Tarea 2 - Vectorial 201510

1. Part 1: 5.1 - 7.2

1.1. Evaluar las siguientes integrales.

(1) R

sin(x2 + y2) dA,

donde R es la region del plano xy definida por pi x2 + y2 2pi.(2)

R

(xy)2 cos(x3) dA,

donde R = [0, 1] [0, 1].

Solucion:(1) Como la region es un anillo y la funcion tiene simetria radial, calcularemos la integral encoordenadas polares. La region R en coordenadas polares esta descrita por

pi r 2pi

R

sin(x2 + y2) dA =

2pi0

2pi

pi

sin(r2)rdr d.

Haciendo la sustitucion u = r2

2pi0

2pi

pi

sin(r2)rdrd = 2pi

(2) Por el teorema de Fubini, podemos calcular la integral doble como integrales iteradas.

R

(xy)2 cos(x3) dA =

10

10

(xy)2 cos(x3)dy dx =

10

10

(xy)2 cos(x3)dx dy.

Calculamos 10

10

(xy)2 cos(x3)dxdy =

10

y2 10

x2 cos(x3)dxdy

haciendo una sustitucion u = x3 tenemos que la doble integral es igual a1

9.

21.2. Calentamos una placa en el punto A(2, 1), sabemos que la temperatura de los puntosde la placa se describe mediante la funcion T (M) = 100 k|AM |2. Medimos la temperaturaen el punto B(3, 1) y vemos que T (B) = 99. Cual es el punto mas caliente del disco D dadopor la desigualdad x2 + y2 9? Cual es el punto mas fro del mismo disco D?Solucion: Para un punto M(x, y) la distancia |AM | = (x 2)2 + (y 1)2, entonces latemperatura viene dada por la funcion

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 sabemosque

T (x, y) = 100 (x 2)2 (y 1)2).La funcion tiene solo un punto extremo en R2 y es el punto de maximo A(2, 1). Como

22 + 12 9, podemos concluir que A D.Ahora encontraremos los puntos extremos de la funcion T (x, y) restringida a la frontera del

disco D que es el crculo x2 + y2 = 9. Aplicamos el metodo de multiplicadores de Lagrange.Tomemos la funcion

F (x, y, ) = 100 (x 2)2 (y 1)2 + (x2 + y2 9),luego encontremos los puntos crticos de esta funcion del sistema:

xF (x, y, ) = 2(( 1)x+ 2) = 0

yF (x, y, ) = 2(( 1)y + 1) = 0

F (x, y, ) = x2 + y2 9 = 0

Si = 1 de la primera ecuacion del sistema obtenemos una contradiccion 2 = 0. Entonces, 6= 1. Ahora bien, de la primera ecuacion obtenemos x = 2/(1 ), y de la segunday = 1/(1 ), entonces la tercera ecuacion nos da:(

2

1 )2

+

(1

1 )2 9 = 0 (1 )2 = 5

9 = 1

5

3.

entonces tenemos dos soluciones del sistema:

(x = 6/

5, y = 3/

5, = 1 +

5

3) y (x = 6/

5, y = 3/

5, = 1

5

3),

y por lo tanto tenemos dos puntos crticos

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 mas caliente es A y mas fro es C.

Respuesta: El punto mas caliente es (2, 1) y mas fro es (6/5,3/5).

31.3. Demuestre la desigualdad

1e 1pi

D

exyx+y1dA e,

donde D = {(x, y)|x2 + y2 + 2x 2y + 1 0}.Solucion: Como xyx+y1 = (x+1)(y1) y x2+y2+2x2y+1 = (x+1)2+(y1)21,entonces vale la pena cambiar las coordenadas u = x+1 y v = y1, y con cambio de variablesen la integral doble (el jacobiano de cambio J = 1) concluimos que nos toque probar que

1e 1pi

DeuvdA e,

donde D = {(u, v)|u2 + v2 1}.La funcion f(u, v) = uv no tiene valores extremos en R2 y para encontrar sus valores

extremos sobre el crculo u2 +v2 = 1 podemos tomar la parametrizacion del crculo u = cos t,v = sin t, en este caso f(cos t, sin t) = sin t cos t = 1

2sin 2t, por lo tanto sobre el crculo

tenemos que 12 uv 1

2y 1

e euv e.

