UNIVERSIDAD TÉCNICA FEDERICO SANTA MARÍA CAMPUS SANTIAGO Problem Problemas as resuelto resueltos s - Mate 4
Problema 1. Calcular el volumen del sólido acotado por las superficies x2 + y 2 = 2x , z = x y z = 2 x . Solución:
Integrand Integrando o sobre el disco x2 + y 2
≤ 2x
y pasando a coordenadas polares.
V =
(2x
− x) dxdy
x2+y 2 2x
≤
π/2 π/ 2 2cos θ
=
−π/2 π/ 2 π/2 π/2
r r cos θ dr dθ
·
0
2cos θ
· =
r3
3
−π/2 π/ 2
π/2 π/2
=
cos θ dθ
0
π/2 π/2
8 16 cos4 θ dθ = 3 3
−π/2 π/ 2
cos4 θ dθ = π
0
Nota: El resultado es el mismo si se hace con integrales triples y se pasa a coordenadas cilíndricas.
1
JuanB
Problema 2. Encuentre el volumen del cuerpo limitado por las superficies:
z = x2 + y 2 y z = 2
− x2 − y2 .
Solución:
2 +
x
z z
x2 + y 2 = = 2 x2 y 2
− −
2 ≤ 1
y
⇒ x2 + y2 = 2 − x2 − y2 =⇒ 2
=
x2 + y 2 = 2 =
⇒ x2 + y 2 = 1
Calculando en coordenadas cilíndricas: π/2 2 r 2 1 π/2
−
V = 4
0
0
r dz dθ dr
r2
π/2 1 π/2
=4
r(2
0
0
− r2 ) − r · r2
dθ dr
π/2 1 π/2
=4
2r
0
=4
0
π
·2
= 2π
− 2r 3
dθ dr
1
2r
0
r
2
−
− 2r 3
r4
2
2
dr
1
=π 0
JuanB
Problema 3. Hallar el volumen del sólido R, determinado por las ecuaciones x2 + y 2
≥ 1 y 0 ≤ z ≤ 9 − x2 − y 2 .
Solución
z = 9
x
2
+y
2
=1
x
π/ 2 9 r2 3 π/2
1
=4
0
π
·2
= 2π
r dz dθ dθ dr = 4
0
3
9r
1
81 2
−r
81 4
2
+y
2
=9
π/ 2 3 π/2
−
V = 4
− x2 − y 2
3
− −
dr = 2 π
9 1 + 2 4
3
1
0
9r 2 2
r(9
−
− r2 ) dθdr
r4
4
3 1
= 32π
JuanB
Problema 4. Calcular
x2 + y 2 z
arctg
R
donde
R es la región encerrada por la semiesfera unitaria √ 2 2 z=
3x + 3 y
x2 + y 2 + z 2 = 1 que está entre las superficies
3z =
y
dV
x2 + y 2
Solución:
En coordenadas esféricas la ecuación del cono z = del cono
√3z =
3x2 + 3y 2 queda φ =
x2 + y 2 en coordenadas coordenadas esféricas, es φ =
π
3
π
6
. Analogamente, la ecuación
. Luego se tiene
z
x =ρ cos θ sen φ y =ρ sen θ sen φ z =ρ cos φ
0
Y en este caso caso : 0 θ
≤ρ≤1 ,
≤ ≤ 2π
,
π 6
≤ φ ≤ π3 . π/3 1 2π π/3
arctan
x2
+
z
y2
dV =
R
y
x
arc arc tg
0
0 π/6 π/6
=
ρ2 sen2 φ
ρ cos φ
ρ2 sen φ dφdθ dρ dρ
π/3 π/3 1 2π
φρ2 sen φ dθ dρdφ
π/6 π/6 0
0
π/3 π/ 3
2π = 3
φ sen φ dφ
π/6 π/ 6
=
=
2π 3
π/3 π/3
− − − − √ √
2π = (sen φ 3
π 2π sen 3 3
3 2
φ cos φ)
π/6 π/6
π
3
− π6 − 12 +
cos
π
3
sen
π
π
6
6
cos
π
6
3π 12
4
JuanB
Problema 5. Hallar el volumen del sólido S, acotado por el cilindro x2 + y 2 = 4 y el hiperboloide x2 + y 2 z 2 = 1 .
−
Solución
2 1
π/2 2 π/2
√r −1 2
·
V = 2 4
1
=8
0
0
2
− π
2
r
r2
1 dr
1
1 = 4π (r1 2
=
r dz dθdr
4π 3/2 (3 3
3/2
− 1)
2 2 ·
3
1
− 0) = 43π · 3
5
√
√
3= 4 3π
JuanB
centroide de la región sólida Problema 6. Obtener la coordenada y¯ del centroide con densidad constante, que es interior al cilindro x2 + y 2 2y = 0, y que está limitado superiormente por el paraboloide paraboloide z = x2 + y 2, e inferiormente por el plano z = 0
−
Solución:
y dV
y¯ =
M y = volumen
R
dV
R
Volumen
V =
R
1 = 2
π/2 π/2 2sen θ r 2
dV = 2
0
0
π/2 π/ 2 2sen θ
r dz dr dθ = 2
0
0
r3 dr dθ
0
π/2 π/2
16 sen sen4 θ dθ =
0
3π (unidades de volumen ) 2
Por otra parte
M y =
R
π/2 π/2 2sen θ r2
y dV = 2
0
0
π/2 π/2 2sen θ
r sen θ r dz dr dθ = 2
·
0
π/2 π/ 2
=2
0
∴
0
r4 sen θ dr dθ
0
32 sen sen6 θ dθ = 2 π 5 y¯ =
6
2π 3π 2
=
4 3
JuanB
Problema 7.
