Apunte UChile - Problemas Resueltos y Propuestos de CVV - Integrales Múltiples (Vilches)

Problemas resueltos y propuestos de c´ alculo en varias variables. Integrales m´ultiples Z

√

∞

e 0

−x2

dx =

π 2

Primera Edici´on 11 de Mayo de 2011

Francisco Felipe Vilches Medina [email protected]

Prefacio La presente colecci´on de problemas resueltos y propuestos tiene como objetivo exponer problemas tipo de integraci´on m´ ultiple (materia desarrollada en el curso de C´alculo 3 en la mayor parte de las universidades del mundo), como tambi´en mostrar t´ecnicas de resoluci´on que faciliten la comprensi´on y el c´alculo del tema a desarrollar, el actual documento est´a destinado tanto para estudiantes como para personas que deseen interiorizarse en el tema, no obstante puede tener mayor utilidad a alumnos del curso de C´alculo en varias variables, asignatura del tercer semestre de plan com´ un de la carrera de ingenier´ıa civil de la Universidad de Chile, debido a que los problemas poseen un nivel de dificultad acorde a lo que se espera de un alumno del curso, adem´as de estar compuesto por ejercicios tanto de controles como de gu´ıas de a˜ nos anteriores, el escrito consta de dos partes fundamentales, la primera constar´a de treinta problemas resueltos donde se exhibe el m´etodo y la soluci´on del problema, en esta primera etapa partiremos con diecisiete para posteriormenre llegar a los treinta, la segunda parte incluye treinta problemas propuestos muchos de ellos con su respectiva soluci´on donde el lector puede comprobar sus conocimientos en la materia, la reciente edici´on de ”Problemas resueltos y propuestos de c´alculo en varias variables”puede ser ampliada en futuros a˜ nos, cualquier duda o sugerencia como tambin si encuentra errores en el documento favor de enviar un mail a la direcci´on [email protected] .

Francisco Vilches Medina Santiago, 11 de mayo del 2011

Parte I Problemas resueltos

PROBLEMAS RESUELTOS

3

P1 Sean f : [a, b] → R y g : [c, d] → R continuas. Mostrar que:  Z d  Z b ZZ f (x)dx g(y)dy [f (x)g(y)]dxdy = a

R

c

donde R = [a, b] × [c, d]. Soluci´ on: Consideremos la partici´on de [a, b]: a = x1 < x2 < ... < xn = b, tal que xi+1 − xi =

b−a n

Luego la suma de Riemann de f ser´a: Sn =

n−1 X n−1 X

f (Cij )(xi+1 − xi )(yj+1 − yj )

i=0 j=o

Como y est´a definida en el mismo intervalo que x, usaremos la misma partici´on para y, esto es: b−a yj+1 − yj = n Luego:  2 n−1 X n−1 X b−a Sn = f (Cij ) n i=0 j=0 Ahora bien, Cij ∈ [a, b] × [a, b] ⇒ Cij = (xi , yi ). ⇒ Sn =

=

=

=

n−1 X n−1 X

2 b−a f (xi , yi ) n i=0 j=0 2  n−1 X n−1 X b−a f (xi )g(yi ) n i=0 j=0     n−1 X n−1 X b−a b−a f (xi ) g(yi ) n n i=0 j=0 !    ! n−1 n−1 X X b−a b−a g(yj ) f (xi ) n n j=0 i=0 

4

PROBLEMAS RESUELTOS

Luego, como tanto g y f son integrables en [a, b].

S1 = l´ım

n→∞

n−1 X

 f (xi )

i=0

b−a n

 y S2 = l´ım

n→∞

n−1 X

 g(yj )

j=0

b−a n



convergen y sus l´ımites no dependen de los xi e yj elegidos. Por lo tanto se tendr´a:

l´ım Sn = l´ım

n→∞

n→∞

n−1 X

 f (xi )

i=0

b−a n

! X n−1

 g(yj )

j=0

b−a n

! = S1 · S2 ⇒

existe, y no depende de los Cij = (xi , yj ). As´ı (escogiendo los (xi , yj ) que realizan el m´aximo y m´ınimo en cada rect´angulo), hemos encontrado una sucesi´on de reticulados Sn para los cuales:

l´ım SSn (f ) − ISn (f ) = 0

n→∞

Luego f es integrable.

