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EJERCICIOS DE INTEGRACION DEFINIDA
1. Definicion de funcion integrable. Primeras propiedades
1. Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalos que se indican:
a) f(x) = [x] en [0, n], con n ∈ N.
b) f(x) = [x]2 en [0, n], con n ∈ N.
c) f(x) = [x2] en [0, 2].
d) f(x) = [√x] en [0, 9].
e) f(x) = [ex] en [0, 2].
Solucion
a) Como f(x) = k cuando x ∈ [k, k + 1), donde k = 0, 1, . . . , n − 1, se trata de una funcionescalonada. Por tanto, su integral vale:∫ n
0[x] dx =
n−1∑k=0
k · 1 = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) =n(n− 1)
2.
b) Analogamente al caso anterior, tenemos una funcion escalonada que toma los valores f(x) =k2 en los intervalos x ∈ [k, k + 1), con k = 0, 1, . . . , n− 1. Entonces,∫ n
0[x]2 dx =
n−1∑k=0
k2 = 12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2 =n(n− 1)(2n− 1)
6,
resultado que se puede probar por induccion (ver capıtulo 1).
c) En primer lugar debemos determinar los sub-intervalos de [0, 2] donde la funcion es constante.Estos son los siguientes:
0 ≤ x < 1 =⇒ 0 ≤ x2 < 1 =⇒ [x2] = 0;
1 ≤ x <√
2 =⇒ 1 ≤ x2 < 2 =⇒ [x2] = 1;√2 ≤ x <
√3 =⇒ 2 ≤ x < 3 =⇒ [x2] = 2;√
3 ≤ x < 2 =⇒ 3 ≤ x2 < 4 =⇒ [x2] = 3.
La integral se puede descomponer entonces en la suma siguiente:∫ 2
0[x2] dx = 1 · (
√2− 1) + 2 · (
√3−√
2) + 3 · (2−√
3) = 5−√
2−√
3.
1
d) Descomponemos nuevamente el intervalo de integracion en sub-intervalos donde la funcionsea constante:
0 ≤ x < 1 =⇒ 0 ≤√x < 1 =⇒ [
√x] = 0;
1 ≤ x < 4 =⇒ 1 ≤√x < 2 =⇒ [
√x] = 1;
4 ≤ x < 9 =⇒ 2 ≤√x < 3 =⇒ [
√x] = 2.
La integral es ahora ∫ 3
0[√x] dx = 1 · (4− 1) + 2 · (9− 4) = 13.
e) Como es tambien una funcion parte entera, es escalonada; los intervalos donde es constanteson los siguientes:
0 ≤ x < ln 2 =⇒ 1 ≤ ex < 2 =⇒ [ex] = 1;
ln 2 ≤ x < ln 3 =⇒ 2 ≤ ex < 3 =⇒ [ex] = 2;
ln 3 ≤ x < ln 4 =⇒ 3 ≤ ex < 4 =⇒ [ex] = 3;
...
ln 7 ≤ x < 2 =⇒ 7 ≤ ex < e2 =⇒ [ex] = 7.
(Tengase en cuenta que el intervalo de integracion es [0, 2] y ln 7 < 2 < ln 8.)
La integral es la siguiente:∫ 2
0[ex] dx =
6∑k=1
k · [ln(k + 1)− ln k] + 7 · (2− ln 7)
= 6 · ln 7− ln 6− ln 5− · · · − ln 2 + 14− 7 · ln 7 = 14− ln(7!).
2. Calcular la integral
∫ b
a
|x|xdx, donde a < b.
Solucion
La funcion integrando es escalonada porque|x|x
=
{1 si x > 0
−1 si x < 0. Podemos distinguir tres ca-
sos:
i) a < b ≤ 0:
∫ b
a
|x|xdx = (−1) · (b− a) = a− b.
ii) a < 0 ≤ b: descomponemos la integral en dos sumandos. Ası:∫ b
a
|x|xdx =
∫ 0
a
|x|xdx+
∫ b
0
|x|xdx = (−1) · (0− a) + 1 · (b− 0) = a+ b.
iii) 0 ≤ a < b:
∫ b
a
|x|xdx = 1 · (b− a) = b− a.
3. Hallar I(f, P ) y S(f, P ) en los siguientes casos:
a) f(x) =√x, x ∈ [0, 1], P = {0, 1/25, 4/25, 9/25, 16/25, 1}.
2
b) f(x) = x2, x ∈ [−1, 1], P = {−1,−1/4, 1/4, 1/2, 1}.
Solucion
a) Como la funcion es creciente, el ınfimo se alcanza en el extremo izquierdo y el supremo enel extremo derecho de cada subintervalo de P . De esta forma,
I(f, P ) = 1/25 · f(0) + (4/25− 1/25) · f(1/25) + (9/25− 4/25) · f(4/25)
+(16/25− 9/25) · f(9/25) + (1− 16/25) · f(16/25)
= 3/25 · 1/5 + 5/25 · 2/5 + 7/25 · 3/5 + 9/25 · 4/5 = 14/25;
S(f, P ) = 1/25 · f(1/25) + (4/25− 1/25) · f(4/25) + (9/25− 4/25) · f(9/25)
+(16/25− 9/25) · f(16/25) + (1− 16/25) · f(1)
= 1/25 · 1/5 + 3/25 · 2/5 + 5/25 · 3/5 + 7/25 · 4/5 + 9/25 · 1 = 19/25.
b) La funcion y = x2 es decreciente cuando x ∈ (−1, 0) y creciente cuando x ∈ (0, 1). Ademasen el intervalo (−1/4, 1/4), el ınfimo de la funcion se alcanza cuando x = 0 y el supremocuando x = 1/4. Por tanto, en este caso tenemos:
I(f, P ) = (1− 1/4) · f(−1/4) + (1/4 + 1/4) · f(0) + (1/2− 1/4) · f(1/4)
+(1− 1/2) · f(1/2)
= 3/4 · 1/16 + 1/2 · 0 + 1/4 · 1/16 + 1/2 · 1/4 = 3/16;
S(f, P ) = (1− 1/4) · f(−1) + (1/4 + 1/4) · f(1/4) + (1/2− 1/4) · f(1/2)
+(1− 1/2) · f(1) = 3/4 · 1 + 1/2 · 1/16 + 1/4 · 1/4 + 1/2 · 1 = 43/32.
Como se puede observar, en ambos casos se verifica que I(f, P ) ≤ S(f, P ), lo cual es siemprecierto.
4. Dada la funcion f(x) = 1 + 2x, si P = {x0, x1, . . . , xn} es una particion regular de [a, b],
calcular I(f, P ) y S(f, P ). Utilizar lo anterior para calcular
∫ b
a(1 + 2x) dx.
Solucion
Como la funcion y = 1 + 2x es creciente, el ınfimo en cada subintervalo (xi−1, xi) se alcanza enxi−1 y el supremo se alcanza en xi. Ademas, por tratarse de una particion regular, los puntosson equidistantes y
xi − xi−1 =b− an
, xi = a+ ib− an
, ∀i = 1, . . . , n. De este modo, por definicion:
I(f, P ) =n∑i=1
(xi − xi−1) · f(xi−1) =n∑i=1
b− an· (1 + 2xi−1)
=b− an
(n∑i=1
1 + 2
n∑i=1
[a+ (i− 1) · b− a
n
])
=b− an
(n+ 2an+ 2
b− an
n∑i=1
(i− 1)
)
= (b− a) + 2a(b− a) + 2
(b− an
)2
· n(n− 1)
2
= (b− a)
[1 + 2a+
(b− a)(n− 1)
n
];
3
S(f, P ) =
n∑i=1
(xi − xi−1) · f(xi) =
n∑i=1
b− an· (1 + 2xi)
=b− an
(n∑i=1
1 + 2n∑i=1
[a+ i · b− a
n
])
=b− an
(n+ 2an+ 2
b− an
n∑i=1
i
)
= (b− a) + 2a(b− a) + 2
(b− an
)2
· n(n+ 1)
2
= (b− a)
[1 + 2a+
(b− a)(n+ 1)
n
].
Basta calcular el lımite de cualquiera de las expresiones obtenidas, cuando n→∞, para obtenerel valor de la integral propuesta. Ası tenemos∫ b
a(1 + 2x) dx = lım
n→∞(b− a)
[1 + 2a+
(b− a)(n+ 1)
n
]= (b− a)(1 + a+ b).
5. Probar que la funcion f(x) =
{x si x ∈ Q0 si x 6∈ Q,
no es integrable en [a, b], con a, b > 0.
Solucion
Debemos comprobar que las integrales superior e inferior no coinciden. Para ello consideramoscualquier particion regular P = {x0, x1, . . . , xn} del intervalo [a, b]. En cualquier subintervalo(xi−1, xi) de P hay infinitos numeros racionales e infinitos numeros irracionales. Esto quieredecir que, en (xi−1, xi), el ınfimo de la funcion es cero y el supremo es f(xi) = xi pues la funcion,restringida a los racionales, es creciente en dicho intervalo. Tenemos entonces que
I(f, P ) =n∑i=1
0 · (xi − xi−1) = 0;
S(f, P ) =n∑i=1
xi · (xi − xi−1) =b− an
n∑i=1
[a+ i · b− a
n
]=
b− an
[n · a+
b− an· n(n+ 1)
2
]= (b− a)
[a+
(b− a)(n+ 1)
2n
].
De lo anterior se deduce que la integral inferior es cero y la integral superior es
S(f) = lımn→∞
(b− a)
[a+
(b− a)(n+ 1)
2n
]=
(b− a)(b+ a)
26= 0.
Como I(f) 6= S(f), la funcion no es integrable en dicho intervalo.
6. a) Sea f una funcion integrable y no negativa en [a, b] tal que∫ b
af(x) dx = 0. Demostrar que f(x) = 0 en cada punto de continuidad de f .
4
b) Sea f una funcion continua y no negativa en [a, b]. Supongamos que existe c ∈ [a, b]
tal que f(c) > 0. Probar que
∫ b
af(x) dx > 0.
Solucion
a) Procederemos por reduccion al absurdo: si fuera f(c) 6= 0 para algun c ∈ (a, b) donde fes continua, entonces necesariamente f(x) > 0, ∀x ∈ (c − ε, c + ε). Pero esto indica que∫ c+ε
c−εf(x) dx > 0 lo que contradice la hipotesis de que
∫ b
af(x) dx = 0.
b) Como f(c) > 0, por ser f continua, existe un intervalo (c− δ, c+ δ) tal que f(x) > 0, ∀x ∈(c−δ, c+δ). Consideramos ahora una particion P = {x0, x1, . . . , xn} de [a, b] de tal maneraque existan dos puntos xi, xi+1 ∈ (c− δ, c+ δ) (en caso contrario siempre se pueden anadirdos puntos ası a la particion). Sea uk ∈ [xk−1, xk] el valor para el cual f alcanza el mınimoen el subintervalo [xk−1, xk]. Por definicion,
I(f, P ) =n∑k=1
f(uk) · (xk − xk−1) > 0
porque en (c − δ, c + δ) la funcion es estrictamente positiva y en el resto es no negativa.
Como I(f) = supP I(f, P ), tambien sera I(f) > 0, de donde se deduce que
∫ b
af(x) dx > 0.
7. Sabiendo que
∫ 1
0f(x) dx = 6,
∫ 2
0f(x) dx = 4,
∫ 5
2f(x) dx = 1, calcular:
a)
∫ 5
0f(x) dx.
b)
∫ 2
1f(x) dx.
c)
∫ 1
5f(x) dx.
d)
∫ 1
0f(2x) dx.
Solucion
a) Debido a la propiedad aditiva de la integral, tenemos:∫ 5
0f(x) dx =
∫ 2
0f(x) dx+
∫ 5
2f(x) dx = 4 + 1 = 5.
b) Teniendo en cuenta que
∫ b
af(x) dx = −
∫ a
bf(x) dx, si descomponemos nuevamente la in-
tegral en dos sumandos, resulta:∫ 2
1f(x)dx =
∫ 0
1f(x)dx+
∫ 2
0f(x)dx = −
∫ 1
0f(x)dx+
∫ 2
0f(x)dx = −6 + 4 = −2.
c) Utilizando el resultado de a) y descomponiendo la integral, obtenemos:∫ 1
5f(x) dx =
∫ 0
5f(x) dx+
∫ 1
0f(x) dx = −
∫ 5
0f(x) dx+
∫ 1
0f(x) dx = −5 + 6 = 1.
5
d) Por la propiedad de escala
∫ b
af(x) dx = c
∫ b/c
a/cf(cx) dx con c = 2, resulta:
∫ 1
0f(2x) dx = (1/2)
∫ 2
0f(x) dx = 4/2 = 2.
8. Probar que24√e≤∫ 2
0ex
2−x dx ≤ 2e2.
Solucion
Calcularemos en primer lugar el maximo y el mınimo de la funcion integrando en el intervalo[0, 2]:
f(x) = ex2−x =⇒ f ′(x) = (2x− 1) · ex2−x,
f ′(x) = 0 ⇐⇒ 2x− 1 = 0⇐⇒ x = 1/2.
