ANÁLISIS REAL: Problemas resueltos. x 2 − y 2 xy , si ( x, y ) ≠ (0,0) 2 1. Sea f : ℜ →ℜ dada por f ( x, y ) = x 2 + y 2 0 , si ( x, y ) = (0,0) 1 2 a) Probar que f ∈C (ℜ ). ∂ 2 f ∂ 2 f 2 b) Probar que existen en cada punto de ℜ -{(0,0)}. y ∂ x∂ y ∂ y∂ x c) Calcular ambas en (0,0) (0,0 ) y constatar que son distintas. Sol.a) Probemos la continuidad de f en (0,0). Entonces ∀ε > 0, ∃δ > 0 t.q. xy
x − y
2
x + y
2
2
2
< ε s.q.
0 < x 2 + y 2 < δ . Luego, x − y
2
x + y
2
2
xy
2
⇒ x y
2
x + y
2
2
= x y
x − y 2
x − y 2
2
x 2 + y 2
2
x + y
2
2
= x y
x + − y 2
≤ x y
x − y 2
2
x 2 + y 2
= x y
pero, x ≤ x 2 + y 2 , y, y ≤ x 2 + y 2
(
⇒ x y ≤ x 2 + y 2
)
2
< δ 2
Basta tomar δ = ε para verificar la continuidad de la función en ese punto. Luego, f es es continua 2 en todo ℜ . Cálculo de las Derivadas de primer orden:
(3 x 2 − y 2 )( x 2 + y 2 ) − ( x 3 − xy 2 )(2 x ) ∂ f ( x, y ) = y ∂ x ( x 2 + y 2 ) 2 3 x 4 − x 2 y 2 + 3 x 2 y 2 − y 4 − 2 x 4 + 2 x 2 y 2 x 4 + 4 x 2 y 2 − y 4 ∂ f ⇒ ( x, y ) = y = y 2 2 2 ∂ x ( x 2 + y 2 ) 2 ( x + y ) ∂ f f (0 + h,0) − f (0,0) f ( h,0) − 0 = lim =0 (0,0) = lim h →0 h →0 ∂ x h h ( x 2 − 3 y 2 )( x 2 + y 2 ) − ( x 2 y − y 3 )(2 y ) ∂ f ( x, y ) = x ∂ y ( x 2 + y 2 ) 2 x 4 − 3 x 2 y 2 + x 2 y 2 − 3 y 4 + 2 y 4 − 2 x 2 y 2 x 4 − 4 x 2 y 2 − y 4 ∂ f ⇒ ( x, y ) = x = x 2 2 2 2 2 2 ∂ y + ( x y ) ( x + y ) f (0,0 + k ) − f (0,0) f (0, k ) − 0 ∂ f (0,0) = lim = lim =0 k →0 k →0 k k ∂ y
ANALISIS REAL 2
Resumiendo:
x 4 + 4 x 2 y 2 − y 4 ∂ f y , si ( x, y ) ≠ (0,0), y ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) 2 ∂ x 0 , si ( x, y ) = (0,0) x 4 − 4 x 2 y 2 − y 4 ∂ f x , si ( x, y ) ≠ (0,0) ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) 2 ∂ y 0 , si ( x, y ) = (0,0) las cuales son continuas en cada caso, puesto que ∀ε > 0, ∃δ > 0 t.q. x 4 − 4 x 2 y 2 − y 4 x 4 + 4 x 2 y 2 − y 4 y < ε y x < ε , s.q. 0 < x 2 + y 2 < δ . 2 2 2 2 2 2 ( x + y ) ( x + y ) Para el primer caso tenemos: 4 2 2 4 4 2 2 4 x + 4 x y − y x 4 + 4 x 2 y 2 − y 4 x + 4 x y − y = y y = y 2 2 2 2 2 2 x y x y + + ( ) ( ) ( x 2 + y 2 ) 2
⇒ y
x 4 + 4 x 2 y 2 − y 4
( x 2 + y 2 ) 2
≤ y
x 4 + 4 x 2 y 2 + − y 4
( x 2 + y 2 ) 2
= y < δ .
