Tema 8: Integral de Riemann

Tema 8: Integral de Riemann1 Integrales definidas1.1 Integral y propiedadesLosconceptosdeintegralydefunciónintegrable (en el sentido de Riemann) son un poco complejosy no lo vamos a tratar con mucho rigor. Más bien vamos a manejar el valor de las integrales defunciones sin fijarnos en su definición teórica ni preocuparnos por qué tales funciones son integrables.De hecho, ver de forma directa si una función es integrable o no en un intervalo puede ser un problemarealmente difícil, según el caso. De todos modos no va a ser de gran interés para nosotros resolvereste problema. Además, hay una clase muy amplia de funciones que son integrables, pues todafunción continua en un intervalo es integrable en dicho intervalo. Es más la hipótesisde continuidad puede rebajarse un poco, pues si una función es continua en casi todos los puntosde un intervalo [a, b] exceptoenunnúmerofinito, en los cuáles existen los límites laterales de lafunción y son finitos, también la función es integrable en [a, b]. Cuando una función sea integrabledenominaremos integral definida (integral de Riemann, osimplementeintegral) def en [a, b],Ry lo denotaremos por b bRf, opor f(x)dx, a un número, que representa geométricamente el áreaaaencerrada por la curva y = f(x) y en lo sucesivo iremos diciendo cómo calcular.Propiedades1. Si f es positiva su integral representa gráficamente el área que la curva y = f(x) yelejeOXencierran en el intervalo [a, b]. Encasodequef tome distintos signos la integral tiene el mismosignificado, sólo que en los trozos en los que f tengavalorespositivoseláreasecuentaconsigno positivo y en los trozos en los que f tenga valores negativos el área se cuenta con signonegativo.R2. Notación: Se define a Rf =0,paratodoa, y a Rf = − b f para todo a

4. Si f y g son funciones integrables en [a, b] entonces la función f + g es integrable en [a, b] ysetiene queZ b Z b Z bf + g = f+ g.aaa5. Si f es una función integrable en [a, b] y α ∈ R, entonces la función αf es integrable en [a, b] yse tiene queZ bZ bαf = α f.aa6. Si f y g son funciones integrables en [a, b] tales que f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [a, b] entonces b R7. Si f es una función integrable en [a, b] tal que f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] entonces b Raf ≥ 0.af ≥ b R8. Si f es una función integrable en [a, b] entonces la función |f| es integrable en [a, b] ysetienebRque¯ f¯ ≤ R b |f|.aaTeorema 1.1 (Teorema fundamental del cálculo integral) Seaf :[a, b] → R una funciónRcontinua. ∀x ∈ [a, b] definimos F :[a, b] → R por F (x) = x f. Entonces∀x ∈]a, b[ se tiene que F esderivable en x yqueF 0 (x) =f(x). ConcluimosqueF es una primitiva de f en ]a, b[.Veamos ahora una regla que será lo que más utilizaremos a la hora de calcular las integralesdefinidas:Proposición 1.2 (Regla de Barrow)Seaf :[a, b] → R una función continua y F :[a, b] → R unaprimitiva de f. EntoncesZ baaf = F (b) − F (a).Observación 1.3 Es indiferente la situación relativa entre a y b para aplicar la regla de Barrow, esdecir, también es válida aunque b

Ejemplo 1.6 1.π2R0senxdx =[− cos x] π 2=[− cos π − (− cos0)]=0+1=1.0 22.aR−1−2e 3x dx =[− 2 3 e3x ]a−1=[− 2 3 e3a − (− 2 3 e−3 )] = 2 3 ( 1 e 3 − e 3a ).1.2 Integración por partesLa fórmula de integración por partes que utilizamos para calcular primitivas puede generalizarse alcaso de integrales definidas del siguiente modo:Z baZbudv =[uv] b − aavdu.Así, a la hora de aplicar la fórmula de integración por partes en una integral definida podemos utilizarla fórmula anterior, o bien, calcular una primitiva de la función que hay dentro de la integral por lafórmuladeintegraciónporpartesydespuésaplicarlaregladeBarrow.Ejemplo 1.7 Calcular las siguientes integrales definidas mediante el método de integración por partes:1.1Rxe x dx.0Llamando u = x, dv = e x dx (con lo que du = dx, v = R e x dx = e x ) la integral queda asíZ 10Z1xe x dx =[xe x ] 1 − 00e x dx = e − 0 − [e x ] 1 0= e − [e − 1] = 1.2.eR21log xdx.Vamos a calcular primero un primitiva. Para ello llamamos u =logx, dv = dx (con lo quedu = dx ,v = x). EntoncesxZZlog xdx =logx · x − x dx Zx = x log x − dx = x log x − x = x(log x − 1).Por tantoZe 21log xdx =[x(log x − 1)] e21= e 2 (2 − 1) − (0 − 1) = e 2 +1.3