Ademas como f ′(x) < 0 para x < 1/2, f decrece en (0, 1/2); por otra parte, como f ′(x) > 0cuando x > 1/2, f crece en (1/2, 2).
Esto quiere decir que el mınimo de la funcion corresponde a x = 1/2 y toma el valor f(1/2) =e−1/4 y el maximo estara en alguno de los extremos del intervalo. Ahora bien, como f(0) = 1 yf(2) = e2, el maximo es el punto (2, e2).
Lo anterior permite escribir la desigualdad e−1/4 ≤ f(x) ≤ e2, ∀x ∈ (0, 2) (como se observaen la figura). Como esta desigualdad sigue siendo valida al calcular las integrales respectivas(propiedad de monotonıa), obtenemos en definitiva que∫ 2
0e−1/4 dx ≤
∫ 2
0ex
2−x dx ≤∫ 2
0e2 dx =⇒ 2e−1/4 ≤
∫ 2
0ex
2−x dx ≤ 2e2,
como querıamos demostrar.
9. Sean f y g dos funciones continuas en [a, b]. Probar que(∫ b
af(x)g(x) dx
)2
≤(∫ b
af2(x) dx
)·(∫ b
ag2(x) dx
)(llamada desigualdad de Schwarz).
Solucion
6
Si g es la funcion nula, la igualdad es evidentemente cierta (ambos miembros de la desigualdadson nulos).
Sea pues g 6= 0 y llamamos λ a un numero real cualquiera. Como la funcion (f + λg)2 es nonegativa, entonces su integral sera tambien no negativa. Desarrollandola tenemos:
0 ≤∫ b
a(f + λg)2(x) dx =
∫ b
af2(x) dx+ λ2
∫ b
ag2(x) dx+ 2λ
∫ b
af(x)g(x) dx.
Si sustituimos en la desigualdad el valor λ =−∫ ba f(x)g(x) dx∫ ba g
2(x) dx, resulta:
0 ≤∫ b
af2(x) dx+
(∫ ba f(x)g(x) dx∫ ba g
2(x) dx
)2
·∫ b
ag2(x) dx
−2 ·∫ ba f(x)g(x) dx∫ ba g
2(x) dx·∫ b
af(x)g(x) dx
=
∫ b
af2(x) dx+
(∫ ba f(x)g(x) dx
)2∫ ba g
2(x) dx− 2 ·
(∫ ba f(x)g(x) dx
)2∫ ba g
2(x) dx
=
∫ b
af2(x) dx−
(∫ ba f(x)g(x) dx
)2∫ ba g
2(x) dx
=⇒(∫ b
af(x)g(x) dx
)2
≤(∫ b
af2(x) dx
)·(∫ b
ag2(x) dx
).
10. Sea f una funcion integrable en [a, b]. Probar las siguientes propiedades:
a)
∣∣∣∣∫ b
af(x) dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a|f(x)| dx.
b) Si m ≤ f(x) ≤M en todo [a, b], entonces existe algun k ∈ [m,M ] tal que
∫ b
af(x) dx = (b− a) · k.
c) (Teorema del valor medio para integrales.) Si f es continua en [a, b], entoncesexiste algun c ∈ [a, b] tal que∫ b
af(x) dx = (b− a) · f(c).
Solucion
a) Aplicaremos la propiedad f ≤ g =⇒∫ b
af(x) dx ≤
∫ b
ag(x) dx y el hecho de que |x| ≤ A⇐⇒
−A ≤ x ≤ A. Tenemos pues:
−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)| =⇒ −∫ b
a|f(x)| dx ≤
∫ b
af(x) dx ≤
∫ b
a|f(x)| dx
=⇒∣∣∣∣∫ b
af(x) dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a|f(x)| dx.
7
b) Aplicamos de nuevo la propiedad anterior, con lo que:
m ≤ f(x) ≤M =⇒∫ b
am dx ≤
∫ b
af(x) dx ≤
∫ b
aM dx
=⇒ m(b− a) ≤∫ b
af(x) dx ≤M(b− a)
=⇒ m ≤ 1
b− a
∫ b
af(x) dx ≤M =⇒ 1
b− a
∫ b
af(x) dx = k,
para algun k ∈ [m,M ].
c) Por ser f continua, alcanza sus valores maximo y mınimo, es decir, m ≤ f(x) ≤ M conm = f(c0) y M = f(c1). Procediendo como en el apartado anterior, de la desigualdad
m ≤ 1
b− a
∫ b
af(x) dx ≤M y aplicando la propiedad de Darboux (ver capıtulo 4), se deduce
que existe c ∈ [a, b] tal que f(c) =1
b− a
∫ b
af(x) dx.
Geometricamente, esta propiedad indica que, en el caso de ser f no negativa en [a, b], el arealimitada por la funcion y el eje X en el intervalo [a, b] coincide con el area de un rectangulode base b− a y cuya altura es el valor de la funcion en algun punto c ∈ [a, b].
11. Sean f y g dos funciones continuas en [a, b] donde ademas g no cambia de signo. Probarque existe algun c ∈ [a, b] tal que∫ b
af(x)g(x) dx = f(c)
∫ b
ag(x) dx
(teorema generalizado del valor medio para integrales).
Solucion
Por ser f continua en un intervalo cerrado [a, b], es acotada y existen dos constantes m y M talesque m ≤ f(x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b]. Suponemos ademas que g(x) ≥ 0 en [a, b] (en caso contrario,cambia solo el sentido de las desigualdades siguientes). Entonces:
m · g(x) ≤ f(x) · g(x) ≤M · g(x)
=⇒∫ b
am · g(x) dx ≤
∫ b
af(x) · g(x) dx ≤
∫ b
aM · g(x) dx
=⇒ m ≤∫ ba f(x) · g(x) dx∫ b
a g(x) dx≤M =⇒ ∃r ∈ [m,M ] : r =
∫ ba f(x) · g(x) dx∫ b
a g(x) dx.
Aplicando ahora la propiedad de Darboux, como r ∈ [m,M ], existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = r,lo que prueba la propiedad buscada.
Se observa que si g es la funcion identidad, la propiedad se reduce al teorema del valor medioprobado en el problema anterior.
12. Sea f una funcion continua en [a, b]. Comparar la cantidad (b− a)f(b) con
∫ b
af(x) dx en
los siguientes casos:
a) f constante en [a, b].
8
b) f creciente en [a, b].
c) f decreciente en [a, b].
Solucion
a) Si f es constante, entonces f(x) = f(b), ∀x ∈ [a, b]. Integrando miembro a miembro, resulta:∫ b
af(x) dx =
∫ b
af(b) dx =⇒
∫ b
af(x) dx = (b− a)f(b).
b) Si f es creciente, f(x) ≤ f(b), ∀x ∈ [a, b]. Por la propiedad de monotonıa,∫ b
af(x) dx ≤
∫ b
af(b) dx =⇒
∫ b
af(x) dx ≤ (b− a)f(b).
c) Si f es decreciente, f(x) ≥ f(b), ∀x ∈ [a, b]. Nuevamente tenemos:∫ b
af(x) dx ≥
∫ b
af(b) dx =⇒
∫ b
af(x) dx ≥ (b− a)f(b).
2. Teoremas fundamentales del calculo integral
1. Resolver:
a)
∫ 1
−1
d
dx
(1
1 + 21/x
)dx.
b)d
dx
∫ x2
0
√1 + t2 dt.
c)d
dx
∫ x3
x2
dt√1 + t4
.
d)d
dx
(sen
(∫ x
0sen
(∫ y
0sen3 t dt
)dy
)).
Solucion
a) Por la definicion de integral:∫ 1
−1
d
dx
(1
1 + 21/x
)dx =
[1
1 + 21/x
]1−1
=1
1 + 2− 1
1 + 2−1=
1
3− 1
3/2= −1
3.
b) Aplicamos en este caso el primer teorema fundamental del calculo integral pues la variableindependiente esta en el lımite superior de integracion. Tenemos ası:
d
dx
∫ x2
0
√1 + t2 dt =
√1 + (x2)2 · 2x = 2x
√1 + x4.
9
c) Analogamente al apartado anterior,
d
dx
∫ x3
x2
dt√1 + t4
= 3x2 · 1√1 + (x3)4
− 2x · 1√1 + (x2)4
=3x2√
1 + x12− 2x√
1 + x8.
d) Llamando u(x) =
∫ x
0sen
(∫ y
0sen3 t dt
)dy, entonces u′(x) = sen
(∫ x
0sen3 t dt
). De aquı re-
sulta:
d
dx(senu(x)) = cosu(x) · u′(x)
= cos
(∫ x
0sen
(∫ y
0sen3 t dt
)dy
)· sen
(∫ x
0sen3 t dt
).
2. Dadas las funciones f(x) =√x+ sen2 πx, g(x) =
√1 + x4,
h(x) =
∫ f(x)
0g(x) dx, calcular h′(1).
Solucion
Aplicando el teorema fundamental del calculo integral, h′(x) = g(f(x)) · f ′(x). Por otra parte, si
aplicamos las reglas usuales de derivacion, obtenemos que f ′(x) =1 + 2 sen(πx) cos(πx) · π
2√x+ sen2 πx
. En
definitiva,h′(1) = g(f(1)) · f ′(1) = g(1) · (1/2) =
√2/2.
3. Determinar todas las funciones continuas f para las cuales
g(x) =
∫ x+1
x−1f(t) dt es constante.
Solucion
Para que g sea constante debe ser g′ ≡ 0. Como g′(x) = f(x + 1) − f(x − 1), g sera constantecuando f(x + 1) = f(x − 1) para todo x, o, lo que es equivalente, f(x) = f(x + 2), ∀x. Estapropiedad corresponde precisamente a las funciones periodicas de perıodo 2.
4. Calcular lımx→0
∫ x20 tg
√t dt
x− senx.
Solucion
Tenemos una indeterminacion del tipo 0/0 por lo que aplicaremos la regla de L’Hopital y lasequivalencias de infinitesimos tg f(x) ∼ f(x) y 1− cos f(x) ∼ [f(x)]2/2 cuando f(x)→ 0. Ası
L = lımx→0
2x tg√x2
1− cosx= lım
x→0
2x · |x|x2/2
= lımx→0
4|x|x,
10
lo que tiene diferentes valores segun x sea positivo o negativo. En concreto, lımx→0+
4|x|x
= 4 y
lımx→0−
4|x|x
= −4.
5. Dadas las funciones f(x) = x2, g(x) =√x2 + 1 · sen(πx) y
h(x) =
∫ f(x)
0g(t) dt, calcular los maximos y mınimos relativos de h.
Solucion
En primer lugar calculamos los puntos crıticos, es decir aquellos puntos en que h′(x) = 0:
h′(x) = g(f(x)) · f ′(x) =√x4 + 1 · sen(πx2) · 2x;
h′(x) = 0⇐⇒ x = 0 o πx2 = kπ, k ∈ Z⇐⇒ x = ±√k, k ∈ N ∪ {0}.
Para saber si corresponden a posibles maximos o mınimos, calculamos la derivada de segundoorden:
h′′(x) = 2x√
1 + x4 · cos(πx2) · 2πx+2x · sen(πx2) · 4x3
2√
1 + x4+ 2√
1 + x4 · sen(πx2).
De aquı se deduce que si k es par, como cos(πk) = 1, sen(πk) = 0, entonces
h′′(√k) = 2
√k ·√
1 + k2 · 2π√k = 4πk
√1 + k2 > 0,
lo que implica que x =√k corresponde a un mınimo relativo.
Por otra parte, si k es impar, cos(πk) = −1 y sen(πk) = 0, con lo que
h′′(√k) = −2
√k ·√
1 + k2 · 2π√k = −4πk
√1 + k2 < 0,
lo que implica que x =√k corresponde a un maximo relativo.
Por ultimo, si k = 0, h′′(0) = 0 pero, en un entorno reducido de x = 0, h′(x) > 0, si x > 0 yh′(x) < 0 si x < 0, lo que indica que x = 0 corresponde a un mınimo relativo.
6. Probar que la funcion f(x) =
∫ x
1e−1/t
2dt, definida en el intervalo (0,∞), tiene inversa
derivable. Calcular (f−1)′(0).
Solucion
La derivada de la funcion es f ′(x) = e−1/x2, que es siempre positiva. Esto quiere decir que la
funcion es creciente en (0,∞) y, por tanto, tiene inversa. Por la regla de derivacion de la funcion
inversa, (f−1)′(x0) =1
f ′(f−1(x0)), y sabiendo que f(1) = 0 equivale a que f−1(0) = 1, tenemos:
(f−1)′(0) =1
f ′(f−1(0))=
1
f ′(1)=
1
e−1= e.
11
7. Sea y = g(x) una funcion continua y positiva en [0,∞). Probar que la funcion f(x) =
∫ x0 tg(t) dt∫ x0 g(t) dt
es creciente en (0,∞).