Similarmente, para el segundo, 4 2 2 4 4 2 2 4 x − 4 x y − y x 4 − 4 x 2 y 2 − y 4 x − 4 x y − y = x x = x 2 2 2 2 2 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 ) 2 ( x + y )
⇒ x
x 4 − 4 x 2 y 2 − y 4
( x 2 + y 2 ) 2
≤ x
x 4 + − 4 x 2 y 2 + − y 4
( x 2 + y 2 ) 2
= x < δ .
En ambos casos basta tomar δ = ε para verificar la continuidad de las derivadas en ese punto. 1 2 2 Luego f ∈C (ℜ ), puesto que la función y sus derivadas de primer orden son continuas en ℜ . 2 b) Cálculo de las derivadas cruzadas en ℜ -{(0,0)}.
∂ 2 f ( x, y ) = ∂ y∂ x ∂ ∂ f ( x 4 + 12 x 2 y 2 − 5 y 4 )( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 )(2 y)( x 4 y + 4 x 2 y 3 − y 5 ) = ( x, y ) = ∂y ∂ x ( x 2 + y 2 ) 4 ( x 2 + 12 x 2 y 2 − 5 y 4 )( x 2 + y 2 ) − 4 y ( x 4 y + 4 x 2 y 3 − y 5 )
= =
( x 2 + y 2 ) 3 x 6 + 12 x 4 y 2 − 5 x 2 y 4 + x 4 y 2 + 12 x 2 y 4 − 5 y 6 − 4 x 4 y 2 − 16 x 2 y 4 + 4 y 6
( x 2 + y 2 ) 3
6 4 2 2 4 6 x + 9 x y − 9 x y − y ∂ 2 f ⇒ ( x, y ) = ∂ y∂ x ( x 2 + y 2 ) 3
Obsérvese que el dominio de esta función es precisamente ℜ -{(0,0)}. Además todas las derivadas de segundo orden deben tener la misma base en el denominador, puesto que son el 2
J. Espina -
ANALISIS REAL 3
resultado de aplicar la regla del cociente a las derivadas de primer orden de f . Luego, como todas las funciones resultantes son del tipo cociente, compartirán el mismo dominio y serán continuas 2 2 allí, esto es, f ∈C (ℜ -{(0,0)}). Entonces por el teorema de Schwarz: ∂ 2 f ∂ 2 f ( x, y ) = ( x,y ) , ∀( x, y ) ∈ ℜ 2 − {(0,0)} . ∂ y∂ x ∂ x∂ y c) Cálculo de las derivadas cruzadas en (0,0) Utilizando los resultados de la parte a), obtenemos:
0 + 0 − k 4 ∂ f ∂ f k (0, k ) − (0,0) (0 + k 2 ) 2 ∂ 2 f − k 4 ∂ ∂ x x (0,0) = lim = lim = lim 4 = −1, y k →0 k →0 k →0 k k k ∂ y∂ x ∂ 2 f (0,0) = lim h →0 ∂ x∂ y
∂ f ∂ f (h,0) − (0,0) ∂ y ∂ y
h4 − 0 − 0 h 2 4 (h + 0) 2 h = lim = lim 4 = 1. h →0
h
h →0
h
h
En conclusión,
x 6 + 9 x 4 y 2 − 9 x 2 y 4 − y 6 ∂ f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) 3 ∂ y∂ x −1 x 6 + 9 x 4 y 2 − 9 x 2 y 4 − y 6 2 ∂ f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) 3 ∂ x∂ y 1 2
, si ( x, y ) ≠ (0,0) , y , si ( x, y ) = (0,0) , si ( x, y ) ≠ (0,0) . , si ( x, y ) = (0,0)
Obviamente estas funciones son discontinuas en (0,0); cuando se emplean las trayectorias de la familia y = m x (m∈ℜ) , el valor del límite en ese punto dependerá del parámetro m de la familia.
2.
