f(x)=Sin x

Relleno 1

f(x)=(2/pi)x

Relleno 2

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

x

y

Esquematice la región encerrada por las curvas dadas .Decida si integra con respecto a x ó y .Dibuje un rectángulo típico de aproximación y marque su altura y su ancho.

14 º ¿ y=Sen x , y= 2πx , x ≥0

Secalculan lo s interceptos ,igualando y= y ,entonces :

Senx=2πx entoncesusandoel sistemaradian sedeterminaque : la solucion es : x=0 y x=π

2

y=Sen x

y=2πx

El área sedeterminaasí :

Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤π2

Tenemos que :

A=∫0

π2

(Sen x−2πx)dx=[−cos x− 2

πx2

2 ]0

π2 =[−cos x− x2

π ]0

π2 =−cos

π2−

( π2 )2

π+cos 0+

(0 )2

π

A=−0−

π 2

4π

+1+0=1−π4unidades cuadradas

15 º ¿ y=1x, y=x , y= 1

4x , x>0

Los interceptps , se determinanalhacer : y= y entonces1x=x entonces x2=1entonces x=±1

Pero comox>0entonces x=1

De igualmanera y= y enton ces1x=1

4x entonces x2=4 entonces x=±2

Pero comox>0entonces x=2

Tambien : alhacer y= y entonces x=14xentonces x=0

Entonces laregionde integracion en sus limites están dados por : 0≤ x≤1 y1≤ x≤2

Sugrafica es :

y=1x

y=x A2

A1 y=14x

El área sedeterminaasí :

Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤2entonces A=A1+A2 . Tenemos que :

f(x)=abs(x)

f(x)=x^2 -2

Relleno 1

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

x

y

A=∫0

1

(x− 14x )dx+∫

1

2

( 1x−

14x)dx=∫

0

1

( 34x)dx+∫

1

2

( 1x−

14x)dx=[ 3

4x2

2 ]0

1

+[ ln x−14x2

2 ]1

2

A=[ 3x2

8 ]0

1

+[ ln x−x2

8 ]1

2

=38

(12−02 )+( ln2−12

8−ln 1+

22

8 )=38+ ln 2−

18−0+

48=

68+ ln 2

→A=34+ ln 2unidades cuadradas

16 º ¿ y=|x|, y=x2−2

Como y=|x|={ x−xsi x>0si x≤0

entonces :

Si x>0entonces seiguala : x=x2−2entonces x2−x−2=0entonces ( x−2 ) (x+1 )=0

entonces x=2 y x=−1entonces se tomael x=2quees el posi tivo x>0

Si x≤0entonces seiguala :−x=x2−2entonces x2+x−2=0entonces ( x+2 ) ( x−1 )=0

Entonces x=−2 y x=1entonces setomael x=−2que es¬ativo x≤0.

y=− x y=x

y=x2−2 y=x2−2

A1 A2

El área sedeterminaasí :

Se calcula el Área comprendida entre −2≤x ≤2entonces A=A1+A2 como soniguales por la simetria ,

entonces . Tenemos que :

A=2 A1=2∫0

2

( x−x2+2 ) dx=2[ x2

2−x3

3+2x ]

0

2

=2[ 22

2−

23

3+2 ·2]=2(2−

83+4)=2·

103

Entonces A=203unidades cuadradas .

29º) Encuentre el área de la región en forma de luna creciente . ( denominado lúnula) encerradas por los arcos de los círculos con radio r y R.y

x2+ y2=r2ó y=√r 2−x2

y=√R2−x2+√2 r −r 0 r x

R

Laecuacion del circulo pequeño es : x2+ y2=r2

Laecuacion del c irculo grande es : x2+( y−√2 r )2=R2 por que y2=r 2+r2=2 r2donde y=√2 rPor simetria , se tiene :

A=2∫0

r

[ (√r2−x2 )−(√R2−x2+√2 r ) ]dx

A=2∫0

r

[ (√r2−x2 )−(√R2−x2+√2 r ) ]dx

Como : x=rCos θentonces√r2−x2=√r2−r2Co s2θ=rSenθdonde 0≤θ≤π2

Además : x=RCos β entonces√R2−x2+√2 r=RSen β+√2 r donde0≤ β≤π2

dx=−rSenθdθ y dx=−r Sen βdβ

A=2∫0

π2

rCos θ· (−rSenθ dθ )−2∫0

π2

(rCos β+√2 r )· (−rSen β dβ )

f(x)=0.5 x

f(x)=x/(x^2 +1)