PROBLEMAS RESUELTOS

5

P2 Sean f, g : R2 → R, funciones acotadas e integrables en A ⊆ R2 rect´angulo. Demuestre utilizando las propiedades b´asicas de integrabilidad que:

1 2

Z

2

b

Z

Z b 2 Z b 2 f (x)dx· g (x)dx− f (x)g(x)dx 2

(f (x)g(y)−f (y)g(x)) = a

[a,b]×[a,b]

a

a

Soluci´ on:

1 I = 2

Z

(f (x)g(y) − f (y)g(x))2

[a,b]×[a,b] b

Z bZ

= = = = =


1 f 2 (x)g 2 (y) − 2f (x)f (y)g(x)g(y) + f 2 (y)g 2 (x) dydx 2 a a Z bZ b Z Z Z Z 1 b b 2 1 b b 2 2 f (x)g(x)f (y)g(y)dydx + f (x)g (y)dydx − f (y)g 2 (x)dydx 2 a a 2 a a a a Z b Z b Z b Z b Z b Z b 1 1 2 2 2 f (x)dx · g (y)dy − f (x)g(x)dx · f (y)g(y)dy + f (y)dy · g 2 (x)dx 2 a 2 a a a a a Z b Z Z b Z b Z Z b 1 b 2 1 b 2 2 g (x)dx − f (x)g(x)dx · f (x)g(x)dx + g 2 (x)dx f (x)dx · f (x)dx · 2 a 2 a a a a a Z b 2 Z b Z b f 2 (x)dx · g 2 (x)dx − f (x)g(x)dx a

a

a

Concluyendo lo pedido. (N´otese que para pasar de la tercera a la cuarta l´ınea se us´o el resultado obtenido en el P1, adem´as se utiliz´o el hecho de que la variable es muda, por lo que se reemplazaron x e y como variables de integraci´on seg´ un conveniese)

6

PROBLEMAS RESUELTOS

P3 Sea f : R2 → R de clase C 2 , pruebe que: ∂ 2f ∂ 2f = ∂x∂y ∂y∂x utilizando el Teorema de Fubini. 2

2

∂ f ∂ f (x, y) − ∂y∂x (x, y), e integre sobre un Hint: Defina la funci´on g(x, y) = ∂x∂y 2 rect´angulo arbitrario R ⊆ R . Luego justifique el hecho de que una funci´on continua es nula ssi su integral calculada sobre cualquier rect´angulo es nula.

Soluci´ on: 2

2

∂ f ∂ f Sea g(x, y) = ∂x∂y (x, y) − ∂y∂x (x, y) y R = [a, b] × [c, d] el rect´angulo de v´ertices (a, c), (a, d), (b, c), (b, d) con a, b, c, d arbitrarios, entonces:

Z bZ

ZZ g(x, y)dA = R

= = = = = =

d

 ∂ 2f ∂ 2f (x, y) − (x, y) dydx ∂x∂y ∂y∂x a c Z bZ d 2 Z bZ d 2 ∂ f ∂ f (x, y)dydx − (x, y)dydx a c ∂x∂y a c ∂y∂x Z dZ b 2 Z bZ d 2 ∂ f ∂ f (x, y)dxdy − (x, y)dydx (Aplicando Fubini) c a ∂x∂y a c ∂y∂x b d Z d Z b ∂f ∂f (x, y) dy − (x, y) dx c ∂y a ∂x a c   Z b Z d ∂f ∂f ∂f ∂f (b, y) − (a, y) dy − (x, d) − (x, c) dx ∂y ∂y ∂x ∂x c a Z d Z d Z b Z b ∂f ∂f ∂f ∂f (b, y)dy − (a, y)dy − (x, d)dx + (x, c)dx c ∂y c ∂y a ∂x a ∂x d d b b f (b, y) − f (a, y) − f (x, d) + f (x, c) 

c

c

a

a

= f (b, d) − f (b, c) − f (a, d) + f (a, c) − f (b, d) + f (a, d) + f (b, c) − f (a, c) = 0

PROBLEMAS RESUELTOS

7

P4 Calcular: Z

2

1

Z

3

yex dxdy y 2

0

Soluci´ on: 3

Dado que la funci´on f (x) = ex no posee primitiva elemental, la integral iterada no puede calcularse tal como est´a por lo que el orden  necesitamos invertir y de integraci´on, la regi´on de integraci´on son los (x, y)/0 ≤ y ≤ 2, 2 ≤ x ≤ 1 , de ambas desigualdades deducimos que 0 ≤ x ≤ 1 (ver nota al pie de la p´agina)1 , de la primera desigualdad se obtiene que 0 ≤ y y de la segunda y ≤ 2x luego 0 ≤ y ≤ 2x, entonces revirtiendo el orden de integraci´on tenemos: Z 2Z 1 Z 1 Z 2x 3 x3 ye dxdy = yex dydx y 2