Halle el Jacobiano de cada una de las siguientes transformaciones: 1 1 a) u = ( x − y ) v= ( x + y ) 2 2 b) x = e r cos θ
y = e sen θ r
Sol.-
∂u ∂ (u, v) ∂ x a) = ∂ ( x, y) ∂v ∂ x ∂ x ∂ ( x, y ) ∂r b) = ∂ (r , θ ) ∂ y ∂r
J. Espina -
∂u ∂ y = ∂v ∂ y ∂ x ∂θ = ∂ y ∂θ
1 2 1 2
−
1 2 = 1 + 1 = 1. 1 2 2 2
e cos θ − e sen θ r
r
e sen θ
r
r
e cos θ
= e 2 r (cos 2 θ + sen 2 θ ) = e 2 r .
ANALISIS REAL 4
3.
Si u, v, x, y están relacionadas por las ecuaciones
xyu − yv 2 + x 2 = 0 ; 2 2 3 4 u 2 v x y 0 + − = encuentre
∂u ∂u ∂v ∂v , , y . ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y
Sol. Nótese que las derivadas solicitadas suponen que implícitamente u = ϕ ( x, y ) y v = ψ ( x, y ) . Para su cálculo es necesario conocer el Jacobiano de la transformación definida en las relaciones implícitas del sistema de ecuaciones. Para facilitar la notación hágase
F (u, v, x, y ) = xyu − yv 2 + x 2 = 0 . 2 2 3 G ( u , v , x , y ) 4 u 2 v x y 0 = + − = Luego, el Jacobiano de la transformación es, ∂F ∂F x ∂ ( F , G ) ∂u ∂v xy − 2 yv = = = 4vy ∂G ∂G 8u 4v 2u ∂ (u, v)
∂u
−2
= 4vy( x + 4u ) .
1
∂v
Para calcular cada una de las derivadas parciales, se usa la conocida formulación: ∂ ( F , G ) ∂ ( F , G ) ∂ ( F , G ) ∂ ( F , G )
∂u ∂ ( x, v) ∂u ∂ ( y, v) ∂v ∂ (u, x) =− =− =− , , y ∂ ( F , G ) ∂ y ∂ ( F , G ) ∂ x ∂ ( F , G ) ∂ x ∂ (u, v) ∂ (u, v) ∂ (u, v)
∂v ∂ (u, y ) =− ∂ ( F , G ) ∂ y ∂ (u, v)
El trabajo se reduce ahora a determinar los determinantes de cada numerador:
Esto resulta de diferenciar F y G con respecto de cada variable independiente. Por ejemplo, al deri var respecto de x se obtiene:
∂F ∂F ∂u ∂F ∂v ∂ x + ∂u ∂ x + ∂v ∂ x ∂G ∂G ∂u ∂G ∂v + + ∂ x ∂u ∂ x ∂v ∂ x
∂F ∂u ∂F ∂v ∂u ∂ x + ∂v ∂ x ⇒ ∂G ∂u ∂G ∂v =0 + ∂u ∂ x ∂v ∂ x
= 0
= − = −
∂F ∂ x ∂G ∂ x
∂F ⇒ ∂u ∂G ∂u
∂F ∂u
∂F − ∂v ∂ x = ∂ x . ∂G ∂v ∂G − ∂v ∂ x ∂ x
Aplicando la regla de Cramer a este sistema de ecuaciones resulta:
∂F
∂F
∂F
∂F
∂ x ∂G
∂v ∂G
∂ x ∂G
∂v ∂G
∂ x
∂v
∂ x
∂v
∂F
∂F
∂F
∂F
∂ ( F , G )
∂u ∂G
∂v ∂G
∂u ∂G
∂v ∂G
∂ (u , v )
−
∂u
− =
= −
∂F ∂u ∂G
∂ ( F , G ) = −
∂ ( x , v )
∂v y
=
∂u
− −
∂F
∂F
∂F
∂ x ∂G
∂u ∂G
∂ x ∂G
∂u
∂ x
∂ x
= −
∂ ( F , G ) = −
∂ (u , x )
∂F
∂F
∂F
∂F
∂ ( F , G )
∂u ∂G
∂v ∂G
∂u ∂G
∂v ∂G
∂ (u , v )
∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u que son las primera y t ercera fórmulas indicadas. Las otras d os se obtienen diferenciando respecto de y.
