Solución Ayudantía 12 5

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Pontificia Universidad Catolica de Chile Curso: MAT1620- Cálculo II
Facultad de Matemáticas Profesor: Wolfgang Rivera
Semestre 2019-2 Ayudante: Ignacio Castañeda
Mail: mat1620@ifcastaneda.cl
Ayudant́ıa 12.5
Compilado I3
20 de noviembre de 2019
1. Si z3 − xz − y = −2, encuentre δ
2z
δyδx
cuando (x, y, z) = (−1, 0,−1).
Solución:
En primer lugar, notemos que lo que nos estan pidiendo es equivalente a zxy (mucho
ojo con la notación).
Tenemos que
z3 − xz − y = −2
Derivamos en x,
3z2zx − z − xzx = 0
Despejando,
zx =
z
3z2 − x
Para obtener zyx, derivamos la ecuación anterior (no la despejada) en y, es decir
3z2zx − z − xzx = 0
Derivando,
6zzyzx + 3z
2zxy − zy − xzxy = 0
Despejando,
zxy =
zy − 6zzyzx
3z2 − x
Notemos que para calcular el valor de zxy, necesitamos también saber zy, por lo
que tomamos
z3 − xz − y = −2
y derivamos en y,
3z2zy − xzy − 1 = 0
Despejando,
zy =
1
3z2 − x
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Reemplazando con (−1, 0, 1), tenemos que
zx(−1, 0,−1) =
−1
3 + 1
= −1
4
zy(−1, 0,−1) =
1
3 + 1
=
1
4
Luego, reemplazando con los valores obtenidos de zx y zy,
zxy(−1, 0,−1) =
1
4
− 6 · (−1) · 1
4
·
(
−1
4
)
3 · (−1)2 + 1
= − 1
32
2. Determine la gradiente de f , evalúela en el punto P y encuentre la razón de cambio de
f en P en la dirección del vector u.
a) f(x, y) = sen(2x+ 3y) P = (−6, 4), u =
(√
3i− j
)
b) f(x, y) =
y2
x
P = (1, 2), u =
(
2i+
√
5j
)
Solución:
Recordemos que la derivada direccional de f en la dirección u en el punto P (x0, y0),
corresponde a
Du(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · û
a) f(x, y) = sen(2x+ 3y) P = (−6, 4), u =
(√
3i− j
)
En primer lugar, calculemos el gradiente, esto es
∇f =
(
2 cos(2x+ 3y)
3 cos(3x+ 3y)
)
→ ∇f(−6, 4) =
(
2
3
)
Luego, normalicemos u, esto es
û =
u
|u|
=
(√
3
−1
)
2
=
(√
3/2
−1/2
)
Finalmente,
Du =
(
2
3
)
·
(√
3/2
−1/2
)
=
√
3− 3
2
2
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b) f(x, y) =
y2
x
P = (1, 2), u =
(
2i+
√
5j
)
En primer lugar, calculemos el gradiente, esto es
∇f =
(
−y2/x2
2y/x
)
→ ∇f(1, 2) =
(
−4
4
)
Luego, normalicemos u, esto es
û =
u
|u|
=
(
2√
5
)
3
=
(
2/3√
5/3
)
Finalmente,
Du =
(
−4
4
)
·
(
2/3√
5/3
)
=
−8 + 4
√
5
3
3. Suponga que f(x, y) es una función con derivadas parciales continuas en el punto (1, 1).
Asumir que la derivada direccional en (1, 1) en la dirección 〈3, 4〉 es 1 y en la dirección
〈5, 12〉 es −1.
a) Encontrar la ecuación cartesiana del plano tangente en (1, 1, f(1, 1)).
b) Encontrar la derivada direccional de f(x, y) en (1, 1) en dirección al origen.
