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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
FACULTAD DE INGENIERÍA AMBIENTAL
TRABAJO
PROBLEMAS DE MATEMÁTICA III
INTEGRANTES
INGA PEÑA CELITH ROSSY
CONDORI MAMANI, RUTH MARILYN
HERNANDEZ HUAMANI, MILUSKA
PARRA ARTEAGA, DIEGO
VÁSQUEZ JIMÉNEZ, MARILYN NOELIA
DOCENTE
CABRERA CHÁVEZ, JULIO CESAR
LIMA – PERÚ
2016
matemática III
2
Problema 1:
Evaluar: ∬ x√x2+ y2
dA donde “R” es la región acotada por el círculo: x2+ y2=1 y los
ejes coordenados: x≥0∧ y ≥0.
I=∬ x√ x2+ y2
dA
R { x2+ y2=1x ≥0∧ y≥0}
x=r cosθ
y=rsinθ
0≤θ≤ π2
|J|=r
I=∫0
1
∫0
π2r cosθr
rdθdr⟹ I=∫0
1
r ¿¿
matemática III
y=0
x=0y=√1− x2
∴ I=12
3
Problema 2:
Evaluar ∬ex2+ y2
dx dy siendo R la región encerrada entre las curvas
C1: x2+ y2=1 y C2: x2+ y2=4
SOLUCIÓN:
Graficando la región de integración en x e y
Hacemos un cambio de variable a polares. Haciendo: x=r cosƟ , y=r senƟ , r2=x2+y2
Recordando que cuando hacemos cambio de variable en polares el jacobiano es r, ahora grafiquemos la nueva región de integración en r y Ɵ.
Entonces de la región anterior se observa r=1 y r=2 además Ɵ=0 y Ɵ=2Π
La nueva integral sería
∫1
2
∫0
2Π
er2
. r dθdr
matemática III
S
Ɵ=2Π
Ɵ
rƟ=0
r=1 r=2
S*
4
Resolviendo:
∫1
2
∫0
2Π
er2
. r dθdr=2Π∫1
2
er2
. r dr
Haciendo cambio de variable u= r2 entonces dr=du/2r, reemplazando en 2Π∫1
2
er2
. r dr
2Π∫1
4
r . eu . du2r
=Π∫1
4
eudu=e4−¿e¿
Problema 3:
Hallar el área de la región R encerrada por la curva:
C :(x2+ y2)2=2a2 (x2−x2) ;a>0 , x2≥ y2 mediante una integral doble.
SOLUCIÓN
El integral sería ∬dx dy
Por sustitución a coordenadas polares, y tomando en cuenta |J|=r
Ahora sería ∬ r dθdr
Haciendo: x=r cosƟ , y=r senƟ , r2=x2+y2 en C quedaría: r 2 =a 2 cos2Ɵ que sería una lemniscata graficando la lemniscata :
Del gráfico en el primer cuadrante 0≤ r ≤ a. cos2Ɵ 0.5 y 0 ≤ Ɵ ≤ π/4, entonces el área sería:
matemática III
(a. cos2Ɵ 0.5,0)
Ɵ=π/4
5
I=4 ∫0
a√cos2θ
∫0
π4
r dθ dr
Resolviendo:
I=4 ∫0
a√cos 2θπ4. r dr=4. π
4 ∫0
a√cos2θ
r . dr=¿ ( r2
2 )0
a√cos 2θ
¿
¿ (a2cos2θ−0 )=r2
Entonces el área de la lemniscata es r2
Problema 4:
Evaluar ∭√ x2+z2dV donde “S” es el sólido limitado por
S1 : y=x2+ z2 ;S2 : y=4
Tomandoun y−simple : x2+z2≤ y≤4
D= {( x , z )∈R∖0≤x ≤2∧0≤ z≤√4−x2 }
matemática III
Y simple
Y
X
Z
z=√4−x2
∴ I=4∫0
2
∫0
√4−x2
∫x2+ z2
4
√ x2+z2dydzdx
z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2z=√4−x2
6
Problema 6:
Evaluar: ∬R
❑
√a−x2− y2dA donde R es la región encerrada por la curva:
C : x2
4+ y
2
2= 1
Solución:
Graficamos la cónica:
R {(x , y )∈ R2/0≤x ≤2 y 0≤ y ≤√2− x2
2 }Luego utilizamos transformaciones polares
Calculamos el Jacobiano
x=r cosθ=2 r cosθ J ( r ,θ )=| 2 cosθ −2 rsenθ√2 senθ √2 rcosθ|=2√2r
y=rsin θ=√2rsenθ
0≤θ≤π2 ; J ( r ,θ )=2√2 r
0≤ r≤1
∬R
❑
√a−x2− y2dA=4∫0
1
∫0
π2
√a− (2 r cosθ )2−(√2 rsenθ)2 2√2 r dθdr
∬R
❑
√a−x2− y2dA=4∫0
1
∫0
π2
√a−2 r2 cosθ2−2 r22√2r dθdr
∬R
❑
√a−x2− y2dA=4∫0
1
∫0
π2
√a−2 r2( 1+cosθ2 )−2 r2 2√2 r dθdr
matemática III
T
7
∬R
❑
√a−x2− y2dA=4∫0
1
∫0
π2
√a−3 r2−r2 cosθ2√2 r dθdr
Problema 7:
Evaluar ∬ (x2+ y2)dA donde la región “R” está limitado por la curva: C : y=x2∧ la recta L : y=3 x mediante transformaciones polares.
