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Tarea 2 - Vectorial 201510
1. Part 1: 5.1 - 7.2
1.1. Evaluar las siguientes integrales.
(1)
ZZ
sin(x2 + y 2 ) dA,
R
donde R es la region del plano xy definida por π ≤ x2 + y 2 ≤ 2π.
(2)
ZZ
(xy)2 cos(x3 ) dA,
R
donde R = [0, 1] × [0, 1].
Soluci´
on:
(1) Como la region es un anillo y la funcion tiene simetria radial, calcularemos la integral
√ en
√
coordenadas polares. La region R en coordenadas polares esta descrita por π ≤ r ≤ 2π
√
ZZ
Z2π Z 2π
2
2
sin(x + y ) dA =
sin(r2 )rdr dθ.
R
0
√
π
Haciendo la sustitucion u = r2
√
Z2π Z 2π
sin(r2 )rdrdθ = −2π
0
√
π
(2) Por el teorema de Fubini, podemos calcular la integral doble como integrales iteradas.
ZZ
2
Z1 Z1
3
(xy) cos(x ) dA =
Z1 Z1
3
(xy) cos(x )dy dx =
0
R
2
0
0
(xy)2 cos(x3 )dx dy.
0
Calculamos
Z
1
Z
1
2
3
Z
(xy) cos(x )dxdy =
0
0
1
y
0
2
Z
1
x2 cos(x3 )dxdy
0
haciendo una sustitucion u = x3 tenemos que la doble integral es igual a
1
.
9
2
1.2. Calentamos una placa en el punto A(2, 1), sabemos que la temperatura de los puntos
de la placa se describe mediante la funci´on T (M ) = 100 − k|AM |2 . Medimos la temperatura
en el punto B(3, 1) y vemos que T (B) = 99. ¿Cu´al es el punto m´as caliente del disco D dado
por la desigualdad x2 + y 2 ≤ 9? ¿Cu´al es el punto m´as fr´ıo del mismo disco D?
p
Soluci´
on: Para un punto M (x, y) la distancia |AM | = (x − 2)2 + (y − 1)2 , entonces la
temperatura viene dada por la funci´on
T (x, y) = 100 − k (x − 2)2 + (y − 1)2 ) .
Luego T (B) = T (3, 1) = 100 − k, entonces T (B) = 99 implica que k = 1. Ahora sabemos
que
T (x, y) = 100 − (x − 2)2 − (y − 1)2 ).
La funci´on tiene s´olo un punto extremo en R2 y es el punto de m´aximo A(2, 1). Como
2 + 12 ≤ 9, podemos concluir que A ∈ D.
Ahora encontraremos los puntos extremos de la funci´on T (x, y) restringida a la frontera del
disco D que es el c´ırculo x2 + y 2 = 9. Aplicamos el m´etodo de multiplicadores de Lagrange.
Tomemos la funci´on
2
F (x, y, λ) = 100 − (x − 2)2 − (y − 1)2 + λ(x2 + y 2 − 9),
luego encontremos los puntos cr´ıticos de esta funci´on del sistema:
 ∂