∂v
∂ x
J. Espina -
∂ x
ANALISIS REAL 5
∂F ∂ ( F , G ) ∂ x = ∂G ∂ ( x, v) ∂ x ∂F ∂ ( F , G ) ∂ y = ∂ ( y , v) ∂G ∂ y
∂F ∂v = yu + 2 x − 2 yv = 2v yu + 2 x − y = 2v[2( yu + 2 x) − 3 x 2 y 2 ], ∂G − 3 x 2 y − 3 x 2 y 4v 2 ∂v ∂F 2 2 − y xu − v ∂v xu − v − 2 yv = = = 2v[2( xu − v 2 ) − x 3 y ], 2 v 3 3 ∂G 4v 2 − x − x ∂v
∂F ∂ ( F , G ) ∂u = ∂ (u, x) ∂G ∂u ∂F ∂ ( F , G ) ∂u = ∂ (u, y ) ∂G ∂u
∂F ∂ x = xy yu + 2 x = −3 x 3 y 2 − 8u ( yu + 2 x) = −[3 x 3 y 2 + 8u ( yu + 2 x)], y ∂G 8u − 3 x 2 y ∂ x ∂F 2 ∂ y xy xu − v = = − x 4 y − 8u ( xu − v 2 ) = −[ x 4 y + 8u ( xu − v 2 )]. 3 ∂G 8u − x ∂ y
Finalmente,
∂ ( F , G ) 2v[2( yu + 2 x ) − 3 x 2 y 2 ] 3 x 2 y 2 − 2( yu + 2 x ) ∂u ∂ ( x, v) , =− =− = ∂ ( F , G ) 4vy ( x + 4u ) 2 y ( x + 4u ) ∂ x ∂ (u, v) ∂ ( F , G ) ∂u 2v[2( xu − v 2 ) − x 3 y ] x 3 y − 2( xu − v 2 ) ∂ ( y, v) =− =− = , ∂ ( F , G ) ∂ y 4vy ( x + 4u ) 2 y ( x + 4u ) ∂ (u, v) ∂ ( F , G ) ∂v ∂ (u, x ) − [3 x 3 y 2 + 8u ( yu + 2 x )] 3 x 3 y 2 + 8u ( yu + 2 x ) , y =− =− = ∂ ( F , G ) 4vy( x + 4u ) 4vy ( x + 4u ) ∂ x ∂ (u, v) ∂ ( F , G ) ∂v ∂ (u, y ) − [ x 4 y + 8u ( xu − v 2 )] x 4 y + 8u ( xu − v 2 ) =− =− = . ∂ ( F , G ) ∂ y 4vy( x + 4u ) 4vy( x + 4u ) ∂ (u, v)
4.
Sean f : A → ℜ y g : A → ℜ integrables. a) Para cada partición P de A y subrectángulo S, pruebe que m S ( f ) + m S ( g ) ≤ m S ( f + g ), y M S ( f + g ) ≤ M S ( f ) + M S ( g ) , y por tanto,
J. Espina -
ANALISIS REAL 6
L( f , P ) + L( g , P ) ≤ L( f + g , P ) y U ( f + g , P ) ≤ U ( f , P) + U ( g , P ) .
∫ ( f + g ) = ∫ f + ∫
b) Probar que f + g es integrable y
A
A
A
g.
