1. ENCONTRAR EL VOLUMEN DEL SOLIDO QUE SE GENERA AL HACER GIRAR, ENTORNO AL EJE X, LA REGIÓN ACOTADA POR LA RECTA X-Y=0 Y LA PARÁBOLA y2=x

x-y=0 ^ y2 =X

Despejando la variable y

Y=X ^ Y=√ x

Igualamos para halla interceptos:

X=√ x

X2=X

X2-X=0

X(X-1)=0

X1=0

X2=1

Remplazando en cualquiera de las funciones para este caso x-y=0.

Tenemos los siguientes puntos:

P1 (1,1)

P2 (0,0)

Graficando las funciones nos queda la siguiente gráfica:

Por tanto se realizara la integral por método de arandelas en intervalo de a=0, b=1 de la funciones de R(x)= √ x y r(x)=x usando la formula:

V= π∫0

1

¿¿

V= π∫0

1

x−x2dx

V= π( x2

2− x3

3){10

V= π( 12−13)

V= π6

2. encuentre el volumen del solido que se genera al hacer girar alrededor de la recta x=2 la región en el primer cuadrante acotada por las parábolas 3 x2−16 y+48=0 y x2 -16y+80=0 y el eje y.

Para empezar se despejan las ecuaciones en termino de y

3 x2−16 y+48=0

x2+ 16 y3

+16=0

y=3 x2

16+3

x2−16 y+80=0

y=1 x2

16+5

Al igualar las ecuaciones encontramos los puntos de intercepción:3x2

16+3=1x

2

16+5

3 x2+48=x2+80

2 x2=32

x=√16

x=±4Luego, el volumen está dado por la siguiente ecuación: V=π∫

0

4 [(1 x216 +5−2)2

−( 3 x216 +3−2)2]dx

¿ π∫0

4 [( 1 x4256−3 x

2

8+9)

2

−( 9x4256−3 x

2

8+1)

2]dx

V=π∫0

4 [8−1x432 ]dxπ [32−325 ]=128 π5

3. CALCULE EL VOLUMEN DEL SOLIDO GENERADO AL GIRAR ALREDEDOR DE LA RECTA X=2 LA REGIÓN ACOTADA POR LA GRÁFICA DE 4 x−18x4 , EL EJE X Y LA RECTA X=2.

Se hallara el intercepto con la recta x=2 reemplazando en la f(x)=4 x−18x4

Donde f(x)=4.2−1824

f(x)=8−168

f(x)=6

por tanto el punto donde se intercepta con la recta sera P(2,4)

graficando:

Por tanto se realizara la integral por método de capaz cilíndricas en el intervalo de a=0,

b=2 de la funciones de p(x)= x−2 y h(x)= 2−(4 x−18x4)usando la formula:

Remplazando:

V= 2π∫0

2

(x−2)[2−(4 x−18 x 4)]dx

V= 2π∫0

2

(x−2)[2−4 x+ 18x4 ]dx

V= 2π∫0

2

(x−2)[2−4 x+ 18x4 ]dx

V= 2π∫0

2

[10 x− x4

4+ x5

8−4 x2−4 ]dx

V= 2π [5x2− x5

20+ x6

48−4 x

3

3−4 x]{20

V= 2π [5.22− 2520

+ 26

48−4 .2

3

3−4.2]{20

V= 2π [20+ 43−85−323

−8]V= 2π [16

15]

V=3215

π4. Determina el volumen del solido que se genera al hacer girar alrededor del eje y la región exterior ala y=x2 y entre las rectas y=2x-1 y Y=x+2

π∫a

b

[ (R )2−(r )2 ]dy

π∫0

3

[( y2 +1)2

−( y−2−√ y )2]dyπ∫0

3

¿¿

π∫0

3 [(−3 y4 2

+2 y+2√ y3−4 √ y )]dy

π [ 14 y3+ y2+ 45y52−83y32 ]0-3

π[−274 +9+ 4865

−1033 ]

63.4 π u3

5. UN TORO SE FORMA AL GIRAR LA REGIÓN ACOTADA POR LA CIRCUNFERENCIA ( x−2 )2− y2=1. UTILICE LOS DOS MÉTODOS DISTINTOS PARA DEMOSTRAR QUE EL VOLUMEN DEL TORO ES 4Π2

METODO DE CAPAS CILINDRICAS. ( x−2 )2− y2=1 , donde la ecuación es una circunferencia de radio=1 y centro en C (2,0).

