Tp.8 Ej.6.a

Resuelva los siguientes ejercicios usando el cambio de coordenadas indicado.
a) \iint_D (6-x-y)^{-1} dxdy, D : |x+y| \leq 2 \wedge y \leq x+2 \leq 4, usando (x,y) = (v, u-v)

Solución:

La transformación a usar es
(x,y) = t(u,v) = (v, u-v)

Calculamos el jacobiano
Dt = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}
\det(Dt) = -1
|\det(Dt)| = |-1| = 1
Entonces
dxdy = dudv

Ahora transformamos la región de integración
|x + u-v| \leq 2
y \leq x+2 \leq 4

|v + u-v| \leq 2
|u| \leq 2
-2 \leq u \leq 2

u-v \leq v+2 \leq 4
\frac{u-2}{2} \leq v \leq 2

Por lo tanto la región de integración se transforma en
-2 \leq u \leq 2
\frac{u-2}{2} \leq v \leq 2

Ahora transformamos el integrando
(6-x-y)^{-1}
(6-v -u+v)^{-1}
(6 - u)^{-1}

Juntando todo
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} du \int_{\frac{u-2}{2}}^2 dv
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (2 - \frac{u-2}{2} )  du
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (\frac{4-u+2}{2} )  du
\int_{-2}^{2} (6 - u)^{-1} (\frac{6-u}{2} )  du
\int_{-2}^{2} \frac{1}{2}  du
= \frac{1}{2}(2 - (-2)) = 2

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Tp.8 Ej.10.f

Calcule mediante integrales triples el volumen del cuerpo H, usando el sistema de coordenadas que crea más conveniente.

f) H definido por x^2 + z^2 \leq 9, y \geq 2x, y \leq 2x + 4

Solución:

Como la primer restricción corresponde al interior de un cilíndro de radio 3 sobre el eje y, vamos a usar coordenadas cilíndricas sobre dicho eje:
T: \begin{cases} x = \rho \cos(\phi) \\ y = y \\ z = \rho \sin(\phi) \end{cases}
|J| = \rho

Por lo tanto el volumen del cuerpo H es:

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho \int_{2 \rho \cos(\phi)}^{2\rho\cos(\phi) + 4} dy

\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho [2\rho\cos(\phi) + 4 - 2\rho\cos(\phi)]

4 \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^3 \rho d\rho

8 \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^3

= 36 \pi \approx 113,097...

El siguiente es el gráfico del cuerpo H


reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(u*cos(v), 2*u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
parametric_surface(u*cos(v), 2*u*cos(v)+4, u*sin(v), u, 0, 3, v, 0, 2*%pi),
reparametrize(x, y, sqrt(9-x^2), x, -3, 3, y, 2*x, 2*x+4),
reparametrize(x, y, -sqrt(9-x^2), x, -3, 3, y, 2*x, 2*x+4)
);

Tp.8 Ej.7.a

Calcule el área de la región plana limitada por las curvas de niveles e^4 y e^8 de f(x,y) = e^{x^2 + 2y^2}

Solución:

El área queda limitada por las curvas:

e^{x^2 + 2y^2} = e^4
y
e^{x^2 + 2y^2} = e^8

aplicando logaritmo:

x^2 + 2y^2 = 4
y
x^2 + 2y^2 = 8

Uso un sistema de coordenadas parecido a polares:
x = \sqrt{2} \rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi)

El jacobiano es:
|J| = \left| \begin{matrix} \sqrt{2}\cos(\phi) & -\sqrt{2}\rho\sin(\phi) \\ \sin(\phi) & \rho \cos(\phi) \end{matrix} \right|
= \sqrt{2} \rho

Por lo tanto el área pedida es:

\sqrt{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_{\sqrt{2}}^{2} \rho d\rho

2 \sqrt{2} \pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_{\sqrt{2}}^{2}

= 2 \sqrt{2} \pi

El gráfico de la región plana es:


draw2d(
parametric(2*cos(t), sqrt(2)*sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(sqrt(8)*cos(t), sqrt(4)*sin(t), t, 0, 2*%pi)
);

Tp.8 Ej.1.f

Calcule el área de las siguientes regiones planas mediante integrales dobles; se recomienda no aplicar propiedades de simetría, plantee los límites para toda la región.

f) D: conjunto donde son positivas las componentes de f(x,y) = (4-x^2-y^2, 2-x-y^2)

Solución:

Veamos para que región del plano xy se cumple que:

\begin{cases} 4 - x^2 - y^2 > 0 \\ 2 - x - y^2 > 0 \end{cases}

\begin{cases} 4 > x^2 + y^2 \\ 2 - y^2 > x \end{cases}

\begin{cases} x^2 + y^2 < 4 \\ x < 2 - y^2 \end{cases}

Representa el interior de una circunferencia de radio 2, limitado por una parábola.

