“
Universidad mayor de san andrés”
Facultad de ingeniería
Curso Básico
Univ. Violeta quisber chuca
Docente: ing. Carlos Fernández Mariño
Materia de cálculo ii (mat-102)
PRIMERA PARTE
Aplicaciones de las derivadas parciales
TEORIA DE LA PRIMERA PARTE
1.- Aplicaciones para encontrar planos tangentes y recta normal
Si 𝑧 = 𝑓(𝑥. 𝑦) es una función diferenciable en (𝑎, 𝑏) con, 𝑓(𝑎, 𝑏) = 𝑐 podemos aproximar
el incremento
∇𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑓(𝑎, 𝑏) = 𝑧 − 𝑐
por medio del diferencial
d𝑧 = 𝑓
𝑧(𝑎, 𝑏)𝑑𝑥 + 𝑓
𝑦(𝑎, 𝑏)𝑑𝑦
Como 𝑑𝑧 = 𝑧 − 𝑎 y , 𝑑𝑦 = 𝑦 − 𝑏 podemos reescribir
z − c = 𝑓
𝑧(𝑎, 𝑏)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓
𝑦(𝑎, 𝑏)(𝑦 − 𝑏)
Que resulta ser la ecuación de un plano que pasa por el punto (𝑎, 𝑏, 𝑐)con vector normal
𝑁 = (𝜕𝐹 𝜕𝑥,
𝜕𝐹 𝜕𝑦)
Este plano se conoce como plano tangente a la superficie en el punto. (𝑎, 𝑏, 𝑐) y la recta
perpendicular a N es la recta normalExtremos relativos de una función
Definición. Una función tiene un máximo (mínimo) en un punto si el valor de la función en este punto es mayor (menor) que su valor en cualquier otro punto X(x,y) de algún entono de P.
Condiciones necesarias de extremo. Si una función diferenciable alcanza un extremo en el punto entonces sus derivadas parciales de primer orden en este punto son iguales a cero, o sea:
;
Los puntos en los que las derivadas parciales son iguales a cero se llaman puntos críticos o estacionarios. No todo punto crítico es un punto extremo.
Condiciones suficientes para la existencia de extremos.
(a) Caso de dos variables. Sea un punto crítico de una función con las derivadas parciales de segundo orden continuas en P, y sea el determinante de su matriz hessiana, entonces:
Es decir, si el hessiano es positivo hay extremo (el tipo nos lo da , si es negativa máximo y si es positiva mínimo). Si el hessiano es negativo no hay extremo. Y si el hessiano es cero hay duda (que habrá que resolver por otro método)
(b) Caso de tres o más variables. Calculamos los siguientes determinantes:
; ;...;
;
i.
Si todos los determinantes tienen signo positivo, entonces la función tiene un mínimo enii.
Si los determinantes tienen signo alterno (comenzando con un valor negativo ), entonces la función tiene un máximo enExtremos condicionados multiplicadores de LaGrange
En los problemas de optimización, el método de los multiplicadores de LaGrange, llamados así en honor a Joseph Louis LaGrange, es un procedimiento para encontrar los máximos y mínimos de funciones de múltiples variables sujetas a restricciones. Este método reduce el problema restringido con n variables a uno sin restricciones de n + k variables, donde k es igual al número de restricciones, y cuyas ecuaciones pueden ser resueltas más fácilmente. Estas nuevas variables escalares desconocidas, una para cada restricción, son llamadas multiplicadores de LaGrange. El método dice que los puntos donde la función tiene un extremo condicionado con k restricciones, están entre los puntos estacionarios de una nueva función sin restricciones construida como una combinación lineal de la función y las funciones implicadas en las restricciones, cuyos coeficientes son los multiplicadores.
La demostración usa derivadas parciales y la regla de la cadena para funciones de varias variables. Se trata de extraer una función implícita de las restricciones, y encontrar las condiciones para que las derivadas parciales con respecto a las variables independientes de la función sean iguales a cero.
Sea f (x) una función definida en un conjunto abierto n-dimensional {x ∈ Rn}. Se definen s
restricciones gk (x) = 0, k=1,..., s, y se observa (si las restricciones son satisfechas) que:
Se procede a buscar un extremo para h
EJEMPLOS DE CADA UNA DE LAS APLICACIONES
1.- Aplicaciones para encontrar planos tangentes y recta normal Ejemplos
1.- Demostrar que explano tangente a la superficie 𝑨𝒙𝟐+ 𝑩𝒚𝟐+ 𝑪𝒛𝟐= 𝑫 en el punto 𝑷(𝒂, 𝒃, 𝒄)
es 𝑨𝒂𝒙𝟐+ 𝑩𝒃𝒚𝟐+ 𝑪𝒄𝒛𝟐= 𝑫
Solución: El vector normal al plano tangente, es paralelo a ∆𝐹, donde 𝐹 = 𝐴𝑥2+ 𝐵𝑦2+ 𝐶𝑧2− 𝐷 Luego: ∆𝐹 = (𝜕𝐹 𝜕𝑥, 𝜕𝐹 𝜕𝑦, 𝜕𝐹 𝜕𝑧) = (2𝐴𝑥, 2𝐵𝑦, 2𝐶𝑧) → ∆𝐹 = (2𝐴𝑥, 2𝐵𝑦, 2𝐶𝑧) En el punto 𝑃(𝑎, 𝑏, 𝑐), es ∆𝐹 = (2𝐴𝑎, 2𝐵𝑏, 2𝐶𝑐) → 𝑁 ⃑⃑⃑⃑ = (2𝐴𝑎, 2𝐵𝑏, 2𝐶𝑐)
Reemplazando en la ecuación del plano: (𝑃⃑ − 𝑃⃑⃑⃑ )° 𝑁 𝑜 ⃑⃑⃑⃑ = 0
[(𝑥, 𝑦, 𝑧) − (𝑎, 𝑏, 𝑐)]° (2𝐴𝑎, 2𝐵𝑏, 2𝐶𝑐) = 0 2𝐴𝑎(𝑥 − 𝑎) + 2𝐵𝑏(𝑦 − 𝑏) + 2𝐶𝑐(𝑧 − 𝑐) = 0
𝐴𝑎𝑥 + 𝐵𝑏𝑦 + 𝐶𝑐𝑧 − 𝐴𝑎2− 𝐵𝑏2− 𝐶𝑐2= 0
𝐴𝑎𝑥 + 𝐵𝑏𝑦 + 𝐶𝑐𝑧 = 𝐴𝑎2+ 𝐵𝑏2+ 𝐶𝑐2 (1)
Pero 𝑃(𝑎, 𝑏, 𝑐) se halla sobre 𝐴𝑥2+ 𝐵𝑦2+ 𝐶𝑧2= 𝐷 al reemplazar este punto se tiene 𝐴𝑎2+ 𝐵𝑏2+
𝐶𝑐2= 𝐷 reemplazando en (1) llegamos a demostrar que:
2.- Dada la superficie 𝒙𝟐− 𝒚𝟐+ 𝟐𝒛𝟐= 𝟐 hallar la ecuacion de la recta tangente a la curva de
intersección de la superficie con el plano 𝒙 + 𝒚 = 𝟐 en el punto 𝑷(𝟏, 𝟏, 𝟏)
Solución: para cada superficie de vemos hallar su gradiente en el punto dado, tenemos 𝐹 = 𝒙𝟐− 𝒚𝟐+ 𝟐𝒛𝟐− 𝟐 → ∆𝐹 = (𝜕𝐹 𝜕𝑥, 𝜕𝐹 𝜕𝑦, 𝜕𝐹 𝜕𝑧) = (2𝑥, −2𝑦, 4𝑧) 𝐺 = 𝒙 + 𝒚 − 2 → ∆𝐺 = (𝜕𝐺 𝜕𝑥, 𝜕𝐺 𝜕𝑦, 𝜕𝐺 𝜕𝑧) = (1,1,0)
𝑨𝒂𝒙
𝟐+ 𝑩𝒃𝒚
𝟐+ 𝑪𝒄𝒛
𝟐= 𝑫
