Integracio n en Rn. Integral mu ltiple.

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SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS DE CA LCULO II PARA GRADOS DE INGENIERI A Elaboradas por Domingo Pestana y Jose Manuel Rodrı guez, con Paulo Enrique Ferna ndez Moncada, Arturo de Pablo y Elena Romera.

1 SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS DE CA LCULO II PARA GRADOS DE INGENIERI A Elaboradas por Domingo Pestana y Jose Manuel Rodrı guez, con Paulo Enrique Ferna ndez Moncada, Arturo de Pablo y Elena Romera. Integracio n en Rn Integral mu ltiple. Problema Z Z Z Z Z. Z ( + y+y ) dyd = ( + + ) d = y(+y) dyd = ( + ) d = ; i Z Z Z ; ii (sen sen y) dyd = ( sen ) d = ; Z / Z / Z / Z Z / iv) (sen( + y)) dyd = (cos cos( + /)) d = ; v) ( sen y ye ) dyd = Z (e e ) ( e ) d =. Problema. Z Z Z Z Z Z ( y) dyd = d = ; i (y ) dyd = ( ) d = Z Z Z Z Z Z ( sen( y)) dyd + ( sen( y)) dyd = d + d = ; ; ii Z Z + Z Z iv) y sen dyd + y sen dyd = Problema. Z m D f M D, donde M = ma f =, m = min f =, D = ; i en este caso, D D D M =, m =, A = ; ii dividimos A = A = [, ] [, ], A = [, ] [, ]; se tiene [ Ak, donde A = [, ] [, ], A = [, ] [, ], k= m =, M = Z, m =, M =, m =, M =, m =, M =, con Ak = para todo k; ası f A

Problema. dyd + Problema. ii y/ / f(, y) ddy + / arcsen(y) y dyd =.

y f(, y) ddy. Problema.6 f = R R g = + + Problema y.

por simetría dyd = d = = sen(y ) dyd = = (z + z + 7 6 ) dz =. Problema.

z ddydz = d = ; i ( + y + z) ddydz = ze +y ddydz = (e ) y y ddy = más

2 Problema. dyd + Problema. ii y/ / f(, y) ddy + / arcsen(y) y dyd =. y f(, y) ddy; i f(, y) ddy + / / arcsen(y) f(, y) ddy; iv) f(, y) dyd; e e y f(, y) ddy. Problema.6 f = R R g = + + Problema y.7 sen y ddy = y Problema. por simetría dyd = d = = sen(y ) dyd = = (z + z ) dz =. Problema.9 ii iv) Problema. ddydz = sen y dy =. z ddydz = d = ; i ( + y + z) ddydz = ze +y ddydz = (e ) y y ddy = más difícil; y y sen(y ) ddy = más difícil. z dz = ; i cos dzdyd = ( sen + cos 6). e y y ddydz = ( + y + z) dydz = (y + yz + z + y + z + ) dydz = ze y dydz = (e ) z dz = ( e y ) dy = e ; ( + z) dz = 7; (e ).

{ } u = y Poniendo el jacobiano es J = /, la integral es v = y + 7 u dvdu =. v - - - u Problema.

3 . Cambios de variables en la integral múltiple. Problema. { } u = y Poniendo el jacobiano es J = /, la integral es v = + y u sen v dvdu =. y v u Problema. { } u = y Poniendo el jacobiano es J = /, la integral es v = y + 7 u dvdu =. v u Problema. J(u, v) = u = + u; ii A = ddy = S v + u iv) ( + u + u ) dudv = + 9 ( 6 arctg(/ )). v ( + u) dudv = ; v u Problema. / Problema. r log(r ) drdθ = (log /).

4 { } = ar cos t Poniendo y = br sen t ( sen tr + r + ab r cos t sen t el jacobiano es J = abr, y la integral es ) abr drdt = ab( log ). Problema.6 f es impar en y E es simétrico en esa variable, luego / sen θ f = cos θe r r drdθ =. H E f = ;. E. H Problema.7 / sen θ r + sen θ drdθ = + /. sen θ Problema{. = r } Poniendo cos t el jacobiano es J = r / y = r sen t, y la integral es cos t drdt = Problema.9 ii r z r r + z dzdrdθ = 7 ( ); i rze r +z drdzdθ = (e9 ). z r 9 r drdzdθ = ;

Problema. /. Aplicaciones. e ρ ρ sen ϕ dρdϕdθ = ( )( e 7 ).

/, y la integral queda uv b q a p uv dvdu = { } u = y (b

integral v queda dvdu = log. v -. -. -. -... - - Problema.

r dzdrdθ = ; 6/ z r drdzdθ = 9 7 primero observamos que la

5 Problema. /. Aplicaciones. e ρ ρ sen ϕ dρdϕdθ = ( )( e 7 ). Ver figura del Problema.. Problema. dyd = 9 { u = ; i poniendo } /y v = y, el jacobiano es J = /, y la integral queda uv b q a p uv dvdu = { } u = y (b a)(q p); ii poniendo v = y, el jacobiano es J =, y la integral v queda dvdu = log. v Problema. ii 6 r r r dzdrdθ = ( ); i r dzdrdθ = ; iv) z r r drdzdθ + r dzdrdθ = ; 6/ z r drdzdθ = 9 7. Problema. primero observamos que la intersección de las superficies 9 = + y es la elipse + y = 9; / (9 )/ 9 el volumen es entones, por simetría, dzdyd = 7 +y 6; / ( y)/ i dzdyd =. /

sen θ sen ϕ, z = cρ cos ϕ, con jacobiano J = abcρ sen ϕ, y volumen R Problema.

