Pauta Ayudantia 2 MAT024 2022-02[1] - Alfredo Mallea (2)

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Ayudant́ıa 2
Matemática IV (MAT-024)
Jueves 2 de Septiembre de 2022
Problema 1. Considere la región E ⊂ R2 descrita mediante:
E = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 4, −x ≤ y ≤ x2}.
a) Muestre que E = T (D), donde D es la región acotada por las rectas u = 0, v = 0, u + v = 4,
donde T es la transformación definida como
(x, y) = T (u, v) = (u+ v, u2 − v).
b) Obtenga el valor de ∫∫
E
2x√
1 + 4x+ 4y
dA.
Solución:
a) Procederemos mapeando cada lado del conjunto D:
� T lleva la recta u = 0 con 0 ≤ v ≤ 4, en la recta y = −x con 0 ≤ x ≤ 4.
� T lleva la recta v = 0 con 0 ≤ u ≤ 4, en la parábola y = x2 con 0 ≤ x ≤ 4.
� T lleva la recta u+ v = 4 con 0 ≤ u ≤ 4, en la recta x = 4.
Por lo anterior se tiene E = T (D).
b) De la transformación tenemos que
∂(x, y)
∂(u, v)
= −(1 + 2u) ̸= 0, como x = u+ v, y = u2 − v se tiene
u2 + u = x+ y, de donde u =
−1 +
√
1 + 4(x+ y)
2
, puesto que u > 0. De lo anterior se cumple
2u+ 1 =
√
1 + 4x+ 4y.
Entonces ∫∫
E
2x√
1 + 4x+ 4y
dA =
∫∫
D
f(x(u, v), y(u, v))
∣∣∣∂(x, y)
∂(u, v)
∣∣∣ dvdu
=
∫ 4
0
∫ 4−u
0
2(u+ v) dvdu
=
∫ 4
0
(16− u2) du
=
128
3
.
Problema 2. Sea el conjunto
Ω = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤
√
x2 + y2 + x, x2 + y2 ≤ 2
√
x2 + y2 − x, y ≥ 0}.
Ayudant́ıa 2 de Matemática IV (MAT-024) 2
Calcule
∫∫
Ω
y dA
Solución:
Utilizamos la transformación (x, y) = T (r, θ) = (r cos(θ), r sen(θ)), con r > 0, θ ∈ [0, 2π[, cuyo
jacobian es r, además se tiene que f es integrable sobre Ω.
Al graficar las fronteras tenemos:
x2 + y2 ≤
√
x2 + y2 + x =⇒ r = 1 + cos(θ)
x2 + y2 ≤ 2
√
x2 + y2 − x =⇒ r = 2− cos(θ),
al tener y ≥ 0 equivale a tener θ ∈ [0, π].
Separaremos la región sombreada en dos re-
giones, separadas por el rayo θ = π3 (este ángulo
se obtiene luego de igualar las dos ecuaciones an-
teriores):
Ω1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ θ ≤
π
3
, 0 ≤ r ≤ 2− cos(θ)}
Ω2 = {(x, y) ∈ R2 :
π
3
≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ)}
entonces:∫∫
Ω
y dA =
∫∫
Ω1
r sen(θ)r drdθ+
∫∫
Ω2
r sen(θ)r drdθ.
Y aśı ∫∫
Ω
y dA =
∫ π
π
3
∫ 1+cos(θ)
0
r sen(θ)r drdθ +
∫ π
3
0
∫ 2−cos(θ)
0
r sen(θ)r drdθ
=
∫ π
π
3
1
3
sen(θ)(cos(θ) + 1)3 dθ +
∫ π
3
0
1
3
sen(θ)(2− cos(θ))3 dθ
=
27
64
+
65
192
=
73
96
.
Problema 3. Considere una función f : D ⊆ R3 −→ R continua, donde la región D está definida
como D = {(x, y, z) ∈ R3/ x2 + z2 ≤ 1− y2, |z| ≤ x2 + y2, z + 1− x2 ≥ y2, y > 0}.
Además de la integral ∫∫∫
D
f(x, y, z) dV.
Utilizando coordenadas cartesianas determine los respectivos ĺımites de integración para los órdenes
dzdydx y dydzdx.
Solución:
Primero se obtienen los puntos de intersección a lo largo del eje z.
Ayudant́ıa 2 de Matemática IV (MAT-024) 3
z = −x2 − y2, ∧ x2 + y2 − 1 = z =⇒ z = −1/2
mientras que el otro punto sera denotado por z0 y se obtiene como
x2 + y2 + z2 = 1, ∧ z = x2 + y2 =⇒ z0 =
−1 +
√
5
2
si definimos I =
∫∫∫
D
f(x, y, z)dV , tenemos que para el orden dzdydx se tiene que
I =
∫∫
E1
∫ x2+y2
−x2−y2
f(x, y, z)dzdydx+
∫∫
E2
∫ x2+y2
x2+y2−1
f(x, y, z)dzdydx︸ ︷︷ ︸
A
+
∫∫
E3
∫ √1−x2−y2
x2+y2−1
f(x, y, z)dzdydx︸ ︷︷ ︸
B
donde
E1 = {(x, y) ∈ R2/ −
√
2/2 ≤ x ≤
√
2/2, 0 ≤ y ≤
√
1/2− x2}
E2 = {(x, y) ∈ R2/ 1/2 ≤ x2 + y2 ≤ z0, y > 0}
E3 = {(x, y) ∈ R2/ z0 ≤ x2 + y2 ≤ 1, y > 0}.
con
A =
∫ −√22
−√z0
∫ √z0−x2
−
√
z0−x2
∫ x2+y2
x2+y2−1
f(x, y)dzdydx+
∫ √z0
√
2
2
∫ √z0−x2
−
√
z0−x2
∫ x2+y2
x2+y2−1
f(x, y)dzdydx
+
∫ √2
2
−
√
2
2
∫ √z0−x2
√
1
2−x2
∫ x2+y2
x2+y2−1
f(x, y)dzdydx+
∫ √2
2
−
√
2
2
∫ −√ 12−x2
−
√
z0−x2
∫ x2+y2
x2+y2−1
f(x, y)dzdydx
análogamente se encuentra B.