Relleno 1

-1 -0.9-0.8-0.7-0.6-0.5-0.4-0.3-0.2-0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.7

-0.6

-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

x

y

A=−2 r2∫0

π2

Co sθ · (rSenθdθ )+2R2∫0

π2

(cos β+√2 r ) · (Sen βdβ )

A=−r2 [Co s2θ ]0π2 +2R2 [Co s2β ]0

π2 +2√2 R2 r2 [ β ]0

π2

A=−r2 (1 )+2R2 (1 )+2√2 R2 r2( π2 )A=2R2−r2 ( 1−π √2 R2 )

43 º ¿Para cuales valores de m , la recta y=mx y la curva y=x

x2+1 encierran una región? . Encuentre el area de la

región.

Paraencontrar losinterceptos de larecta y la curva sehace : y= y

mx= x

x2+1entoncesmx (x2+1 )=x entonces : x (m x2+m)=xentonces x (mx2+m )−x=0

entonces : x (mx2+m−1 )=0

entonces :

1 º¿ x=0

2 º¿mx2+m−1=0entonces al solucionar por despeje directo setiene :

m x2=1−mentonces x2=1−mm

= 1m

−mm

= 1m

−1entonces x=±√ 1m

−1

Al considerar los posibles valores de m para verificar donde forma encierro de área entre las curvas :

i ¿Sim=1entoncesla pendiente es de45 º y las curvas sólo secoretan en x=0

ii¿Sim está entre :0<m<1entonces el ánguloestá entre 0 º y 45º , entoncess seinterceptan

en tres puntos : x=0 , x=√ 1m

−1 ; x=−√ 1m

−1 los cuales semuestranen la grafica :

El grafico sehizo conbase enm=0,5 : xptan e formaenierrro dearea

y= x

x2+1

y=0,5x=mx

x=√ 1m

−1 x=−√ 1m

−1

Sim>1entonces sed tiene una raíz cuadrada de una cantidad negativa y por tanto no tiene solucion , es decir NO es posible formar region encerrada.

Por tanto si : 0<m<1 el área encerrada se determina usando la simetria así: 0≤ x≤√ 1m

−1

Al usar además , la simetría , se tiene :

A=2 ∫0

√ 1m

−1

[ xx2+1

−mx]dx=2 ∫0

√ 1m

−1

xx2+1

dx− ∫0

√ 1m

−1

mxdx=2 ·12

∫0

√ 1m

−1

2xx2+1

dx−2m ∫0

√ 1m

−1

x dx

A= ∫0

√ 1m

−1

2 xx2+1

dx−2m ∫0

√ 1m

−1

x dx=[ ln|x2+1|−mx2 ]0√1m

−1

A=ln|(√ 1m

−1)2

+1|−ln|02+1|−m((√ 1m

−1)2

−02)A=ln| 1

m−1+1|−ln|0+1|−m( 1

m−1−0)=ln|1

m|−ln|1|−m( 1m

−1)A=ln 1−lnm−0−1+m=0−lnm−1+mentonces A=m−lnm−1

Encuentre el volumen del solido que se obtiene al hacer girar por las curvas dadas alrdedor del eje que se especifica . Trace un esquema de laregion , del solido y un cilindo ó de una rodana tipica de aproximacion.

5 º ¿ y=x3 , y=x , x≥0alrededor del eje x .

Primero se determinan los interceptos , haciendo : y= y

Entonces : x3=xentonces x3−x=0entonces x (x2−1 )=0 x ( x−1 ) ( x+1 )=0

de donde : x=0 y x=1 y x=−1 , pero comox ≥0 entonces:

Lasolu cion es : x=0 y x=1

y=x y=x3

Como girará verticalmente entonces se integrará a lo largo de su giro , de tal manera que sus limites son: 0≤ x≤1

donde x≥ x3:

Ahora se aplica la definición de volumen , así:

V=∫0

1

π [ ( x )2−(x3 )2 ]dx=π∫0

1

[ x2−x6 ] dx=π [ x3

3−x7

7 ]0

1

=π [ 13

3−

17

7−

03

3+

07

7 ]=π [ 13−

17 ]

