hoja de practicas tema 4: integrales mult´ iples zz · 3. calcular zz d p xy −y2dxdy, siendo d...
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Calculo II EPS (Grado TICS) Curso 2012-2013
Hoja de Practicas tema 4: Integrales multiples
1. Calcular∫∫
D(xy + x2 + y2) dA
en la region D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3}.
Solucion:
x
y
1 2
1
2
3
∫∫
D(xy + x2 + y2) dA =
∫ 2
1
∫ 3
2(xy + x2 + y2) dy dx =
∫ 2
0
(
xy2
2+ x2y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
y=3
y=2
dx
=
∫ 2
1
5x
2+ x2 +
19
3dx =
149
12.
2. Calcular∫∫
Dx3 cos(xy) dx dy
donde D es la region del plano limitada por la parabola y = x2 y las rectas y = 0, x = 2.
Solucion:
x
y
y = 0
y = x2x = 2
1 2
1
2
3
4
∫∫
Dx3 cos(xy) dx dy =
∫ 2
0
∫ x2
0x3 cos(xy) dy dx =
∫ 2
0
(
x3sin(xy)
x
∣
∣
∣
∣
y=x2
y=0
dx
=
∫ 2
0x2 sin(x3) dx =
(
−1
3cos(x3)
∣
∣
∣
∣
x=2
x=0
=1− cos 8
3.
3. Calcular∫∫
D
√
xy − y2 dx dy,
siendo D el triangulo de vertices (0, 0), (10, 1), y (1, 1).
Solucion:
x
y
x = 10y
1 2 4 53 6 7 8 9 10
1
2
3
∫∫
D
√
xy − y2 dx dy =
∫ 1
0
∫ 10y
y
√
xy − y2 dx dy =
∫ 1
0
(
3(xy − y)3/2
2y
∣
∣
∣
∣
∣
x=10y
x=y
dy
=
∫ 1
018y2 dy = 6.
4. Calcular el area encerrada entre las curvas (y − 2)2 = 4x y y + 2 = 2x.
Solucion:
y
x
(x− 2)2 = 4y
x+2=2y
1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
6
7
Dado que si intercambiamos las variables x e y en el problema no tenemos problemas en definiruna integral directamente pues cada curva representa una funcion, lo haremos ası como se veen la figura ya intercambiamos las variables x e y. Aun ası este problema sin intercambiar lasvariables se puede resolver de distintas formas, pero yo he elegido esta forma por ser original.
∫∫
D1 dA =
∫ 6
0
∫ x/2+1
(x−2)2/41 dy dx =
∫ 6
0
(
3x
2− x2
4
)
dx = 9.
5. Calcular∫∫
De
xy dx dy,
donde D es la region limitada por las graficas y2 = x, x = 0 e y = 1.
Solucion:
x
y
y2 = x
x = 0
y = 1
1 2
−1
−2
1
2
∫∫
De
xy dx dy =
∫ 1
0
∫ y2
0e
xy dx dy =
∫ 1
0
(
yexy
∣
∣
∣
x=y2
x=0dy
=
∫ 1
0y(ey − 1) dy = 1.
6. Evaluar las siguientes integrales, invirtiendo previamente el ordende integracion:
(a)
∫ 1
0
∫ 3
3yex
2dx dy (b)
∫ 1
0
∫ 1
√y
√
x3 + 1 dx dy
Solucion:
(a) Teniendo en cuenta que la region queestamos integrando es:
{(x, y) ∈ R2 : 3y ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}
x
y
3y= x
x = 3
1 2 3 4
1
2
Por lo tanto si invertimos el orden de in-tegracion nos resulta:
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x/3, 0 ≤ x ≤ 3}.
∫ 1
0
∫ 3
3yex
2dx dy =
∫ 3
0
∫ x/3
0ex
2dy dx
=
∫ 3
0
x
3ex
2dx =
e9 − 1
6.
(b) Teniendo en cuenta que la region queestamos integrando es:
{(x, y) ∈ R2 :
√y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}
x
y
y=x2
x=
1
1 2
1
2
Por lo tanto si invertimos el orden de in-tegracion nos resulta:
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x2, 0 ≤ x ≤ 1}
∫ 1
0
∫ x2
0
√
x3 + 1 dy dx=
∫ 1
0x2√
x3+1 dx
=
(
2
9(x3 + 1)3/2
∣
∣
∣
∣
x=1
x=0
=2(√8− 1)
9.
