Sea $P=\{ x_i\}_{i=0}^n$ la partición homogenea de longitud $n$ de $[-r,r]$ y toma $\Delta x =\frac{2r}{n}$ la longitud de los subintervalos de la partición. Denotamos por $D_i$ la rebanada de la esfera que se obtiene tomando el intervalo $[x_{i-1}, x_i]$, $i=1,\dots, n$. Notamos que $D_i$ no es un disco, sin embargo, $D_i$ está atrapada entre dos discos : $D_i^+$, disco con ancho $\Delta x$ y radio $f(x_i^*)$ y otro $D_i^-$, disco con ancho $\Delta x$ y radio $f(x_{i*})$, donde los puntos $x_i^*$ y $x_{i *}$ se toman tales que $f(x_i^*)=\max_{x\in [x_{i-1}, x_i]}\{f(x)\}$, $f(x_{i*})=\min_{x\in [x_{i-1}, x_i]}\{ f(x)\}$.

Ya que \(D_i^- \subseteq D_i \subset D_i^+ \) tenemos que \(Vol(D_i^-) \leq Vol(D_i) \leq Vol(D_i^+) \), asi que al sumar el volumen de cada rebanada tenemos \[ \sum_{i=1}^n \pi f(x_{i_*})^2\Delta x \leq Vol(S)\leq \sum_{i=1}^n \pi f(x_{i}^*)^2\Delta x \]

Toma límite cuando $n\to \infty$ en el inciso anterior y usa el ejercicio Ejercicio 5.11 para concluir $$ Vol(S)= \int_{-r}^r \pi f^2(x)dx. $$

Finalmente, calcula la integral $\int_{-r}^r \pi f^2(x)dx$ para concluir $$ Vol(S)=\frac{3}{4}\pi r^3. $$

Tenemos que \(y= \sqrt{x}\) con \(0\leq x \leq 1\), es continua y \(y(x) \geq 0 \) para toda \(x \in [0,1]\). Entonces por el Ejercicio 12.5 tenemos que el volumen es \[ \int_0^1\pi y^2(x) dx = \pi \int_0^1 xdx = \frac{\pi}{2} . \]

El peso de objeto es \(W=\rho_0 g V\), donde \(V\) es el volumen total del objeto. Usando el Teorema de Cavalieri obtenemos que \( V=\int_{-h}^{L-h}A(y)dy. \) Por lo tanto, el peso es igual a $$ W= \rho_0 g\int_{-h}^{L-h}A(y)dy. $$

Por otro lado el peso del agua desplazada es \(\rho_f g V'\) donde \(V'\) es el volumen del líquido desplazado. Nuevamente usando el Teorema de Cavalieri tenemos que \( V'=\int_{-h}^{0}A(y)dy. \) El principio de Arquímides nos permite concluir que la fuerza de empuje, denotada \(F\), es: $$ F=\rho_f g \int_{-h}^{0}A(y)dy. $$

Afirmamos que el porcentaje del volumen del objeto arriba de la superficie es $$ \frac{\rho_f-\rho_0}{\rho_f} $$ Para probar esto primero notamos que el porcentaje del objeto que está por arriba del nivel del líquido es el voluem por arriba dividido entre el volumen total. Por lo tanto debemos de probar $$ \frac{\int_{0}^{L-h} A(y)dy }{\int_{-h}^{L-h}A(y)dy}=\frac{\rho_f-\rho_0}{\rho_f} $$ Para iniciar la prueba primero notamos que \(W=F\), pues el objeto está a flote. Reemplazando \(W\) y \(F\) por sus expresiones integrales que obtuvimos previamente llegamos a \[ \rho_0 g\int_{-h}^{L-h}A(y)dy=\rho_f g \int_{-h}^{0}A(y)dy. \] Cancelando \(g\) y utilizando que \(\int_{-h}^0A(y)dy=\int_{-h}^{L-h} A(y)dy-\int_{0}^{L-h}A(y)dy\) obtenemos \begin{eqnarray*} \rho_0 g\int_{-h}^{L-h}A(y)dy&=& \rho_f \int_{-h}^{L-h} A(y)dy-\rho_f \int_{0}^{L-h}A(y)dy \\ \Rightarrow \rho_f \int_{0}^{L-h}A(y)dy&=&(\rho_f-\rho_0)\int_{-h}^{L-h}A(y)dy \\ \Rightarrow \frac{\int_{0}^{L-h}A(y)dy}{\int_{-h}^{L-h}A(y)dy}&=&\frac{\rho_f-\rho_0}{\rho_f} \end{eqnarray*} que es precisamente lo que queríamos probar.