1.3 Cambios de variableLos cambios de variable pueden aplicarse también en integrales definidas. De modo similar al de laintegración por partes, tenemos dos opciones: o bien hallamos una primitiva de la función que haydentro de la integral realizando un cambio de variable y después aplicamos la regla de Barrow, o bienRaplicamos el cambio de variable x = ϕ(t) directamente a la integral b f(x)dx, de donde obtenemosaZ baZ df(x)dx =cf(ϕ(t))ϕ 0 (t)dt.En la práctica normalmente los extremos c y d de la nueva integral son desconocidos y tendremosque calcularlos. Lo haremos teniendo en cuenta que ϕ(c) =a yqueϕ(d) =b. Además, hay quetener presente que los puntos c y d deben eligirse de modo que la función ϕ sea biyectiva, por lo queen general no sirven cualesquier puntos cumpliendo ϕ(c) =a yqueϕ(d) =b.Ejemplo 1.8 Calcular las siguientes integrales definidas mediante el cambio de variable dado:1. En la integral 3 R0√ x +1dx realizar el cambio x +1=t 2 , de donde t = √ x +1.Vamos a calcular previamente la primitiva de la función que aparece en el integrando. Se deduceque dx =2tdt, porloqueZ Z √x √t2Z+1dx = 2tdt = 2t 2 dt = 2 3 t3 = .EntoncesZ √x+1dx =[23 (√ x +1) 3 ] 3 0= 16 3 − 2 3 = 14 3 .2. En la integralπ2R0sen 3 x cos 8 xdx realizar el cambio cos x = t (con lo que t ∈ [0, 1]).Como −senxdx = dt se tiene queπZ20sen 3 x cos 8 xdx = −πZ20sen 2 x cos 8 x(−senxdx).Como x varía en el intervalo [0, π ] entonces, de la igualdad cos x = t, se obtiene que t varía2entre cos 0 = 1 y cos π = −1. Por tanto laintegral anterior quedaría así2−Z 01Z 1(1 − t 2 )t 8 dt =0(t 8 − t 10 )dt =[ t9 9 − t1111 ] 1 0= 1 9 − 1 11 − (0 − 0) = 2 99 .4

1R √3. En la integral 1 − x2 dx realizar el cambio x = sent (con lo que t ∈ [− π, π]).2 2−1Se deduce que dx =costdt, porloqueZ 1√1 − x2 dx =πZ2√1 − sen2 t cos tdt =πZ2cos t cos tdt =πZ2cos 2 tdt =−1− π 2− π 2− π 2πZ2− π 2πZ21+cos2tdt =2− π 2( 1 2 + 1 2 cos 2t)dt =[t 2 + 1 4 sen2t] π2− π 2== π 4 + 1 4 senπ 2 − [−π 4 + 1 4 sen(−π 2 )] = π 4 + 1 4 + π 4 − 1 4 = π 2 .1.4 Derivación de funciones dadas mediante integralesComo consecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral sabemos cómo hallar la derivadaRde funciones de la forma F (x) = x f(t)dt, pues F 0 (x) =f(x). Más generalmente veamos cómo sehace la derivada de funciones de la forma G(x) =aRh 1 (x)h 2 (x)f(t)dt, parah 1 y h 2 funciones derivables.La fórmula que se obtiene (que se deduce del teorema fundamental del cálculo integral y de laderivación de funciones compuestas) es la siguiente:G 0 (x) =f(h 1 (x)) · h 0 1(x) − f(h 2 (x)) · h 0 2(x).Ejemplo 1.9 Calcular las derivadas de las siguientes funciones dadas mediante una integral:1. G 1 (x) = 1 Rxtdt.e tG 0 1(x) = 1 e · 0 − x e x · 1=−xe−x .R2. G 2 (t) = 3t2t1dx.x 2G 0 2(t) = 1(3t) 2 · 3 − 1(2t) 2 · 2= 13t 2 − 12t 2 = − 16t 2 .2 Integrales impropiasLa cuestión de estudiar integrales impropias viene motivada por el hecho de determinar si hay recintosno acotados que encierren un área finita. Seremos breves a la hora de tratar las integrales impropias.Diremos para simplificar la cuestión que son integrales en las que la función que hay en el integrandono está definida en algún punto del intervalo de integración, preferentemente, alguno de los dos5