Sol.a) Para todo S m S ( f + g ) = inf { f ( x) + g ( x ) x ∈ S } ≥ inf { f ( x) x ∈ S } + inf {g ( x ) x ∈ S } = m S ( f ) + m S ( g )
⇒ m S ( f ) + m S ( g ) ≤ m S ( f + g ) y M S ( f + g ) = sup{ f ( x) + g ( x) x ∈ S } ≤ sup{ f ( x) x ∈ S }+ sup{g ( x) x ∈ S } = M S ( f ) + M S ( g )
⇒ M S ( f + g ) ≤ M S ( f ) + M S ( g ) de donde, L ( f + g , P ) =
∑m
S
( f + g )v ( S ) ≥
∑ [m
S
S
( f ) + m S ( g )]v ( S ) =
∑m
S
S
( f )v ( S ) +
∑m
S
S
( g )v ( S )
S
⇒ L( f , P ) + L( g , P ) ≤ L( f + g , P ). U ( f + g , P ) =
∑ M ( f + g )v(S ) ≤ ∑ [ M ( f ) + M ( g )]v(S ) = ∑ M ( f )v(S ) + ∑ M ( g )v(S ) S
S
S
S
S
S
S
S
S
⇒ U ( f + g , P ) ≤ U ( f , P ) + U ( g , P ). b) f y g son integrables sii U ( f , P) − L ( f , P ) < ε y U ( g , P ) − L( g , P ) ≤ ε , y su integral en cada caso es
∫ f y ∫ A
A
g.
De la primera afirmación puede escribirse además: ε U ( f , P) − f < y A 2 ε U ( g , P) − g < y A 2 Por ello, sumando convenientemente,
ε
∫
∫
∫
∫ g − L( g , P) < 2
A
f − L( f , P ) <
2 ε
A
(∫ f + ∫ g ) − [ L( f , P) + L( g, P)] < ε 2 + ε 2 = ε , y ε ε [U ( f , P) + U ( g , P)] − (∫ f + ∫ g ) < + = ε 2 2 A
A
A
pero,
A
∫ f + ∫ g ) − L( f + g , P) ≤ ∫ f + ∫ g ) − [ L( f , P) + L( g , P)] ⇒ (∫ f + ∫ g ) − L( f + g , P ) < ε U ( f + g , P) − (∫ f + ∫ g ) ≤ [U ( f , P) + U ( g , P )] − (∫ f + ∫ g ) ⇒ U ( f + g , P) − (∫ f + ∫ g ) < ε A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
⇒ U ( f + g , P) − L( f + g , P) < 2ε . Luego, f + g es integrable y su integral es
J. Espina -
∫ f + ∫ A
A
g.
A
A
ANALISIS REAL 7
5.
Encuentre el volumen del sólido limitado en la parte superior por z = x 2 + y 2 , inferiormente por el plano z = 0 , y lateralmente por el cilindro x 2 + y 2 = 4 .
Sol.Como el sólido resultante tiene a z como eje de simetría, los más conveniente es atacar este problema usando coordenadas cilíndricas, x = r cosθ
donde y = r sen θ cuyo Jacobiano es en valor z = z absoluto
∂ ( x, y, z ) = r . Luego para la región ∂ (r ,θ , z )
0 ≤ r ≤ 2 de integración R ′ : 0 ≤ θ ≤ 2π , el volumen es: 0 ≤ z ≤ r 2 2
2π
∫ ∫∫ ∫
V = 1 = R ′
0
0
2
r
0
r dz d θ dr
2π
π
2
0
2
0
= 2π ∫ r 3 dr = r 4
6.
= 8π .
Sea f : [a, b] → ℜ integrable y no negativa, y sea A f = {( x, y ) a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f ( x)} . Probar que A f es medible Jordan y tiene área
b
∫ f . a
Sol.Un conjunto es medible Jordan, si la frontera de ese conjunto es de medida cero; denotemos a esta última por ∂ A f . Luego,
∂ A f = A1 A2 A3 A4 donde, A1 = {( x, y ) a ≤ x ≤ b, y = 0}, A2 = {( x, y ) a ≤ x ≤ b, y = f ( x )}, A3 = {( x, y ) 0 ≤ y ≤ f ( a ), x = a} y A4 = {( x, y ) 0 ≤ y ≤ f (b), x = b}.