Para el último inciso, substituyendo los valores \(\rho_0=917\) y \(\rho_f=1030\) obtenemos que el porcentaje del ice-berg por arriba del nivel del mar es \[ \frac{\rho_f-\rho_0}{\rho_f}=0.109 \] Es decir sólo el 1% está por arriba del nivel del mar.

Sea $P=\{x_i\}_{i=0}^n$ la partición homogenea de $[a,b]$, de longitud $n$.

Sea $C_i$ el sólido que se obtiene al rotar, alrededor el eje $y$, la región debajo de la gráfica de $f$ en el intervalo $[x_{i-1}, x_i]$. Sea $C_i^+$ la capa cilíndrica que de obtiene con base $[x_{i-1}, x_i]$ y altura $f(x_i^*)$ y $C_i^-$ la capa cilíndrica que se obtiene con base $[x_{i-1}, x_i]$ y altura $f(x_{i*})$, donde los puntos $x_{i*}$ y $x_i^*$ se toman tal que $$ f(x_{i*})=\min_{x\in [x_{i-1}, x_i]}\{ f(x)\}, f(x_i^*)=\max_{x\in [x_{i-1},x_i]}\{ f(x)\}. $$

Ya que \(C_i^-\subseteq C_i \subseteq C_i^+\) obtenemos que \begin{eqnarray*} 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1})=Vol(C_i^-) \leq Vol(C_i) \\ Vol(C_i)\leq Vol(C_i^+)=2\pi \overline{x}_i f(x_i^*)(x_i-x_{i-1}) \end{eqnarray*} donde $\overline{x}_i=\frac{x_{i-1}+x_i}{2}$, es el punto medio del intervalo $[x_{i-1},x_i ]$.

Por otro lado tenemos que \[ C=\cup_{i=1}^n C_i \] y además las intersecciones de los \(C_i\) o bien son ajenas o tienen intersección un conjunto de dimensión 2, el cual tiene area cero. Por lo tanto \[ Vol(C)=\sum_{i=1}^n Vol(C_i). \] Por las estimaciones anteriores llegamos a que \[ \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1}) \leq Vol(C) \leq \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_i^*)(x_i-x_{i-1}) \]

En éste punto nos gustaría aprovechar el hecho de que \(f\) es continua y aplicar el Ejercicio 5.11 tomando límite cuando \(n\to \infty\) y obtener \begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty } \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1}) =\int_a^b 2\pi xf(x)dx \\ \lim_{n\to \infty } \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1}) =\int_a^b 2\pi xf(x)dx \end{eqnarray*} para concluir \[ Vol(C)=\int_a^b 2\pi xf(x)dx. \] Sin embargo no podemos hacerlo pues para aplicar el Ejercicio 5.11 debemos de tener que \(\overline{x_i}=x_{i*}\) en el primer límite y \(\overline{x_i}=x_i^*\) en el segundo. Tenemos que hacer un arreglo. El arreglo consiste en la siguiente estimación: \begin{eqnarray*} & \left| \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1}) - \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(\overline{x_i})(x_i-x_{i-1}) \right| \\ & \leq \sum_{i=1}^n 2\pi |f(x_{i*})-f(\overline{x_i})||\overline{x_i}|(x_i-x_{i-1}) \\ & \leq 2\pi \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i])|\overline{x_i}|(x_i-x_{i-1}) \\ & \leq 2\pi(|a|+|b|) \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i])(x_i-x_{i-1}) \end{eqnarray*} donde utilizamos que \(|f(x_{i*})-f(\overline{x_i})|\leq \omega_f([x_{i-1},x_i])\), siendo éste último la oscilación de f en el intervalo \([x_{i-1},x_i]\) y \(|\overline{x_i}|\leq |a|+|b|\). Ahora, al ser \(f\) uniformemente continua en \([a,b]\) por el Ejercicio 5.24se cumple que \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n \omega_f([x_{i-1},x_i])(x_i-x_{i-1}) =0 \] Por lo tanto se debe de tener que \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(x_{i*})(x_i-x_{i-1})= \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n 2\pi \overline{x}_i f(\overline{x_i})(x_i-x_{i-1}) \] lo cual termina el arreglo.

Por el método de discos.

Entonces para calcular el volumen de revolución, llamemosle \(S\), que se obtiene de girar \(y = x^2\) alrededor del eje \(y\) y acotada por los planos \(y=0\) y \(y = a\), primero ilustremos como sería la región y el sólido.

Entonces notemos que cuando se rebana el sólido de manera perpendicular al eje \(y\), se obtiene un disco de radio \(x\), donde \(x = \sqrt{y}\). De tal menera que el área seccional \(A(y)\) del sólido \(S\) que se encuentra a una altura \(y\) es \[ A(y) = \pi x^2 = \pi y. \] Como el volumen del sólido \(S\) está delimitado por \(y=0\) y \(y = a\) (con \(a >0\) fija) entonces : \[ Vol(S) = \int_0^a \pi ydy = \frac{\pi a^2}{2} .\]

Por el método de capas cilíndricas.

