Calcular el área de la región (Ejercicio)

1) Su función inversa se calcula intercambiando las "x" con las "y" y despejando y. Hay otras formas pero el resultado es el mismo

x = ay^2

y = sqrt(x/a)

sqrt() es la raíz cuadrada

Los limites de integración son la intersección de las dos funciones

y=ax^2

y=sqrt(x/a)

ax^2 = sqrt(x/a)

a^2·x^4 = x/a

x^4 = x/a^3

La primera respuesta es x=0

Para las distintas de 0 se puede dividir entre x y queda

x^3 = 1/a^3

x = 1/a

El área es

$$\begin{align}&\int_0^{1/a}\left(\sqrt \frac xa -ax^2\right)dx=\\ &\\ &\\ &\left[\frac {2a}3\left(\frac xa\right)^{\frac 32} -\frac {ax^3}3 \right]_0^{1/a}=\\ &\\ &\frac {2a}3 ·\frac 1{a^3}-\frac {a}{3a^3}=\frac 1{3a^2}\end{align}$$

2) Esto está un poco confuso. No es muy lícito llamar A a dos funciones distintas.

$$A(z) = A(a) = \frac{1}{3a}= \frac{1}{3·\frac{1}{\sqrt{1-(z-1)^2}}}= \frac{\sqrt{1-(z-1)^2}}{3}$$

El volumen de un sólido limitado por dos planos paralelos al plano z=0 (o si lo prefieres perpendiculares al eje OZ) es la integral de las áreas de los cortes del sólido por planos paralelos entre el plano inferior y el superior.

$$\begin{align}&V= \int_0^2 \frac{\sqrt{1-(z-1)^2}}{3}dz=\\ &\\ &z-1=sen\varphi\\ &dz=\cos\varphi\;d\varphi\\ &\\ &\varphi=arcsen(z-1)\\ &z=0\implies \varphi=arcsen(-1)=-\frac \pi 2\\ &z=2\implies \varphi=arcsen( 1) = \frac{\pi}{2}\\ &\\ &\\ &=\frac 13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt{1-sen^2\varphi}\;\cos \varphi\;d\varphi=\\ &\\ &\frac 13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\varphi\;d\varphi=\\ &\\ &\frac 13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{1+\cos 2\varphi}{2}d\varphi=\\ &\\ &\frac 13 \left[\frac x2+\frac{sen\, 2\varphi}{4}  \right]_{-\pi/2}^{\pi/2}=\\ &\\ &\frac 13\left(\frac \pi 4+\frac{sen \pi}{4}+\frac \pi 4-\frac{sen (-\pi)}{4}\right)=\frac 13·\frac \pi 2=\frac \pi 6\end{align}$$

Y eso es todo, creo que es así.

Hola, gracias por su respuesta.

La verdad es que la aplicación de la integral simple para el calculo del volumen mediante el área a través de secciones paralelas no la conocía, y eso me mosquea. No lo tengo en mis apuntes, me podrías decir algún buen libro de integrales simples, dobles y triples y aplicaciones? Gracias por todo.

Espera que me he equivocado, dentro de un momento lo hago bien.

No cierres ni puntúes todavía, que se pierde la pregunta.

Ok, gracias.

Y lo gordo es que por equivocarme he tenido que hacer una integral más difícil de lo que era.

Habíamos calculado que

A(a) = 1/(3a^2)

y me equivoqué y puse

A(a) = 1/(3a)

Ahora lo hago bien:

$$\begin{align}&A(z) = A(a) = \frac{1}{3a^2}= \frac{1}{3·\left(\frac{1}{\sqrt{1-(z-1)^2}}\right)^2}= \\ &\\ &\frac 1{\frac 3{1-(z-1)^2}}=\frac{1-(z-1)^2}{3}\\ &\\ &\\ &V=\int_0^2 \frac{1-(z-1)^2}{3}dz=\\ &\\ &\frac 13\int_0^2 \left(1-(z^2-2z+1)\right)dz=\\ &\\ &\frac 13\int_0^2(-z^2+2z)dz=\\ &\\ &\frac 13 \left[-\frac{z^3}{3}+z^2  \right]_0^2=\frac 13\left(-\frac 83+4  \right)=\\ &\\ &\frac 13·\frac 43=\frac 49\end{align}$$

Y eso es todo.

Perdona que te moleste de nuevo, peronel problema dice que en el segundo apartado hay que hacer un cambio de variable. Digo una cosa, ¿ qué cambio deberíamos hacer? Ya qué la integral definida que nos sale es sencilla para tener que realizar un cambio de variable.. Un saludo

Olvida la pregunta que te he hecho, el cambio de variable se refiere a sustituir la a en la función de área...