En el punto 𝑃(1,1,1) se tienen ∆𝐹 = (2, −2,4) , ∆𝐺 = (1,1,0) la dirección de la recta tangente a la curva de intersección, será paralela a ∆𝐹 × ∆𝐺, luego:
∆𝐹 × ∆𝐺 = [
𝑖 𝑗 𝑘
2 −2 4
1 1 0
] = (−4,4,4) = 4(−1,1,1)
Y podemos tomar 𝑢⃑ = (−1,1,1) como vector direccional de la recta buscada, como pasa por el punto (1,1,1)tenemos
Extremos relativos de una función Ejemplos
1.- Hallar los máximos y mínimos de 𝒇(𝒙,𝒚)= 𝒙𝟑− 𝒚𝟑+ 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐
Solución: en los puntos extremos debe cumplirse: 𝜕𝑓 𝜕𝑥= 0 𝜕𝑓 𝜕𝑦= 0 𝜕𝑓 𝜕𝑥= 3𝑥 2+ 2𝑥 = 0 𝜕𝑓 𝜕𝑦= −3𝑦 2+ 2𝑦 = 0
Resolviendo el sistema tenemos los puntos
𝑃1: 𝑥1= 0 𝑦1= 0 𝑃2: 𝑥2= 0 𝑦2= 2 3 𝑃3: 𝑥3= − 2 3 𝑦3= 0 𝑃4: 𝑥4= − 2 3 𝑦4= 2 3 Para reconocer el carácter de los puntos necesitamos las segundas derivadas
𝑓𝑥𝑥= 6𝑥 + 2 𝑓𝑥𝑦= 0 𝑓𝑦𝑦= −6𝑦 + 2
∆= |𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑥𝑦 𝑓𝑦𝑥 𝑓𝑦𝑦| = |
6𝑥 + 2 0
0 −6𝑦 + 2| = (6𝑥 + 2)(−6𝑦 + 2) → ∆= 4(3𝑥 + 1)(1 − 3𝑦) Al reemplazar los puntos en el Hessiano ∆ si ∆< 0 tenemos uin punto de ensilladura, si ∆> 0 tendremos máximo o mínimo según 𝑓𝑥𝑥 sea negativo o positivo respectivamente
𝑃1: 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → ∆= 4 > 0 ∧ 𝑓𝑥𝑥= 2 > 0 → 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑃2: 𝑥 = 0, 𝑦 = 2 3 → ∆= −4 < 0 → 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎𝑑𝑢𝑟𝑎 𝑃3: 𝑥 = − 2 3, 𝑦 = 0 → ∆= −4 < 0 → 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎𝑑𝑢𝑟𝑎
𝒙 − 𝟏
−𝟏
=
𝒚 − 𝟏
𝟏
=
𝒛 − 𝟏
𝟏
𝑃4: 𝑥 = −
2 3, 𝑦 =
2
3 → ∆= 4 > 0 ∧ 𝑓𝑥𝑥 = −2 < 0 → 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 Para hallar los valores de los extremos, reemplazamos las coordenadas de los puntos en 𝑓(𝑥,𝑦)
𝑃1: 𝑓(0,0) = 0 𝑃2: 𝑓(1,2 3) = 4 27 𝑃3: 𝑓(−23,0) = 4 27 𝑃4: 𝑓(−23,23) = 8 27
2.- hallar los extremos locales (relativos) de la función 𝒇(𝒙,𝒚)= 𝒙𝟒− 𝟐𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝟒𝒚 + 𝟑
Solución: en los puntos extremos se debe cumplir 𝜕𝑓 𝜕𝑥= 0 𝜕𝑓 𝜕𝑦= 0 𝜕𝑓 𝜕𝑥= 4𝑥 3− 4𝑥 = 0 𝜕𝑓 𝜕𝑦= 2𝑦 + 4 = 0 Resolviendo el sistema tenemos los puntos
𝑃1: 𝑥1= 0 𝑦1= −2 𝑃2: 𝑥2= 1 𝑦2= −2 𝑃3: 𝑥3= −1 𝑦3= −2
Para reconocer el carácter de los puntos necesitamos las segundas derivadas 𝑓𝑥𝑥= 12𝑥2− 4 𝑓𝑥𝑦= 0 𝑓𝑦𝑦= 2 ∆= |𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑥𝑦 𝑓𝑦𝑥 𝑓𝑦𝑦| = |12𝑥 2− 4 0 0 2| = (12𝑥 2− 4) − 2 → ∆= 8(3𝑥2− 1)
Al reemplazar los puntos en el Hessiano ∆ si ∆< 0 tenemos uin punto de ensilladura, si ∆> 0 tendremos máximo o mínimo según 𝑓𝑥𝑥 sea negativo o positivo respectivamente
𝑃1: 𝑥 = 0, 𝑦 = −2 → ∆= −8 < 0 → 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎𝑑𝑢𝑟𝑎
𝑃2: 𝑥 = 1, 𝑦 = −2 → ∆= 16 > 0 ∧ 𝑓𝑥𝑥= 8 > 0 → 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜
𝑃3: 𝑥 = 0, 𝑦 = −2 → ∆= 16 > 0 ∧ 𝑓𝑥𝑥= 8 > 0 → 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜
Para hallar los valores de los extremos, reemplazamos las coordenadas de los puntos en 𝑓(𝑥,𝑦)
𝑃1: 𝑓(0,−2) = −1 𝑃2: 𝑓(1,−2) = −2 𝑃3: 𝑓(−1,−2) = −2
𝒆𝒏 (𝟎, 𝟎) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒖𝒏 𝒎𝒊𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍 𝒂 𝟎 𝒆𝒏 (−
2
3
,
2
3
) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒖𝒏 𝒎𝒂𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍 𝒂
𝟖
𝟐𝟕
𝒆𝒏 𝒆𝒍𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝑃
1(𝟎, −𝟐) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒖𝒏 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒔𝒊𝒍𝒍𝒂𝒅𝒖𝒓𝒂 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍
− 𝟏 𝒚 𝒆𝒏 𝒍𝒐𝒔 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝑃
2(𝟏, −𝟐) 𝒚 𝑃
3(−𝟏, −𝟐) 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆𝒏 𝒅𝒐𝒔 𝒎𝒊𝒏𝒊𝒎𝒐𝒔 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍𝒆𝒔 𝒂 − 𝟐
Extremos condicionados multiplicadores de LaGrange Ejemplos
1.- hallar las dimensiones del paralelepípedo de mayor volumen posible que tiene tres caras en los planos coordenados y un vértice en el plano 𝒙
𝟔+ 𝒚 𝟒+
𝒛 𝟐= 𝟏
Solución: designando 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) al vértice opuesto, el volumen del paralelepípedo será 𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 → 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 (𝑎 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟)
Como el punto 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) se halla sobre el plano se cumple: 𝑥 6+ 𝑦 4+ 𝑧 2= 1 (𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛) Formamos la función de LaGrange
𝑓(𝑥,𝑦,𝑧,𝜆)= 𝑥𝑦𝑧 + 𝜆 ( 𝑥 6+ 𝑦 4+ 𝑧 2− 1) 𝑓𝑥= 𝑦𝑧 + 𝜆 6= 0 𝑓𝑦= 𝑥𝑧 + 𝜆 4= 0 𝑓𝑧= 𝑥𝑦 + 𝜆 2 = 0 𝑓𝜆= 𝑥 6+ 𝑦 4+ 𝑧 2− 1 = 0 → 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 2 𝑦 =4 3 𝑧 =2 3 𝜆 = −16 3
Los lados del paralelogramo son x,y,z:
2.-. Hallar los puntos de 𝒙𝟐
𝟗𝟔+ 𝒚
𝟐+ 𝒛𝟐= 𝟏 que sean a) más cercano. b) más lejano respecto al
plano 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟏𝟐𝒛 = 𝟐𝟖𝟖
Solución: sean 𝑃(𝑎, 𝑏, 𝑐) un punto sobre el elipsoide y 𝑄(𝑢, 𝑣, 𝑤) un punto sobre el plano 𝑎2
96+ 𝑏
2+ 𝑐2= 1
3𝑢 + 4𝑣 + 12𝑤 − 288 = 0
(𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠)
El cuadrado de la distancia entre 𝑃 𝑦 𝑄 es
