1. CAP´ITULO XI.
APLICACIONES DE LA
INTEGRAL DEFINIDA
SECCIONES
A. ´Areas de figuras planas.
B. C´alculo de vol´umenes.
C. Longitud de curvas planas.
D. Ejercicios propuestos.
37

2. A. ´AREAS DE FIGURAS PLANAS.
En Geometr´ıa Elemental se conocen las f´ormulas para hallar el ´area de cual-
quier regi´on limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una regi´on
est´a limitada por alguna l´ınea curva, como es el c´ırculo, el ´area se expresa
como un l´ımite de las ´areas de poligonales “pr´oximas”. El procedimiento
descrito en el cap´ıtulo anterior para definir el concepto de integral de una
funci´on consiste precisamente en aproximar la funci´on por funciones esca-
lonadas; si consideramos una funci´on y = f(x) no negativa en un intervalo
[a, b], la integral inferior es el l´ımite de la suma de las ´areas de los rect´angu-
los inscritos en la regi´on limitada por la curva y = f(x), el eje OX y las
rectas x = a y x = b, y la integral superior es el l´ımite de las ´areas de los
rect´angulos circunscritos a dicha regi´on. De este modo podemos definir el
´area de dicha regi´on como la integral de la funci´on f en el intervalo [a, b].
En general,
Dada una funci´on y = f(x) integrable en un intervalo [a, b], el ´area de la
regi´on limitada por la funci´on, el eje OX y las rectas x = a y x = b se define
como
A =
b
a
|f(x)| dx.
Observaci´on: El valor absoluto de la funci´on es debido a que en los inter-
valos donde la funci´on es negativa, la integral tambi´en es negativa y su valor
es opuesto al del ´area correspondiente.
En la pr´actica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemos
determinar los intervalos de [a, b] donde la funci´on es positiva o negativa y
descomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada uno
de los intervalos indicados colocando el signo adecuado. As´ı, en la figura
adjunta, el ´area se expresa como
A =
r
a
f(x) dx −
s
r
f(x) dx +
b
s
f(x) dx.
38

3. En particular, si la funci´on est´a expresada en forma param´etrica x = x(t), y =
y(t), el ´area viene expresada como
A =
b
a
y dx =
t1
t0
y(t) · x (t) dt,
donde a = x(t0), b = x(t1).
Regiones m´as generales que las descritas son aquellas que est´an limitadas
por dos funciones y = f(x), y = g(x) entre dos rectas verticales x = a y
x = b. En este caso el ´area se expresa mediante la f´ormula
A =
b
a
|f(x) − g(x)| dx.
En el ejemplo de la figura, el ´area se descompone como:
A =
r
a
[g(x) − f(x)] dx +
s
r
[f(x) − g(x)] dx +
b
s
[g(x) − f(x)] dx.
Si la regi´on est´a limitada por dos curvas y = f(x), y = g(x) entre dos
rectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversas
e integramos respecto a la variable y. El ´area se expresa entonces como
A =
d
c
|f−1
(y) − g−1
(y)| dy.
En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como
A =
r
c
[f−1
(y) − g−1
(y)] dy +
d
r
[g−1
(y) − f−1
(y)] dy.
39

4. En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones plan-
teadas. Al ser v´alidas aqu´ı todas las propiedades de las integrales obtenidas
en el cap´ıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales de
la integral. Omitiremos en la mayor´ıa de los casos el c´alculo de las primi-
tivas pues ya se han realizado en el cap´ıtulo 7. Nos limitaremos a escribir
el resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremos
de integraci´on. S´ı es muy conveniente tener una idea aproximada de la re-
presentaci´on gr´afica de las funciones involucradas para conocer la posici´on
relativa de las mismas y los intervalos de integraci´on. Es importante tam-
bi´en observar las simetr´ıas de las figuras para as´ı poder escribir f´ormulas
m´as sencillas para el ´area de las mismas.
PROBLEMA 11.1
Calcular el ´area de la regi´on limitada por la gr´afica de la funci´on
f y el eje X en el intervalo indicado:
a) f(x) = |x| − |x − 1| en [−1, 2].
b) f(x) = x(ln x)2 en [1, e].
c) f(x) = e−x| sen x| en [0, 2π].
Soluci´on
a) El ´area de la regi´on (que es la parte sombreada de la figura) viene dada
por la f´ormula A =
2
−1
|x| − |x − 1| dx.
Teniendo en cuenta el signo de la funci´on, la integral se descompone
as´ı:
A =
0
−1
1 · dx +
0,5
0
−(2x − 1) dx +
1
0,5
(2x − 1) dx +
2
1
1 · dx =
5
2
.
40

5. b) La funci´on y = x(ln x)2 es no negativa en el intervalo [1, e].
El ´area es entonces, integrando por partes,
A =
e
1
x(ln x)2
dx =
x2
2
· (ln x)2
−
x2
2
· ln x +
x2
4
e
1
=
e2 − 1
4
.
c) Nuevamente la funci´on es no negativa, por lo que A =
2π
0
e−x
| sen x| dx.
Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos:
A =
2π
0
e−x
| sen x| dx =
π
0
e−x
sen x dx +
2π
π
−e−x
sen x dx
= −
e−x
2
(sen x + cos x)
π
0
+
e−x
2
(sen x + cos x)
2π
π
=
(e−π + 1)2
2
.
PROBLEMA 11.2
Hallar el ´area de la figura limitada por la funci´on f(x) = x(x −
1)(x − 2) y el eje OX.
Soluci´on
Como la curva corta al eje OX en los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y
x = 2, el ´area viene dada por A =
2
0
|f(x)| dx.
41

6. 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
0
f(x) dx+
2
1
−f(x) dx =
1
0
(x3
−3x2
+2x) dx−
2
1
(x3
−3x2
+2x) dx =
1
2
.
PROBLEMA 11.3
Hallar el ´area del menor de los sectores que la recta x = 3 deter-
mina en la circunferencia de ecuaci´on x2 + y2 = 25.
Soluci´on
Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura basta calcular el ´area de la regi´on
contenida en el primer cuadrante. Tenemos
A = 2
5
3
25 − x2 dx
= 2
x
2
25 − x2 +
25
2
arc sen
x
5
5
3
=
25π
2
− 12 − 25 arc sen
3
5
.
42

7. PROBLEMA 11.4
Hallar el ´area de la figura limitada por la recta x = 2a y la hip´erbola
x2
a2
−
y2
b2
= 1.
Soluci´on
De acuerdo con la figura, el ´area se obtiene como
A = 2
2a
a
b (x/a)2 − 1 dx
=
bx
a
x2 − a2 − ab ln
x +
√
x2 − a2
a
2a
a
= ab[2
√
3 − ln(2 +
√
3)].
PROBLEMA 11.5
Hallar el ´area limitada por la curva y2 = x4(4 + x).
Soluci´on
Como la figura est´a determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es sim´etrica
respecto al eje X, el ´area ser´a
A = 2
0
−4
x2
√
4 + x dx = 4(4 + x)3/2 (4 + x)2
7
−
8(4 + x)
5
+
16
3
0
−4
=
4096
105
.
43

8. PROBLEMA 11.6
Hallar el ´area limitada por la curva x4 − ax3 + b2y2 = 0.
Soluci´on
La curva est´a definida cuando x ∈ [0, a] y es sim´etrica 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
0
sen2
t · (1 + cos t) dt =
a3
4b
t
2
−
sen 2t
4
+
sen3 t
3
π
0
=
πa3
8b
.
PROBLEMA 11.7
Hallar el ´area de la figura limitada por la curva (x/5)2 + (y/4)2/3 =
1.
Soluci´on
El ´area de la figura, teniendo en cuenta sus simetr´ıas, es
A = 4
5
0
4(1 − x2
/25)3/2
dx = (cambio x = 5 cos t) = 16
π/2
0
5 sen4
t dt
= 20
π/2
0
(1 − cos 2t)2
dt = 20
3t
2
− sen 2t +
sen 4t
8
π/2
0
= 15π.
44

