Kendall Rodríguez Bustos
Segundo Examen Parcial
1
Ejercicios Resueltos de Cálculo Superior I Semestre 2017
Escuela de Matemática, Tecnológico de Costa Rica
1 Este material es de uso didáctico para la tutoría de Cálculo Superior que imparte el tutor Kendall Rodríguez Bustos du-
rante el I Semestre 2017. Los ejercicios de este documento fueron tomados de exámenes de semestres anteriores del curso correspondiente, correspondiente, donde el autor brinda una posible solución a dichos ejercicios. ejercicios.
1
2
1. Máximos y Mínimos
Ejercicios 1. Determine y clasifique los extremos de la función f ( x , y )
= x 3 + 3x y 2 − 3x 2 − 3 y 2 + 4
Solución: Dado que f ( x , y ) = x 3 + 3x y 2 − 3x 2 − 3 y 2 + 4 entonces:
= 3x 2 + 3 y 2 − 6x .
■ f x
= 6x y − 6 y .
■ f y
Para hallar los puntos críticos de la función f se debe analizar cuando f x
= 0 y f y = 0, es decir:
3x 2
f x f y
= =
0 0
=⇒
+ 3 y 2 − 6x = 6 y (x − 1) =
3x 2
0 0
+ 3 y 2 − 6x = 6x y − 6 y =
=⇒
0 0
=⇒
3x 2 3 y 2 6x y 0 x 1
+ − = ∨ =
=
0
Donde, se obtienen los siguientes casos:
=0 2 = 00: Al evaluar en la primera ecuación 3 x 2 + 3 y 2 − 6x = 0 y =⇒ 3 x − 6x = 0 =⇒ 3x (x − 2) = 0 =⇒ x = 0 ∨ x = 2.
■ y y
x =1 = + 3 y 2 − 6x = 0 =⇒ 3 y 2 − 3 = 0 =⇒ 3 y 2 − 1 =⇒ y 2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1. Es decir, en total se obtienen los siguientes 4 puntos críticos: (0,0), (2,0), (1, −1) y (1,1).
■ x 1 1: Al evaluar en la primera ecuación 3 x 2
Luego, se determina la función Hessiano H (x , y ) de la siguiente manera: H (x , y ) f xx f y y
=
·
− f x y 2
donde f xx
= 6x − 6, f y y = 6x − 6 y f x y = 6 y , o sea, H (x , y ) = (6x − 6)2 − 36 y 2
Con esto, se realiza lo siguiente: ■ H (0,0)
= 36 y f xx (0,0) = −6
(Máximo local y el máximo es f (0,0)
3
= 4;(0,0,4)).
■ H (2,0)
= 36 y f xx (2,0) = 6
■ H (1, 1)
− = −36
■ H (1,1)
= −36
(Mínimo local y el mínimo es f (2,0)
= 0;(2,0,0)).
(Punto de silla en (1, 1,2)).
−
(Punto de silla en (1,1, 2)).
2. Considere la función f definida por f ( x , y ) a ) Verifique que los puntos (0,0) y
1
2
1
2
,
2
= x ye −x − y . 2
son puntos críticos de f .
Solución: Note que:
■
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= ye −x − y + x ye −x − y ·−2x = ye −x − y − 2x 2 ye −x − y f y = xe −x − y + x ye −x − y ·−2 y = xe −x − y − 2x y 2 e −x − y
■ f x
Observe que al evaluar los puntos dados en las derivadas parciales se obtiene: ■ f x (0,0) ■ f x
0 y f y (0,0)
0.
= = −= − − = = − − − = 1
2
,
1
1
2
2
1
1
e
2
e
1
1
0 y f y
2
,
1
1
2
2
e
1
1
2
e
1
0.
Por lo tanto, los puntos dados son puntos críticos de f . b ) Clasifique el punto crítico (0,0). Solución: La función Hessiano corresponde:
H (x , y ) f xx f y y
=
2
2
2
2
·
− f x y 2
2
2
donde f xx 6x ye −x − y 4x 3 ye −x − y , f y y 6x ye −x − y 2 2 2 2 2 2 f x y e −x − y 2x 2 e −x − y 4x 2 y 2 e −x − y , es decir:
=
=− −
H (x , y )
+ +
=−
= −
2 2 2 2 6x ye −x − y + 4x 3 ye −x − y
− − e
Por último, se tiene que H (0,0) (0,0,0).
x 2 y 2
2
2
2
+ 4x y 3e −x − y y
· −
2 2 2 2 6x ye −x − y + 4x y 3 e −x − y
2
2
2
− 2x 2e −x − y + 4x 2 y 2 e −x − y
2
−
= −1, es decir, es un punto de silla que se alcanza en (0,0, f (0,0)) =
3. Determine y clasifique los puntos críticos de f ( x , y )
= x 4 + 2x 2 y − x 2 + 3 y 2.