Solucion
La funcion sera creciente donde su derivada sea positiva. Aplicando la regla de derivacion delcociente tenemos:
f ′(x) =xg(x)
∫ x0 g(t) dt− g(x)
∫ x0 tg(t) dt[∫ x
0 g(t) dt]2
=g(x)
∫ x0 xg(t) dt− g(x)
∫ x0 tg(t) dt[∫ x
0 g(t) dt]2 =
g(x)∫ x0 (x− t)g(t) dt[∫ x0 g(t) dt
]2 .
El denominador es evidentemente positivo. Ademas, como g es positiva, para todo x > 0, sit ∈ (0, x), entonces g(x) > 0 y (x− t)g(t) > 0. Sabiendo que la integral de una funcion positivaes positiva, se obtiene tambien que el numerador es positivo. De esto se deduce que la funciones creciente cuando x > 0.
8. Demostrar que, si f es una funcion continua, se tiene la siguiente igualdad
∫ x
0(x− u)f(u)du =
∫ x
0
(∫ u
0f(t) dt
)du.
Solucion
Si llamamos
F (x) =
∫ x
0(x− u)f(u)du = x
∫ x
0f(u)du−
∫ x
0uf(u)du,
G(x) =
∫ x
0
(∫ u
0f(t) dt
)du,
debemos comprobar que F ′(x) = G′(x) y que en algun punto x0, F (x0) = G(x0). Ahora bien:
F ′(x) =
∫ x
0f(u)du+ xf(x)− xf(x) =
∫ x
0f(u)du;
G′(x) =
∫ x
0f(t) dt.
Esto indica que F y G se diferencian en una constante F (x)−G(x) = C. Pero como F (0) = 0 =G(0), resulta que C = 0, con lo que F = G.
9. Calcular
∫ 3
−1
f ′(x)
1 + f2(x)dx.
Solucion
Recordando que D(arc tg f(x)) =f ′(x)
1 + f2(x), obtenemos:
∫ 3
−1
f ′(x)
1 + f2(x)dx = [arc tg f(x)]3−1 = arc tg f(3)− arc tg f(−1).
12
10. Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes lımites:
a) lımn→∞
(1
n2+
2
n2+ · · ·+ n− 1
n2
).
b) lımn→∞
1
n
(sen
π
n+ sen
2π
n+ · · ·+ sen
(n− 1)π
n
).
c) lımn→∞
1p + 2p + · · ·+ np
np+1, (p > 0).
d) lımn→∞
n
(1
12 + n2+ · · ·+ 1
n2 + n2
).
Solucion
En todos los casos debemos construir una funcion adecuada y determinar un intervalo de modoque la definicion de integral de dicha funcion en el intervalo corresponda al lımite buscado.Utilizaremos la definicion de integral∫ b
af(x) dx = lım
n→∞
b− an
n∑i=1
f(ui), ui ∈ [xi−1, xi],
donde xi = a + i(b − a)/n, i = 0, 1, 2, . . . , n es un punto generico de una particion regular delintervalo [a, b], para lo cual escribiremos las sumas dadas como en el caso general.
a) Escribimos1
n2+
2
n2+ · · ·+ n− 1
n2=
1
n
(0
n+
1
n+
2
n+ · · ·+ n− 1
n
).
Consideramos la funcion f(x) = x en el intervalo [0, 1]. Una particion regular del intervaloes P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1}. Como la funcion es creciente, la integral inferior enel intervalo [0, 1] es, por definicion,
I(f) = lımn→∞
n∑i=1
f(xi−1)(xi − xi−1) = lımn→∞
n∑i=1
i− 1
n· 1
n= lım
n→∞
n∑i=1
i− 1
n2.
Por otra parte, como la funcion es integrable, podemos aplicar el segundo teorema funda-mental, con lo que dicho lımite es igual a
lımn→∞
1
n
n∑i=1
i− 1
n= I(f) = I =
∫ 1
0x dx =
[x2
2
]10
=1
2.
b) Aplicamos el procedimiento anterior a la funcion f(x) = sen(πx) en el intervalo [0, 1].
lımn→∞
1
n
n∑i=1
f
(i− 1
n
)=
∫ 1
0sen(πx) dx = − 1
π
[cos(πx)
]10
=2
π.
c) Escribimos la suma dada como
1p + 2p + · · ·+ np
np+1=
1
n[(1/n)p + (2/n)p + · · ·+ (n/n)p] ,
lo que sugiere considerar la funcion f(x) = xp en [0, 1]. Procediendo como en los casosanteriores, tenemos:
lımn→∞
1
n
n∑i=1
f
(i
n
)=
∫ 1
0xp dx =
1
p+ 1
[xp+1
]10
=1
p+ 1.
13
d) Nuevamente debemos adaptar la suma dada para que tenga la forma de una suma deRiemann. Para ello dividimos numerador y denominador por n2 con lo que
n
(1
12 + n2+ · · ·+ 1
n2 + n2
)=
1
n
(1
1 + (1/n)2+ · · ·+ 1
1 + (n/n)2
).
El lımite de esta suma corresponde a la integral de la funcion f(x) =1
1 + x2en [0, 1]. De
este modo,
lımn→∞
1
n
n∑i=1
f
(i
n
)=
∫ 1
0
1
1 + x2dx =
[arc tg x
]10
= π/4.
11. Sea f una funcion que verifica f(0) = 1, f(2) = 3, f ′(2) = 5. Hallar
∫ 1
0xf ′′(2x) dx.
Solucion
Integramos por partes haciendo u = x, dv = f ′′(2x) dx. De este modo, du = dx, v = (1/2)f ′(2x),con lo que∫
xf ′′(2x) dx = x · (1/2)f ′(2x)−∫
(1/2)f ′(2x) dx = (1/2)xf ′(2x)− (1/4)f(2x).
Aplicando ahora el teorema fundamental tenemos que∫ 1
0xf ′′(2x) dx =
[(1/2)xf ′(2x)− (1/4)f(2x)
]10
=f ′(2)
2− f(2)
4+f(0)
4=
5
2− 3
4+
1
4= 2.
12. Resolver la ecuacion
∫ x
√2
dt
t√t2 − 1
=π
12cuando x >
√2.
Solucion
Calculamos primero la integral indefinida para lo que hacemos el cambio de variable t2−1 = u2.Queda entonces: ∫
dt
t√t2 − 1
=
∫du
u2 + 1= arc tg u = arc tg
√t2 − 1.
Si sustituimos ahora en los extremos de integracion,
π
12=
∫ x
√2
dt
t√t2 − 1
= arc tg√x2 − 1− arc tg 1 = arc tg
√x2 − 1− π
4
=⇒ arc tg√x2 − 1 =
π
12+π
4=π
3=⇒
√x2 − 1 = tg π/3 =
√3
=⇒ x2 = 4 =⇒ x = 2,
pues debe ser x >√
2.
13. Hallar un polinomio p(x) tal que p(0) = p(−2) = 0, p(1) = 15, 3
∫ 0
−2p(x) dx = 4.
Solucion
14
Como se proporcionan cuatro condiciones, probamos como solucion un polinomio de grado 3,p(x) = a0 + a1x + a2x
2 + a3x3. De acuerdo con los datos, tenemos el sistema de ecuaciones
siguiente:
p(0) = 0 =⇒ a0 = 0
p(−2) = 0 =⇒ a0 − 2a1 + 4a2 − 8a3 = 0
p(1) = 15 =⇒ a0 + a1 + a2 + a3 = 15
3
∫ 0
−2p(x) dx = 4 =⇒
[a0x+
a1x2
2+a2x
3
3+a3x
4
4
]0−2
=4
3
=⇒ −(−2a0 + 2a1 −
8a23
+ 4a3
)=
4
3.
Al resolver el sistema, obtenemos la solucion
a0 = 0, a1 = 4, a2 = 8, a3 = 3.
14. Dada una funcion integrable f , probar las siguientes propiedades:
a)
∫ b
af(x) dx =
∫ b+c
a+cf(x− c) dx.
b)
∫ b
af(x) dx = (b− a)
∫ 1
0f [a+ (b− a)x] dx.
Solucion
a) Haciendo en la segunda integral el cambio de variable x− c = t, el intervalo de integracionx ∈ (a + c, b + c) se transforma en t ∈ (a, b). Como ademas dx = dt, la integral quedaahora: ∫ b+c
a+cf(x− c) dx =
∫ b
af(t) dt =
∫ b
af(x) dx.
b) Al igual que el caso anterior, hacemos en la segunda integral el cambio de variable t =a+(b−a)x; de aquı, cuando x = 0, es t = a y cuando x = 1, es t = b. Ademas dt = (b−a) dx,con lo que
(b− a)
∫ 1
0f [a+ (b− a)x] dx =
∫ b
af(t) dt =
∫ b
af(x) dx.
15. Sea f una funcion integrable en [a, b] que verifica f(a + b − x) = f(x), ∀x. Probar que∫ b
axf(x) dx =
a+ b
2
∫ b
af(x) dx.
Solucion
Si hacemos en la primera integral el cambio de variable u = a+ b− x, obtenemos:∫ b
axf(x) dx =
∫ a
b(a+ b− u)f(a+ b− u)(−du)
=
∫ b
a(a+ b)f(u) du −
∫ b
auf(u) du =
∫ b
a(a+ b)f(x) dx−
∫ b
axf(x) dx.
15
Agrupando terminos iguales y despejando, resulta:
2
∫ b
axf(x) dx = (a+ b)
∫ b
af(u)du =⇒
∫ b
axf(x) dx =
a+ b
2
∫ b
af(x) dx.
16. Probar que
∫ 1
0xn(1− x)m dx =
∫ 1
0xm(1− x)n dx, ∀n,m ∈ Z.
Solucion
Hacemos en la primera integral el cambio de variable t = 1− x. De este modo:∫ 1
0xn(1− x)m dx =
∫ 0
1(1− t)ntm(− dt) =
∫ 1
0tm(1− t)n dt,
que es la igualdad buscada.
17. Sea f una funcion continua en el intervalo [−a, a].
a) Si f es par, probar que
∫ a
−af(x) dx = 2
∫ a
0f(x) dx.
b) Si f es impar, probar que
∫ a
−af(x) dx = 0.
Solucion
En ambos casos descomponemos la integral en suma del siguiente modo:∫ a
−af(x) dx =
∫ 0
−af(x) dx+
∫ a
0f(x) dx,
y en el primer sumando hacemos el cambio de variable x = −t.
a) Teniendo en cuenta que, al ser f par, f(−x) = f(x), ∀x, tenemos:∫ 0
−af(x) dx =
∫ 0
af(−t)(− dt) =
∫ a
0f(−t) dt =
∫ a
0f(t) dt.
Sustituyendo este resultado en la primera igualdad, se obtiene en definitiva que∫ a
−af(x) dx =
∫ a
0f(x) dx+
∫ a
0f(x) dx = 2
∫ a
0f(x) dx.
b) Procedemos analogamente al caso anterior, pero, al ser f impar, utilizamos la propiedadf(−x) = −f(x), ∀x. Ası:∫ 0
−af(x) dx =
∫ 0
af(−t)(− dt) =
∫ a
0−f(t) dt = −
∫ a
0f(t) dt,
por lo que, al sustituir, se deduce que
∫ a
−af(x) dx = 0.
18. Sean f y g dos funciones integrables en R con las siguientes caracterısticas: f es impar,
g es par, f(5) = 7, f(0) = 0, g(x) = f(x+ 5), f(x) =
∫ x
0g(t) dt para todo x. Demostrar:
16
a) f(x− 5) = −g(x) para todo x.
b)
∫ 5
0f(t) dt = 7.
c)
∫ x
0f(x) dx = g(0)− g(x).
Solucion
a) Aplicando que f es impar y que g es par, obtenemos:
f(x− 5) = −f(5− x) = −g(−x) = −g(x).
b) Por la propiedad de traslacion, haciendo t = x+ 5 y aplicando el problema anterior, resulta:∫ 5
0f(t) dt =
∫ 0
−5f(x+ 5) dx =
∫ 0
−5g(x) dx =
∫ 5
0g(x) dx = f(5) = 7.
c) Hacemos el cambio de variable x = u+ 5 y aplicamos los resultados anteriores. Ası tenemosque ∫ x
0f(x) dx =
∫ x−5
−5f(u+ 5) du =
∫ x−5
−5g(u) du =
∫ 0
−5g(u) du+
∫ x−5
0g(u) du
=
∫ 5
0g(u) du+ f(x− 5) = f(5) + f(x− 5) = g(0)− g(x).
19. Probar que si f es integrable en todo R y periodica de perıodo T , entonces
∫ a+T
af(x) dx =
∫ T
0f(x) dx,
∀a ∈ R.
Solucion
Por ser f periodica de perıodo T , se verifica que f(x) = f(x+ nT ), ∀x ∈ R, n ∈ Z.
Probaremos en primer lugar que
∫ T
0f(x) dx =
∫ (n+1)T
nTf(x) dx, para cualquier entero n. Para
ello basta hacer en la segunda integral el cambio de variable t = x− nT , con lo que,
(∗)∫ (n+1)T
nTf(x) dx =
∫ T
0f(t+ nT ) dt =
∫ T
0f(t) dt.