9. PROBLEMA 11.8
Hallar el ´area limitada por la curva x = (y2 + x)2.
Soluci´on
En forma expl´ıcita, la ecuaci´on de la curva es y = ±
√
x − x. Como la
gr´afica es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por
A = 2
1
0
√
x − x dx = (cambio
1
2
−
√
x =
sen t
2
)
=
1
2
π/2
−π/2
cos2
t · (1 − sen t) dt =
1
2
t
2
+
sen 2t
4
+
cos3 t
3
π/2
−π/2
=
π
4
.
PROBLEMA 11.9
Hallar el ´area encerrada por la curva y2
=
x2
a2
(a2
− x2
).
Soluci´on
De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos:
A = 4
a
0
x
a
a2 − x2 dx = (cambio x = a sen t) = 4a2
π/2
0
cos2
t · sen t dt
= 4a2
−
cos3 t
3
π/2
0
=
4a2
3
.
45

10. PROBLEMA 11.10
Hallar el ´area de la figura limitada por la cardioide de ecuaci´on
x(t) = a(2 cos t − cos 2t), y(t) = a(2 sen t − sen 2t).
Soluci´on
Como la figura es sim´etrica respecto al eje OX, el ´area viene dada por
A = 2
a
−3a
y · dx = 2
0
π
y(t)x (t) dt
= 2
0
π
a(2 sen t − sen 2t)2a(sen 2t − sen t) dt
= 4a2 −3t
2
+ 2 sen3
t +
sen 2t
2
+
sen 4t
8
0
π
= 6πa2
.
PROBLEMA 11.11
Hallar el ´area comprendida entre un lazo de la cicloide x = a(t −
sen t), y = a(1 − cos t) y el eje OX.
Soluci´on
2πa
Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentra
en el intervalo t ∈ [0, 2π], resulta:
A =
2πa
0
y(t) dx(t) =
2π
0
a(1 − cos t)a(1 − cos t) dt
= a2 3t
2
− 2 sen t +
sen 2t
4
2π
0
= 3πa2
.
46

11. PROBLEMA 11.12
Hallar el ´area encerrada por la astroide de ecuaci´on (ax)2/3 +
(by)2/3 = (a2 − b2)2/3.
Soluci´on
Escribimos la ecuaci´on en forma param´etrica como x(t) = (c2/a) cos3 t,
y(t) = (c2/b) sen3 t, donde c2 = a2 − b2.
c2/b
c2/a
Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura podemos escribir el ´area co-
mo
A = 4
c2/a
0
y · dx = 4
0
π/2
(c2
/b) sen3
t · (c2
/a)(−3 cos2
t sen t) dt
=
12c4
ab
π/2
0
sen4
t cos2
t dt =
12c4
ab
t
16
−
sen 4t
64
−
sen3 2t
48
π/2
0
=
3πc4
8ab
.
PROBLEMA 11.13
Hallar el ´area de la figura limitada por la curva y3 = x, la recta
y = 1 y la vertical x = 8.
Soluci´on
47

12. Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en
el intervalo [1, 8] la curva queda por encima de la recta, el ´area viene dada
por
A =
8
1
(x1/3
− 1) dx =
3 x4/3
4
− x
8
1
=
17
4
.
PROBLEMA 11.14
Calcular el ´area limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2,
x = 0.
Soluci´on
En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la
regi´on comprendida entre los valores x = 0 y x = 1.
e2
El ´area se obtiene como
A =
1
0
(e2
− e2x
) dx = e2
x −
e2x
2
1
0
= e2
−
e2
2
+
1
2
=
e2 + 1
2
.
PROBLEMA 11.15
Hallar el ´area de la regi´on y ≥ x2 − 9, x2 + (y − 3)2 ≥ 9, y ≤ −x + 3.
48

13. Soluci´on
El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la recta
y = −x + 3. Esto quiere decir que la recta es un di´ametro y el ´area de la
figura sombreada es la diferencia entre el ´area de la regi´on comprendida entre
dicha recta y la par´abola y el ´area del semic´ırculo de radio 3. Los puntos de
intersecci´on de la par´abola y la recta se obtienen del sistema
y = x2
− 9, y = −x + 3 =⇒ x2
+ x − 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4.
Tenemos entonces:
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
.
PROBLEMA 11.16
Calcular el ´area de la figura limitada por las curvas y = ex, y = e−x
y la recta x = 1.
49

14. Soluci´on
Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curva
y = e−x, el ´area viene dada por
A =
1
0
(ex
− e−x
) dx = ex
+ e−x 1
0
= e + e−1
− 2.
PROBLEMA 11.17
Hallar el ´area comprendida entre las par´abolas y2 = 2px, x2 = 2py.
Soluci´on
Como los puntos de intersecci´on de ambas par´abolas son (0, 0) y (2p, 2p), el
´area viene dada por la integral:
A =
2p
0
2px −
x2
2p
dx = 2p ·
2x3/2
3
−
x3
6p
2p
0
=
4p2
3
.
50

15. PROBLEMA 11.18
Dada la curva de ecuaci´on y = x3 y la recta y = λx (ver figura),
demostrar que la regi´on S1 limitada por la curva y la recta en el
intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma ´area que la regi´on S2 limitada
por la curva y el eje X en el mismo intervalo.
Soluci´on
Como la recta pasa por el punto (a, a3), se debe cumplir que a3 = λa, es
decir λ = a2.
Al calcular cada una de las ´areas mencionadas obtenemos
S1 =
a
0
(λx − x3
) dx =
λx2
2
−
x4
4
a
0
=
2λa2 − a4
4
=
a4
4
,
S2 =
a
0
x3
dx =
x4
4
a
0
=
a4
4
,
lo que prueba el enunciado.
PROBLEMA 11.19
Hallar el ´area de la figura encerrada por la par´abola y = x2/4 y la
curva de Agnesi y =
8
x2 + 4
.
51

16. Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son soluci´on del sistema formado
por ambas ecuaciones. Tenemos que:
x2
4
=
8
x2 + 4
⇐⇒ x4
+ 4x2
= 32 ⇐⇒ x2
= −2 ±
√
4 + 32 = −2 ± 6.
Como la soluci´on x2 = −8 no es real, s´olo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. El
´area es entonces, teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura,
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
2
0
= 2π −
4
3
.
PROBLEMA 11.20
Calcular el ´area limitada por las curvas y = x2, y = sen
πx
2
.
Soluci´on
Como se observa en la figura, la regi´on que limitan dichas curvas se encuentra
en el intervalo [0, 1] en el cual la funci´on y = sen
πx
2
queda por encima de
y = x2.
El ´area es entonces
A =
1
0
sen
πx
2
− x2
dx = −
2
π
cos
πx
2
−
x3
3
1
0
= −
1
3
+
2
π
.
52

17. PROBLEMA 11.21
Calcular el ´area de los dos trozos en que la circunferencia x2 +(y+
R)2 = 2R2 divide a la circunferencia x2 + y2 = R2.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on 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.
Las ´areas de ambas regiones son:
A1 =
R
−R
R2 − x2 − 2R2 − x2 + R dx
=
x
√
R2 − x2
2
+
R2
2
arc sen
x
R
R
−R
−
x
√
2R2 − x2
2
+ R2
arc sen
x
R
√
2
R
−R
+ [Rx]R
−R = R2
;
A2 = πR2
− A1 = (π − 1)R2
.
PROBLEMA 11.22
Calcular el ´area comprendida entre las curvas y = sen3 x, y =
1/ sen x, para x ∈ [π/4, π/2].
53