 ∂x F (x, y, λ) = 2((λ − 1)x + 2) = 0
∂
F (x, y, λ) = 2((λ − 1)y + 1) = 0
∂y

 ∂
F (x, y, λ) = x2 + y 2 − 9 = 0
∂λ
Si λ = 1 de la primera ecuaci´on del sistema obtenemos una contradicci´on 2 = 0. Entonces,
λ 6= 1. Ahora bien, de la primera ecuaci´on obtenemos x = 2/(1 − λ), y de la segunda
y = 1/(1 − λ), entonces la tercera ecuaci´on nos da:
√
2 2
1
5
2
5
+
− 9 = 0 ⇒ (1 − λ)2 =
⇒ λ=1±
.
1−λ
1−λ
9
3
entonces tenemos dos soluciones del sistema:
√
√
√
√
√
√
5
5
) y (x = 6/ 5, y = 3/ 5, λ = 1 −
),
(x = −6/ 5, y = −3/ 5, λ = 1 +
3
3
y por lo tanto tenemos dos “puntos cr´ıticos”
√
√
√
√
C(x = −6/ 5, y = −3/ 5) y D(x = 6/ 5, y = 3/ 5).
Ahora
T (A) = 100,
√
T (C) = 86 − 6 5,
√
T (D) = 86 + 6 5.
Entonces el punto m´as caliente es A y m´as fr´ıo es C.
√
√
Respuesta: El punto m´as caliente es (2, 1) y m´as fr´ıo es (−6/ 5, −3/ 5).
3
1.3. Demuestre la desigualdad
ZZ
√
1
1
√ ≤
exy−x+y−1 dA ≤ e,
π
e
D
donde D = {(x, y)|x2 + y 2 + 2x − 2y + 1 ≤ 0}.
Soluci´
on: Como xy −x+y −1 = (x+1)(y −1) y x2 +y 2 +2x−2y +1 = (x+1)2 +(y −1)2 −1,
entonces vale la pena cambiar las coordenadas u = x+1 y v = y−1, y con cambio de variables
en la integral doble (el jacobiano de cambio J = 1) concluimos que nos toque probar que
ZZ
√
1
1
√ ≤
euv dA ≤ e,
π
e
D0
donde D0 = {(u, v)|u2 + v 2 ≤ 1}.
La funci´on f (u, v) = uv no tiene valores extremos en R2 y para encontrar sus valores
extremos sobre el c´ırculo u2 + v 2 = 1 podemos tomar la parametrizaci´on del c´ırculo u = cos t,
v = sin t, en este caso f (cos t, sin t) = sin t cos t = 12 sin 2t, por lo tanto sobre el c´ırculo
√
tenemos que − 12 ≤ uv ≤ 12 y √1e ≤ euv ≤ e.
Ahora el a´rea de D0 es π, entonces podemos concluir que
ZZ
√
π
√ ≤
euv dA ≤ π e,
e
D0
es lo que necesitamos.
1.4. Sea f (x, y, z) = xy + yz y sea R la regi´on definida por las ecuaciones x + 2y = 6 y
x − 3z = 0. Encuentre el valor m´aximo alcanzado por f en R y los puntos (x, y, z) en R
donde este m´aximo se alcanza usando los siguientes tres m´etodos distintos:
(1) Parametrizando la curva R y maximizando una funci´on de una variable.
(2) Utilizando la ecuacion x−3z = 0 para reducir el problema a uno con solo dos variables
y una restricci’on y usando multiplicadores de Lagrange usuales.
(3) Resolver el problema en tres variables utilizando multiplicadores de Lagrange con dos
restricciones de igualdad (en este caso habr´a dos multiplicadores λ1 y λ2 ).
Soluci´
on:
M´
etodo (a): La regi´on R esta definida por el sistema de ecuaciones
(
x + 2y = 6
x − 3z = 0.
Despejando y de la primera y z de la segunda ecuaci´on concluimos que R es una recta
parametrizada por
6−x x
σ(x) = x,
,
2
3
Componiendo con σ(x) vemos que la funci´on objetivo, restringida a R es
4x2
6−x 6−xx
+
= 4x −
2
2 3
6
Para encontrar el m´aximo de esta funci´on derivamos e igualamos a cero 4 −
x = 3. Asi que la funci´on alcanza su m´aximo en el punto σ(3) = (3, 32 , 1).
f (σ(x)) = x
8x
6
= 0 luego
4
M´
etodo (b): Usando la ecuaci´on x = 3z podemos sustituir en la funci´on objetivo y la
restricci´on y expresar ambas usando s´olamente las variables y y z. El problema resultante es
Maximizar 4yz sobre los (y, z) que satisfacen 3z + 2y = 6
Aplicando multiplicadores de Lagrange obtenemos las ecuaciones


4z = 2λ
4y = 3λ

3z + 2y = 6
De las primeras dos ecuaciones concluimos que z = 23 y y sustituyendo en la u
´ltima ecuaci´on
2
3
que 4( 3 y) + 2y = 6 luego y = 2 y z = 1. Usando la ecuacion x = 3z concluimos tambien que
x = 3.
M´
etodo (c): Queremos maximizar la funci´on objetivo f (x, y, z) = xy + yz en la regi´on R
definida por las ecuaciones
(
x + 2y = 6
x − 3z = 0.
Usando multiplicadores de Lagrange queremos encontrar soluciones (x, y, z, λ1 , λ2 ) de las
ecuaciones