extremos. Así nos encontraremos con integrales impropias de la forma +∞ Raf, donde el problema estáen que el intervalo de definición es [a, +∞[, encuyocasoclaramentelafunciónnoestádefinida enel infinito. Entonces el cálculo de la integral se realiza mediante el límiteDiremos que la integral +∞ Ra+∞ Zaf = limt→+∞tRaf .f es convergente si el límite anterior existe y es finito. Encaso de ser infinito tal límite diremos que la integral es divergente. Finalmente si dicho límite noexiste diremos que la integral no existe.De modo similar ocurre para integrales impropias de la formarealiza mediante el límiteEjemplo 2.1 1. +∞ R2.11dx = limx 3 t→+∞tR1Z b−∞1dxx 3f = limt→−∞bRt= limt→+∞f .tR1x −3 dxb R−∞f, encuyocasosucálculose=limt→+∞[ x−2−2 ] t 1=t−2=lim [− t−2)] = lim [− )] = limt→+∞ 2 2 t→+∞ 2 2 t→+∞ [− 1 + 1] 2t 2 2 =0+ 1 2 = 1. La 2integral es convergente y su valor es 1.20RtR1dx x1dx = lim= lim [log |x|] t = limx−1 t→0 − −1t→0 − 1t→0−∞ − 0=−∞. La integral es divergente y su valor es −∞.Habitualmente para calcular el valor de una integral impropiaabreviaelmododeescribir,poniendoque +∞ Ra−[log |t| − log |1|] =log0− log 1 =+∞ Raf, siendoG una primitiva, sef =[G(x)] +∞ a = lim G(x) − G(a) directamente, yx→+∞no tener que realizar el paso intermedio con la otra variable auxiliar t. Veámoslo en los siguientesejemplos:Ejemplo 2.2 1. +∞ R2. +∞ R1√1xdx = +∞ Res divergente y su valor es +∞.0e −2x dx =[ 1 −2 e−2x ] +∞ 0valor es 1 2 .1x − 1 2 dx =[ x 1 212= limx→+∞] +∞ x= lim1 211 x→+∞ 2− 1 12=+∞−2=+∞. Laintegral1−2 e−2x − 1 −2 =0+1 = 1 . La integral es convergente y su2 23.−1 R−∞1dx =[log|x|] −1x −∞integral es divergente y su valor es −∞.=log|−1| − lim log |x| =log1− log(+∞) =0− (+∞) =−∞. Lax→−∞6