18. Soluci´on
En el intervalo indicado, la curva y = 1/ sen x queda por encima de y =
sen3 x.
π/4 π/2 π
A =
π/2
π/4
1
sen x
− sen3
x dx
= ln | cosec x − cotg x| + cos x −
cos3 x
3
π/2
π/4
= − ln(
√
2 − 1) −
5
√
2
12
.
PROBLEMA 11.23
Calcular el ´area comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y =
sen6 x para x ∈ [0, π/4].
Soluci´on
En este caso tambi´en la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y =
sen6 x. Bastar´a pues integrar la resta de ambas funciones en el intervalo
indicado.
π/4 π/2 π
54

19. A =
π/4
0
(sec2
x − sen6
x) dx
= tg x −
5
16
x +
1
4
sen 2x −
3
64
sen 4x −
1
48
sen3
2x
π/4
0
=
59
48
−
5π
64
.
PROBLEMA 11.24
Hallar el ´area de la figura comprendida entre la hip´erbola equil´atera
x2 − y2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto
(5, 4).
Soluci´on
El ´area de la regi´on se puede obtener como la resta entre el ´area del tri´angulo
de v´ertices O(0, 0), A(5, 0) y B(5, 4) y el ´area de la regi´on limitada por la
hip´erbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].
Tenemos pues:
A =
5 · 4
2
−
5
3
x2 − 9 dx
= 10 −
x
√
x2 − 9
2
−
9
2
ln
x +
√
x2 − 9
3
5
3
=
9
2
ln 3.
PROBLEMA 11.25
Determinar el ´area de la parte com´un a las dos elipses
x2
a2
+
y2
b2
= 1,
x2
b2
+
y2
a2
= 1 con a > b.
55

20. Soluci´on
Debido a la simetr´ıa de la regi´on (ver figura), basta calcular el ´area de la
regi´on comprendida en el primer cuadrante.
El punto de intersecci´on de las elipses tiene abscisa x =
ab
√
a2 + b2
, con lo
que el ´area pedida es
A = 4
ab√
a2+b2
0
b 1 − x2/a2 dx + 4
b
ab√
a2+b2
a 1 − x2/b2 dx
=
4b
a
a2
2
arc sen
x
a
+
x
2
a2 − x2
ab√
a2+b2
0
+
4a
b
b2
2
arc sen
x
b
+
x
2
b2−x2
b
ab√
a2+b2
= 2ab arc sen
b
√
a2 + b2
− arc sen
a
√
a2 + b2
+
π
2
.
PROBLEMA 11.26
Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f(x) =
|x − 1| y g(x) = x2 − 2x.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las curvas son:
y = |x − 1|, y = x2
− 2x =⇒ |x − 1| = x2
− 2x
=⇒
x − 1 = x2 − 2x si x > 1
−x + 1 = x2 − 2x si x < 1
=⇒
x = 3+
√
5
2 ,
x = 1−
√
5
2 .
56

21. Debido a la simetr´ıa de la figura, el ´area se puede expresar como:
A =
3+
√
5
2
1−
√
5
2
[|x−1|−(x2
−2x)] dx = 2
3+
√
5
2
1
[(x−1)−(x2
−2x)] dx =
7 + 5
√
5
6
.
PROBLEMA 11.27
Calcular el ´area de la figura limitada por la par´abolas y = x2,
y = x2/2 y la recta y = 2x.
Soluci´on
La primera par´abola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2
mientras que la segunda par´abola y = x2/2 corta a la recta en el punto de
abscisa x = 4.
El ´area se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente
forma:
A =
2
0
(x2
− x2
/2) dx +
4
2
(2x − x2
/2) dx = 4.
57

22. PROBLEMA 11.28
Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f y g en
el intervalo que se indica en cada caso:
a) f(x) =
√
x, g(x) = x2 en [0, 2].
b) f(x) = x(x2 − 1), g(x) = x en [−1, 2].
Soluci´on
a) Los puntos de intersecci´on de las curvas son
y =
√
x, y = x2
=⇒ x = x4
=⇒ x = 0, x = 1.
El ´area se descompone entonces como la suma
A =
1
0
(
√
x − x2
) dx +
2
1
(x2
−
√
x) dx =
10 − 4
√
2
3
.
b) Los puntos de intersecci´on de las curvas son:
y = x(x2
−1), y = x =⇒ x(x2
−1) = x =⇒ x = 0, x =
√
2, x = −
√
2.
58

23. El ´area se obtiene entonces como:
A =
2
−1
|x(x2
− 1) − x| dx
=
0
−1
(x3
− 2x) dx +
√
2
0
(2x − x3
) dx +
2
√
2
(x3
− 2x) dx =
11
4
.
PROBLEMA 11.29
Calcular el ´area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9,
y ≤ 3 − x.
Soluci´on
Calculamos los puntos de intersecci´on de las curvas:
y = x2
+ 1, y = 3 − x =⇒ x2
+ x − 2 = 0 =⇒ x = −2, x = 1;
y = x2
− 9, y = 3 − x =⇒ x2
+ x − 12 = 0 =⇒ x = −4, x = 3.
59

24. El ´area queda entonces como la suma de las siguientes integrales:
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
−2
10 dx +
3
1
(−x2
− x + 12) dx =
158
3
.
PROBLEMA 11.30
Calcular el ´area comprendida entre las cuatro par´abolas
y2 = x, y2 = 2x, x2 = y, x2 = 2y.
Soluci´on
Los distintos puntos de intersecci´on 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.
60

25. 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
.
PROBLEMA 11.31
Calcular el ´area de la figura interior a la circunferencia x2 + (y −
1)2 = 5 y a la par´abola x = 2(y − 1)2.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son:
x2
+(y −1)2
= 5, x/2 = (y −1)2
=⇒ 2x2
+x−10 = 0 =⇒ x = 2, x = −5/2.
Como la par´abola est´a definida en x ≥ 0, s´olo es posible la soluci´on x = 2
lo que da los puntos (2, 0) y (2, 2).
Como debemos descomponer la integral en dos sumandos para integrar res-
61

26. pecto 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
2
arc sen
y − 1
√
5
+
y − 1
2
5 − (y − 1)2 −
2
3
(y − 1)3
2
0
= 5 arc sen
1
√
5
+
2
3
.
PROBLEMA 11.32
Encontrar el ´area de la regi´on com´un a las circunferencias C1 :
x2 + y2 = 4, C2 : x2 + y2 = 4x.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las circunferencias son (1,
√
3) y (1, −
√
3), de
modo que, si integramos respecto a la variable y, el ´area puede expresarse
como la integral
A = 2
√
3
0
[ 4 − y2 − (2 − 4 − y2)] dy = 4
√
3
0
( 4 − y2 − 1) dy
= 4
y
2
4 − y2 + 2 arc sen
y
2
− y
√
3
0
=
8π
3
− 2
√
3.
PROBLEMA 11.33
Sea f la funci´on indicada en la figura adjunta.
Hallar
1
0
f y tambi´en el ´area de la regi´on comprendida entre la
funci´on f y el eje X.
62

27. Soluci´on
El ´area ser´a la suma de las ´areas de los tri´angulos que la funci´on determina
con el eje OX. Resulta entonces la siguiente serie geom´etrica:
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 tri´angulos que que-
den por encima del eje OX y restarle la suma de las ´areas de los tri´angulos
que quedan por debajo del mismo. Tenemos nuevamente las series geom´etri-
cas,
1
0
f =
∞
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
.
B. C´ALCULO DE VOL ´UMENES.
El concepto de integral tambi´en puede aplicarse para calcular vol´umenes de
ciertos s´olidos. Los distintos casos y m´etodos utilizados son los que expone-
mos a continuaci´on.
63