Ahora el area de D es pi, entonces podemos concluir que

pie

DeuvdA pie,

es lo que necesitamos.

1.4. Sea f(x, y, z) = xy + yz y sea R la region definida por las ecuaciones x + 2y = 6 yx 3z = 0. Encuentre el valor maximo alcanzado por f en R y los puntos (x, y, z) en Rdonde este maximo se alcanza usando los siguientes tres metodos distintos:

(1) Parametrizando la curva R y maximizando una funcion de una variable.(2) Utilizando la ecuacion x3z = 0 para reducir el problema a uno con solo dos variables

y una restriccion 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 habra dos multiplicadores 1 y 2).

Solucion:Metodo (a): La region R esta definida por el sistema de ecuaciones{

x+ 2y = 6

x 3z = 0.Despejando y de la primera y z de la segunda ecuacion concluimos que R es una rectaparametrizada por

(x) =

(x,

6 x2

,x

3

)Componiendo con (x) vemos que la funcion objetivo, restringida a R es

f((x)) = x6 x

2+

6 x2

x

3= 4x 4x

2

6

Para encontrar el maximo de esta funcion derivamos e igualamos a cero 4 8x6

= 0 luego

x = 3. Asi que la funcion alcanza su maximo en el punto (3) = (3, 32, 1).

4Metodo (b): Usando la ecuacion x = 3z podemos sustituir en la funcion objetivo y larestriccion y expresar ambas usando solamente 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 ecuaciones4z = 2

4y = 3

3z + 2y = 6

De las primeras dos ecuaciones concluimos que z = 23y y sustituyendo en la ultima ecuacion

que 4(23y) + 2y = 6 luego y = 3

2y z = 1. Usando la ecuacion x = 3z concluimos tambien que

x = 3.Metodo (c): Queremos maximizar la funcion objetivo f(x, y, z) = xy + yz en la region Rdefinida por las ecuaciones {

x+ 2y = 6

x 3z = 0.Usando multiplicadores de Lagrange queremos encontrar soluciones (x, y, z, 1, 2) de lasecuaciones

f = 1(x+ 2y) + 2(x 3z)x+ 2y = 6

x 3z = 0.es decir, encontrar las soluciones al sistema de cinco ecuaciones con cinco incognitas

y = 1 + 2x+ z = 21y = 32x+ 2y = 6

x 3z = 0.De las primeras tres ecuaciones se sigue que x+z

2+ y

3= y y el sistema de tres ecuaciones tres

incognitas x+z2

+ y3

= y

x+ 2y = 6

x 3z = 0.tiene solucion unica (x, y, z) = (3, 3

2, 1)

1.5. La cantidad de un bien producido por una compania manufacturera esta dado por lafuncion de produccion de Cobb-Douglas

f(x, y) = 100x34y

14 ,

donde x representa las unidades disponibles de trabajo y y representa las unidades disponiblesde capital (que obviamente deben ser numeros no negativos). En miles de pesos, cada unidadde trabajo vale 200 y cada unidad de capital vale 250. Cual es el valor maximo posible de laproduccion si los costos totales de trabajo y capital no pueden exceder 50000?