4.1R0R1dx = 1 x 20x −2 dx =[ x−1 ] 1 =[− 1] 1 = −1 − ( lim − 1 )=−1 − (−∞) =−1+∞ =+∞. La−1 0 x 0x→0 + xintegral es divergente y su valor es +∞.5.1R0R√1xdx = 10x − 1 2 dx =[ x 1 212] 1 0= 1 12− 0=2. La integral es convergente y su valor es 2.6.1Rlog xdx =[x(log |x| − 1)] 1 =log|1| − 1− lim x(log |x| − 1) =00x→0 +=log1− 1− lim x log |x| − lim x =0− 1 − 0 − 0=−1. La integral es convergente y su valorx→0 + x→0 +es 1.Nota: El cálculo de la integral indefinida R log xdx = x(log |x|−1) lo hemos realizado por partesy el límite indeterminado lim x log |x| (del tipo 0 · (−∞)) lohemoscalculadoponiéndoloenla+forma limx→0 +log|x|1xx→0(que es del tipo ∞ ) y aplicando l’Hôpital.∞Si observamos, las integrales impropias anteriores tenían algún extremo conflictivo. Puede darseel caso en que los dos extremos sean conflictivos. En tal caso se separa en suma de dos integralesEjemplo 2.3 1. +∞ R0R√1xdx = 10√1xdx+ +∞ R1√1xdx =[2 √ x] 1 +[2 √ x] +∞ =[2− 0] + [ lim0 1 x→+∞2 √ x − 2] = 2 + [+∞−2] = 2 + ∞ =+∞. La integral es divergente con valor +∞.2. +∞ R1dx = [arctan x] +∞1+x 2−∞−∞ = [ limes convergente con valor π.x→+∞arctan x− limarctan x] = π − (− π )=π. Laintegralx→−∞ 2 2Incluso puede ocurrir que la función f tenga algunos puntos de discontinuidad dentro del intervalo.En tal caso se descompone la integral como suma de integrales en cuyo interior la función sea continua.Veamos los siguientes ejemplos:Ejemplo 2.4 1. +∞ R−∞R1dx = 0 x 2−∞1dx+ +∞ Rx 201dx =[− 1] 0+[− 1] +∞ =x 2 x −∞ x 0=[lim − 1x→0 − x − lim −1 x→−∞ x ] + [ lim − 1 x→+∞ x − lim − 1 x→0 + x ]==[+∞−0] + [0 − (−∞)] = +∞ + ∞ =+∞,con lo que la integral no es convergente. Para más precisión, en este caso es divergente y suvalor es +∞.(e x si x ≤ 02. Para la función f(x) =calculemos la integrale −x si x>0+∞ ZZ 0f(x)dx =f(x)dx++∞ ZZ 0f(x)dx =e x dx++∞ Ze −x dx =−∞−∞0−∞07

=[e x ]0−∞ +[−ex ] +∞ 0=[e 0 − limx→−∞ ex ]+[ limx→+∞ −e−x − (−e 0 )] ==[1− e −∞ ]+[−e −∞ +1]=1− 0+0+1=2.Observación 2.5 A la hora de analizar una integral impropia en la que aparezcan 2 ó más puntosconflictivos (sumando los de los extremos y los del interior) habrá que calcular, posiblemente, algunoslímites, de entre los cuales algunos pueden tener valor infinito. En el momento en que aparezca unsólo límite infinito la integral no va a ser convergente. O es divergente (en caso de que todos losinfinitos que salgan tengan el mismo signo) o la integral no existe.3 Aplicación geométrica de la integral: cálculo de áreas derecintos planosPara el cálculo del área de algunos recintos planos necesitamos recordar la ecuación de algunas curvassencillas. Entre éstas usaremos preferentemente rectas y circunferencias.Las rectas en el plano afín adoptan alguna de las siguientes ecuaciones: y = mx + n ó x = c (lasúltimas son las rectas verticales). Para determinar la ecuación de una recta es suficiente saber dospuntos por los que pasa.Las circunferencias en el plano afín adoptan la forma: (x − a) 2 +(y − b) 2 = r 2 . Concretamente,la anterior es la circunferencia de centro (a, b) yderadior.3.1 Área encerrada por una funciónRecordemos que si tenemos una función continua y positiva f :[a, b] → R entonces la integral b Rrepresenta el área que encierran la curva y = f(x) yelejeOX en [a, b] (también llamaremos a estoel área encerrada por la función f yelejeOX en el intervalo [a, b]). Cuando la función no tomaRúnicamente valores positivos en el intervalo [a, b] la integral b f resulta ser la suma de las áreas decada uno de los recintos que son encerrados por la función f yelejeOX alolargodelintervalo[a, b], contando con signo positivo los recintos situados por encima del eje OX y con signo negativolos recintos situados por debajo. A nosotros nos interesa tratar el área siempre con signo positivo, demanera que cuando planteemos hallar el área encerrada por una función y el eje OX en un intervalonos interesará contar todas la áreas con signo positivo. De este modo tendremos que calcular laRintegral b |f|. Paraelloessuficiente con hallar, en los intervalos [c, d] ⊆ [a, b] en los que la funciónaRsea positiva, la integral d f, y en los intervalos [α, β] ⊆ [a, b] en los que la función sea negativa, lacβRintegral (−f).αaaf8