Ahora con ayuda del método de capas para hallar el volumen del solido la ecuación estará dada por:

Desarrollando la integral quedara:

2π∫−1

1

[ (2−x ) 2√1−x2 ]dx

2π∫−1

1

22√1−x2dx−2π∫

−1

1

x √1−x2dx

Aplicando sustitución trigonométrica

X=sin θ dx=cosθ

4 π∫−1

12√1−sinθ2cos θdθ−2 π∫

−1

1

sinθ√1−sin θ2cos θdθ

4 π∫−1

1

cos2θdθ−2 π∫−1

1

sin θ cos2θdθ

Resolviendo y aplicando sustitución en:

‖4 π 12 (θ+sinθ cosθ )‖ 1−1+[2π∫−1

1

u2du]‖2 π (θ+sin θ cosθ )‖ 1

−1+[2π∫−11

u2du]u=cosθdu=−sin θ

2π [θ+sin θ cosθ ] 1−1+2π [ cosθ3

3] 1−1Ajuntando (1) y (2)

2π [θ sinθ cos θ+ cosθ33 ] 1−1

Por el triángulo.

2π ¿

Cuando el valor de x=1

2π [ π2 +0+0]=π2

Cuando el valor de x=-1

2π [−π2

+0+0]=−π2

Al restarse quedara

π2+π 2=2π 2

Como la ecuación salió de una semicircunferencia entonces el volumen se multiplica por 2

R=4 π 2

METODO DE ARANDELAS

π∫a

b

[ (R )2−(r )2 ]dy

(X−2 )2=1−Y 2

X-2=∓√1−X 2

π∫−1

1

(2+√1−Y 2 )2−(2−√1−Y 2 )2dy

π∫−1

1

(4+4√1− y2+1− y2 )1− [ (1− y2 )−4 √1− y2+4 ]1dy

π∫−1

1

(4+4√1− y2+1− y2−1¿¿1+ y2+4√1− y2−4)dy ¿

π∫−1

1

(4√1− y2+4 √1− y2)dy

8π∫−1

1

(√1− y2 )dy

Aplicando sustitución trigonométrica:

8 π∫−1

12√1−sin θ2 cosθdθ

X=sin θ dx=cosθ

‖8 π 12 (θ+sinθcosθ )‖ 1−1‖4 π (θ+sinθ cosθ )‖ 1

−1

Utilizando e triangulo y volviendo a la variable original tenemo:

4π (arcosenx+x √1−x2) 1−1

Cuando el valor de x=1

4π [ π2 +0]=2π 2Cuando el valor de x=-1

4 π [−π2

+0]=−2π 2Nos quedaría:

2π 2−(−2π2)=4 π2

R=4 π 2

6. UN SÓLIDO G SE GENERA AL GIRAR LA REGIÓN ACOTADA POR y= x2

2y y=2

ALREDEDOR DEL EJE Y. UN HUECO, CENTRADO A LO LARGO DEL EJE DE REVOLUCIÓN, SE TALADRA A TRAVÉS DE ESTE SOLIDO TAL QUE SE PIERDE UN CUARTO DE SU VOLUMEN. ENCONTRAR EL DIÁMETRO DEL HUECO.

Primero se hallara los puntos de corte:

Y-2=y- x2

2

-2=- x2

2

4=x2

x=∓2Luego para ser más agiles en el cálculo, se halla el volumen entorno al eje y así:

Y= x2

22y=x2

√2 y=xLuego aplicamos el método de disco para obtener el volumen:

π∫0

2

[√2 y ]2dy

π∫0

2

2 y dy

2π∫0

2

ydy

Integrando

2π [ y22 ]20=4 πPara rallar el radio de perforación tenemos en cuenta que una perforación genera un orificio en el eje para ello se utiliza el método de la arandela:

π∫r 2

2

2

¿¿

π∫r 2

2

2

¿¿

Integrando:

π [ y2− yr ]2r2

2

π [22−2 r ]−π [ r44

− r2

2r ]

π [4−2 r2+ r4

4 ]Pero como un cuarto del volumen original es π, entonces:

-

π [4−2 r2+ r4

4 ]=3 π1−2 r2+ r4

4=0

4-8r2+r4=0

Aplicando la ecuación cuadrática para obtener el radio:

r2=8±√82−162a

r1=2,73

r2=0.73

Pero como nos piden el diámetro multiplicamos los radios por 2

D: 5,46 O D: 1,46

7. CALCULE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA 8 y=x4+2x−2 DESDE EL PUNTO x=1 HASTA x=2

8 y=x4+2x−2

8 y=x4+ 2x2

8 y=4 x3− 4

x3

8 y=4 x6−4x3

= y '=4 x6−48x3

∫1

2❑√1+( x

6−12x3

¿¿)²dx ¿¿

∫1

2 √1+( x2−2 x6+14 x6 )dx

∫1

2

√ 4 x6+x2−2 x6+14 x6dx

∫1

2

√ x12+2 x6+14 x6

dx

∫1

2 √ (x6+1 ) ²4 x6

dx

∫1

2x6+12x3

dx

¿ 12∫1

2

( x6x3+ 1x3 )dx=12 ( x4

4− 12x2 )¿12

¿ [(4−18 )−( 14−12 )]

¿ 12 [ 318 + 1

4 ]¿ 12 ( 338 )⇒ 3316

8. ENCUENTRE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA x=y 4

16+ 12 y2

ENTRE y=−3Y y=−2

x= y 4

16+ 12 y2

x '= y3

4− 1

y3

x '= y6−44 y3

¿∫−3

−2 √1+( y 4−44 y3 ) ²dy

¿∫−3

−2 √1+( y12−8 y6+1616 y6 )dy

¿∫−3

−2

√ 16 y6+ y12−8 y6+1616 y6

dy

¿∫−3

−2

√ y12+8 y6+1616 y6

dy

¿∫−3

−2 √ ( y6+4 ) ²16 y6

dy

¿∫−3

−2y6+44 y3

dy

¿∫−3

−2

( y6

4 y3+ 44 y3 )dy

¿∫−3

−2

( y34 + 1y3 )dy

¿ 14 [ y44 − 1

2 y2 ]¿−3−2

¿−14 [4−18−814 + 1

18 ]¿−14 [−115772 ]=1157288

9) DETERMINE LA LONGITUD DE ARCO DE LA CURVA Y=LN LSEC XL DESDE X=0 HASTA X= π4

.

L=∫0

R4

√1+( dFd )2

ln ( sec x )=¿ y→ y '=tan x ¿

L=∫0

R4

√1+ tan x2=∫0

R4

sec xdx=¿

10) HALLE EL PERÍMETRO DE LA REGIÓN ACOTADA POR LAS GRÁFICAS DE LAS FUNCIONES f ( x )=x2 Y

g ( x )=x+1.

Hallamos los interceptos de la funciones.

x2=x+1x2−x−1=0¿x=∓√54

+ 12

x2−x−1¿¿x=√52

+ 12x=√5+1

2

P=L1+L2+L3L1=∫0,61

0

√1+4 x2→ tan θ=2 x y sec2θ=dx

−12

∫−0,61

0

√1+ tan2 x sec2θ=−12

∫−0,61

0

sec3θdθ

Resolviendo la integral tenemos.

∫ sec3θdθ→u=sec θ→du=secθ tanθdV=sec 2θV=tan θ

12∫ sec3θdθ=−1

2secθtanθ−1

2∫ secθ ta n2θdθ

∫ sec3θdθ=secθ tan−¿∫ sec3θ+12∫ ssenθdθ ¿∫ sec3θdθ=1

2secθtanθ+ 1

2∫ secθdθ

¿ 12secθ+tanθ+ 1

2ln (secθ+tanθ ) ∫

−0,61

0

√1+4 x2=¿L2=∫0

1,62

√1+4 x2=¿

L3= ∫−0,62

1,62

√1+12dx=√2 ∫−0,62

1,62

dx=√2 X ¿−0,621,62 =√2 (1,62−0,62 )=√2

P=L1+L2+L3=9,36

11- ENCONTRAR EL ÁREA DE LA SUPERFICIE FORMADA AL GIRAR LA PORCIÓN DEL

PRIMER CUADRANTE DE LA GRÁFICA DE X23+Y

23=4 ,O≤Y ≤8 ALREDEDOR DEL EJE Y.

Si X=0, entonces Y = 432, entonces Y = 8. De igual manera, si Y =0, entonces X = 4

32,

entonces X= 8.

la gráfica resultante es un astroide, que de acuerdo con el enunciado se analizara en el primer cuadrante, al hacerlo girar sobre el eje Y.

