SOLUCIONES. Ejercicios Adicionales Hoja 1 de Problemas

C´alculo. 1o Grado en Ingenier´ıa Civil. Curso 2011/2012. SOLUCIONES. Ejercicios 1-10 + Adicionales

Hoja 1 de Problemas

1.-Hallar el ´area de la superficie comprendida entre las curvasy=x2,y=x1/3. Soluci´on:

La superficieD en cuesti´on se muestra en la figura 1:

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x y y=x2 y=x1/3 D Figura 1: Ejercicio 1

Esta regi´on se expresa como D = (x, y)∈IR2 : 0≤x≤1, x2 ≤y≤x1/3, de modo que el ´

area correspondiente ser´a:

μ(D) = D1dx dy = 1 0 _x1/3 x2 1dy dx= 1 0 x1/3−x2 dx= 5/12. 2.- Calcular D

x2+ydxdy, donde D = (x, y)∈IR2 :|x|+|y| ≤1. Indicaci´on: trans-formar la integral en una en la parte deD que est´a en el primer cuadrante.

Soluci´on:

En la figura 2 est´a dibujado el dominioD

D≡ |x|+|y| ≤1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ si x≥0 y y≥0 |x|+|y| ≤1 → x+y≤1 si x≤0 y y≥0 |x|+|y| ≤1 → −x+y≤1 si x≤0 y y≤0 |x|+|y| ≤1 → −x−y≤1 si x≥0 y y≤0 |x|+|y| ≤1 → x−y≤1 La integral dada D x2+ydxdy= Dx 2 dxdy+ Dydxdy

la segunda es nula, ya que el dominio es sim´etrico respecto y = 0 y la funci´on toma valores opuestos para un mismo x=x0. La primera, debido a la simetr´ıa, es cuatro veces el valor de la integral en el primer cuadrante

I = Dx 2 dxdy= 4 D1 x2dxdy= 4 1 0 x 2 1−x 0 dy dx= = 4 1 0 x 2₍₁₋ x) dx= 4 x3 3 − x4 4 1 0 = 1 3 3.-Calcular 1 0 1 0 f(x, y)dxdy, dondef(x, y) = m´ax (|x|,|y|). Soluci´on: y x y=x Figura 3: Ejercicio 3

En la figura 3 aparece el dominio y el valor que tom la funci´on en cada parte del dominio. I = 1 0 1 0 f(x, y) dxdy= 1 0 x _x 0 dy dx+ 1 0 y _y 0 dx dy= = 1 0 x 2 dx+ 1 0 y 2 dy= x 3 3 1 0 + y 3 3 1 0 = 21 3

4.-Sea el cambio de variable definido por: x=u+v,y=v−u2. Calcular: 1. El jacobianoJ(u, v).

2. La imagen S en el plano XY del tri´angulo T en el plano U V de v´ertices (0,0), (2,0) y (0,2). 3. El ´area deS. 4. La integral S(x−y+ 1) −2 dxdy Soluci´on: Figura 4: Ejercicio 4 Apartado 1:El jacobiano que nos piden

J(u, v) = ∂(x, y) ∂(u, v) = ∂x ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v = 1 1 −2u 1 = 1 + 2u Apartado 2:

La imagen del tri´angulo, a la izquierda, de la figura 4 es el dominio que aparece a la derecha. La correspondencia de los dominios es

⎧ ⎨ ⎩ u = 0 → y=x v = 0 → y=−x2 u+v = 2 → x= 2 → ⎧ ⎨ ⎩ u ≥0 → x−y=u+u2 → x−y≥0 u, v ≥0 → y+x2 =v2+ 2uv+v → y+x2≥0 u+v ≤2 → x=u+v → x≤2 Apartado 3:

La imagen que nos piden la podemos hacer de dos modos A= 2 0 x−−x2dx= x 2 2 + x3 3 2₀= 4 2+ 8 3 = 14 3 Si lo hacemos como integral doble

A= Sdxdy= T (1 + 2u) dudv= 2 0 (1 + 2u) 2−u 0 dv du= = 2 0 (1 + 2u) (2−u) du= 14 3

Apartado 4La integral pedida vamos a hacerla directamente y a trav´es del cambio de variable sugerido.