Ejemplo 3.1 Hallar el área encerrada por la función f(x) =x 3 −3x 2 +2x yelejeOX en el intervaloR[0, 3]. Debemos calcular la integral 3 |x 3 − 3x 2 +2x| dx. Para ello tenemos que ver en qué intervalos0la función f toma valores positivos y negativos. Si hallamos sus raíces veremos que son 0, 1 y 2.Entonces es fácil deducir que esta función toma valores positivos en los intervalos [0, 1] y [2, +∞[, yvalores negativos en ] −∞, 0] y [1, 2]. Entonces tenemos queZ 3Z¯1¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =(x 3 − 3x 2 +2x)dx−Z 2(x 3 − 3x 2 +2x)dx+Z 3(x 3 − 3x 2 +2x)dx =0012[ x44 − x3 + x 2 ] 1 − 0 [x4 4 − x3 + x 2 ] 2 1 +[x4 4 − x3 + x 2 ] 3 =( 1 24 − 0) − (0 − 1 4 )+(9 4 − 0) = 11 4 .Si se pide el área que la función f yelejeOX encierran, sin darnos ningún intervalo, se sobreentiendeque es la suma de las áreas de cada uno de los recintos ”acotados” que delimita la curva y = f(x)con el eje OX.Observación 3.2 (Importante) En la práctica halladas las raíces el área se puede obtener calculandolas integrales en cada uno de los subintervalos dados y sumando todos estos números en valorabsoluto. Así no nos preocuparía el signo hasta el final. En el caso anterior se haría así:Z 3Z¯1Z ¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =(x 3 − 3x 2 +2x)dx¯¯ +2Z (x 3 − 3x 2 +2x)dx¯¯ +3(x 3 − 3x 2 +2x)¯¯ dx =0012=1¯4¯ +¯¯−1 4¯ +9¯4¯ = 11 4 .Ejemplo 3.3 Hallar el área encerrada por la función f(x) =x 3 − 3x 2 +2x yelejeOX. Si tenemos2Ren cuenta que las raíces de f son 0, 1 y 2, debemos calcular la integral |x 3 − 3x 2 +2x| dx, cuyovalor según lo anterior esZ 20¯¯x 3 − 3x 2 +2x¯¯ dx =¯Z 20x 3 − 3x 2 +2xdx¯ +¯Z 200x 3 − 3x 2 +2xdx¯ =1¯4¯ +¯¯−1 4¯ = 1 2 .642-10 0-21x23-4-6Gráfica de la función f(x) =x 3 − 3x 2 +2x9

