Problemasresueltos - Technical University of Valencia

1 Laintegralm funci n definida enI= [1,2] [1,4]del siguiente modo:f(x, y) ={(x+y) 2, x y 2x ,0,en el , mediante un dibujo, la porci nAdel rect nguloIen la quefno esnula y calcule el valor de la integral Af, supuesta su n:La regi n sombreada,A={(x, y) R2: 1 x 2, x y 2x},es la por-ci n del rect ngulo en la quefno se anula. La funci nfes continua enA,por tantofes integrable , aplicando el teorema de Fubini: Af= 21( 41f(x, y)dy)dx= 21( 2xx1(x+y)2dy)dx== 21[ 1x+y]2xxdx= 21( 13x+12x)dx=16logx]21=16log s lido est limitado por la superficiez=x2 y2, el planoxy, ylos planosx= 1yx= 3. Calcule su volumen por doble integraci n:La intersecci n de la superficie con el planoxyes:z=x2 y2z= 0} y2=x2 y=xy= x}y con los planosx= 1yx= 3,las par bolasz= 1 y2yz= 9 y2, hallar el volumen del s lido dado hemos de calcular la integral doble dela funci nz=f(x, y) =x2 y2sobre la regi nDdel planoxycomprendidaentre las rectasx= 1, x= 3, y=xey= x:D={(x, y) R2: 1 x 3, x y x}V= D(x2 y2)dxdy= 31( x x(x2 y2)dy)dx== 31[x2y y33]x xdx= 3143x3dx=13x4]31= Dx2y2dxdysiendoDla porci n acotada del primer cua-drante situada entre las dos hip rbolasxy= 1yxy= 2y las l neas rectasy=xey= ltipleSoluci n:La regi nDes el conjuntoD={(x, y) R2: 1 xy 2, x y 4x}=={(x, y) R2: 1 xy 2,1 yx 4}.

2 Esta expresi n nos sugiere el cambio de variablesu=xy, v= lo quey=vx, u=vx2 x= uv, y= uv,siempre queu, v >0y la transformaci n que obtenemos esT:]0,+ [ ]0,+ [ R2, T(u, v) = ( uv, uv).Tes una transformaci n inyectiva (para cada(x, y)hay un solo(u, v)talqueT(u, v) = (x, y)) y es de de comprobar adem s que sujacobiano es no nulo:JT(u, v) = 1/v2 u/v u/v22 u/vv2 uvu2 uv =12v6= 0, u, v > dibujar f cilmente la regi nDcalculando los puntos de corte delas rectas con las hip rbolas dadas (recordemos que son s lo los del primercuadrante):xy= 1y=x} x2= 1 P1= (1,1);xy= 1y= 4x} x2=14 P2= (12,1)xy= 2y= 4x} x2=12 P3= (1 2,4 2);xy= 2y=x} x2= 2 P4= ( 2, 2)ProblemasresueltosEs obvio que esta regi nD(en el planoxy) es la imagen,T(Q),del recinto(en el planouv)Q={(u, v) R2: 1 u 2,1 v 4}.Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: Dx2y2dxdy= Qu212vdudv== 21u2du.

3 4112vdv=u33] ]41=73log la integral V(2zx2+ 2zy2)dxdydz ,siendoVel volumen exterior a la hoja superior del conoz2=x2+y2e interioral cilindrox2+y2= 1, conz n:La intersecci n del cono con el cilindro es:x2+y2=z2x2+y2= 1} la circunferenciax2+y2= 1en el planoz= ltipleEl conjuntoVser el conjunto descrito por:V={(x, y, z) R3:x2+y2 1,0 z x2+y2}Haciendo el cambio a coordenadas cil ndricasx= cos y= sen z=z T:U R3, T( , , z) = ( cos , sen , z)siendoU=]0,+ [ ]0,2 [ R, JT( , , z) = .De esta manera, y puesto quex2+y2= 2= 1en el cilindro yz2= 2enel cono, el recintoVes la imagen,T(Q), (salvo un conjunto de medida cero,que es la regi n del planoy= 0comprendida entre el cilindro y el cono) delconjuntoQ={( , , z) U: 0< 1,0< <2 ,0 z } tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: V(2zx2+ 2zy2)dxdydz== Q2z 2 d d dz= 10[ 2 0( 02z 3dz)d ]d == 10( 2 0z2 3] 0d )d = 10( 2 0 5d )d = 2 66]10= la integral Axyz dxdydz, siendoAel conjuntoA={(x, y, z) R3:x2+y2+z2 1, x 0, y 0, z 0}.