Directamente I = S 1 (x−y+ 1)2 dxdy = 2 0 _x −x2 dy (x−y+ 1)2 dx= 2 0 1 x−y+ 1 _x −x2dx= = 2 0 1− 1 x2+x+ 1 dx= 2− 2 0 1 x2+x+ 1dx Resolvamos la integral que nos queda

I1= 2 0 1 x2+x+ 1dx= 4 2 0 1 (2x+ 1)2+ 3dx= 4 3 2 0 1 2x+ 1 √ 3 2 + 1 dx= = √2 3arctan 2x+ 1 √ 3 2₀ = √2 3arctan 5 √ 3− 2 √ 3arctan 1 √ 3 = 2 √ 3arctan 5 √ 3 − 2 √ 3 π 6 luego el resultado final es

I = 2− ₂ 0 1 x2+x+ 1dx= 2 + π 3√3− 2 √ 3arctan 5 √ 3

A trav´es del cambio I = S 1 (x−y+ 1)2dxdy= T 1 + 2u (u+u2+ 1)2 dudv= = 2 0 2−v 0 1 + 2u (u2+u+ 1)2 du dv= 2 0 − 1 u2+u+ 1 2−v 0 dv = = 2 0 1− 1 (2−v)2+ 2−v+ 1 dv= 2− 2 0 1 v2−5v+ 7dv resolviendo la primitiva que nos queda

I1= 2 0 1 v2−5v+ 7dv= 4 2 0 1 (2v−5)2+ 3dv= 4 3 2 0 1 2v−5 √ 3 2 + 1 dv= = √2 3 arctan 2v−5 √ 3 2 0 = √2 3 arctan−√1 3 −arctan −5 √ 3 = √2 3 arctan√5 3−arctan 1 √ 3 = = √2 3 arctan√5 3 − π 6 luego I = 2− √2 3 arctan√5 3 − π 6

5.- Utilizar una transformaci´on lineal para calcular

S(x−y)

2_sen2_{(x+y)dxdy, siendo S}

el paralelogramo de v´ertices (π, 0), (2π, π), (π, 2π) y (0, π). Soluci´on:

Figura 5: Ejercicio 5 El dominio en el planoXY viene dado por

−π≤ y−x ≤π π≤ y+x ≤3π con el cambio u= y−x v= y+x → ∂(x, y) ∂(u, v) = ∂(u, v) ∂(x, y) ₋1 = −1 1 1 1 −1 =−1 2; −π ≤ u ≤π π ≤ v ≤3π por tanto I = S(x−y) 2 sen2(x+y) dxdy= S1 1 2u 2_sen2 vdudv= 1 2 _π −πu 2 du 3π π senv 2 dv = = 1 2 _π −πu 2 du 4 π 2 0 senv 2 dv = 1 2 u3 3 π −π 2 B 3 2, 1 2 = 1 2 2π3 3 π = π4 3

6.-Determinar la integral de la funci´on

f(x, y) = y 4 b4 x2 a2 + y2 b2 1 + x2 a2 + y2 b2 +xy2 sobre el recintoD= (x, y)∈IR2 : x 2 a2 + y2 b2 ≤1

, donde aybson constantes positivas. Soluci´on:

El dominio presenta simetr´ıa respecto ax= 0, luego al ser el segundo sumando de la funci´on impar en x, la integral del segundo sumando, sobre el recinto dado, es nula, luego