Solución:
Recordemos que
Du(x, y) = ∇f(x, y) · û
Luego, como sabemos que D(3,4)(1, 1) = 1 donde u = (3, 4)→ û = (35 ,
4
5
), tenemos
que
D(3,4)(1, 1) =
(
fx(1, 1)
fy(1, 1)
)
·
(
3
5
4
5
)
= 1
3
5
fx(1, 1) +
4
5
fy(1, 1) = 1
3fx(1, 1) + 4fy(1, 1) = 5
Análogamente, como D(5,12)(1, 1) = −1, donde u = (5, 12)→ û = ( 513 ,
12
13
), tenemos
que
D(5,12)(1, 1) =
(
fx(1, 1)
fy(1, 1)
)
·
(
5
13
12
13
)
= −1
5
13
fx(1, 1) +
12
13
fy(1, 1) = −1
3
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5fx(1, 1) + 12fy(1, 1) = −13
Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos que
fx(1, 1) = 7 fy(1, 1) = −4
a) Para obtener el plano tangente, lo podemos hacer con la formula, esto es
z − f(1, 1) = fx(1, 1)(x− 1) + fy(1, 1)(y − 1)
z − f(1, 1) = 7(x− 1)− 4(y − 1)
7x− 4y − z = 3− f(1, 1)
b) D(1,1)(1, 1) =
(
fx(1, 1)
fy(1, 1)
)
·
(
− 1√
2
− 1√
2
)
=
(
7
−4
)
·
(
− 1√
2
− 1√
2
)
= − 3√
2
4. La temperatura en el punto (x, y) de una lamina metálica viene dada por la función
T (x, y) =
x
x2 + y2
. Hallar la razón de crecimiento máximo de la temperatura en el
punto (3, 4) y la dirección en que ella ocurre.
Solución:
En primer lugar, debemos calcular la gradiente, esto es
∇T =
(
(x2 + y2)− 2x · x
(x2 + y2)2
,
−x
(x2 + y2)2
2y
)
∇T =
(
y2 − x2
(x2 + y2)2
,
−2xy
(x2 + y2)2
)
Luego, la dirección de máximo crecimiento viene dada por
∇T (3, 4) =
(
7
625
,− 24
625
)
Notese que la dirección podŕıa ser cualquier múltiplo de este vector, por lo que
(7,−24) también seŕıa válido.
Ahora, la razón de máximo crecimiento, viene dada por
||∇T (3, 4)|| =
√
72 + 242
6252
=
√
72 + 242
625
=
√
625
625
=
1
25
4
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Ojo que en este caso debemos usar la gradiente exacta, no un múltiplo de esta, ya
que eso alteraŕıa el resultado.
Si nos pidieran la razón de decrecimiento máximo, habŕıa que cambiarle el signo
al resultado.
5. Encuentre y clasif́ıque los puntos cŕıticos de f(x, y) = x3 + 3xy2 − 15x− 12y.
Solución:
Para encontrar y clasificar los puntos cŕıticos de una función, se debe hacer lo
siguiente:
Para clasificarlos, calculamos el gradiente de la función y lo igualamos a 0. Todos
los puntos que cumplan con esta condición serán los puntos cŕıticos.
Para clasificarlos, debemos evaluarlos en el determinante de la matriz Hessiana,
que en el caso de dos variables es
H(x, y) = fxxfyy − f 2xy
Aqui se cumplirá lo siguiente:
H > 0
• fxx > 0→ Mı́nimo local
• fxx < 0→ Máximo local
H < 0→ Punto silla
Veamos ahora el ejercicio.
Tenemos que
f(x, y) = x3 + 3xy2 − 15x− 12y
Luego,
∇f =
(
3x2 + 3y2 − 15
6xy − 12
)
= ~0
Luego, tenemos que resolver
3x2 + 3y2 − 15 = 0
6xy − 12 = 0
5
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Simplificando,
x2 + y2 = 5
xy = 2
Sumando dos veces la segunda a la primera ecuación, obtenemos
x2 + 2xy + y2 = 9
Luego,
(x+ y)2 = 9→ x+ y = ±3
Ahora, debemos ver cada uno de estos casos y despejar reemplazando en la otra
ecuación. En primer lugar, veamos el caso donde x+ y = 3, es decir, y = 3− x.