I=∬ ( x2+ y2 )
R {C : y=x2
L : y=3 x}r sin θ=3r cosθ
tanθ=3
θ=tan−13
0≤θ≤ tan−1 3
r sin θ=r2cosθ2
0=r (r cosθ2−sinθ)
0≤ r≤ tanθ secθ
|J|=r
x2+ y2=r
matemática III
y=3 x
y=x2
∴ I= ∫0
tan−1 3
∫0
tanθsec θ
r3drdθ
8
PROBLEMA 8.
Evaluar: ∬ (x2+ y2)dA donde la región ¨R¨ está limitada por la curva:
C : x2+ y2=2 ySolución: C : x2+ y2=2 y
x=r cosθ
y=r senθdonde 0≤ r≤ senθ
r2=rsenθ→r=0 vr=senθ
Graficando: x2+¿
∴ I=∫0
π
∫0
senθ
r3drdθ
I=∫0
π sen4θ4
dθ
Problema 10:
matemática III
Y
X
9
Determine los máximos, mínimos o puntos silla de la superficie:
z=x3+3 xy+ y3
Solución
Domf=R2
f (x , y )=x3+3 xy+ y3
f x (x , y )=3 x2+3 y f y (x , y )=3 x+3 y2
f x (x , y )=0 f y (x , y )=0
x2+ y=0 ….(i) x+ y2=0 ….(ii)
x0=0 y0=0
x1=−1 y1=−1
Se tiene 2 posibles puntos críticos
(0 ;0 )o (−1 ;−1 )
Hallamos el discriminante
f yy ( x , y )=6 y
f xy2 ( x , y )=32
Para el primer punto crítico: (0 ;0 )
∆( x, y)=f xx ( x , y ) f yy ( x , y )−f xy2 ( x , y )
∆ (0,0 )=0−9=−9
Como ∆(0,0 )<0 entonces no tiene valores extremos más bien un punto de ensilladura y esto ocurre en el punto (0,0 )
Para el segundo punto crítico: (−1 ;−1 )
∆( x, y)=f xx ( x , y ) f yy ( x , y )−f xy2 ( x , y )
∆ (0,0 )=36−9=27
Como ∆(−1 ,−1)>0 y f xx ( x , y )=−6<0 entonces el punto (-1 ; -1 ) es un punto máximo relativo
PROBLEMA 16.
matemática III
10
Sea la función f ( x , y , z )=x2+ y2+ βxy+αz, con la restricción
x2+ y2+z2=3, tiene un valor extremo en (1,1,1) hallar las constantes α y β
si: α+β = 2
SOLUCIÓN:
Usamos en método de Lagrange creamos una nueva función
L ( x , y , z , λ )= f ( x , y , z )+λ .g ( x , y , z )
Con g ( x , y , z )=x2+ y2+z2−3, entonces:
L ( x , y , z , λ )=x2+ y2+βxy+αz+ λ .(x2+ y2+z2−3)
Hallando las derivadas parciales de L respecto a x, y, z e igualando a 0
Lx ( x , y , z , λ )=2x+βy+2 λx=0
Ly ( x , y , z , λ )=2 y+βx+2 λy=0
L z ( x , y , z , λ )=α+2 λz=0
Despejando la constante:
λ=(2 x+βy )−2 x
=(2 y+βx)
−2 y= α
−2 z
Y sabemos que la condición es x2+ y2+z2=3 y α+β=2, además tienen un valor extremo en (1, 1,1). Operando en busca de relaciones:
i) x2=y2, entonces x=y o x=-yii) 2xz+βyz=αx, entonces 2xz+βyz =(2-β)xiii) 2yz+βxz=αy, entonces 2yz+βxz =(2-β)y
Usando la condición 2x2+z2=3
m.a.m ii*iii y como x=y
z2=(2−β )−2 β x2
4+2β
Reemplazando 2x2+z2=3
2 x2+(2−β )−2β x2
4+2β=3
Operando, el resultado es α = 12/5 y β=-2/5
PROBLEMA 17.