Despejando X tenemos X=(4− y23)32 , derivando la función tenemos X’ =

32(4− y

23 )12∗(−2

3y

−13 ); X’=

(4−x23 )12

x13

.

Para esta caso se utiliza la formula S=2π∫c

d

r ( y ) √1+(g ' ( y ) )2dy , donde

r (y)= g (y)=(4− y23)32 y g’(y)=

(4−x23 )12

x13

reemplazando valores tenemos: S= 2π ∫(4− y23 )32√1+[

(4−x23 )12

x23

]

2

dy, resolviendo el

radical tenemos S=2π32∫(4− y

12)32√ y

13+4− y

13

y23

dy S=∫0

8

(4− y12)32√ 4y 23 dx

S = 2π∫0

8

(4− y23 )32 2

√ y 23 dy

S = 4π∫0

8 (4− y23 )32

y13

dy, realizando una sustitución, tenemos que. Z = 4− y23 ; dZ = −2

3y

−13

dy; −¿32 dZ= dy

y13

¿

S = 4 π∫0

4

z32∗−¿

32dz ¿S = -6π∫

0

4

z32 dz

-6π ¿ ¿04

- 125

π ¿ ¿04

- 125

π ¿] = 3845 π .

12-CONSIDERE LA GRÁFICA DE y2=112

(4−x)2 ENCONTRAR EL ÁREA DE LA SUPERFICIE

FORMADA CUANDO LA ARCADA DE ESTA GRAFICA SE GIRA ALREDEDOR DE X.

Para hallar el área de la superficie pedida, utilizamos la formula

S=2π∫ r (x )√1+[ f ´ (x )]2dx , retomando la función tenemos y2=112

(4−x)2

y=√ 112 (4−x)2

12√3

(4−x ) , derivando la función y'= −12√3 , reemplazando en la formula

S=2π∫0

412√3

(4−x )√1+[ −12√3 ]

2

dx

S=π

√3 ∫0

4

(4−x )√1+ 112 dx

S= π√3∫0

4

(4−x )√ 12+112 dx

S= π√3∫0

4

(4−x ) √132√3

dx

S=√136

π∫0

4

(4−x)dx

S=√136

π [ 4 x−12 x2]04

S=√136

π [ 4(4)−12 (4)2] 4 √133

π unidades.

13-EN LOS SIGUIENTES EJERCICIOS DETERMINE SI LA INTEGRAL ES CONVERGENTE O DIVERGENTE, Y SI ES CONVERGENTE EVALÚELA.

a) ∫−∞

∞

X e−x2=limt→∞

∫a

0

x e−x2+∫0

b

x e−x2

Resolvemos la integral indefinida:

∫ x e−x2

Haciendo una sustitución.u=−x2−12

du=xdx−12 ∫eu=−1

2eu=−1

2e− x2 lim

t→∞−12

[ e−x2 ]0a

=[0+12 ]=12¿

limt→∞

−1

2 [ 12 e−x2 ]a0=12∫−∞

∞

x e−x2=12+ 12=1 la integral convergeen1

b) ∫e

∞1

xLnxdx

limt →∞

∫e

a1

xLnxdx∫

dxxLnx

→haciendola sauatitucion

u=lnx¿

¿du=dxx

∫duu

=ln (u )+c

¿ ln (lnx )+climt→∞

¿

C - ∫−∞

∞1

x2+2 x+2dx.

Completando cuadrado tenemos:

∫−∞

∞1

(x+1)2+1dx .

Haciendo la sustitución:

u = x + 1

du= dx

Entonces ∫−∞

∞1

u2+1du, aplicando sustitución trigonométrica.

Tenemos: u = tangenteθ,θ=artang u; du = sec2θ, reemplazando en la integral nos queda

∫−∞

∞sec 2θ

tang2θ+1dθ

Por lo tanto ∫−∞

∞sec 2θ

tang2θ+1dθ=∫

−∞

∞

dθ lima→−∞

∫a

0

dθ + limb→∞

∫0

b

dθ

lima→−∞

[artang(x+1)]a0 + lim

b→∞[artang(x+1)]0

b

lima→−∞

⌊arta ng (1 )+artang(a) ⌋ + limb→∞

⌊artang (b )−artang(1)⌋ =

⌊π4

+ π2

+ π2− π4⌋= π

por tanto ∫−∞

∞1

(x+1)2+1dx es convergente con el numero real π