I = Df(x, y) dxdy= D ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ y 4 b4 x2 a2 + y2 b2 1 + x2 a2 + y2 b2 +xy2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦dxdy= = D y4 b4 x2 a2 + y2 b2 1 + x2 a2 + y2 b2 dxdy

la funci´on subintegral y el dominio, sugieren el siguiente cambio de variable

x= aρcosθ y= bρsenθ → ∂(x, y) ∂(ρ, θ) =

acosθ −aρsenθ

bsenθ bρcosθ

=abρ

y la correspondencia del dominio D= (x, y)∈IR2 : x 2 a2 + y2 b2 ≤1 →D1 = 0≤ ρ ≤1 0≤ θ ≤2π

luego I = D y4 b4 x2 a2 + y2 b2 1 + x2 a2 + y2 b2 dxdy = D1 b4ρ4sen4θ b4ρ2 1 +ρ2abρdρdθ= = ab D1 ρ3sen4θ 1 +ρ2dρdθ=ab 2π 0 sen 4_θ dθ 1 0 ρ3 1 +ρ2 dρ = = ab 4 π 2 0 sen 4 θdθ 1 0 ρ− ρ 1 +ρ2 dρ = = ab 2B 5 2, 1 2 ρ2 2 − 1 2log 1 +ρ2 1 0 = 2ab 3 2 1 2 √ π√π 2 1 2 − 1 2log 2 = = 3π 8 [1−log 2]

7.-Determinar la integral de la funci´on

f(x, y) = x x2+y2e

√

x2+y2

sobre los recintos: 1. E= (x, y)∈IR2 :x2+ (y−1)2 ≤1 . 2. H= (x, y)∈IR2 :x2+ (y−1)2 ≤1, 0≤x . Soluci´on: x y x y E H Figura 6: Ejercicio 7

Apartado 1:La funci´on subintegral es impar respecto a la variablex, y el dominio es sim´etrico respecto a x= 0, ver en la figura 6 la parte de la izquierda, es

E x x2+y2e √ x2_+y2 dxdy= 0

Apartado 2:Si nos fijamos en la funci´on subintegral x x2+y2e √ x2+y2 → ∂f(x, y) ∂x e f(x, y)₌ ∂ef(x, y) ∂x

luego integraremos primero en x I = H x x2+y2e √ x2+y2 dxdy= 2 0 √ 1−(y−1)2 0 x x2+y2e √ x2+y2 dx dy= = 2 0 ! e √ x2_+y2" √ 1−(y−1)2 0 dy = 2 0 ! e √ 1−y2_+2y−1+y2 −ey " dy = 2 0 ! e√2y−ey " dy hemos de resolver I1= 2 0 e √₂ y_{dy I2 =} 2 0 e y_dy I1= 2 0 e √_2y dy = 2y=u2 2 0 e u_{udu= ue}u_|2 0− 2 0 e u_{du= 2e}2₋ e2+ 1 I2= 2 0 e y_{dy= e}y_|2 0=e2−1

por lo tanto el resultado final es I = H x x2+y2e √ x2+y2 dxdy = 2 0 ! e√2y−ey " dy= 2e2−e2+ 1−e2+ 1 = 2

Otra forma: Debido a que en la funci´on subintegral aparece x2 +y2 y el dominio es una semicircunferencia, vamos a hacerla mediante un cambio a coordenadas polares

x= ρcosθ y= ρsenθ → ∂(x, y) ∂(ρ, θ) = cosθ −ρsenθ senθ ρcosθ =ρ

y la correspondencia del dominio

H=(x, y)∈IR2 :x2+y2−2y≤0, 0≤x→H1 = # 0≤ ρ ≤2 senθ 0≤ θ ≤ π 2 luego I = H x x2+y2e √ x2+y2 dxdy = H1 ρcosθ ρ2 e √ ρ2 ρdρdθ= = π 2 0 cosθ 2 senθ 0 ρe ρ_dρdθ= π 2 0 cosθ[ρe ρ_−eρ_]2 senθ 0 dθ= = π 2 0 cosθ !

2 senθe2 senθ−e2 senθ+ 1

" dθ hemos de resolver I1= π 2

0 2 cosθsenθe

2 senθ_{dθ; I2=} π 2 0 cosθe 2 senθ_{dθ; I3 =} π 2 0 cosθdθ I1= π 2

0 2 cosθsenθe

2 senθ_{dθ= senθe}2 senθπ2

0 − π 2 0 cosθe 2 senθ_dθ=e2₋ I2 I2= π 2 0 cosθe 2 senθ_dθ= 1 2 e 2 senθπ2 0 = 1 2e 2₋1 2 I3= π 2 0 cosθdθ= 1

luego I =I1−I2+I3=e2−2 1 2e 2₋1 2 + 1 = 2 8.-Calcular D dxdy

xy , dondeDes el dominio plano limitado por las curvas x2+y2 =ax, x2+y2=ax, x2+y2=by, x2+y2 =by, siendo: 0< a < a, 0< b < b.