Reemplazando,
x(3− x) = 2→ x2 − 3x+ 2 = 0→ (x− 1)(x− 2) = 0
De aqui tenemos que x1 = 1 → y1 = 2 y x2 = 2 → y2 = 1, por lo que P1(1, 2) y
P2(2, 1).
Veamos ahora que pasa con x+ y = −3, es decir y = −3− x
Reemplazando,
x(−3− x) = 2→ x2 + 3x+ 2 = 0→ (x+ 1)(x+ 2) = 0
De aqui tenemos que x3 = −1 → y3 = −2 y x4 = −2 → y4 = −1, por lo que
P3(−1,−2) y P4(−2,−1).
Entonces, los puntos cŕıticos son
P1(1, 2) P2(2, 1) P3(−1,−2) P4(−2,−1)
Calculemos ahora el determinante del Hessiano, es decir,
H(x, y) = fxxfyy − f 2xy
Notemos que
fxx = 6x fyy = 6x fxy = 6y
Luego,
H(x, y) = 36(x2 − y2)
6
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Finalmente,
H(P1) = H(1, 2) = 36(1
2 − 22) < 0→ Punto silla
H(P2) = H(2, 1) = 36(2
2 − 12) > 0
fxx(2, 1) = 12 > 0→ Mı́nimo local
H(P3) = H(−1,−2) = 36((−1)2 − (−2)2) < 0→ Punto silla
H(P4) = H(−2,−1) = 36((−2)2 − (−1)2) > 0
fxx(2, 1) = −12 < 0→ Máximo local
6. Sea la función
f(x, y) = ax2y + bxy2 +
a2y2
2
+ 2y
determine los valores de a y b para que la función posea un punto silla en (1, 1).
Solución:
Para que exista un punto silla en (1, 1), deben cumplirse dos cosas:
∇f(1, 1) = 0 ∧H(1, 1) < 0
Tenemos que
∇f =
(
2axy + by2
ax2 + 2bxy + a2y
)
Evaluando en (1, 1),
∇f(1, 1) =
(
2a+ b
a+ 2b+ a2
)
= 0
Luego,
2a+ b = 0
a+ 2b+ a2 = 0
Reemplazando la primera ecuación (b = −2a) en la segunda obtenemos,
a2 − 3a+ 2 = 0→ (a− 2)(a− 1) = 0
De aqúı obtememos
a = 1→ b = −2, a = 2→ b = −4
7
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Veamos ahora cuál de estos valores de a y b cumplen la restricción del Hessiano.
fxx = 2ay, fyy = 2bx+ a
2, fxy = 2ax+ 2by
Luego,
H(x, y) = 2ay(2bx+ a2)− (2ax+ 2by)2
Evaluamos,
H(1, 1) = 2a(2b+ a2)− (2a+ 2b)2
Probamos con a = 1 y b = −2,
H = 2(−4 + 1)− (2− 4)2 = −6− 4 = −10 < 0
Por lo que si es un punto silla.
Probemos ahora ocn a = 2 y b = −4
H = 4(−8− 4)− (4− 8)2 = −16− 16 = −32 < 0
Por lo que si es un punto silla.
Finalmente, los valores que puede tomar a y b son (1,−2) y (2,−4)
7. Hallar los valores extremos de f(x, y) = x2+2y2−2x+3 en el disco cerrado x2+y2 ≤ 10.
Solución:
Cuando tenemos restricciones, debemos hacer un paso adicional.
En primer lugar, encontramos los puntos cŕıticos igual quesiempre, es decir,
igualando la gradiente a cero y solo guardamos los que cumplan con las restricciones.
Luego, utilizamos Lagrange para encontrar los puntos cŕıticos de los bordes. Para
esto, definimos cada restricción como una función adicional, despejando toda la
restricción hacia un lado de tal manera que se iguale a cero. Entonces, resolvemos
el sistema
∇f = λ∇g + µ∇h+ . . .
g(x, y) = 0, h(x, y) = 0, . . .
para obtener los puntos cŕıticos de los bordes.