∇f = λ1 ∇(x + 2y) + λ2 ∇(x − 3z)
x + 2y = 6

x − 3z = 0.
es decir, encontrar las soluciones al sistema de cinco ecuaciones con cinco inc´ognitas

y = λ1 + λ2





x + z = 2λ1
y = 3λ2



x + 2y = 6



x − 3z = 0.
+ y3 = y y el sistema de tres ecuaciones tres
De las primeras tres ecuaciones se sigue que x+z
2
inc´ognitas

y
x+z

 2 +3 =y
x + 2y = 6

x − 3z = 0.
tiene soluci´on u
´nica (x, y, z) = (3, 32 , 1)
1.5. La cantidad de un bien producido por una compa˜
nia manufacturera esta dado por la
funci´on de producci´on de Cobb-Douglas
3
1
f (x, y) = 100x 4 y 4 ,
donde x representa las unidades disponibles de trabajo y y representa las unidades disponibles
de capital (que obviamente deben ser n´
umeros no negativos). En miles de pesos, cada unidad
de trabajo vale 200 y cada unidad de capital vale 250. Cual es el valor m´aximo posible de la
producci´on si los costos totales de trabajo y capital no pueden exceder 50000?
5
Soluci´
on: Los costos de producci´on de la compa˜
nia, si elige utilizar x unidades de trabajo y
y unidades de capital son 200x + 250y. Se sigue que el problema de maximizar la producci´on
con costos totales de a lo m´as 50000 es
3
1
max 100x 4 y 4 sobre los (x, y) con 200x + 250y ≤ 50000, x ≥ 0, y ≥ 0
Como log(x) es una funci´on creciente y la producci´on una cantidad estrictamente positiva
podemos, para simplificar los c´alculos, maximizar la funci´on
3
1
φ(x, y) = log(f (x, y)) = log 100 + log(x) + log(y)
4
4
Sobre los (x, y) que satisfacen
(
x, y > 0
200x + 250y ≤ 50000
3
1
Ahora, ∇φ(x, y) = 4x
asi que la funci´on objetivo no tiene m´aximos o m´ınimos locales
, 4y
en el interior, luego su m´aximo global esta en la frontera de la regi´on factible, es decir en
un punto que satisface 200x + 250y = 50000 (pues en las demas curvas de la frontera la
producci´on total es cero). Usamos multiplicadores de Lagrange para encontrar este punto.

3

 4x = λ200
1
= λ250
4y


200x + 250y = 50000
Como x, y 6= 0 se sigue que λ debe ser diferente de cero asi que las primeras dos ecuaciones
3
1
3
1
1
implican x = 800λ
y y = 1000λ
de d´onde 200 800λ
+ 250 1000λ
= 50000 luego λ = 50000
. Luego
3
1
750
x = 4 = 187.5 y y = 50. La producci´on m´axima es entonces 100 × 187.5 4 × 50 4 unidades.
1.6. Un esp´ıa est´a atrapado en la oscuridad en un cuarto circular, con ecuaci´on x2 +y 2 ≤ 60.
Su sensor infrarrojo le dice que la temperatura del piso del cuarto es T (x, y) = x2 + y 2 +
3xy + 5x + 5y + 130. Si hay una salida esta tiene que estar en el punto mas frio del cuarto
(porque afuera hace much´ısimo frio). D´onde deberia buscar la salida el esp´ıa?
Soluci´
on: Queremos minimizar la funci´on de temperatura T (x, y) para los puntos (x, y) del
cuarto, es decir los que satisfacen x2 + y 2 ≤ 60. Primero buscamos puntos cr´ıticos en el
interior resolviendo la ecuaci´on ∇T = (2x + 3y + 5, 2y + 3x + 5) = (0, 0) cuya u
´nica soluci´on
es x = −1, y = −1. Este punto esta en el interior del cuarto (pues 12 + 12 ≤ 60 luego podria
ser la ubicaci´on de la salida). Los dem´as puntos criticos deben estar en la frontera y los
buscamos con multiplicadores de Lagrange resolviendo el sistema de ecuaciones


2x + 3y + 5 = λ2x
3x + 2y + 5 = λ2y

x2 + y 2 = 60
o equivalentemente


(2 − 2λ)x + 3y = −5
3x + (2 − 2λ)y = −5

x2 + y 2 = 60
6
Si 2 − 2λ = 0 entonces y = −5
= x y este punto no satisface la tercera ecuaci´on asi que
3
podemos asumir que 2 − 2λ 6= 0. Igualando las primeras dos ecuaciones concluimos que
(2 − 2λ)x + 3y = (2 − 2λ)y + 3x asi que (2 − 2λ − 3)x = (2 − 2λ − 3)y luego hay dos casos:
• Caso 1: 2 − 2λ 6= 3 y en este caso concluimos
√ de√la tercera ecuacion
√ √x = y luego,
concluimos que las soluciones (x, y) son ( 30, 30) y (− 30, − 30)
• Caso 2: 2 − 2λ = 3 y en este caso el sistema de ecuaciones se convierte en