𝐷2= (𝑎 − 𝑢)2+ (𝑏 − 𝑣)2+ (𝑐 − 𝑤)2 𝑎 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑦 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟
Formamos la función de LaGrange, con dos multiplicadores
𝒍𝒐𝒔 𝒅𝒊𝒎𝒆𝒏𝒔𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒍𝒆𝒍𝒆𝒑𝒊𝒑𝒆𝒅𝒐 𝒔𝒐𝒏 𝟐,
𝟒
𝟑
,
𝟐
𝟑
𝑓 = (𝑎 − 𝑢)2+ (𝑏 − 𝑣)2+ (𝑐 − 𝑤)2+ 𝜆 (𝑎 2
96+ 𝑏
2+ 𝑐2− 1) + 𝑢(3𝑢 + 4𝑣 + 12𝑤 − 288)
Derivando respecto a las variables e igualando a cero
𝑓𝑎= 2(𝑎 − 𝑢) + 2𝜆 𝑎 96= 0 𝑓𝑏= 2(𝑏 − 𝑣) + 2𝜆𝑏 = 0 𝑓𝑐= 2(𝑐 − 𝑤) + 2𝜆𝑐 = 0 𝑓𝑢= −2(𝑎 − 𝑢) + 3𝑢 = 0 𝑓𝑣= −2(𝑏 − 𝑣) + 4𝑢 = 0 𝑓𝑤= −2(𝑐 − 𝑤) + 12𝑢 = 0 𝑓𝜆= 𝑎2 96+ 𝑏 2+ 𝑐2− 1 = 0 𝑓𝑢= 3𝑢 + 4𝑣 + 12𝑤 − 288 = 0 → 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑎1= 9 𝑏1= 1 8 𝑐1= 3 8 𝑢1= 2385 169 𝑣1= 5385 169 𝑤1 = 28155 1352 𝑎2= −9 𝑏2= − 1 8 𝑐2= − 3 8 𝑢2= − 569 169 𝑣2= 30551 1352 𝑤2= 30213 1352 Reemplazando las soluciones en 𝐷2 tenemos 𝐷
1= 22.15 y 𝐷2= 32.63
EJERCICIOS PROPUESTOS DE LA PRIMERA PARTE
1.- Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie 𝒙𝟐+ 𝟐𝒚𝟐+ 𝟑𝒛𝟐= 𝟐𝟏paralelo al
plano 𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟔𝒛 = 𝟎 Rpta: 𝑥 + 4𝑦 + 6𝑧 ± 21 = 0
2.- Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie 𝒙𝟐+ (𝒚 − 𝟐)𝟐+ 𝟒𝒛𝟐 = 𝟒 que sea
paralelo a la recta 𝒙−𝟓
𝟐 = 𝒚 + 𝟔 = 𝒛
𝟑 y perpendicular al plano 𝟐𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟑𝒛 − 𝟏𝟐 = 𝟎
Rpta: 3𝑥 − 2𝑧 = ±2√10
3.- Demostrar que el plano tangente al paraboloide 𝒛 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 en el punto 𝑷(𝒂, 𝒃, 𝒄)
intersecta en la recta con ecuación:
{2𝑎𝑥 + 2𝑏𝑦 = 𝑎2+ 𝑏2 𝑧 = 0
4.- Dada la superficie 𝒙𝟐+ 𝟒𝒚𝟐+ 𝟏𝟔𝒛𝟐− 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏𝟐hallar las ecuaciones de los planos
tangentes a ella tal que sean perpendiculares a la recta 𝒙−𝟏
𝟎 = 𝒚 − √𝒆 = 𝒛−𝝅 𝟒 Rpta: 4𝑦 + 16𝑧 ± 7 = 0
𝒑𝒂𝒓𝒂 (𝟗,
𝟏
𝟖
,
𝟑
𝟖
) 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒅𝒊𝒔𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒎𝒊𝒏𝒊𝒎𝒂
𝒑𝒂𝒓𝒂 (−𝟗, −
𝟏
𝟖
, −
𝟑
𝟖
) 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒅𝒊𝒔𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒎𝒂𝒙𝒊𝒎𝒂
5.- Para la superficie 𝒛 = √𝒙𝟑+ 𝒚𝟑 𝒚 𝟑𝒙 − 𝒚 + 𝟐𝒛 = 𝟕 encontrar el coseno del angulo que
forman las gradientes de las superficies en el mismo punto
Rpta: 𝑐𝑜𝑠𝜃 = − 5
√294
6.- Hallar los planos tangentes a la superficie 𝒙𝟐
𝟒 + 𝒚𝟐
𝟗 + 𝒛𝟐
𝟏𝟔= 𝟏 que sean para lelos al plano XZ.
Rpta.: 𝑦 − 3 = 0 ; 𝑦 + 3 = 0
7.- ¿En qué puntos de la superficie 𝒙𝟐+ 𝟒𝒚𝟐+ 𝟏𝟔𝒛𝟐− 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏𝟐 los planos tangentes son
paralelos al planoXZ?
Rpta: 𝑃0(2,2,0) ; 𝑃1(−2, −2,0)
8.- Hallar el plano tangente al paraboloide 𝒛 = −(𝟐𝒙𝟐+ 𝒚𝟐) paralelo al plano 𝟑𝒙 + 𝟑𝒚 + 𝟒𝒛 = 𝟏𝟐
Rpta: 96𝑥 + 96𝑦 + 128𝑧 − 27 = 0
9.- probar que todo plano tangente a la superficie 𝒙𝒚𝒛 = 𝒂𝟑 forma con los ejes de
coordenadas un tetraedro de volumen constante. Hallar dicha constante
Rpta: 𝑉 =3
2𝑎 3
10.- Hallar las proyecciones del elipsoide 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐− 𝒙𝒚 − 𝟏 = 𝟎 sobre los planos
coordenados
Rpta: {3𝑦2+ 4𝑧2= 4 𝑥 = 0
11.- Estudiar los extremos de: 𝒇(𝒙,𝒚)= 𝒚𝟐− 𝟑𝒙𝟐𝒚 + 𝟐𝒙𝟒+ 𝟑
Rpta: No existe extremo
12.- Hallar los extremos de 𝒇(𝒙,𝒚)= (𝒙𝟐+ 𝒚𝟐)𝒆−(𝒙
𝟐+𝒚𝟐)
Rpta: en 𝑃(0,0) se tiene un mínimo igual a 0 ; 𝑃(𝑥, 𝑦) tal que 𝑥2+ 𝑦2= 1 existen máximos de valor
𝑒−1
13.- Hallar los extremos de 𝒖 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐+ 𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟔𝒛
Rpta: En 𝑃(24, −144, −1)tenemos un mínimo 𝑢 = −6913
14.- Hallar los extremos relativos si existen de la función 𝒇(𝒙,𝒚,𝒛)= 𝒙𝟐+ 𝟐𝒚𝟐+ 𝒛𝟐+ 𝒙𝒚 − 𝟐𝒛 +
𝟕𝒙 + 𝟏𝟐
Rpta.: en 𝑃(4, −1,1) existe un mínimo igual a -2
15.- Hallar los extremos de la función 𝒖 = 𝒙 +𝒚
𝒙+ 𝒛 𝒚+
𝟏𝟔 𝒛
Rpta: En 𝑃(2,4,8) existe un mínimo relativo de valor igual a 𝑢 = 8 ; en 𝑃(−2,4, −8) existe un máximo relativo de valor igual a 𝑢 = −8
16.- Determinar la distancia mínima que existe entre la recta
{
𝒙 = 𝟐 + 𝟑𝒕 𝒚 = −𝟏 + 𝟐𝒕
𝒛 = 𝟐 − 𝒕
Y la recta que une los puntos donde el plano tangente a la superficie
𝒙𝟐+ 𝟒𝒚𝟐+ 𝟏𝟔𝒛𝟐− 𝟐𝒙𝒚 = 𝟏𝟐 Es paralelo al plano XZ
Rpta: 𝑑 =5
3√3
17.- De una lámina rectangular de 𝟐𝟒 × 𝟏𝟐𝟎 se quiere construir un canal, para lo cual se
doblara a lo largo de la lámina un longitud x y un Angulo 𝜽 hallar 𝒙, 𝜽 para que el canal
conduzca el volumen máximo
Rpta: 𝜃 =𝜋
3 ; 𝑥 = 8[𝑐𝑚]
18.- Calcule el área máxima del triángulo cuyo perímetro es de 𝟐 + √𝟐 unidades Rpta: 𝐴𝑚𝑎𝑥 =
1 2
19.- Una ventana rectangular esta coronada por una semicircunferencia, si el área total de la ventana debe ser 𝟔[`𝒎𝟐] hallar la relación entre la base y la altura del rectángulo para que el
perímetro sea mínimo
Rpta: 𝑏 = 2ℎ
20.- Un cuadrado de altura 𝒂 = 𝟏. 𝟐[𝒎] cuelga de la pared de modo que el borde inferior
esta a 𝟏. 𝟖[𝒎] por encima del radio de la vista del observador. A que distancia de la pared
debe situarse el observador para que su posición sea la más ventajosa para contemplar el cuadro
Rpta: El observador debe ubicarse a 2.4[m] de la pared
21.- Cuales deben ser las dimensiones de la bañera cilíndrica abierta con una sección transversal semicircular, cuya superficie sea igual a 𝟏𝟎𝟖𝝅 parta que su capacidad sea
máxima?