3.2 Área encerrada por dos funcionesEl área que encierran dos funciones f y g en un intervalo [a, b] (interpretadacomolasumadelasáreas positivas de los recintos que encierran las curvas y = f(x) e y = g(x) en [a, b]) puede calcularsebRRpor la fórmula |f − g| (o equivalentemente b |g − f|). Así, es como calcular el área que encierraala gráfica de la función f − g (o la función g − f) enelintervalo[a, b].aEjemplo 3.4 Hallar el área encerrada por las funciones f(x) =4x y g(x) =x 3 en el intervalo1R[−3, 1]. Debemos calcular la integral |x 3 − 4x| dx. Para ello tenemos que ver cuándo la función−3x 3 − 4x es positiva y cuándo es negativa. Sus raíces son 0, −2 y 2. Entonces tenemos queZ 1Z−2Z¯¯x 3 − 4x¯¯ dx =(x 3 − 4x)dx¯¯ +0Z (x 3 − 4x)dx¯¯ +1(x 3 − 4x)dx¯¯ =−3−3−20¯¯[x4 4 − 2x2 ] −2−3 ¯ +¯¯[x4 4 − 2x2 0]−2 ¯ +¯¯[x4 4 − 2x2 ] 1 0 ¯ == ¯¯(−4 − (9 4 ))¯¯¯¯ + |(0 − (−4))| + ¯¯(−7 4 − 0)¯¯¯¯ =4+ 9 4 +4+7 4 =12.Si se pide el área que las funciones f y g encierran, sin darnos ningún intervalo, se sobreentiendequeeslasumadelasáreasdecadaunodelosrecintos(conáreafinita) que delimitan las curvasy = f(x) e y = g(x).Ejemplo 3.5 Hallar el área encerrada por las funciones f(x) =4x y g(x) =x 3 . Teniendo en cuentaque los puntos de corte de ambas funciones (o, lo que es lo mismo, las raíces de la función x 3 − 4x)2Rson 0, −2 y 2, debemos calcular la integral |x 3 − 4x| dx.−215105-3-2-10 0-51x23-10-15Gráfica de la función f(x) =x 3 − 4x10

3.3 Área de recintos limitados por varias curvasPara calcular el área de recintos que estén limitados por varias curvas resulta casi imprescindible (o,al menos, muy conveniente) representar gráficamente dicho recinto. Entonces dividimos el recinto ensubrecintos limitados por dos curvas, cuya área es más sencilla de calcular.Ejemplo 3.6 Hallar el área del recinto limitado por la circunferencia (x − 1) 2 + y 2 =1,elejeOXylarectay = x. Sinosfijamos en el recinto hay que hallar, en primer lugar, el punto de corte de lacircunferencia y la recta y = x. Hay que resolver, pues, el sistema formado por ambas ecuaciones, asíque sustituyendo y por x en la ecuación de la circunferencia tenemos la ecuación (y − 1) 2 + y 2 =1,luego 2y 2 − 2y =0, de donde las soluciones son y =0e y =1. Y como x = y, deducimosquelacoordenada x delospuntosdecorteson0 y 1, respectivamente. Podemos dividir ahora el recinto endos.Unaparteseráelrecintolimitadoporlacurvay = x yelejeOX en el intervalo [0, 1], yotraelrecinto limitado por la parte superior de la circunferencia anterior y el eje OX en el intervalo [1, 2].De este modo el área de nuestro recinto será la suma de las áreas de los otros dos recintos, luego localcularemos asíZ 1 Z 2pxdx+ 1 − (x − 1)2 dx = A 1 + A 2 .01La primera de las áreas es inmediata, pues A 1 =[ x2 ] 1 = 1 − 0= 1 . Para la segunda realicemos el2 0 2 2siguiente cambio en la integral x − 1=sent, conloquedx =costdt, y entoncesA 2 =πZ20cos 2 tdt =πZ201+cos2t2dt =[ t 2 + sen2t ] π 24 0= π 4 +0− (0 + 0) = π 4 .Al finaleláreadenuestrorecintoes 1 2 + π 4 .Observación 3.7 Aunque lo hemos enfocado desde el punto de vista de las integrales, este ejemploconcreto puede realizarse sin integrales, pues si observamos el área del primer recinto es un triángulorectángulo cuyos catetos miden 1, y el segundo recinto es un cuadrante de circunferencia. Quienesté familiarizado con las áreas de este tipo de figuras geométricas puede, a veces, ahorrarse algunoscálculos.3.4 Área de recintos no acotadosLo que hemos hecho en los apartados anteriores ha sido estudiar el área de recintos ”acotados”.Veamos ahora el área de algunos recintos no acotados.11