3x + 3y = −5
3x + 3y = −5

x2 + y 2 = 60
Despejando y = −5−3x
de la primera ecuaci´on y reemplazando en la tercera obtenemos
3
√
−5−3x 2
2
x + ( 3 √) = 60. Resolviendo esta ecuacion cuadr´atica obtenemos x = 30±362960 y
−5−3 30±
2960
36
y=
, es decir otros dos puntos en la frontera.
3
Comparando T (x, y) en los cinco puntos que hemos encontrado concluimos que los u
´ltimos
dos son los lugares donde la temperatura m´ınima se alcanza.
1.7. Hallar m´ınimos y m´aximos locales y puntos de silla de las funciones:
(1) f (x, y) = x3 + y 2 − 6xy + 6x + 3y;
3
3
(2) f (x, y) = x2 y e−(x +y /3) .
Soluci´
on:
(1) Los puntos criticos son las soluciones del sistema
fx = 3x2 − 6y + 6 = 0
fy = 2y − 6x + 3 = 0.
27
3
Sostituendo 2y = 6x − 3 en la primera ecuaci´on sacamos las soluciones (1, ) y (5, ).
2
2
La matriz hessiana de f es:
6x −6
Hf (x, y) =
−6 2
y su determinante es det Hf (x, y) = 12x − 36. Analicemos entonces los dos puntos criticos:
• (1, 3/2): det Hf (1, 3/2) = −24 < 0, por lo tanto este es un punto de silla.
• (5, 27/2): det Hf (5, 27/2) = 24 > 0 y fxx = x2 (5, 27/2) = 30 > 0, por lo tanto este
es un minimo relativo.
(2) Los puntos criticos son las soluciones del sistema:

3
3
 ∂f /∂x = e−(x +y /3) xy(2 − x3 ) = 0
3
3
∂f /∂y = e−(x +y /3) x2 (1 − y 3 ) = 0.
√
Las soluciones son (0, k), por k ∈ R, y ( 3 2, 1).
La matriz hessiana de f es:


y(2 − 3x2 + 2x3 − x6 ) x(2 − x3 )(1 − y 2 )
3
3
.
Hf (x, y) = e−(x +y /3) 
3
2
2 2
x(2 − x )(1 − y )
−4x y