Solución: Observe que:
= 4x 3 + 4x y − 2x f y = 2x 2 + 6 y .
■ f x ■
De esta forma, el análisis de los puntos críticos corresponde:
f x f y
= =
0 0
=⇒
4x 3
+ 4x y − 2x = 2x 2 + 6 y = 4
0 0
=⇒
2x 2x 2
+ 2 y − 1 = x 2 + 3 y =
0 0
( 1) ( 2)
De la primera ecuación ecuación se obtiene: 2x 2x 2
+ 2 y − 1 = 0 =⇒ 2x = 0 ∨ 2x 2 + 2 y − 1 = 0 =⇒ x = 0 ∨ y = −x 2 + 12
Se analiza los siguientes casos:
= 0 al evaluar en la segunda ecuación, se obtiene que 0 2 + 3 y = 0 =⇒ y = 0. 1 1 = 0 =⇒ ■ Cuando y = −x 2 + al evaluar en la segunda ecuación, se obtiene que x 2 + 3 −x 2 + 2 2 −2x 2 + 32 = 0 =⇒ x = ± 23 . 3 1 Si x = ± entonces y = − . 2 4 3 1 3 1 Por lo que se obtienen los siguientes puntos críticos: (0,0), − , − y , − . Luego, se de2 4 2 4 ■ Cuando x
terminan la función Hessiano: H (x , y ) f xx f y y
=
·
= 12x 2 + 4 y − 2, f y y = 6 y f x y = 4x , es decir:
donde f xx
H (x , y )
− f x y
2
= 72x 2 + 24 y − 12 − 16x 2 = 56x 2 + 24 y − 12
Por último, se obtiene que: ■ H (0,0) ■ H
−
■ H
12; punto de silla: (0,0, f (0,0))
= − −
3 1 , 2 4
− = 24, f xx −
= (0,0,0).
3 1 , 2 4
− = 6 alcanza el mínimo local en el punto −
3 1 , , f 2 4
−
−
3 1 , 2 4
−
3 1 3 , , . 2 4 9
− −
3 1 , 2 4
− = 24, f xx
3 1 , 2 4
− = 6 alcanza el mínimolocal en el punto
3 1 3 , , . 2 4 9
− −
5
3 1 , , f 2 4
−
−
3 1 , 2 4
−
=
=
6
2. Multiplicadores de Lagrange
Ejercicios 1. Se quiere construir un cilindro circular recto con fondo pero sin tapa (ver figura 1). Si se dispone de 48π cm2 de lata para construirlo, use multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones del cilindro, de tal manera que su volumen sea máximo.
Figura 1: Clindro circular recto
Solución: El volumen de un cilindro circular recto es V πr 2 h , donde su área de la base A B πr 2 (fondo) y el área lateral A L 2πr h , donde se tiene que πr 2 2πr h 48π. De esta forma, considere
=
=
la siguiente función de Lagrange: L (r , h , λ)
= πr 2 h − λ
donde:
2 πr
+
=
=
+ 2πr h − 48π
= 2πr h − 2πλr − 2πλh . L h = πr 2 − 2πλr . L = πr 2 + 2πr h − 48π.
■ L r ■ ■
λ
Se analiza el siguiente sistema de ecuaciones:
L r L h L λ
= = =
0 0 0
=⇒
2πr h 2πλr 2πλh 2 πr 2πλr 2 πr 2πr h 48π
−
− − −
+
= = =
0 0 0
=⇒
r h
− λr − λh = r = 2 r + 2r h =
0 2λ 48
(1) (2) (3)
donde al evaluar la ecuación (2) en la ecuación (1) se obtiene: 2λh 2λ2
−
− λh = 0 =⇒ 2h − 2λ − h = 0 =⇒ h = 2λ
(4)
Sustituyendo (2) y (4) en la ecuación (3): 4λ2
+ 8λ2 = 48 =⇒ 12λ2 = 48 =⇒ λ = ±2
Se toma el valor de λ 2 entonces r h 2 λ 4 cm son las dimensiones que maximizan el volumen del cilindro circular recto con las condiciones dadas.
