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

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Ayudant́ıa 1
Matemática IV (MAT-024)
25 de agosto, 2022
Problema 1. Considerar la integral I =
4∫
0
2
√
x∫
√
4x−x2
f(x, y) dy dx .
(a) Grafique la región (dominio de integración) .
(b) Escriba la(s) integral(es) que permitan calcular I en el orden dx dy .
solución:
De la integral se tiene: 0 ≤ x ≤ 4 y
√
4x− x2 ≤ y ≤ 2
√
x .
Para cambiar el orden de integración se deben separar en al menos 3 regiones
R1 :
0 ≤ y ≤ 2
y2
4
≤ x ≤ 2−
√
4− y2
; R2 :
0 ≤ y ≤ 2
2 +
√
4− y2 ≤ x ≤ 4
; R3 :
2 ≤ y ≤ 4
y2
4
≤ x ≤ 4
Asi la integral queda
I =
2∫
0
2−
√
4−y2∫
y2/4
f(x, y) dx dy +
2∫
0
4∫
2+
√
4−y2
f(x, y) dx dy +
4∫
2
4∫
y2/4
f(x, y) dx dy
Ayudant́ıa 1 de Matemática IV (MAT-024) 2
Problema 2: Calcular
2∫
0
1∫
y/2
y ex
3
dx dy .
solución:
Cambiando el orden de integración (Teo. de Fubi-
ni) queda:
2∫
0
1∫
y/2
y ex
3
dx dy =
∫ 1
0
2x∫
0
y ex
3
dy dx
=
1
2
1∫
0
4x2 ex
3
dx =
2
3
(e−1)
Problema 3: Calcular el volumen del sólido acotado por las superficies x2 + y2 = 1 , z = x2 y
z = 0 .
solución:
V = 4
1∫
0
√
1−x2∫
0
x2 dy dx =
1∫
0
x2
√
1− x2 dx =
π/2∫
0
sen2(θ) cos2(θ) dθ =
π
4
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Problema 4. Encuentre el volumen del sólido determinado por las inecuaciones z ≥ 0 ; x+2y+z ≤ 1
e y ≥ |x| .
solución:
Intersecciones en el plano z = 0 :
x+ 2y = 1
y = x
⇒ x = 1
3
x+ 2y = 1
y = −x ⇒ x = −1
Luego el volumen calculado usando una integra doble
V =
∫ 0
−1
∫ (1−x)/2
−x
(1− x− 2y) dy dx+
∫ 1/3
0
∫ (1−x)/2
x
(1− x− 2y) dy dx
=
∫ 0
−1
(1− x)y − y2
∣∣∣∣(1−x)/2
−x
dx+
∫ 1/3
0
(1− x)y − y2
∣∣∣∣(1−x)/2
x
dx
=
∫ 0
−1
[
1
4
(1− x)2 + x
]
dx+
∫ 1/3
0
[
1
4
(1− x)2 − x+ 2x2
]
dx
=
(
− (1− x)
3
12
+
x2
2
) ∣∣∣∣0
−1
+
(
− (1− x)
3
12
− x
2
2
+
2x3
3
) ∣∣∣∣1/3
0
=
1
12
+
1
36
=
1
9
Ayudant́ıa 1 de Matemática IV (MAT-024) 4
Problema 5: Escriba, usando integrales dobles y en coordenadas rectangulares, la(s) integral(es) que
permitan calcular el volumen del sólido acotado por las superficies
x2 + y2 = 1 ; z =
√
3(x2 + y2) ; z =
√
x2 + y2
solución:
Se trata de la porción del cilindro x2 + y2 = 1 que está por encima del cono z =
√
x2 + y2 y
por debajo del cono z =
√
3(x2 + y2) (ver gráfico). Por otra parte las 3 superficies son simétricas
respecto de los planos x = 0 e y = 0 . Luego basta calcular el volumen que está en el primer octante.
Sea R la porción del disco x2 + y2 ≤ 1 , que está en el primer cuadrante, en el plano z = 0 . Se tiene
V = 4
∫∫
R
(√
3(x2 + y2)−
√
x2 + y2
)
dA = 4(
√
3− 1)
1∫
0
√
1−x2∫
0
√
x2 + y2 dy dx
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Problema 6: Plantee las integrales dobles que permitan obtener el volumen del sólido acotado por
las superficies
x = 0 , y = 0 , z = 0, x+ y + z = 2 , x2 + y2 + z2 = 1 .
(a) En el orden de integración dy dx .
(b) En el orden de integración dx dy .
solución:
En el plano z = 0 se tiene una región caracterizada como: los puntos que están afuera del ćırculo
x2 + y2 = 1 y que están bajo la recta x+ y = 2
Integrando desde el plano xy en el orden dy dx , el volumen queda expresado como:
V =
2∫
0
2−x∫
0
(2− x− y) dy dx−
1∫
0
√
1−x2∫
0
√
1− x2 − y2 dy dx
Esto es: Todo el volumen bajo el plano z = 2 − x − y en el primer octante, menos el volumen de la
porción de esfera en el primer octante.
Analogamente, integrando desde el plano xy en el orden dx dy , el volumen queda expresado como:
V =
2∫
0
2−y∫
0
(2− x− y) dx dy −
1∫
0
√
1−y2∫
0
√
1− x2 − y2 dx dy
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Problema 7. Calcular, usando integrales dobles, el volumen de la región determinada por los planos
x = 0 , y = x y la superficie z2 = 1− y2 .
solución:
En coordenadas rectangulares el volumen queda:
V = 4
∫ 1
0
∫ √1−y2
0
y dz dy = 4
∫ 1
0
y
√
1− y2 dy = 4
3
O tambien
V = 4
1∫
0
y∫
0
√
1− y2 dx dy = 4
1∫
0
y
√
1− y2 dy = 2
3
(1− y2)3/2
(
−1
2
) ∣∣∣∣1
0
=
4
3