integrales dobles(e)

EJERCICIOS PROPUESTOS1. Calcular la integral, sobre los rectángulos indicados:

a) ∬Qx2e ydxdy

, Q=-1,1x0,Ln(2)

b) ∬QSen2 (3 x−2 y )dxdy

Q=0,x0,

SOLUCION

a) I=∫−1

1

∫0

ln (2)

x2 e y dydx=∫−1

1

x2e y|ln (2 )0dx=∫

−1

1

x2(e¿¿ ln(2)−1)dx¿

I=∫−1

1

x2(2−1)dx=∫−1

1

x2dx= x3

3 | 1−1=

1+13 =

23

b) I=∫0

❑

∫0

❑

Sen2(3 x−2 y )dydx=∫0

❑

∫0

π [ 1−cos(6 x−4 y )2 ] dydx

I=12∫

0

❑

[ y+ 14Sen(6 x−4 y )]|π0 dx

I=12∫

0

❑

[ π+ 14Sen (6 x−4 π )− 1

4Sen (6 x )]dx

Pero Sen(6x-4)= Sen(6x) I=12∫

0

❑

[π ]dx=12∫

0

❑

π dx=πx2 |π0=π

2

2

2. Dibujar la región de integración, estudiar la existencia de la integral y calcular su valor.

a) ∬DxCos ( x+ y )dxdy siendo D el triangulo de vértices (0,0), (,0) (,).

b) ∬DxCos ( x+ y )dxdy , siendo D el trapezoide de vértices (0,0); (1,0);

(1,2); (0,1).

c) ∬Dxdxdy , siendo D=(x,y)2/yx2, y4

d) ∫−1

3

∫0

√25− y2

5 xydxdy

e)SOLUCION

a) ∬DxCos ( x+ y )dxdy

(0,0), (,0) (,). En el esquema:

Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 1

Integramos en x:

b)∬DxCos ( x+ y )dxdy , (0,0); (1,0); (1,2); (0,1).

Graficamos:


y-1=x-1 y=x+1

Integramos por partes:u=x du=dx

c)∬D

xdA Siendo D=(x,y)2/yx2, y4


I=∫−2

2

∫x2

4

xdydx=∫−2

2

xy|4x2dx=∫

−2

2

x ( 4−x2 )dx=∫−2

2

( 4 x−x3 )dx

I=2x2- x4

4 | 2−2=8-4-8+4=0

d) ∫−1

3

∫0

√25− y2

5 xydxdy

I=∫−1

35x2

2 y |√25− y2

0dy=∫

−1

35(25− y2)

2 ydy=5

2∫−1

3

(25y

− y)dyI=5

2 [25 ln|y|− y2

2 ]| 3−1

=52 [25 ln|3|−25 ln|−1|−9

2+ 1

2 ]I=

52

[25 ln(3)−4 ]

e) ∫0

¿ 4

∫0

Sen(x)

[1+4 y Ctg2(x )]dydx

I=∫0

¿ 4

∫0

Sen(x)

[1+4 y Ctg2(x )]dydx=∫0

¿ 4

[ y+2 y2Ctg2(x )]|Sen ( x )0

dx

3. Describir grafica y analíticamente la región de integración R en la

siguiente integral e invertir el orden de integración ∫0

1

∫0

x

Tg (x2 )dydx.

SOLUCION Puesto que la función Tg(x2) necesita la diferencial en x y no esta, cambiamos limites. Los limites:

0y1 yx1 La grafica:


Hacemos u=x2 du=2xdx

4. Sea la integral doble: I=∫0

2

∫y2

4

√x Sen ( x )dydx

a) Representar mediante un dibujo, la región de integración en el plano xy.

b) Invierte el orden de integración de la integral doble dada y calcular I.