Si a es cualquier numero real, por la propiedad arquimediana de los numeros reales, existe n ∈ Ztal que nT ≤ a < (n+ 1)T . Hacemos pues la descomposicion∫ a+T
af(x) dx =
∫ (n+1)T
af(x) dx+
∫ a+T
(n+1)Tf(x) dx.
En el segundo sumando hacemos el cambio de variable u = x− T . Ası:∫ a+T
(n+1)Tf(x) dx =
∫ a
nTf(u+ T ) du =
∫ a
nTf(u) du.
17
Sustituyendo este resultado en la igualdad anterior y aplicando (*), obtenemos:∫ a+T
af(x) dx =
∫ (n+1)T
af(x) dx+
∫ a
nTf(u) du =
∫ (n+1)T
nTf(x) dx =
∫ T
0f(x) dx.
La siguiente figura ilustra la situacion planteada en el problema.
20. Sea f(x) =
{x− [x]− 1/2 si x no es entero
0 si x es entero,y se define la funcion P (x) =
∫ x
0f(t) dt,
para todo x real.
a) Dibujar la grafica de f en el intervalo [−3, 3] y probar que f(x+ 1) = f(x) para todox.
b) Demostrar que P (x) =x2 − x
2, si 0 ≤ x ≤ 1, y que P es periodica de perıodo 1.
c) Determinar una constante c tal que
∫ 1
0[P (t) + c] dt = 0.
d) Sea ahora Q(x) =
∫ x
0[P (t) + c] dt. Demostrar que ∀x ∈ [0, 1],
Q(x) =x3
6− x2
4+
x
12y que Q es periodica de perıodo 1.
Solucion
a) Si n es cualquier entero y x ∈ (n, n + 1), entonces [x] = n, con lo que f(x) = x − n − 1/2,lo que corresponde a una recta de pendiente uno y que corta al eje X en x = n + 1/2. Lagrafica es pues de la forma:
De la misma construccion se deduce que f(x + 1) = f(x), ∀x, lo que quiere decir que lafuncion es periodica de perıodo 1. Analıticamente, si x ∈ [n, n+ 1), x+ 1 ∈ [n+ 1, n+ 2),y [x+ 1] = n+ 1. Entonces,
f(x+ 1) = x+ 1− [x+ 1]− 1/2 = x+ 1− (n+ 1)− 1/2 = x− n− 1/2 = f(x).
b) Si x ∈ (0, 1), [x] = 0 y f(x) = x− 1/2, con lo que:
P (x) =
∫ x
0(t− 1/2) dt =
[t2
2− t
2
]x0
=x2
2− x
2=x2 − x
2.
18
Ademas, es evidente que P (0) = 0 y, por ser f integrable, P es continua y
P (1) = lımx→1−
P (x) = lımx→1−
x2 − x2
= 0.
Por otra parte, al ser f periodica, del problema anterior se deduce que para todo x,∫ x+1
xf(t) dt =
∫ 1
0f(t) dt = P (1) = 0.
Por tanto, si x ∈ [n, n+ 1), con n ∈ Z,
P (x+ 1) =
∫ x+1
0f(t) dt =
∫ x
0f(t) dt+
∫ x+1
xf(t) dt =
∫ x
0f(t) dt = P (x),
lo que prueba que P es periodica de perıodo 1.
c) Cuando x ∈ [0, 1], P (x) = (x2 − x)/2. Por tanto,
0 =
∫ 1
0[P (t) + c] dt =
1
2
∫ 1
0(t2 − t) dt+ [ct]10 =
1
2
[t3
3− t2
2
]10
+ c
=1
2
[1
3− 1
2
]+ c = − 1
12+ c =⇒ c =
1
12.
d) Procediendo como en b), si x ∈ [0, 1], tenemos:
Q(x) =
∫ x
0[P (t) + c] dt =
1
2
[t3
3− t2
2+
t
12
]x0
=x3
6− x2
4+
x
12.
Ademas, como P (t) + c es tambien periodica de perıodo 1,
Q(x+ 1) =
∫ x+1
0[P (t) + c] dt =
∫ x
0[P (t) + c] dt+
∫ x+1
x[P (t) + c] dt
=
∫ x
0[P (t) + c] dt+
∫ 1
0[P (t) + c] dt = Q(x).
3. Calculo de areas
1. Calcular el area de la region limitada por la grafica de la funcion f y el eje X en elintervalo indicado:
a) f(x) = |x| − |x− 1| en [−1, 2].
b) f(x) = x(lnx)2 en [1, e].
c) f(x) = e−x| senx| en [0, 2π].
Solucion
19
a) El area de la region (que es la parte sombreada de la figura) viene dada por la formula
A =
∫ 2
−1
∣∣|x| − |x− 1|∣∣ dx.
Teniendo en cuenta el signo de la funcion, la integral se descompone ası:
A =
∫ 0
−11 · dx+
∫ 0,5
0−(2x− 1) dx+
∫ 1
0,5(2x− 1) dx+
∫ 2
11 · dx =
5
2.
b) La funcion y = x(lnx)2 es no negativa en el intervalo [1, e].
El area es entonces, integrando por partes,
A =
∫ e
1x(lnx)2 dx =
[x2
2· (lnx)2 − x2
2· lnx+
x2
4
]e1
=e2 − 1
4.
c) Nuevamente la funcion es no negativa, por lo que A =
∫ 2π
0e−x| senx| dx.
Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos:
A =
∫ 2π
0e−x| senx| dx =
∫ π
0e−x senx dx+
∫ 2π
π−e−x senx dx
=
[−e−x
2(senx+ cosx)
]π0
+
[e−x
2(senx+ cosx)
]2ππ
=(e−π + 1)2
2.
20
2. Hallar el area de la figura limitada por la funcion f(x) = x(x− 1)(x− 2) y el eje OX.
Solucion
Como la curva corta al eje OX en los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y x = 2, el area viene dada
por A =
∫ 2
0|f(x)| dx.
Ahora bien, en el intervalo [0, 1] la curva queda por encima del eje X mientras que en el intervalo[1, 2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues
A =
∫ 1
0f(x) dx+
∫ 2
1−f(x) dx =
∫ 1
0(x3 − 3x2 + 2x) dx−
∫ 2
1(x3 − 3x2 + 2x) dx =
1
2.
3. Hallar el area del menor de los sectores que la recta x = 3 determina en la circunferenciade ecuacion x2 + y2 = 25.
Solucion
Teniendo en cuenta la simetrıa de la figura basta calcular el area de la region contenida en elprimer cuadrante. Tenemos
A = 2
∫ 5
3
√25− x2 dx
= 2
[x
2
√25− x2 +
25
2arc sen
x
5
]53
=25π
2− 12− 25 arc sen
3
5.
4. Hallar el area de la figura limitada por la recta x = 2a y la hiperbolax2
a2− y2
b2= 1.
Solucion
21
De acuerdo con la figura, el area se obtiene como
A = 2
∫ 2a
ab√
(x/a)2 − 1 dx
=
[bx
a
√x2 − a2 − ab ln
∣∣∣∣∣x+√x2 − a2a
∣∣∣∣∣]2aa
= ab[2√
3− ln(2 +√
3)].
5. Hallar el area limitada por la curva y2 = x4(4 + x).
Solucion
Como la figura esta determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es simetrica respecto al eje X, elarea sera
A = 2
∫ 0
−4x2√
4 + x dx =
[4(4 + x)3/2
((4 + x)2
7− 8(4 + x)
5+
16
3
)]0−4
=4096
105.
6. Hallar el area limitada por la curva x4 − ax3 + b2y2 = 0.
Solucion
La curva esta definida cuando x ∈ [0, a] y es simetrica respecto a OX. El area viene dada por:
A = 2
∫ a
0
x
b
√ax− x2 dx = (cambio (a/2) cos t = x− a/2)
=a3
4b
∫ π
0sen2 t · (1 + cos t) dt =
a3
4b
[t
2− sen 2t
4+
sen3 t
3
]π0
=πa3
8b.
22
7. Hallar el area de la figura limitada por la curva (x/5)2 + (y/4)2/3 = 1.
Solucion
El area de la figura, teniendo en cuenta sus simetrıas, es
A = 4
∫ 5
04(1− x2/25)3/2 dx = (cambio x = 5 cos t) = 16
∫ π/2
05 sen4 t dt
= 20
∫ π/2
0(1− cos 2t)2 dt = 20
[3t
2− sen 2t+
sen 4t
8
]π/20
= 15π.
8. Hallar el area limitada por la curva x = (y2 + x)2.
Solucion
En forma explıcita, la ecuacion de la curva es y = ±√√
x− x. Como la grafica es simetricarespecto al eje OX, el area viene dada por
A = 2
∫ 1
0
√√x− x dx = (cambio
1
2−√x =
sen t
2)
=1
2
∫ π/2
−π/2cos2 t · (1− sen t) dt =
1
2
[t
2+
sen 2t
4+
cos3 t
3
]π/2−π/2
=π
4.
9. Hallar el area encerrada por la curva y2 =x2
a2(a2 − x2).
Solucion
23
De acuerdo con la figura y gracias a la simetrıa, tenemos:
A = 4
∫ a
0
x
a
√a2 − x2 dx = (cambio x = a sen t) = 4a2
∫ π/2
0cos2 t · sen t dt
= 4a2[−cos3 t
3
]π/20
=4a2
3.
10. Hallar el area de la figura limitada por la cardioide de ecuacion x(t) = a(2 cos t−cos 2t), y(t) =a(2 sen t− sen 2t).
Solucion
Como la figura es simetrica respecto al eje OX, el area viene dada por
A = 2
∫ a
−3ay · dx = 2
∫ 0
πy(t)x′(t) dt
= 2
∫ 0
πa(2 sen t− sen 2t)2a(sen 2t− sen t) dt
= 4a2[−3t
2+ 2 sen3 t+
sen 2t
2+
sen 4t
8
]0π
= 6πa2.
11. Hallar el area comprendida entre un lazo de la cicloide x = a(t− sen t), y = a(1− cos t) yel eje OX.
Solucion
2πa
24
Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentra en el intervalot ∈ [0, 2π], resulta:
A =
∫ 2πa
0y(t) dx(t) =
∫ 2π
0a(1− cos t)a(1− cos t) dt
= a2[
3t
2− 2 sen t+
sen 2t
4
]2π0
= 3πa2.
12. Hallar el area encerrada por la astroide de ecuacion (ax)2/3 + (by)2/3 = (a2 − b2)2/3.
Solucion
Escribimos la ecuacion en forma parametrica como x(t) = (c2/a) cos3 t, y(t) = (c2/b) sen3 t,donde c2 = a2 − b2.
c2/b
c2/a
Teniendo en cuenta la simetrıa de la figura podemos escribir el area como
A = 4
∫ c2/a
0y · dx = 4
∫ 0
π/2(c2/b) sen3 t · (c2/a)(−3 cos2 t sen t) dt
=12c4
ab
∫ π/2
0sen4 t cos2 t dt =
12c4
ab
[t
16− sen 4t
64− sen3 2t
48
]π/20
=3πc4
8ab.
13. Hallar el area de la figura limitada por la curva y3 = x, la recta y = 1 y la vertical x = 8.
Solucion
Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en el intervalo [1, 8] la curvaqueda por encima de la recta, el area viene dada por
A =
∫ 8
1(x1/3 − 1) dx =
[3x4/3
4− x
]81
=17
4.
25
14. Calcular el area limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2, x = 0.
Solucion
En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la region comprendidaentre los valores x = 0 y x = 1.
e2
El area se obtiene como
A =
∫ 1
0(e2 − e2x) dx =
[e2x− e2x
2
]10
= e2 − e2
2+
1
2=e2 + 1
2.
15. Hallar el area de la region y ≥ x2 − 9, x2 + (y − 3)2 ≥ 9, y ≤ −x+ 3.
Solucion
El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la recta y = −x+ 3. Esto quieredecir que la recta es un diametro y el area de la figura sombreada es la diferencia entre el areade la region comprendida entre dicha recta y la parabola y el area del semicırculo de radio 3.Los puntos de interseccion de la parabola y la recta se obtienen del sistema
y = x2 − 9, y = −x+ 3 =⇒ x2 + x− 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4.
26
Tenemos entonces:
A =
∫ 3
−4[(−x+ 3)− (x2 − 9)] dx− 9π
2=
∫ 3
−4(−x2 − x+ 12) dx− 9π
2
=
[12x− x2
2− x3
3
]3−4− 9π
2=
343
6− 9π
2.
16. Calcular el area de la figura limitada por las curvas y = ex, y = e−x y la recta x = 1.
Solucion
Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curva y = e−x, el areaviene dada por
A =
∫ 1
0(ex − e−x) dx =
[ex + e−x
]10
= e+ e−1 − 2.
17. Hallar el area comprendida entre las parabolas y2 = 2px, x2 = 2py.
Solucion
Como los puntos de interseccion de ambas parabolas son (0, 0) y (2p, 2p), el area viene dada porla integral:
A =
∫ 2p
0
(√2px− x2
2p
)dx =
[√2p · 2x3/2
3− x3
6p
]2p0
=4p2
3.