V= 421

π und . cub

11º ¿ y=x2 , x= y2 en torno de x=−1

Para hallar los interceptos en torno de un giro horizontal , entonces el radio es vertical y por tanto depende de y entonces se hace : x=x entonces :

y2=±√ y entonces ( y2 )2=(±√ y )2 entonces y4= y entonces y 4− y=0entonces y ( y3−1 )=0

entonces : y ( y−1 ) ( y2+ y+1 )=0dedonde y=0 ; y=1 ; y2+ y+1>0 ∀ x∈R

Entonces : losinterceptos son : es : y=1 ; y=0 ,los limites de integracion son :

0≤ y≤1

x= y2 x=√ y

X=-1

Entonces al aplicar la definición de volumen , debemos tener en cuenta que el radio está desplazado 1 unidad hacia la izquierda , entonces :

V=∫0

1

π [(√ y−(−1 ) )2−( y2−(−1 ) )2 ]dy=∫0

1

π [ (√ y+1 )2−( y2+1 )2 ]dy

V=∫0

1

π [ y+2√ y+1− y4−2 y2−1 ]dy=∫0

1

π [ y+2√ y− y 4−2 y2 ]dy=∫0

1

π [− y 4−2 y2+ y+2 y12 ]dy

V=π [− y5

5−

2 y3

3+y2

2+

2 y32

32

]0

1

=π [− y5

5−

2 y3

3+y2

2+

2 y32

32

]0

1

=π [−15

5−

2 ·13

3+

12

2+

43·1

32 ]

V=π [−15

−23+ 1

2+ 4

3 ]=2930

π unid . cubicas

12 º¿ y=x ; y=√x alrededor de x=2

Para hallar los interceptos en torno de un giro horizontal , entonces el radio es vertical y por tanto depende de y , entonces se hace : x=x de donde :

y= y2entonces y2− y=0entonces y ( y−1 )=0

entonces : y ( y−1 )=0dedonde y=0 ; y=1

Entonces : losinterceptos son : es : y=1 ; y=0 ,los limites de integracion son :0≤ y≤1

x= y2

x= y

Entonces al aplicar la definición de volumen , debemos tener en cuenta que el radio está desplazado 1 unidad hacia la izquierda , entonces :

V=∫0

1

π [( y2−(2 ) )2−( y−(2 ) )2 ]dy=π∫0

1

[ ( y2−2 )2−( y−2 )2 ]dy=π∫0

1

[ y4−4 y2+4− y2+4 y−4 ]dy

V=π∫0

1

[ y4−5 y2+4 y ] dy=π [ y5

5−

5 y3

3+

4 y2

2 ]0

1

=π [ 15−

53+2]= 8

15π unid , cubicas

28º) El tronco de una pirámide con base cuadrada de lado b, cuadrado superior de lado a y altura h . Qué sucede si : a=b? , si a=0.

Al expresar el tronco de la pirámide en un sistema de coordenadas, se tiene:

y eje de simetria

a2

a2

( a2 , h)

h x=( a−b2h ) y+ b2

b2

b2

( b2 ,0) x

Primero se calcula la ecuación de la recta , cuya pendiente m es :

m=

a2−b

2h−0

=

a−b2h

=a−b2h

, e ntoncesla rectasegun laforma punto−pendienterespecto a y , es :

x=my+c entonces x=( a−b2h ) y+ b2 entonces :

V=∫0

h

A ( y )dy=∫0

h

(2x )2dy=∫0

h

4[( a−b2h ) y+ b2 ]2

dy=∫0

h

4 [( a−b2h )

2

y2+2·( a−b2h )· b2 y+ b2

4 ]dy

V=∫0

h

4 [ (a−b )2

4 h2y2+2b ( a−b4h ) y+ b

2

4 ]dy=∫0

h [ (a−b )2

h2y2+2b( a−bh ) y+b2] dy

V=[ (a−b )2

h2

y3

3+2b( a−bh ) y

2

2+b2 y ]

0

h

=[ (a−b )2

h2

h3

3+2b( a−bh ) h

2

2+b2h]= (a−b )2h

3+b (a−b )h+b2h

V=h3

[a2−2ab+b2+3ab−3b2+3b2 ]=h3

(a2+ab+b2 )

Sia=bentoncesV=h3

[3b2 ]=hb2

Sia=0entoncesV=h3

[b2 ]=hb2

332º) La base de S es una región elíptica con la curva frontera : 9 x2+4 y2=36 . Las secciones transversales perpendiculares al eje x son triángulos rectángulos isósceles con la hipotenusa en la base.Si L es el largo del triangulo rectángulo isósceles donde 2 y es la hipotenusa , entonces :