7. Calcular∫∫
D
x2
x2 + y2dA,
donde D es la region del plano limitada por x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4.
Solucion:
x
y
−3 −2 −1 1 2 3
−3
−2
−1
1
2
3
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo
{
x = r cos θ,y = r sin θ,
1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
ası
∫∫
D
x2
x2 + y2dA =
∫ 2
1
∫ 2π
0
r2 cos2 θ
r2
∣
∣
∣
∣
cos θ sin θ−r sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
dr dθ =
∫ 2
1
∫ 2π
0r cos2 θ dr dθ =
3π
2.
8. Calcular∫∫
D((x− 2)2 + y2) dx dy,
donde D es el interior del cırculo x2 + y2 − 4x = 0.
Solucion:
x
y
1 2 3 4
−3
−2
−1
1
2
3
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo
{
x = 2 + r cos θ,y = r sin θ,
0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
ası
∫∫
D((x− 2)2 + y2) dx dy,=
∫ 2
0
∫ 2π
0r2∣
∣
∣
∣
cos θ sin θ−r sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
dr dθ =
∫ 2
0
∫ 2π
0r3 dr dθ = 8π.
9. Calcular∫∫
D
2xy
x2 + y2dx dy,
h donde D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ x, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2}.
Solucion:
y = x
x
y
1 2−1−2√2
1
2
−1
−2
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo
{
x = r cos θ,y = r sin θ,
1 ≤ r ≤√2, −π
2≤ θ ≤ π
4.
ası
∫∫
D
2xy
x2 + y2dx dy =
∫
√2
1
∫ π4
−π2
2r2 sin(θ) cos(θ)
r2r dθ dr =
∫
√2
1
∫ π4
−π2
r sin(2θ) dθ dr = −1
4.
10. Calcular, utilizando un cambio de variable apropiado, la integral
∫∫
D3xy dx dy,
donde D es la region del plano limitada por las curvas x − 2y = 0, x − 2y = −4, x + y = 4,x+ y = 1.
Solucion:
x =2y
x+4 =
2y
x+y=1
x+y=4
x
y
1 2−1 3
1
2
−1
3
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio decoordenadas, siendo
{
u = x+ y,v = x− 2y,
1 ≤ u ≤ 4, −4 ≤ v ≤ 0, ⇒ 3y = u− v, 3x = 2u+ v,
luego
∫∫
D3xy dx dy =
1
3
∫ −4
0
∫ 4
1(u−v)(2u + v)
∣
∣
∣
∣
2/3 1/31/3 −1/3
∣
∣
∣
∣
du dv
=1
9
∫ 0
−4
∫ 4
1(2u2−uv − v2) du dv =
164
9.
11. Calcular∫∫
D
1
(x2 + y2)3/2dxdy,
donde D = {(x, y) ∈ R2 : x+ y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 1}.
Solucion:
x+y=1
x
y
1 2−1−2
1
2
−1
−2
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo
{
x = r cos θ,y = r sin θ,
1
cos θ + sin θ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π
2.
ası
∫∫
D
1
(x2 + y2)3/2dxdy =
∫ π2
0
∫ 1
1cos θ+sin θ
1
r2dr dθ =
∫ π2
0(−1 + cos θ + sin θ)dθ = 2− π
2.
12. Demostrar que:
(a) El area de una elipse de semiejes a y b es πab.
(b) El volumen de un elipsoide de semiejes a, b, c es 4/3πabc.
Solucion: En estos casos no merece la pena representar las figuras por ser bien conocidas:
(a) En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo
{
x = ar cos θ,y = br sin θ
0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.
ası
∫∫
elipse1dA =
∫ 2π
0
∫ 1
0r dr dθ = πab.
(b) En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas esfericas, siendo
x = ar cos θ cosϕ,y = br sin θ cosϕ,
z = cr sinϕ0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π
2ϕ ≤ π
2,
ası
∫∫∫
elipsoide1dV = abc
∫ π2
−π2
∫ 2π
0
∫ 1
0r2 cosϕdr dθ dϕ = 4π
abc
3.
13. Calcular
I =
∫∫∫
Tx2yz dx dy dz,
siendo T el recinto determinado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y x+ y + z = 1.