Finalmente, evaluamos todos los puntos cŕıticos obtenidos para ver cual es el
máximo y cual es el mı́nimo.
8
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Procedamos con le ejercicio:
En primer lugar, tenemos que
∇f =
(
2x− 2
4y
)
=
(
0
0
)
Esto se traduce en el sistema
2x− 2 = 0
4y = 0
→ x = 1
y = 0
Por lo que P1(1, 0). Notemos que este punto si cumple con la restricción, ya que
12 + 02 ≤ 10, por lo que si es un punto cŕıtico.
Veamos ahora que sucede con los bordes. Sea
g(x, y) = x2 + y2 − 10
∇g =
(
2x
2y
)
Definimos el sistema
∇f = λ∇g
g(x, y) = 0
→
2x− 2 = λ2x
4y = λ2y
x2 + y2 = 10
Para resolver este sistema, seŕıa tentador pasar el y diviviendo en la segunda
ecuación, sin embargo, recordemos que este podŕıa ser cero, por lo que no podemos
hacerlo directamente. Si queremos dividir por algun termino que podŕıa ser cero,
debemos ver todos los casos posibles (en esta caso son dos, y = 0, y 6= 0).
y = 0
En este caso, de la últma ecuación obtenemos
x2 = 10→ x = ±
√
10
De aqúı se desprende
P2(
√
10, 0), P3(−
√
10, 0)
y 6= 0
De la segunda ecuación,
4 = 2λ→ λ = 2
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Reemplazando esto en la primera,
2x− 2 = 4x→ x = −1
Por último, de la última ecuación tenemos que
1 + y2 = 10→ y2 = 9→ y1 = 3, y2 = −3
Por lo tanto, los puntos obtenidos son
P4(−1, 3), P5(−1,−3)
Finalmente, evaluamos los puntos cŕıticos obtenidos en la función original, esto es
f(P1) = f(1, 0) = 1− 2 + 3 = 2
f(P2) = f(
√
10, 0) = 10− 2
√
10 + 3 = 13− 2
√
10
f(P3) = f(−
√
10, 0) = 10 + 2
√
10 + 3 = 13 + 2
√
10
f(P4) = f(−1, 3) = 1 + 18 + 2 + 3 = 24
f(P5) = f(−1,−3) = 1 + 18 + 2 + 3 = 24
Por lo tanto, concluimos que el máximo es 24 (P4 y P5) y el mı́nimo es 2 (P1).
8. Determine el máximo y el mı́nimo valor que alcanza la expresión z = x2−4xy−y2+2y,
para x ≥ 0; y ≥ 0; x+ y ≤ 2.
Solución:
En primer lugar, tenemos que
∇f =
(
2x− 4y
−4x− 2y + 2
)
=
(
0
0
)
Esto se traduce en el sistema
2x− 4y = 0
−4x+ 2y + 2 = 0 → x =
2
5
, y =
1
5
Por lo que nuestro primer punto es P1
(
2
5
,
1
5
)
. Notemos que este punto si cumple
con las restricción, ya que
2
5
+
1
5
≤ 2 y ambos son positivos, por lo que si es un
punto cŕıtico.
10
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Veamos ahora que sucede con los bordes.
Recordemos para que nos sirve Lagrange. Al armar el sistema de ecuaciones
correspondiente, con las restricciones que elijamos, Lagrange nos indicará los puntos
cŕıticos que se encuentran cumpliendo todas las restricciones que hayamos agregado
al sistema.
Al tener múltiples restricciones, debemos hacer Lagrange múltiples veces, con todas
las restricciones por separado y combinandolas también con las que tengan sentido,
esto es, combinando las restricciones que se intersectan entre si.
Recordemos también que en Lagrange, las inecuaciones se convierten en igualdades,
ya que estamos analizando solamente el borde y no su contenido.