28. B.1.- VOL´UMENES DE S´OLIDOS DE SECCI´ON CONOCIDA.
Supongamos que un s´olido est´a limitado por dos planos paralelos entre s´ı y
perpendiculares a un eje fijo t en los puntos t = t0 y t = t1. Supongamos
adem´as que las secciones producidas en el s´olido por planos perpendiculares
al eje t son regiones cuya ´area se puede escribir como una funci´on A(t)
integrable en [t0, t1]. Entonces el volumen de dicho s´olido verifica la f´ormula
de Cavalieri
(1) V =
t1
t0
A(t) dt.
En particular, si las secciones son perpendiculares al eje OX entre los valores
x0 y x1, V =
x1
x0
A(x) dx.
As´ı, en el ejemplo de la figura tenemos una pir´amide de base b y altura h y
las secciones perpendiculares al eje OX son cuadrados.
Para calcular el lado de un cuadrado gen´erico escribimos la ecuaci´on de la
recta que une el origen con el punto (h, b) y calculamos su valor en el punto
de abscisa x. Resulta pues y = bx/h con lo que la funci´on a integrar ser´a el
´area del cuadrado A(x) = (2y)2 = (2bx/h)2 y el volumen es
V =
h
0
(2bx/h)2
dx =
4b2
h2
x3
3
h
0
=
4b2h
3
.
64

29. B.2.- VOL´UMENES DE S´OLIDOS DE REVOLUCI´ON.
El s´olido de revoluci´on es la figura obtenida al girar una regi´on plana al-
rededor de un eje fijo (eje de revoluci´on o eje de giro). Esto quiere decir
que las secciones perpendiculares a dicho eje son c´ırculos (o coronas circula-
res). El volumen se obtiene seg´un el caso con los siguientes m´etodos: B.2.1.-
M´ETODO DE LOS DISCOS.
Consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´umenes
de los discos que se obtienen al cortar la figura por planos perpendiculares
al eje de giro. Podemos distinguir dos casos:
(*) El eje de giro forma parte del contorno de la regi´on plana.
Si consideramos la regi´on plana limitada por la curva y = f(x), el eje de
giro y las rectas x = a, x = b, las secciones perpendiculares al eje de giro
son c´ırculos con lo que debemos integrar la funci´on que corresponda al ´area
de los mismos en el intervalo correspondiente.
As´ı, si el eje de giro es el eje OX, tenemos la f´ormula
(2) V = π
b
a
[f(x)]2
dx.
Si el eje de giro es la recta y = r, el radio del c´ırculo en un punto de abscisa
x es |f(x) − r| y el volumen queda entonces:
(3) V = π
b
a
[f(x) − r]2
dx.
En otros casos se procede de forma similar.
(**) El eje de giro no forma parte del contorno de la regi´on pla-
na.
65

30. Consideramos ahora la regi´on limitada por las curvas y = f(x), y = g(x) y
dos rectas perpendiculares al eje de giro, siendo ´este exterior a la regi´on. En
este caso, las secciones perpendiculares al eje de giro son coronas circulares.
Debemos pues restar el ´area del c´ırculo exterior menos el ´area del c´ırculo
interior.
Si el eje de giro es el eje OX,
(4) V = π
b
a
([f(x)]2
− [g(x)]2
) dx.
An´alogamente, si el eje de giro es la recta y = r,
(5) V = π
b
a
([f(x) − r]2
− [g(x) − r]2
) dx.
Ser´a necesario conocer la posici´on relativa de las funciones f y g para lo cual
es fundamental tener una idea de las gr´aficas de las mismas.
B.2.2.- M´ETODO DE LOS TUBOS.
Este m´etodo consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de
los vol´umenes de los tubos obtenidos al girar alrededor del eje de giro las
franjas de espesor infinitesimal que determina en la regi´on una partici´on del
intervalo. Este m´etodo ser´a apropiado cuando al intentar aplicar el m´etodo
de los discos se deba descomponer la integral en varios sumandos.
66

31. Como el volumen de cada uno de estos tubos es 2π· radio medio · altura, el
volumen obtenido al girar la regi´on comprendida entre la funci´on y = f(x),
el eje X y las rectas x = a, x = b tiene las siguientes f´ormulas.
Cuando el eje de giro es el eje OY :
(6) V = 2π
b
a
x · f(x) dx.
Cuando el eje de giro es la recta vertical x = r:
(7) V = 2π
b
a
|x − r| · f(x) dx.
F´ormulas an´alogas se obtienen para regiones comprendidas entre dos funcio-
nes o para ejes horizontales. En los siguientes problemas se realizan ejemplos
de todos los casos indicados.
PROBLEMA 11.34
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curva y2 = x3
alrededor del eje X a lo largo del intervalo x ∈ [0, 1].
67

32. Soluci´on
De acuerdo con la figura, y aplicando la f´ormula (2), tenemos:
V = π
1
0
x3
dx = π
x4
4
1
0
=
π
4
.
PROBLEMA 11.35
Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotaci´on, alrededor
del eje OX, de la superficie limitada por el eje OX y la par´abola
y = ax − x2 (a > 0).
Soluci´on
Aplicamos directamente el m´etodo de los discos integrando en el intervalo
[0, a] que corresponde a los valores de x que limitan la superficie dada.
As´ı:
V = π
a
0
(ax − x2
)2
dx = π
a
0
(a2
x2
+ x4
− 2ax3
) dx =
πa5
30
.
68

33. PROBLEMA 11.36
Calcular el volumen del s´olido engendrado por la rotaci´on de la
regi´on limitada por los ejes coordenados y la curva de ecuaci´on
√
x +
√
y =
√
a (a > 0) alrededor del eje OX.
Soluci´on
De la ecuaci´on de la curva se obtiene que y2 = (
√
a −
√
x)4 = a2 + x2 +
6ax − 4a3/2x1/2 − 4a1/2x3/2. El volumen buscado es pues
V = π
a
0
y2
(x) dx = π
a
0
(a2
+x2
+6ax−4a3/2
x1/2
−4a1/2
x3/2
) dx =
πa3
15
.
PROBLEMA 11.37
Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuaci´on
x = a cos3 t, y = a sen3 t delimitan una regi´on cuya ´area designare-
mos por S. Se pide:
i) El volumen del cuerpo de revoluci´on engendrado por S al girar en
torno al eje OX.
ii) El volumen del cuerpo de revoluci´on engendrado por S al girar en
torno al eje OY .
69

34. Soluci´on
i)
Por el m´etodo de los discos, si integramos respecto al par´ametro t,
como los valores extremos x = 0 y x = a corresponden a t = π/2 y
t = 0, respectivamente, tenemos:
V = π
a
0
y2
(t) dx(t) = π
0
π/2
a2
sen6
t · (−3a cos2
t sen t) dt
= 3πa3
π/2
0
sen7
t cos2
tdt=−3πa3 cos3 t
3
−
3 cos5 t
5
+
3 cos7 t
7
−
cos9 t
9
π/2
0
=
16πa3
105
ii)
Utilizaremos en este caso el m´etodo de integraci´on por tubos. El vo-
lumen es
V = 2π
a
0
x(t)y(t) dx(t) = 2π
0
π/2
a cos3
t · a sen3
t · (−3a cos2
t sen t) dt
= 6πa3
π/2
0
cos5
t sen4
t dt = 6πa3 sen5 t
5
−
2 sen7 t
7
+
sen9 t
9
π/2
0
=
16πa3
105
.
El resultado es el mismo debido a las simetr´ıas de la figura.
PROBLEMA 11.38
Hallar el volumen engendrado por la rotaci´on alrededor del eje
OY del ´area limitada por el primer arco de la cicloide de ecuaci´on
x = t − sen t, y = 1 − cos t.
70

35. Soluci´on
2π
De acuerdo con la figura, si aplicamos el m´etodo de los tubos e integramos
respecto al par´ametro t, tenemos:
V = 2π
2π
0
x(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
2π
0
= 6π3
.
PROBLEMA 11.39
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada
por la curva f(x) = sen x + cos x y el eje X en el intervalo [0, π]
alrededor del eje X.
Soluci´on
Si aplicamos el m´etodo de los discos, resulta:
V = π
π
0
(sen x + cos x)2
dx = π x −
1
2
cos 2x
π
0
= π2
.
La siguiente figura da una idea de la forma del s´olido obtenido.
71