0

0

0 1

Z = 0

Z = 2

1

 2x y 2 x3 e dx 2 0 3

x2 ex dx Usando el c.v u = x3 ⇒ du = 3x2 dx ⇒ dx =

0

Z 2 1 u = e du 3 0 2 = (e − 1) 3

1

Para determinar el dominio maximal de x basta ver cu´al valor de y maximiza el intervalo en que se mueve la variable x, en este caso para y = 0 se obtiene 0 ≤ x ≤ 1 que es el rango m´ as grande para x, por ejemplo para y = 32 obtenemos que 34 ≤ x ≤ 1 que es un subconjunto de 0 ≤ x ≤ 1

du 3x2

y el T.F.C

8

PROBLEMAS RESUELTOS

P5 a) Sea g : [0, 1] → R integrable. Pruebe que: 1

Z

Z

0

1

 Z g(t)dt dx =

x

1

tg(t)dt

0

b) Calcular: Z

1

Z

1

e 0

−y x

 dx dy

y

Soluci´ on: a) La regi´on de integraci´on son los {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ t ≤ 1}, de ambas desigualdades se tiene que 0 ≤ t ≤ 1, de la segunda desigualdad se tiene que x ≤ t y de la primera 0 ≤ x, entonces 0 ≤ x ≤ t, entonces: 1

Z

1

Z

0

x

  Z 1 Z t g(t)dt dx = g(t)dx dt 0 0 Z 1 tg(t)dt = 0

b) Invirtiendo el orden de integraci´on se tiene que: Z

1

Z

1

e 0

−y x

 Z dx dy =

y

= = =

Z

x

e

−y x



dy dx x  Z 1 −y −xe x dx 0   Z 10 1 1− xdx e 0   1 1 x2 1− e 2 0 e−1 2e 0

=

1

0

PROBLEMAS RESUELTOS

9

P6 Calcular: Z 0

∞

e−5x − e−10x dx x

Hint: Escriba el integrando de la integral pedida como una integral definida para convertirla en una integral doble. Soluci´ on: e−5x − e−10x Usando el Hint entregado notemos que f (x) = = x entonces: Z 0

∞

e−5x − e−10x dx = x

Z

∞

0

Z

10

e−yx dy,

5

10

Z

e−yx dydx

5

Invirtiendo el orden de integraci´on en la u ´ltima integral tenemos que:

Z 0

∞

e−5x − e−10x dx = x

Z

∞

10

Z

e−yx dydx

Z0 10 Z5 ∞

e−yx dxdy Z5 10 0 −yx  ∞ −e dy = y 5 0 Z 10 dy = y 5 10 = ln(y) =

5

= ln(10) − ln(5) = ln(2)

10

PROBLEMAS RESUELTOS

P7

2

Pruebe que: Z

∞

−x2

e 0

√ π dx = 2

Soluci´ on: 2

2

2

2

Consideremos la funci´on de dos variables f (x, y) = e−x −y = e−x · e−y y los subconjuntos de R2 B(0, R), B(0, 2R) y CR = [−R, R] × [−R, R], notemos que B(0, R) ⊆ CR ⊆ B(0, 2R) por lo que: ZZ ZZ ZZ 2 2 −x2 −y 2 −x2 −y 2 e e e−x −y dxdy dxdy ≤ dxdy ≤ (1) B(0,R)

CR

B(0,2R) 2

2

Esto u ´ltimo se debe a que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = e−x −y > 0 por lo que en la suma de definici´on de la integral RR existen s´olo t´erminos esto RR positivos, 2 2 2 2 u ´ltimo implica que si A ⊆ B entonces A e−x −y dxdy ≤ B e−x −y dxdy. Pasando a coordenadas polares las integrales de la desigualdad (1) se tiene que: ZZ Z Z e−x

2 −y 2

R

0

−x2 −y 2

e

Z

2

2R

0

Z

dxdy =

B(0,2R)

2

ρe−ρ dθdρ = π(1 − e−R )

B(0,R)

An´alogamente: ZZ

2π

dxdy =

0

2π

2

2

ρe−ρ dθdρ = π(1 − e−4R )

