VOLUMEN DE UNA CURVA Un volumen es generado cuando una

VOLUMEN DE UNA CURVA
Un volumen es generado cuando una curva rota alrededor de un eje, por ejemplo; si
tenemos una recta Y = 3, que gira alrededor del eje X y luego la limitamos por otras 2
rectas X= 2 ; X= 6 , se formará un sólido llamado de revolución por la forma como fue
generado.
Y
Recta
↶
(0,3)
Se aprecia un cilindro generado.
2
2
6
X
Tiene que imaginar el movimiento, para poder observar datos que le facilitaran describir la
figura y sus medidas, por ejemplo se ha formado un cilindro, que se sobreentiende tiene
base circular y este círculo tiene radio = 3. Recuerde que el eje de giro indica que esta recta
pasa por el centro del cilindro; la flecha roja indica el giro.
Si queremos saber la altura del cilindro, debe ser 6 – 2 = 4, luego la fórmula del volumen
de un cilindro es “área de la base por la altura”; como la base es una circunferencia de
radio 3, luego el volumen = 𝜋. 𝑟 2 . 𝒉 = 𝜋(3)2 . (4) = 36𝜋. “h es la altura”
Método del Disco:
Si queremos resolver usando integrales, tenemos que cortar el cilindro de manera muy fina
en n partes iguales de tal manera que tengamos finitos cilindros; cada cilindro de altura
muy pequeña pero igual para todos; esta altura es una parte de la recta F(x) y la suma del
área de cada cilindro resulta ser el área del cilindro mayor que esta comprendido entre 2 y 6
Y
(0,3)
F(x)
2
6
↶
Se aprecia un cilindro generado.
X
Para un pequeño cilindro su área es igual a: 𝜋. 𝑟 2 . 𝒉
h
Observe la altura “h” del cilindro si lo hacemos muy pequeño, al extremo
que Ud. Ya no vea un cilindro sino un disco.
Es decir que la altura prácticamente sería cero y el radio un punto de la
recta F(x).
El área del cilindro total será la suma del área de todos los cilindros:
𝑥=6
∑ 𝜋 {𝐹 (𝑥)}2 . ℎ
𝑥=2
Pero si la altura es cero toda la sumatoria sería cero, por eso h debe ser tan pequeño casi
cero que se le considera como ∆𝑥, luego la sumatoria se considera:
𝑥=6
lim ∑ 𝜋{𝐹(𝑥)}2 ∆𝑥
∆𝑥→0
𝑥=2
El límite de una suma cuando el incremento tiende a cero se conoce como la integral:
6
∫ 𝜋{𝐹(𝑥)}2 𝑑𝑥
2
Aplicando la formula al cilindro generado por la recta F(x)= 3
6
6
∫ 𝜋. (3)2 . 𝑑𝑥 = 𝜋. ∫ 9 𝑑𝑥 = 𝜋. 9𝑥|62 = 𝜋(54 − 18) = 36𝜋
2
2
Coincide con la formula inicial del volumen de un cilindro: 𝜋. 𝑟 2 . 𝒉 = 𝜋(3)2 . (4) = 36𝜋
Esto en cierta manera es sencillo por conocer el volumen de un cilindro, no tendría razón
para emplear integrales que en este caso no nos facilita el ejercicio; pero cuando la recta es
una curva la fórmula del volumen de un cilindro no nos sirve, ya que el sólido generado al
rotar sobre un eje no es un cilindro.
Al hacer los cortes tan finos casi como discos podemos sumar todas las áreas que; no son
iguales ya que la altura varía en cada punto de la función y el radio F(x) es variable.
Observe el siguiente ejemplo al cual aplicara la formula de volumen de un sólido generado.
𝒃
∫ 𝝅{𝑭(𝒙)}𝟐 𝒅𝒙
𝒂
Sea la curva: 𝑓(𝑥) = √𝑥 que gira alrededor del eje x, limitada por las rectas X= 3, X= 7
Y
F(x)
X
3
7
Parece un cilindro solo por la Base que son circunferencias, pero su altura ahora es una
curva y la Base superior e inferior no son iguales, se parece más a un tronco de cono con la
diferencia de las curvas.