5Solucion: Los costos de produccion de la compania, si elige utilizar x unidades de trabajo yy unidades de capital son 200x+ 250y. Se sigue que el problema de maximizar la produccioncon costos totales de a lo mas 50000 es

max 100x34y

14 sobre los (x, y) con 200x+ 250y 50000, x 0, y 0

Como log(x) es una funcion creciente y la produccion una cantidad estrictamente positivapodemos, para simplificar los calculos, maximizar la funcion

(x, y) = log(f(x, y)) = log 100 +3

4log(x) +

1

4log(y)

Sobre los (x, y) que satisfacen {x, y > 0

200x+ 250y 50000

Ahora, (x, y) =(

34x, 14y

)asi que la funcion objetivo no tiene maximos o mnimos locales

en el interior, luego su maximo global esta en la frontera de la region factible, es decir enun punto que satisface 200x + 250y = 50000 (pues en las demas curvas de la frontera laproduccion total es cero). Usamos multiplicadores de Lagrange para encontrar este punto.

34x

= 20014y

= 250

200x+ 250y = 50000

Como x, y 6= 0 se sigue que debe ser diferente de cero asi que las primeras dos ecuacionesimplican x = 3

800y y = 1

1000de donde 200 3

800+ 250 1

1000= 50000 luego = 1

50000. Luego

x = 7504

= 187.5 y y = 50. La produccion maxima es entonces 100 187.5 34 50 14 unidades.

1.6. Un espa esta atrapado en la oscuridad en un cuarto circular, con ecuacion x2+y2 60.Su sensor infrarrojo le dice que la temperatura del piso del cuarto es T (x, y) = x2 + y2 +3xy + 5x + 5y + 130. Si hay una salida esta tiene que estar en el punto mas frio del cuarto(porque afuera hace muchsimo frio). Donde deberia buscar la salida el espa?

Solucion: Queremos minimizar la funcion de temperatura T (x, y) para los puntos (x, y) delcuarto, es decir los que satisfacen x2 + y2 60. Primero buscamos puntos crticos en elinterior resolviendo la ecuacion T = (2x+ 3y+ 5, 2y+ 3x+ 5) = (0, 0) cuya unica soluciones x = 1, y = 1. Este punto esta en el interior del cuarto (pues 12 + 12 60 luego podriaser la ubicacion de la salida). Los demas puntos criticos deben estar en la frontera y losbuscamos con multiplicadores de Lagrange resolviendo el sistema de ecuaciones

2x+ 3y + 5 = 2x

3x+ 2y + 5 = 2y

x2 + y2 = 60

o equivalentemente (2 2)x+ 3y = 53x+ (2 2)y = 5x2 + y2 = 60

6Si 2 2 = 0 entonces y = 53

= x y este punto no satisface la tercera ecuacion asi quepodemos asumir que 2 2 6= 0. Igualando las primeras dos ecuaciones concluimos que(2 2)x+ 3y = (2 2)y + 3x asi que (2 2 3)x = (2 2 3)y luego hay dos casos:

Caso 1: 2 2 6= 3 y en este caso concluimos x = y luego, de la tercera ecuacionconcluimos que las soluciones (x, y) son (

30,

30) y (30,30) Caso 2: 2 2 = 3 y en este caso el sistema de ecuaciones se convierte en

3x+ 3y = 53x+ 3y = 5x2 + y2 = 60

Despejando y = 53x3

de la primera ecuacion y reemplazando en la tercera obtenemos

x2 + (53x3

)2 = 60. Resolviendo esta ecuacion cuadratica obtenemos x = 302960

36y

y =53 30

2960

36

3, es decir otros dos puntos en la frontera.

Comparando T (x, y) en los cinco puntos que hemos encontrado concluimos que los ultimosdos son los lugares donde la temperatura mnima se alcanza.

1.7. Hallar mnimos y maximos locales y puntos de silla de las funciones:

(1) f(x, y) = x3 + y2 6xy + 6x+ 3y;(2) f(x, y) = x2y e(x

3+y3/3).

Solucion:(1) Los puntos criticos son las soluciones del sistema{

fx = 3x2 6y + 6 = 0

fy = 2y 6x+ 3 = 0.

Sostituendo 2y = 6x 3 en la primera ecuacion sacamos las soluciones (1, 32

) y (5,27

2).