L 2 y

L

Entonces :L2+L2= (2 y )2 entonces2 L2=4 y2 entoncesL2

2¿ y2ecuacion1º

Ahora al expresar la base en un plano cartesiano , se tiene:

D e la ecuación :

9 x2+4 y2=36entonces y2=36−9x2

4=9

4(4−x2 )

y=±√ 36−9 x2

4=±√ 9

4( 4−x2 )=± 3

2√4−x2

Lagrafica isentificalos elementosanteriores :

y 3

y=+32

√4−x2

-2 2

y=−32

√4−x2

-3

Entonces el volumen , se determina con la región en simetría , y por tanto :

V=2∫0

2

A ( x )dx=2∫0

2

( 12L·L)dx=2∫

0

2L2

2dx=2∫

0

2

y2dx=2·94∫0

2

( 4−x2 )dx=92 [4 x− x3

3 ]0

2

V=92 [4 ·2−23

3 ]=92 [8−8

3 ]=24unidades cubicas

1º) Encuentre el área de la región sombreada:

Observamos que las curvas no están interceptadas , pero están limitadas por dos rectas verticales , que nos indican los limites de integración , tomando particiones de rectángulos verticales de ancho ∆ i x puntos de intersección son : −1≤x ≤1

A=∫−1

1

[ (x2+3 )−( x ) ]dx=¿∫−1

1

(x2−x+3 )dx= x3

3−x2

2+3 x ]

−1

1

=13−(−1 )3

3−

12−(−1 )2

2+3 (1−(−1))¿

A=1+13

−02+3 (1+1 )=( 2

3+6)u2=20

3u2

3º)

Se nota que las curvas fronteras están localizadas mas que todo una la derecha y la otra a la izquierda , además la definicióny en cada ecuación tiene exponente cúbico y cuadrático ( forma compleja a la despejarlo, por que salen dos ecuaciones ± ) , por tanto se integrará tomando particiones ∆ i y horizontales entre los limites : −1≤ y ≤1

A=∫−1

1

[ (1− y4 )−( y3− y ) ]=∫−1

1

(1− y4− y3+ y )dy= y−y5

5−y 4

4+y2

2 ]−1

1

A=(1+1 )−( 1+15 )−( 1−1

4 )+( 1−12 )=2−2

5−0+0=8

5u2

Esquematice la región encerrada por las curvas dadas . Decida si integra con respecto a x ó a y . Dibuje un rectángulo típico de aproximación y marque su altura y su ancho .

3º) Halle el área de la región : y=x+1 , y=9−x2 x=−1 y x=2

Comolos limites estándefinidos por dosrectas verticales setiene :−1≤x ≤2

Tomando particiones de rectángulos verticales se tiene :

A=∫−1

2

( [ (9−x2 )−( x+1 ) ] )dy=∫−1

2

(9−x2−x−1 )dy=∫−1

2

(−x2−x+8 )dy=−x3

3−x2

2+8 x ]

−1

2

A=−8+13

−4−12

+8 (2+1 )=−93

−32+24=39

2u2

7º) Halle el área de la región : y=x ; y=x2

Para determinar los interceptos hacemos : x2=x→ x2−x=0→x ( x−1 )=0→x=0 y x=1

Su grafica es :

∆ x

Tomando particiones de rectángulos verticales de base : ∆ x, se tiene:

A=∫0

1

( [ ( x )− (x2) ] )dx=∫0

1

(x−x2 )dx= x2

2−x3

3 ]0

1

=1−0

2−

1−03

=12−

13=

16u2

9 º ¿Halle el área de la región :

y=1x; y= 1

x2; x=2

y=1x

y= 1

x2

∆ x

0,5 √2 1

Los límites se determinaron haciendo : 1

x2=2→x2=2→x=±√2Comolaregión de integración

x>0entonces x=√ x

Además : Si1x=2entonces x=1

2=0,5

Entonces el área corresponde a la suma de dos áreas a tomando particiones de rectángulos verticales de ancho : ∆ x

, se tiene : A1 :12≤x ≤√2 A2: √2≤ x≤1

A=∫12

√2

(2−1x )dx+∫

√2

1

( 1x2 −

1x )dx=∫

12

√2

(2−1x )dx+∫

√2

1

(x−2− 1x )dx

A= (2x−ln x ) ]12

√2+( 1x+ ln x )]√2

1

=(2(√2−12 )−(ln √2−ln

12 ))+( 1

1− 1

√2+ln 1−ln √2)