4 Soluci n:Puesto que el conjuntoAes un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadasesf ricas para que el recinto de integraci n sea m s cos sen y= sen sen z= cos T:U R3, T( , , ) = ( cos sen , sen sen , cos )TesC1-invertible, con jacobiano,JT( , , ) = 2sen ,distinto de cero encualquier punto del abiertoU=]0,+ [ ]0,2 [ ]0, [.SeaQ={( , , ) R3: 0< 1,0< 2,0< 2} claro que su imagen medianteTesT(Q) =A {(x, y, z) A:y= 0}Laintegralm ltipley puesto que el conjunto{(x, y, z) A:y= 0}tiene medida cero enR3,(esun trozo de plano) podemos aplicar el teorema del cambio de variable paracalcular la integral que se pide por medio de una integral sobre el rect nguloQ: Axyz dxdydz== Q cos sen sen sen cos 2sen d d d == 10[ 20[ 20 5sen cos sen3 cos d ]d ]d == 10 5d 20sen cos d 20sen3 cos d ==[ 66]10[sen2 2] 20[sen4 4] 20= la integral D(x2+ 5y2)dxdy ,extendida a la regi n del planoD:={(x, y) R2:y 0,4 x2+y2 16}.

5 Soluci n:ProblemasresueltosLa regi nDes una corona circular; esto sugiere el cambio a polares para hacerla integral. Hacemos la transformaci nx= cos y= sen }T:U R2, T( , ) = ( cos , sen )dondeU=]0,+ [ ]0,2 [yJT( , ) = es distinto de cero coronaDes la imagen medianteTdel rect nguloQ={ , ) R2: 2 4,0< } Usalvo un conjunto de medida cero enR2que es el trozo del eje OX comprendidoentrex= 2yx= 4(que se obtendr a con la imagen de los puntos tales que = 0).Aplicando el cambio de variable calculamos la integral doble enDpormedio de una integral doble enQ, que nos resultar mucho m s sencilla decalcular porqueQes un rect ngulo: D(x2+ 5y2)dxdy= Q( 2cos2 + 5 2sen2 ) d d == 42[ 0 3(1 + 4sen2 )d ]d == 42 3[ 0[1 + 2(1 cos 2 )]d ]d ==[ 44]42[3 sen2 ] 0= 180 . el teorema de Green-Riemann, calcule la integral de l nea y2dx+xdy ,siendo el cuadrado de vertices (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1).

6 Laintegralm ltipleSoluci n:LLamemosDa la regi n, convexa, limitada por .Es obvio queD= int = [ 1,1] [ 1,1].Aplicaremos la f rmula de Green-Riemann Pdx+Qdy= D( Q x P y)dxdyconP(x, y) =y2yQ(x, y) =xque son de : y2dx+xdy= D(1 2y)dxdy= 1 1[ 1 1(1 2y)dy]dx== 1 1[y y2]1 1dx= 1 12dx= la curva una parametrizaci n de la elipse4(x2 1)+y2=0. Calcule la integral (x+y)dx+ (y x) ) ) Aplicando el teorema de n:a) Para calcular la integral de l nea hemos de parametrizar la elipse:4(x2 1)+y2= 0 x2+y24= 1 (t) = (cost,2sent), t [0,2 ]que es una parametrizaci n de claseC1. (x+y)dx+ (y x)dy== 2 0[(cost+ 2sent)( sent) + (2sent cost)2 cost]dt== 2 0(sentcost 2)dt=[sen2t2 2t]2 0= 4 .b) SeaD= int .Aplicando el teorema de Green-Riemann conP(x, y) =x+yyQ(x, y) =y x,y teniendo en cuenta que el rea de la elipse de semiejesaybes ab(en nuestro casoa= 1, b= 2),obtenemos: (x+y)dx+ (y x)dy= Pdx+Qdy= D( Q x P y)dxdy== D( 2)dxdy= 2 (D) = 4.

7 Laintegralm el rea de la regi n del primer cuadrante comprendida entrelas curvas:y2= 2x,2x+y= 20, y= ) Mediante una integral ) Mediante una integral de l n:a) Calculemos la intersecci n de la par bola y la recta que delimitan la regi ndescrita:y2= 2x2x+y= 20} y2+y 20 = 0 y= 5,no es positivoy= 4, x= 8La regi n dadaDes la uni n de dos regionesD1={(x, y) R2: 0 x 8,0 y 2x}D2={(x, y) R2: 8 x 10,0 y 20 2x}con medida rea deD=D1 D2,calculada mediante una integraldoble, ser : Ddxdy= D1dxdy+ D2dxdy D1dxdy= 80[ 2x0dy]dx= 80 2x dx= 223x32]80=643. D2dxdy= 108[ 20 2x0dy]dx= 108(20 2x)dx= 20x x2]108= las dos integrales obtenemos:area deD= Ddxdy=643+ 4 = ) Hemos de parametrizar la curva que delimita la regi nD: la recta2x+y= 20 : 1(t) = (t,20 2t), t [8,10] la par bolay2= 2x: (t) = (t22, t), t [0,4] el ejeOX: (t) = (t,0), t [0,10].