La matriz hessiana de f es:

Hf (x, y) =

(6x 66 2

)y su determinante es det Hf (x, y) = 12x 36. Analicemos entonces los dos puntos criticos:

(1, 3/2): detHf (1, 3/2) = 24 < 0, por lo tanto este es un punto de silla. (5, 27/2): detHf (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: f/x = e(x3+y3/3)xy(2 x3) = 0

f/y = e(x3+y3/3)x2(1 y3) = 0.

Las soluciones son (0, k), por k R, y ( 32, 1).La matriz hessiana de f es:

Hf (x, y) = e(x3+y3/3)

y(2 3x2 + 2x3 x6) x(2 x3)(1 y2)x(2 x3)(1 y2) 4x2y2

.

7Analicemos entonces los puntos criticos:

(0, k): detHf (0, k) = 0, por lo tanto el criterio hessiano es inconclusivo en este caso. ( 32, 1): detHf ( 3

2, 1) = e4/34 3

4(2 3 34) < 0 y 2f/x2(2, 1) = 6 < 0, por lo

tanto este es un maximo relativo.

1.8.

(1) Encontrar el promedio de la funcion

f(x, y) = ey2

en la region 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 region acotada

por las parabolas y = x2 y x = y2, y con densidad de la masa dada por la funcion(x, y) =

x.

Solucion:(1)

D

ey2

dA =

60

y/30

ey2

dxdy

=

60

y

3ey

2

dy

=

360

1

6eu du

=e36 1

6

Area(D) =2 6

2= 6

Promedio: D

ey2dA

Area(D)=e36 1

36

(2) Denotar la region acotada por las parabolas y = x2 y x = y2 por D. Entonces D ={0 x 1, x2 y x}.

8La masa:

M =

D

x dA

=

10

xx2

x dy dx

=

10

(x x2)x dx

=

10

x x5/2 dx

=

[1

2x2 2

7x7/2

]10

=3

14

My =

D

xx dA

=

10

xx2

x3/2 dy dx

=

10

(x x2)x3/2 dx

=

10

x2 x7/2 dx

=

[1

3x3 2

9x9/2

]10

=1

9

Mx =

D

yx dA

=

10

xx2

yx1/2 dy dx

=

10

[y2

2

]xx2x3/2 dx

=

10

1

2

(x5/2 x11/2) dx

=

[1

7x7/2 1

13x13/2

]10

=6

91

9Centro de masa

(x, y) =

(MyM

,MxM

)=

(14

27,12

39

).

1.9. Evaluar la integral D

cos

(y xy + x

)dA,

donde D es la region trapezoidal con vertices (1, 0), (2, 0), (0, 2) y (0, 1).

Solucion: Sea P = (1, 0), Q = (2, 0), R = (0, 2), S = (0, 1). La frontera de la region D secompone de los segmentos rectos PQ, 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 11 1

)= 2 .

Luego, el Jacobiano es dado por

det((x, y)(u, v)) =

1det((u,v)(x,y)

) = 12 .

Los puntos P = (1, 0), Q = (2, 0), R = (0, 2) y S = (0, 1) se cambian en los puntosP = (1,1), Q = (2,2), R = (2, 2) y S = (1, 1). Ya que el cambio de variables eslineal, rectras se transforman en rectas. Por lo tanto, la frontera de la la region nuevo D secompone de los segmentos rectos P Q, QR, RS , S P del las rectas seguientes:

P Q : u+ v = 0 , QR : = u = 2 , RS : u v = 0 , S P = u = 1 .

Entonces, la region D es dada por

D = {(u, v) | 1 6 u 6 2, u 6 v 6 u}

10 D

cos

(y xy + x

)dA =

D

cos(vu

) 12dudv

=

21

uu

cos(vu

) 12dvdu

=

21

[u sin(

v

u

]v=uv=u

1

2du

=

21

u(sin(1) sin(1))12du

=

[u2

2

]21

(sin(1) sin(1))12

= 2 sin(1)3

4

=3 sin(1)

2

1.10. Una bacteria tiene forma de cilindro con dos tapas semiesfericas. Si el volumen dela bacteria esta fijo, que relacion debe haber entre el radio del cilindro R y la longitud dela bacteria para que esta tenga la mnima area superficial posible? (para la bacteria esto esmuy importante pues pierde energia por su superficie).