=
= = = 7
2. Considere el problema de optimización de maximizar la función P (x , y ) x 2 y , sujeto a la restricción x 2 8 y 2 24, el cual posee en total seis puntos críticos. Determine dichos puntos críticos e indique cuál o cuáles maximizan la función P .
+
=
=
Solución: Considere la siguiente función de Lagrange:
L (x , y , λ)
= P (x , y ) − λ
donde:
x 2
+ 8 y 2 − 24 = x 2 y − λ
x 2
+ 8 y 2 − 24
= 2x y − 2λx . L y = x 2 − 16λ y . L = x 2 + 8 y 2 − 24.
■ L x ■ ■
λ
Se procede a resolver el siguiente sistema de ecuaciones:
L x L y L λ
= = =
0 0 0
=⇒
2x y 2λx x 2 16λ y x 2 8 y 2 24
+
− −
−
= = =
0 0 0
=⇒
x ( y λ) x 16λ y x 2 8 y 2 2
−
−
+
= = =
0 (1) 0 (2) 24 (3)
De la primera ecuación se analizan los siguientes casos: ■ Cuando x
= 0 sustituyendo en la ecuación (2) se obtiene −16λ y = 0 =⇒ λ y = 0 =⇒ λ = 0 ∨ y = 0. Luego, al sustituir x = 0 en la ecuación (3) se obtiene 8 y 2 = 24 =⇒ y 2 = 3 =⇒ y = ± 3. Observe que el punto (0,0) no es punto crítico, pues no satisface la ecuación (3).
= λ al evaluar en la ecuación (2) se obtiene que x 2 − 16 y 2 = 0 =⇒ (x − 4 y )(x + 4 y ) = 0 =⇒ x = 4 y ∨ x = −4 y . Donde al evaluar x = ±4 y en la ecuación (3) se obtiene 16 y 2 + 8 y 2 = 24 =⇒ 24 y 2 = 24 =⇒ y = ±1. De esta forma, del análisis anterior se obtienen los siguientes puntos críticos: (0, − 3), 0, 3 , (−4, −1), ( −4,1), (4, −1) y (4,1). Luego se calculan las imágenes de los puntos anteriores bajo la ■ Cuando y
función P :
− = =
■ P 0, ■ P 0,
3
3
0.
0
■ P ( 4, 1)
− − = −16. ■ P (−4,1) = 16. ■ P (4, −1) = −16. ■ P (4,1) = 16. donde los puntos ( −4,1) y (4,1) maximizan la función P con las condiciones dadas. 3. La temperatura T (x , y ) en un punto (x , y ) sobre una placa delgada de metal es: T (x , y )
= 4x 2 − 4x y + y 2
Si una hormiga camina sobre la placa alrededor de un círculo de radio 5 con centro en el origen, ¿cuál es la temperatura máxima que encuentra la hormiga? 8
Solución: Considere la función lagrangiana definida como: L (x , y , λ)
= 4x 2 − 4x y + y 2 − λ
x 2 y 2
+ − 25
donde:
= 8x − 4 y − 2λx . L y =−4x + 2 y − 2λ y . L = x 2 + y 2 − 25.
■ L x ■ ■
λ
Para la búsqueda de los puntos críticos de la función f se debe resolver el siguiente sistema de ecuaciones:
L x L y L λ
= = =
0 0 0
=⇒ −
8x 4 y 2λx 4x 2 y 2λ y x 2 y 2 25
− − + − + −
= = =
0 0 0
=⇒ −
8x 4 y 8x 4 y x 2 y 2
− + +
= = =
2λx 4λ y 25
Sumando las dos primeras ecuaciones se obtiene que 2 λx 4λ y 0 0 λ( x 2 y ) λ 0 x 2 y . Observe que λ 0 se descarta en este problema. Luego al evaluar x 2 y en la tercera 2 2 ecuación x y 25 se obtiene:
∨ =−
+
=
+ =
( 2 y )2 y 2
−
= =⇒
+ = 25 =⇒ 5 y 2 = 25 =⇒ y 2 = 5 =⇒ y = ±
+ = =⇒ = =−
5
Donde:
= − 5 =⇒ x = 2 5. Si y = 5 =⇒ x = −2 5.
■ Si y ■
Luego para hallar el máximo de la función lagrangiana L , basta con evaluar los puntos críticos obtenidos en la función T de la siguiente manera:
− = − =
■ T 2 5, ■ T
5
125.