Debemos cortar la figura en n partes, muy finas de tal manera que cada parte sea un disco y
esto es posible si la generatriz es muy pequeña casi cero; Estaríamos nuevamente ante el
límite de una sumatoria.
Luego la suma de todos los volúmenes de estos discos sería el volumen total que expresado
como una integral:
7
∫ 𝜋. {√𝑥}2 𝑑𝑥
3
7
7
𝑥2
49 4
45𝜋
∫ 𝜋. 𝑥𝑑𝑥 = 𝜋. { }| = 𝜋 { − } =
2 2
2 2
2
2
Hallar el volumen de revolución generado por F(x) = 3x2 + 2 y las rectas x= -2; x=2 al
girar alrededor del eje x.
Solución.
F(x)
y
La función es una Parábola de
vértice (0,2) ; con el eje paralelo
a “y”, se abre hacia arriba.
-2
2
Se puede utilizar el método de los discos.
x
2
2
2
. Volume = ∫−2 𝜋. 𝐹(𝑥)
𝑑𝑥 = ∫−2 𝜋. (3𝑥 2 + 2)2 𝑑𝑥
2
9
𝜋 ∫−2 9𝑥 4 + 12𝑥 2 + 4 𝑑𝑥 = 𝜋{5 𝑥 5 + 4𝑥 3 + 4𝑥}2−2
9
9
𝜋{5 (2)5 + 4(2)3 + 4(2) − 5 (−2)5 − 4(−2)3 − 4(−2)} = 112/5 𝜋
Hallar el sólido generado por la función F(x) = x3, las rectas Y=0, Y= 3; al rotar
alrededor del eje Y.
Solución:
(b,n)
(0,3)
(a,m)
La figura generada es igual de tratada como en el problema anterior pero, rota alrededor del
eje Y luego la formula cambia de límites
𝒃
∫ 𝝅. 𝒓𝟐 𝒅𝒙
𝒏
∫ 𝝅. 𝒓𝟐 𝒅𝒚
𝒂
𝒂
𝒎
Los límites son la variación de Y; el radio varía en el eje Y, entonces:
𝒏
∫ 𝝅. 𝑭𝟐(𝒚) 𝒅𝒚
𝒎
En el problema F(x) = x3, entonces F(y) = 3√𝑦 “la inversa”
3
3
2
3
5
El volumen: ∫0 𝜋. ( 3√𝑦)2 𝑑𝑦 = 𝜋 ∫0 𝑦 3 𝑑𝑦 = 𝜋(5 𝑦 3 )30 =
93
5
√9𝜋
VOLUMEN DE SÒLIDO GENERADO ENTRE FUNCIONES QUE ROTAN
ALREDEDOR DE UN EJE.
Se requiere formar primero la superficie que va a rotar, luego hacerla rotar alrededor de un
eje, esta rotación de la región formará un hueco, a este método también se le conoce como
el Método de la Arandela.
Ejemplo: Hallar el volumen del sólido generado por la superficie F(x) = √𝒙 + 𝟑 y la
recta G(x) = x + 3, sabiendo que gira alrededor del eje x.
Encontrando los puntos de intercepción de la región formada:
𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠: √𝑥 + 3 = 𝑥 + 3 ⇒ (𝑥 + 3) = (𝑥 + 3)2 ⇒
(𝑥 + 3) − (𝑥 + 3)2 = 0 ⇒ (𝑥 + 3)(1 − (𝑥 + 3)) = (𝑥 − 3)(−2 − 𝑥) = 0
𝑥 = −2; 𝑥 = −3; Luego los puntos son: (-2,1) ; (-3,0).
Graficando la superficie generada, teniendo en cuenta los puntos de intercepción.
Y
G(x) = x + 3
F(x) = √𝒙 + 𝟑
(-2,1)
X
(-3,0)
Recuerde que puede recurrir a
la grafica de la cónica. Una
parábola, que al ser función
no considera la parte
negativa.
El área de la región formada entre las funciones esta sombreada y al girar produce un
tronco de cono, este hueco es conocido como arandela, su volumen es:
1
2
2
∫ 𝜋. 𝐹(𝑦)
− 𝜋. 𝐺(𝑌)
𝑑𝑦
0
1
𝜋∫
0
(𝑦 2
1
𝑦 5 7𝑦 3
13
− 3) − (𝑦 − 3) 𝑑𝑦 = 𝜋 { −
+ 3𝑦 2 }⌋ =
𝜋
5
3
5
0
2
2
Recuerde que al girar respecto al eje “y” se toma los límites del eje “y” y la función de
ambas es su inversa.
