervalo 5
4 4x
π π≤ ≤ es:
Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya deducidas:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
Ahora calcularemos, las 3 integrales correspondientes a las
coordenadas del centro de gravedad:
Integral ( )b
a
xf x dx∫ :
En la parte superior de la región siempre esta y senx= y en la parte
inferior la curva cosy x= , se tiene:
( ) ( ) ( )5 5 5
4 4 4
4 4 4
( ) cos cosb
a
xf x dx x senx x dx x senx dx x x dx
π π π
π π π
= − = −∫ ∫ ∫ ∫
Ambas primitivas se obtienen por el método de integración por partes,
así:
u x
dI x
v sense
xx
dxnxd
==
= →
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cosdv senxdxdv senx
du dxu x du dx
dx v x
→ →
== −
===
=
∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
co. .cos. sI u du x dv v x xx− −= − = −∫ ∫
cos cos . cosI x x x dx x x senx= − + = − +∫
La otra primitiva es:
coscos
u xI x xdx
dv xdx
= →
==∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
cosc
os
dv xdxdv xd
du dxu
x v
x d
s x
u
en
dx
==→ →
= =
==
∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
s. . .sI v v enxu d nu xxx de= − = −∫ ∫
( )s s . cos cosI x enx enx dx xsenx x xsenx x= − = − − = +∫
Evaluando las integrales, se tiene:
( ) ( ) [ ] [ ]5 5
4 4
4 4
5 5
4 4cos cos cos
4 4
x senx dx x x dx x x senx xsenx x
π π
π π
π π
π π− = − + − +∫ ∫
5 5 5cos cos
4 4 4 4 4 4
5 5 5 cos cos
4 4 4 4 4 4
sen sen
sen sen
π π π π π π
π π π π π π
= − + − − + −
+ − +
5 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2
5 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2
π π
π π
− −= − + − − + −
− −+ − +
5 2 2 2 2 5 2 2 2 2
8 2 8 2 8 2 8 2
π π π π = − − − + − − − − +
5 2 4 2 4 2 2 5 2 4 2 2 4 2
8 8 8 8
π π π π − − + += − − − −
5 2 4 2 4 2 2 5 2 4 2 2 4 2
8 8
π π π π − − + − − − −= −
6 2 8 2 6 2 8 2 6 2 8 2 6 2 8 2
8 8 8
π π π π − − − − + += − =
6 2 8 2π −= 6 2 8 2π+ + 12 2 3 2
8 8 2
π π = =
Continuemos con la segunda integral:
Integral ( )21( )
2
b
a
f x dx∫ :
( ) ( ) ( )5
42 2 2
4
1 1( ) cos
2 2
b
a
f x dx senx x dx
π
π
= − ∫ ∫
( ) ( )5 5
4 42 2 2 2
4 4
1 1cos cos
2 2sen x x dx x sen x dx
π π
π π
− = − −∫ ∫
Recordando la identidad trigonométrica: 2 2cos(2 ) cosx x sen x= − , se
tiene:
( )5 5
4 42 2
4 4
51 1 1 (2 ) 4cos cos(2 )2 2 2 2
4
sen xx sen x dx x dx
π π
π π
π
π − − = − = −
∫ ∫
5 1052. 2.
1 (2 ) 1 14 4 4 242 2 2 2 2 2 2 2
4
sen sen sen sensen x
π π π ππ
π
− = − − = − −
51 1 1 1 12
02 2 2 2 2 2
senπ
− − = − − =
Ahora calculamos la tercera integral, que es el área de la región:
Integral ( )b
a
f x dx∫ :
( )5
4
4
( ) cosb
a
f x dx senx x dx
π
π
= −∫ ∫
( ) [ ] [ ]5
4
4
5 5
4 4cos cos cos
4 4
senx x dx x senx x senx
π
π
π π
π π− = − − = − +∫
( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2
2 2 2 2 2 2
= − − − − + = − − − = − − −
2 2 2 2A = − − =
Finalmente las coordenadas del centro de gravedad son:
3 23 22
2 2x
ππ= =4 2
3
4
π= 0
02 2
y = =
La coordenada del centro de gravedad es: 3
,04
π
.
Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro
0ax by c+ + = , a través, de la fórmula:
2 2
. .pr
a x b y cD
a b
+ +=
+
Ya calculamos: ( ) 3, ,0
4x y
π =
y la ecuación general del eje de giro
es: 0 1 1 0 0y x y x x y= → − = → − + + = , por lo tanto:
1
1
0
a
b
c
= − = =
, sustituyendo
en la fórmula, se tiene:
( )
( )2 2
3 31. 1. 0 04 3 2 3 24 .
82 4 2 21 1prD
π ππ π
− + + = = = =
− +
Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del eje, que
por ser una circunferencia, se tendra:
2 rpd Dπ=
2 23 2 6 2 3 22 .
8 8 4d
π π ππ= = =
No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el centroide,
cuando obtuviste ( )b
a
A f x dx= ∫
En este caso: 2 2A =
Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×
( )22 226 23 2 12
2 2. 34 4 4
V A dππ π π= × = = = =
Respuesta: 23V π= .
Ejercicio 6
Determina el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa m ,
de la superficie de la tierra a una altura h .
Solución
Justificación: El trabajo es una magnitud física escaral, y se calcula
multilicando la fuerza que se ejerce sobre un objeto por la distancia que se
mueve dicho objeto:
.T F d=
En este caso, se medira la distancia en el eje ye, observa la siguiente
figura:
Si el cohete recorre un diferencial de ye: dy , tendremos que un
diferencial de trabajo es:
.dT F dy=
Sumando todas las distancias, se tiene:
.b
a
T F dy= ∫
En este caso, la fuerza a considerar es la que ejerce la tierra sobre el
cohete, y por supuesto, esta fuerza es variable, porque la distancia entre el
cohete y la tierra varía. ¿Cuál fórmula relaciona la fuerza de 2 cuerpos? La Ley
de Gravitación Universal, a saber:
2
.( )
M mF y G
y=
En este caso M es la masa de la tierra y m la masa del cohete, G es la
constante de gravitación universal y como se observa claramente en la figura
que ye varía desde y R= (superficie de la tierra donde despega) hasta
y R h= + , altura h donde se encuentra el cohete en un momento dado, se
tiene:
2
.R h
R
M mT G dy
y
+
= ∫
Resolviendo esta integral:
2 1 12
2. . . . . . . .
2 1 1
R h R h
R R
R h R hdy y yT G M m G M m y dy G M m G M m
R Ry
+ + − + −− + +
= = = = − + − ∫ ∫
( )1 1 1
. . . . . .R h R R h
T G M m G M m G M mRy R h R R R h
+ − + + = − = − + = + +
( ) ( ). . .