Notemos que las restricciones de este ejercicio corresponden a un triangulo hecho
por los ejes coordenados y la recta y = 2 − x. Luego, los casos que tenemos que
analizar son cada uno de los bordes del triangulo y todas las intersecciones de estos,
es decir, las esquinas del triangulo. Estos casos corresponden a los siguientes:
x = 0
y = 0
x+ y = 2
x = 0 ∧ y = 0→ P2(0, 0)
y = 0 ∧ x+ y = 2→ P3(0, 2)
x+ y = 2 ∧ x = 0→ P4(2, 0)
Como pueden ver, varios casos se resolvieron de manera inmediata, sin embargo,
seguimos teniendo 3 casos que analizar. No obstante, dado que las restricciones son
bastante sencillas y tenemos solo dos variables, podemos evitar el uso de Lagrange
y simplemente reemplazar cada uno de los casos en la función original y encontrar
los puntos cŕıticos derivando la ecuación que obtengamos (que será de una variable).
Veamos entonces el resto de los casos:
x = 0
Al reemplazar en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = −y2 + 2y = f(y)
Derivando,
f ′(y) = −2y + 2 = 0→ y = 1
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Por lo tanto, tenemos P5(0, 1)
y = 0 Al reemplazar en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = x2 = f(x)
Derivando,
f ′(x) = 2x = 0→ x = 0
Sin embargo, este punto ya lo tenemos (P2(0, 0)).
x+ y = 2 Al reemplazar y = 2− x en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = x2 − 4x(2− x)− (2− x)2 + 2(2− x) = 4x2 − 6x = f(x)
Derivando,
f ′(x) = 8x− 6 = 0→ x = 3
4
, y =
5
4
Por lo que P6
(
3
4
,
5
4
)
.
Finalmente, evaluamos todos los puntos en la función dada, esto es
f(P1) = f
(
2
5
,
1
5
)
=
1
5
f(P2) = f(0, 0) = 0
f(P3) = f(0, 2) = 0
f(P4) = f(2, 0) = 4
f(P5) = f(0, 1) = 1
f(P6) = f
(
3
4
,
5
4
)
= −9
4
Entonces, concluimos que el mı́nimo es −9
4
y el máximo es 4.
9. Si el plano x+y+2z = 2 corta al paraboloide z = x2+y2 se forma una elipse. Encuentre
los puntos de la elipse que están más cerca y más lejos del origen.
Solución:
Como tenemos que minimizar la distancia al origen, la función a minimizar es
f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
12
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Notemos también que los óptimos de esta función serán los mismos que los de
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
Por lo tanto, optimizaremos esta última sujeta a las restricciones
x+ y + 2z = 2 , z = x2 + y2
Como solo nos interesa el borde, es decir, la elipse, podemos hacer Lagrange
directamente.
Sea
g(x, y, z) = x+ y + 2z − 2, h(x, y, z) = x2 + y2 − z
Tenemos que
∇f =
2x2y
2z
 ∇h =
11
2
 ∇g =
2x2y
−1

Definimos el sistema
∇f = λ∇g + µ∇h
g(x, y, z) = 0
h(x, y, z) = 0
→
2x = λ+ µ2x (1)
2y = λ+ µ2y (2)
2z = 2λ− 1 (3)
x+ y + 2z = 2 (4)
z = x2 + y2 (5)
Haciendo (1)− (2), obtenemos
2x− 2y = 2xµ− 2yµ
x− y = (x− y)µ
(x− y)(µ− 1) = 0
Veamos por casos:
y = x
Al reemplazar esto en (5), obtenemos
z = 2x2
Luego, reemplazando estas cosas en (4), tenemos que
2x+ 4x2 = 2
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2x2 + x− 1 = 0
(2x− 1)(x+ 1) = 0
x1 =
1
2
→ P1
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
, x2 = −1→ P2(−1,−1, 2)
y 6= x Al dividir por (x− y) en (1)− (2), obtenemos
µ− 1 = 0→ µ = 1
Reemplazando esto en (1), tenemos que
2x = λ+ 2x→ λ = 0
Reemplazando los valores de λ y µ en (3), se tiene que
2z = −1→ z = −1
2
Sin embargo, notemos que al reemplazar esto en (5), llegamos a que
−1
2
= x2 + y2 ≥ 0
Como esto es una contradicción, no tenemos puntos cŕıticos en este caso.