Use un cambio de variable apropiado para calcular
(x2 + y 2 ) dy dx
R
donde
R=
x2
− y2 = 9; x2 − y 2 = 1;
xy = 4 xy = 2
Solución: Observación. La región es simétrica respecto del origen y la función cumple f (x, y ) = f ( x, y ), ∴ trabajar en el primer cuadrante y multiplicar por 2.
− −
Hacer el cambio de variable
u = x2 v = xy J ϕ(x, y ) =
2x
R
− 2y
y
(x2 + y 2 ) dy dx = 2
− y2
x
9
4
1 2 y
≤u≤9 ≤v≤4
det(J ϕ(x, y )) = 2x2 + 2y 2
1 dv du = (x2 + y 2 ) 2 2(x + y2 )
1
2
7
9
4
dv du = 16
1
2
JuanB
Problema 8. Calcular
y + x
usando el cambio de variables u = y = 4 x, y = x, xy = 1 y xy = 9 .
y x
√xy
R
y v = xy . Donde
dxdy
R es la región del plano encerrada por las curvas
Solución:
De las ecuaciones
u=
y x
v = xy
Se obtiene obtiene
v = u
2
y = xu =
⇒ v = x u =⇒ x = √v √√ y = xu = √ · u = u v u
√v √u
Luego el cambio esta definido como:
√√ √ √ √ · v , u
ϕ(u, v) =
J ϕ(u, v) =
=
∂x ∂u ∂y ∂u
∂x ∂v ∂y ∂v
−
1 2
1 2
u v
v
=
−1 u−3/2 2
1 2 v
√
√v √ 2 u
u−3/2 v 1/2
u−1/2 v 1/2
1 2
√u √ 2 v
u−1/2 v −1/2
1 2
· √1u
u1/2 v −1/2
Por lo tanto
| det J ϕ(u, v)| =
−
1 −1 u 4
−
1 −1 u = 4
− 8
1 −1 1 u = 2 2u
JuanB
Haciendo los cambios en la integral se tiene:
y + x
R
√xy
4
dxdy =
9
√ 1
1 4
9
1 = 2
√
1 = 2
√
1 = 2
√
1 = 2
√
=
√v
u+
1 2
1
1
+
1 dv du 2u
√v u
1
4
1
4
v 2 v 3/2 + u 3 u
9 u
1
4
1
u
dv du
9
du
1
1
2 + (27 3u u
−√
8
52 1 + u 3 u
√ ·
·
4
8 2 u + 1
− 1)
du
du
52 ln u 3
4 1
9
= 8(2
− 1) + 263 ln 4
= 8+
26 ln 4 3
JuanB
Problema 9. Calcular
x2 + y 2
S
donde
z
1
S es la región determinada por las ecuaciones:
dV
≤ x2 + y 2 ≤ 4
y
0
≤ z ≤ |x| .
Solución:
Usando coordenadas coordenadas cilíndricas cilíndricas en el primer octante, octante, obtenemos obtenemos
S
z
x2 + y 2
cos(θ ) π/2 r cos(θ 2 π/2
dV = 4
1
0
z dzdθdr
0
π/2 1 π/2
=2
0
r2 cos2 (θ) dθ dr
0
· ·
π/2 π/2
2
=2
r2 dr
1
=2
r3
3
10
cos2 (θ) dθ
0
2 1
π
4
=
7π 6
JuanB
Problema 10. Calcule Calcule la integral integral
y z dx dx dy dz
R
donde
z=
R es la región encerrada entre la superficie
Solución:
x2 + y 2
y la superficie
x2 + y 2 + z 2 = 2x .
Observación: Esta integral vale 0 sin hacer ningun cálculo. Se trata de una región simétrica respecto del plano y = 0 mientras que la función f (x , y , z ) = yz cumple f (x, y, z ) = f (x , y , z ) . De cualqui cualquier er forma si se quiere hacer los calculos ahí va:
−
−
Usando coordenadas cilindricas
π/2 π/2 2cos(t 2cos(t) r
y z dx dy dz =
0
−π/2 π/2
R
r sen(t) z r dz dr dt
· ·
0
2cos(t) π/2 π/2 2cos(t
=
2
r sen(t)
0
−π/2 π/2
z2
2
r
dr dt
0
π/2 π/2 2 cos( cos(t)
1 = 2
−π/2 π/2
r4 sen(t) dr dt
0
π/2 π/2
1 = 10
5
r sen(t)
−π/2 π/2
2 cos( cos(tt)
dt 0
π/2 π/2
32 = 10
cos5 (t) sen(t) dt = 0
·
−π/2 π/2 Usando una vieja propiedad de las funciones impares.
11
JuanB