. .h G M m h
T G M mR R h R R h
= = + +
Por lo tanto el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa
m , de la superficie de la tierra a una altura h es:
Respuesta: ( ). . .G M m h
TR R h
=+
Ejercicio 7
Calcule el centroide de la región R limitada por las curvas de
ecuaciones: 2 2y x x= − + 216x y=
Solución
Justificación: Las curvas dadas son un par de parábolas, la primera 2 2y x x= − + abre hacia abajo (coeficiente de equis cuadrado negativo) y la
segunda 216x y= abre a la derecha (coeficiente de ye cuadrado es positiva),
vamos a conseguir las características geométricas de ambas parábolas y sus
puntos de intersección:
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 2 0
2 2
1
y x
x
x
= − + ===
Para 1x =
( ) ( )21 2 1
1 2 1
y
y
= − += − + =
( )1,1V
2 2 0y x x= − + =
( )2 0
0
2 0
2
x x
x
x
x
− + ==
− + ==
Gráfica de la parábola 2 2x x− +
Función
Derivando e
igualando a
cero: ' 0y =
Vértice
Evalúa el valor de la
derivada en la
función original
Corte con los ejes:
216x y=
' 12 0
16 2 0
0
x y
y
y
= =
==
Para 0y =
216 0
0
x
x
==
( )0,0V
2 0
0
y
y
==
Gráfica de la parábola 216x y=
Los puntos de intersección de las curvas son:
Sustituyendo 2 2y x x= − + en 216x y= , se tiene:
( ) ( )2 22 2 2 3 416 2 16 2 16 4 4x x x x x x x x x x= − + → = − → = − +
( )2 3 4 2 3 4 2 316 4 4 4 4 16 0 4 4 16 0x x x x x x x x x x x x= − + → − + − = → − + − =
3 2
0
4 4 16 0
x
x x x
= − + − =
Aplicando Ruffini en el polinomio de grado 3, se tiene:
El polinomio reducido que se obtiene es: 2 0 4 0x x+ + = que no tiene
solución real, por lo tanto hay 2 puntos de intersección, a saber:
Para ( ) ( ) ( )220 2 0 2 0 0 0,0x y x x= → = − + = − + = →
Para ( ) ( ) ( )224 2 4 2 4 16 8 8 4, 8x y x x= → = − + = − + = − + = − → −
Debemos tener en cuenta, que la prábola 216x y= posee dos ramas, es
decir: 216x y=
2 16y x=
16y x= ±
16y x= ±
416
4
y xy x
y x
== ± = = −
Por lo tanto la gráfica es:
El centroide viene dado por las coordenadas:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
Ahora calcularemos, las 3 integrales correspondientes a las
coordenadas del centro de gravedad:
Integral ( )b
a
xf x dx∫ :
En la parte superior de la región siempre esta 2 2y x x= − + y en la parte
inferior la curva 4y x= − , se tiene:
( ) ( )( ) ( )4 4
2 2
0 0
( ) ( ) 2 4 2 4b
a
x f x g x dx x x x x dx x x x x dx− = − + − − = − + +∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 4
3 2 3 2
0 0 0 0
2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x x dx− + + = − + +∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )4 4 4 4 1
3 2 3 2 2
0 0 0 0
2 4 2 4 .x x x x dx x dx x dx x x dx
− + + = − + +
∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )4 4 4 4 1
13 2 3 2 2
0 0 0 0
2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x dx+
− + + = − + +
∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )4 4 4 4 3
3 2 3 2 2
0 0 0 0
2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x dx
− + + = − + +
∫ ∫ ∫ ∫
( )3
14 4 3 23 2
0
4
2 4 2 434 3 12 0
x x xx x x x dx
+
− + + = − + + +
∫
( )5 5
4 4 3 4 32 23 2
0