Rpta: 𝑅 = 6 ; 𝐻 = 12
22.- Hallar el máximo volumen de una caja si la suma de las longitudes de sus aristas es a
Rpta: 𝑉 = 𝑎3
1728
23.- Un envase cilíndrico debe contener 𝟒𝟎𝟎𝟎𝝅[𝒄𝒎𝟑] de agua. Si el costo por [𝒄𝒎𝟐] del
metal para la construcción de la parte lateral es el doble del costo por [𝒄𝒎𝟐] de la tapa y
base hallar las dimensiones del envase más económico
24.- Una empresa naviera requiere que las dimensiones de un contenedor rectangular sea tal que la longitud, más el doble del ancho más el doble de la altura, no sean mayor a 𝟐𝟒[𝒄𝒎]
¿Cuál es el contenedor de mayor volumen que podrá enviar la empresa naviera?
Rpta: Las dimensiones son: longitud 8 metros y alto 4 metros
25.- Hallar el volumen máximo de un paralelepípedo, sabiendo que la suma de sus aristas es 2p
Rpta: 𝑉 = 𝑝6
216
26.- Inscribir en un a semiesfera de radio R un paralelepípedo rectangular de volumen máximo
Rpta: Las dimensiones son: (2𝑅
√3, 2𝑅 √3,
𝑅 √3)
27.- Determinar el tetraedro de volumen mínimo, formado por un plano que se encuentra a tres unidades del origen y lo planos coordenados en el primer octante
Rpta: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 3√3
28.- Hallar a) la distancia mínima b) el punto de la superficie donde ocurre dicha distancia entre el punto 𝑷(𝟑, 𝟎, 𝟎) y el paraboloide 𝒛 = 𝒙𝟐+𝒚𝟐
Rpta: 𝑎) la distancia minima es 𝐷 = √5 𝑏) el punto de minima distancia es 𝑃(1,0,1)
29.- Hallar los semiejes de la curva 𝟑𝒙𝟐+ 𝟐𝒙𝒚 + 𝟓𝒚𝟐= 𝟏
Rpta:
𝑎) semieje menor √4+√2
14
𝑏) semieje mayor √4−√2
14
30.- El plano 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟏𝟐 intercepta al paraboloide 𝒛 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 según una elipse. Encontrar
los puntos más bajos y más alto de esta elipse y determinar la longitud de los semiejes
Rpta: 𝑎) semieje menor 5√2 𝑏) semieje mayor 5√6
SEGUNDA PARTE
Aplicaciones de las integrales múltiples
Áreas de figuras planas
la integral doble de una función f positiva en una región bidimensional D, f x, y dA , como el volumen del sólido S definido sobre la región D y bajo la gráfica de la función f . Ahora si se considera que ∬ 𝑓 (𝑥, 𝑦 ) = 1, entonces la integral anterior queda como:
∬ 𝒇 (𝒙, 𝒚 ) = ∬ 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝑨
Volúmenes por integrales dobles
La aplicación más simple de las integrales dobles es para hallar el área de una región del
plano xy. Esta área esta dada por una cualquiera de las integrales
Los límites de integración apropiados. Ya hemos visto como se hace esto en la figura 1,
cuando se efectúan las integraciones primero respecto a y, y después respecto a x; es
decir
Es constante, si el área esta limitada a la izquierda por la curva x=g1(y), a la derecha por
la curva x=g2(y), inferiormente por la recta y=c y superiormente por xy=d, (figura 3), Es
preferible integrar primero respecto a x [que puede ir desde g1(y) a g2(y)] y después
respecto a y; es decir como
Para interpretar la primera integración respecto a x, como suma de todos los elementos
dA= dxdy
Situados en una faja horizontal que se extiende desde la curva x=g1(y) a izquierda hasta
la curva x=g2(y) a la derecha. El cálculo de esta integral es
Esta última integral podía haberse escrito de primera intención, puesto que expresa el
área como límite de la suma de fajas horizontales.
Áreas de superficies
Si f: R ∈ R2 → R y sus primera derivadas parciales son continuas en la regi´on cerrada y acotada
R, el a´rea de la superficie (S) dada por z = f (x, y) sobre R es:
𝑆 = ∬ √1 + 𝑧
𝑥2+ 𝑧
𝑦2𝑑𝑦𝑑𝑥
Volúmenes por integrales triples
El problema de hallar el área comprendida entre la gráfica de una función positiva y = f(x), el eje OX y las rectas x = a, x =b.
Dicha área se representaba como
Vimos que este problema estaba relacionado con el cálculo de una primitiva de f(x).
El Teorema de Barrow nos asegura que si F(x) es tal que F0(x) = f(x) entonces
Nuestro problema es el cálculo del volumen de un prisma de base rectangular R = [a, b] ã- [c, d] y limitado
superiormente por la grafica de una función z = f(x, y) Positiva.
A este volumen lo denotaremos por
Difiere del problema anterior en que no se resuelve encontrando una primitiva de f(x, y) (no tiene sentido), sino por el calculo de volúmenes por secciones.
El volumen vendrá dado por la suma infinita de las áreas
de las secciones que se obtienen al cortar el cuerpo por planos paralelos al plano XZ, o también sumando las áreas de las infinitas secciones que se obtienen al cortar el cuerpo por planos paralelos al plano Y Z.
Donde
Considerando en cada caso la x o la y fija. Así
El problema se convierte en el cálculo de una integral reiterada que ya sabemos resolver.
Integral triple
En el caso de las integrales triples se siguen los mismos pasos que en las integrales dobles
Sea el paralelepípedo R Sea f(x, y,
z) una función continua sobre R
Definimos
Definición
Si f es una función acotada y, existe el y no depende de la elección de
Los entonces se dice que f es integrable, y al valor de este límite se le llama integral triple sobre R, y se representa
Consecuencia: Si f(x, y, z) = 1, entonces = V representa el volumen.
Propiedades.
Se cumplen las mismas propiedades que en la integral doble. 1. Toda función continua es integrable
2. Linealidad, monotonía y aditividad
3. Teorema de Fubini para integrales triples por el cual toda integral triple se puede hallar
por integración reiterada.
Integrales triples sobre regiones más generales
Se repite el mismo proceso que en las integrales dobles. Se consideran los siguientes tipos de regiones:
Tipo I: (paralelepípedo con paredes
frontal y posterior rectas).
Las regiones del tipo II son aquellas en las que (paralelepípedos con paredes izquierda y derecha planas).
Las regiones del tipo III son aquellas en las que e (paralelepípedos con fondo y tapa planas).
Sus integrales triples se resuelven de manera análoga.
Las regiones del tipo IV son aquellas que se pueden expresar indistintamente como regiones de los tipos I, II o III.
Consecuencia: Si f(x, y, z) = 1 y W es una región acotada de entonces
Cambio de variables en integrales triples
A dxdydz se le llama elemento de volumen. Representa el volumen de un paralelepípedo infinitesimal dxdydz = dV.
Sabemos que el volumen de un paralelepípedo en cuyos vectores son
En valor absoluto
Por consideraciones análogas a las que hicimos para integrales dobles, el elemento de
Volumen dV = dxdydz, resultado de transformar mediante T el elemento de volumen dudvdw es:
Podemos, pues, enunciar el siguiente resultado
Centros de masa y momentos de inercia
Si tenemos una masa distribuida de modo continua sobre una región A del plano xy, un elemento
dm de masa será
dm= (x, y)dydx= (x, y)=dA (11)
en donde = (x, y) es la densidad en el punto (x, y) de A (figura 6), en tal supuesto, cabe utilizar una integral doble para calcular
a) la masa
M="" (x, y)dA; (12)
b) el primer momento de la masa respecto al eje x
Mx="" y (x, y)dA (13a)
c) su primer momento respecto al eje y,
My="" x(x, y)dA (13b)
Otros momentos de importancia en las aplicaciones a la mecánica son los momentos de inercia de la masa. estos son los segundos momentos que se obtienen utilizando los cuadrados en lugar de las primeras potencias de las distancias o brazos de palanca x y y. Así el momento de inercia respecto al eje x representado por Ix se define por
y el momento de inercia respecto al eje y es
Tiene también interés el momento de inercia polar respecto al origen dado por
Esta última formula r2=x2+y2 es el cuadrado de la distancian desde el origen al punto representativo (x, y)
En todas estas integrales deben ponerse los mismos límites de integración que si se tratara solo de calcular el área de A.
EJEMPLOS DE LA SEGUNDA PARTE Áreas de figuras planas
Ejemplos
1.- calcule, empleando integrales dobles, el área comprendida entre dos círculos concéntricos de radios 2 y 4
Solución: considere una corona circular con centro en el origen del sistema de coordenadas tal como se observa a continuación.