Veamos donde se intersectan estas curvas:

\begin{cases} x^2 + y^2 = 4 \\ x = 2 - y^2 \end{cases}

de la segunda restricción:
y^2 = 2-x
en la primera
x^2 + 2-x = 4
x^2 - x - 2 = 0
de donde sale que x_0 = 2 y x_1 = -1
Cuando x=2 tenemos que y = 0 y cuando x = -1 tenemos que y= \pm \sqrt{3}

Vamos a hacerlo en dos partes, el interior de la parábola en cartesianas:

A_1 = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} dy \int_{-1}^{2-y^2} dx

\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} 2 - y^2 - (-1) dy

\left[ 3y - \frac{y^3}{3} \right]_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}

3\sqrt{3} - \sqrt{3} - (-3\sqrt{3} + \sqrt{3})
= 4\sqrt{3}

Y lo que queda del interior de la circunferencia, en polares, con x < -1

A_2 = \int_{2\pi/3}^{4\pi/3} d\phi \int_{\frac{-1}{\cos(\phi)}}^2 \rho d\rho

\int_{2\pi/3}^{4\pi/3} d\phi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_{\frac{-1}{\cos(\phi)}}^2

\int_{2\pi/3}^{4\pi/3} 2 - \frac{1}{2\cos^2(\phi)} d\phi

\left[2 \phi \right]_{2\pi/3}^{4\pi/3} - \frac{1}{2} \int_{2\pi/3}^{4\pi/3} \frac{1}{\cos^2(\phi)} d\phi

\frac{8 \pi}{3} - \frac{4 \pi}{3} - \frac{1}{2} \left[ \tan(\phi) \right]_{2\pi/3}^{4\pi/3}

\frac{4 \pi}{3} - \frac{1}{2} [ \sqrt{3} + \sqrt{3}]

\frac{4 \pi}{3} - \sqrt{3}

Finalmente el área pedida es la suma de las dos areas calculadas:

A = A_1 + A_2 = 3\sqrt{3} + \frac{4 \pi}{3}

El siguiente es el gráfico de la región:

draw2d(
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(2-t^2, t, t,-2,2)
);

Tp.8 Ej.10.g

Calcule mediante integrales triples el volumen del cuerpo H, usando el sistema de coordenadas que crea más conveniente.

g) H definido por y \geq x^2, x^2 + y^2 \leq 2, z \geq 0, z \leq x.

Solución:

Como z \geq 0 y z \leq x tenemos también que x \geq 0, y como y \geq x^2 tenemos que y \geq 0, por lo tanto sabemos que el cuerpo se encuentra en el 1º octante.

Calculemos el valor máximo que puede tomar x intersectando
\begin{cases} y = x^2 \\ x^2 + y^2 = 2 \end{cases}
y + y^2 = 2
y^2 + y - 2 = 0
De donde sale y_0 = 1 e y_1 = -2 (este último no nos interesa ya que no pertenece al 1º octante).
Reemplazando y_0 = 1 en la primer ecuación obtenemos x_0 = 1 en el 1º octante.

Por lo tanto el volúmen del cuerpo H es:

\int_0^1 dx \int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}} dy \int_0^x dz

\int_0^1 x (\sqrt{2-x^2} - x^2) dx

\int_0^1 x \sqrt{2-x^2} dx - \int_0^1 x^3 dx

Para resolver \int x \sqrt{2-x^2} dx, si
u = 2-x^2, entonces
du = -2x dx

\frac{-1}{2} \int \sqrt{u} du = \frac{-1}{3} (2-x^2)^{3/2}

Retomando nuestra integral:
\left[ \frac{-1}{3}(2-x^2)^{3/2} \right]_0^1 - \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1
= \frac{-1}{3} - \frac{-2\sqrt{2}}{3} - (\frac{1}{4})
= \frac{2}{3}\sqrt{2} - \frac{7}{12}

El siguiente es el gráfico del cuerpo H:

reparametrize(f1,f2,f3,iv,iv0,iv1,dv,dv0,dv1) :=
apply( 'parametric_surface, append(
subst([ iv = 'u , dv = (1-'v)*subst([iv='u],dv0) + 'v * subst([iv='u],dv1) ], [f1,f2,f3]),
['u, iv0, iv1, 'v, 0, 1])
);
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
reparametrize(x, y, x, x, 0, 1, y, x^2, sqrt(2-x^2)),
reparametrize(x, y, 0, x, 0, 1, y, x^2, sqrt(2-x^2)),
reparametrize(x, x^2, z, x, 0, 1, z, 0,x),
reparametrize(x, sqrt(2-x^2), z, x, 0, 1, z, 0,x)
);

Tp.8 Ej.15.c

Calcule la masa de los siguientes cuerpos:

c) cuerpo definido por x^2 + y^2 \leq 9, 0 \leq z \leq 2 con densidad en cada punto proporcional a la distancia desde el punto al plano xz.

Solución:

La función densidad es de la forma \delta(x,y,z) = k|y|

Pasando a coordenadas cilíndricas sobre el eje z
T: \begin{cases} x = \rho \cos(\phi) \\ y = \rho \sin(\phi) \\ z = z \end{cases}
0 \leq \phi \leq 2\pi
0 \leq \rho \leq +\infty
-\infty \leq z \leq +\infty

La función densidad se transforma en:
\delta(\phi, \rho, z) = k\rho|\sin(\phi)|

Por lo tanto la masa del cuerpo viene dada por:

M = k \int_0^{\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^3 \rho^2 d\rho \int_0^2 dz - k \int_{\pi}^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^3 \rho^2 d\rho \int_0^2 dz

= 2k \left[-\cos(\phi)\right]_0^{\pi} \left[\frac{\rho^3}{3}\right]_0^3 - 2k \left[-\cos(\phi)\right]_{\pi}^{2\pi} \left[\frac{\rho^3}{3}\right]_0^3

= 72k

El gráfico del cuerpo consiste simplemente el interior de un cilindro de radio 3 y altura 2:

draw3d(surface_hide=true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color=blue,
parametric_surface(3*cos(v), 3*sin(v), z, v,0,2*%pi, z,0,2),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 2, v,0,2*%pi, u,0,3),
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 0, v,0,2*%pi, u,0,3)
);