Ahora el mismo problema pero que rote alrededor del eje X
Y
F(x) = √𝒙 + 𝟑
Observe que al girar sobre el eje
“x”, la recta produce un cono,
esta sería la arandela o hueco.
X
G(x) = x + 3
−2
2
2
∫ 𝜋. 𝐹(𝑥)
− 𝜋. 𝐺(𝑥)
𝑑𝑥
−3
−2
−2
𝑥 3 5𝑥 2
1
𝜋 ∫ (𝑥 + 3) − (𝑥 + 3) 𝑑𝑦 = 𝜋 {− −
− 6𝑥}⌋ = 𝜋
3
2
6
−3
−3
2
Hallar el volumen del sólido formado por la intersección de F(x) = x2 ; G(x)= √𝟖𝒙, al
girar alrededor de: a)eje X ; b) eje Y
Solución.
Hallando las intersecciones: x2 = √8x , x4 = 8x, entonces x4-8x = 0 → x(x3-8)= 0
X = 0 ; X = 2 luego los puntos de intersección: (0,0) ; (2,4)
a.-
Y
Al girar el sólido alrededor del eje X, la arandela
es originada por la parábola.
El volumen está comprendido entre la función raíz cuadrada
Menos la función parabólica.
2
X
2
∫0 (𝜋. 8𝑥 − 𝜋 𝑥 4 )𝑑𝑥 = 𝜋{4𝑥 2 −
𝑥5
2
}⌉ =
5
0
48
5
𝜋
b.Y
Al girar el sólido alrededor del eje Y, la arandela
es originada por la raíz cuadrada.
(2,4)
El volumen está comprendido entre la función parábola menos
la función raíz cuadrada
X
.
𝑦4
4
𝑦2
𝑦5
4
∫0 (𝜋. 𝑦 − 𝜋 64)𝑑𝑦 = 𝜋 { 2 − 320}⌉ =
0
24
5
𝜋
Hallar el volumen del sólido generado por (𝒙 − 𝟑)𝟐 + (𝒚 − 𝟒)𝟐 = 𝟏, al rotar alrededor
del eje X.
Solución:
En este caso como en los anteriores es importante graficar y conocer las características del
trazo, porque no hay más datos y se requiere del conocimiento que tenga del trazo, así
como saber graficarlo.
Y
otra vista
El sólido es
conocido como toro
4
2
3
4
X
Si consideramos la mitad de la circunferencia y le restamos la recta 𝑌 = 4; el sólido al
rotar sería la mitad del Toro.
4
2
∫ 𝜋. {𝐹(𝑥)
− (4)2 }𝑑𝑥
2
4
= 𝜋 ∫ (√1 − (𝑥 − 3)2 + 4)2 − (4)2 𝑑𝑥
2
4
= 𝜋 ∫ 1 − (𝑥 − 3)2 + 8√1 − (𝑥 − 3)2 𝑑𝑥
2
Haciendo (𝑥 − 3) = 𝑆𝑒𝑛(𝛼)
4
𝜋 ∫ {1 − 𝑆𝑒𝑛
2 (𝛼)
+ 8√1 −
𝑆𝑒𝑛2 (𝛼)} 𝐶𝑜𝑠(𝛼)𝑑𝛼
4
= 𝜋 ∫ 𝐶𝑜𝑠 3 (𝛼) + 8𝐶𝑜𝑠 2 (𝛼)𝑑𝛼
2
2
Aplicando la integral para coseno con potencia par e impar.
𝜋{𝑆𝑒𝑛(𝛼) −
𝑆𝑒𝑛3 (𝛼)
+ 4𝛼 + 2𝑆𝑒𝑛(2𝛼)}
3
4
(𝑥 − 3)3
𝜋 {(𝑥 − 3) −
+ 4𝑎𝑟𝑐𝑆𝑒𝑛(𝑥 − 3) + 4(𝑥 − 3)(√1 − (𝑥 − 3)2 }|
3
2
𝜋 {{1 −
1
1
2
𝜋
𝜋
+ 4𝑎𝑟𝑐𝑆𝑒𝑛(1)} − {−1 + + 4𝑎𝑟𝑐𝑆𝑒𝑛(−1)}} = 𝜋 {2 − + 4 ( ) − 4 (− )}
3
3
3
2
2
Luego el volumen del toro será:
8
3
𝜋 + 8𝜋 2
VOLUMEN DE UN SÒLIDO QUE GIRA ALREDEDOR DE UNA RECTA
PARALELA A UN EJE.