18. Dada la curva de ecuacion y = x3 y la recta y = λx (ver figura), demostrar que la regionS1 limitada por la curva y la recta en el intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma area que laregion S2 limitada por la curva y el eje X en el mismo intervalo.
27
Solucion
Como la recta pasa por el punto (a, a3), se debe cumplir que a3 = λa, es decir λ = a2.
Al calcular cada una de las areas mencionadas obtenemos
S1 =
∫ a
0(λx− x3) dx =
[λx2
2− x4
4
]a0
=2λa2 − a4
4=a4
4,
S2 =
∫ a
0x3 dx =
[x4
4
]a0
=a4
4,
lo que prueba el enunciado.
19. Hallar el area de la figura encerrada por la parabola y = x2/4 y la curva de Agnesi
y =8
x2 + 4.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son solucion del sistema formado por ambas ecua-ciones. Tenemos que:
x2
4=
8
x2 + 4⇐⇒ x4 + 4x2 = 32⇐⇒ x2 = −2±
√4 + 32 = −2± 6.
Como la solucion x2 = −8 no es real, solo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. El area es entonces,teniendo en cuenta la simetrıa de la figura,
A =
∫ 2
−2
[8
x2 + 4− x2
4
]dx = 2
∫ 2
0
[8
x2 + 4− x2
4
]dx
= 2
[4 arc tg
x
2− x3
12
]20
= 2π − 4
3.
28
20. Calcular el area limitada por las curvas y = x2, y = senπx
2.
Solucion
Como se observa en la figura, la region que limitan dichas curvas se encuentra en el intervalo
[0, 1] en el cual la funcion y = senπx
2queda por encima de y = x2.
El area es entonces
A =
∫ 1
0
[sen
πx
2− x2
]dx =
[− 2
πcos
πx
2− x3
3
]10
= −1
3+
2
π.
21. Calcular el area de los dos trozos en que la circunferencia x2 + (y + R)2 = 2R2 divide ala circunferencia x2 + y2 = R2.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son:
x2 + y2 = R2, x2 + y2 + 2Ry +R2 = 2R2 =⇒ 2Ry = 0 =⇒ y = 0 =⇒ x = ±R,
y las regiones que limitan son las indicadas en la figura.
29
Las areas de ambas regiones son:
A1 =
∫ R
−R
(√R2 − x2 −
√2R2 − x2 +R
)dx
=
[x√R2 − x2
2+R2
2arc sen
x
R
]R−R
−
[x√
2R2 − x22
+R2 arc senx
R√
2
]R−R
+ [Rx]R−R = R2;
A2 = πR2 −A1 = (π − 1)R2.
22. Calcular el area comprendida entre las curvas y = sen3 x, y = 1/ senx, para x ∈ [π/4, π/2].
Solucion
En el intervalo indicado, la curva y = 1/ senx queda por encima de y = sen3 x.
π/4 π/2 π
A =
∫ π/2
π/4
(1
senx− sen3 x
)dx
=
[ln | cosecx− cotg x|+ cosx− cos3 x
3
]π/2π/4
= − ln(√
2− 1)− 5√
2
12.
23. Calcular el area comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y = sen6 x para x ∈ [0, π/4].
Solucion
En este caso tambien la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y = sen6 x. Bastara puesintegrar la resta de ambas funciones en el intervalo indicado.
π/4 π/2 π
30
A =
∫ π/4
0(sec2 x− sen6 x) dx
=
[tg x− 5
16x+
1
4sen 2x− 3
64sen 4x− 1
48sen3 2x
]π/40
=59
48− 5π
64.
24. Hallar el area de la figura comprendida entre la hiperbola equilatera x2 − y2 = 9, el ejeOX y la recta que une el origen con el el punto (5, 4).
Solucion
El area de la region se puede obtener como la resta entre el area del triangulo de vertices O(0, 0),A(5, 0) y B(5, 4) y el area de la region limitada por la hiperbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].
Tenemos pues:
A =5 · 4
2−∫ 5
3
√x2 − 9 dx
= 10−
[x√x2 − 9
2− 9
2ln
(x+√x2 − 9
3
)]53
=9
2ln 3.
25. Determinar el area de la parte comun a las dos elipses
x2
a2+y2
b2= 1,
x2
b2+y2
a2= 1 con a > b.
Solucion
Debido a la simetrıa de la region (ver figura), basta calcular el area de la region comprendidaen el primer cuadrante.
31
El punto de interseccion de las elipses tiene abscisa x =ab√a2 + b2
, con lo que el area pedida es
A = 4
∫ ab√a2+b2
0b√
1− x2/a2 dx+ 4
∫ b
ab√a2+b2
a√
1− x2/b2 dx
=4b
a
[a2
2arc sen
x
a+x
2
√a2 − x2
] ab√a2+b2
0
+4a
b
[b2
2arc sen
x
b+x
2
√b2−x2
]bab√a2+b2
= 2ab
[arc sen
b√a2 + b2
− arc sena√
a2 + b2+π
2
].
26. Calcular el area de la region limitada por las graficas de f(x) = |x− 1| y g(x) = x2 − 2x.
Solucion
Los puntos de interseccion de las curvas son:
y = |x− 1|, y = x2 − 2x =⇒ |x− 1| = x2 − 2x
=⇒
{x− 1 = x2 − 2x si x > 1
−x+ 1 = x2 − 2x si x < 1=⇒
{x = 3+
√5
2 ,
x = 1−√5
2 .
Debido a la simetrıa de la figura, el area se puede expresar como:
A =
∫ 3+√5
2
1−√
52
[|x− 1| − (x2 − 2x)] dx = 2
∫ 3+√5
2
1[(x− 1)− (x2 − 2x)] dx =
7 + 5√
5
6.
27. Calcular el area de la figura limitada por la parabolas y = x2, y = x2/2 y la recta y = 2x.
Solucion
La primera parabola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2 mientras que la segundaparabola y = x2/2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 4.
32
El area se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente forma:
A =
∫ 2
0(x2 − x2/2) dx+
∫ 4
2(2x− x2/2) dx = 4.
28. Calcular el area de la region limitada por las graficas de f y g en el intervalo que seindica en cada caso:
a) f(x) =√x, g(x) = x2 en [0, 2].
b) f(x) = x(x2 − 1), g(x) = x en [−1, 2].
Solucion
a) Los puntos de interseccion de las curvas son
y =√x, y = x2 =⇒ x = x4 =⇒ x = 0, x = 1.
El area se descompone entonces como la suma
A =
∫ 1
0(√x− x2) dx+
∫ 2
1(x2 −
√x) dx =
10− 4√
2
3.
b) Los puntos de interseccion de las curvas son:
y = x(x2 − 1), y = x =⇒ x(x2 − 1) = x =⇒ x = 0, x =√
2, x = −√
2.
33
El area se obtiene entonces como:
A =
∫ 2
−1|x(x2 − 1)− x| dx
=
∫ 0
−1(x3 − 2x) dx+
∫ √20
(2x− x3) dx+
∫ 2
√2(x3 − 2x) dx =
11
4.
29. Calcular el area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9, y ≤ 3− x.
Solucion
Calculamos los puntos de interseccion de las curvas:
y = x2 + 1, y = 3− x =⇒ x2 + x− 2 = 0 =⇒ x = −2, x = 1;
y = x2 − 9, y = 3− x =⇒ x2 + x− 12 = 0 =⇒ x = −4, x = 3.
El area queda entonces como la suma de las siguientes integrales:
34
A =
∫ −2−4
[(3− x)− (x2 − 9)] dx+
∫ 1
−2[(x2 + 1)− (x2 − 9)] dx
+
∫ 3
1[(3− x)− (x2 − 9)] dx
=
∫ −2−4
(−x2 − x+ 12) dx+
∫ 1
−210 dx+
∫ 3
1(−x2 − x+ 12) dx =
158
3.
30. Calcular el area comprendida entre las cuatro parabolas
y2 = x, y2 = 2x, x2 = y, x2 = 2y.
Solucion
Los distintos puntos de interseccion son los siguientes:
x2 = 2y, y2 = x =⇒ x = 0, x = 41/3;
x2 = y, y2 = x =⇒ x = 0, x = 1;
x2 = y, y2 = 2x =⇒ x = 0, x = 41/6;
x2 = 2y, y2 = 2x =⇒ x = 0, x = 2.
El area es entonces
A =
∫ 41/6
1[x2 −
√x] dx+
∫ 41/3
41/6[√
2x−√x] dx+
∫ 2
41/3[√
2x− x2/2] dx =1
3.
31. Calcular el area de la figura interior a la circunferencia x2 + (y − 1)2 = 5 y a la parabolax = 2(y − 1)2.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son:
x2 + (y − 1)2 = 5, x/2 = (y − 1)2 =⇒ 2x2 + x− 10 = 0 =⇒ x = 2, x = −5/2.
Como la parabola esta definida en x ≥ 0, solo es posible la solucion x = 2 lo que da los puntos(2, 0) y (2, 2).
35
Como debemos descomponer la integral en dos sumandos para integrar respecto a la variable x,integramos respecto a y, lo que da lugar a:
A =
∫ 2
0
[√5− (y − 1)2 − 2(y − 1)2
]dy
=
[5
2arc sen
y − 1√5
+y − 1
2
√5− (y − 1)2 − 2
3(y − 1)3
]20
= 5 arc sen1√5
+2
3.
32. Encontrar el area de la region comun a las circunferencias C1 : x2 + y2 = 4, C2 : x2 + y2 =4x.
Solucion
Los puntos de interseccion de las circunferencias son (1,√
3) y (1,−√
3), de modo que, si inte-gramos respecto a la variable y, el area puede expresarse como la integral
A = 2
∫ √30
[√
4− y2 − (2−√
4− y2)] dy = 4
∫ √30
(√
4− y2 − 1) dy
= 4[y
2
√4− y2 + 2 arc sen
y
2− y]√30
=8π
3− 2√
3.
33. Sea f la funcion indicada en la figura adjunta.
Hallar
∫ 1
0f y tambien el area de la region comprendida entre la funcion f y el eje X.
Solucion
36
El area sera la suma de las areas de los triangulos que la funcion determina con el eje OX.Resulta entonces la siguiente serie geometrica:
A =∞∑n=1
1
2·(
1
2n−1− 1
2n
)· 1 =
∞∑n=1
1
2· 1
2n=
1
2· 1/2
1− 1/2=
1
2.
Para calcular la integral, debemos sumar las areas de los triangulos que queden por encima deleje OX y restarle la suma de las areas de los triangulos que quedan por debajo del mismo.Tenemos nuevamente las series geometricas,∫ 1
0f =
∞∑n=0
1
2·(
1
22n− 1
22n+1
)−∞∑n=1
1
2·(
1
22n−1− 1
22n
)
=∞∑n=0
1
22n+2−∞∑n=1
1
22n+1=
1/4
1− 1/4− 1/8
1− 1/4=
1
6.
4. Calculo de volumenes
1. Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curva y2 = x3 alrededor del eje Xa lo largo del intervalo x ∈ [0, 1].
Solucion
37
De acuerdo con la figura, y aplicando la formula (2), tenemos:
V = π
∫ 1
0x3 dx = π
[x4
4
]10
=π
4.
2. Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotacion, alrededor del eje OX, de lasuperficie limitada por el eje OX y la parabola y = ax− x2 (a > 0).
Solucion
Aplicamos directamente el metodo de los discos integrando en el intervalo [0, a] que correspondea los valores de x que limitan la superficie dada.
Ası:
V = π
∫ a
0(ax− x2)2 dx = π
∫ a
0(a2x2 + x4 − 2ax3) dx =
πa5
30.
3. Calcular el volumen del solido engendrado por la rotacion de la region limitada por losejes coordenados y la curva de ecuacion
√x+√y =√a (a > 0) alrededor del eje OX.
Solucion
De la ecuacion de la curva se obtiene que y2 = (√a−√x)4 = a2+x2+6ax−4a3/2x1/2−4a1/2x3/2.
El volumen buscado es pues
V = π
∫ a
0y2(x) dx = π
∫ a
0(a2 + x2 + 6ax− 4a3/2x1/2 − 4a1/2x3/2) dx =
πa3
15.
4. Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuacion x = a cos3 t, y = a sen3 tdelimitan una region cuya area designaremos por S. Se pide:
38
i) El volumen del cuerpo de revolucion engendrado por S al girar en torno al eje OX.
ii) El volumen del cuerpo de revolucion engendrado por S al girar en torno al eje OY .
Solucion
i)
Por el metodo de los discos, si integramos respecto al parametro t, como los valores extremosx = 0 y x = a corresponden a t = π/2 y t = 0, respectivamente, tenemos:
V = π
∫ a
0y2(t) dx(t) = π
∫ 0
π/2a2 sen6 t · (−3a cos2 t sen t) dt
= 3πa3∫ π/2
0sen7 t cos2 tdt=−3πa3
[cos3 t
3− 3 cos5 t
5+
3 cos7 t
7− cos9 t
9
]π/20
=16πa3
105
ii)
Utilizaremos en este caso el metodo de integracion por tubos. El volumen es
V = 2π
∫ a
0x(t)y(t) dx(t) = 2π
∫ 0
π/2a cos3 t · a sen3 t · (−3a cos2 t sen t) dt
= 6πa3∫ π/2
0cos5 t sen4 t dt = 6πa3
[sen5 t
5− 2 sen7 t
7+
sen9 t
9
]π/20
=16πa3
105.