Solucion: Si R es el radio del cilindro y h su altura entonces el volumen de la bacteria es

V =4

3piR3 + piR2h

El primer termino es el volumen de las dos medias esferas de los extremos y el segundo elvolumen del cilindro. Por otro lado el area superficial es

A = 4piR2 + piR2h

El primer termino es el area superficial de las dos medias esferas de los extremos y el segundoel volumen del cilindro. El problema que queremos resolver es

minA(R, h) para los (R, h) que satisfacen4

3piR3 + piR2h = V0

donde V0 es una constante (el volumen de la bacteria). Usando multiplicadores de Lagrangetenemos que la solucion optima a este problema debe satisfacer las ecuaciones en (R, h, ){

A = (43piR3 + piR2h)

43piR3 + piR2h = V0

Es decir,

2pih+ 8piR = (2piRh+ 4piR2)2piR = (piR2)4

3piR3 + piR2h = V0

11

De la segunda ecuacion concluimos que = 2R

. Reemplazando en la primera ecuacion estoimplica

2pih+ 8piR =2

R(2piRh+ 4piR2) = 4pih+ 8piR

es decir que 2pih = 0 asi que h = 0 luego la bacteria debe ser una esfera de volumen V0, paraminimizar su area superficial.

2. Part 2: 8.1 - 9.3

2.1. Encuentre el valor promedio f de la funcion f(x, y, z) =x2 + y2 + z2 definida en

todos los puntos de la region: x2 + y2 + z2 2 con z2 x2 + y2.

Solucion: El valor promedio de una funcion es

f =

E

f(x, y, z) dV

V ol(E)

El volumen es una octava parte del volumen de toda la esfera, como el volumen de una esfera

de radio r es4

3pir3, el volumen de la region es

1

6pi(

2)3

.

La region en esfericas es 0 2, pi 3pi2

,pi

2 pi.

Pasando a esfericas tenemos que integral es

pipi2

2

0

3pi2

pi

3 sin() d d d

que dapi

2, por lo que el valor promedio es

1

12(

2)3 .

2.2. Sea Q el cuadrilatero en la esfera x2+y2+z2 = R2 acotado por las lineas de interseccionde la esfera con los planos: y = 0, x = y, z = 0 y z = R/

2.

a) Hallar los angulos del cuadrilatero Q.b) Hallar los lados del cuadrilatero Q.c) Hallar el area del cuadrilatero Q.d) Sea Q un trapecio en el plano con los lados iguales a los lados del cuadrilatero Q.

Comparar las areas de Q y de Q: Cual es mayor?

Solucion:Mira el dibujo donde Q = ABCD:

12

Del dibujo es obvio que los lados tienen las longitudes AB = Rpi/4, BC = AD = Rpi/4,CD = Rpi/(4

2). Todos los angulos son pi/2 (es suficiente observar que las paralelas en una

esfera son ortogonales a los planos que pasan por el eje de rotacion).Para hallar el area usamos el hecho que el cuadrilatero es el grafico de la funcion z =

f(x, y) =R2 x2 y2 sobre el dominio D acotado por las crculos x2 + y2 = R2/2,

x2 + y2 = R2 y las rectas y = 0, x = y. Entonces el area es,

A =

D

1 +

f

x

2

+f

y

2

dxdy =

D

RR2 x2 y2dxdy = (usamos coordenadas polares)

=

pi/40

[ RR/2

RR2 2 dr

]d =

piR2

4

2.

Ahora en el plano tenemos el trapecio Q = ABC D, mira el dibujo donde a = Rpi/(4

2),b = Rpi/4:

entonces el area de Q es igual a pi2R2(1 +

2)

5 + 2

2/128.