2 5, 5
125.
Observe que en ambos puntos críticos se obtiene que T (x , y ) xima que encuentra la hormiga es 125.
9
= 125, entonces la temperatura má-
10
3. Integrales Dobles
Ejercicios 1. El área de una región R está dada por 1
− + 2
y
=
I
0
2 y
dxdy
0
1
dxdy
0
entonces a ) Dibuje la región de integración R . Solución: Considere la región R
= R 1 ∪ R 2 donde: ■ R 1 = (x , y ) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ y ∧ 0 ≤ y ≤ 1 . ■ R 2 = (x , y ) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 2 − y ∧ 1 ≤ y ≤ 2 . Observe que la función y = x corresponde a una ecuación de una recta, donde x = 0 cuando y = 0 y x = 1 cuando y = 1. Además, la curva x = 2 − y =⇒ x 2 = 2 − y =⇒ x 2 = −( y − 2); corresponde una parábola que abre hacia abajo, donde x = 1 ( x > 0) cuando y = 1 y x = 0 cuando y = 2.
De esta forma, la representación gráfica de la región R corresponde: Y
2
1
X
1
Figura 2: Región de integración R .
b ) Reescriba la integral en el orden de integración d y d x . Solución: Note que:
=
I
1
2 x 2
− =
dydx
0
R
11
x
dydx
c ) Calcule el área de la región R . Solución: Observe que: 1
2 x 2
− =
I
0
1
dydx
=
x
2 x 2
− − − + − − + y
0
x
1
= = =
=
. d x
x 2
x 2 d x
0
x 3
x 2
3
2
0
7 u .l .2 6
− − = 4
2. Considere la integral I
1
2x
f ( y , z ) d A
0
R yz
2
1 2
4 z
f ( y , z ) d y d z
0
a ) Dibuje la región de integración R . Solución: Considere la región R definida por:
R
=
( y , z )
2
∈R
/ 0 y 2
≤ ≤ −
1 4 z 2
− ∧ 0 ≤ z
≤ 4
= 2 − 12 4 − z =⇒ ( y − 2) = − 12 4 − z =⇒ ( y − 2)2 = 14 (4 − z ) =⇒ 1 ( y − 2)2 = − (z − 4); que corresponde a una parabóla en el plano Y Z . Donde y = 1 cuando 4 z = 0 y y = 2 cuando z = 4. La curva de ecuación y
De esta forma, la representación gráfica de la región de integración R es: Z
4
3
2
1
1
2
Y
Figura 3: Región de integración R .
12
=
b ) Plantee I
f ( y , z ) d A en el orden “ d z d y ”
R yz
Solución: Observe que: 1
=
4
=
f ( y , z ) d z d y
I
0
R yz
3. Considere la siguiente integral
2
4
+
f ( y , z ) d z d y
0
−4( y −2)2 +4
1
− =
f ( y , z ) d z d y
4 y 2
1
I
0
f (x , y ) d x d y
0
entonces a ) Dibuje la región de integración R . Solución: Observe que la región de integración R corresponde:
R
−
=
donde la curva x 4 y 2 2 centrado en (0,0).
=
(x , y )
2
∈R
≤ x
4
y 2
∧ 0 ≤ y
≤ 1
=⇒ x 2 = 4 − y 2 =⇒ x 2 + y 2 = 4; corresponde a un círculo de radio
= 0 al evaluar en x = 4 − y 2 se obtiene que x = 2, de manera análoga, si = 3. De esta forma, la representación gráfica de la región R está dado por:
Luego, cuando y y 1 entonces x
=
/0
≤ −
Y
1
X
3
2
Figura 4: Región de integración R .
b ) Reescriba la integral I en el orden de integración d y d x . Solución: Observe que la integral doble en el orden d y d x se plantea de la siguiente forma:
− =
4 x 2
2
I
3 0
13
f ( x , y ) d y d x
14
4. Integrales Triples
Ejercicios 1. Considere el sólido E delimitado por las superficies de ecuación S 1 : z 3x , S 2 : y 2, 3 (x 3), S 4 : y 2 2(x 1), S 5 : y 0 y S 6 : z 0, que se muestra en la figura 1.1 S 3 : z 2
=−
=
−
=
−
=
=
=
a ) Dibuje las proyecciones del sólido E en los planos X Y y Y Z . b ) Plantee mediante una o varias integrales múltiples el volumen del sólido E , empleando la proyección en el plano Y Z . Debe determinar explícitamente los límites de integración. c ) Determine una ecuación del plano tangente a la superficie S 4 en el punto 3 P ,1,1 . 2
Figura 1.1: Sólido E .