Si probamos que A1 es de medida nula, entonces también lo será A2 por hipótesis. Como f es integrable en J , ∀ε > 0 ∃P t.q. U ( f , P ) − L( f , P) < ε . Sean J = [a, b] , f : J → ℜ y P = { J 1 , J 2 , , J n } , donde cada J i es también un intervalo compacto de ℜ ; entonces,
J. Espina -
ANALISIS REAL 8
n
∑ m ( f )v( J )
L( f , P ) =
i
i
i =1
y U ( f , P) =
n
∑ M ( f )v( J ), i
i
i =1
con mi ( f ) = inf { f ( x ) x ∈ J i } y M i ( f ) = sup{ f ( x ) x ∈ J i }.
Entonces puede afirmarse que, n
∑ [ M ( f ) − m ( f )]v( J ) < ε . i
i
i
i =1
Sea I i = J i × [mi , M i ], 1 ≤ i ≤ n . Luego, { I 1 , I 2 , , I n } es un recubrimiento finito de A2 mediante intervalos compactos de ℜ 2 , para el cual n
n
∑ v( I ) = ∑ [ M ( f ) − m ( f )]v( J ) < ε , i
i
i =1
i
i
i =1
que indica el contenido nulo de A2 , y consecuentemente, su medida cero. Obsérvese que con esta prueba se esta afirmando además que el gráfico de una función integrable en un intervalo compacto, como es el caso de A2 , tiene contenido nulo. Usaremos este resultado para probar que A4 (y análogamente A3 ) tiene contenido cero. Considérese A4 = {( x, y ) 0 ≤ y ≤ f (b), x = b} y hágase S = [0, f (b)]. Así para toda partición P, L(b, P ) = b ⋅ v( S ) ∧ U (b, P ) = b ⋅ v ( S ) ⇒ U (b, P ) − L(b, P ) = 0 < ε . Por tanto, x = b es integrable en y ∈ [0, f (b)], y su gráfico A4 , tiene entonces contenido cero, y consecuentemente, medida nula. 4
Finalmente, por teorema, ∂ A f = Ai es de medida nula, y de este modo, A f es medible Jordan. i =1
Por consiguiente, la medida de A f , es un área dada por: v ( A f ) =
∫
A f
1=
b
f ( x )
a
0
∫∫
dydx =
b
b
b
∫a [ f ( x) − 0]dx =∫a f ( x)dx = ∫a f .
Si f : [a, b]× [a, b] → ℜ es integrable, pruebe que:
7.
b y
∫∫ a
Indicación: Calcular
∫
a
f ( x, y ) dxdy =
b
b
∫ ∫ f ( x, y)dydx. a x
f de dos maneras diferentes para un conjunto conveniente
C
C ⊂ [a, b] × [a, b] . Sol.-
Sea
∫
f =
C
b y
∫ ∫ f ( x, y)dxdy . Luego C = {( x, y) a ≤ y ≤ b, a ≤ x ≤ y}, resultando por transitividad a
a
que C = {( x, y ) a ≤ x ≤ y ≤ b} = {( x, y ) a ≤ x ≤ b, x ≤ y ≤ b}. Como f es integrable en el rectángulo indicado, por el teorema de Fubini tenemos: J. Espina -
ANALISIS REAL 9
∫
f =
C
8.
Supongamos que
∫∫∫
b
b
∫ ∫ f ( x, y)dydx . a x
F ( x, y, z ) dV existe. Supongamos que existen funciones K 1 y K 2
R
de dos variables independientes, funciones G1 y G 2 de una variable independiente y números reales a y b con la propiedad de que R es la región del espacio limitada por {(r ,θ , ϕ ) K 1 (θ , ϕ ) ≤ r ≤ K 2 (θ , ϕ ), G1 (ϕ ) ≤ θ ≤ G2 (ϕ ), a ≤ ϕ ≤ b}, donde,
x = r cosθ sen ϕ y = r sen θ sen ϕ . z = r cos ϕ Si K 1 , K 2 , G1 y G 2 son continuas, y (b − a ) ≤ π , entonces
∫∫∫
R
F ( x, y, z ) dV =
b
G2 (ϕ )
a
G1 (ϕ )
∫∫
∫
K 2 (θ ,ϕ )
K 1 (θ ,ϕ )
2
F ( r cosθ sen ϕ , r sen θ sen ϕ , r cos ϕ )r sen ϕ dr d θ d ϕ .