Al girar la región alrededor del Eje “x”, no
habría problema; pero al girar con
respecto a la recta, se genera un cilindro
como otra arandela que debe anularse.
Y
F(x)
G(x)
F(x)=1
A
B
X
Esta es la razón por la cual a F(x) se le resta F(x)=1, así mismo a G(x) se le resta F(x)=1.
Esta resta permite trasladar el eje X hacia la posición de Y=1.
En general, cuando se quiera hallar el volumen de un sólido que gira alrededor de una recta
que no es el eje x ò y; pero es paralela a estos ejes; solo se le debe restar el valor de la recta.
𝐵
𝜋 ∫ {𝐹(𝑥) − 1}2 − {𝐺(𝑥) − 1}2 𝑑𝑥
𝐴
Hallar el volumen generado por la superficie F(x) = x2 + 1 ; G(x) = 3x2, las mismas que
rotan alrededor de la recta Y = 4
Solución:
Hallando las intercepciones: x2 + 1 = 3x2 → 2x2 – 1 = 0 → x=
Ambas funciones deben pasar por dichos puntos: (
1
3
√2
, 2) ; (−
1
√2
1
√2
; x= -
1
√2
3
, 2)
Y=4
F(x)
G(x)
G(x)
−
𝜋∫
1
√2
1
1
√2
√2
X
{𝐺(𝑥) − 4}2 − {𝐹(𝑥) − 4}2 𝑑𝑥
1
−
√2
𝜋∫
1
√2
{3𝑥 2 − 4}2 − {𝑥 2 + 1 − 4}2 𝑑𝑥 = 𝜋 ∫
1
−
√2
1
√2
{8𝑥 4 − 18𝑥 2 + 7} 𝑑𝑥 = 𝟓. 𝟗𝝅√𝟐
1
−
√2
Hallar el volumen generado por las superficies F(x) = √𝟐𝒙 , G(x) = √𝟐 − 𝟒𝒙 ; al girar
alrededor de la recta x = - 3
Solución:
Hallando los puntos de intercepción: √2𝑥 = √2 − 4𝑥 → 6𝑥 − 2 = 0 → 𝑥 = 1/3
Y
F(x)
G(x)
X
-3
Como el giro es alrededor del eje “y”, hallamos la inversa de las funciones:
y = √2𝑥 →
𝑦2
2
= 𝑥 = 𝐹(𝑦)
√2/3
𝜋∫
𝑦 = √2 − 4𝑥 →
2−𝑦 2
4
= 𝑥 = 𝐺(𝑦)
{𝐺(𝑦) − (−3)}2 − {𝐹(𝑦) − (−3)}2 𝑑𝑥
0
√2/3
𝜋∫
0
2 − 𝑦2
𝑦2
52
76 3
3 5 √2/3
2
2
{
− (−3)} − { − (−3)} 𝑑𝑥 = 𝜋 { 𝑦 − 𝑦 −
𝑦 }]
= 𝜋/15
4
2
16
48
80
0
Hallar el volumen del sólido generado por F(x) = x2 + 1 la recta X= 2, X= 5, Y=0.
Gira alrededor de la recta Y = -1.
Solución.
Observe que la parábola tiene vértice (0,1).
Y
Sí, hacemos coincidir la recta, y=- 1 con el
eje “x”, es decir empujamos la grafica hacia
arriba; el vértice sería (0,2), luego la función
varía a F(x) = x2 + 2
X
2
5
𝑦 = −1
Observe que el cilindro se genera por la
recta Y = 1.
Ahora podemos decir que el volumen de la
región menos el volumen del cilindro es el
volumen buscado.