A=2√2−1−ln √2+ln12+1−√2

2+0−ln √2=2√2−1−2·

12

ln 2+ln 1−ln 2+1−√22

A=2√2−2 ln2−√22

=32√2−2 ln 2

11º) Halle el área de la región : y=x2 ; x= y2

Para hallar los interceptos se sustituye x= y2 en y=x2 hace : y= y4 entonces y ( 1− y3 )=0

y=0 y y=1

La grafica es :

Se calcula el Área comprendida entre 0≤ x≤1

Tenemos que :

A=∫0

1

( [ (√x )−( x2 ) ] )dx

A=∫0

1 ([(x 12 )−( x2 )])dx

A=( 23x

32− x3

3 )]01

=23

(1−0 )−13

(1−0 )=23−1

3=1

3u2

13º) Halle el área de la región : y=4 x2; y=x2+3

Para determinar los interceptos se hace : 4 x2=x2+3→3x2=3→x2=1→x=±1

Entonces loslímites son :−1≤x ≤1

Tomando rectángulos verticales : con base ∆ x , entonces el área :

A=∫−1

1

[ (x2+3 )−(4 x2 ) ]dx=∫−1

1

(−3 x2+3 )dx=∫−1

1

(−3 x2+3 )dx=−3 x3

3+3 x]

−1

1

=−x3+3 x ]−1

1

A=−(13+13 )+3 (1+1 )=−2+6=4 u2

15º) Halle el área de la región : y=x+1 ; y=( x−1 )2 ; x=−1 ; x=2

∆ x

Para determinar los interceptos se hace: ( x−1 )2=x+1→x2−2 x+1=x+1→x2−3 x=0

x (x−3 )=0→x=0 y x=3 . También son fronteras las rectas : x=−1 , x=2

A=∫−1

0

[ ( x−1 )2−( x+1 ) ]dx+∫0

2

[ x+1−( x−1 )2 ]dx

A=∫−1

0

[ x2−2 x+1−x−1 ] dx+∫0

2

[x+1−x2+2 x−1 ] dx

A=∫−1

0

[ x2−3 x ]dx+∫0

2

[−x2+3 x ]dx= x3

3−3 x2

2 ]−1

0

+ (−x3

3+3 x2

2 )]0

2

A=0+13

−3 (0−1 )

2−8−0

3+

3 ( 4−0 )2

=13+ 3

2−8

3+12

2=31

6u2

17º) Halle el area de la región : y2=x ; x−2 y=3

A=∫−1

3

[ (2 y+3 )− y2 ]dy=∫−1

3

[− y2+2 y+3 ]dy

A=− y3

3+ y2+3 y]

−1

3

=−27+1

3+(9−1 )+3 (3+1 )=−28

3+8+12=

323

19º) Halle el área de la región : x=1− y2; x= y2−1

Paraencontrar losinterceptos se tiene : y2=1−x ; y2=x+1

1−x=x+1entonces2 x=0 x=0

y2=1−x

y2=x+1

Tomando rectángulos verticales : de base : ∆ y

A=2∫0

1

[ ( 1− y2 )−( y2−1 ) ]dy=2∫0

1

(1− y2+1− y2 )dy=2∫0

1

(2−2 y2 )dy=4∫0

1

(1− y2)dy

A=4 [ y− y3

3 ]0

1

=4 (1+0 )−41+0

3=4−

43=

83u2

21º) Halle el área de la región : y=cos x ; y=Sen2 x ; x=0 , x= π2

Para determinar los interceptos se hace : Sen2x=cos x→2Sen xCos x=cos x

→cos x (2 Senx−1 )=0→cos x=0 y 2Sen x−1=0

→x=Co s−10=π2rad y Sen x=1

2→x=Sen−1(1

2 )=π6rad

Entonces :

A=∫0

π6

(cos x−Sen2x )dx+∫π6

π2

(Sen2 x−cos x )dx

A=∫0

π6

(cos x )dx−∫0

π6

Sen2 x+∫π6

π2

(Sen2 x )dx−∫π6

π2

cos x

A=∫0

π6

(cos x )dx−12∫

0

π6

Sen2 x+ 12∫π6

π2

(Sen2 x )dx−∫π6

π2

cos x

A=Sen x ]0π6 + 1

2cos2 x ]