6 / Problema.7 M = y CM = 9 kr drdθ = k.

6 6 Problema. a b /a c /a y /b dzdyd = abc; también se podrían haber utilizado coordenadas esféricas adaptadas, = aρ cos θ sen ϕ, y = bρ sen θ sen ϕ, z = cρ cos ϕ, con jacobiano J = abcρ sen ϕ, y volumen R Problema. / cos θ 6 r / abcρ sen ϕ dρdϕdθ = abc; en el caso de la bola de radio R quedaría R. r dzdrdθ = 6 ( ). 9 Problema.6 / Problema.7 M = y CM = 9 kr drdθ = k. ρ dyd = 9ρ ; = CM 9ρ y dyd = ; i M = sen ρ dyd =, ρ dyd = 6ρ ; = por simetría, y = CM CM sen y dyd = ; ii M = ρ dyd = ρ ; = CM dyd = (o por simetría); y CM = sen y dyd = / cos ; iv) M = ρ dyd = ( )ρ; CM = sen / cos dyd = ( + ) / cos + ; y CM = y dyd =. sen Problema. En coordenadas esféricas, como + y = ρ sen ϕ, el momento de inercia es / αρ sen ϕρ sen ϕ dρdϕdθ = 6 α( ). sen

7 7 Problema.9 Por simetría, la masa es Problema. M = Problema. M = simetría); I = y dyd = 6; CM = 6 (y ) dyd =. y dyd = 6 ; CM = 6 y dyd = ; I y = y dyd = 9 ; y CM = 6 y dyd = ; y CM = 6 y dyd = 9. y dyd = 6. y dyd = (o por Problema. Despejando la variable y el conjunto se puede escribir también como Q = {, ( + + ) y ( + ( + ))}; por tanto la masa sería M = ( + (+)) (+ +) ( y ) dyd. Sin embargo esta integral no es fácil de calcular. Por otro { } u = + y, mediante el cual el v = y lado, la propia definición original sugiere el cambio de variables conjunto queda Q = { u, u v u} y la densidad ρ = uv; ahora el jacobiano es J = y la masa es M = u u uv dvdu =. v v = u, v = u u Problema. ( / ) / dyd = ( / ) / d = sen u cos u du =, después del cam- = sen} u; también se puede usar la transformación en la integral original de dos variables sugerida por la descripción del conjunto; el jacobiano es J = r sen t cos t y el área { bio / = r cos t y = r sen t /

M = a b( /a) esféricas) es M = c y / / c z dzdyd = ab(6c a b ); la masa del primer octante entero (en ρ sen ϕρ cos ϕ dρdϕdθ = c 6 ; finalmente M = M M.

8 / / r sen t cos t dtdr = i con la transformación anterior, y por simetría, = y = CM CM r sen t cos t dtdr = 6. Problema. La distancia de un punto P = (, y) a la recta r y = es d(p, r) = inercia es I r = ( y) ρ ddy = ρ. y, por tanto el momento de Problema. M = a b( /a) esféricas) es M = c y / / c z dzdyd = ab(6c a b ); la masa del primer octante entero (en ρ sen ϕρ cos ϕ dρdϕdθ = c 6 ; finalmente M = M M. Problema.6 T (, y, z) = α( + y + z ), T m = esfera unidad + y + z =. Problema.7 M = / R z CM = R / R ρ sen ϕ dρdϕdθ = R ; por simetría CM = y CM = ; ρ sen ϕ cos ϕ dρdϕdθ = R. α( + y + z ) ddydz = α; i T (, y, z) = α en la

9 9 Problema. Si consideramos como plano z = el plano que separa el helado del barquillo, en coordenadas cilíndricas tenemos que el helado viene descrito por el conjunto H = { r R, z R r }, mientras que el cucurucho es C = { r R, λ(r R) z }, donde λ = indica la abertura del mismo; tg α entonces la coordenada z del centro de masas es = z CM = M ( R R r ρ h rz dzdrdθ + R λ(r R) ρ c rz dzdrdθ ), o lo que es lo mismo, ρ c ρ h = R R r R λ(r R) rz dzdr rz dzdr = R / R λ / = tg α. R =, tg (α) = / z r Problema.9 el conjunto entre z = ±r, z = ± r, es decir, { r /, r z r}; i Volumen= / r V = ( r dzdrdθ = ; (o volumen de dos conos de radio / y alturas / y / respectivamente, 6 ) = 6 ); = y = por simetría, z = 6 / r CM CM CM rz dzdrdθ =. r) ( + r z r

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