4 4 4 0 0 02 4 2 4 2 4
5 54 3 4 32 2
x x x x dx
− + + = − + + − − + +
∫
( )4
3 2 5
0
256 64 22 4 2 4. 4
4 3 5x x x x dx
− + + = − + +
∫
( )4
3 2 4
0
256 128 82 4 4 .4
4 3 5x x x x dx
− + + = − + +
∫
( ) ( )4
3 2 2
0
256 128 82 4 .4 . 2
4 3 5x x x x dx
− + + = − + +
∫
( ) ( )4
3 2
0
256 128 8 256 128 2562 4 . 32
4 3 5 4 3 5x x x x dx
− + + = − + + = − + +
∫
( )4
3 2
0
3840 2560 3072 1792 4482 4
60 60 15x x x x dx
− + +− + + = = =∫
Continuemos con la segunda integral:
Integral ( )21( )
2
b
a
f x dx∫ :
( ) ( ) ( ) ( )4 222 2 2
0
1 1( ) ( ) 2 4
2 2
b
a
f x g x dx x x x dx − = − − − ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )4 4222 2 3 4
0 0
1 12 4 4 4 16
2 2x x x dx x x x x dx − − − = − + − ∫ ∫
( ) ( )4 3 4 5 2222
0
41 12 4 4 4 16
02 2 3 4 5 2
x x x xx x x dx
− − − = − + − ∫
( ) ( )4 3 5222 4 2
0
41 12 4 4 8
02 2 3 5
x xx x x dx x x
− − − = − + − ∫
( ) ( ) ( ) ( )4 3 5 3 522 2 22 4 4
0
1 1 4 4 0 02 4 4 4 8 4 4 0 8 0
2 2 3 5 3 5x x x dx
− − − = − + − − − + − ∫
( ) ( ) ( )4 222
0
1 1 64 10242 4 4 256 8 16 0
2 2 3 5x x x dx
− − − = − + − − ∫
( ) ( )4 222
0
1 1 256 10242 4 256 128
2 2 3 5x x x dx
− − − = − + − ∫
( ) ( )4 222
0
1 1 256 10242 4 384
2 2 3 5x x x dx
− − − = + − ∫
( ) ( )4 222
0
1 1 1280 3072 57602 4
2 2 15x x x dx
+ − − − − = ∫
( ) ( )4 222
0
1 1 1408 7042 4
2 2 15 15x x x dx
− − − − = = − ∫
Ahora calculamos la tercera integral, que es el área de la región:
Integral ( )b
a
f x dx∫ :
( ) ( )( )4
2
0
( ) 2 4b
a
f x dx x x x dx= − − −∫ ∫
( ) ( )( )4 4 1
2 2 2
0 0
( ) 2 4 2 4b
a
f x dx x x x dx x x x dx
= − − − = − +
∫ ∫ ∫
114 1 2 3 2
2 2
0
4
2 4 2 412 3 12 0
x x xx x x dx
+
− + = − + +
∫
34 1 3 32
2 2 2 32
0
44
22 4 4 4.
33 3 302 0
x x xx x x dx x x x
− + = − + = − +
∫
4 1 3 32 2 3 2 32
0
4 2 0 22 4 4 4. 4 0 4. 0
3 3 3 3x x x dx
− + = − + − − +
∫
( )64 2 64 8 64 6416 4. 64 0 16 8 16 16
3 3 3 3 3 3A
= − + − = − + = − + =
Finalmente las coordenadas del centro de gravedad son:
448448 224 112 56 2815
16 240 120 60 30 15x = = = = = =
704704 352 176 88 4415
16 240 120 60 30 15y
−= = − = − = − = − = −
Respuesta: ( ) 28 44, ,
15 15x y
= −
Ejercicio 8
La región limitada por la gráfica de la función y x= , 4x = y los ejes
coordenados, se hace girar en torno del eje OX. Halla el valor de " "c en el
intervalo [ ]0,4 que divide el sólido en 2 partes de igual volumen.
Solución
Justificación: Grafiquemos la situación planteada y ubiquemos un punto
x c= entre cero y cuatro. La gráfica de y x= es una parábola, porque 2y x= ,
con vértice en el origen y abre a la derecha por tener el coeficiente de ye
cuadrado positivo.
La intersección de y x= con 4x = es: 4 2y = = , es decir el punto
( )4,2 , por lo tanto la gráfica sería:
Al girar la región anterior se tendría:
Utilizando el método de las arandelas, se tendría:
( )2 21 ( ) ( )
b
a
V f x g x dxπ= −∫
En la parte superior tenemos: ( )f x x= y en la parte inferior el eje
equis, es decir, 0y = , por lo tanto: ( ) 0g x = . El método a utilizar en este
ejercicio suele denominarse método del disco, ya que no hay arandela debido a
que ( ) 0g x = .