0

RR RR 2 2 2 2 Por otro lado notemos que CR e−x −y dxdy = −R −R e−x e−y dxdy y usando el resultado del P1 se concluye que: Z R Z R Z RZ R ZZ 2 −x2 −y 2 −x2 −x2 −y 2 e−y dy e e dxdy = e dx · e dxdy = RR

−R

CR

−R

−R

−R

Pero como la variable es ”muda”se obtiene que Z R 2 ZZ −x2 −y 2 −x2 dxdy = e dx e CR 2

−R

El c´ alculo de esta integral es especialmente relevante en Probabilidades, su c´alculo es complejo y no se espera que un alumno la resuelva sin uso de indicaciones sin embargo se presenta su demostraci´ on para ilustrar una de las muchas aplicaciones de la integral m´ ultiple y justificar la identidad de la portada.

PROBLEMAS RESUELTOS

11

Reemplazando los c´alculos hechos en la desigualdad (1) se tiene:

−R2

π(1 − e

Z

R

)≤

e

−x2

2 dx

2

≤ π(1 − e−4R )

−R

Tomando l´ımite cuando R → ∞ en la u ´ltima desigualdad tenemos:

l´ım π(1 − e

−R2

R→∞

Z

R

) ≤ l´ım

−x2

e

R→∞

2 2 dx ≤ l´ım π(1 − e−4R ) R→∞

−R

Z

∞

=⇒ π ≤

e

−x2

2 dx

≤π

−∞

Usando el teorema del Sandwich se concluye que:

Z

∞

−x2

e

2 Z dx = π =⇒

−∞

∞

2

e−x dx =

√

π

−∞

2

Notando que la funci´on f (x) = e−x es una funci´on par se conluye finalmente que: Z

∞

−x2

e 0

√ π dx = 2

12

PROBLEMAS RESUELTOS

P8 Calcule Z

1

Z

1

Z

1

3

ex dxdydw 0 w y RRR Indicaci´on: Escriba la integral de la formaR R ...dydxdw integre una vez y luego escriba la integral resultante como ...dwdx. I=

Soluci´ on: La regi´on de integraci´on cumple las desigualdades 0 ≤ w ≤ 1 (1), w ≤ y ≤ 1 (2),y ≤ x ≤ 1 (3), de (2) y (3) considerando a w un n´ umero fijo se obtiene que w ≤ x ≤ 1 y que w ≤ y ≤ x (ver nota al pie de la p´agina)3 , entonces: Z 1Z 1Z 1 3 I = ex dxdydw 0

Z

1

w 1

Z

=

y

Z

x

3

ex dydxdw

Z0 1 Zw1 w  3 3 xex − wex dxdw = 0

w

La nueva regi´on de integraci´on son los {(w, x)/0 ≤ w ≤ 1, w ≤ x ≤ 1}, cambiamos nuevamente los l´ımites de integraci´on obteniendo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ w ≤ x, entonces: Z 1Z 1  3 3 I = xex − wex dxdw Z0 1 Zwx   3 3 = xex − wex dwdx 0 Z 10 1 3 du x2 ex dx Usando el c.v u = x3 ⇒ du = 3x2 dx ⇒ dx = 3x = 2 y el T.F.C 2 0 Z 1 1 u = e du 6 0 e−1 = 6 3

Notemos que cambiar el orden de integraci´on en este caso es equivalente al de cambiar el orden en una integral doble donde las funciones dependientes de la primera variable, en este caso las funciones f (w) = w y f (w) = 1 presentes en la desigualdad (2), son considerados n´ umeros fijos, es decir como si las funciones estuvieran evaluadas por alg´ un numero w perteneciente al dominio dado para w, en este caso w ∈ [0, 1]

PROBLEMAS RESUELTOS

13

P9 Una pir´amide est´a limitada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6. Representar el s´olido y calcular su volumen por integraci´on m´ ultiple. Soluci´ on: El plano x + 2y + 3z = 0 intersecta al plano z = 0 en la recta de ecuaci´on x + 2y = 6, esta u ´ltima recta intersecta al eje x en el punto de coordenadas (6, 0, 0), de esto se deduce que los l´ımites de integraci´on ser´an 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 3 − x2 , 0 ≤ z ≤ 2 − x3 − 2y , entonces: 3

Z V

=

= = = =

Z

3− x2

Z

2− x3 − 2y 3

dzdydx  Z 6 Z 3− x  2 x 2y dydx 2− − 3 3 0 0  Z 6  x x  x  (3 − x2 )2 2 3− − 3− − dx 2 3 2 3 0  Z 6 2 x − x + 3 dx 12 0  3  6 x x2 − + 3x 36 2 0 6 0