13

Como A(Q) 0, 56R2 y A(Q) 0, 52R2, concluimos que el area de cuadrilatero en laesfera es mayor que el area del trapecio Q.

Respuesta. a) Son rectos; b) Tres lados son iguales a Rpi/4 y un lado a Rpi/(4

2); c) piR2

42;

d) El area de Q es mayor que el area de Q.

2.3. Hallar el momento de inercia alrededor del eje y de la bola

B = {(x, y, z)|x2 + y2 + z2 1}

si la densidad de masa es una costante .

Solucion: Tenemos que calcular la integral

Iy =

B

(x2 + z2) dV.

Utilizando coordenadas esfericas esta integral toma la forma:

Iy =

10

pi0

2pi0

4 sin3() d d d

= 2pi

10

4 d

pi0

sin3 d

=2

5pi

pi0

sin(1 cos2 ) d

=2

5pi

11

(u2 1) du

=4

5pi

2.4. Hallar el volumen del solido S acotado por la esfera x2 + y2 + z2 = R2 y el conoz = A

x2 + y2.

Solucion: En coordenadas esfericas el solido esta descrito por:

S = {(, , ) | 0 R, 0 arctan(A), 0 2pi}.

14

Por lo tanto, es cierto:

Vol(S) =

S

2 sin dV

=

R0

arctan(A)0

2pi0

2 sin() d d d

= 2pi

R0

2 d

arctanA0

sin d

=2

3piR3 [ cos()]arctan(A)0

=2

3piR3

(1 1

1 + A2

)

2.5. Hallar el area de la parte del plano x + 2y z + 5 = 0 dentro del cilindro y2 + z2 2y + 4z 4 = 0.Solucion: La parte del plano x+ 2y z+ 5 = 0 dentro del cilindro y2 + z2 2y+ 4z 4 = 0es el grafico de la funcion

x = f(y, z) = 2y + z 5con el dominio

D ={

(y, z) | y2 + z2 2y + 4z 4 0} = {(y, z) | (y 1)2 + (z + 2)2 9} ,que es un crculo del radio 3 centrado en el punto y = 1, z = 2 y de radio 3. Entonces elarea es,

A =

D

1 +

f

y

2

+f

z

2

dydz =

D

6 dxdy =

6Area(D) = 9

6pi.

Respuesta. 9

6pi.

2.6. Considere los dos cilindros en el espacio tridimensional:x2 + y2 = 1 y y2 + z2 = 1.

(1) Haga un bosquejo, a mano de la interseccion de los dos cilindros.(2) Encuentre el volumen del solido acotado por los dos cilindros.

Solucion:(1)

15

(2) Una forma de calcular el volumen es calculando el area de las secciones transversales eintegrando.

Para cada y [1, 1] el area transversal es un cuadrado de lado 21 y2. Por lo que elarea de ese cuadrado es 4(1 y2). Para obtener el valor del volumen integramos

11

4(1 y2)dy = 163.

Este volumen era sabido a Archimedes y el matematico chino Tsu Chung-Chih.

2.7. Considere los tres cilindros en el espacio tridimensional:x2 + y2 = 1, y2 + z2 = 1 y x2 + z2 = 1.

(1) Haga un bosquejo, a mano de la interseccion de los tres cilindros.(2) Encuentre el volumen del solido acotado por los tres cilindros.

Solucion:(1)

16

(2) Escribimos el solido como la union de un cubo de lado

2 y seis superficies que sonla interseccion de dos cilindros. Entonces podemos calcular el volumen como la suma delvolumen del cubo mas el volumen del pedazo de la interseccion de dos cilindros. Como yavimos el area transversal de la interseccion de dos cilindros a altura z es 2

1 z2, asi que

V = (

2)3 + 6

112

(2

1 z2)2dz = 8(2

2)

17

2.8. Evaluar las siguientes integrales:

(1) B

z dV

donde B es la region dentro del cilindro x2 + y2 = 1 sobre el plano xy y debajo delcono z = (x2 + y2)1/2;

(2) D

(x2 + y2 + z2)1/2 dV

donde D es la region determinada por las condiciones1

2 z 1 y x2 + y2 + z2 1.