36. PROBLEMA 11.40
Se considera el ´area S de la regi´on limitada por un cuadrante de
una circunferencia de radio R y las tangentes en sus extremos.
Hallar el volumen que engendra S cuando gira en torno a una de
las tangentes.
Soluci´on
Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasando
por
el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este modo la
ecuaci´on de la circunferencia ser´a x2 + (y + R)2 = R2 =⇒ y =
√
R2 − x2 −
R.
El volumen pedido viene expresado por:
V = π
R
0
y2
(x) dx = π
R
0
( R2 − x2 − R)2
dx
= π 2R2
x −
x3
3
− R3
arc sen
x
R
R
0
=
πR3
6
(10 − 3π).
72

37. PROBLEMA 11.41
Calcular el volumen engendrado por un segmento circular de ´angu-
lo central 2α (ver figura) con α < π/2 y radio R al girar alrededor
de su cuerda.
Soluci´on
Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular a
esta cuerda que pase por el centro de la circunferencia, debido a que OB =
R sen α y |OC| = R cos α, la ecuaci´on de la circunferencia es x2 + (y +
R cos α)2 = R2, de donde y = −R cos α +
√
R2 − x2. De esta forma, el
volumen pedido es
V = π
R sen α
−R sen α
y2
dx = 2π
R sen α
0
(R2
cos2
α + R2
− x2
− 2R cos α R2 − x2) dx
=
2πR3
3
(2 sen α − 3α cos α + cos2
α sen α).
PROBLEMA 11.42
Se considera el arco OAB de la par´abola de ecuaci´on y = x(x − a),
con OA = a > 0 y OC = c > a. Determinar c de tal manera que
el volumen de revoluci´on engendrado por la zona sombreada de la
figura, al girar en torno a OX, sea igual al volumen engendrado
por el tri´angulo OCB girando en torno al mismo eje.
73

38. Soluci´on
El volumen engendrado por la zona sombreada es
V = π
a
0
y2
(x) dx + π
c
a
y2
(x) dx = π
a
0
x2
(x − a)2
dx + π
c
a
x2
(x − a)2
dx
=
πc3
30
(6c2
− 15ca + 10a2
).
Como OC = c, BC = c(c − a) y el volumen del cono engendrado por el
tri´angulo 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.
PROBLEMA 11.43
Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuaci´on y =
√
x
1 + x2
se
obtiene en el intervalo [0, x] un s´olido cuyo volumen designaremos
por V (x). Determinar el valor de a para que V (a) =
1
2
l´ım
x→∞
V (x).
Soluci´on
El volumen V (x) se calcula mediante la f´ormula:
V (x) = π
x
0
y2
(x) dx = π
x
0
x dx
(1 + x2)2
=
π
2
−1
1 + x2
x
0
=
π
2
·
x2
1 + x2
.
74

39. Ahora bien, como l´ım
x→∞
V (x) =
π
2
, deber´a cumplirse
π
2
·
a2
1 + a2
=
1
2
·
π
2
de
donde a = 1 (no es v´alido a = −1 pues no est´a en el dominio de la funci´on).
PROBLEMA 11.44
Un s´olido de revoluci´on est´a generado por la rotaci´on de la gr´afica
de y = f(x) para [0, a] alrededor del eje X. Si para a > 0 el volumen
es a3 + a, hallar la funci´on f.
Soluci´on
Por la f´ormula del volumen tenemos que
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), enton-
ces
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
.
PROBLEMA 11.45
Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficie
comprendida entre la par´abola y2 = x y la circunferencia y2 =
2x − x2 alrededor del eje X.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son (1, 1) y (1, −1).
75

40. Utilizando el m´etodo de integraci´on por discos y descomponiendo la integral
en dos sumandos, tenemos
V = π
1
0
x dx + π
2
1
(2x − x2
) dx = π
x2
2
1
0
+ π x2
−
x3
3
2
1
=
7π
6
.
PROBLEMA 11.46
Se considera la par´abola de ecuaci´on 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 en torno al eje OX.
Soluci´on
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de la par´abola y de la
circunferencia, se tiene que OC = a
√
2/2. Como el radio de la circunferencia
76

41. es a, el volumen pedido ser´a
V = π
a
√
2/2
0
2x4
/a2
dx + π
a
a
√
2/2
(a2
− x2
) dx
= π
2x5
5a2
a
√
2/2
0
+ π a2
x −
x3
3
a
a
√
2/2
=
πa3
30
(20 − 11
√
2).
PROBLEMA 11.47
Determinar el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor del
eje OY la regi´on limitada por las par´abolas y = ax2, y = b − cx2,
con a, b, c > 0.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las par´abolas se obtienen resolviendo el sistema
formado por sus ecuaciones. As´ı se tiene A( b/(a + c), ab/(a + c)).
Calculamos el volumen por el m´etodo de los discos para lo cual debemos
integrar respecto a y en los intervalos (0, ab/(a+c)) y (ab/(a+c), b). Resulta
as´ı:
V = π
ab/(a+c)
0
y
a
dy + π
b
ab/(a+c)
b − y
c
dy =
πb2
2(a + c)
.
77

42. PROBLEMA 11.48
Hallar el volumen generado por la rotaci´on del ´area limitada por
la par´abola y2 = 8x y la ordenada correspondiente a x = 2
i) en torno al eje X;
ii) en torno al eje Y ;
iii) en torno a la recta x = 2.
Soluci´on
i) Dividiendo el ´area en franjas verticales, al girar alrededor del eje X se
obtienen discos de radio y =
√
8x en el intervalo x ∈ [0, 2].
Aplicando la f´ormula de integraci´on por discos se obtiene:
V = π
2
0
8x dx = 16π.
ii) Aplicaremos nuevamente el m´etodo de los discos para lo cual debemos
integrar respecto a la variable y en el intervalo [−4, 4].
78

43. Como un disco gen´erico tiene radio exterior 2 y radio interior x = y2/8,
el volumen viene dado por
V = π
4
−4
[22
− (y2
/8)2
] dy = π 4y −
y5
320
4
−4
=
128π
5
.
iii) Aplicaremos en este caso el m´etodo de los tubos. Como se observa en
la figura, la altura de un cilindro gen´erico es 2y = 2
√
8x = 4
√
2x y su
distancia al eje de giro es 2 − x.
El volumen pedido ser´a
V = 2π
2
0
4
√
2x(2 − x) dx = 8
√
2π
2
0
(2x1/2
− x3/2
) dx =
256π
15
.
PROBLEMA 11.49
¿Cu´al es el volumen del s´olido que se obtiene al girar alrededor
del eje X la figura limitada por la curva y = ex y las rectas x = 0,
y = e?
79

44. Soluci´on
Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo
[0, 1], si aplicamos la f´ormula (4), el volumen viene dado por:
V = π
1
0
(e2
− e2x
) dx = π e2
x −
1
2
e2x
1
0
= π ·
e2 + 1
2
.
Una idea del s´olido obtenido se expresa en la siguiente figura.
PROBLEMA 11.50
Se considera la regi´on del plano formada por los puntos (x, y) que
satisfacen las desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, x2/4 ≤ y ≤ 1. Calcular el
volumen del s´olido obtenido al girar esta regi´on alrededor del eje
Y , alrededor del eje X, alrededor de la recta x = 2, y alrededor de
la recta y = 1.
80

45. Soluci´on
a)
Al girar alrededor del eje Y , el volumen (por el m´etodo de los discos)
es
V = π
1
0
4y dy = π 2y2 1
0
= 2π.
b)
Nuevamente por el m´etodo de los discos, si integramos respecto a x,
tenemos:
V = π
2
0
1 −
x4
16
dx = π x −
x5
80
2
0
=
8π
5
.
c)
Aplicando en esta ocasi´on el m´etodo de los tubos tenemos:
V = 2π
2
0
(2 − x)(1 − x2
/4) dx = 2π 2x −
x2
2
−
x3
6
+
x4
16
2
0
=
10π
3
.
81