El resultado es el mismo debido a las simetrıas de la figura.
5. Hallar el volumen engendrado por la rotacion alrededor del eje OY del area limitada porel primer arco de la cicloide de ecuacion x = t− sen t, y = 1− cos t.
Solucion
39
2π
De acuerdo con la figura, si aplicamos el metodo de los tubos e integramos respecto al parametrot, tenemos:
V = 2π
∫ 2π
0x(t)y(t) dx(t) = 2π
∫ 2π
0(t− sen t)(1− cos t)(1− cos t) dt
= 2π
∫ 2π
0(t− 2t cos t+ t cos2 t− sen t+ 2 sen t cos t− cos2 t sen t) dt
= 2π
[3t2
4− cos t+
cos3 t
3− 3 cos 2t
8− 7t sen t
4
]2π0
= 6π3.
6. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitada por la curva f(x) =senx+ cosx y el eje X en el intervalo [0, π] alrededor del eje X.
Solucion
Si aplicamos el metodo de los discos, resulta:
V = π
∫ π
0(senx+ cosx)2 dx = π
[x− 1
2cos 2x
]π0
= π2.
La siguiente figura da una idea de la forma del solido obtenido.
7. Se considera el area S de la region limitada por un cuadrante de una circunferencia deradio R y las tangentes en sus extremos. Hallar el volumen que engendra S cuando giraen torno a una de las tangentes.
Solucion
40
Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasando por
el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este modo la ecuacion de lacircunferencia sera x2 + (y +R)2 = R2 =⇒ y =
√R2 − x2 −R.
El volumen pedido viene expresado por:
V = π
∫ R
0y2(x) dx = π
∫ R
0(√R2 − x2 −R)2 dx
= π
[2R2x− x3
3−R3 arc sen
x
R
]R0
=πR3
6(10− 3π).
8. Calcular el volumen engendrado por un segmento circular de angulo central 2α (verfigura) con α < π/2 y radio R al girar alrededor de su cuerda.
Solucion
Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular a esta cuerda que pasepor el centro de la circunferencia, debido a que OB = R senα y |OC| = R cosα, la ecuacion dela circunferencia es x2 +(y+R cosα)2 = R2, de donde y = −R cosα+
√R2 − x2. De esta forma,
el volumen pedido es
V = π
∫ R senα
−R senαy2 dx = 2π
∫ R senα
0(R2 cos2 α+R2 − x2 − 2R cosα
√R2 − x2) dx
=2πR3
3(2 senα− 3α cosα+ cos2 α senα).
41
9. Se considera el arco OAB de la parabola de ecuacion y = x(x − a), con OA = a > 0 yOC = c > a. Determinar c de tal manera que el volumen de revolucion engendrado porla zona sombreada de la figura, al girar en torno a OX, sea igual al volumen engendradopor el triangulo OCB girando en torno al mismo eje.
Solucion
El volumen engendrado por la zona sombreada es
V = π
∫ a
0y2(x) dx+ π
∫ c
ay2(x) dx = π
∫ a
0x2(x− a)2 dx+ π
∫ c
ax2(x− a)2 dx
=πc3
30(6c2 − 15ca+ 10a2).
Como OC = c, BC = c(c− a) y el volumen del cono engendrado por el triangulo OCB es
V ′ =πc2(c− a)2 · c
3=πc3(c− a)2
3.
Igualando los valores de V y V ′ se deduce que c = 5a/4.
10. Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuacion y =
√x
1 + x2se obtiene en el intervalo
[0, x] un solido cuyo volumen designaremos por V (x). Determinar el valor de a para que
V (a) =1
2lımx→∞
V (x).
Solucion
El volumen V (x) se calcula mediante la formula:
V (x) = π
∫ x
0y2(x) dx = π
∫ x
0
x dx
(1 + x2)2=π
2
[−1
1 + x2
]x0
=π
2· x2
1 + x2.
Ahora bien, como lımx→∞
V (x) =π
2, debera cumplirse
π
2· a2
1 + a2=
1
2· π
2de donde a = 1 (no es
valido a = −1 pues no esta en el dominio de la funcion).
11. Un solido de revolucion esta generado por la rotacion de la grafica de y = f(x) para [0, a]alrededor del eje X. Si para a > 0 el volumen es a3 + a, hallar la funcion f .
Solucion
42
Por la formula del volumen tenemos que
a3 + a = V = π
∫ a
0[f(x)]2 dx.
Si llamamos G a una primitiva de f2, es decir tal que G′(x) = f2(x), entonces
V = π[G(a)−G(0)] = a3 + a =⇒ G(a) =a3 + a
π+G(0).
Esto sugiere definir G(x) =x3 + x
π. De este modo, G(0) = 0 y
G′(x) =3x2 + 1
π= f2(x) =⇒ f(x) =
√3x2 + 1
π.
12. Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficie comprendida entre laparabola y2 = x y la circunferencia y2 = 2x− x2 alrededor del eje X.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son (1, 1) y (1,−1).
Utilizando el metodo de integracion por discos y descomponiendo la integral en dos sumandos,tenemos
V = π
∫ 1
0x dx+ π
∫ 2
1(2x− x2) dx = π
[x2
2
]10
+ π
[x2 − x3
3
]21
=7π
6.
13. Se considera la parabola de ecuacion y = x2√
2/a, con a > 0, y la circunferencia x2 +y2 =a2. Determinar el volumen engendrado por la zona sombreada de la figura al girar entorno al eje OX.
Solucion
43
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de la parabola y de la circunferencia, se tieneque OC = a
√2/2. Como el radio de la circunferencia es a, el volumen pedido sera
V = π
∫ a√2/2
02x4/a2 dx+ π
∫ a
a√2/2
(a2 − x2) dx
= π
[2x5
5a2
]a√2/20
+ π
[a2x− x3
3
]aa√2/2
=πa3
30(20− 11
√2).
14. Determinar el volumen del solido obtenido al girar alrededor del eje OY la region limitadapor las parabolas y = ax2, y = b− cx2, con a, b, c > 0.
Solucion
Los puntos de interseccion de las parabolas se obtienen resolviendo el sistema formado por susecuaciones. Ası se tiene A(
√b/(a+ c), ab/(a+ c)).
Calculamos el volumen por el metodo de los discos para lo cual debemos integrar respecto a yen los intervalos (0, ab/(a+ c)) y (ab/(a+ c), b). Resulta ası:
V = π
∫ ab/(a+c)
0
y
ady + π
∫ b
ab/(a+c)
b− yc
dy =πb2
2(a+ c).
15. Hallar el volumen generado por la rotacion del area limitada por la parabola y2 = 8x yla ordenada correspondiente a x = 2
44
i) en torno al eje X;
ii) en torno al eje Y ;
iii) en torno a la recta x = 2.
Solucion
i) Dividiendo el area en franjas verticales, al girar alrededor del eje X se obtienen discos deradio y =
√8x en el intervalo x ∈ [0, 2].
Aplicando la formula de integracion por discos se obtiene:
V = π
∫ 2
08x dx = 16π.
ii) Aplicaremos nuevamente el metodo de los discos para lo cual debemos integrar respecto ala variable y en el intervalo [−4, 4].
Como un disco generico tiene radio exterior 2 y radio interior x = y2/8, el volumen vienedado por
V = π
∫ 4
−4[22 − (y2/8)2] dy = π
[4y − y5
320
]4−4
=128π
5.
iii) Aplicaremos en este caso el metodo de los tubos. Como se observa en la figura, la altura deun cilindro generico es 2y = 2
√8x = 4
√2x y su distancia al eje de giro es 2− x.
45
El volumen pedido sera
V = 2π
∫ 2
04√
2x(2− x) dx = 8√
2π
∫ 2
0(2x1/2 − x3/2) dx =
256π
15.
16. ¿Cual es el volumen del solido que se obtiene al girar alrededor del eje X la figura limitadapor la curva y = ex y las rectas x = 0, y = e?
Solucion
Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo [0, 1], si aplicamos laformula (4), el volumen viene dado por:
V = π
∫ 1
0(e2 − e2x) dx = π
[e2x− 1
2e2x]10
= π · e2 + 1
2.
Una idea del solido obtenido se expresa en la siguiente figura.
46
17. Se considera la region del plano formada por los puntos (x, y) que satisfacen las desigual-dades 0 ≤ x ≤ 2, x2/4 ≤ y ≤ 1. Calcular el volumen del solido obtenido al girar estaregion alrededor del eje Y , alrededor del eje X, alrededor de la recta x = 2, y alrededorde la recta y = 1.
Solucion
a)
Al girar alrededor del eje Y , el volumen (por el metodo de los discos) es
V = π
∫ 1
04y dy = π
[2y2]10
= 2π.
b)
Nuevamente por el metodo de los discos, si integramos respecto a x, tenemos:
V = π
∫ 2
0
(1− x4
16
)dx = π
[x− x5
80
]20
=8π
5.
c)
47
Aplicando en esta ocasion el metodo de los tubos tenemos:
V = 2π
∫ 2
0(2− x)(1− x2/4) dx = 2π
[2x− x2
2− x3
6+x4
16
]20
=10π
3.
d)
Integrando por el metodo de los discos, tenemos por ultimo que
V = π
∫ 2
0(1− x2/4)2 dx = π
[x− x3
6+x5
80
]20
=16π
15.
18. Hallar el volumen generado por la rotacion del area limitada por y = −x2 − 3x + 6,x+ y − 3 = 0 alrededor de la recta
i) y = 0;
ii) x = 3.
Solucion
i) Los puntos de interseccion de las curvas son
y = −x2 − 3x+ 6, y = 3− x =⇒ −x2 − 2x+ 3 = 0 =⇒ x = −3, x = 1.
48
Si aplicamos el metodo de los discos, como la parabola queda por encima de la recta en elintervalo x ∈ [−3, 1], el volumen es:
V = π
∫ 1
−3(y2p − y2r ) dx = π
∫ 1
−3[(−x2 − 3x+ 6)2 − (3− x)2] dx
= π
∫ 1
−3(x4 + 6x3 − 4x2 − 30x+ 27) dx =
1792π
15.
ii) La recta x = 3 es exterior a la region que gira. Aplicamos en este caso el metodo de lastubos. La altura de un cilindro generico es yp−yr = (−x2−3x+6)− (3−x) = −x2−2x+3y el radio es 3− x (distancia del eje de giro a un punto de la region).
El volumen es pues
V = 2π
∫ 1
−3(3− x)(−x2 − 2x+ 3) dx = 2π
∫ 1
−3(x3 − x2 − 9x+ 9) dx =
256π
3.
19. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitada por las graficas def(x) = b(x/a)2 y g(x) = b|x/a| alrededor de y = 0.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas curvas son:
x ≥ 0 : y =bx2
a2, y =
bx
a=⇒ bx2
a2=bx
a=⇒ x2 − ax = 0 =⇒ x = 0, x = a.
Debido a la simetrıa de la figura, como la recta queda por encima de la parabola, el volumen es:
V = 2π
∫ a
0
(b2x2
a2− b2x4
a4
)dx = 2π · b
2
a2
[x3
3− x5
5a2
]a0
=4πb2 · a
15.
49
20. Calcular el volumen engendrado por la region que delimitan las parabolas y2 = 2px,x2 = 2py (p > 0), al girar en torno a OX.
Solucion
Se obtiene facilmente que los puntos de interseccion de las parabolas son (0, 0) y (2p, 2p).
Por el metodo de los discos, el volumen es:
V = π
∫ 2p
02px dx− π
∫ 2p
0
x4
4p2dx =
12
5πp3.
21. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitada por las graficas def(x) = senx y g(x) = cosx en el intervalo [0, π/2] alrededor del eje X.
Solucion
π/4 π/2
Aplicando el metodo de los discos, debido a la posicion relativa de las curvas, debemos descom-poner la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2]. Ası tenemos:
V = π
∫ π/4
0(cos2 x− sen2 x) dx+ π
∫ π/2
π/4(sen2 x− cos2 x) dx
= π
[sen 2x
2
]π/40
− π[
sen 2x
2
]π/2π/4
= π.
22. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitada por las graficas def(x) = x2 − 4x+ 4 y g(x) = 4− x alrededor de y = −1.
50
Solucion
Los extremos de integracion seran los puntos de interseccion de las curvas. Estos son:
y = x2 − 4x+ 4, y = 4− x =⇒ x2 − 3x = 0 =⇒ x = 0, x = 3.
Si aplicamos el metodo de los discos (formula (5)), teniendo en cuenta que el radio exterior esre = yr + 1 = 4− x+ 1 y el radio interior es ri = yp + 1 = x2 − 4x+ 4 + 1, resulta:
V = π
∫ 3
0[(4− x+ 1)2 − (x2 − 4x+ 4 + 1)2] dx
= π
[x3
3− 5x2 + 25x− (x− 2)2
5− x− 2(x− 2)3
3
]30
=117π
5.