Solucion:(1) En coordenadas cilndricas, la region B se describe como:

B = {(, , z) | 0 1, 0 2pi, 0 z }.Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma:

B

z dV =

10

2pi0

0

z dz d d = pi

10

3 d = pi/4

(2) En coordenadas esfericas, la region D esta descrita por:

D = {(, , ) | 0 1, 0 pi/3, 0 2pi}.Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma:

D

(x2 + y2 + z2)1/2 dV =

2pi0

pi/30

11

2 cos()

sin()d d d

= 2pi

pi/30

[2

2

]=1= 1

2 cos()

sin() d

= pi

pi/30

sin() d pi2

pi/30

1(2 cos())2

(2 sin()) d

= pi[ cos()]pi/30 pi

2

1

2 cos()

pi/30

=pi

2 pi

4

=pi

4

18

2.9.

(1) Encuentre el volumen que esta dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y del cilindrox2 + y2 + 2y = 0.

(2) Hallar el volumen del solido

E ={

(x, y, z) | x2 + y2 2z2, x2 + y2 + z2 1, z 0}Solucion:(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(),asi que en cilindricas la integral es

2pipi

2 sin()0

4r2

4r2

rdzdrd

esta triple integral es igual a

2pipi

2 sin()0

2

4 r2 rdr d.

Haciendo la sustitucion u = 4 r2 obtenemos2pipi

23

(4 r2) 322 sin()0

d =

2pipi

23

432 (1 sin2()) 32 + 2

3432d

=

2pipi

2

3432 (1 cos3())d

=16

3

2pipi

(1 cos3())d

=16

3pi

PERO OJO LO ANTERIOR ESTA MAL, A SIMPLE VISTA ES DIFICIL VER EL PROB-LEMA, PERO PARA SIMPLIFICAR (cos2(x))

32 = cos3(x) debemos tener que cos(x) es

positivo, que no es cierto en el intervalo (pi, 2pi), para evitar problemas usamos simetria y cal-

culamos en el intervalo (pi, 3pi2

) donde cos(x) es negativo y por lo tanto (cos2(x))32 = cos3(x)

2

3pi2

pi

2 sin()0

4r2

4r2

rdzdrd

19

y esto es igual a

2

3pi2

pi

23

(4 r2) 322 sin()0

d = 2

3pi2

pi

23

432 (1 sin2()) 32 + 2

3432d

= 2

3pi2

pi

2

3432 (1 + cos3())d

=32

3

3pi2

pi

(1 + cos3())d

=32

3

1

6(3pi 4) = 16

9(3pi 4)

(2) Pasemos a esfericas. El cono x2+y2 2z2 es esfericas se describe por = arctan( 12).Pasando

a esfercias 2pi0

10

arctan 12

0

2 sin()ddd =2pi

3

arctan( 12)

0

sin()d

La integral de sin() es cos() y evaluando en arctan( 12) obtenemos 1

3, asi que la respuesta

es

2pi

3

(1 1

3

)La region de integracion es la parte dentro de la esfera de radio 1, dentro del cono

2.10. Calcular el volumen de la region solida acotada por los planos x = 1, x y = 0,x+ y + 2z = 6, y z = 2.

Solucion: Podemos describir la proyeccion D de T sobre (x, y)-plano como una regon deltipo 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 la pared superiordel solido es

x+ y + 2z = 6 z = 3 x+ y2

.

20

Luego, el volumen V del solido es

V =

51

10xx

3(x+y)/22

dz dy dx

=

51

10xx

5 x2 y

2dy dx

=

51

[5y xy

2 y

2

4

]10xx

dx

=

51

75 20x+ x2 dx

=304

3

1. Part 1: 5.1 - 7.21.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

2. Part 2: 8.1 - 9.32.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10.