Por lo tanto, los únicos puntos cŕıticos que tenemos son P1 y P2. Al evaluarlos en
la función objetivo, tenemos que
f(P1) = f
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
=
1
4
+
1
4
+
1
4
=
3
4
f(P2) = f(−1,−1, 2) = 1 + 1 + 4 = 6
Finalmente, concluimos que el punto perteneciente a la elipse que esta más cercano
al origen es P1
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
.
10. Resolver las siguientes integrales múltiples∫ 4
2
∫ 2
1
yexydxdya)
∫ 1
−1
∫ 1
−1
xy
1 + x2 + y2
dxdyb)
Solución:
14
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a)
∫ 4
2
∫ 2
1
yexydxdy =
∫ 4
2
exy
∣∣∣2
1
dy =
∫ 4
2
e2y − eydy = 1
2
e2y
∣∣∣4
2
− ey
∣∣∣4
2
=
1
2
e8 − 1
2
e4 − e4 + e2 = 1
2
e8 − 3
2
e4 + e2
b)
∫ 1
−1
∫ 1
−1
xy
1 + x2 + y2
dxdy =
∫ 1
−1
y
2
∫ 1
−1
2x
1 + x2 + y2
dxdy
=
∫ 1
−1
y
2
ln(1 + x2 + y2)
∣∣∣1
−1
dy =
∫ 1
−1
y
2
(ln(2 + y2)− ln(2 + y2))dy
= 0
11. Calcule ∫ 1
0
xb − xa
log x
dx
sabiendo que
∫ b
a
xydy =
xb − xa
log x
.
Solución:
Reemplazando con la información dada, tenemos que:∫ 1
0
xb − xa
log x
dx =
∫ 1
0
∫ b
a
xydydx
Cambiamosel orden de integración, dado que aśı es más facil integrar
=
∫ b
a
∫ 1
0
xydxdy
=
∫ b
a
xy+1
y + 1
∣∣∣1
0
dy
=
∫ b
a
dy
y + 1
= ln|y + 1|
∣∣∣b
a
con lo que: ∫ 1
0
xb − xa
log x
dx = ln
∣∣∣∣ b+ 1a+ 1
∣∣∣∣
12. Dibuje la región de integración de
∫ 1
0
∫ 2x
x
dydx y luego cambie el orden de integración.
15
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Solución:
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
0
0,5
1
1,5
2
x
y
Como queremos cambiar el orden de integración, despejamos estas funciones en
función de la otra variable, es decir:
y = 2x→ x = y
2
; y = x→ x = y
Luego, cambiamos el orden de integración, teniendo cuidado con los intervalos
donde estamos abajo y arriba de la linea azul.∫ 1
0
∫ 2x
x
dydx =
∫ 1
0
∫ y
y/2
dxdy +
∫ 2
1
∫ 1
y/2
dxdy
13. Evalúe la integral
∫ 2
1
∫ x2
x
12xdydx y luego dibuje la región de integración y exprese la
integral en el orden dxdy. Integre nuevamente.
Solución:∫ 2
1
∫ x2
x
12xdydx =
∫ 2
1
12x(x2 − x)dx =
∫ 2
1
12(x3 − x2)dx = 17
16
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
0 0,5 1 1,5 2
0
1
2
3
4
x
y
Despejamos estas funciones en función de la otra variable
y = x2 → x =√y ; y = x→ x = y
y cambiamos el orden de integración∫ 2
1
∫ x2
x
12xdydx =
∫ 2
1
∫ y
√
y
12xdxdy +
∫ 4
2
∫ 2
√
y
12xdxdy
Resolvemos ahora esta integral y obtenemos que∫ 2
1
∫ y
√
y
12xdxdy +
∫ 4
2
∫ 2
√
y
12xdxdy = 17
14. Calcule la integral doble
∫∫
R
ex/ydA donde R es la región en R2 encerrada por las
curvas y =
√
x e y = 3
√
x.