=

6

0

0

14

PROBLEMAS RESUELTOS

P10 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano 3x + 8y + 6z = 24 y sobre la regi´on del plano XY limitada por la par´abola y 2 = 2x, la recta 2x+3y = 10 y el eje x. Soluci´ on: Notemos que las curvas del plano XY se intersectan en el punto de coordenadas (2,2,0) por lo que la regi´oon del plano XY puede ser descrita por n 2 (x, y)/0 ≤ y ≤ 2, y2 ≤ x ≤ 5 − 3y , naturalmente 0 ≤ z ≤ 4 − 4y − x2 , en2 3 tonces:

Z V

2

Z

=

y2 2

0

= = = = =

2

5− 3y 2

Z

4− 4y − x2 3

dzdxdy 0

  4y x − dxdy 4− y2 3 2 0 2 5− 3y 5− 3y 3y ! Z 2 2 5− 2 2 2 4xy x 4x − − dy y2 3 y2 4 y2 0 2 2  Z 2 4 2 y 2 3 9 2 107 55 + y − y − y+ dy 16 3 16 12 4 0 2 2 2 2 2 y 5 y 4 3 3 107 2 55 + − y − y + y 80 0 6 0 16 0 24 0 4 0 2 8 3 107 55 + − − + 5 3 2 6 2 337 30

Z =

5− 3y 2

Z

PROBLEMAS RESUELTOS

15

P11 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano z = 4x y que est´a sobre la circunferencuia x2 + y 2 = 16. Soluci´ on: El recinto de integraci´on satisface las ecuaciones en coordenadas cartesianas x2 + y 2 ≤ 16 (parte interna del cilindro), z ≥ 0 (parte superior al plano XY)y z ≤ 4x (parte inferior al plano z = 4x), pasando a coordenadas polares estas inecuaciones se tiene que el recinto de integraci´on cumple ρ ≤ 4 (1), z ≥ 0 (2), z ≤ 4ρcos(θ) (3), dado que z ≥ 0 y ρ ≥ 0 se tiene que cos(θ) ≥ 0 (por (3) ) para todos los puntos del recinto (pues z ≥ 0 ) luego − π2 ≤ θ ≤ π2 dado que en (2) y en (3) ρ es ”libre”se tiene que 0 ≤ ρ ≤ 4 por u ´ltimo de (2) y (3) se obtiene 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), resumiendo, los l´ımites de integraci´on son: 0 ≤ ρ ≤ 4, − π2 ≤ θ ≤ π2 , 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), entonces:

4

Z V

Z

π 2

Z

=

4ρcos(θ)

ρdzdθdρ − π2

0 4

Z

Z

π 2

=

0

4ρ2 cos(θ)dθdρ

− π2

0

Z

4

= 4 0

Z

π 2 ρ (sin(θ)) dρ π 2

−2

4

ρ2 dρ 0  3  4 ρ = 8 3 0 512 = 3 = 8

16

PROBLEMAS RESUELTOS

P12 Hallar el volumen limitado por x2 + y 2 + z 2 = 4, x2 + y 2 = 3z. Soluci´ on: Dado que la esfera de ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 = 4 pone la tapa superior del recinto de integraci´on y el paraboloide de ecuaci´on x2 +y 2 = 3z pone la inferior se deduce que el recinto ser´a aquel que en coordenadas cartesianas satisfaga las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 ≤ 4 y x2 + y 2 ≥ 3z pasando a coordenadas polares las condiciones anteriores son equivalentes a ρ2 + z 2 ≤ 4 (1) y ρ2 ≥ 3z (2), notando que el paraboloide intersecta a la esfera a la altura z = 1, es decir en los puntos tales que x2 + y 2 = 3 y z√= 1, entonces el recinto dep integraci´on 2 ser´a en coordenadas polares 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, ρ3 ≤ z ≤ 4 − ρ2 , la u ´ltima desigualdad se deduce de las desigualdades (1) y (2), de (2) se tiene ρ2 ≤ z y de (1) al despejar z considerando z ≥ 0 pues para todo punto 3 p perteneciente al paraboloide se tiene z ≥ 0 se deduce z ≤ 4 − ρ2 juntando p 2 las u ´ltimas 2 desigualdades se tiene ρ3 ≤ z ≤ 4 − ρ2 , entonces: √