Sol.Por teorema, si f : g ( A) → ℜ y g : A → ℜ n entonces R = g ( A) ,
caso
det g ′ =
∫
g ( A )
f =
∫ ( f g ) det g ′ (†). En nuestro A
g ( r ,θ , ϕ ) = [r cosθ sen ϕ , r sen θ sen ϕ , r cos ϕ ]
f = F ,
y
entonces
∂ ( x, y, z ) . Procediendo, ∂ (r ,θ , ϕ ) ∂ x
∂ x
∂ x
∂r ∂θ ∂ϕ ∂ y ∂ y ∂ y
∂ ( x, y, z ) = = ∂ (r ,θ , ϕ ) ∂r ∂θ ∂ϕ ∂ z
∂ z
cos θ sen ϕ − r sen θ sen ϕ r cos θ cos ϕ sen θ sen ϕ
r cos θ sen ϕ
r sen θ cos ϕ
cos ϕ
0
− r sen ϕ
∂ z
∂r ∂θ ∂ϕ cos θ sen ϕ − sen θ cos θ cos ϕ 2
= r sen ϕ sen θ sen ϕ
2
cos ϕ
2
sen θ cos ϕ = r sen ϕ cos ϕ
cos θ
− sen ϕ
0
− sen θ cos θ cos θ
sen θ
2
− sen ϕ
cos θ − sen θ sen θ
cos θ
2
= − r sen ϕ .
Pero, b − .a ≤ π ⇒ b ≤ π + a ⇒ b + 2k π ≤ ( 2k + 1)π + a ⇒ 2k π ≤ a < b ≤ ( 2k + 1)π ,
y como además a ≤ ϕ ≤ b ,
⇒ 2k π ≤ ϕ ≤ (2k + 1)π ⇒ sen ϕ ≥ 0 . ∂ ( x, y, z ) = r 2 sen ϕ . ∂ (r ,θ , ϕ )
Luego,
Finalmente, sustituyendo en la ecuación (†) resulta:
∫∫∫
R
J. Espina -
F ( x, y , z )dV =
b
G2 (ϕ )
a
G1 (ϕ )
∫∫
∫
K 2 (θ ,ϕ )
K 1 (θ ,ϕ )
2
F ( r cosθ sen ϕ , r sen θ sen ϕ , r cos ϕ )r sen ϕ dr d θ d ϕ .
ANALISIS REAL 10
9.
Encuentre el volumen de la región que está fuera del cono de ecuación x 2 + y 2 − z 2 = 0 y dentro de la esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 4 y .
Sol.Es conveniente plantear este problema utilizando coordenadas esféricas, esto es: x = r cosθ sen ϕ
y = r sen θ sen ϕ . z = r cos ϕ
El cono según su ecuación se revela como una superficie de revolución en torno al eje z, que en π 3π este sistema se reduce a ϕ = o ϕ = . La ecuación de la esfera también puede escribirse 4 4 como x 2 + ( y − 2) 2 + z 2 = 4 , cuyo centro está en C (0,2,0) con radio igual a 2. En coordenadas esféricas, esta ecuación la obtenemos realizando las sustituciones c orrespondientes; ( r cos θ sen ϕ ) 2 + ( r sen θ sen ϕ ) 2 + ( r cos ϕ ) 2 = 4r sen θ sen ϕ
⇒ r 2 sen 2 ϕ + r 2 cos 2 ϕ = 4r sen θ sen ϕ ⇒ r 2 = 4r sen θ sen ϕ ⇒ r = 4 sen θ sen ϕ . Luego la región de integración en el nuevo sistema es:
0 ≤ r ≤ 4 sen θ sen ϕ A : 0 ≤ θ ≤ π π ≤ ϕ ≤ 3π 4 4
Para el cálculo, sin embargo, puede trabajarse con parte de esta región determinada gracias a la simetría que se evidencia en la representación gráfica. Entonces, v( A) =
= =
∫
A
1= π 2
3π 4
π
∫ ∫∫ π 4
π 2
0
256 3
∫∫
256 3
(1 − )∫
π 4
0
0
r sen ϕ dr d θ d ϕ = 4 2
(sen θ sen ϕ ) sen ϕ d θ d ϕ =
1 3
3
π 2
3
sen 4 ϕ d ϕ = π 4
= 169 (3π + 8).