7
Analicemos entonces los puntos criticos:
• (0,
k): det Hf (0, √
k) = 0, por lo tanto
hessiano es inconclusivo en este caso.
√
√ el criterio
√
3
3
3
−4/3 3
• ( 2, 1): det Hf ( 2, 1) = e
4 4(2 − 3 4) < 0 y ∂ 2 f /∂x2 (2, 1) = −6 < 0, por lo
tanto este es un m´aximo relativo.
1.8.
(1) Encontrar el promedio de la funci´on
f (x, y) = ey
2
en la regi´on D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 3x ≤ y ≤ 6}.
(2) Hallar la masa y el centro de masa de una placa plana en forma de la regi´on acotada
por las parabolas
y = x2 y x = y 2 , y con densidad de la masa dada por la funci´on
√
δ(x, y) = x.
Soluci´
on:
(1)
ZZ
Z6 Zy/3
2
e dA =
ey dxdy
y2
0
D
0
Z6
=
y y2
e dy
3
0
Z36
=
1 u
e du
6
0
e36 − 1
6
=
Area(D) =
2·6
=6
2
Promedio:
RR
2
ey dA
D
Area(D)
=
e36 − 1
36
(2) Denotar la regi´on√acotada por las parabolas y = x2 y x = y 2 por D. Entonces D =
{0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x}.
8
La masa:
√
ZZ
M =
x dA
D
√
1Z
x
Z
=
x dy dx
x2
0
1
Z
√
=
√
√
( x − x2 ) x dx
0
1
Z
x − x5/2 dx
0
1
1 2 2 7/2
=
x − x
2
7
0
3
=
14
=
√
x x dA
ZZ
My =
Z
D
√
1Z
x
=
x2
0
Z
x3/2 dy dx
1
=
√
( x − x2 )x3/2 dx
0
Z
1
x2 − x7/2 dx
0
1
1 3 2 9/2
=
x − x
3
9
0
1
=
9
=
ZZ
Mx =
Z
√
y x dA
D
√
1Z
x
=
x2
0
Z
1
=
0
Z
1
y2
2
yx1/2 dy dx
√ x
x3/2 dx
x2
1 5/2
x − x11/2 dx
0 2
1
1 7/2
1 13/2
=
x − x
7
13
0
6
=
91
=
9
Centro de masa
(¯
x, y¯) =
My Mx
,
M M
=
14 12
,
27 39
.
1.9. Evaluar la integral
ZZ
cos
y−x
y+x
dA,
D
donde D es la regi´on trapezoidal con vertices (1, 0), (2, 0), (0, 2) y (0, 1).
Soluci´
on: Sea P = (1, 0), Q = (2, 0), R = (0, 2), S = (0, 1). La frontera de la regi´on D se
compone de los segmentos rectos P Q, QR, RS, SP . Los segmentos QR y SP son paralelos.
Usamos el cambio de variables
u = y+x
v = y − x.
Tenemos:
det
∂(u, v)
∂(x, y)
=
1 1
−1 1
= 2.
Luego, el Jacobiano es dado por
1
1
det ∂(x, y) = = .
∂(u, v) det ∂(u,v) 2
∂(x,y)
Los puntos P = (1, 0), Q = (2, 0), R = (0, 2) y S = (0, 1) se cambian en los puntos
P 0 = (1, −1), Q0 = (2, −2), R0 = (2, 2) y S 0 = (1, 1). Ya que el cambio de variables es
lineal, rectras se transforman en rectas. Por lo tanto, la frontera de la la regi´on nuevo D0 se
compone de los segmentos rectos P 0 Q0 , Q0 R0 , R0 S 0 , S 0 P 0 del las rectas seguientes:
P 0 Q0 : u + v = 0 ,
Q0 R0 : = u = 2 ,
R0 S 0 : u − v = 0 ,
Entonces, la regi´on D0 es dada por
D0 = {(u, v) | 1 6 u 6 2, −u 6 v 6 u}
S 0P 0 = u = 1 .
10
ZZ
cos
y−x
y+x
ZZ
cos
dA =
v 1
u 2
dudv
D0
D
Z2 Zu
=
cos
v 1
u 2
dvdu
1 −u
Z2 h
v iv=u 1
u sin(
du
=
u v=−u 2
1
Z2
1
u(sin(1) − sin(−1)) du
2
1
2 2
1
u
(sin(1) − sin(−1))
=
2 1
2
3
= 2 sin(1)
4
3 sin(1)
=
2
=
1.10. Una bacteria tiene forma de cilindro con dos tapas semiesf´ericas. Si el volumen de
la bacteria esta fijo, que relaci´on debe haber entre el radio del cilindro R y la longitud de
la bacteria para que esta tenga la m´ınima area superficial posible? (para la bacteria esto es
muy importante pues pierde energia por su superficie).
Soluci´
on: Si R es el radio del cilindro y h su altura entonces el volumen de la bacteria es
4
V = πR3 + πR2 h
3
El primer t´ermino es el volumen de las dos medias esferas de los extremos y el segundo el