Solución:
a ) La representación gráfica de las proyecciones del sólido E en los planos X Y y Y Z corresponden: 3
2
1
0 1 1
2
2 3
Figura 5: Proyecciones en los planos X Y y Y Z .
b ) Considere la curva C correspondiente a la intersección entre las superficies S 4 y S 3 , es decir:
C : S 3
∩ S 4 :
z y 2
= − 32 (x − 3) 2(x 1)
=
−
15
=⇒ C : z = − 34 y 2 + 3
Por lo tanto, el volumen del sólido E se plantea de la siguiente manera: 3 2 y 4
2
3
y 2 2
− + + =
V E
0
1
z 3
0
2
3
− +
dxdzdy
− 34 y 2 +3
0
z 3
2 z 3
+3
dxdzdy
o de forma equivalente, 3 2 y 4
2
3
y 2
− + =
V E
0
0
c ) Considere la función G (x , y , z ) (x , y , z ) corresponde:
2
z
+1− 3
2
3
+ −
dzdy
0
− 34 y 2 +3
2 z 3 3
z
+ −3
dzdy
= y 2 − 2(x − 1) entonces el vector gradiente de G en el punto
∇G (x , y , z ) =
= − G x , G y
2,2 y , 0
Al evaluar el punto P en el vector gradiente se obtiene que G (P ) ( 2,2, 0). De esta forma, una ecuación del plano tangente a la superficie S 4 en el punto P está dado por:
∇
π:
3 2
− − + 2 x
=−
2( y 1)
− =0
o de manera equivalente, π : 2x 2 y
− + = −1.
2. Considere el sólido Q limitado por las superficies S 1 : z 3 3(x 1)2 , S 2 : 4 z x 2 y 2 , S 3 : y 0 y S 4 : x 0, tal y como se muestra en la figura a la derecha.
− =− − = =
− = +
a ) Dibuje las proyección del sólido Q en el plano X Z . b ) Plantee el volumen del sólido Q (indicando los límites de integración). Figura 1.2: Sólido Q . Solución:
a ) La representación gráfica de la proyección del sólido Q en el plano X Z es:
16
4
3
2
1
0 1
1 2
Figura 6: Proyección en el plano X Z
b ) El volumen del sólido Q se plantea de la siguiente manera:
− −− = 1
V Q
0
4 x 2
4 z x 2
−3(x −1)2 +3
dydzdx
0
o de manera equivalente, 1
4 x 2
− = − −
V Q
0
1)2
4
z x 2 d z d x
−3(x − +3
3. Considere el sólido Q limitado por las superficies z 4 y 2 , y x y z 3, tal y como se muestra en la figura 1.1. Realizando la proyección en el plano X Y , compruebe mediante integración múltiple, 15 que el volumen del sólido Q es ul 3 . 4
= −
17
=
=
Figura 7: Sólido Q .
Solución: La representación gráfica de la proyección del sólido Q en el plano X Y es de la siguiente
forma: 1
0
1
1 2
2
Figura 8: Proyección en el plano X Y .
Así, el volumen del sólido Q se plantea de la siguiente manera: 1
V Q
=
0
0
0
y
1
2
3
2
y
=
0
y
3 dxdy
0
0
1
2
y
3x d y 0
0
1
2
3 y d y
0
dzdxdy
0
y
1
1
=
0
z
0
0
1
=
4 y 2
y
z d x d y
1
=
2
dzdxdy
0
1
=
3
y
+ − + − + − + − + − 4 y 2 0
dxdy
4 y 2 d x d y
0
x 4 y 2
y 0
d y
y 4 y 2 d y
1
15 u .l .3 4
18
4. Plantee las integrales necesarias para calcular el volumen del sólido Q .
Figura 9: Sólido Q .
Solución: Se realiza la proyección del sólido Q en el plano X Z de la siguiente manera: 4
3
2
1
0 1 1
2
2
Figura 10: Proyección en el plano X Z .