Por lo tanto el volumen 1 es:
( )( ) 2 2 2 22
1
0 0
00
2 2 2 20
c cc
x c cV x dx xdx
ππ π π π = − = = = − =
∫ ∫
Para el volumen 2, se tiene:
( )( )4 4 2 2 2 2 22
2
44 16
0 82 2 2 2 2 2c c
x c c cV x dx xdx
c
π π π π π π = − = = = − = − = −
∫ ∫
Como el valor de " "c debe dividir la región en 2 volumenes iguales o
identicos, se tiene:
1 2V V=
2 2
82 2
c cπ ππ = − →
2
2
c π=2 2 2 2 2 2 2
8 8 8 82 2 2 2 2 2
c c c c c c c +− → = − → + = → =
22 28
2
c = →2
2
c 28 8 8 4.2 4. 2 2 2c c= → = ∴ = = = =
Respuesta: 2 2c =
Ejercicio 9
Halla el momento de inercia de la región limitada por las curvas de
ecuaciones 2x y= , 4x = con respecto al eje OY.
Solución
Justificación:
La grafica de 2x y= es una parábola con vértice en el origen y abre
hacia la derecha, con las dos ramas: y x= y y x= − , además la intersección
de estas ramas con 4x = son respectivamente: 4 2y = = y 4 2y = − = − , así
la gráfica será:
En la grafica se observa claramente que el rectángulo típico varía en el
eje equis desde 0x = , hasta 4x = .
Con toda la información anterior, se puede escribir:
( ) ( )( )4
2
0
1YI x x x dx= − −∫
Resolviendo Esta integral:
( ) ( )4 4 4 4 41 1 5
22 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
2 2 2 2YI x x x dx x x dx x x dx x dx x dx+
= + = = = =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
5 714 5 2 2
7 7 7 62
0
4 4
42 4 42 2 2 2. 4 0 4 .4
5 7 07 7 712 20 0
x xx dx x
+ = = = = − = +
∫
( ) ( ) [ ]3 34 4 4 4 5124 4 4 2 64 2 128
7 7 7 7 7YI = = = = =
Respuesta: 512
7YI =
Ejercicio 10
Calcula el centroide de un semicírculo de radio r . Solución
Justificación: Grafiquemos la región a la cual se quiere calcular el
centroide:
vamos a construir una función que representa al semicírculo, para ello
ubiquemos los ejes de coordenadas de la siguiente forma:
Se observa que el semi círculo tiene centro en el origen y radio r , y
recordando la ecuación general de la circunferencia explicada al principio del
objetivo 3, se tiene:
( ) ( )2 2 20 0x y r− + − =
2 2 2x y r+ =
Como nos interesa solo la parte superior, se toma unicamente la raíz
positiva al despeja ye, es decir:
2 2y r x= −
Como el centroide viene dado por:
( )
( )
b
aYb
t
a
xf x dxM
xm
f x dx
= =∫
∫
( )21( )
2
( )
b
aXb
t
a
f x dxM
ym
f x dx
= =∫
∫
Procedemos a calcular, las 3 integrales correspondientes a las
coordenadas del centro de gravedad:
Integral ( )b
a
xf x dx∫ :
En la parte superior de la región siempre esta 2 2y r x= − y en la parte
inferior la curva 0y = , se tiene:
( )2 2 1
2 2 21 1
( )2 22
b r
a r
u r xxf x dx x r x dx udu u du
du xdx−
= −= − → → − = −
= −∫ ∫ ∫ ∫
1 311 2 2
21 1 1 1
1 32 2 2 212 2
u uu du
+
− = − = − = −+
∫2
. ( )33 2 21
3 3u r x= − −
Evaluando la integral, se tiene:
( ) ( ) ( )( )33 3 22 2 2 2 21 1 10 0 0
3 3 3
rr x r r r r
r
− − = − − − − − − = − = −
Continuemos con la segunda integral:
Integral ( )21( )
2
b
a
f x dx∫ :
( ) ( ) ( )2
2 2 2 2 21 1 1( )
2 2 2
b r r
a r r
f x dx r x dx r x dx− −
= − = − ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) 33 322 2 2 21 1 1
2 2 3 2 3 3
r
r
r rx rr x dx r x r r r r
r−
− − = − = − − − − −
∫
3 3 3 3 3 3 3 33 31 1 3 3 1 2 2
2 3 3 2 3 3 2 3 3
r r r r r r r rr r
− − + −− − − + = − = −
3 3 3 3 3 31 2 2 1 2 2 1 4 2
2 3 3 2 3 2 3 3
r r r r r r ++ = = =
Ahora calculamos la tercera integral, que es el área de la región:
Integral ( )b
a
f x dx∫ :
( )2 2( )b r
a r
f x dx r x dx−
= −∫ ∫
En la tabla de integrales, conseguimos:
22 2 2 2
2 2
u a ua u du a u arcsen
a − = − +
∫
Por lo tanto:
22 2 2 2
2 2
x r xr x dx r x arcsen
r − = − +
∫
Evaluando la primitiva, se tiene:
( )2 2 2
22 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
rx r x r r r r r rr x arcsen r r arcsen r r arcsen
rr r r
− − + = − + − − − − + −
( ) ( )2 2 2 2
0 1 0 1 . .2 2 2 2 2 2
r r r rarcsen arcsen
π π + − + − = − −
2 2 2 2 2 22
4 4 4 4 2
r r r r r rA
π π π π π π += + = = =
Este calculo del área te lo puedes ahorrar, dividiendo el área conocida
( )2rπ de un circulo entre 2.