8 De esta manera es = ( 1) ( 2) el teorema de Green-Riemann, tomandoP(x, y) = 0, Q(x, y) =x,pode-mos calcular el rea deDcomo: Ddxdy= xdy= 1xdy 2xdy+ 3xdy== 108( 2t)dt 40t22dt=t2]108 t36]40= , mediante integraci n, el volumen del s lido limitado por elconox2+y2= 4z2y la esferax2+y2+z2= 5, siendoz n:La intersecci n de las dos superficies esx2+y2+z2= 5x2+y2= 4z2} 5z2= 5 z2= 1 z= 1 (z 0)x2+y2= 4 Laintegralm ltipleSeaVel s lido considerado. Su volumen es (V) = VdxdydzPara calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas esf ricas:x= cos sen y= sen sen z= cos JT( , , ) = 2sen La variaci n del ngulo dentro del recinto de integraci n viene dada porel ngulo que forma la generatriz del cono con el ejeOZen un punto de laintersecci n de las dos superficies, por ejemplo el punto(0,2,1).En este puntotan = 2y por lo tanto = arctan radio vector variar desde 0 alradio de la esfera 5y el ngulo debe recorrer toda la circunferencia, demodo que si consideramos el conjuntoQ={( , , ) R3: 0 5,0< <2 ,0< arctan 2}su imagen medianteTes el recintoV(salvo un conjunto de medida cero enR3:los puntos para los que = 0 = 0).

9 Entonces Vdxdydz= Q 2sen d d d == 2 0d 50 2d arctan 20sen d = 2 [ 33] 50[ cos ]arctan 20==10 53 [ 1 1 + tan2 ]arctan 20=103 ( 5 1). las integrales dobles por integraci n sucesivaa) Ixy(x+y)dxdydondeI= [0,1] [0,1].b) Isen2xsen2ydxdydondeI= [0, ] [0, ].c) Isen(x+y)dxdydondeI= [0, /2] [0, /2].Soluci n:a)1/3. b) 2 ) If(x, y)dxdysiendoI= [0,1] [0,1],f(x, y) ={x+y, x2 y 2x2,0,en el n:2140 25 la integral doble A(x2+y2)dxdysiendoA={(x, y) R2:x2+y2 1}.Soluci n:1 la integral doble A(4x+ 7y)dxdydondeA={(x, y) R2: 0 x 1, x3 y x}.Soluci la regi n de integraci n y calcule la integral doblea) D(x2+y2)dxdysiendoDel tri ngulo de v rtices(0,0),(2,0),(2,1).b) D(1 +x)seny dxdysiendoDel trapezoide de v rtices (0,0), (1,0), (1,2),(0,1).c) D(x2 y2)dxdysiendoDla regi n limitada por el ejeOXy la gr ficade la funci ny=senxen el intervalo[0, ].}

10 Soluci n:a)13 )3/2 2 sin(2) cos(2) + sin(1) + cos(1). c) 2 40 la aplicaci nTdefinida por las ecuacionesx=u2 v2,y= ) Calcule el jacobianoJT(u, v).b) SeaQel rect ngulo en el planouvcon v rtices (1,1), (2,1), (2,3), (1,3).Represente, mediante un dibujo, la imagenT(Q)en el n:a)JT(u, v) = 4(u2+v2). la aplicaci nTdefinida por las ecuacionesx=u+v,y=v ) Calcule el JacobianoJT(u, v).b) Un tri nguloQen el plano(u, v)tiene v rtices (0,0), (2,0), (0,2). Repre-sente, mediante un dibujo, la imagenT(Q) =Den el ) Calcule el rea deDmediante una integral doble extendida aDy tambi nmediante otra integral doble extendida n:Area= 14 el s lido limitado por el elipsoidex2a2+y2b2+z2c2= 1,calcule V(x2a2+y2b2+z2c2) n:Cambio:x=a sin( ) cos( ), y=b sin( ) sin( ), z=c cos( ).|JT|=abc 2sin( ). Resultado:45 la integral A x2+y2dxdydz,siendoAel s lido for-mado por la hoja superior del conoz2=x2+y2y el planoz= n: la integral V(x2+y2)dxdydz,siendoVel s lido limi-tado por la superficie2z=x2+y2y el planoz= n:Cambio a coordenadas cil ndricas.