Z V

3

Z

2π

= 0

= = = = =

3

2π

ρdzdθdρ

  p 3 ρ dθdρ ρ 4 − ρ2 − 3 0 0  Z √3  p 3 ρ dρ 2π ρ 4 − ρ2 − 3 0 ! √ Z √3 p 4 3 ρ 2π ρ 4 − ρ2 dρ − π 6 0 0 Z 4 √ 3π π udu − Usando el c.v u = 4 − ρ2 y el T.F.C en la integral 2 1 16π 2π 3π − − 3 3 2 19π 6 Z

=

ρ2 3

0 √

Z √4−ρ2

Z

PROBLEMAS RESUELTOS

17

P13 Hallar el volumen limitado por las superficies (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1, z = xy, z = 0. Soluci´ on: El recinto de integraci´on satisface en coordenadas cartesianas las inecuaciones (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 1, z ≤ xy, z ≥ 0 Para este problema usaremos coordenadas polares modificadas, es decir utilizaremos la transformaci´on T (ρ, θ, z) = (x, y, z) = (ρcos(θ) + 1, ρsin(θ) + 1, z) cuyo jacobiano es J(T ) = ρ, pasando las inecuaciones anteriores a polares modificadas tenemos que la regi´on satisface ρ2 ≤ 1 (1), z ≤ (1 + ρcos(θ))(1 + ρsin(θ)) (2),z ≥ 0 (3), de (1) se deduce que 0 ≤ ρ ≤ 1, dado ρ fijo no existe restricci´on sobre θ luego 0 ≤ θ ≤ 2π de (2) y (3) se deduce que 0 ≤ z ≤ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2 cos(θ)sin(θ), entonces:

Z V

1

2π

Z

Z

1+ρ(cos(θ)+sin(θ))+ρ2 cos(θ)sin(θ)

ρdzdθdρ

= 0

Z

0 1

Z

0 2π


ρ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2 cos(θ)sin(θ) dθdρ

= Z0 1 Z0 2π


ρ + ρ2 (cos(θ) + sin(θ)) + ρ3 cos(θ)sin(θ) dθdρ 0 2π ! 2π 2π 2π 2 sin (θ) dρ ρθ + ρ2 sin(θ) − ρ2 cos(θ) + ρ3 2 0 0 0 0

= 0

Z

1

= 0

Z = 2π

1

ρdρ 01

= πρ2 0 = π

18

PROBLEMAS RESUELTOS

P14 Hallar el volumen del s´olido limitado por los cilindros x2 + y 2 = a2 y x 2 + z 2 = a2 . Soluci´ on: El s´olido al estar limitado por los cilindros indicados cumple las desigualdades x2 + y 2 ≤ a2 y x2 + z 2 ≤ a2 de la primera y segunda desigualdad se √ 2 2 observa fijo se tiene que − √ a −x ≤ √ que −a ≤ x ≤ a, de la primera dado x √ y ≤ a2 − x2 y de la segunda se deduce que − a2 − x2 ≤ z ≤ a2 − x2 por lo que:

Z V

=

a

√

Z

a2 −x2

√ − a2 −x2 √ a Z a2 −x2

−a

Z =

√ − a2 −x2

−a

Z

√

Z

a2 −x2

√ − a2 −x2

dzdydx

√ 2 a2 − x2 dydx

a


2a2 − 2x2 dx −a Z a Z a 2 x2 dx dx − 4 = 4a −a −a 3 a 4x = 8a3 − 3 −a = 2

= 8a3 − 16a3 = 3

8a3 3

PROBLEMAS RESUELTOS

19

P15 Calcule: ZZZ p x2 + y 2 + z 2 dxdydz R

n o p donde R = (x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 9, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 . Soluci´ on: Usando la transformaci´on T (r, θ, φ) = (rcos(θ)sen(φ), rsen(θ)sen(φ), rcos(φ)) (coordenadas esf´ericas) con J(T ) = r2 sen(φ) se tiene que la regi´on de integraci´on son los 1 ≤ r2 ≤ 9 ⇒ 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ rcos(φ) ≤ rsen(φ) ⇔ 0 ≤ cos(φ) ≤ sen(φ), como 0 ≤ cos(φ) ⇒ φ ∈ [0, π2 ], adem´as cos(φ) ≤ sen(φ) ⇒ 1 ≤ tan(φ) (notando que cos(φ) ≥ 0 para φ ∈ [0, π2 ], por lo que podemos dividir a ambos lados de la u ´ltima desigualdad sin alterar el conjunto soluci´on) por lo que π4 ≤ φ ≤ π2 , como no hay restricci´on para θ se tiene que 0 ≤ θ ≤ 2π, entonces: Z ZZZ p 2 2 2 x + y + z dxdydz =