Solución:
Para tener más claro qué es lo que estamos integrando, vamos a graficar ambas
curvas:
17
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
x
y
Vemos claramente que se intersectan en x = 0 y x = 1. Además, podemos observar
que y =
√
x es menor a y = 3
√
x en ese intervalo. Por lo tanto, nos queda la integral
siguiente: ∫∫
R
ex/ydA =
∫ 1
0
∫ 3√x
√
x
ex/ydydx
Sin embargo, esta integral no es sencilla de resolver, ya que para eso tendŕıamos
que integrar e1/y. Dado esto, vamos a cambiar el orden de integración, utilizando
el grafico de arriba. Para esto, despejamos x en ambas funciones, obteniendo
y =
√
x→ x = y2 ; y = 3
√
x→ x = y3
Luego, podemos escribir la integral como∫ 1
0
∫ 3√x
√
x
ex/ydydx =
∫ 1
0
∫ y2
y3
ex/ydxdy
Por último, resolvemos esta integral
=
∫ 1
0
yex/y
∣∣∣y2
y3
dy
=
∫ 1
0
y
(
ey
2/y − ey3/y
)
dy
=
∫ 1
0
yey − yey2dy
18
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Para el primer termino se aplica integración por partes (u = y, dv = ey) y para el
segundo termino se utiliza la sustitución u = y2, obteniendo asi:∫∫
R
ex/ydA =
1
2
(e+ 1)
15. Cambie el orden de integración y calcule cuando sea posible∫ 1
0
∫ √x
0
2xy
1− y4
dydxa)
∫ 1
0
∫ z
z2
ze−y
2
dydzb)
∫ 1
0
∫ π/2
arcsen(y)
cos(x)
√
1 + cos2(x)dxdyc)
∫ 1
0
∫ 1
√
x
x√
x2 + y2
dydxd)
Solución:
a)
∫ 1
0
∫ √x
0
2xy
1− y4
dydx
En primer lugar, vamos a graficar nuestra area de integración:
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
x
y
Tenemos que y =
√
x→ x = y2 y podemos ver que la coordenada y se mueve
entre 0 y 1, por lo tanto:∫ 1
0
∫ √x
0
2xy
1− y4
dydx =
∫ 1
0
∫ 1
y2
2xy
1− y4
dxdy
19
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Ahora, la resolvemos:
=
∫ 1
0
∫ 1
y2
2xy
1− y4
dxdy
=
∫ 1
0
y
1− y4
(∫ 1
y2
2xdx
)
dy
=
∫ 1
0
y
1− y4
x2
∣∣∣1
y2
dy
=
∫ 1
0
y
1− y4
(1− y4)dy
=
∫ 1
0
ydy
=
1
2
b)
∫ 1
0
∫ z
z2
ze−y
2
dydz
Graficamos la región:
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
z
y
Tenemos que y = z2 → z =√y y y = z → z = y. Viendo el gráfico podemos
ver que al hacer el cambio del orden de integración, seguiremos teniendo una
sola integral, con lo que∫ 1
0
∫ z
z2
ze−y
2
dydz =
∫ 1
0
∫ √y
y
ze−y
2
dzdy
20
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Evaluando esta integral, tenemos que
=
∫ 1
0
∫ √y
y
ze−y
2
dzdy
=
∫ 1
0
e−y
2
(∫ √y
y
zdz
)
dy
=
∫ 1
0
e−y
2
(y − y2)dy
Podemos seguir desarrollando, pero eventualmente tendremos que calcular∫ 1
0
e−y
2
dy, que no tiene primitiva (no se puede calcular).