0

π6 −1

2cos2x ]π

6

π2−Sen x ] π

6

π2=¿

A=(Sen π6 −Sen0)+12 [cos(2· π6 )−cos (2·0 )]−1

2 [cos(2· π2 )−cos(2 · π6 )]−[Sen( π2 )−Sen( π6 )]A=1

2−0+ 1

2 ( 12−1)−1

2 (−1−12 )−(1−1

2 )=12−1

4+ 3

4−1

2=2

4=1

2

23º) Halle el área de la región : y=cos x ; y=1− 2πx

Para determinar los interceptos se hace : cos x=1−2πx→Entonceslos limites son :0≤ x≤

π2yπ2≤x ≤π Entonces :

A=2∫0

π2

(cos x−1+ 2πx )dx

A=2[Sen x−x+ 22 π

x2]]0π2

A=2[(Sen π2 −Sen0)−( π2 −0)]A=2[ (1−0 )−1

π ( π2 )2]=2(1−π

4 )=2− π2

25º) Halle el área de la región :

y=x2 ; y= 2

(x2+1 )

Los interceptos se determinan y sehace :2

(x2+1 )=x2→2=x4+x2→x4+x2−2=0

(x2+2 ) (x2−1 )=0→x=±√−2 soluciónno válida y x=±1entonces :−1≤ x≤1

A=2∫0

1

[( 2

(x2+1 )−x2)]=∫0

12

(x2+1 )dx –∫

0

1

x2dx=2∫0

1dx

(x2+1 )–∫

0

1

x2dx

A=2 [Ta n−1 x ]01−[ x3

3 ]0

1

=2[2 (Ta n−1 1−Tan−1(0))−1+03 ]=2[2 ( π4 −0)−1

3 ]=π−23

Taller 6.2

Encuentre el volumen del sólido obtenido al girar la región limitada por las curvas dadas alrededor del eje especificado . Trace un esquema de la región , del sólido y de un disco ó anillo típico.1º) y=x2 , x=1 , y=0, alrededor del eje x

Luego de trazar los diagramas según las condiciones dadas se observa que la región transversal que se hará girar alrededor del eje x forma un cono como se muestra en la siguiente figura. Se nota que se deben tomar discos verticales que se integran respecto a x ( horizontalmente) según el intervalo: 0≤ x≤1 ; El área de la región es un disco sólido : A ( x )=π (x2)2

=π x4 . Luego entonces el volumen es :

V=∫0

1

π x4dx= π x5

5 |0

1

=¿ π(1¿¿5−05)

5=π

5¿¿

3º) y=1x

, x=1 , x=2 , y=0 , alrededor del eje x .

Las curvas x=1 y y=x−1 se interceptan en el punto : ( 1 , 1), de modo que el área de la región transversal tomada horizontalmente y haciéndola variar horizontalmente , cuyos limites 1≤x ≤2 .Tomando una porción de área típica nos muestra que es una porción de disco cuya área es :

A ( x )=π ( 1x )

2

Por lo anterior el volumen es : V=∫1

2

A ( x )dx

V=π∫1

2

( 1x )

2

dx=¿ π∫1

2

x−2dx=¿−π x−1|12=−π ( 1

2−1)=1

2π¿¿

5º) y=x2, 0≤ x≤2 , y=4 , x=0 , alrededor del eje x.

2Las curvas y=4 y y=x2 se interceptan en el punto : ( 2 , 4), de modo que el área de la región transversal tomada verticalmente y haciéndola variar verticalmente , cuyos limites 0≤ y≤4 .Tomando una porción de área típica nos muestra que es una porción de disco cuya área tiene como radio la función f ( y ) que se obtiene al despejar x de : y=x2 entonces : x=√ y ( tomando la parte positiva según las condiciones de la recta x=0) A ( x )=π (√ y )2=πy

Por lo anterior el volumen es : V=∫1

2

A ( x )dx

V=π∫0

4

ydy=¿ π y2

2 |0

4

=π·42

2−π· 02

2=8π ¿

7º) y=x2 : y2=x ; alrededor del eje x

9º) y2=x ; x=2 y ;alrededor del eje x

11º) y=x ; y=√x ; en¿ rnode y=1

13º) y=x 4, y=1 , en torno de y=2

Eje de Rotación y=2

Luego de trazar los diagramas según las condiciones dadas se observa que la región transversal que se hará girar alrededor del eje y=1 forma un cilindro hueco con traslación sobre el eje y de 1 unidad respecto al eje de rotación como se muestra en la figura. Se nota que se deben tomar discos verticales que se integran respecto a x ( horizontalmente) según el intervalo simétrico : −1≤x ≤1 ; El área de la región es un disco hueco con traslación de 1 unidad hacia arriba en el eje y=1 , por tanto existen dos radios así:Para radio interno : (2−1 )=1Para radio externo: (2−x4 )Entonces : Entonces , el área es : A ( x )=π (2−x4 )2

