1

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