De tal forma que el volumen del sólido Q corresponde: 2
1
=
V Q
0
0
− − +
5
4 x 2
3
6 z
dydzdx
0
x
1
dydzdx
x
o bien, de manera equivalente:
− = 1
V Q
0
4 z
0
− − +
5
4
4 z
6 z
dydxdz
1
x
19
0
x
dydxdz
20
5. Coordenadas Polares
Ejercicios
1. La región R es la región sombreada en la figura que está a la derecha. Use coordenadas polares para calcular el área de la región R .
Solución: Considere el cambio de variable x
en forma polar se escribe:
= r cos θ y y = r sen θ. De esta forma, la curva x 2 + y 2 = 4
x 2 y 2
+ = 4 =⇒ (r cos θ)2 + (r cos θ)2 = 4 =⇒ r 2 cos2 θ + r 2 sen2 θ = 4 =⇒ r 2
cos2 θ
+ sen2 θ = 4 =⇒ r 2 = 4 =⇒ r = 2
Luego, se debe determinar lo siguiente:
a ) Intersección entre las curvas r
= 3 + 3cos θ y r = 2: Se calcula igualando las curvas:
3 3cos θ
+
1 3
= 2 =⇒ cos θ = − =⇒ θ = arccos
1 (II cuadrante) 3
−
b ) Tangente al polo con respecto a r
= 3 + 3cos θ: Se calcula la ecuación r = 0:
3 3cos θ
+
= 0 =⇒ cos θ = −1 =⇒ θ = π 21
De esta forma, se plantea el área de la región R en coordenadas polares: 1 3
−
arccos
A R
=
0
0
1 3
2
0
1 3
−
arccos
=
0
= 2arccos
3 3cos θ
π
+ + − + + − + + r drd θ
π
d θ
1 3
arccos
0
π
2 d θ
− +
1 3
−
arccos
1 3
1 3
arccos
2 2
− r
arccos
=
2
27 arcsec 3 4
r drd θ
0
r 2 2
3 3cos θ
d θ
0
(3 3cos θ )2 d θ 2
−
11 2 u .l .2 2
≈ 4,352067946 u .l .2 π/2
2. Dada la integral
π/4
1
e r (sen θ+cos θ) r drd θ .
0
a ) Dibuje la región de integración en el sistema X Y . Solución: Sea R la región de integración en el plano X Y . Observe que:
R
= (θ, r )
π
4
π
≤ ≤ 2 ∧ 0 θ
≤ ≤ r
1
= π4 en coordenadas rectangulares corresponde a la recta y = x . Esto pues, cuando se conoce θ = θ0 entonces se cumple que y = (tan θ0 ) x , donde la curva pasa en el origen, es decir, la pendiente es m = tan θ0 y b = 0 (pues pasa por el origen en el plano X Y ). π Mientras que el ángulo θ = corresponde al eje y positivo (recta vertical). 2 Note que el ángulo
θ
Luego, la curva r 1 corresponde a un círculo centrado en el origen de radio 1, es decir, la curva de ecuación x 2 y 2 1. De esta forma, la representación gráfica de la región de integración corresponde:
=
+ =
22
Y
1
1 2
X
1
1
2
Figura 11: Región de integración R .
b ) Plantear en coordenadas rectangulares la integral anterior, utilizando el orden de integración d x d y . Solución: Observe que la integral en el orden d x d y se plantea de la siguiente manera:
2 2
y
0
donde x r cos θ y y
=
3. Plantee
− +
e +
1 y 2
1
x y
dxdy
0
2 2
e x + y d x d y
0
= r sen θ.
xd A como suma de integrales itera-
D
das en coordenadas polares, donde D es la región del plano limitada por la parábola 4x 2 9 y 0, la recta 3 y 4x 0 y el círculo x 2 y 2 25 (ver figura). Debe determinar explícitamente los límites de integración.
− = + =
+ =
Solución: Considere el cambio de variable x ■
■
= r cos θ y y = r sen θ. De esta forma: x 2 + y 2 = 25 =⇒ (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 25 =⇒ r 2 cos2 θ + sen2 θ = 25 =⇒ r 2 = 25 =⇒ r = 5 (r > 0). 4 3 y + 9x = 0 =⇒ 3r sen θ + 4r cos θ = 0 =⇒ 3sen θ = −4cos θ =⇒ tan θ = − =⇒ θ = 3 4 4 arctan − , donde el ángulo correspondiente en el II cuadrante es θ = π + arctan − . 3 3
■ 4x 2
9sen θ − 9 y = 0 =⇒ 4 (r cos θ)2 − 9r sen θ = 0 =⇒ 4r cos2 θ = 9sen θ =⇒ r = 4cos . 2θ 23
Luego, se calcula lo siguiente: 9sen θ y r r = 55: Observe que por la simetría de la curva = 4cos 2θ 9sen θ 4 (parábola) con respecto al eje y entonces se obtiene que θ = arctan es la inr = 2 4cos θ 3
r a ) Intersección entre las curvas r
tersección entre las curvas dadas.