Como 𝐴 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 y la región es simétrica respecto al origen entonces para simplificar el cálculo de área, solo se evaluara 𝐴 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 para la región del primer cuadrante de manera que
𝐴 = 4𝐴1 Entonces tenemos: luego : 𝐴1= ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 + ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 Donde 𝐷1= {(𝑥, 𝑦)/0 ≤ 𝑥 ≤ 2 ∧ √4 − 𝑥2≤ 𝑦 ≤ √16 − 𝑥2} 𝐷2= {(𝑥, 𝑦)/2 ≤ 𝑥 ≤ 4 ∧ 0 ≤ 𝑦 ≤ √16 − 𝑥2} El área queda: 𝐴1= ∫ ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑦 + √16−𝑥2 √4−𝑥2 2 0 ∫ ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑦 √16−𝑥2 0 4 2 𝐴1= ∫ (√16 − 𝑥2− √4 − 𝑥2) 𝑑𝑦 + 2 0 ∫ √16 − 𝑥2 𝑑𝑦 4 2
𝐴1= (2√3 +
𝜋
3) + (−2√3 + 8𝜋
3) = 3𝜋
2.- dibuje la región D y calcule su área, empleando las intgrales dobles
∬ 𝒅𝒙𝒅𝒚, 𝑫 = {(𝒙, 𝒚)/𝒙 ≥ 𝒚𝟐− 𝟐𝒚 ∧ 𝒙 ≤ 𝟒 − 𝒚𝟐} 𝑫
Solución: La región D se encuentra acotada por las gráficas de las parábolas horizontales
𝑥 = 𝑦2− 2𝑦 ∧ 𝑥 = 4 − 𝑦2
Para calcular el área de la región por medio de la integral doble es necesario definir los límites de integración
Por tanto se obtiene como:
𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [4 − 2 −1 4−𝑦2 𝑦2−2 2 −1 2𝑦2+ 2𝑦]𝑑𝑦 = 9
Volúmenes por integrales dobles Ejemplos
1.- calcular el volumen del solido encerrado por las superficies 𝒛 = 𝟒 − 𝒙𝟐 , 𝒚 = 𝟒 − 𝒙𝟐 (primer
octante)
Solución: si el volumen se halla en el primer octante, los planos 𝑥 = 0 𝑦 = 0 𝑧 = 0 lo limitan Aplicamos: 𝑉 = ∬(𝑧𝑠𝑢𝑝− 𝑧𝑖𝑛𝑓)𝑑𝐴 Según el grafico 𝑧𝑠𝑢𝑝= 4 − 𝑥2 𝑧𝑖𝑛𝑓= 0 𝑉 = ∬(4 − 𝑥2 )𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑨 = 𝟏𝟐 𝝅
𝑨 = ∬ 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝟗
La región de integración la da 𝑦 = 4 − 𝑥2 en elprimer cuadrante dicha curva se intersecta con el eje x si 0 = 4 − 𝑥2 → 𝑥 = ±2 El volumen queda: 𝑉 = ∫ ∫ (4 − 𝑥2 )𝑑𝑦𝑑𝑥 = 4−𝑥2 0 2 0 ∫ (4 − 𝑥2 )𝑦| 0 4−𝑥2𝑑𝑥 4 0 = ∫ (4 − 𝑥2 )2𝑑𝑥 4 0 𝑉 = ∫ (16 − 8𝑥2+ 𝑥4 )𝑑𝑥 = (16𝑥 −8 3𝑥 3+1 5𝑥 5) 0 2 = 32 −8 32 3+ 4 0 1 52 5
2.- Hallar el volumen encerrado por la superficie cilíndrica 𝒙𝟐+ 𝟐𝒛 = 𝟒 y los planos 𝒙 + 𝒚 =
𝟐 𝒚 = 𝟎 𝒛 = 𝟎
Solución: el volumen se da por
𝑉 = ∬(𝑧𝑠𝑢𝑝− 𝑧𝑖𝑛𝑓)𝑑𝐴
La superficie superior es 𝑧 =4−𝑥2
2 y la inferior es 𝑧 = 0 la región de
integración coincide con la intersección de la región con el plano XY es decir cuando 𝑧 = 0
𝑥2 = 4, 𝑥 + 𝑦 = 2, 𝑦 = 0 → 𝑥 = ±2, 𝑥 + 𝑦 = 2 𝑦 = 0
Colocando los límites de integración en el orden 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑉 = ∫ ∫ (4 − 𝑥 2 2 ) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2−𝑥 0 2 −2 ∫ (4 − 𝑥 2 2 ) 𝑦|0 2−𝑥𝑑𝑥 2 −2 = ∫ (4 − 𝑥 2 2 ) (2 − 𝑥)𝑑𝑥 2 −2 𝑉 = ∫ (4 − 2𝑥 − 𝑥2+𝑥 3 2) 𝑑𝑥 2 −2 = (4𝑥 − 𝑥2−𝑥 3 3 + 𝑥4 8)−2 2 𝑉 = (4 ∗ 2 − 22−2 3 3 + 24 8) − (4(−2) − (−2) 2−(−2) 3 3 + (−2)4 8 )
𝑽 =
𝟐𝟓𝟔
𝟏𝟓
𝑽 =
𝟑𝟐
𝟑
Áreas de superficies Ejemplos
1.- hallar el área de la parte del cilindro 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝒓𝟐 que esta entre el plano 𝒛 = 𝒎𝒙 y
elplano XOY
Solución: en este caso no se puede despejar z de la superficie de la cual queremos conocer el área (es 𝑥2+ 𝑦2= 𝑟2) por lo cual usemos la formula equivalente
𝑆 = ∬ √1 + 𝑦𝑥2+ 𝑦𝑧2𝑑𝑧𝑑𝑥 Como 𝑥2+ 𝑦2= 𝑟2 → 𝑦 = √𝑟2− 𝑥2 (𝑦 > 0) luego 𝑦𝑥 = − 𝑥 √𝑟2− 𝑥2; 𝑦𝑧= 0 Reemplazando tenemos 𝑆 = ∬ √1 + (− 𝑥 √𝑟2− 𝑥2) 2 𝑑𝑧𝑑𝑥 𝑆 = ∬ 𝑟 √𝑟2− 𝑥2𝑑𝑧𝑑𝑥
Pero ahora R es la proyección de S sobre el plano XY es decir 𝑧 = 𝑚𝑥 ; 𝑥2+ 𝑦2= 𝑟2; 𝑦 = 0
entonces 𝑥 = ±𝑟
Observe que vamos a calcular solo para 𝑥 > 0, 𝑧 > 0 como la superficie se repite en 𝑧 > 0 (pero al otro lado) luego multiplicamos por cuatro
𝑆1= ∫ ∫ 𝑟 √𝑟2− 𝑥2 𝑚𝑥 0 𝑟 0 𝑑𝑧𝑑𝑥 = ∫ ( 𝑟𝑧 √𝑟2− 𝑥2) 0 𝑚𝑥 𝑟 0 𝑑𝑥 = ∫ 𝑟𝑚𝑥 √𝑟2− 𝑥2 𝑟 0 𝑑𝑥 = (−𝑟𝑚√𝑟2− 𝑥2) 0 𝑟 𝑆1= 𝑟𝑚𝑟 = 𝑚𝑟2 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑆 = 4𝑆1
2.- hallar el área de la superficie dada por 𝒛 = √𝒂𝟐− 𝒙𝟐− 𝒚𝟐 sobre
la región
𝑹 = {(𝒙, 𝒚)\𝒙𝟐+ 𝒚𝟐≤ 𝒃, 𝒂 > 𝒃}
Solución: el área de la superficie se calcula mediante 𝑆 = ∬ √1 + 𝑧𝑥2+ 𝑧𝑦2𝑑𝑦𝑑𝑥
Donde R es la proyección de S sobre el plano XY, en este caso será 𝑥2+ 𝑦2= 𝑏2
De la superficie tenemos 𝑧 = √𝑎2− 𝑥2− 𝑦2 entonces
𝑧𝑥= −
𝑥
√𝑎2− 𝑥2− 𝑦2; 𝑧𝑦= −
𝑦 √𝑎2− 𝑥2− 𝑦2
Reemplazando (solo calcularemos 𝑆1 para 𝑧 > 0)
𝑆1= ∬ √1 + (− 𝑥 √𝑎2− 𝑥2− 𝑦2) 2 + (− 𝑦 √𝑎2− 𝑥2− 𝑦2) 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑆1= ∬ 𝑎 √𝑎2− 𝑥2− 𝑦2𝑑𝑦𝑑𝑥
Usando coordenadas polares 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝐽 = 𝑟 la región de integración se transforma en 𝑟2= 𝑏2 luego 𝑆1= ∫ ∫ 𝑎 √𝑎2− 𝑟2 𝑏 0 2𝜋 0 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∫ (−𝑎√𝑎2− 𝑏2+ 𝑎√𝑎2) 0 𝑏 2𝜋 0 𝑑𝜃 = 2𝜋𝑎 (𝑎 − √𝑎2− 𝑏2) Pero 𝑆 = 2𝑆1
Volúmenes por integrales triples Ejemplos