3

1

R

= = = = =

2π

π 2

Z

r3 sen(φ)dφdθdr

π 4

0

π 2 −r cos(φ) dθdr π 1 0 4 √ Z 3 Z 2π 2 r3 dθdr 2 1 0 √ Z 3 3 r dr 2π 1 √ r 4 3 2π 4  1  √ 81 1 2π − 4 4 √ 20 2π Z

=

Z

3

Z

2π

3

20

PROBLEMAS RESUELTOS

P16 Calcule Z 0

3

Z

4

y +1 2

Z y 2

0



2x − y z + 2 3

 dxdydz

Hint: Considere el cambio de variables lineal: u =

y z 2x − y ,v= ,w= . 2 2 3

Soluci´ on:  Considerando la transformaci´on lineal T (x, y, z) = (u, v, w) =

2x − y y z , , 2 2 3

tenemos que J(T ) =

∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x

∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y

∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z

1 −1 0 2 = 0 1 0 = 1 2 0 0 1 6 3

, pero como la transformaci´on va desde los puntos (x, y, x) a (u, v, x) necesitamos |J(T )|−1 = 6, la regi´on de integraci´on son los (x, y, z) tales que 0 ≤ z ≤ 3 (1), 0 ≤ y ≤ 4 (2), y2 ≤ x ≤ y2 + 1 (3), dividiendo (1) por 3 tenemos que 0 ≤ z3 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ w ≤ 1 dividiendo (2) por 2 se tiene que 0 ≤ y2 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ v ≤ 2 como u = 2x−y ⇒ x = u + y2 = u + v, por lo que 2 reemplazando en (3) se tiene v ≤ u + v ≤ v + 1 ⇔ 0 ≤ u ≤ 1, entonces:  Z 1Z 1Z 2 Z 3 Z 4 Z y +1  2 2x − y z (u + w) dvdwdu + dxdydz = 6 y 2 3 0 0 0 0 0 2 Z 1Z 1 = 12 (u + w) dwdu 0 0  Z 1 1 u+ = 12 du 2 0 Z 1 Z 1 = 12 udu + 6 du 0 0 1 1 u2 = 12 + 6u 2 0 0 = 6+6 = 12



PROBLEMAS RESUELTOS

21

P17 Una bola centrada en el origen y de radio R se corta por un plano horizontal a una altura h (0 < h < R). Calcular el volumen de la parte superior de la esfera que se encuentra sobre dicho plano. Soluci´ on: La regi´on de integraci´on satisface las desiguladades x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 (por ser interna a la esfera) y z ≥ h (por estar sobre el plano a altura h),de la primera desigualdad se tiene que −R ≤ z ≤ R, de la segunda se tiene que z ≥ h como los puntos de la regi´on de integraci´on deben satisfacer ambas√desigualdades se √tiene que h ≤ z ≤ R, dejando a z fijo se tiene 2 2 2 2 que √ − R − z ≤ x ≤ √ R − z , ahora dejando a x y z fijos se tiene que − R2 − x2 − z 2 ≤ y ≤ R2 − x2 − z 2 , entonces: R

Z V

=

Z

√ R2 −z 2

√

Z

R2 −x2 −z 2

dydxdz

√ √ − R2 −z 2 − R2 −x2 −z 2 √ Z R Z R2 −z2 √ 2 R2 − x2 − z 2 dxdz √ h − R2 −z 2 Z R Z √R2 −z2 q√ 2 R2 − z 2 − x2 dxdz 2 √ h − R2 −z 2 √ Z R (R2 − z 2 )arcsin( √ x ) x R2 R2 −z 2 h