Otra forma, de hallar la intersección entre dichas curvas es mediante la resolución de la siguiente ecuación trigonométrica: 9sen θ 4cos2 θ
= 5 =⇒ 9sen θ = 20 1 − sen2 θ =⇒ 20sen2 θ + 9sen θ − 20 = 0
=⇒
sen θ
donde la igualdad sen θ arcsen
4 5
−
sen θ
5 4
+ =⇒
sen θ
= 45 ∨ sen θ = − 54
= − 54 es falsa, pues −1 ≤ sen θ ≤ 1. Luego, como sen θ = 45 =⇒ θ =
4 ubicado en el I cuadrante. 5
9sen θ = 4cos : Se resuelve la ecuación r = 0 de la 2θ
r b ) Tangente al polo con respecto a la curva r
siguiente manera: 9sen θ 4cos2 θ
= 0 =⇒ sen θ = 0 =⇒ θ = 0
De esta forma, se obtiene:
D
arctan
xd A
= 0
4 3
9sen θ 4cos2 θ
π
r cos θ r d r d θ
0
+ +
arctan
24
4 3
arctan
4 3
− 0
5
r cos θ r d r d θ
6. Coordenadas Cilíndricas
Ejercicios
1. Calcule, usando coordenadas cilíndricas, el volumen del sólido Q , limitado por la porción de paraboloide z 4 x 2 y 2 , la porción de esfera x 2 y 2 z 2 16 y el plano x y , en el primer octante. (Figura 1).
+ + =
= − −
=
Figura 1: Sólido Q . Solución: Se realiza la proyección del sólido Q en el plano X Y , tal como se observa en la siguiente
figura: 1
0 2 2
2
2
4
Figura 12: Proyección en el plano X Y .
Observe que la región de integración en el plano X Y está compuesta por subregiones. Considere el cambio de variable x r cos θ , y r sen θ y z z .
=
=
=
Se representan las siguientes curvas en forma polar:
= =⇒ θ = π4 (Dada la ecuación y = mx entonces m = tan θ =⇒ θ = arctan m ). z = 4 − x 2 − y 2 =⇒ z = 4 − (r cos θ )2 − (r sen θ )2 =⇒ z = 4 − r 2 cos2 θ + sen2 θ =⇒ z = 4 − r 2 . En particular, si z = 0 entonces r = 2 (Círculo centrado en el origen de radio 2). x 2 + y 2 + z 2 = 16 =⇒ (r cos θ)2 + (r sen θ )2 + z 2 = 16 =⇒ r 2 cos2 θ + sen2 θ + z 2 = 16 =⇒ z = 16 − r 2 (z > 0). En particular, si z = 0 entonces r = 4 (Círculo centrado en el origen de
■ x y ■ ■
radio 4).
25
De esta forma, se plantea el volumen del sólido Q de la siguiente manera:
− − + − − + − − − − + + − − − + + − − − − + + − − − + π
V Q
=
π
π
=
2
2
π
r z
0
4
π
=
π
=
4
π
=
π
4
r 2
16
r z
2
2
π
4
2
π
4
16 r 2
0
4 r d r d θ
d r d θ
4
2
2
π
π
2
r 2
r 16
π
52 3
3 2
2
2r
r 4
2
4
0
π
d θ
2
π
4
r 16 r 2 d r d θ
2
4
1 16 r 2 3
4
2
3
4r r d r d θ
r 16 r 2 d r d θ
2
4
1 16 r 2 3
3 2
4 2
d θ
π
8 3 d θ
2
π
8 3 d θ
4
13π u .l .3 3
Nota: En el paso (1) la integral d u
4
2
d r d θ
0
4
π
=
π
0
π
r
2
π
=
2
0
π
(1)
4 r 2
2
2
r dzdrd θ
π
4
16 r 2
16 r 2
4
2
r dzdrd θ
4 r 2
0
4
π
16 r 2
2
2
−
r 16 r 2 d r se calcula mediante la sustitución u 16 r 2
= − =⇒
= −2r d r =⇒ −d2 u = r dr .
