1. Propuesta Solucionario 7
Ing. Electrónica
David Steven Hoyos - Andrés Fermín Mella*
Aplicaciones de la Integral denida Pags 63, 64, 74 y 75
En este taller haremos uso de las integrales denidas para calcular áreas y volúmenes.
Por cuestiones de espacio, en las grácas, sólo mostraremos la parte de las funciones
que debemos calcular.
N ota : En todos los casos se debe igualar las ecuaciones para determinar los límites
de integración.
N ota2 : La u2 son únidades cuadradas.
N ota3 : En este taller mostramos como se hacen las operaciones, sin embargo, nos
basaremos mucho en las grácos. Por este motivo recomendamos que igualen las ecuaciones
a mano, así encontrarán los límites de integración sin las grácas.
1) La región S acotada por debajo por la gráca y = x3 y por arriba por la gráca
y = x en el intervalo [0, 1]
1 1
x2 x4
x − x3 dx 2
− 4
0 0
1 1 1
− = [u2 ]
2 4 4
* David Steven Hoyos Gil - Andrés Fermín Mella
1

2. 4) La región S acotada por arriba por la gráca y = x2 y por abajo por la recta
horizontal y = −1 en el intervalo [−1, 2]
2 2
x3
x2 − (−1) dx 3
+x
−1 −1
3 3
2 (−1)
( + 2) − ( − 1)
3 3
14 4
+ = 6[u2 ]
3 3
7) La región R acotada por la izquierda por la gráca x = y 2 y por la derecha por la
recta vertical x = 4
2 2
y3
4 − y 2 dy 4y − 3
−2 −2
O más bonito
2 2
y3
2 4 − y 2 dy 2 4y − 3
0 0
8 32
2 8− =
3 3

3. 8) La región R entre las grácas de y = x4 − 4 y y = 3x2
2
3x2 − (x4 − 4) dx
−2
O mejor
2 5 2
2 3x2 − (x4 − 4) dx 2 − x + x3 + 4x
5
0 0
32 80 32 48 96 2
2 − +8+8 =2 − 2 5
= 5
[u ]
5 5 5
Ahora continuremos con el segundo bloque de problemas
2) x = 0 x = 16 − y 2
4
16 − y 2 dy
−4
O más fácil
4 4
y3
2 16 − y 2 dy 2 16y − 3
0 0
64
2 64 −
3

4. 3 1 256 2
128 − = [u ]
3 3 3
3) x = y 2 x = 32 − y 2
4
(32 − y 2 ) − y 2 dy
−4
O mucho mejor
4 4
y3
4 16 − y 2 dy 4 16y − 3
0 0
64 3 1
4 64 − 4(64) 3
− 3
3
512 2
[u ]
3
5) y = 2x2 y = 5x − 3
3
2 3
(5x − 3) − (2x2 ) dx 1
2
(−2x2 + 5x − 3) dx
1
3
2 5 2
− x3 + x2 − 3x
3 2 1
 3 2

3 3
 2 2
5 2 3  2 5
− + −3 − − + −3
3 2 2 3 2
 
9
27 5 4 9 7
− 4
3 + 2 − +
1 1
2 6
27 45 9 7
− + − +
12 8 2 6

5. 1 2
[u ]
24
6) y = x2 y = 3 + 5x − x2
3
3
([3 + 5x − x2 ] − x2 ) dx −1 (−2x2 + 5x + 3) dx
−1
2
2
3
2 5
− (x3 ) + (x2 ) + 3x
3 2 1
−2
3 2
2 5 2 1 5 11
− (33 ) + (32 ) + 9 − − − + − +3 −
3 2 3 2 2 22
45 2 5 3
−18 + +9 − + −
2 24 8 2
27 19 343 2
+ 24
[u ]
2 24
9) y = x3 y = 2x − x2
1 0
(2x − x2 ) − (x3 ) dx + (x3 ) − (2x − x2 ) dx
0 −2
0 1
(x3 + x2 − 2x) dx + (−x3 − x2 + 2x) dx
−2 0
−2 1
− (x3 + x2 − 2x) dx + (−x3 − x2 + 2x) dx
0 0

6. −2 1
x4 x3 2 x4 x3
− + −x + − − + x2
4 3 0
4 3 0
16 8 1 1
− − −4 + − − +1
4 3 4 3
37 2
[u ]
12
11) y = x3 x+y =0 y =x+6
0 2
(x + 6) − (−x) dx + (x + 6) − (x3 ) dx
−3 0
2 −3
(−x3 + x + 6) dx − (2x + 6) dx
0 0
2
x4 x2 −3
− + + 6x − x2 + 6x
4 2 0
0
−4 + 2 + 12 + 9 = 19[u2 ]
Bien, ahora empieza lo emocionante, los sólidos de revolución
1) y = x2 y=0 x = 1 Si giramos el eje x resulta un lindo cono:

7. 1
V = π(x2 )2 dx
0
1
1
4 x5
V =π x dx = π
0 5 0
π
V = [u3 ]
5
3) y = sen(x)[0, π] Si giramos el eje x no resulta algo parecido a un limón (puntiagudo):
π π
V = (π sen2 x) dx = π (sen2 x) dx
0 0
π 1 − cos (2x)
V =π dx
0 2
π π
V = 1 − cos (2x) dx
2 0
π sen 2x π
x− V =
2 2 0
2
π
V = [u3 ]
2
6) y = 1 − x 2
y = 0 Si giramos el eje x nos resulta algo que se parece más a un
limón en comparación al anterior:

8. 1 1
V = π(1 − x2 )2 dx = π (1 − 2x2 + x4 ) dx
−1 −1
1
2 x5
V = π x − (x3 ) +
3 5 −1
2 1 2 1
V =π 1− + − π −1 + −
3 5 3 5
16
V = (π)[u3 ]
15
Cualquier duda o comentario por favor mandarlo a los correos: davidhoyosgil2008@gmail.com
andresfmella@gmail.com