= =

= 2

2

h R

Z = 2 h

Z

π 2 (R − z 2 )dz 2

R

(R2 − z 2 )dz h Z R Z 2 = π R dz − π

= π

h

R

z 2 dz

h

(R3 − h3 ) = (R − h)πR2 − π 3 3 3 2πR πh = + − hπR2 3 3

+

− z 2 − x2 2

! √ 2 2 R −z √ 2 2 dz − R −z

Parte II Problemas propuestos

PROBLEMAS PROPUESTOS

23

P1 Usar el cambio de variables u = y − x, v = y + x para hallar   ZZ y−x sen dxdy y+x D donde D es el trapecio con v´ertices (1, 1), (2, 2), (4, 0), (2, 0). Soluci´ on: 3(cos(1) − 1) P2 Calcular ZZ

x−2y

(2x + y)−3 e 2x+y dxdy D

donde D es la regi´on acotada por 2x + y = 1, 2x + y = 4, x − 2y = −1, x − 2y = 1. 1

1

Soluci´ on: − 51 (e 4 + e− 4 − e−1 ) P3 Hallar el a´rea del recinto encerrado por una elipse de semiejes a y b. Soluci´ on: abπ RRR P4 Calcular z dV si R es la regi´on limitada por las superficies z = R 2 2 x + y y z = 27 − 2x2 − 2y 2 . Soluci´ on: P5 Utilizando el cambio x = u − √v3 , y = √2v3 . Calcular en donde  M = (x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 + xy < 1

RR M

ex

Soluci´ on:

2 +y 2 +xy

2π √ (1 3

243 π 2

dxdy

− e−1 )

P6 Hallar el volumen del s´olido limitado por las superficies z = 2x2 + y 2 . z = 4 − y2. Soluci´ on: 4π

24

PROBLEMAS PROPUESTOS

P7 Calcular

RR R

|sen(x + y)|dxdy, si R = [0, π] × [0, π]. Soluci´ on: 2π

P8 Se consideran g, h : R → R dos funciones diferenciables. Se define f : R2 → R por Z 0 Z x−y g(t) dt + h(t) dt f (x, y) = 0

Probar que

x+y

∂ 2f ∂ 2f = . ∂x2 ∂y 2

RRR P9 Usar coordenadas esf´ericas para calcular (x2 + y 2 + z 2 )dxdydz, A siendo  A = (x, y, z) ∈ R3 /x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, x2 + y 2 ≤ z 2 , z ≥ 0

ZZ P10 Hallar

(y 2 − x2 )xy (x2 + y 2 )dxdy donde

D 2

D = (x, y) ∈ R / x > 0, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y 2 − x2 ≤ 1, x ≤ y, con 0 < a < b Soluci´ on: 21 log P11 Considere I =

R1Ry 0

(x2 + y 2 )dxdy + 0

R 2 R 2−y 1

0

1+b 1+a




(x2 + y 2 )dxdy

a) Calcule I directamente. b) Dibuje la regi´on de integraci´on. c) Calcule I invirtiendo el orden de integraci´on. P12 Una placa de metal triangular homog´eneo de masa M tiene v´ertices (0, 0), (1, 0), (0, 3). Encuentre su momento de inercia, definido por: ZZ ZZ 2 Ix = ρ(x, y)y dxdy, Iy = ρ(x, y)x2 dxdy Ω

Ω

donde Ω es la regi´on que define la placa y ρ es la densidad.



PROBLEMAS PROPUESTOS

25

P13 Considere la integral iterada: √

2a

Z

Z √

0

2ax

! f (x, y)dy dx

2ax−x2

donde f es una funci´on continua. a) Haga un bosquejo de la regi´on de integraci´on. b) Exprese I como una integral iterada cambiando el orden de integraci´on. P14 Calcule: Z 0

1

Z

1

(x − w)sen(x3 )dxdw

w

Soluci´ on: 21 (1 − cos(1)) P15 Calcule: ZZZ p x2 + y 2 + z 2 dxdydz R

n o p 3 2 2 2 2 2 donde R = (x, y, z) ∈ R |1 ≤ x + y + z ≤ 9, 0 ≤ z ≤ x + y P16 Sea Ω = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≥ 1, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1} y:   u −v , T (u, v) = u2 + v 2 u2 + v 2 a) Dibuje Ω, encuentre y dibuje D tal que T (D) = Ω. b) Pruebe que Z Z T es inyectiva en su dominio. x c) Calcule dxdy. 2 2 2 Ω (x + y ) RR P17 Calcular D xdxdy en que D es la regi´on acotada por: x = −y 2 , x = 2y − y 2 , x = 2 − 2y − y 2 Hint: Haciendo un dibujo busque un cambio de variables apropiado.

26

PROBLEMAS PROPUESTOS

P18 Para calcular la integral: Z

asen(β)

Z √a2 −y2

I= 0

ln(x2 + y 2 )dxdy,

acot(β)

0