Indicaci´on: Efect´ua un cambio de variable, de forma que el nuevo dominio sea el rect´angulo [a, a]×[b, b]. Soluci´on: A B C E D D1 A1 C1 B1 E1 Figura 7: Ejercicio 8 El dominio puede expresarse

a≤ x 2_+y2 x ≤a _b≤ x2+y2 y ≤b _, luego el cambio ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ u= x 2_+y2 x v= x 2_+y2 y → ∂(u, v) ∂(x, y) = x2−y2 x2 2 y x 2x y y2−x2 y2 =− x2−y22 x2y2 −4 =− x2+y22 x2y2

al iual que en el ejercicio rese˜nado, el dominio se transforma en un rect´angulo I = D dxdy xy = D1 x2y2 (x2+y2)2 dudv xy = D1 1 uvdudv= _a a 1 udu _b b 1 vdv= = loga a log b b

9.- Calcular el volumen del s´olido limitado por las superficies: y = z2, 2y = z2, z = x2, 2z=x2,x=y2, 2x=y2.

Indicaci´on: efectuar un cambio de variables de forma que el nuevo recinto de integraci´on sea el cubo [1,2]3. Hallar el jacobiano del cambio inverso.

Soluci´on:

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z2 y = 1 z2 y = 2 x2 z = 1 x2 z = 2 y2 x = 1 y2 y = 2 →D1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1≤u = z 2 y ≤2 1≤v = x 2 z ≤2 1≤w= y 2 x ≤2 siendo ∂(u, v, w) ∂(x, y, z) = 0 −z 2 y2 2z y 2x z 0 − x2 z2 −y2 x2 2y x 0 = 8−1 por lo tanto V = Ddxdydz= D1 1 ∂(u, v, w) ∂(x, y, z) dudvdw= D1 1 7dudvdw= = 1 7 2 1 du 2 1 dv 2 1 dw = 1 7 10.- Calcular

Wf(x, y, y)dxdydz, en los siguientes casos: 1. f(x, y, y) =e−(x2+y2+z2)

3 2

, dondeW es la regi´on queda bajo la esferax2+y2+z2 = 9 y sobre el conoz=x2+y2. 2. f(x, y, y) =zex2+y2+z2, dondeW =(x, y, z)∈IR3 :x2+y2 ≤z2, 0≤z≤1. Soluci´on: r Z θ/4 θ Figura 8: Ejercicio 10

Apartado 1: En la figura, a la izquierda est´a dibujado el dominio, y a la derecha un corte por un plano que pase por el ejeZ. Consideramos coordenadas esf´ericas (ver la figura (9). El jacobiano de la transformaci´on a coordenadas esf´ericas viene dado por,

∂(x, y, z) ∂(ρ, θ, ϕ) =

senθcosϕ ρcosθcosϕ −ρsenθsenϕ senθsenϕ ρcosθsenϕ ρsenθcosϕ

cosθ −ρsenθ

y x z θ ρ ϕ x= ρ sen θ cos ϕ y= ρ sen θ sen ϕ z= ρ cos θ

Figura 9: Coordenadas esf´ericas y el dominio W =x2+y2≤z≤9−x2+y2 →W1 = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 0 ≤ρ≤ 3 0 ≤θ≤ π 4 0 ≤ϕ≤ 2π Luego la integral pedida es

V = We −(x2_+y2_+z2₎32 dxdydz= W1 e−ρ3ρ2senθdρdθdϕ= = 3 0 ρ 2_e−ρ3 dρ π 4 0 senθdθ 2π 0 ϕ = = −1 3e −ρ33 0 [−cosθ] π 4 0 [ϕ]20π = 1 3 1−e−27 1− √ 2 2 2π Soluci´on:

Apartado 2: Planteando el ejercicio, el dominio es el volumen encerrado por el cono z = +x2+y2 y el plano z = 1, superficies que se cortan en la curva

x2+y2=z2 z= 1 , que proyectada sobre el planoz= 0, nos define un dominio planoD=(x, y)∈IR2:x2+y2 ≤1, por lo que V = Wze x2_+y2_+z2 dxdydz= D1 ex2+y2 1 √ x2+y2ze z2 dz dxdy= = D1 ex2+y2 1 2e z21 √ x2+y2dxdy = 1 2 D1 ex2+y2 ! e−ex2+y2 " dxdy pasando ahora a coordenadas polares

V = 1 2 D1 ex2+y2 ! e−ex2+y2 " dxdy= 1 2 D2 eρ2ρ ! e−eρ2 " dρdθ= = 1 2 2π 0 dθ 1 0 e ρ2 ρ ! e−eρ2 " dρ =π 1 2ee ρ2 −1 4e 2ρ21 0 = = π2e 2_−2e−e2_{+ 1} 4 = π 2(e−1) 2

EJERCICIOS ADICIONALES

Ejercicio no 1 Calcular el volumen limitado por la superficie x2+y2+z23= 3a3xyz, que pertenece al primer octante.

Soluci´on:

Hagamos un cambio de variables a coordenadas esf´ericas.

Figura 10: El jacobiano de la transformaci´on es,

∂(x, y, z) ∂(ρ, θ, ω) =

cosωsenθ ρcosωcosθ −ρsenωsenθ senωsenθ ρsenωcosθ ρcosωsenθ

cosθ −ρsenθ 0

=ρ2senθ

y la ecuaci´on de la superficie en esf´ericas,

x2+y2+z23 = 3a3xyz⇒ρ3 = 3a3cosωsenθsenωsenθcosθ Por tanto, V = V dxdydz= V ∂(x, y, z) ∂(ρ, θ, ω)dρdθdω= = π 2 0 dω π 2 0 dθ

_a√3_{3 cosωsen2θsenωcosθ}

0 ρ 2_sen θdρ= = π 2 0 dω π 2 0 senθ ρ3 3

a√33 cosωsen2_θsenωcosθ

0 dθ = = a3 π 2 0 dω π 2 0 senθ

cosωsen2θsenωcosθdθ= = =a3 π 2 0 cosωsenωdω π 2 0 sen 3 θcosθdθ= = =a3 sen2ω 2 π 2 0 sen4ω 4 π 2 0 = a 3 8 Ejercicio no 2 Calcular I = V

x2y2+y2z2+z2x2dxdydz , siendo V el volumen deter-minado por el cilindro, y2+z2= 2pz, y las dos hojas del cono, x2−q2y2+z2= 0, siendo

Soluci´on:

El cilindro tiene su eje paralelo al, eje O x, y su secci´on recta por el plano x = 0 es: y2 + (z−p)2 =p2, por lo tanto su eje es: y= 0 y z=p, ver la figura 11.

Figura 11:

El cono, circular, tiene como eje el eje Ox. La secci´on de estas dos superficies por un plano que pase por Ox y que forme un ´angulo ϕcon el eje Oy, ver la figura 12,

Figura 12: El cambio de variable indicado ser´a:

⎧ ⎨ ⎩ x=x y=ρcosϕ z=ρsenϕ ; ∂(x, y, z) ∂(x, ρ, ϕ) = 1 0 0 0 cosϕ −ρsenϕ 0 senϕ ρcosϕ =ρ

siendo ahora la ecuaci´on del cilindro: y2 +z2 = 2pz ⇒ ρ = 2psenϕ y la del cono: x2 − q2y2+z2= 0⇒x=±qρ. Por tanto I = V x2y2+y2z2+z2x2dxdydz= = V x2ρ2+ρ4cos2ϕsen2ϕρdρdϕdx= = _π 0 dϕ 2psenϕ 0 ρ 3_d ρ _qρ −qρ x2+ρ2cos2ϕsen2ϕdx= = _π 0 dϕ 2psenϕ 0 ρ 3x3 3 +ρ 2_cos2 ϕsen2ϕx qρ −qρ dρ=