2. La figura 2 muestra el sólido W delimitado en el primer octante por las superficies de ecuación y z 3, x 2 z 2 1 y x 2 z 2 α2 , con 1 α 3. Calcule el volumen de W en términos de α. Para ello utilice la proyección en el plano X Z y coordenadas cilíndricas.
+ =
+ =
+ =
< <
Figura 2: Sólido W . Solución: El sólido W se proyecta en el plano X Z , tal como se ilustra en la siguiente figura:
26
3
1
0 1 1
3
Figura 13: Proyección en el plano X Z .
Considere el cambio de variable x curvas en forma polar:
= r cos θ, z = r sen θ y y = y entonces se tienen las siguientes
+ = 3 =⇒ y + r sen θ = 3 =⇒ y = 3 − r sen θ. x 2 + z 2 = 1 =⇒ (r cos θ )2 + (r cos θ)2 = 1 =⇒ r 2 cos2 θ + sen2 θ = 1 =⇒ r 2 = 1 =⇒ r = 1 (r > 0). x 2 + z 2 = α2 =⇒ (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = α2 =⇒ r 2 cos2 θ + sen2 θ = α2 =⇒ r 2 = α2 =⇒ r = α (r > 0).
■ y z ■
■
donde las últimas dos curvas corresponde a círculos de radio 1 y α, respectivamente. De esta forma, el volumen del sólido W corresponde a: π
V W
=
2
0
r dydrdθ
1
π
=
0
r y
1
0
dr d θ
r (3 r sen θ ) d r d θ
α
2
0
3r r 2 sen θ d r d θ
1
2
0
0
1
π
=
3 r sen θ
α
2
π
=
0
α
2
π
=
3 r sen θ
α
− − − − − 3r 2 2
r 3 sen θ
3
α
d θ
1
27
π
= =
− 2
0
1 3
3α2 2
−
3 α
3
−
3 α sen θ
3π 4
3
+
3 2
− +
sen θ d θ 3
3α2 π u .l .3 4
3. Considere el sólido Q limitado por la esfera de ecuación x 2 y 2 z 2 16 y el cono y 2 x 2 z 2 tal y como se muestra en la figura a la derecha.
+ + =
= +
a ) Dibuje la región de integración en el plano X Z . b ) Calcule, usando coordenadas cilíndricas,
la integral
+ 2 y x 2
z 2 dV .
Q
Figura 3: Sólido Q . Solución:
a ) La región de integración delsólido Q en el plano X Z está dadapor la siguiente representación gráfica: 4
2
2
1
0 1 2
2
4
Figura 14: Proyección en el plano X Z .
donde se observan dos subregiones. b ) Considere el siguiente cambio de variable x tienen las siguientes curvas en forma polar:
28
= r cos θ, y = r sen θ y y = y . De esta manera, se
■ (r cos θ)2 y 2
2 2 2 2 2 2 2 + 2 + (r sen θ) = 16 =⇒ r cos θ + sen θ + y = 16 =⇒ r + y = 16 =⇒ y = 16 − r ( y > 0). En particular, si y = 0 entonces r = 4 (r > 0). ■ y 2 = x 2 + z 2 =⇒ y 2 = (r cos θ )2 + (r sen θ)2 =⇒ y 2 = r 2 cos2 θ + sen2 θ =⇒ y 2 = r 2 =⇒ y = r (r > 0). Dado que y = 8 entonces se tiene que r = 8.
De esta forma, se tiene que:
+ 2 y
Q
x 2
π
z 2 dV
=
8
2
0
0
π
=
0
0
π
=
0
r y
0
2
0
=
2
0
4
0
r 0
π
r 5 5
8
d θ
0
0
π
2
0
π
0
π
+
29
2
0
4
16 r 2
2 2
r y
16r 2
0
2048 15
r 5 5
d r d θ
r 4 d r d θ
8
1024 448 2 15
−
4
2r 2 y d yd r d θ
8 0
8
16r 3 3
2
128 2 d θ 5
64π 2 5
2
d r d θ
r d r d θ
0
π
=
8
2
π
=
2 2
0
π
=
2r y d yd r d θ
16 r 2
4
2
2
2 yr r d yd r d θ
8 0
π
0
8
2
0
r
16 r 2
4
2
2 yr r d yd r d θ
0
8
2
− + − + + − − + + − + − π
r
4
d θ
8
896 2 d θ 15