46. d)
Integrando por el m´etodo de los discos, tenemos por ´ultimo que
V = π
2
0
(1 − x2
/4)2
dx = π x −
x3
6
+
x5
80
2
0
=
16π
15
.
PROBLEMA 11.51
Hallar el volumen generado por la rotaci´on del ´area limitada por
y = −x2 − 3x + 6, x + y − 3 = 0 alrededor de la recta
i) y = 0;
ii) x = 3.
Soluci´on
i) Los puntos de intersecci´on de las curvas son
y = −x2
−3x+6, y = 3−x =⇒ −x2
−2x+3 = 0 =⇒ x = −3, x = 1.
82

47. Si aplicamos el m´etodo de los discos, como la par´abola queda por
encima de la recta en el intervalo x ∈ [−3, 1], el volumen es:
V = π
1
−3
(y2
p − y2
r ) 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 regi´on que gira. Aplicamos en este caso
el m´etodo de las tubos. La altura de un cilindro gen´erico es yp − yr =
(−x2 − 3x + 6) − (3 − x) = −x2 − 2x + 3 y el radio es 3 − x (distancia
del eje de giro a un punto de la regi´on).
El volumen es pues
V = 2π
1
−3
(3−x)(−x2
−2x+3) dx = 2π
1
−3
(x3
−x2
−9x+9) dx =
256π
3
.
PROBLEMA 11.52
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada
por las gr´aficas de f(x) = b(x/a)2 y g(x) = b|x/a| alrededor de y = 0.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas son:
x ≥ 0 : y =
bx2
a2
, y =
bx
a
=⇒
bx2
a2
=
bx
a
=⇒ x2
− ax = 0 =⇒ x = 0, x = a.
83

48. Debido a la simetr´ıa de la figura, como la recta queda por encima de la
par´abola, el volumen es:
V = 2π
a
0
b2x2
a2
−
b2x4
a4
dx = 2π ·
b2
a2
x3
3
−
x5
5a2
a
0
=
4πb2 · a
15
.
PROBLEMA 11.53
Calcular el volumen engendrado por la regi´on que delimitan las
par´abolas y2 = 2px, x2 = 2py (p > 0), al girar en torno a OX.
Soluci´on
Se obtiene f´acilmente que los puntos de intersecci´on de las par´abolas son
(0, 0) y (2p, 2p).
Por el m´etodo de los discos, el volumen es:
V = π
2p
0
2px dx − π
2p
0
x4
4p2
dx =
12
5
πp3
.
PROBLEMA 11.54
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada
por las gr´aficas de f(x) = sen x y g(x) = cos x en el intervalo [0, π/2]
alrededor del eje X.
84

49. Soluci´on
π/4 π/2
Aplicando el m´etodo de los discos, debido a la posici´on relativa de las cur-
vas, debemos descomponer la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2].
As´ı 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/4
0
− π
sen 2x
2
π/2
π/4
= π.
PROBLEMA 11.55
Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada
por las gr´aficas de f(x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x alrededor de
y = −1.
Soluci´on
Los extremos de integraci´on ser´an los puntos de intersecci´on de las curvas.
Estos son:
y = x2
− 4x + 4, y = 4 − x =⇒ x2
− 3x = 0 =⇒ x = 0, x = 3.
85

50. Si aplicamos el m´etodo de los discos (f´ormula (5)), teniendo en cuenta que
el radio exterior es re = yr +1 = 4−x+1 y el radio interior es ri = yp +1 =
x2 − 4x + 4 + 1, resulta:
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
3
0
=
117π
5
.
Una secci´on del s´olido obtenido tiene la forma de la figura adjunta.
86

51. PROBLEMA 11.56
Determinar el volumen del s´olido que se obtiene al girar alrededor
del eje de abscisas la regi´on del primer cuadrante limitada por las
curvas y = 1/x2, y = sen(πx/2) y las rectas x = 0, y = e.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de las curvas son
y = 1/x2
, y = sen
πx
2
=⇒ sen
πx
2
=
1
x2
=⇒ x = 1;
y = 1/x2
, y = e =⇒ x2
= 1/e =⇒ x = 1/
√
e.
Aplicando el m´etodo de los discos, tenemos:
V =
1/
√
e
0
π e2
− sen2 πx
2
dx +
1
1/
√
e
π
1
x4
− sen2 πx
2
dx
= π e2
x −
x
2
+
sen πx
2π
1/
√
e
0
+ π
−1
3x3
−
x
2
+
sen πx
2π
1
1/
√
e
=
(8e
√
e − 5)π
6
.
87

52. PROBLEMA 11.57
Se considera la hip´erbola de ecuaci´on x2/a2 − y2/b2 = 1 y las dos
rectas perpendiculares al eje OX de ecuaciones x = p, x = p + h
(p > a).
Determinar el volumen del cuerpo de revoluci´on engendrado por la
regi´on ABCD indicada en la figura (siendo OB una de las as´ınto-
tas) al girar en torno al eje OX.
Soluci´on
Sabiendo que la ecuaci´on de la as´ıntota OB es y = bx/a, el volumen del
s´olido indicado viene dado por
V = π
p+h
p
bx
a
2
− b2 x2
a2
− 1 dx =
πb2
a2
p+h
p
(x2
−x2
+a2
) dx = πb2
h.
PROBLEMA 11.58
Hallar el volumen generado por el ´area comprendida entre la par´abo-
la y = 4x−x2 y el eje X al girar alrededor de la recta y = 6.
88

53. Soluci´on
Utilizando el m´etodo de los discos, como la regi´on est´a comprendida en el
intervalo [0, 4], el volumen, dado por la f´ormula (5), es
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
.
PROBLEMA 11.59
Un servilletero se obtiene practicando un agujero cil´ındrico en una
esfera de modo que el eje de aqu´el pase por el centro de ´esta.
Si la longitud del agujero es 2h, demostrar que el volumen del
servilletero es πah3, siendo a un n´umero racional.
Soluci´on
Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cil´ındrico ser´a k =√
r2 − h2.
89

54. De este modo, y de acuerdo con la figura, el s´olido obtenido viene dado al
girar alrededor del eje X la regi´on limitada por las curvas x2 + 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 secci´on de la figura obtenida es la siguiente:
PROBLEMA 11.60
Se considera la elipse de ecuaci´on
x2
a2
+
y2
b2
= 1 y la cuerda FC
paralela al eje OX. Determinar OA = h de manera que el volumen
engendrado por la regi´on sombreada de la figura al girar en torno a
OX sea la mitad del volumen del elipsoide engendrado por el ´area
que limita la elipse dada girando en torno al mismo eje.
90

55. Soluci´on
Designaremos por V1 y V2 a los vol´umenes del cuerpo engendrado por la
regi´on sombreada y del elipsoide engendrado por la elipse, respectivamen-
te. Como los puntos C y F tienen abscisa a 1 − h2/b2 y −a 1 − h2/b2,
respectivamente, dichos vol´umenes se obtienen por integraci´on mediante las
f´ormulas:
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
3
πa(b2
− h2
) 1 − h2/b2;
V2 = π
a
−a
b2
(1 − x2
/a2
) dx =
4
3
πab2
.
Como debe ser V1 = V2/2, al resolver esta ecuaci´on se obtiene que
4
3
πa(b2
− h2
) 1 − h2/b2 =
2
3
πab2
=⇒ h = b 1 − 1/
3
√
4.
PROBLEMA 11.61
Calcular el volumen del toro, que es el s´olido de revoluci´on engen-
drado al girar un c´ırculo de radio r alrededor de un eje situado en
su plano y a una distancia b de su centro (b ≥ r).
91