1.-. Hallar el volumen encerrado por (𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐)𝟐= 𝒂𝟐(𝒙𝟐+
𝒚𝟐) 𝒂 > 𝟎
Solución: Pasemos a coordenadas esféricas
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛∅, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛∅ , 𝑧 = 𝑟𝑐𝑜𝑠∅ , 𝐽 = 𝑟2𝑠𝑒𝑛∅
El sólido se transforma en:
(𝑥2+ 𝑦2+ 𝑧2)2= 𝑎2(𝑥2+ 𝑦2)
(𝑟2)2= 𝑎2(𝑟2𝑠𝑒𝑛2∅𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑟2𝑠𝑒𝑛2∅𝑠𝑒𝑛2𝜃)2
𝑟2= 𝑎2𝑠𝑒𝑛2∅ → 𝑟 = |𝑎𝑠𝑒𝑛∅|
El valor absoluto desaparece puesto que 0 ≤ ∅ ≤ 𝜋 y en ese rango
𝑺 = 𝟒𝝅𝒂 (𝒂 − √𝒂
𝟐− 𝒃
𝟐)
𝑠𝑒𝑛∅ ≥ 0 𝑟 = 𝑎𝑠𝑒𝑛∅ representa la revolución de una circunferencia alrededor del eje z (tiroide) los límites de los ángulos van en todo el rango
𝑉1= ∫ ∫ ∫ 𝑟2𝑠𝑒𝑛∅ 𝑎𝑠𝑒𝑛∅ 0 𝜋 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑∅𝑑𝜃 = ∫ ∫ (1 3𝑟 3) 0 𝑎𝑠𝑒𝑛∅ 𝜋 0 𝑠𝑒𝑛∅ 𝛼 0 𝑑∅𝑑𝜃 𝑉1= ∫ ∫ 1 3𝑎 3 𝜋 0 2𝜋 0 𝑠𝑒𝑛3∅𝑑∅𝑑𝜃 = ∫ 1 3𝑎 3(1 3𝑐𝑜𝑠 3∅ − 𝑐𝑜𝑠∅) 0 𝜋 2𝜋 0 𝑑𝜃 =4 9𝑎 3∫ 𝑑𝜃 2𝜋 0 =4 9𝑎 32𝜋
2.- Mediante una integral, calcular el volumen del solido encerrado por las superficies
𝒛 − 𝟔 = −(𝒙𝟐+ 𝒚𝟐) 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟒 ; 𝒛 + 𝟒 = √𝒙𝟐+ 𝒚𝟐
Solución: El volumen por integrales triples se calcula 𝑉 = ∭ 𝑑𝑣 en nuestro caso es preferible pasar a coordenadas cilíndricas: 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝑧 = 𝑧 , 𝐽 = 𝑟 𝑉 = ∭ 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭ 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑 𝑧 𝑧 − 6 = −(𝑥2+ 𝑦2) 𝑥2+ 𝑦2= 4 𝑧 + 4 = √𝑥2+ 𝑦2 → 𝑧 = 6 − 𝑟2 𝑟 = 2 𝑧 = 𝑟 − 4 Colocando los limites en la integral
𝑉 = ∫ ∫ ∫ 𝑟𝑑𝑧𝑑𝑟𝑑 6−𝑟2 𝑟−4 2 0 2𝜋 0 𝜃 𝑉 = ∫ ∫ (𝑟𝑧)𝑟−46−𝑟 2 2 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∫ (5𝑟2−𝑟 3 3 − 𝑟4 4) 0 2 2𝜋 0 𝑑𝜃 = ∫ 40 3 2𝜋 0 𝑑𝜃 = (40 3 𝜃)0 2𝜋
𝑽 =
𝟖
𝟗
𝒂
𝟑𝝅
𝑽 =
𝟖𝟎
𝟑
𝝅
Centros de masa y momentos de inercia por integrales multiples Ejemplo
1.- calcular el centro de masa de la figura plana limitada por
𝒚 = 𝒙𝟐+ 𝟏, 𝒙 = 𝟎, 𝒙 = 𝟏, 𝒚 = 𝟎 si su densidad es 𝜹(𝒙, 𝒚) = 𝒌𝒙
donde 𝒌 es una constante
Solución: el centro de masa es el punto dado por:
(𝑥̅, 𝑦̅) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: { 𝑥̅ =𝑀𝑦 𝑚 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑦 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑦̅ =𝑀𝑥 𝑚 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑥 𝑚𝑎𝑠𝑎
Primero calculemos la masa de la región:
𝑚 = ∬ 𝜹(𝒙, 𝒚) 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑚 = ∫ ∫ 𝑘𝑥 𝑥2 0 1 0 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ (𝑘𝑥𝑦)0𝑥 2 1 0 𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑥3 1 0 𝑑𝑥 = (𝑘 4𝑥 4) 0 1 =𝑘 4 → 𝑚 = 𝑘 4 También necesitamos los momentos estáticos
𝑀𝑥= ∬ 𝑦𝛿(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 ∧ 𝑀𝑦= ∬ 𝑥𝛿(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 Para 𝑀𝑥 𝑀𝑥= ∫ ∫ 𝑘𝑥 𝑥2 0 𝑦 1 0 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ (𝑘𝑥𝑦 2 2)0 𝑥2 1 0 𝑑𝑥 =𝑘 2∫ 𝑥 5 1 0 𝑑𝑥 = (𝑘 12𝑥 6) 0 1 = 𝑘 12 → 𝑀𝑥= 𝑘 12 Para 𝑀𝑦 𝑀𝑦= ∫ ∫ 𝑘𝑥 𝑥2 0 𝑥 1 0 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ (𝑥2𝑦) 0𝑥 2 1 0 𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑥4 1 0 𝑑𝑥 = (𝑘 5𝑥 5) 0 1 =𝑘 5 → 𝑀𝑦= 𝑘 5 Luego las coordenadas del centro de gravedad son:
𝒙
̅ =
𝑴
𝒚𝒎
=
𝒌
𝟓
𝒌
𝟒
𝒚
̅ =
𝑴
𝒙𝒎
=
𝒌
𝟏𝟐
𝒌
𝟒 }
(𝒙
̅, 𝒚
̅) = (
𝟒
𝟓
,
𝟏
𝟑
)
2.- calcule la masa, y el centroide del solido hemisferio superior de radio a, si la densidad es proporcional a 𝒙(𝒑 = 𝒌𝒛)
Solución: el centro de masa es el punto dado por:
(𝑥̅, 𝑦,̅ 𝑧̅) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: { 𝑥̅ =𝑀𝑦𝑧 𝑚 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑦𝑧 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑦̅ =𝑀𝑥𝑧 𝑚 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑥𝑧 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑧̅ =𝑀𝑥𝑦 𝑚 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑥𝑦 𝑚𝑎𝑠𝑎
En nuestro caso el hemisferio tiene por ecuación 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐= 𝒂𝟐 será conveniente pasar a
coordenadas esféricas 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛∅, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛∅ , 𝑧 = 𝑟𝑐𝑜𝑠∅ , 𝐽 = 𝑟2𝑠𝑒𝑛∅ La región se tomara en 𝑟 = 𝑎 0 ≤ ∅ ≤𝜋 2 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 𝑚 = ∭ 𝜹(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭ 𝒌𝒓𝒓𝒔𝒆𝒏𝟐∅ 𝑑𝑟𝑑∅𝑑𝜃 𝑚 = ∫ ∫ ∫ 𝑘𝑐𝑜𝑠∅𝑟2𝑠𝑒𝑛∅ 𝑎 0 𝜋 2 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑∅𝑑𝜃 = ∫ ∫ 𝑎 4 4 𝜋 2 0 𝑘𝑠𝑒𝑛∅𝑐𝑜𝑠∅ 2𝜋 0 𝑑∅𝑑𝜃 𝑚 = ∫ (𝑎 4 4 𝑘𝑠𝑒𝑛 2∅) 0 𝜋 2 2𝜋 0 𝑑𝜃 = ∫ 𝑎 4 8 𝑘 2𝜋 0 𝑑𝜃 = (𝑎 4 8 𝑘𝜃)0 2𝜋 =𝑎 4 8 𝑘2𝜋 → 𝑚 = 𝑎4 4 𝑘𝜋 Para hallar el centroide necesitamos lo, momentos estáticos respecto de los planos coordenados (note que la densidad en coordenadas esféricas es 𝛿 = 𝑧𝑘 = 𝑘𝑟𝑐𝑜𝑠∅ )