−π (2−1 )2=π ( 4−4 x4+x8−12 )=¿ π (3−4 x4+x8 ). Luego entonces el volumen es :

V=π∫−1

1

(3−4 x4+x8 )dx=2π∫0

1

(3−4 x 4+ x8 )d x=2 π (3 x−4 x5

5+ x

9

9 )|0

1

=2π (3 ·1−4 ·15

5+ 19

9 )V=2π (3−4

5+ 1

9 )=20845

π

Use el método de los cascarones cilíndricos a fin de calcular el volumen generado al girar la región limitada por las curvas dadas en derredor del eje especificado. Esquematice la región y un cascarón característico.15º) y=x2, y=0 , x=1 , x=2 ; en torno de x=1

Las figuras muestran la región y un casquillo En este caso no se muestra ninguna revolución , aunque realmente si se va a hacer , sino que la revolución completa se incluye dentro de la longitud de la circunferencia de cada casquillo . Se puede ver que el casquillo tiene radio con traslación derecha de 1 unidad , entonces es igual a : x−1 .También una longitud de circunferencia de 2π ( x−1 ) con una altura de f ( x )=x2 , y limites en x : 1≤x ≤2 de modo que el volumen es :

V=∫1

2

2 π ( x−1 ) ( x2 )dx=¿2 π∫1

2

(x3−x2) dx=¿ 2π ( x4

4− x3

3 )|1

2

=2π (24

4−23

3−14

4+13

3 )=2π ( 41−8

3−1

4+ 1

3 )¿¿

V=2π ( 48−32−3+4 )

12=π (17 )

6=17 π

6

17º) y=x2 , y=0 , x=1 , x=2 , en torno de x=4

Las figuras muestran la región y un casquillo Se muestra la revolución , y ésta se integra directamente la revolución completa con la longitud de la circunferencia de cada casquillo . Se puede ver que el casquillo tiene radio a la izquierda del eje de x=4 con traslación derecha del eje Y , de 4 unidades , entonces es igual a : x+4 .También una longitud de circunferencia de 2π ( x+4 ) con una altura de f ( x )=x2 , y limites en x : 1≤x ≤2 de modo que el volumen es :

V=∫1

2

2 π (−x+4 ) (x2 )dx=¿2 π∫1

2

(– x3+4 x2 )dx=2 π (−x 4

4+ 4 x3

3 )|1

2

=2π (−24

4+ 4 ·23

3+ 1

4−4 ·13

3 )¿

V=2π (−41

+ 323

+ 14−4

3 )=2π (−48+128+3−1612 )=2π ( 67

12 )=67π6

19º) y=√x−1 , y=0 , x=5 , en torno de y=3

2 2

Se trazan las figuras y sus interceptos con y=0 , x=5 .Las figuras muestran la región y un casquillo Se muestra la revolución en forma vertical sobre la línea recta : y=3 , y en ésta se integra directamente la revolución completa con la longitud de la circunferencia del casquillo que se muestra . Se puede ver que el casquillo tiene radio hacia abajo del eje de rotación y=3 con traslación hacia arriba del eje X , de 3 unidades , entonces es igual a : − y+3 .También una longitud de circunferencia de 2π (− y+3 ) con una altura x, que se obtiene del despeje de x en : y=√x−1 entonces : y2=x−1 entonces : x= y2+1 y también de la función lineal : x=5 , entonces : De limites en y : 0≤ y≤2 de modo que el volumen es :

V=∫0

2

2 π (− y+3 ) (5− y2−1 )dy=∫0

2

2π (− y+3 ) ( 4− y2 )dy=2π∫0

2

(−4 y+ y3+12−3 y2 )dy

V=2 π (−4 y2

2+ y4

4+12 y−3 y3

3 )|0

2

=2π (−4 ·22

2+ 24

4+12·2−3 ·23

3 )=2π (−8+4+24−8 )=24 π