Una seccion del solido obtenido tiene la forma de la figura adjunta.
23. Determinar el volumen del solido que se obtiene al girar alrededor del eje de abscisas laregion del primer cuadrante limitada por las curvas y = 1/x2, y = sen(πx/2) y las rectasx = 0, y = e.
Solucion
51
Los puntos de interseccion de las curvas son
y = 1/x2, y = senπx
2=⇒ sen
πx
2=
1
x2=⇒ x = 1;
y = 1/x2, y = e =⇒ x2 = 1/e =⇒ x = 1/√e.
Aplicando el metodo de los discos, tenemos:
V =
∫ 1/√e
0π[e2 − sen2 πx
2
]dx+
∫ 1
1/√eπ
[1
x4− sen2 πx
2
]dx
= π[e2x− x
2+
senπx
2π
]1/√e0
+ π
[−1
3x3− x
2+
senπx
2π
]11/√e
=(8e√e− 5)π
6.
24. Se considera la hiperbola de ecuacion x2/a2 − y2/b2 = 1 y las dos rectas perpendicularesal eje OX de ecuaciones x = p, x = p+ h (p > a).
Determinar el volumen del cuerpo de revolucion engendrado por la region ABCD indi-cada en la figura (siendo OB una de las asıntotas) al girar en torno al eje OX.
Solucion
52
Sabiendo que la ecuacion de la asıntota OB es y = bx/a, el volumen del solido indicado vienedado por
V = π
∫ p+h
p
[(bx
a
)2
− b2(x2
a2− 1
)]dx =
πb2
a2
∫ p+h
p(x2 − x2 + a2) dx = πb2h.
25. Hallar el volumen generado por el area comprendida entre la parabola y = 4x − x2 y eleje X al girar alrededor de la recta y = 6.
Solucion
Utilizando el metodo de los discos, como la region esta comprendida en el intervalo [0, 4], elvolumen, dado por la formula (5), es
V = π
∫ 4
0[62 − (6− y)2] dx = π
∫ 4
0[36− (6− 4x+ x2)2] dx
= π
∫ 4
0(48x− 28x2 + 8x3 − x4) dx =
1408π
15.
26. Un servilletero se obtiene practicando un agujero cilındrico en una esfera de modo queel eje de aquel pase por el centro de esta. Si la longitud del agujero es 2h, demostrar queel volumen del servilletero es πah3, siendo a un numero racional.
Solucion
Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cilındrico sera k =√r2 − h2.
53
De este modo, y de acuerdo con la figura, el solido obtenido viene dado al girar alrededor del ejeX la region limitada por las curvas x2 + y2 = r2 e y = k. Tenemos entonces:
V = π
∫ h
−h(r2 − x2 − k2) dx = π
[(r2 − k2)x− x3
3
]h−h
=4πh3
3.
Como 4/3 es racional, el resultado obtenido prueba el enunciado.
Una seccion de la figura obtenida es la siguiente:
27. Se considera la elipse de ecuacionx2
a2+y2
b2= 1 y la cuerda FC paralela al eje OX. De-
terminar OA = h de manera que el volumen engendrado por la region sombreada de lafigura al girar en torno a OX sea la mitad del volumen del elipsoide engendrado por elarea que limita la elipse dada girando en torno al mismo eje.
Solucion
Designaremos por V1 y V2 a los volumenes del cuerpo engendrado por la region sombreada ydel elipsoide engendrado por la elipse, respectivamente. Como los puntos C y F tienen abscisaa√
1− h2/b2 y −a√
1− h2/b2, respectivamente, dichos volumenes se obtienen por integracion
54
mediante las formulas:
V1 = π
∫ a√
1−h2/b2
−a√
1−h2/b2[b2(1− x2/a2)− h2] dx
= 2π
∫ a√
1−h2/b2
0[b2(1− x2/a2)− h2] dx = 2π
[(b2 − h2)x− b2x3
3a2
]a√1−h2/b2
0
=4
3πa(b2 − h2)
√1− h2/b2;
V2 = π
∫ a
−ab2(1− x2/a2) dx =
4
3πab2.
Como debe ser V1 = V2/2, al resolver esta ecuacion se obtiene que
4
3πa(b2 − h2)
√1− h2/b2 =
2
3πab2 =⇒ h = b
√1− 1/
3√
4.
28. Calcular el volumen del toro, que es el solido de revolucion engendrado al girar un cırculode radio r alrededor de un eje situado en su plano y a una distancia b de su centro (b ≥ r).
Solucion
Si hacemos que OX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto (0, b), esta tienepor ecuacion x2 + (y− b)2 = r2. El volumen, aplicando el metodo de los discos, vendra dado por:
V = π
∫ r
−r
[(b+
√r2 − x2
)2−(b−
√r2 − x2
)2]dx = (cambio x = r sen t)
= 4bπ
∫ π/2
−π/2r2 cos2 t dt = 2br2π
[t+
1
2sen 2t
]π/2−π/2
= 2br2π2.
29. Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es una elipse de eje mayor 2ay eje menor 2b.
Solucion
55
La seccion determinada en el cono por un plano paralelo a la base y de altura OP = z es unaelipse de eje mayor 2x y eje menor 2y. Su area es pues πxy.
Por semejanza de triangulos, se deduce de la figura que
4MPC ∼
4MOA =⇒ PC
OA=PM
OMes decir
x
a=h− zh
;
4MPD ∼
4MOB =⇒ PD
OB=PM
OMes decir
y
b=h− zh
.
El area de la seccion es entonces πxy =πab(h− z)2
h2. Luego,
V =πab
h2
∫ h
0(h− z)2dz =
πabh
3.
30. Un solido tiene una base circular de radio 2. Cada seccion producida por un plano per-pendicular a un diametro fijo es un triangulo equilatero. Calcular el volumen del solido.
Solucion
Si expresamos por la ecuacion x2 + y2 = 4 a la base del solido y consideramos las secciones per-pendiculares al eje X, el lado de un triangulo generico es l = 2y y la altura es h =
√l2 − l2/4 =
l√
3/2 = y√
3.
56
El volumen sera entonces
V =
∫ 2
−2
2y · y√
3
2dx =
√3
∫ 2
−2(4− x2) dx =
32√
3
3.
31. Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinado que pasa por el ejemenor de la misma. Hallar el volumen del solido restante.
Solucion
Supongamos que la ecuacion de la elipse es x2/a2 + y2/b2 = 1 y llamamos H a la altura delcilindro (que corresponde al punto (a, 0)). Cortando el solido por planos perpendiculares al ejeOY obtenemos triangulos rectangulos semejantes. En un punto arbitrario (x, y) el area de unode dichos triangulos (ver figura) es
A =x · h
2=x2 · tgα
2=x2 ·H
2a.
Como (x, y) verifica la ecuacion de la elipse, escribimos el area en funcion de y comoA(y) =a2(1− y2/b2) ·H
2a.
57
El volumen sera entonces
V =
∫ b
−bA(y) dy = 2
∫ b
0
a(1− y2/b2) ·H2
dy = aH
[y − y3
3b2
]b0
=2abH
3.
32. Un solido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor y menor miden 10 y8 unidades respectivamente. Hallar su volumen sabiendo que toda seccion del mismoperpendicular al eje mayor es un triangulo isosceles de altura igual a 6.
Solucion
Escribimos la ecuacion de la elipse como x2/25 + y2/16 = 1.
El triangulo obtenido por la seccion perpendicular al eje OX por un punto x tiene area A(x) =2y · h/2 = 6y = 24
√1− x2/25, y el volumen del solido (aplicando los metodos usuales de
integracion) es
V =
∫ 5
−5A(x) dx = 24
∫ 5
−5
√1− x2/25 dx
=24
5
[25
2arc sen
x
5+x
2
√25− x2
]5−5
= 60π.
33. La seccion de un cierto solido por cualquier plano perpendicular al eje OX es un cuadradotal que los extremos de una diagonal pertenecen respectivamente a las parabolas y2 = 4x,x2 = 4y. Hallar el volumen del solido.
Solucion
La region que limitan ambas curvas viene indicada en la figura y los puntos de corte son (0, 0)y (4, 4).
58
Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado generico une los puntos (x, y1) y (x, y2)y su longitud, en funcion de x es d = 2
√x− x2/4. Como el area del cuadrado es A(x) = d2/2 =
(2√x− x2/4)2/2, el volumen pedido es:
V =
∫ 4
0
(2√x− x2/4)2
2dx =
1
2
[2x2 +
x5
80− 2x7/2
7
]40
=144
35.
5. Longitud de curvas planas
1. Hallar la longitud del arco de la parabola x2 = 2py, con p > 0, comprendida en el intervalo[0, a].
Solucion
Si calculamos la derivada de la funcion, tenemos
y′ = x/p =⇒√
1 + y′2 =√
1 + (x/p)2 =
√x2 + p2
p.
La longitud del arco pedido queda entonces
l =1
p
∫ a
0
√x2 + p2 dx =
p
2
[x√x2 + p2
p2+ ln
∣∣∣∣∣x+√x2 + p2
p
∣∣∣∣∣]a0
=p
2
[a√a2 + p2
p2+ ln
∣∣∣∣∣a+√a2 + p2
p
∣∣∣∣∣].
2. Probar que la curva f(x) =
{x cos(π/x) si x 6= 0
0 si x = 0no es rectificable en [0, 1].
Solucion
59
Si consideramos los puntos xn = 1/n, con n ∈ N, sabemos que f(xn) =(−1)n
ny la longitud de
la poligonal de vertices xn es
∑n≥1
ln =∑n≥1
√(1
n− 1
n+ 1
)2
+
((−1)n
n− (−1)n+1
n+ 1
)2
=∑n≥1
2
n,
que es una serie divergente. Esto prueba que la curva no es rectificable en [0, 1].
3. Calcular la longitud del arco de curva y = ln(cosx) en el intervalo [0, π/3].
Solucion
Como la derivada de la funcion es y′ = − tg x, la longitud pedida es
l =
∫ π/3
0
√1 + tg2 x dx =
[ln(secx+ tg x)
]π/30
= ln(2 +√
3).
4. Hallar la longitud de la curva de ecuacion 8a2y2 = x2(a2 − 2x2).
Solucion
−a/√
2 a/√
2
Si escribimos la ecuacion en forma explıcita, tenemos y = ± x
2√
2a
√a2 − 2x2, de donde y′2 =
(a2 − 4x2)2
8a2(a2 − 2x2)
y√
1 + y′2 =3a2 − 4x2
2√
2a√a2 − 2x2
.
La longitud del arco sera:
L = 4 · 1
2√
2a
∫ a/√2
0
3a2 − 4x2√a2 − 2x2
dx
=
[2a · arc sen
x√
2
a+
√2
a· x ·
√a2 − 2x2
]a/√20
= πa.
5. Hallar la longitud de la astroide de ecuacion x2/3 + y2/3 = a2/3.
Solucion
60
Escribiendo la ecuacion en forma parametrica como x = a cos3 t, y = a sen3 t y teniendo encuenta la simetrıa de la figura, la longitud viene dada por:
L = 4
∫ π/2
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt = 4
∫ π/2
03a sen t cos t dt = 6a.
6. Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t− sen t), y = a(1− cos t).
Solucion
2aπ 4aπ
Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalo t ∈ [0, 2π], la longitudes:
L =
∫ 2π
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt =
∫ 2π
0a√
(1− cos t)2 + sen2 t dt
= a√
2
∫ 2π
0
√1− cos t dt = a
√2
∫ 2π
0
√2 sen(t/2) dt = 8a.
7. Hallar la longitud de la curva cuya ecuacion en forma parametrica es x(t) = a cos3 t,y(t) = a sen t(1 + cos2 t).
Solucion
Debido a la simetrıa de la figura, por la formula de la longitud de arco tenemos:
L = 4
∫ π/2
0
√x′(t)2 + y′(t)2 dt = 4
∫ π/2
0a cos t
√4− 3 sen2 t dt = (cambio
√3
2sen t = senu) =
16a√3
∫ π/3
0cos2 u du =
8a√3
[u+
sen 2u
2
]π/30
=2a(4π + 3
√3)
3√
3.
61
6. Ejercicios propuestos
1. Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalos que se indican:
a)f(x) = x+ [x] en [0, 2].
Resp.: I = 3.
b) f(x) = [x] senπx
6en [0, 6].
Resp.: I =6
π[5 + cos(5π/6) + cos(2π/3) + cos(π/3) + cos(π/6)] = 30/π.
c) f(x) = [x] · [2x] en [−2, 2].
Resp.: 11.
2. Sea y = f(x) una funcion acotada en [−1, 1] y P , P1 dos particiones de dicho intervalo conP ⊂ P1. Responder justificadamente si las siguientes afirmaciones pueden ser verdaderaso son siempre falsas:
a) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 2.
Resp.: Falsa. Siempre debe ser I(f, P ) ≤ S(f, P ).
b) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6,
∫ 1
−1f(x) dx = 2.