volumen del cilindro. Por otro lado el area superficial es
A = 4πR2 + πR2 h
El primer t´ermino es el a´rea superficial de las dos medias esferas de los extremos y el segundo
el volumen del cilindro. El problema que queremos resolver es
4 3
πR + πR2 h = V0
3
d´onde V0 es una constante (el volumen de la bacteria). Usando multiplicadores de Lagrange
tenemos que la soluci´on o´ptima a este problema debe satisfacer las ecuaciones en (R, h, λ)
(
∇A = λ∇( 43 πR3 + πR2 h)
4
πR3 + πR2 h = V0
3
min A(R, h) para los (R, h) que satisfacen
Es decir,
4
2πh + 8πR = λ(2πRh + 4πR2 )2πR = λ(πR2 ) πR3 + πR2 h = V0
3
11
De la segunda ecuaci´on concluimos que λ =
implica
2
.
R
Reemplazando en la primera ecuaci´on esto
2
(2πRh + 4πR2 ) = 4πh + 8πR
R
2πh + 8πR =
es decir que 2πh = 0 asi que h = 0 luego la bacteria debe ser una esfera de volumen V0 , para
minimizar su a´rea superficial.
2. Part 2: 8.1 - 9.3
p
2.1. Encuentre el valor promedio f¯ de la funci´on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 definida en
todos los puntos de la regi´on: x2 + y 2 + z 2 ≤ 2 con z 2 ≥ x2 + y 2 .
Soluci´
on: El valor promedio de una funcion es
RRR
f (x, y, z) dV
E
f=
V ol(E)
El volumen es una octava parte del volumen de toda la esfera, como el volumen de una esfera
4
1 √ 3
de radio r es πr3 , el volumen de la region es π 2 .
3
6
√
3π π
La region en esfericas es 0 ≤ ρ ≤ 2, π ≤ θ ≤
, ≤ φ ≤ π.
2 2
Pasando a esfericas tenemos que integral es
√
3π
Zπ Z 2Z2
π
2
que da
0
ρ3 sin(φ) dφ dρ dθ
π
π
1
, por lo que el valor promedio es
√ 3 .
2
12 2
2.2. Sea Q el cuadril´atero en la esfera x2 +y 2 +z 2 = R2 acotado
por las lineas de intersecci´on
√
de la esfera con los planos: y = 0, x = y, z = 0 y z = R/ 2.
a) Hallar los a´ngulos del cuadril´atero Q.
b) Hallar los lados del cuadril´atero Q.
c) Hallar el a´rea del cuadril´atero Q.
d) Sea Q0 un trapecio en el plano con los lados iguales a los lados del cuadril´atero Q.
Comparar las a´reas de Q y de Q0 : ¿Cu´al es mayor?
Soluci´
on:
Mira el dibujo donde Q = ABCD:
12
Del dibujo √
es obvio que los lados tienen las longitudes AB = Rπ/4, BC = AD = Rπ/4,
CD = Rπ/(4 2). Todos los a´ngulos son π/2 (es suficiente observar que las paralelas en una
esfera son ortogonales a los planos que pasan por el eje de rotaci´on).
Para hallar
p el ´area usamos el hecho que el cuadril´atero es el gr´afico de la funci´on z =
f (x, y) =
R2 − x2 − y 2 sobre el dominio D acotado por las c´ırculos x2 + y 2 = R2 /2,
2
2
2
x + y = R y las rectas y = 0, x = y. Entonces el a´rea es,
s
ZZ
ZZ
∂f 2 ∂f 2
R
p
A=
1+
dxdy = (usamos coordenadas polares)
+
dxdy =
∂x
∂y
R 2 − x2 − y 2
D
D
#
Z π/4 "Z R
πR2
Rρ
p
√ .
=
dr
dϕ
=
√
4 2
R 2 − ρ2
0
R/ 2
√
Ahora en el plano tenemos el trapecio Q0 = A0 B 0 C 0 D0 , mira el dibujo donde a = Rπ/(4 2),
b = Rπ/4:
entonces el ´area de Q0 es igual a π 2 R2 (1 +
√ p
√
2) 5 + 2 2/128.
13
Como A(Q) ≈ 0, 56R2 y A(Q0 ) ≈ 0, 52R2 , concluimos que el a´rea de cuadril´atero en la
esfera es mayor que el ´area del trapecio Q0 .
√
Respuesta. a) Son rectos; b) Tres lados son iguales a Rπ/4 y un lado a Rπ/(4 2); c)
d) El a´rea de Q es mayor que el a´rea de Q0 .
2
πR
√ ;
4 2