Mientras que para el orden dydzdx se tiene
I =
∫∫
Ω1
∫ √1−x2−z2
√
z−x2
f(x, y, z)dydzdx+
∫∫
Ω2
∫ √z+1−x2
√
−z−x2
f(x, y, z)dydzdx
Ω1 =
{
(x, z) ∈ R2/ 0 ≤ z ≤ z0,
√
z ≤ x ≤
√
1− z2
}
∪
{
(x, z) ∈ R2/ 0 ≤ z ≤ z0, −
√
1− z2 ≤ x ≤ −
√
z
}
Ω2 =
{
(x, z) ∈ R2/ − 1/2 ≤ z ≤ 0,
√
−z ≤ x ≤
√
1 + z
}
∪
{
(x, z) ∈ R2/ − 1/2 ≤ z ≤ 0, −
√
1 + z ≤ x ≤ −
√
−z
}
.
Problema 4. Halle el área de la región del plano limitada por la curva
x2
9
+
y2
4
=
x
6
+
y
3
Solución:
Evidentemente debemos usar coordenadas tipo polares. Para ello, comenzamos completando
cuadrados de binomio.
Ayudant́ıa 2 de Matemática IV (MAT-024) 4
y2
4
+
x2
9
=
y
3
+
x
6
⇒ y
2
4
− y
3
+
x2
9
− x
6
= 0
⇒ 1
4
(
y2 − 2 · 2
3
y +
(
2
3
)2)
+
1
9
(
x2 − 2 · 9
12
x+
(
3
4
)2)
=
1
32
+
1
42
⇒
(
y − 23
)2
22
+
(
x− 34
)2
32
=
(
5
12
)2
,
obteniéndose la elipse (
y − 23
)2(
5
6
)2 +
(
x− 34
)2(
5
4
)2 = 1
Luego, una elección posible de cambio de variable para x e y es la siguiente:
T⃗ (r, θ) =
(
3r sin θ +
3
4
, 2r cos θ +
2
3
)
= (x, y)
de donde tenemos
JT⃗ (r, θ) =
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣ 3 sen θ 3r cos θ2 cos θ −2r sin θ
∣∣∣∣ = 6r,
y aśı, la región R∗ dada por
R∗ :
 0 ≤ r ≤
5
12
0 ≤ θ ≤ 2π
es tal que T⃗ (R∗) = R, donde R es la región encerrada por la elipse. De esta forma, por el Teorema del
cambio de variable, obtenemos que el área A solicitada está dada por
A =
∫
R
dA =
∫
R∗
6r dθ dr =
∫ 5
12
0
∫ 2π
0
6r dθ dr = 12π · r
2
2
∣∣∣∣r= 512
r=0
= 6
(
5
12
)2
π =
25
24
π.
Problema 5. Considere el sólido U ⊂ R3 descrito mediante
U = {(x, y) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 8z, 5z ≥ x2 + y2, x2 + y2 ≥ 4, z ≤ 7}.
Exprese las integrales que permitan calcular el volumen del sólido U mediante coordenadas cartesianas
en el orden dzdydx.
Solución:
Un gráfico de la proyección del sólido sobre el plano XZ o Y Z es el mostrado en la figura
siguiente
Ayudant́ıa 2 de Matemática IV (MAT-024) 5
Procedemos ahora interceptando la esfera x2+ y2+ z2 = 8z con el paraboloide 5z = x2+ y2, esto para
encontrar el nivel de corte entre ambas superficies, tenemos aśı z2 − 3z = 0, donde la intersección se
obtiene en el nivel z = 0 y z = 3.
Según la gráfica, dividiremos la región de integración sobre el plano XY en tres sectores:
U1 =: región comprendida entre los discos x
2 + y2 ≤ 4, x2 + y2 ≤ 7.
U2 =: región comprendida entre los discos x
2 + y2 ≤ 7, x2 + y2 ≤ 15.
U3 =: región comprendida entre los discos x
2 + y2 ≤ 15, x2 + y2 ≤ 16.
Y aśı, utilizando la simetŕıa del sólido respecto al origen podemos escribir V = 4V1, donde V1 se obtiene
de la manera siguiente
V1 =
∫ 2
0
∫ √7−x2
√
4−x2
∫ 7
x2+y2
5
dzdydx+
∫ √7
2
∫ √7−x2
0
∫ 7
x2+y2
5
dzdydx+
∫ √7
0
∫ √15−x2
√
7−x2
∫ 4+√16−x2−y2
x2+y2
5
dzdydx+
∫ √15
√
7
∫ √15−x2
0
∫ 4+√16−x2−y2
x2+y2
5
dzdydx+
∫ √15
0
∫ √16−x2
√
15−x2
∫ 4+√16−x2−y2
4−
√
16−x2−y2
dzdydx+
∫ 5
√
15
∫ √16−x2
0
∫ 4+√16−x2−y2
4−
√
16−x2−y2
dzdydx.