Resp.: Falsa pues debe cumplirse que I(f, P ) ≤∫ 1
−1f(x) dx ≤ S(f, P ).
c) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6,
∫ 1
−1f(x) dx = 10.
Resp.: Falsa por la misma razon que (b).
d) S(f, P ) = 4, S(f, P1) = 5.
Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1, entonces S(f, P ) ≥ S(f, P1).
e) I(f, P ) = 5, I(f, P1) = 4.
Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1, entonces I(f, P ) ≤ I(f, P1).
3. Hallar los errores en los siguientes calculos:
a)
∫ √30
dx
1 + x2=
1
2
[arc tg
2x
1− x2
]√30
= −π6.
Resp.: Hemos obtenido un resultado negativo al integrar una funcion positiva debido a quela primitiva utilizada no esta definida en x = 1, que es un punto interior del intervalo deintegracion.
62
b)
∫ π
0
dx
1 + 2 sen2 x=
∫ π
0
dx
cos2 x+ 3 sen2 x
=
∫ π
0
dx/ cos2 x
1 + 3 tg2 x=
1√3
[arc tg(
√3 tg x)
]π0
= 0.
Resp.: El resultado aparentemente contradice el apartado b) del problema 10.6. Sin embargola primitiva obtenida no esta definida en x = π/2 que pertenece al intervalo de integracion.
4. Probar que la funcion f(x) =
{x+ [x] si x ∈ Q0 si x 6∈ Q,
no es integrable en [0, 2].
Sugerencia: Proceder como en el problema 10.5.
5. Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes lımites:
a) lımn→∞
b
n
(sen
b
n+ sen
2b
n+ · · ·+ sen
nb
n
).
Resp.: L = 1− cos b (basta aplicar la definicion de integral definida a la funcion y = senxen el intervalo [0, b] o a la funcion y = sen(bx) en el intervalo [0, 1].
b) lımn→∞
n√e+
n√e2 +
n√e3 + · · ·+ n
√en
n.
Resp.: L = e pues dicho lımite es precisamente
∫ 1
0ex dx.
6. Calcular la derivada respecto a x de las siguientes funciones:
a)
∫ x
1
dt
t.
Resp.: 1/x.
b)
∫ x2
1
dt√1 + t2
.
Resp.:2x√
1 + x4.
c)
∫ 1+x2
0f(t) dt.
Resp.: 2x · f(1 + x2).
d)
∫ tg x
xf(t) dt.
Resp.: sec2 x · f(tg x)− f(x).
63
e)
∫ x3
asen3 t dt.
Resp.: 3x2 sen3 x3.
7. Calcular lımx→0
∫ x0 ln(1 + sen t) dt
x2.
Resp.: L = 1/2 (ver problema 10.16).
8. Sea f continua en [0, 1]. Demostrar que∫ π
0xf(senx) dx =
π
2
∫ π
0f(senx) dx.
Sugerencia: Descomponer las integrales en dos sumandos correspondientes a los intervalos [0, π/2]y [π/2, π]. Al hacer el cambio de variable x = π − t, tanto el primer miembro como el segundo
dan como resultado π
∫ π/2
0f(senx) dx.
9. La tangente a la curva y = f(x) forma un angulo de π/3 con el eje OX en x = a y de
π/4 en x = b. Hallar
∫ b
af ′′(x) dx.
Resp.: 1−√
3 (los datos indican que f ′(a) =√
3, f ′(b) = 1).
10. Probar:
a)
∫ b
af(t) dt =
∫ b
af(a+ b− x) dx.
Sugerencia: Hacer el cambio de variable t = a+ b− x.
b)
∫ b
af(x) dx = c
∫ b/c
a/cf(cx) dx.
Sugerencia: Hacer el cambio de variable x = ct.
11. Sea f una funcion con derivada de primer orden continua en [a, b] y tal que f(a) = f(b) =
0. Si
∫ b
af2(x) dx = 1, probar que
∫ b
axf(x)f ′(x) dx = −1/2.
Sugerencia: Basta integrar por partes haciendo u = xf(x) y dv = f ′(x) dx.
12. Probar que
∫ 1
x
dt
1 + t2=
∫ 1/x
1
dt
1 + t2, para x > 0.
Sugerencia: Basta ver que sus derivadas son iguales y que para x = 1 las funciones coinciden.
13. Hallar los maximos y mınimos de la funcion F (x) =
∫ x
0
sen t
tdt, en el intervalo (0, 2π).
Resp.: Tiene un maximo relativo en x = π.
64
14. Se considera la funcion f(x) = x2ex.
a) Hallar la derivada de G(x) =
∫ x
1
f(t)
t3dt en el intervalo (1,∞).
Resp.: G′(x) = ex/x.
b) Estudiar el crecimiento y la concavidad G(x) en el intervalo (1,∞).
Resp.: G es creciente y concava hacia arriba en (1,∞).
15. Encontrar una formula que permita calcular el area de cada una de las regiones I, II, IIIy IV de la figura siguiente:
Resp.: Si llamamos r(x) = f(0) +g(b)− f(0)
b· x a la recta que pasa por los puntos (0, f(0)) y
(b, g(b)), tenemos:
AI =
∫ b
a[f(x)− g(x)] dx;
AII =
∫ a
0[h(x)− g(x)] dx+
∫ b
a[h(x)− f(x)] dx;
AIII =
∫ a
0[f(x)− r(x)] dx+
∫ b
a[g(x)− r(x)] dx;
AIV =
∫ a
0[g(x)− f(x)] dx.
16. Hallar el area de la figura limitada por la hiperbola equilatera xy = a2, el eje OX y lasrectas x = a, x = 2a.
Resp.: A = a2 ln 2.
17. Hallar el area encerrada por la recta y = 1 y la curva y = ln2 x.
Resp.: A = 4/e.
65
18. Calcular el area limitada por las curvas y = (x− 4)2, y = 16− x2.
Resp.: A = 64/3.
19. Hallar el area limitada por la curva y = x2 − 2x+ 2, su tangente en el punto (3, 5), el ejeOX y el eje OY .
Resp.: A = 23/8.
20. Calcular el area de la figura del primer cuadrante limitada por las parabolas x2 = 2py,y2 = 2px en el interior de la circunferencia x2 + y2 = 3p2, (p > 0).
Resp.: A =p2
24(4√
2 + 9π − 36 arc sen 1/√
3).
21. Calcular el area de la region limitada por las curvas y = −x2 + 6, (y−2)2 +x2 = 4, y = x.
Resp.: A =1
6(49− 6π).
22. Hallar el area de la region limitada por la curva y = (x2 + 2x)e−x y el eje OX en el tercercuadrante.
Resp.: A = 4.
23. Hallar el area de la region limitada por la curva y =x
(1− x2)2· arc senx y las rectas x = 0,
x = 1/2, y = 0.
Resp.: A =π
9− 1
2√
3.
24. Calcular el area de la region limitada por las curvas y = 5− x2, y = (x− 1)2.
Resp.: A = 9.
25. Calcular el area de la elipsex2
a2+y2
b2= 1.
Resp.: A = πab.
26. Calcular el area de la region limitada por las curvas x2 + y2 = 2, y = x2, y = x+ 6.
Resp.: A =45 + π
2.
27. Calcular el area de la region limitada por las graficas de f(x) = x2−4x+4 y g(x) = 4−x.
Resp.: A = 9/2.
28. Calcular el area de la figura limitada por la curva y = x3, la recta y = 8 y el eje OY .
Resp.: A = 12.
66
29. Hallar el area limitada por la curva y2 = x2 − x4.
Resp.: A = 4/3.
30. Hallar el area de la superficie interior a la circunferencia x2 + y2 = 16 y por encima dela parabola x2 = 12(y − 1).
Resp.: A =16π + 4
√3
3.
31. Hallar el area limitada por la curva y = cos 2x+ cosx y el eje X entre las dos ordenadasque corresponden a una distancia igual a un perıodo de la curva.
Resp.: A = 3√
3.
32. Hallar el area encerrada por el bucle de la curva x3 = a(x2 − y2).
Resp.: A =8a2
15.
33. Dada la hiperbola de ecuacionx2
a2− y2
b2= 1, determinar el area A del triangulo mixtilıneo
APQ, siendo A(a, 0), P (a√
2, b), Q(a√
2, 0).
Resp.: A =ab
2[√
2− ln(1 +√
2)].
34. Hallar el area del segmento circular de centro O y radio r comprendido entre las rectasx = a, x = b.
Resp.: A = b√r2 − b2 + r2 arc sen
b
r− a√r2 − a2 − r2 arc sen
a
r.
35. Hallar el area del segmento parabolico comprendido entre y2 = 2px las rectas x = a,x = b.
Resp.: A =4√
2p
3(b3/2 − a3/2).
36. Hallar el volumen del solido de revolucion engendrado por la figura limitada por la curvay = xex y las rectas y = 0, x = 1 al girar alrededor del eje OX.
Resp.: V =πe2
4.
37. Calcular el volumen del solido engendrado al girar alrededor del eje OX la region interiora la circunferencia x2 + y2 = 1 y a la parabola y2 = 3x/2.
Resp.: 19π/48.
38. Calcular el volumen del solido obtenido al girar alrededor del eje OX la region limitadapor la curva y = 2−
√1− x2 y el eje OX.
Resp.: V =π
3(28− 6π).
67
39. Calcular el volumen del solido limitado por las curvas x2 − y2 = 4, y = 2, y = −2 al giraralrededor del eje OX.
Resp.: V =32π
3(2√
2− 1).
40. Calcular el volumen del solido limitado por las curvas y = senx, y = 2x/π al giraralrededor del eje OX.
Resp.: V = π2/6.
41. Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region limitada por las graficas def(x) =
√4− x2 y g(x) = 1 en el intervalo [0,
√3] alrededor de y = 0.
Resp.: V = 2π√
3.
42. Sea R la region interior a la circunferencia de centro (1,−1) y radio 2 y por encima dela recta y =
√3− 1.
a) Determinar el area de R.
b) Calcular el volumen del solido obtenido al girar la region R alrededor del eje OX.
Resp.: A =2π
3−√
3; V =2π
3(2 + 3
√3− 2π).
43. Sea R la region limitada por las curvas x + y = 2y2, y = x3. Calcular el area de R y elvolumen que engendra R al girar alrededor del eje OX.
Resp.: A = 7/12 (pensar x como funcion de y); V = 11π/21 (metodo de los tubos).
44. Sea R la region limitada por las curvas y =x2
4+ 2 y 5x+ 8y− 14 = 0. Calcular el area de
R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX.
Resp.: A = 27/192; V =891π
1280(metodo de los discos).
45. Sea R la region limitada por las curvas y = 4x− x2 y 2x− y = 0. Calcular el area de R yel volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX.
Resp.: A = 4/3; V = 32π/5.
46. Sea R la region limitada por las curvas y =1
1 + x2e y =
x2
2. Calcular el area de R y el
volumen de la figura obtenida al girar R alrededor de los ejes OX y OY .
Resp.: A = (3π − 2)/6; VX =π
20(5π + 8) (discos); VY =
π
4(4 ln 2− 1) (tubos).
47. Se considera la region R limitada por las curvas x2 + (y − 1)2 = 5, x = 2(y − 1)2.
a) Calcular el area de R.
b) Calcular el volumen obtenido al girar la region R alrededor del eje OY .
68
c) Calcular el volumen obtenido al girar la region R alrededor de la recta y = 1.
Resp.: A = 5 arc sen1√5
+2
3; VY =
116π
15(discos); Vy=1 =
10√
5− 19
3· π (tubos).
48. Dada la region limitada por las curvas y = 4x2, y = x2/9, y = 2, calcular el area de laregion y el volumen obtenido al girar dicha region alrededor de los ejes OX y OY .
Resp.: A = 20√
2/3; VX = 16π√
2 (tubos); VY = 35π/2 (discos).
49. Dada la region limitada por las curvas y = x2 + 1, y− 1 = x, calcular el area de la regiony el volumen obtenido al girar dicha region alrededor del eje OY .
Resp.: A = 1/6; VY = π/6.
50. Dada la region limitada por las curvas x2 + y2 = 12, x2 = 4y, y2 = 4x, calcular el area dela region y el volumen obtenido al girar dicha region alrededor del eje OY .
Resp.: A =4√
2
3+ 12 arc sen
√2/3− 3π; VY =
π
15(256√
5− 200).
51. Se considera la region limitada por la curva y = sen(πx/2) + cos(πx/2) + 1 y las rectasx = 0, x = 1 e y = 0. Hallar el area de dicha region y el volumen del solido obtenido algirar alrededor del eje OX.
Resp.: A = 1 +4
π; V = 2π + 10.
52. Calcular el volumen del tronco de cono con radios de las bases r y R y altura h.
Resp.: V =πh
3(r2 + rR+R2).
53. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2+e−x/2 entre los puntos de abscisa x = 0y x = 2.
Resp.: L = e− e−1.
54. Calcular la longitud del arco de la curva y = lnex + 1
ex − 1entre x = 1 y x = 2.
Resp.: L = ln(e2 + 1)− 1.
69