Ejemplo 3.8 Estudiar el área limitada por la función f(x) = √ 1xyelejeOX en el intervalo (0, 1].REl área se calcularía mediante la integral impropia 1 ¯√ x¯¯¯ dx. DeestemodoeláreaesZ 101¯√ dx = x¯¯¯¯Z 100¯ 11√ xdx =[2 √ x] 1 0=2− 0=2.Ejemplo 3.9 Calcular el área de la función 11+x 2 en R. ÉstaseríaZR+∞ Z11+x dx = 2−∞4 Apéndice1+∞dx = [arctan x]1+x2 −∞4.1 Otras aplicaciones geométricas de la integral4.1.1 Volumen de un sólido de revolución= [ lim arctan x− lim arctan x] =πx→+∞ x→−∞ 2 − (−π 2 )=π.El volumen del sólido obtenido al revolucionar (o girar) una curva y = f(x) continua alrededorbRdel eje OX alolargodelintervalo[a, b] se calcula mediante la integral πf(x) 2 dx. A veces seadenomina sólido de revolución. Si el giro se hace alrededor de un eje de ecuación y = c la fórmulaRes b π[f(x) − c] 2 dx. (Notemos que el giro a lo largo del eje OX es un caso particular de lo anteriorapues este eje tiene por ecuación y =0.) También es posible girar la curva alrededor del eje OY .Suponiendo que en el intervalo la curva es siempre creciente o siempre decreciente, la integral queRnos da ese volumen es b 2πxf(x)dx. Si el giro se realiza alrededor de un eje de la forma x = c elavolumen del sólido de revolución obtenido es b−c R2πxf(x + c)dx.a−cEjemplo 4.1 Hallemos el volumen de un cono de radio r ydealturah. Podemos obtenerlo comorevolución alrededor del eje OX de la recta que pasa por los puntos (0, 0) y (h, r), esdecirdelacurva de ecuación y = r x en el intervalo [0,h]. Deestemodoeláreasería R h π r2 x 2 dx = π r2 [ x3h h 2 h 2 3 ]h 0 =0π r2 h 3= 1h 2 3 3 πr2 h.4.1.2 Volumen de un sólido por secciones planasSupongamos que tenemos un sólido del que se conoce A(c), el área de la sección plana obtenida alintersectar el cuerpo con el plano x = c (donde c es una constante). Entonces, (si A es continua)bRpodemos calcular el volumen del sólido mediante la integral A(c)dc, dondea y b son los valoresmínimo y máximo, respectivamente, que tiene la coordenada x de alguno de los puntos del sólido.12a

El mismo argumento es válido si conocemos el área de la sección plana obtenida al intersectar conplanos de la forma y = c o z = c.Ejemplo 4.2 Hallemos el volumen del paraboloide z ≥ x 2 + y 2 cuando z ∈ [0, 2]. Al intersectar lasuperficie z = x 2 + y 2 , que delimita el borde del paraboliode, con una sección plana de la forma z = cobtenemos un círculo de la forma x 2 + y 2 = c alaalturaz = c. El radio de este círculo es √ c conRlo que el área del círculo es πc. De este modo el volumen que nos piden es 2 πcdc =[ πc22 ]2 0 =2π.4.1.3 Longitud de un arco de curvaDada una curva derivable y = f(x), la longitud del arco de curva comprendido entre los puntos deRabcisa a y b es b p1+[f0(x)] 2 dx.aEjemplo 4.3 Hallemos la longitud de una circunferencia de radio 3, por ejemplo la que tiene porecuación x 2 + y 2 =9. Basta hallar la longitud de la semicircunferencia superior y =+ √ 1 − x 2 ymultiplicar por 2. Entonces la longitud es2Z 1−1s−2x1+[2 √ 1 − x 2 ]2 dx = 2Z 1−1rZ11+ x21 − x dx =2 2−1= 2[arcsenx] 1 −1 =2( π 2 − (−π )) = 2π.2r Z111 − x dx =2 20−11√1 − x2 dx =4.1.4 Área de una superficiederevoluciónDada una curva derivable y = f(x), eláreadelasuperficie de revolución obtenida al girar la curvaRalrededor del eje OX entre los puntos de abcisa a y b es b 2πf(x) p 1+[f 0 (x)] 2 dx.Ejemplo 4.4 Hallemos el área lateral de un cilindro de radio r ydealturah. Podemos obtenerlocomo revolución alrededor del eje OX de la curva constante de ecuación y = r en el intervalo [0,h].RDe este modo el área sería h 2πr √ R1+0dx = h 2πrdx =2πrh.00a13