Solucion:
x
z
y
x0
(x0, 0, 1 − x0)
(x0, 1 − x0, 0)
P1
P2
P3
z
y1− x0y0
(y0, 1− y0 − x0)
En este caso utilizaremos coordenadas cartesianas, siendo:
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y.
Por tanto
I =
∫∫∫
Tx2yz dx dy dz =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1−x−y
0x2yz dz dy dx
=1
24
∫ 1
0x2(1− x)4 dx =
1
2520.
14. Hallar el volumen del solido que queda tras taladrar un agujero de radio b a traves del centro deuna esfera de radio R, con b < R.
Solucion: Debido a la simetrıa podemos suponer que dicho agujero (de radio b) se ha realizadoa traves del eje z quedando la siguiente seccion en el plano XZ (identica a la seccion en el planoY Z) (Izqda.) y la seccion del plano z = z0 = R sinϕ0 que produce sobre la figura (drcha.)
x=
−b
x=
bϕ∗ z = z0
x
z
1−1
1
−1
x
y
R cosϕ0
b
Por tanto, parametrizaremos en coordenadas cilındricas, siendo
x = r cos θ,y = r sin θ,z = R sinϕ,
b ≤ r ≤ R cosϕ, 0 ≤ θ ≤ 2π, −ϕ∗ ≤ ϕ ≤ ϕ∗,
siendo R cosϕ∗ = b; luego
∫∫∫
Figura1dV = R
∫ ϕ∗
−ϕ∗
∫ 2π
0
∫ R cosϕ
br cosϕdr dθ dϕ = πR
∫ ϕ∗
−ϕ∗
(R2 cos2 ϕ− b2) cosϕdϕ
=πR3
6
(
(− sin3 ϕ∗ + 9 sinϕ∗ − 9 sinϕ∗ cos2 ϕ∗))
=4
3π(R2 − b2)3/2.
Aplicando el Teorema de Pitagoras se deduce que R sinϕ∗ =√R2 − b2.
15. Calcular el volumen exterior a z2 = x2 + y2 e interior a x2 + y2 + z2 = 1.
Solucion:
y=x
y= −
x
x
z
1−1
1
−1
i
En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas esfericas, siendo
x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,
z = r sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π
4≤ ϕ ≤ π
4,
ası
∫∫∫
Figura1dV =
∫ π4
−π4
∫ 2π
0
∫ 1
0r2 cosϕdr dθ dϕ =
2√2π
3.
16. Calcular el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 2 + 2x+ 2y.
Solucion: Debido a la geometrıa de la figura [la interseccion de las dos superficies es un cırculode radio 2 centrado en el punto (x, y) = (1, 1)] conviene aplicar un cambio a coordenadas cilın-dricas, siendo
x = 1 + r cos θ,y = 1 + r sin θ,
z = z,0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 2+r2+2r(cos θ+sin θ) ≤ z ≤ 6+2r(cos θ+sin θ),
por tanto
∫∫∫
Figura1dV =
∫ 2
0
∫ 2π
0
∫ 6+2r(cos θ+sin θ)
2+r2+2r(cos θ+sin θ)r dz dθ dr = 2π
∫ 2
0r(4− r2) dr = 8π.
17. Determinar el volumen del solido situado en la region z ≥ 0 que es interior a la esfera x2+y2+z2 =2 y al paraboloide z = x2 + y2.
Solucion: Una seccion en el plano XZ (o en el plano Y Z) es, debido a la simetrıa de la figura:
y = x2
x
y
1−1√2
1
−1
En este caso
x = r cos θ,y = r sin θ,
z = z,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, r2 ≤ z ≤
√
2− r2,
ası
∫∫∫
Figura1dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫
√2−r2
r2r dz dθ dr = 2π
∫ 1
0r(√
2− r2 − r2) dr =2π
3
(√8− 7
4
)
.
18. Calcular
I =
∫∫∫
T(x2 + y2)2 dx dy dz,
siendo T la region comprendida entre z = 2 y x2 + y2 = 2z.
Solucion:
y = x2/2
x
y
1−1 2
1
−1
2
3
En este caso
x = r cos θ,y = r sin θ,
z = z,0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π,
r2
2≤ z ≤ 2,
ası
I =
∫∫∫
T(x2 + y2)2 dx dy dz =
∫ 2
0
∫ 2π
0
∫ 2
r2
2
r4r dz dθ dr = 2π
∫ 2
0r5(2− r2/2) dr =
32π
3.