J. Espina -
4 sen θ sen ϕ
512 9
256 3
π 2
π 2
∫∫ ∫ π 4
π 2
0
∫ sen π 4
4 sen θ sen ϕ
0
4
2
r sen ϕ dr d θ d ϕ
ϕ (− cosθ + cos θ ) 1 3
π 2
3
θ = π 2
θ =0
d ϕ
(83 ϕ − 14 sen 2ϕ + 321 sen 4ϕ ) 0 = 5129 (316π − 332π + 14 )
ANALISIS REAL 11
10.
Evalúe
1 2
1− y
∫∫ 0
y
x − y dxdy por medio de la transformación [ x, y ] = [u − uv, uv] . 2
2
Sol.La región de integración es g ( A) = {( x, y ) 0 ≤ y ≤ 12 , y ≤ x ≤ 1 − y}, que sugiere la frontera
∂g ( A) = {( x, y ) 0 ≤ x ≤ , y = x} {( x, y ) 1 2
3
1 2
≤ x ≤ 1, y = 1 − x} {( x, y ) 0 ≤ x ≤ 1, y = 0} = g ( F i ) i =1
con
g ( F 1 ) = {( x, y ) 0 ≤ x ≤ 12 , y = x}, g ( F 2 ) = {( x, y )
≤ x ≤ 1, y = 1 − x} y g ( F 3 ) = {( x, y ) 0 ≤ x ≤ 1, y = 0}. 1 2
Como g −1 : [ x, y ] [u − uv, uv] , encontremos el Jacobiano y las regiones correspondientes a cada uno de los conjuntos frontera en el plano uv. ∂ x ∂ x ∂ ( x, y) ∂u ∂v 1 − v − u = = = u (1 − v + v) = u . v u ∂ (u, v) ∂ y ∂ y ∂u ∂v 1 Entonces para que g − sea inyectiva, u ≠ 0 . a) Para g ( F 1 ) , u ≠0
y = x ⇒ uv = x ⇒ uv = u − uv ⇒ v = 1 − v ⇒ v =
⇒ 0 ≤ uv ≤ 12 ⇒ 0 ≤ u ≤ 1 o, u = 0 ⇒ F 1 = {(u, v) 0 < u ≤ 1, v = 12 } {(u, v) u = 0}. b) Para g ( F 2 ) ,
y = 1 − x ⇒ u = 1
⇒ 0 ≤ uv ≤ 12 ⇒ 0 ≤ v ≤
1 2
⇒ F 2 = {(u, v) u = 1, 0 ≤ v ≤ 12 }. c) Para g ( F 3 ) ,
J. Espina -
1 2
ANALISIS REAL 12
y = 0 ⇒ uv = 0
⇒ v = 0 ⇒ 0 ≤ u ≤1 o, u = 0 ⇒ F 3 = {(u, v) v = 0, 0 ≤ u ≤ 1} {(u, v) u = 0}.
De estos resultados se deduce que la región de integración en el plano uv es: A = {(u , v) 0 < u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 12 }
Finalmente, 1 2
1− y
∫∫ 0
y
x − y dxdy = 2
1
=∫
∫
2
1 2
0 0
u
2
∫∫
A
1 − 2v dvdu =
1 2
1
∫∫ 0
0
u
∫∫
2
1 − 2v dudv =
2
⇒∫
1 2
0
J. Espina -
1
(u − uv) − (uv) u dvdu = 2
1− y
∫
y
∫
1 2
0 0
1
1 2 3 0
1 − 2v dv = − 19 (1 − 2v)
x − y dxdy = 19 . 2
2
(u − uv + uv)(u − uv − uv)udvdu 3
1 2
0
= 19 ,
