Volúmenes de Sólidos Infinitos

Si tenemos una región que queremos rotar, y esta región está limitada por esta curva que tiene una asíntota y un eje, para calcular el volumen del sólido generado por esta rotación tendremos que usar una integral impropia.

Básicamente, una parte se va hacia el infinito, por eso debemos usar la integral impropia

La idea es la misma: la curva tiende a ese eje cuando \(x\) o \(y \rightarrow \infty\). Entonces uno de los límites de integración será infinito. Usaremos el mismo ejemplo que usamos allá en áreas con integral impropia.

Ejemplo: Encuentre el volumen del sólido generado al rotar la región \(R\) dada a continuación alrededor del eje \(x\).

Recuerden que para un sólido en rotación alrededor del eje \(x\), el volumen se define por: 

\[V=\int_{a}^{b} \pi R^{2} d x\]

El radio es la distancia entre la curva y el eje de rotación y \(a\) y \(b\) son los límites de integración. En este caso, dado que el eje de rotación es el eje \(x\), el radio será \(f(x)\). Además, en este caso, \(b\) será \(+\infty\).

Entonces tenemos:

\[V=\int_{0}^{\infty} \pi[f(x)]^{2} d x\]

\[V=\pi \int_{0}^{\infty}\left[\frac{1}{(x+1)(x+2)}\right]^{2} d x\]

\[V=\pi \lim _{b \rightarrow+\infty} \int_{0}^{b}\left[\frac{1}{(x+1)(x+2)}\right]^{2} d x\]

Resolvamos la primitiva para luego hallar los límites:

\[\int \frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}} d x\]

Fracciones parciales... Es ese caso donde todos los términos del denominador son lineales pero se repiten, ¿recuerdan?

\[\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^{2}}+\frac{C}{x+2}+\frac{D}{(x+2)^{2}}\]

\[1=A(x+1)(x+2)^{2}+B(x+2)^{2}+C(x+1)^{2}(x+2)+D(x+1)^{2}\]

Para \(x=-1\):

\[1=A(-1+1)(-1+2)^{2}+B(-1+2)^{2}+C(-1+1)^{2}(-1+2)+D(-1+1)^{2}\]

\[B=1\]

Para \(x=-2\):

\[1=A(-2+1)(-2+2)^{2}+B(-2+2)^{2}+C(-2+1)^{2}(-2+2)+D(-2+1)^{2}\]

\[D=1\]

Para \(x=1\):

\[1=A(1+1)(1+2)^{2}+B(1+2)^{2}+C(1+1)^{2}(1+2)+D(1+1)^{2}\]

\[1=18 A+9+12 C+4\]

\[18 A+12 C=-12\]

Para \(x=0\):

\[1=A(0+1)(0+2)^{2}+B(0+2)^{2}+C(0+1)^{2}(0+2)+D(0+1)^{2}\]

\[1=4 A+4+2 C+1\]

\[4 A+2 C=-4\]

Multiplicando la ecuación por \(-6\):

\[-24 A-12 C=24\]

Resolviendo el sistema:

\[18 A+12 C=-12\]

\[-24 A-12 C=24\]

Sumando las dos ecuaciones

\[-6 A=12 \rightarrow A=-2\]

\[C=2\]

Así:

\[\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}}= \\ \frac{-2}{x+1}+\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{2}{x+2}+\frac{1}{(x+2)^{2}}\]

\[\int \frac{1}{(x+1)(x+2)} d x= \\ -\int \frac{2}{\mathrm{x}+1} d x+\int \frac{1}{(x+1)^{2}} d x+\int \frac{2}{x+2} d x+\int \frac{1}{(x+2)^{2}} d x\]

\[\int \frac{1}{(x+1)(x+2)} d x= \\ -2 \ln |x+1|+\int \frac{1}{(x+1)^{2}} d x+2 \ln |x+2|+\int \frac{1}{(x+2)^{2}} d x\]

Estas dos integrales que sobraron son reemplazadas por sustitución simple:

\[\int \frac{1}{(x+1)^{2}} d x=-\frac{1}{(x+1)}\]

\[\int \frac{1}{(x+2)^{2}} d x=-\frac{1}{x+2}\]

Finalmente:

\[\int \frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}} d x=-2 \ln |x+1|-\frac{1}{x+1}+2 \ln |x+2|-\frac{1}{x+2}\]

\[\int \frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}} d x=2 \ln \frac{|x+2|}{|x+1|}-\left[\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}\right]\]

Aplicamos el Teorema Fundamental del Cálculo:

\[\int_{0}^{b} \frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}} d x=\left(2 \ln \frac{|b+2|}{|b+1|}-\left[\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+2}\right]\right)-\left(2 \ln \frac{|0+2|}{|0+1|}-\left[\frac{1}{0+1}+\frac{1}{0+2}\right]\right)\]

\[=2 \ln \frac{|b+2|}{|b+1|}-\left[\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+2}\right]-2 \ln 2+\frac{3}{2}\]

Aplicando el límite:

\[\lim _{b \rightarrow \infty} \int_{0}^{b} \frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)^{2}} d x=\lim _{b \rightarrow \infty}\left[2 \ln \frac{|b+2|}{|b+1|}-\left[\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+2}\right]-2 \ln 2+\frac{3}{2}\right]\]

\[=\frac{3}{2}-2 \ln 2\]

Y finalmente, llegamos al volumen:

\[V=\pi \lim _{b \rightarrow+\infty} \int_{0}^{b}\left[\frac{1}{(x+1)(x+2)}\right]^{2} d x=\pi\left(\frac{3}{2}-2 \ln 2\right)\]

\[V=\pi\left(\frac{3}{2}-2 \ln 2\right) u \cdot v\]