5
5
∫ 𝜋. (𝑥 2 + 2)2 𝑑𝑥 − ∫ 𝜋(1)2 𝑑𝑥
2
5
2
2
2
5
2
2
5
∫ 𝜋. (𝑥 + 2) − 𝜋(1) = 𝜋 ∫ (𝑥 + 2) − (1) = 𝜋 ∫ (𝑥 4 + 4𝑥 2 + 3)𝑑𝑥
2
2
2
2
1
4
2
19
8
Finalmente: 𝜋{5 𝑥 5 + 3 𝑥 3 + 3𝑥}52 = 𝜋 { 3 (5)3 + 15 − 15 (2)5 − 6} = 783.6 𝜋
Volvamos nuevamente al ejercicio y restemos a la función la nueva recta de giro
5
5
2
∫ {𝜋. {𝑥 + 1 − (−1)}2 𝑑𝑥 = 𝜋 ∫ (𝑥 4 + 2𝑥 2 + 4)𝑑𝑥 = 𝜋{
2
2
𝑥 5 2𝑥 3
+
+ 4𝑥}52 = 786.6 𝜋
5
3
Valor al cual le restamos el volumen del cilindro 3𝜋.
Hallar el volumen del sólido generado por la recta F(x) = 2x-1, las rectas X=5; Y= 4 al
girar alrededor de la recta x= -2
Y
Y= 4
-2
5
X
5
La intercepción de F(x) = 2x-1 y la recta G(x) = 4, será: 2x – 1= 4⇒ 𝑥 = 2, luego el punto
5
de intercepción (2 , 4)
La siguiente intercepción de F(x) con la recta x = 5 es (5,9)
Como el sólido gira alrededor del eje Y:
9
𝜋 ∫ {5 − (−2)}2 − {
4
𝑦+1
− (−2)}2 𝑑𝑦
2
9
(𝑦 + 5)3
𝜋 {49𝑦 −
}| = 77.08 𝜋
12
4
1 . - Hal l ar l a l on gi t u d de l a curv a F (x )=
2
3
𝑥 3/2 ; en el i nt erval o [ 0, 1] .
𝑥4
2 . -Encuent r e l a l on gi t ud de l a curva F(x ) =
8
1
+ 4𝑥 2 ; en el i nt erval o {
1
√5
, 4}
1
3 . -Hal l e l a l on gi t ud de l a curv a F (x )= 𝑥 2 − 8 ln(𝑥); en el i nt erval o{0.01 ,1}
4 . - Encuent r e el vol um en del sól i do engendrado por: y 2 = x ; x – 2 y = 0;
al gi r ar con respe ct o: a. - al eje X b . - al eje Y .
5 . - Encuent r e el vol um en del sól i do engendrado por: y 2 = x ; x – y = 2; al
gi ra r con r espe ct o: a. - al eje Y. b . - si es p osi b l e al red ed or d el eje X.
6 . - C al cul ar el vol um en del ci l i ndro engendrado por el rect án gul o
l i m i t ado por l as rect as y = 2, x = 1 y x = 4, y el ej e X al gi rar
al rededo r de :
a. - E l ej e X . b.- S i es po si bl e al rededor d el e j e Y
7 . - Hal l ar el vol um en del t ronco de co no engendrado por el t rapeci o
q ue l i m i t a el
ej e
X, l a rect a
y = x
+ 2
y l as
coordenad as
corres pondi e nt es a x = 4 y x = 10, al gi r ar al r ededor d e X.
8 . - C al cul ar el vol um en en gendr ado al gi r ar al r ededo r de l ej e X el
reci nt o l i m i t ado por l as gr áfi c as de y = 2x − x 2 , y = −x + 2.
9 . - C al cul ar el vol um en engendrado po r l a rot aci ón del ár ea l i m i t ada
por l a par ábol a y 2 = x y l a r ect a x = 2, a l rededor d el ej e Y.
1 0 .- En t odos l os probl em as desde l a pregunt a 4 hast a l a pre gunt a 9,
t odos l os sól i dos rotan respe ct o a una re ct a Y = - 4 y
B.- S i es posi bl e l os m i sm os sól i dos rotan respe ct o a una re ct a X
Nota: t odas est os probl em as, m enos l os de l ongi t ud de arco deb en
gr afi c arse, p robl em a que no l l ev a su gr afi ca no es cal i fi cad o ò t i ene not a
cero.