SOLUCION

Escribimos la integral ordenada: ∫0

2

∫y2

4

√x Sen ( x )dxdy

a) Los limites: y2x4 0y2


b) Los nuevos limites: 0x4 0y√ x

I=∫0

4

∫0

√ x

√x Sen ( x )dydx=∫0

4

√x Sen ( x ) y|√ x0 dxI=∫

0

4

√x Sen ( x ) √x dx=∫0

4

xSen ( x )dx

Integramos por partes: u=x du=dx v=∫ Sen ( x )dx=-Cos(x)

I=-xCos(x)|40+∫0

4

cos ( x )dx=-4Cos(4)+0+Sen(x)|40

I=-4Cos(4)+Sen(4) 5. Evaluar las siguientes integrales en los recintos que se indican.

a) ∬D

−2 yLn( x )ddxdy

donde D=(x,y)2/y=4-x2, y=4-x

b) ∬D

xydA Donde R es la región limitada por las curvas y2=6x, x=3,

y=0.

c) ∬R

ydA

x2+ y2 donde R es el triangulo acotado por y=x, y=2x, x=2.

d) ∬R

dAx+ y siendo R la región acotada por y=x, x=1, x=2, y=0.

e)∬D

x2 y2dxdy siendo D=(x,y)2/xy1, y0, (x-y)(x-2y)0


f)∬R

ex+ ydxdy siendo R=(x,y)2/|x|+|x|1

g) ∬D

( x−1 )√1+e2 ydxdy en el recinto limitado por la curva y=Ln(x) y las

rectas y=0, x=2.

h) ∬D

x3 ydA con D la región entre el eje y y la parábola x=-4y2+3

SOLUCION

a) ∬D(2 y )Ln( x )dxdy y=4-x2 y=4-x

Limites: 4-x2=4-x x2-x=0 x=0 x=1 La grafica:

Integramos respecto a x:

I=∬D(−2 y )Ln( x )dxdy=∫

0

1

∫4− x

4−x2

(−2 y ) ln ( x )dydx

I=-∫0

1

y2 ln ( x )|4−x2

4−xdx=-∫

0

1

[ (4−x2 )2−( 4−x )2 ] ln ( x )dx

I=∫0

1

(16−8 x+x2−16+8 x2−x4 ) ln ( x )dx

I=∫0

1

( 9x2−8x−x4 ) ln ( x )dx


Integramos por partes: u=Ln(x) du=dxx

v=∫ ( 9x2−8x−x4 )dx v=3x3-4x2- x5

5

I=UV-∫Vdu=(3 x3−4 x2− x5

5 )Ln(x)|10-∫0

1

(3 x3−4 x2− x5

5 ) dxxI=(3−4−1

5 )Ln(1)-Limx→0 (3 x3−4 x2− x

5

5 )Ln(x) –

-∫0

1

(3 x2−4 x− x4

5 )dx

I=0-Limx→0

ln (x )

(3 x3−4 x2− x5

5 )−1

–x3+2x2+x5

25|10

I=-Limx→0

1/ x

−(3 x3−4 x2− x5

5 )−2

(9 x2−8 x−x4) –1+2+1

25=Limx→0

(3 x3−4 x2− x5

5 )2

x (9 x2−8 x−x4) +2625

I=Limx→0

x4 (3 x−4− x3

5 )2

x(9 x2−8x−x4) +2625=Limx→0

x3(3x−4− x3

5 )2

9 x−8−x3 ¿¿ +

2625=0+

2625=

2625

b) ∬D

xydA y2=6x, x=3, y=0.

La grafica:

I=∫0

3

∫0

√6 x

xydydx=∫0

3x y2

2 |√6 x0dx=∫

0

3x (6 x)

2dx=∫

0

3

3 x2dx=x3|30=27


c) ∬D

ydxdy

x2+ y2 y=x y=2x x=2

La grafica:


I=∬D

ydxdy

x2+ y2=∫0

2

∫x

2 xydydxx2+ y2

=∫0

212

ln (x2+ y2)|2xx dx

I=12∫

0

2

[ln (x2+4 x2 )−ln (x2+ x2 ) ]dx=12∫

0

2

ln( 5 x2

2 x2 )dxI=1

2ln( 5

2 )∫0

2

dx=12

ln( 52 )x|20dx=1

2(2) ln( 5

2 )=ln (52 )

d) ∬D

dxdyx+ y y=x x=1 x=2 y=0

La grafica:



e) ∬Dx2 y2 dxdy xy1, y9 (x-y)(x-2y)0

La grafica:

La grafica:

Definimos:

y=x xy=1 2y=x

xy=2 u=

xy 1u2


xy=0 xy=1 v=xy 0v1 Ahora determinamos x e y en función a u, v:

y=vx u=

xv / x x=√u√v y=

v

√u√v=√v√u

El jacobiano:

J(u,v)=|xu xvxv yv|=| √v

2√u√u

2√v−√v2√u3

12√uv |= 1

4u+1

4u=1

2u

Integramos:

I=∫1

2

∫0

1

x2 y2dydx=∫1

2

∫0

1

v2( 12u )dvdu=∫

1

2

( v3

6u )|10du=16Ln(u)|21

I=16Ln(2)-

16Ln(1)=

16Ln(2)

f) ∬R

❑

ex+ ydxdy, siendo R=(x,y)2/|x|+|y|1

SOLUCION Desarrollamos el valor absoluto:

|x|+|y|1{ x+ y≤1x− y≥1y−x≤1x+ y≥−1

El grafico:

Definimos:


u=x+y v=x-y u+v=2x x=u+v

2 y=u−v

2

El jacobiano:

J(u,v)=|xu xvxv yv|=|1

212

12

−12

|=-14-

14=

12

Los limites: -1u1 -1v1 La integral:

I=∫−1

1

∫−1

1

eu|−12 |dvdu=1

2∫−1

1

eudu=12∫−1

1

eu| 1−1du=( e−e−1

2 )v| 1−1

I=( e−e−1

2 )(1+1)=e-e-1

g) ∬R

❑

( x−1 ) √1+e2 y dxdy, en el recinto limitado por la curva y=Ln(x) y las

rectas y=0, x=2.SOLUCION

Graficamos:

Los limites integrando en y: 0yLn(2) 2xey

I=∫0

ln (2)

∫e y

2

( x−1 ) √1+e2 y dxdy=∫0

ln (2) ( x−1 )2 √1+e2 y

2 | 2e ydy

I=∫0

ln (2) [ (2−1 )2−(e y−1 )2 ]√1+e2 y

2dy


I=12∫

0

ln (2)

[1−e2 y+2e y−1 ]√1+e2 y dy

I=12∫

0

ln (2)

( 2ey+e2 y )√1+e2 y dy

I=∫0

ln (2)

e y√1+e2 ydy+12∫

0

ln (2)

e2 y √1+e2 y dy

En la primera integral hacemos u=ey du=eydy y=0 u=1 y=Ln(2) u=eLn(2)=2

En la segunda integral hacemos t=1+e2y du=2e2ydy y=0 u=1 y=1+1=2 u=1+e2Ln(2)=5

h) ∬Dx3 ydA x=3-4y2

La grafica:

Hacemos: u=4-3y2 du=-6ydx


Integramos en el eje y:

6. Hallar las siguientes integrales dobles utilizando un cambio de variable adecuado.

a) ∬R

❑x2 e

x2

y dxdy

y (x2+ y2 ), donde R región del primer cuadrante limitado por las

curvas y=x, x=2y, x2=y, x2=2y.SOLUCION

Definimos:

y=x xy=1 y=2x

xy=2 u=

xy 1u2

x2=y x2

y=1 x2=2y x2

y=2 v= x2

y 1v2

vu=x y= v2

v u2=v

u2

El jacobiano:

J(u,v)=|xu xvxv yv|=| −v

u2

1u

−2vu3

1u2|=-

v

u4+2v

u4 =v

u4

Los limites: 1u2 1v2

I=∫1

2

∫1

2 v ev ( vu4 )dvdu

( vu )2

+( vu2 )2 =∫

1

2

∫1

2ev dvduu2+1

=∫1

2ev

u2+1|21du=∫1

2e2−eu2+1

du

I=(e2-e)Arctg(u)|21=(e2-e)Arctg(2)-Arctg(1)=(e2-e)[Arctg (2 )−π4 ]

b) ∬R

❑

( x+ y )2ex− y dxdy, siendo R el paralelogramo delimitado por las rectas:

x+y=1, x+y=4, x-y=1, x-y=-1.SOLUCION

Hacemos u=x+y v=x-y 1u4 -1v1

u+v=2x x=u+v

2 y=u−v

2

El jacobiano:


J(uv)=|xu xvyu yv|=|1

212

12

−12

|=-14 -

14=-

12

I=u3 (e−e−1 )

6 |21= (8−1 ) (e−e−1 )6

=7 (e−e−1 )6

1u4 2v5 El jacobiano:

J(u,v)=|xu xvxv yv|=|−1

323

−23

13|=-

19+

49=

13

Los limites: 1u2 2v5

I=∫1

2

∫2

5

( 2v−u3 )( v−2u

3 )( 13 )dvdu= 1

27

c) ∬D

❑

( x− y )2Sen2 ( x+ y )dxdy, siendo D la región acotada por el

paralelogramo de vértices: (,0); (2,), (,2) y (0,).SOLUCION

Graficamos:


d) , siendo la región acotado por las circunferencias

, use coordenadas polares.


a) ∬D(x2+ y2)dA x2+4y2=1 x2+4y2=4

SOLUCION Coordenadas elípticas: x=raCos() y=rbSen()

dA=rabdrd x2+4y2=r2 de donde: a=2 b=11r2 02


a) siendo la región anular situada entre las dos circunferencias y


b) x2+y2a2 0ra 0/2 (primer cuadrante)

h) ∬Dx3 y3dA siendo R la región contenida en el primer cuadrante y

limitado por: x2+y2=1, x2+y2=4, x2-y2=1, x2-y2=2


Hacemos U= x2+y2 V= x2-y2


i) En la grafica:

Limites en coordenadas polares:x0 y0 x2+y2=1 0/2 0r1


SOLUCIONa) Las derivadas parciales:

Xu=1 Xv=1 Yu=1 Yv=-2u El jacobiano:

J=[Xu XvY u Y v ]=[1 1

1 −2u]=-2u-1


SOLUCION e) La grafica:

El área:


SOLUCIONa) En el esquema:


z

x

y

a=4 b=3 0r1 02 dA=rabdrd=12rdrd0z16-r2

V=∫0

2

∫0

1

(16−r2 ) 12 rdrdθ=12∫0

2

∫0

1

(16 r−r3 )drdθ

V=12∫0

2

(8 r2− r4

4 )|10dθ=12(8−14 )|20=12(2)( 31

4 ) Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 31

V=186 u3

a) z=3x2+y2 z=3-y2

Limites: 3x2+y2=3-y2 3x2+2y2=3

Polares en coordenadas elípticas: x2

1+ y2

3 /2=1

a=√ 32 b=1 0r1 02 dA=rabdrd=√ 3

2rdrd

3x2+y2z3-y2

SOLUCION La región de integración:

1. Hallar el centroide de la región acotada por las curvas y=6x-x2; x+y=6.SOLUCION

Limites: 6x-x2=6-x (6-x)(1-x)=0 x=6 x=1


Momento respecto al eje Y:

MY=∬DxdA

=∫1

6

∫6−x

6 x−x 2

xdydx=∫1

6xy ¿|6 x−x

2

|6−xdx ¿

MY=∫1

6x (6 x−x2−6+x )dx

=∫1

6(7 x2−x3−6 x )dx

MY=

7 x3

3 -

x4

4 -6x2

|6|1=

7(216 )3 -

64

4 -216-

73 +

14 +6

MY=504-324-216-

73 +

14 +6=-

59684

Momento respecto al eje X:

MX=∬DydA

=∫1

6

∫6−x

6 x−x 2

ydydx=∫1

6 y2

2¿|6 x−x

2

|6−xdx¿

MX=∫1

6 [(6 x−x2 )2

2−

(6−x )2

2 ]dxMX=

12 ∫1

6(36 x2−12x3+x4−36+12 x−x2 )dx

MX=

35 x3

3 -3x4+

x5

5 -36x+6x2

|6|1

MX=2520-3888+216+

77765 -216+216-

353 +3-

15 +36-6=

12733

Masa de la lamina:


M= ∬DdA

=∫1

6

∫6−x

6 x−x 2

dydx=∫1

6yalignl|6 x−x

2

|6−xdx

M=∫1

6(6 x− x2−6+x )dx

=

7 x2

2 -

x3

3 -6x

|6|1

M=

7(36 )2 -72-36-

72 +

13 +6=

M=504-324-216-

73 +

14 +6=

12512

Centro de masa de la lamina:

( x , y ) =(MY

M,MX

M )=(0 , kR4 /2kR3 /3 )

=(−3(5968 )

125,3 (1273 )125 )

( x , y ) =(−17904125

,3819125 )

SOLUCION En el grafico:


- Masa: Integramos en x

- Momento en x:

- Momento en y:

SOLUCION

- Masa: Integramos en x


m= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

ρ ( x , y )dydx= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

(1 )dydx=

m= ∫3−√6

3+√6

(6−x−3x )dx=6x- x

2

2 -3Ln(x)|3+√63−√6

m=6(3+√6-3+√6)-(3+√6)2

2+(3−√6)2

2-3Ln(3+√6)+3Ln(3−√6)

m=12√6-6√6-3Ln( 3+√63−√6 )=6√6-3Ln( 3+√6

3−√6 )- Momento en x:

Mx= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

yρ ( x , y )dydx= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

ydydx

Mx= ∫3−√6

3+√6y2

2 |6−x3 /x

dx=12∫

3−√6

3+√6

[ (6−x )2− 9x2 ]dx

Mx=12∫

3−√6

3+√6

[36−12x+x2− 9x2 ]dx

Mx=12 (36x−6 x2+ x

3

3+ 9x )|3+√6

3−√6

Mx=18(3+√6-3+√6)-3(3+√6)2+3(3−√6)2+(3−√6)3

3+(3+√6)2

3

+9

3−√6-9

3+√6=16√6

- Momento en y:

My= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

x ρ ( x , y )dydx= ∫3−√6

3+√6

∫3 / x

6− x

xdydx

My= ∫3−√6

3+√6

xy|6−x3 /x

dx= ∫3−√6

3+√6

[ x (6−x )−3 ]dx

My= ∫3−√6

3+√6

(6 x−x2−3 )dx=3x2- x3

3 -3x|3+√63−√6

My=3(3+√6)2-3(3−√6)2-(3−√6)3

3+(3+√6)3

3-3(3+√6-3+√6)

My=8√6

- El centroide:

x=M y

M =8√6

6√6−3 ln( 3+√63−√6 ) x=

16√6

6√6−3 ln( 3+√63−√6 )


12. Suponga que una lámina tiene la forma de un semicírculo y que la medida de la densidad es proporcional a la medida de la distancia del punto (x,y) a partir del diámetro. Si la masa se mide en kilogramos y la distancia en metros, calcule el radio de giro de la lámina con respecto al eje x.

SOLUCION En el esquema:

La masa:

M=∫0

π

∫0

R

kyrdrdθ=∫0

π

∫0

R

k [rSen (θ ) ] rdrdθ

M=∫0

π

∫0

R

kr 2Sen (θ )drdθ=∫0

πk r3Sen (θ )

3 |R0 dθ=∫0

πk R3Sen (θ )

3dθ

M=-k R3 cos (θ )3


integrales dobles(e)

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