56. Soluci´on
Si hacemos que OX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto
(0, b), ´esta tiene por ecuaci´on x2 + (y − b)2 = r2. El volumen, aplicando el
m´etodo de los discos, vendr´a dado por:
V = π
r
−r
b + r2 − x2
2
− b − r2 − x2
2
dx = (cambio x = r sen t)
= 4bπ
π/2
−π/2
r2
cos2
t dt = 2br2
π t +
1
2
sen 2t
π/2
−π/2
= 2br2
π2
.
PROBLEMA 11.62
Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es una
elipse de eje mayor 2a y eje menor 2b.
Soluci´on
La secci´on determinada en el cono por un plano paralelo a la base y de
altura OP = z es una elipse de eje mayor 2x y eje menor 2y. Su ´area es pues
πxy.
92

57. Por semejanza de tri´angulos, se deduce de la figura que
MPC ∼ MOA =⇒
PC
OA
=
PM
OM
es decir
x
a
=
h − z
h
;
MPD ∼ MOB =⇒
PD
OB
=
PM
OM
es decir
y
b
=
h − z
h
.
El ´area de la secci´on es entonces πxy =
πab(h − z)2
h2
. Luego,
V =
πab
h2
h
0
(h − z)2
dz =
πabh
3
.
PROBLEMA 11.63
Un s´olido tiene una base circular de radio 2. Cada secci´on produ-
cida por un plano perpendicular a un di´ametro fijo es un tri´angulo
equil´atero. Calcular el volumen del s´olido.
Soluci´on
Si expresamos por la ecuaci´on x2 +y2 = 4 a la base del s´olido y consideramos
las secciones perpendiculares al eje X, el lado de un tri´angulo gen´erico es
l = 2y y la altura es h = l2 − l2/4 = l
√
3/2 = y
√
3.
93

58. El volumen ser´a entonces
V =
2
−2
2y · y
√
3
2
dx =
√
3
2
−2
(4 − x2
) dx =
32
√
3
3
.
PROBLEMA 11.64
Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinado
que pasa por el eje menor de la misma. Hallar el volumen del s´olido
restante.
Soluci´on
Supongamos que la ecuaci´on de la elipse es x2/a2 +y2/b2 = 1 y llamamos H
a la altura del cilindro (que corresponde al punto (a, 0)). Cortando el s´olido
por planos perpendiculares al eje OY obtenemos tri´angulos rect´angulos se-
mejantes. En un punto arbitrario (x, y) el ´area de uno de dichos tri´angulos
(ver figura) es
A =
x · h
2
=
x2 · tg α
2
=
x2 · H
2a
.
94

59. Como (x, y) verifica la ecuaci´on de la elipse, escribimos el ´area en funci´on
de y como A(y) =
a2(1 − y2/b2) · H
2a
. El volumen ser´a entonces
V =
b
−b
A(y) dy = 2
b
0
a(1 − y2/b2) · H
2
dy = aH y −
y3
3b2
b
0
=
2abH
3
.
PROBLEMA 11.65
Un s´olido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor y
menor miden 10 y 8 unidades respectivamente. Hallar su volumen
sabiendo que toda secci´on del mismo perpendicular al eje mayor
es un tri´angulo is´osceles de altura igual a 6.
Soluci´on
Escribimos la ecuaci´on de la elipse como x2/25 + y2/16 = 1.
95

60. El tri´angulo obtenido por la secci´on perpendicular al eje OX por un punto
x tiene ´area A(x) = 2y · h/2 = 6y = 24 1 − x2/25, y el volumen del s´olido
(aplicando los m´etodos usuales de integraci´on) es
V =
5
−5
A(x) dx = 24
5
−5
1 − x2/25 dx
=
24
5
25
2
arc sen
x
5
+
x
2
25 − x2
5
−5
= 60π.
PROBLEMA 11.66
La secci´on de un cierto s´olido por cualquier plano perpendicular
al eje OX es un cuadrado tal que los extremos de una diagonal
pertenecen respectivamente a las par´abolas y2 = 4x, x2 = 4y. Hallar
el volumen del s´olido.
Soluci´on
La regi´on que limitan ambas curvas viene indicada en la figura y los puntos
de corte son (0, 0) y (4, 4).
96

61. Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado gen´erico une los
puntos (x, y1) y (x, y2) y su longitud, en funci´on de x es d = 2
√
x − x2/4.
Como el ´area del cuadrado es A(x) = d2/2 = (2
√
x − x2/4)2/2, el volumen
pedido es:
V =
4
0
(2
√
x − x2/4)2
2
dx =
1
2
2x2
+
x5
80
−
2x7/2
7
4
0
=
144
35
.
C. LONGITUD DE CURVAS PLANAS.
Dada la funci´on y = f(x), definida en un intervalo [a, b], a cada partici´on
P = {x0 = a, x1, . . . , xn−1, xn = b} de [a, b] le corresponde una poligonal de
v´ertices Pk = (xk, f(xk)), k = 0, 1, . . . , n, como indica la figura.
La longitud del arco de la curva entre los puntos A y B de abscisas x = a y
x = b se define como el supremo de los per´ımetros de todas las poligonales. Si
es finito, se dice que la curva es rectificable; si no, la curva no es rectificable
(tiene longitud infinita). El resultado fundamental que aplicaremos en esta
secci´on es el siguiente:
Teorema. Si una funci´on y = f(x) tiene derivada de primer orden continua
en [a, b], entonces es rectificable y la longitud del arco viene dada por la
f´ormula
l = AB =
b
a
1 + [f (x)]2 dx.
97

62. Si la funci´on viene expresada en coordenadas param´etricas x = x(t), y =
y(t), la f´ormula queda de la forma
l =
t1
t0
[x (t)]2 + [y (t)]2 dt,
siendo t0 y t1 los par´ametros correspondientes a los puntos inicial y final de
la curva.
En la mayor´ıa de los casos no es posible encontrar expresiones expl´ıcitas de
la longitud de un arco de curva. Por ello se deben crear nuevas funciones,
como es el caso de las integrales el´ıpticas (que expresan longitudes de arcos de
elipses), o utilizar m´etodos aproximados para calcular arcos de curva.
PROBLEMA 11.67
Hallar la longitud del arco de la par´abola x2 = 2py, con p > 0,
comprendida en el intervalo [0, a].
Soluci´on
Si calculamos la derivada de la funci´on, tenemos
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
a
0
=
p
2
a a2 + p2
p2
+ ln
a + a2 + p2
p
.
PROBLEMA 11.68
Probar que la curva f(x) =
x cos(π/x) si x = 0
0 si x = 0
no es rectificable
en [0, 1].
98

63. Soluci´on
Si consideramos los puntos xn = 1/n, con n ∈ N, sabemos que f(xn) =
(−1)n
n
y la longitud de la poligonal de v´ertices 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].
PROBLEMA 11.69
Calcular la longitud del arco de curva y = ln(cos x) en el intervalo
[0, π/3].
Soluci´on
Como la derivada de la funci´on es y = − tg x, la longitud pedida es
l =
π/3
0
1 + tg2 x dx = ln(sec x + tg x)
π/3
0
= ln(2 +
√
3).
PROBLEMA 11.70
Hallar la longitud de la curva de ecuaci´on 8a2y2 = x2(a2 − 2x2).
Soluci´on
−a/
√
2 a/
√
2
Si escribimos la ecuaci´on en forma expl´ıcita, 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 ser´a:
99

64. 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/
√
2
0
= πa.
PROBLEMA 11.71
Hallar la longitud de la astroide de ecuaci´on x2/3 + y2/3 = a2/3.
Soluci´on
Escribiendo la ecuaci´on en forma param´etrica como x = a cos3 t, y =
a sen3 t y teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, la longitud viene dada
por:
L = 4
π/2
0
x (t)2 + y (t)2 dt = 4
π/2
0
3a sen t cos t dt = 6a.
PROBLEMA 11.72
Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y =
a(1 − cos t).
Soluci´on
2aπ 4aπ
100

65. Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalo
t ∈ [0, 2π], la longitud es:
L =
2π
0
x (t)2 + y (t)2 dt =
2π
0
a (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.
PROBLEMA 11.73
Hallar la longitud de la curva cuya ecuaci´on en forma param´etrica
es x(t) = a cos3 t, y(t) = a sen t(1 + cos2 t).
Soluci´on
Debido a la simetr´ıa de la figura, por la f´ormula de la longitud de arco
tenemos:
L = 4
π/2
0
x (t)2 + y (t)2 dt = 4
π/2
0
a cos t 4 − 3 sen2 t dt = (cambio
√
3
2
sen t = sen u) =
16a
√
3
π/3
0
cos2
u du =
8a
√
3
u +
sen 2u
2
π/3
0
=
2a(4π + 3
√
3)
3
√
3
.
101

66. D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Encontrar una f´ormula que permita calcular el ´area de cada una
de las regiones I, II, III y IV de la figura siguiente:
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.
2. Hallar el ´area de la figura limitada por la hip´erbola equil´atera
xy = a2, el eje OX y las rectas x = a, x = 2a.
Resp.: A = a2 ln 2.
3. Hallar el ´area encerrada por la recta y = 1 y la curva y = ln2
x.
Resp.: A = 4/e.
4. Calcular el ´area limitada por las curvas y = (x−4)2, y = 16−x2.
102

67. Resp.: A = 64/3.
5. Hallar el ´area limitada por la curva y = x2 − 2x + 2, su tangente
en el punto (3, 5), el eje OX y el eje OY .
Resp.: A = 23/8.
6. Calcular el ´area de la figura del primer cuadrante limitada por las
par´abolas x2 = 2py, 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).
7. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas y = −x2 + 6,
(y − 2)2 + x2 = 4, y = x.
Resp.: A =
1
6
(49 − 6π).
8. Hallar el ´area de la regi´on limitada por la curva y = (x2 + 2x)e−x
y el eje OX en el tercer cuadrante.
Resp.: A = 4.
9. Hallar el ´area de la regi´on limitada por la curva y =
x
(1 − x2)2
· arc sen x
y las rectas x = 0, x = 1/2, y = 0.
Resp.: A =
π
9
−
1
2
√
3
.
10. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas y = 5 − x2,
y = (x − 1)2.
Resp.: A = 9.
11. Calcular el ´area de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
Resp.: A = πab.
12. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las curvas x2 + y2 = 2,
y = x2, y = x + 6.
Resp.: A =
45 + π
2
.
103

68. 13. Calcular el ´area de la regi´on limitada por las gr´aficas de f(x) =
x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x.
Resp.: A = 9/2.
14. Calcular el ´area de la figura limitada por la curva y = x3, la recta
y = 8 y el eje OY .
Resp.: A = 12.
15. Hallar el ´area limitada por la curva y2 = x2 − x4.
Resp.: A = 4/3.
16. Hallar el ´area de la superficie interior a la circunferencia x2 +
y2 = 16 y por encima de la par´abola x2 = 12(y − 1).
Resp.: A =
16π + 4
√
3
3
.
17. Hallar el ´area limitada por la curva y = cos 2x + cos x y el eje X
entre las dos ordenadas que corresponden a una distancia igual
a un per´ıodo de la curva.
Resp.: A = 3
√
3.
18. Hallar el ´area encerrada por el bucle de la curva x3 = a(x2 −y2).
Resp.: A =
8a2
15
.
19. Dada la hip´erbola de ecuaci´on
x2
a2
−
y2
b2
= 1, determinar el ´area A
del tri´angulo mixtil´ıneo APQ, siendo A(a, 0), P(a
√
2, b), Q(a
√
2, 0).
Resp.: A =
ab
2
[
√
2 − ln(1 +
√
2)].
20. Hallar el ´area del segmento circular de centro O y radio r com-
prendido entre las rectas x = a, x = b.
Resp.: A = b r2 − b2 + r2
arc sen
b
r
− a r2 − a2 − r2
arc sen
a
r
.
104

69. 21. Hallar el ´area del segmento parab´olico comprendido entre y2 =
2px las rectas x = a, x = b.
Resp.: A =
4
√
2p
3
(b3/2
− a3/2
).
22. Hallar el volumen del s´olido de revoluci´on engendrado por la
figura limitada por la curva y = xex y las rectas y = 0, x = 1 al
girar alrededor del eje OX.
Resp.: V =
πe2
4
.
23. Calcular el volumen del s´olido engendrado al girar alrededor del
eje OX la regi´on interior a la circunferencia x2 + y2 = 1 y a la
par´abola y2 = 3x/2.
Resp.: 19π/48.
24. Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor del eje
OX la regi´on limitada por la curva y = 2 −
√
1 − x2 y el eje OX.
Resp.: V =
π
3
(28 − 6π).
25. Calcular el volumen del s´olido limitado por las curvas x2 −y2 = 4,
y = 2, y = −2 al girar alrededor del eje OX.
Resp.: V =
32π
3
(2
√
2 − 1).
26. Calcular el volumen del s´olido limitado por las curvas y = sen x,
y = 2x/π al girar alrededor del eje OX.
Resp.: V = π2/6.
27. Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on limitada
por las gr´aficas de f(x) =
√
4 − x2 y g(x) = 1 en el intervalo [0,
√
3]
alrededor de y = 0.
Resp.: V = 2π
√
3.
28. Sea R la regi´on interior a la circunferencia de centro (1, −1) y
radio 2 y por encima de la recta y =
√
3 − 1.
a) Determinar el ´area de R.
105

70. b) Calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on R
alrededor del eje OX.
Resp.: A =
2π
3
−
√
3; V =
2π
3
(2 + 3
√
3 − 2π).
29. Sea R la regi´on limitada por las curvas x + y = 2y2, y = x3. Cal-
cular el ´area de R y el volumen que engendra R al girar alrededor
del eje OX.
Resp.: A = 7/12 (pensar x como funci´on de y); V = 11π/21 (m´etodo
de los tubos).
30. Sea R la regi´on 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
(m´etodo de los discos).
31. Sea R la regi´on limitada por las curvas y = 4x − x2 y 2x − y = 0.
Calcular el ´area de R y el volumen de la figura obtenida al girar
R alrededor del eje OX.
Resp.: A = 4/3; V = 32π/5.
32. Sea R la regi´on limitada por las curvas y =
1
1 + x2
e y =
x2
2
. Cal-
cular 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).
33. Se considera la regi´on 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 regi´on R alrededor
del eje OY .
c) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´on R alrededor de
la recta y = 1.
106

71. Resp.: A = 5 arc sen
1
√
5
+
2
3
; VY =
116π
15
(discos); Vy=1 =
10
√
5 − 19
3
· π
(tubos).
34. Dada la regi´on limitada por las curvas y = 4x2, y = x2/9, y = 2,
calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al girar dicha
regi´on alrededor de los ejes OX y OY .
Resp.: A = 20
√
2/3; VX = 16π
√
2 (tubos); VY = 35π/2 (discos).
35. Dada la regi´on limitada por las curvas y = x2 + 1, y − 1 = x,
calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al girar dicha
regi´on alrededor del eje OY .
Resp.: A = 1/6; VY = π/6.
36. Dada la regi´on limitada por las curvas x2 + y2 = 12, x2 = 4y,
y2 = 4x, calcular el ´area de la regi´on y el volumen obtenido al
girar dicha regi´on alrededor del eje OY .
Resp.: A =
4
√
2
3
+ 12 arc sen 2/3 − 3π; VY =
π
15
(256
√
5 − 200).
37. Se considera la regi´on limitada por la curva y = sen(πx/2) +
cos(πx/2) + 1 y las rectas x = 0, x = 1 e y = 0. Hallar el ´area de
dicha regi´on y el volumen del s´olido obtenido al girar alrededor
del eje OX.
Resp.: A = 1 +
4
π
; V = 2π + 10.
38. 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
).
39. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2 + e−x/2 entre
los puntos de abscisa x = 0 y x = 2.
Resp.: L = e − e−1
.
40. Calcular la longitud del arco de la curva y = ln
ex + 1
ex − 1
entre x = 1
y x = 2.
Resp.: L = ln(e2 + 1) − 1.
107