𝑀𝑥𝑦= ∭ 𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ ∫ ∫ 𝑘𝑟4𝑐𝑜𝑠2∅𝑠𝑒𝑛∅ 𝑎 0 𝜋 2 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑∅𝑑𝜃 𝑀𝑥𝑦= ∫ ∫ 𝑘 5𝑎 5𝑐𝑜𝑠2∅𝑠𝑒𝑛∅ 𝜋 2 0 2𝜋 0 𝑑∅𝑑𝜃 = ∫ (− 𝑘 15𝑎 5𝑐𝑜𝑠2∅) 0 𝜋 2 2𝜋 0 𝑑𝜃 = ∫ 𝑘 15𝑎 5 2𝜋 0 𝑑𝜃 = 𝑘 15𝑎 52𝜋 Para 𝑀𝑦𝑧 𝑀𝑦𝑧= ∭ 𝜹(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒙 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ ∫ ∫ 𝑘𝑟4𝑐𝑜𝑠2∅𝑠𝑒𝑛∅ 𝜋 2 0 𝑎 0 2𝜋 0 𝑑∅𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑀𝑦𝑧= ∫ ∫ (𝑘𝑟4𝑐𝑜𝑠∅𝑠𝑒𝑛2∅𝑠𝑒𝑛∅)0 𝜋 2 𝑎 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑𝜃 = 0
Para 𝑀𝑥𝑧 𝑀𝑥𝑧= ∭ 𝜹(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒚 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ ∫ ∫ 𝑘𝑟4𝑐𝑜𝑠2∅𝑠𝑒𝑛∅ 𝜋 2 0 𝑎 0 2𝜋 0 𝑑∅𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑀𝑦𝑧= ∫ ∫ (−𝑘𝑟4𝑐𝑜𝑠∅𝑠𝑒𝑛2∅𝑠𝑒𝑛∅)0 𝜋 2 𝑎 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑𝜃 = 0
Note que en 𝑀𝑦𝑧 𝑦 𝑀𝑥𝑧 se calculó la integral en el orden 𝑑∅𝑑𝑟𝑑𝜃 con el fin de acelerar el cálculo
y como todos los limites eran constantes, dicho cambio no presentó ninguna dificultad
3.- Sea el paralelogramo acotado por 𝒚 = 𝟐𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐, 𝒚 = 𝒙, 𝒚 = 𝒙 + 𝟏 calcule su
movimiento de inercia respecto al eje x, asumir densidad constante y unitaria
Solución: el momento de inercia respecto al eje X es 𝐼𝑥= ∬ 𝑦2𝛿(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∬ 𝑦2𝑑𝑦𝑑𝑥
Pues 𝛿(𝑥, 𝑦) = 1 dadas las ecuaciones de las curvas que limitan R es conveniente una transformación sean:
𝑢 = 𝑦 − 𝑥 𝑣 = 2𝑥 − 𝑦 → 𝑥 = 𝑢 + 𝑣 𝑦 = 2𝑢 + 𝑣 → 𝐽 ( 𝑥, 𝑦 𝑢, 𝑣) = | 𝑥𝑢 𝑥𝑣 𝑦𝑢 𝑦𝑣| = | 1 1 2 1| = −1 La integral se transforma en 𝐼𝑥= ∬(2𝑢 + 𝑣)2|𝐽| 𝑑𝑢𝑑𝑣 = ∬(2𝑢 + 𝑣)2|−1| 𝑑𝑢𝑑𝑣
Hallamos la nueva región R´ 𝑦 − 𝑥 = 0 2𝑥 − 𝑦 = 0 𝑦 − 𝑥 = 1 2𝑥 − 𝑦 = 2 → 𝑅´: 𝑢 = 0 𝑣 = 0 𝑢 = 1 𝑣 = 2 Colocamos los límites de integración a (2)
𝐼𝑥= ∫ ∫ (2𝑢 + 𝑣)2 1 0 2 0 𝑑𝑢𝑑𝑣 = ∫ (1 6(2𝑢 + 𝑣) 3) 0 1 2 0 𝑑𝑣 = ∫ 1 6[(1 + 𝑣) 3− 𝑣3] 2 0 𝑑𝑣
𝒙
̅ =
𝑴
𝒚𝒎
= 𝟎
𝒚
̅ =
𝑴
𝒙𝒎
= 𝟎
𝒛̅ =
𝑴
𝒙𝒚𝒎
=
𝒌
𝟏𝟓
𝒂
𝟓𝟐𝝅
𝒂
𝟒𝟒 𝒌𝝅 }
(𝒙
̅, 𝒚
̅, 𝒛̅) = (𝟎, 𝟎,
𝟖
𝟏𝟓
𝒂 )
𝐼𝑥= 1 6∫ (1 + 3𝑣 + 3𝑣 2) 2 0 𝑑𝑣 =1 6(𝑣 + 3𝑣2 2 + 𝑣 3) 0 2
4.- Hallar el momento de inercia polar de una lámina uniforme elíptica 𝒙𝟐+ 𝟒𝒚𝟐≤ 𝟒
Solución: Supongamos 𝛿(𝑥, 𝑦) = 𝑘, el momento polar de inercia es
𝐼0= ∬(𝑦2+ 𝑥2)𝛿(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∬ 𝑘(𝑦2+ 𝑥2) 𝑑𝑦𝑑𝑥
Pasamos a coordenadas polares 𝑥 = 2𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 , 𝐽 = 2𝑟 𝑅: 𝑥2+ 4𝑦2= 4 → (2𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2+ 4(𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)2= 4 → 𝑟 = 1 La integral queda: 𝐼0= ∫ ∫ 𝑘[(2𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2+ (𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)2] 1 0 2𝜋 0 2𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∫ ∫ 2𝑘𝑟3[4𝑐𝑜𝑠𝜃2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃2] 1 0 2𝜋 0 𝑑𝑟𝑑𝜃 𝐼0= 𝑘 2∫ (4𝑐𝑜𝑠𝜃 2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃2) 2𝜋 0 𝑑𝜃 =𝑘 4(5𝜃 + 3 2𝑠𝑒𝑛2𝜃)0 2𝜋 =𝑘 410𝜋
𝑰
𝒙=
𝟖
𝟑
𝑰
𝟎=
𝟓
𝟐
𝒌𝝅
EJERCICIOS PROPUESTOS DE LA SEGUNDA PARTE
1.- Hallar el área de la figura plana limitada por 𝒙𝒚 = 𝟒 , 𝒙 + 𝒚 = 𝟓 Rpta: 𝐴 =15
2 − 8𝑙𝑛2
2.- Hallar el área de la figura limitada por 𝒚𝟐= 𝟒𝒂𝒙 + 𝟒𝒂𝟐, 𝒙 + 𝒚 = 𝟐𝒂 (𝒂 > 𝟎)
Rpta: 𝐴 =64
3 𝑎 2
3.- calcular el área de la figura limitada por las parábolas 𝒚 = 𝟔𝒙 − 𝒙𝟐 , 𝒚 = 𝒙𝟐− 𝟐𝒙
Rpta: 𝐴 =64
3
4.- Hallar el área de la figura interior a 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟔𝒙 y exterior a 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟐𝒙
Rpta: 𝐴 = 8𝜋
5.- Calcular el área comprendida entre las curvas 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟒𝒙 , 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟒𝒚
Rpta: 𝐴 = 2(𝜋 − 2)
6.-Hallar el área encerrada por las curvas 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝒂𝟐, 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟐𝒂𝒙 , (𝒂 > 𝟎)
Rpta: 𝐴 =4𝜋−3√3
6 𝑎 2
7.- calcular el área de (𝒙𝟐+ 𝒚𝟐)𝟐 = 𝟒(𝒙𝟐− 𝒚𝟐)
Rpta: 𝐴 = 4
8.- calcular el área interior a 𝒚𝟐+ 𝒙𝟐= 𝟏𝟔 que sea exterior a la lemniscata(𝒙𝟐+ 𝒚𝟐)𝟐=
𝟒(𝒙𝟐− 𝒚𝟐)
Rpta: 𝐴 = 2𝜋
9.- calcular el área común a 𝒓 = 𝟒𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒚 𝒓𝟐= 𝟖𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽
Rpta: 𝐴 =4𝜋
3 − 4√3 + 4
10.-calcular el área interior a 𝒓 = 𝟑𝒄𝒐𝒔𝜽 y exterior a 𝒓 = 𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝜽 Rpta: 𝐴 = 𝜋
11.- calcular el área encerrada por las curvas 𝒚 = 𝟐𝒙, 𝒚 = 𝟒𝒙, 𝒙𝒚 = 𝟐, 𝒙𝒚 = 𝟒 (𝒙 > 𝟎, 𝒚 > 𝟎) Rpta: 𝐴 = 𝑙𝑛2
12.-calcular el área dela figura plana limitada por 𝒙𝒚 = 𝟏, 𝒙 − 𝒙𝒚 = 𝟑, 𝒙 − 𝒙𝒚 = 𝟒 Rpta: 𝐴 = 7𝑙𝑛7 + 3𝑙𝑛3 − 10𝑙𝑛5
13.- Calcular el volumen encerrado por 𝒙 + 𝒚 − 𝒛 = 𝟎, 𝒛 = 𝟒 y los planos coordenados 𝒙 = 𝟎, 𝒚 = 𝟎