2.3. Hallar el momento de inercia alrededor del eje y de la bola
B = {(x, y, z)| x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}
si la densidad de masa es una costante µ.
Soluci´
on: Tenemos que calcular la integral
ZZZ
(x2 + z 2 )µ dV.
Iy =
B
Utilizando coordenadas esf´ericas esta integral toma la forma:
Z1 Zπ Z2π
Iy =
0
0
0
Z1
= 2πµ
0
=
µρ4 sin3 (φ) dθ dφ dρ
2
πµ
5
Zπ
ρ4 dρ
Zπ
sin3 φ dφ
0
sin φ(1 − cos2 φ) dφ
0
2
=
πµ
5
Z−1
(u2 − 1) du
1
=
4
πµ
5
2.4. Hallar
el volumen del solido S acotado por la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 y el cono
p
2
z = A x + y2.
Soluci´
on: En coordenadas esf´ericas el solido est´a descrito por:
S 0 = {(ρ, φ, θ) | 0 ≤ ρ ≤ R, 0 ≤ φ ≤ arctan(A), 0 ≤ θ ≤ 2π}.
14
Por lo tanto, es cierto:
ZZZ
Vol(S) =
ρ2 sin φ dV
S0
ZR
arctan(A)
Z
Z2π
=
0
Z
= 2π
0
R
ρ2 sin(φ) dθ dφ dρ
0
2
Z
ρ dρ
0
arctan A
sin φ dφ
0
2 3
πR [− cos(φ)]arctan(A)
0
3
1
2 3
=
πR 1 − √
3
1 + A2
=
2.5. Hallar el ´area de la parte del plano x + 2y − z + 5 = 0 dentro del cilindro y 2 + z 2 −
2y + 4z − 4 = 0.
Soluci´
on: La parte del plano x + 2y − z + 5 = 0 dentro del cilindro y 2 + z 2 − 2y + 4z − 4 = 0
es el gr´afico de la funci´on
x = f (y, z) = −2y + z − 5
con el dominio
D = (y, z) | y 2 + z 2 − 2y + 4z − 4 ≤ 0 = (y, z) | (y − 1)2 + (z + 2)2 ≤ 9 ,
que es un c´ırculo del radio 3 centrado en el punto y = 1, z = −2 y de radio 3. Entonces el
a´rea es,
s
ZZ
ZZ √
√
√
∂f 2 ∂f 2
´
A=
1+
+
dydz =
6 dxdy = 6Area(D)
= 9 6π.
∂y
∂z
D
D
√
Respuesta. 9 6π.
2.6. Considere los dos cilindros en el espacio tridimensional:
x2 + y 2 = 1 y y 2 + z 2 = 1.
(1) Haga un bosquejo, a mano de la intersecci´on de los dos cilindros.
(2) Encuentre el volumen del s´olido acotado por los dos cilindros.
Soluci´
on:
(1)
15
(2) Una forma de calcular el volumen es calculando el area de las secciones transversales e
integrando.
p
Para cada y ∈ [−1, 1] el area transversal es un cuadrado de lado 2 1 − y 2 . Por lo que el
area de ese cuadrado es 4(1 − y 2 ). Para obtener el valor del volumen integramos
Z1
4(1 − y 2 )dy =
16
.
3
−1
Este volumen era sabido a Archimedes y el matematico chino Tsu Ch’ung-Chih.
2.7. Considere los tres cilindros en el espacio tridimensional:
x2 + y 2 = 1, y 2 + z 2 = 1 y x2 + z 2 = 1.
(1) Haga un bosquejo, a mano de la intersecci´on de los tres cilindros.
(2) Encuentre el volumen del s´olido acotado por los tres cilindros.
Soluci´
on:
(1)
16
√
(2) Escribimos el solido como la union de un cubo de lado 2 y seis superficies que son
la interseccion de dos cilindros. Entonces podemos calcular el volumen como la suma del
volumen del cubo mas el volumen del pedazo de la interseccion de dos cilindros.
Como ya
√
2
vimos el area transversal de la interseccion de dos cilindros a altura z es 2 1 − z , asi que
Z 1 √
√ 3
√
V = ( 2) + 6
(2 1 − z 2 )2 dz = 8(2 − 2)
1
√
2
17
2.8. Evaluar las siguientes integrales:
(1)
ZZZ
z dV
B
donde B es la regi´on dentro del cilindro x2 + y 2 = 1 sobre el plano xy y debajo del
cono z = (x2 + y 2 )1/2 ;
(2)
ZZZ
(x2 + y 2 + z 2 )−1/2 dV
D
donde D es la regi´on determinada por las condiciones
1
≤ z ≤ 1 y x2 + y 2 + z 2 ≤ 1.
2
Soluci´
on:
(1) En coordenadas cil´ındricas, la regi´on B se describe como:
B 0 = {(ρ, θ, z) | 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ ρ}.
Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma:
Z1 Z2π Zρ
ZZZ
z dV =
zρ dz dθ dρ = π
0
B
Z1
0
0
ρ3 dρ = π/4
0
(2) En coordenadas esf´ericas, la regi´on D est´a descrita por:
D0 = {(ρ, φ, θ) | 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ π/3, 0 ≤ θ ≤ 2π}.
Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma:
ZZZ
2
2
2 −1/2
(x + y + z )
D
Z2π Zπ/3 Z1
dV
=
ρ sin(φ)dρ dφ dθ
0
0
1
2 cos(φ)
Zπ/3
= 2π
0
Zπ/3
ρ2
2
ρ=1
sin(φ) dφ
1
ρ= 2 cos(φ)
Zπ/3
−1
(−2 sin(φ)) dφ
(2 cos(φ))2
0
0
π/3
1
π
π/3
= π[− cos(φ)]0 −
2 2 cos(φ) 0
π π
=
−
2
4
π
=
4
= π
π
sin(φ) dφ −
2
18
2.9.
(1) Encuentre el volumen que est´a dentro de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 y del cilindro
x2 + y 2 + 2y = 0.
(2) Hallar el volumen del s´olido
E = (x, y, z) | x2 + y 2 ≤ 2z 2 , x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0
Soluci´
on:
(1) Pasemos a cilindricas, completando el cuadrado el cilindro tiene ecuacion x2 +(y+1)2 = 1.
En el plano xy el circulo x2 +(y +1)2 = 1 se describe en polares por la ecuacion r = −2 sin(θ),
asi que en cilindricas la integral es
√
Z2π −2Zsin(θ) Z4−r2
rdzdrdθ
π
0
√
− 4−r2
esta triple integral es igual a
Z2π −2Zsin(θ) √
2 4 − r2 rdr dθ.
π
0
Haciendo la sustitucion u = 4 − r2 obtenemos
Z2π
π
−2 sin(θ)
Z2π
3
2
2 3
2 3
2 32 − (4 − r ) dθ =
− 4 2 (1 − sin2 (θ)) 2 + 4 2 dθ
3
3
3
0
π
Z2π
=
2 3
4 2 (1 − cos3 (θ))dθ
3
π
16
=
3
Z2π
(1 − cos3 (θ))dθ
π
16
=
π
3
PERO OJO LO ANTERIOR ESTA MAL, A SIMPLE VISTA ES DIFICIL VER EL PROB3
LEMA, PERO PARA SIMPLIFICAR (cos2 (x)) 2 = cos3 (x) debemos tener que cos(x) es
positivo, que no es cierto en el intervalo (π, 2π), para evitar problemas usamos simetria y cal3
culamos en el intervalo (π, 3π
) donde cos(x) es negativo y por lo tanto (cos2 (x)) 2 = − cos3 (x)
2
3π
Z2
−2Zsin(θ)
√
Z4−r2
2
rdzdrdθ
π
0
√
− 4−r2
19
y esto es igual a
3π
3π
Z2
−2 sin(θ)
Z2
3
2
2 3
2 3
2 − (4 − r ) dθ = 2 − 4 2 (1 − sin2 (θ)) 2 + 4 2 dθ
3
3
3
0
3
2
2
π
π
3π
Z2
2 3
4 2 (1 + cos3 (θ))dθ
3
= 2
π
3π
=
32
3
Z2
(1 + cos3 (θ))dθ
π
32 1
16
=
(3π − 4) = (3π − 4)
3 6
9
(2) Pasemos a esfericas. El cono x2 +y 2 ≤ 2z 2 es esfericas se describe por φ = arctan( √12 ).Pasando
a esfercias
Z
0
2π
Z
0
1
Z
0
arctan
√1
2
2π
ρ sin(φ)dφdρdθ =
3
2
Z
arctan( √1 )
2
sin(φ)dφ
0
La integral de sin(φ) es − cos(φ) y evaluando en arctan( √12 ) obtenemos
es
2π
1
1− √
3
3
√1 ,
3
asi que la respuesta
La region de integracion es la parte dentro de la esfera de radio 1, dentro del cono
2.10. Calcular el volumen de la regi´on solida acotada por los planos x = 1, x − y = 0,
x + y + 2z = 6, y z = −2.
Soluci´
on: Podemos describir la proyecci´on D de T sobre (x, y)-plano como una reg´ıon del
tipo I en el plano,
D = {(x, y) | 1 6 x 6 5, x 6 y 6 10 − x}.
Tenga en cuenta que los planos en R3 , x = 1 y x = y son verticales. As´ı la pared superior
del s´olido es
x + y + 2z = 6 ↔ z = 3 −
x+y
.
2
20
Luego, el volumen V del s´olido es
V
Z5 10−x
Z 3−(x+y)/2
Z
=
dz dy dx
1
−2
x
Z5 10−x
Z
5−
=
1
Z5
=
1
Z5
=
x y
− dy dx
2 2
x
10−x
xy y 2
5y −
−
dx
2
4 x
75 − 20x + x2 dx
1
304
=
3