matemática III
11
Dada la transformación: T :¿
a) Calcule J (u , v)
b) Un cuadrado D en el plano (u , v ) tiene vértices (0; 0), (1; 0), (1; 1), (0,1) graficar en xy la imagen T (D )=E
c) Calcule ∬ xy1+x2 dydx
Solución:Dato: T :{ x=u
y=v (1+u2)
T: transformación directaa) J (u , v )=d
( x , y )d (u , v )
=|dxdu dxdvdydudydv
|=| 1 02uv 1+u2|=1+u2>0
b) Transformaciones de rectas horizontales 1) si v=0 0≤u≤1Reemplazando en T: T :{x=uy=0 y=00≤ x≤1
matemática III
Xx = 0
y = 0
x = 1
X
(1,1)
(0,0) (1,0)
(0,1)
12
2) si v=1 0≤u≤1
T :{ x=uy=1+u2 y=1+u2 0≤x ≤1
Transformaciones de rectas verticales3) 1) si u=0 0≤v≤1Reemplazando en TT :{x=0
y=v x=00≤ y≤1
4) u=10≤v ≤1
Reemplazando en T 0≤ y2 ≤1
T :{ x=1y=2 v x=1 0≤ y ≤2
c) usando las coordenadas de xy∬( xy
1+x2 )dydx=∫0
1
∫0
1+ x2
xy1+x2 dydx
Aplicando las transformaciones∬( xy
1+x2 )dydx=∫0
1
∫0
1+ x2
uv (1+v2 )1+u2 (1+u2) dudv
D= {(u , v )∈ R2 /0≤u≤1∧0≤v≤1 }
J (u , v )=|1+u2|=1+u2
matemática III
13
Problema 19:
Mediante una integral doble hallar el área de la elipse de ecuación
Solución
x2
a+ y
2
b=1
R {(x , y )∈ R2/0≤x ≤2 y 0≤ y ≤√2− x2
2 }Luego utilizamos transformaciones polares
Calculamos el Jacobiano
x=r cosθ=√ar cosθ J ( r ,θ )=|√acosθ −√arsenθ√b senθ √brcosθ |=√abr
y=r senθ=√brsenθ
0≤θ≤π2 ; J ( r ,θ )=√abr
0≤ r≤1
∬R
❑
dxdy=4∫0
1
∫0
π2
√abr dθdr
∬R
❑
dxdy=4∫0
1
∫0
π2
√abr dθdr
∬R
❑
dxdy=4∫0
1
√ab r π2 dr
∬R
❑
dxdy=4(√ab π4 )∬R
❑
dxdy=√ab π unid .2
matemática III
T
14
Problema 5 .- Mediante una integral doble hallar el volumen del solido limitado por las superficies: S1 : z2=x2+ y2 ;S2: x2+ y2=2 x
Pasando a coordenadas polares: z=r2 ; x=rcos (θ ) ; y=rsen(θ)
−π2≤θ≤ π
2
0≤ r≤2 cos (θ)
V= ∫−π /2
π /2
∫0
2 cos (θ)
r . r . drdϑ
=¿ 83 ∫
−π /2
π /2
cos3 (θ )dθ=329
Problema 9 .- Mediante una integral doble, hallar el volumen del solido limitado por la curva: S1 : x2+ y2=z ;S2: z=2 y
Pasando a coordenadas polares: z=r2 ; z=2 rsen (θ )
0≤θ≤π
0≤ r≤2 sen (θ)
V=∫0
π
∫0
2 sen (θ)
(2rsen (θ )−r¿¿2) .r . drdϑ ¿
V=323 ∫
0
π
[ sen(θ)]4dθ=4π
Problema 18.- Sea T un rectángulo cuyos vértices son (1,2),(1,5),(3,2),(3,5) en el plano uv y sea R la imagen de “T” en el plano xy; la transformación jacobiana es:
J (u , v )=| 2 1−1 3|
a) Graficar la región “R”b) Hallar el área de la región “R”
Apartir del jacobiano,ya que :
J (u , v )=|∂ x∂u ∂ x∂v
∂ y∂u
∂ y∂v
|Obtenemos:x=2u+vy=−u+3v
Como vemos que son transformaciones afines, trasladamos los puntos (u,v) a T(u,v) =(x,y):
matemática III
15
(1,2),(1,5),(3,2),(3,5) serian: (4,5),(7,14),(8,3),(11,12) , estos puntos se unen mediante líneas:
Sistema (x,y)
Hallando : y3=3 x−7 ; y 4=3 x−21 ; y1=7− x2; y2=
35−x2
Hallando el área de la región R, para eso particionamos respecto a x, seria la suma de tres integrales:
A=17 [∫47 ∫
7− x2
3x−7
dydx+∫7
8
∫7− x2
35− x2
dydx+∫8
11
∫3 x−21
35− x2
dydx] = 2.25+1.5+2.25=6
matemática III
y3
y4
y2
y1