Rpta: 𝑉 =32
3
14.- calcular el volumen del solido limitado por las superficies 𝒛 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐, 𝒚 = 𝒙𝟐, 𝒛 = 𝟎
Rpta: 𝑉 = 88
105
15.- calcular el volumen del cuerpo limitado por 𝒚𝟐= 𝟒𝒎𝟐− 𝟑𝒎𝒙, 𝒚𝟐= 𝒎𝒙, 𝒛 = ±𝝅
Rpta: 𝑉 =32
9 𝜋𝑚 2
16.- hallar el volumen encerrado por la superficie cilíndrica 𝒙𝟐+ 𝟐𝒛 = 𝟒 y los planos 𝒙 + 𝒚 =
𝟐, 𝒚 = 𝟎, 𝒛 = 𝟎 Rpta: 𝑉 =32
3
17.- calcular el volumen acotado superiormente por el plano 𝒛 = 𝟐𝒙 e inferiormente por el
paraboloide 𝒛 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐
Rpta: 𝑉 =𝜋
2
18.- calcular el volumen interior a la esfera 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐= 𝟒 y al cilindro 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐− 𝟐𝒚 = 𝟎
Rpta: 𝑉 =16
3𝜋
19.- calcular el volumen interior a 𝒙𝟐+ 𝒛𝟐= 𝟐 y exterior a 𝒚𝟐− 𝒙𝟐− 𝒛𝟐= 𝟐
Rpta: 𝑉 =8
3(4 − √2)𝜋
20.- Calcular el volumen encerrado por 𝒙𝟐
𝟏𝟔+ 𝒚𝟐 𝟗 − 𝒛 𝟐= −𝟏, 𝒙𝟐 𝟏𝟔+ 𝒚𝟐 𝟗 = 𝟏 Rpta: 𝑉 = 16𝜋(√8 − 1)
21.- sea S el trozo del cono 𝒛𝟐= 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 interior al cilindro 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝒂𝟐 y situado en el primer
octante calcular S
Rpta: 𝑆 = 𝜋𝑎2
22.-hallar el área de la parte del cilindro 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝒓𝟐 que esta entre el plano 𝒛 = 𝒎𝒙 y el
plano XOY
Rpta: 𝑆 = 4𝑚𝑟2
23.- hallar el área de la superficie de intersección de los tres cilindros 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝒂𝟐, 𝒚𝟐+
𝒛𝟐 = 𝒂𝟐, 𝒛𝟐+ 𝒙𝟐= 𝒂𝟐
24.- hallar el área de la porción del cilindro 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐= 𝟔𝒚 que cae dentro de la esfera 𝒙𝟐+
𝒚𝟐+ 𝒛𝟐= 𝟑𝟔
Rpta: 𝑆 = 144
25.- Hallar el área de la parte del cono 𝒛𝟐= 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 cortada por el cilindro (𝒙𝟐+ 𝒚𝟐)𝟐=
𝒂𝟐(𝒙𝟐− 𝒚𝟐)
Rpta: 𝑆 = 2√2𝑎2
26.-hallar el volumen interior a las superficies 𝒛 = √𝒙𝟐+ 𝒚𝟐, 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐= 𝟒𝒛
Rpta: 𝑉 = 8𝜋
27.- calcular el volumen encerrado por 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐− 𝟐𝒙 = 𝟎, 𝟒𝒛 = 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐, 𝒛𝟐= 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐
Rpta: 𝑉 =32
9 − 3 8𝜋
28.- Hallar el volumen encerrado por los paraboloides 𝒛 = 𝒓𝟐 𝒚 𝒛 = 𝟖 − 𝟑𝒓𝟐
Rpta: 𝑉 = 8𝜋
29.- hallar el volumen encerrado por (𝒙𝟐+ 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐)𝟑= 𝟏𝟔(𝒛𝟐− 𝒙𝟐− 𝒚𝟐)𝟐
Rpta: 𝑉 = (4096
105 √2 − 768
35) 𝜋
30.- calcular el volumen del elipsoide 𝒙𝟐
𝒂𝟐+ 𝒚𝟐 𝒃𝟐+ 𝒛𝟐 𝒄𝟐= 𝟏 Rpta: 𝑉 =4 3𝑎𝑏𝑐𝜋
31.- calcular el volumen encerrado por (𝒙
𝒂) 𝟐 𝟑 ⁄ + (𝒚 𝒃) 𝟐 𝟑 ⁄ + (𝒛 𝒄) 𝟐 𝟑 ⁄ = 𝟏 Rpta: 𝑉 = 4 35𝑎𝑏𝑐𝜋
32.- encuentre el volumen limitado por los cilindros hiperbólicos 𝒙𝒚 = 𝟏, 𝒙𝒚 = 𝟒, 𝒙𝒛 = 𝟏, 𝒙𝒛 = 𝟗, 𝒚𝒛 = 𝟒, 𝒀𝒛 = 𝟗, 𝒙 > 𝟎, 𝒚 > 𝟎, 𝒛 > 𝟎
Rpta: 𝑉 = 8
33.- encuentre la masa y el centroide de una lámina plana limitada por 𝒚 = 𝒙𝟐, 𝒚 = 𝟐 −
𝒙𝟐 densidad superficial 𝝆(𝒙, 𝒚) = 𝒚 Rpta: { 𝑚 = 8 3 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 (0,79 70)
34.- hallar el centroide de la placa plana homogénea limitada por las curvas 𝒚 = 𝟔𝒙 − 𝒙𝟐, 𝒚 =
Rpta: 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 (5
2, 5)
35.- Una lámina tiene forma de la región limitada por 𝒙𝟐
𝟒 + 𝒚𝟐 𝟏𝟔= 𝟏, 𝒚 ≥ 𝟎 hallar el centro de masa si 𝝆(𝒙, 𝒚) = |𝒙|𝒚 Rpta: 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 (0,8 15)
36.- una lamina tiene forma de la región del primer cuadrante limitada por las graficas de
𝒚 = 𝒔𝒆𝒏𝒙, 𝒚 = 𝒄𝒐𝒔𝒙, 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 ≤ 𝒙 ≤𝝅
𝟐 hallar su centro de masa si 𝝆(𝒙, 𝒚) = 𝒚
Rpta: (𝜋
4, 4(8−5√2)
9(𝜋−2) )
37.- Hallar el momento de inercia de una lamina plana homogénea limitada por 𝒚 = 𝒙𝟐, 𝒚 = 𝒙
respecto de los ejes OX,OY (densidad constante k)
Rpta: 𝐼𝑥 = 𝑘 28 ; 𝐼𝑥=
𝑘 20
38.- Mediante integración múltiple, calcular la masa de un cono de base de radio R y altura H si su densidad es constante e igual a k
Rpta: 𝑚 =𝜋
3𝑘𝐻𝑅 2
39.- Calcule el centroide del solido hemisferio superios de radio a si la densidad es proporcional a 𝒛 (𝝆 = 𝒌𝒛)
Rpta: 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 (0,0,8
15𝑎)
40.- hallar el momento de inercia de una esfera de radio R y masa m
Rpta: 𝐼 =1
3𝑚𝑅 2
BIBLIOGRAFIA
Lliulli Villanueva, Edgar. CALCULO II PROBLEMAS RESUELTOS. Editorial Watalo’z 2011 Purcell, Varberg, Rigdon CALCULO NOVENA EDICION. Editorial Prentice Hall 2007
Larson, Hotetler. CALCULO Y GEOMETRIA ANALITICA VOLUMEN 2 (sexta edición) Editorial McGrawHill
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Cabello Piñar, Juan Carlos APUNTES DE CALCULO (2) Universidad de granada Departamento de análisis matemático