19. Calcular
I =
∫∫∫
T
dxdydz
(x2 + y2 + z2)32
,
siendo T el recinto determinado por las esferas: x2 + y2 + z2 = 1 y x2 + y2 + z2 = 4.
Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:
x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,
z = r sinϕ,1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π
2≤ ϕ ≤ π
2,
luego
I =
∫∫∫
T
dxdydz
(x2 + y2 + z2)32
=
∫ 2
1
∫ 2π
0
∫ π2
−π2
r2 cosϕ
r3dϕdθ dr = 2π
∫ 2
1r5(2− r2/2) dr = 4π log 2.
20. Calcular
I =
∫∫∫
T(x2 + y2) dx dy dz,
donde T es el solido exterior al cono de ecuacion a2z2 = x2+ y2 (con a > 0) e interior a la esferax2 + y2 + z2 = 1.
Solucion:
z=−x/a
z=x/a
ϕ∗
x
z
1−1
1
−1
En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:
x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,
z = r sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −ϕ∗ ≤ ϕ ≤ ϕ∗,
siendo tanϕ∗ = 1/a [sin2 ϕ∗ = 1/(1 + a2)]; luego
I =
∫∫∫
T(x2 + y2) dx dy dz =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ ϕ∗
−ϕ∗
r2 cos2 ϕr2 cosϕdϕdθ dr
=2π1
5
∫ ϕ∗
−ϕ∗
cos3 ϕdϕ =2π
5
(
2 sinϕ∗ − 2 sin3 ϕ∗
3
)
=4π sinϕ∗
5
(
1− 1
3(1 + a2)
)
=4π(3a2 + 2)
15(1 + a2)3/2.
21. Calcular
I =
∫∫∫
T(1− x2
a2− y2
b2− z2
c2)32 dx dy dz,
siendo T la region interior al elipsoide x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1.
Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:
x = ar cos θ cosϕ,y = br sin θ cosϕ,
z = cr sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π
2≤ ϕ ≤ π
2,
ası
I =
∫∫∫
T(1− x2
a2− y2
b2− z2
c2)32 dx dy dz = abc
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ π2
−π2
(1− r2)3/2 r2 cosϕdϕdθ dr
=4πabc
∫ 1
0r2(1− r2)3/2 dr =
1
8π2abc.
22. Calcular la temperatura media en el interior del recinto limitado por el plano z = 0, el cilindrox2 + y2 = 1 y la rama inferior del cono (z − 2)2 = x2 + y2 si la temperatura en cada punto esproporcional a su altura (distancia al plano z = 0).
Solucion: En este caso,
Tm(x, y, z) =1
V
∫∫∫
F igurakz dx dy dz.
y = 2− x
y = 2 + x
zona inferior del cono
x
y
1−1
1
−1
2
3
En este caso emplearemos coordenadas cilındricas, siendo:
x = r cos θ,y = r sin θ,
z = z,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 2− r,
como
VF igura =
∫∫∫
F igura1 dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ 2−r
0r dz dθ dr =
4π
3.
Ası
4π
3Tm = k
∫∫∫
F iguraz dx dy dz = k
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ 2−r
0zr dz dθ dr = kπ
∫ 1
0(2− r2)2r dr =
11π
12k,
y por tanto
Tm =33
48k.
23. Calcular
Ir =
∫∫∫
E
1
(x2 + y2 + z2)n/2dV,
donde E = {(x, y, z) ∈ R3 : r2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ R2}.
Determinar para que valores de n existe limr→0+
Ir.
Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:
x = t cos θ cosϕ,y = t sin θ cosϕ,
z = t sinϕ,r ≤ t ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π
2≤ ϕ ≤ π
2,
luego
Ir =
∫∫∫
E
1
(x2 + y2 + z2)n/2dV =
∫ R
r
∫ 2π
0
∫ π2
−π2
t2 cosϕ
tndϕdθ dt = 4π
∫ R
rt2−n dt
(∗)=
4π
3− n(R3−n − r3−n).
Por tanto dicho lımite existe para 3− n > 0, o sea, n < 3.
(*) Se ha asumido que n− 2 6= 1 para hacer ası la integral, y en ese caso particular
4π log(R/r) → ∞, si r → 0+.