Consideremos \(y = x^2\) con \(0 \leq x\) el cual está delimitado por \(y=0\) y \(y= a\), entonces cuando \(x = 0\) se sigue que \(y = 0\) y cuando \(x= \sqrt{a}\) entonces \(y = a\). Por lo que \(y = x^2\) va a estar también delimitada por \(x= 0\) y \(x= \sqrt{a}\).

Si consideramos el sólido \(T\) que se obtiene al emplear el método de capas cilíndricas con respecto a la función \(f : [0,\sqrt{a}] \rightarrow \mathbb{R}\) definida como \(f(x) = x^2\), es decir el sólido \(T\) se obtiene al rotar la región bajo la gráfica de \(f\) con respecto de \(y\). Entonces se tiene que \(S \neq T\) y \(Vol (S \cap T) = 0\), más aún \(S\cup T\) es un cilindro con radio \(\sqrt{a}\) y altura \(a\), es decir \(Vol(S \cup T) = \pi a^2\). Por lo que \(Vol(S \cup T) = Vol(S) + Vol(T)\). Por lo tanto \[ Vol(S) = Vol(S \cup T) -Vol(T) = \pi a^2 -Vol(T) .\] Por el método de las capas cilíndricas tenemos que el \(Vol(T) = \int_0^{\sqrt{a}}2\pi xf(x) dx = 2\pi\int_0^{\sqrt{a}}x^3 dx = \frac{a^2\pi}{2}. \) Por lo tanto \[ Vol(S) = \pi a^2 -Vol(T) = \pi a^2 -\frac{a^2\pi}{2} = \frac{a^2\pi}{2}. \]

Vamos a usar el método de discos para calcular su volumen. Consideremos \(x = \sqrt{r^2 -y^2}\) tal que \(y \in [r-h, r]\), entonces la región comprendida entre \(x = \sqrt{r^2 -y^2}\), \(x= 0\) y \(y = r-h\) al rotar con respecto del eje \(y\) es el sólido al cual le vamos a calcular su volumen.

Notemos que al rebanar este sólido de manera perpendicular al eje \(y\), se obtiene un disco de radio \(x\), donde \(x = \sqrt{r^2 -y^2}\). De tal menera que el área seccional \(A(y)\) de este sólido que se encuentra a una altura \(y\) es \[ A(y) = \pi x^2 = \pi (r^2 -y^2). \] Como el volumen del sólido está delimitado por \(y=r\) y \(y = r-h\) entonces su volumen es : \begin{eqnarray*} \int_{r-h}^r A(y) dy & = & \pi \int_{r-h}^r(r^2-y^2) dy = \pi\left(\int_{r-h}^r r^2dy -\int_{r-h}^ry^2dy\right) \\ & = & \pi\left(r^2(r -(r-h)) - \frac{r^3-(r-h)^3}{3}\right) \\ & = & \pi h^2\left( r -\frac{h}{3}\right) \end{eqnarray*} Por lo tanto el volumen del sólido es \(\pi h^2\left( r -\frac{h}{3}\right)\).

Entonces calculemos las áreas seccionales de este sólido, empecemos por colocar el origen \(O\) en el vértice de la piramide y el eje \(x\) a lo largo de su eje central, como se muestra en la figura. Tenemos que el área seccional de esta figura es un triángulo equilatero ya que esta en proyección con respecto al triángulo equilatero de lado \(a\). Supongamos que dicho triángulo tiene lado \(l\) y altura \(h\) por lo que el área de esta sección es \(\frac{hl}{2}\).

Lo siguiente es expresar \(l\) y \(h \) en términos de \(x\), para esto hacemos uso de la semenjaza de triángulos como se muestra en la figuras.

Por lo que, \[\frac{l}{x} = \frac{a}{h}\] Es decir, \(l= \frac{a}{h}x\). Y para encontrar la altura \(h\) completamos el triángulo usando pitagoras. Por lo tanto, \(h= \frac{\sqrt{3}}{2}l = \frac{\sqrt{3}a}{2h}x\) ya que \(l= \frac{a}{h}x\). Entonces el área seccional es \(A(x) = \frac{1}{2}lh = \frac{\sqrt{3}a^2}{4h^2}x^2\).

Por lo tanto su volumen es: \[ \int_0^h A(x) dx = \frac{\sqrt{3}a^2}{4h^2}\int_0^h x^2 dx = \frac{\sqrt{3}a^2}{4h^2}\cdot \frac{h^3}{3} = \frac{\sqrt{3}a^2h}{12} . \]