c)
∫ 1
0
∫ π/2
arcsen(y)
cos(x)
√
1 + cos2(x)dxdy
Partimos graficando la región. Notemos que para graficar con los ejes que
estamos acostumbrados, debemos graficar la función y = sen(x), la cual es
equivalente a x = arcsen(y)
π
4
π
2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
x
y
Podemos ver que x va entre 0 y
π
2
. Además, y va entre 0 y sen(x). Dicho esto,
tenemos que∫ 1
0
∫ π/2
arcsen(y)
cos(x)
√
1 + cos2(x)dxdy =
∫ π/2
0
∫ sen(x)
0
cos(x)
√
1 + cos2(x)dydx
21
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Resolviendo:
=
∫ π/2
0
∫ sen(x)
0
cos(x)
√
1 + cos2(x)dydx
=
∫ π/2
0
cos(x)
√
1 + cos2(x)
(∫ sen(x)
0
dy
)
dx
=
∫ π/2
0
sen(x)cos(x)
√
1 + cos2(x)dx
Hacemos el cambio de variables
u = cos2(x)→ du = −2cos(x)sen(x)dx
Con lo que nos queda:
=
1
2
∫ 1
0
√
1 + udu
=
1
2
· 2
3
(1 + u)3/2
∣∣∣1
0
=
1
3
(23/2 − 1)
d)
∫ 1
0
∫ 1
√
x
x√
x2 + y2
dydx
Graficamos:
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
x
y
22
Ayudant́ıa 12.5 - Ignacio Castañeda - mat1620@ifcastaneda.cl
Tenemos que y =
√
x→ x = y2. De esta forma,∫ 1
0
∫ 1
√
x
x√
x2 + y2
dydx =
∫ 1
0
∫ y2
0
x√
x2 + y2
dxdy
Resolviendo esta integral, tenemos
=
∫ 1
0
∫ y2
0
x√
x2 + y2
dxdy
=
∫ 1
0
(∫ y2
0
1
2
2x√
x2 + y2
dx
)
dy
Haciendo el cambio de variable u = x2 → du = 2xdx en la integral de más
adentro
=
∫ 1
0
(∫ y4
0
du
2
√
u+ y2
)
dy
=
∫ 1
0
√
u+ y2
∣∣∣y4
0
dy
=
∫ 1
0
√
y4 + y2 − |y|dy
Como el intervalo de integración es positivo, sabemos que |y| = y
=
∫ 1
0
y
√
y2 + 1− ydy
Haciendo u = y2 → du = 2ydy
=
1
2
∫ 1
0
y
√
u+ 1du− 1
2
=
1
2
· 2
3
(23/2 − 1)− 1
2
=
2
√
2
3
− 5
6
16. Utilizando coordenadas polares, calcule:∫∫
D
x2y2
(x2 + y2)2
dxdy
siendo D = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 2}.
23
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Solución:
Utilizando coordenadas polares, tenemos que
x = rcos(θ) , y = rsen(θ)
dxdy → rdrdθ
Es evidente entonces que
1 < x2 + y2 < 2→ 1 < r2 < 2→ 1 < r <
√
2
Como no hay restricciones que involucren a θ, tenemos que θ ∈ [0, 2π] Luego,∫∫
D
x2y2
(x2 + y2)2
dxdy =
∫ 2π
0
∫ √2
1
r2cos2(θ)r2sen2(θ)
r4
rdrdθ
Simplificando nos queda
=
∫ 2π
0
∫ √2
1
r(cos(θ)sen(θ))2drdθ
=
∫ 2π
0
∫ √2
1
r
(
1
2
sen(2θ)
)2
drdθ
Notemos que la funcion es separable, por lo que nos queda
=
1
4
(∫ 2π
0
sen2(2θ)dθ
)(∫ √2
1
rdr
)
=
1
4
(∫ 2π
0
1− cos(4θ)
2
dθ
)
1
2
=
2π
16
=
π
8
24