Finalmente las coordenadas del centro de gravedad son:
2
00
2
xrπ
= =
3
3
2
243
2
rr
yrπ
= =23 rπ
4
3
r
π=
Respuesta: ( ) 4, 0,
3
rx y
π =
A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,
¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu
eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.
Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo
saber, a través, de mi correo: jorgegranadillomat@gmail.com. Recuerda que en
mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el
estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente
editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o
escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta
a la brevedad posible.
Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,
justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás
justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante
que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre
dando justificación y luego la respuesta .
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Calcula el volumen del sólido de rotación que genera la región limitada
por las curvas 2 2y x x= − + e 4y x= − , cuando gira alrededor de la recta
2y x= + .
Ejercicio 2
Halla el volumen del sólido que se genera al rotar la región limitada por
las curvas de ecuaciones x2 + (y − 1)2 = 4 y x2 + (y − 1)2 = 1, alrededor de la
recta x − y = 2.
Ejercicio 3
Halle el baricentro de la región del primer cuadrante de la elipse de ecuación:
19y
16x 22
=+
(Ayuda: Una forma de calcular el área de una elipse es por la fórmula A abπ= ) Ejercicio 4
Hallar el baricentro (coordenadas del centro de gravedad) de un
cuadrante, del círculo de radio r.
Ejercicio 5
Calcula el centro de masa de una curva C determinada por la unión de
una semicircunferencia con dos segmentos de recta como se muestra en la
figura:
Ejercicio 6
En un compresor de aire, éste ingresa a una presión de 15 Kg por cm2 y
es comprimido hasta 90 Kg/cm2. En cada compresión entran 0,02 m3 y esta
operación se repite 150 veces por minuto. Calcule el trabajo realizado
suponiendo que la compresión es isoterma.
Ejercicio 7
Un resorte tiene longitud natural de 12 centímetros y se necesita una
fuerza de 3 Newton para comprimirlo hasta una longitud de 7 centímetros.
¿Cuánto trabajo se realiza para estirar este resorte desde su longitud natural
hasta una longitud de 18 centímetros?
Ejercicio 8
Sea R la región del plano XY limitada por las curvas de ecuaciones
1y x= − y 2 2y x= − . Calcula el volumen del sólido generado al girar la región
R alrededor de la recta 1y = − .
Ejercicio 9
Sean R1 y R 2 las regiones limitadas por las curvas de ecuaciones:
3 2y x x= − + , 2y x=
Calcule los volúmenes de los sólidos formados cuando R1 y R 2 giran
alrededor de la recta 2y = − . ( ver gráfica )
Ejercicio 10
Sea R la región acotada por las curvas de ecuaciones:
1) y = senx 2) x = 1 3) y = 1
Calcule el volumen del sólido formado cuando R gira alrededor del eje y.
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