= _π 0 dϕ 2psenϕ 0 ρ 3₂q3ρ3 3 + 2qρ 3_cos2 ϕsen2ϕ dρ= = _π 0 2q 3 3 + 2qcos 2 ϕsen2ϕ ρ 7 7 2psenϕ 0 dϕ= = 2q 3 3 (2p)7 7 _π 0 sen 7_{ϕdϕ+ 2q}(2p)7 7 _π 0 cos 2_ϕsen9_ϕdϕ= = 2q 3 3 (2p)7 7 2 π 2 0 sen 7_{ϕdϕ+ 2q}(2p)7 7 2 π 2 0 cos 2_ϕsen9_ϕdϕ= = 2 9_q3_p7 21 6 ! ! 7 ! !+ 29qp7 7 8 ! ! 11 ! ! = 29qp7 7 6 ! ! 7 ! ! q2 3 + 8 11×9 = = 2 9_qp7 21 6 ! ! 7 ! ! q2+ 8 33 = 2 13_qp7 735 q2+ 8 33 Ejercicio no 3 HallarI =

x2y2zdxdydzextendida a la porci´on de cono x2+y2 =xz, comprendida entre los planos z= 0 y z=c. (En esf´ericas).

Soluci´on:

El cono tiene el v´ertice en el origen, es sim´etrico respecto al plano y = 0, sus secciones por planosz= 2k son circunferencias:

z= 2k x2+y2 = 2xk ; z= 2k (x−k)2+y2 =k2 El dominio de integraci´on ser´a:

D≡

#_x2_+y2

x ≤z≤c x2+y2−xc≤0 Pasando a coordenadas esf´ericas, ver las figuras 10 y 13:

⎧ ⎨ ⎩ x=ρsenθcosϕ y=ρsenθsenϕ z=ρcosθ ; → ∂(x, y, z) ∂(ρ, θ, ϕ) =ρ 2_senθ

El cono en coordenadas esf´ericas,

x2+y2 =xz⇒ρ2sen2θ=ρsenθcosϕρcosθ:−→tgθ= cosϕ Por lo tanto el dominio,

D≡ #_x2_+y2 x ≤z≤c x2+y2−xc≤0 ⇒D≡ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ −π 2 ≤ϕ≤ π 2 0≤ρ≤ c cosθ 0≤θ≤arc tg (cosϕ)

Figura 13: Por lo tanto, I = D x2y2zdxdydz= = D

[ρcosϕsenθ]2[ρsenϕsenθ]2ρcosθρ2senθdρdϕdθ=

=

D

ρ7sen5θcosθsen2ϕcos2ϕdρdϕdθ=

= 2

π

2

0 cos

2_ϕsen2_ϕdϕ arc tg(cosϕ)

0 sen 5_θcosθdθ c cosθ 0 ρ 7_dρ= = π 2 0 cos 2 ϕsen2ϕdϕ arc tg(cosϕ) 0 sen 5 θcosθdθ ρ8 8 c cosθ 0 = = c 8 8 π 2 0 cos

2_ϕsen2_ϕdϕ arc tg(cosϕ) 0

sen5θcosθ cos8θ dθ

Hagamos en la ´ultima integral, por ser par en cos y en sen, el cambio siguiente: tgθ=z→dθ= 1

1 +z2dz−→

θ= 0 → z= 0

θ= arc tg (cosϕ) → z= cosϕ Por lo que, I1 = arc tg(cosϕ) 0 sen5θcosθ cos8θ dθ= arc tg(cosϕ) 0 sen5θ cos7θdθ= = cosϕ 0 z √ 1 +z2 5! 1 +z2 "7 ₁ 1 +z2dz= z6 6 cos₀ ϕ= cos 6_ϕ 6 luego, I = c 8 242 π 2 0 cos 8 ϕsen2ϕdϕ= c 8 24B 9 2, 3 2 = c 8 24 Γ 9 2 Γ 3 2 Γ [6] = = c 8 24 7 2 5 2 3 2 1 2Γ 1 2 1 2Γ 1 2 5 ! = 7π 24 _c 2 8