Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (83)

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17 VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*)
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✲
✤✜
21
Un cambio en el orden de integración no mejora las cosas, pero el cambio a polares śı. Los valores
del ángulo polar que intervienen en la figura son θ ∈ [0, π/2], y para cada uno de ellos el radio va
desde 0 hasta que corta a la circunferencia, cuya ecuación en polares es
x2 + y2 = 2x ⇔ ρ2 = 2ρ sen θ ⇔ ρ = 2 sen θ
y aśı la integral vale
I =
∫ π/2
0
(∫ 2 sen θ
0
ρ sen θ
ρ2
ρ dρ
)
dθ =
∫ π/2
0
sen θ [ρ]2 sen θ0 dθ =
∫ π/2
0
2 sen2 θ dθ
=
∫ π/2
0
(1− cos(2θ)) dθ =
[
θ − 1
2
sen(2θ)
]π/2
0
=
π
2
o
9. Calcular
∫∫
D
3y dx dy, donde D es el triángulo de vértices (1, 1), (3, 1) y (2, 3).
Solución: El triángulo, junto con las rectas que unen sus puntos (que se obtienen fácilmente), es
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r
r
r
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✁
✁
✁
✁
✁
✁✁
❆
❆
❆
❆
❆
❆
❆❆
y=1
2x−y=1 2x+y=7
Es mejor integrar primero en x, para no tener que dividir el recinto en dos:
∫∫
D
3y dx dy = 3
∫ 3
1
(
∫ (7−y)/2
(y+1)/2
dx
)
y dy = 3
∫ 3
1
(3y − y2) dy =
[
9
2
y2 − y3
]3
1
= 10
Si se integra primero en y también sale, claro, pero compárese el trabajo:
∫∫
D
3y dx dy = 3
∫ 2
1
(∫ 2x−1
1
y dy
)
dx+ 3
∫ 3
2
(∫ 7−2x
1
y dy
)
dx =
3
∫ 2
1
[
y2/2
]2x−1
1
dx+ 3
∫ 3
2
[
y2/2
]7−2x
1
dx = 3
∫ 2
1
(2x2 − 2x) dx+ 3
∫ 3
2
(2x2 − 14x+ 24) dx =
[
2x3 − 3x2
]2
1
+
[
2x3 − 21x2 + 72x
]3
2
= 5 + 5 = 10
o
Matemáticas de 1 , problemas 247 Alberto del Valle Robles
17 VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*)
10. Calcular
∫∫
D
y dx dy, donde D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1}.
Solución: La región es el ćırculo de centro (0, 1) y radio 1, por lo que se pueden plantear las
integrales
∫ 1
−1
dx
∫ 1+
√
1−x2
1−
√
1−x2
y dy = 2
∫ 1
−1
√
1− x2 dx
∫ 2
0
y dy
∫
√
2y−y2
−
√
2y−y2
dx = 2
∫ 2
0
y
√
2y − y2 dy
pero ambas son trabajosas y resulta más fácil un cambio a coordenadas polares. Para éstas, los
valores del ángulo θ que afectan al ćırculo D son los θ ∈ [0, π], y la ecuación del borde es
1 = x2 + (y − 1)2 = x2 + y2 − 2y + 1 ⇒ x2 + y2 = 2y ⇒ ρ2 = 2ρ sen θ ⇒ ρ = 2 sen θ
de modo que, sin olvidar el Jacobiano, la integral pedida vale
∫ π
0
dθ
∫ 2 sen θ
0
ρ2 sen θ dρ =
∫ π
0
sen θ
[
ρ3
3
]2 sen θ
0
dθ =
8
3
∫ π
0
sen4 θ dθ =
8
3
∫ π
0
(
1− cos(2θ)
2
)2
dθ =
2
3
∫ π
0
(
1 + cos2(2θ)− 2 cos(2θ)
)
dθ =
2
3
∫ π
0
(
1 +
1 + cos(4θ)
2
− 2 cos(2θ)
)
dθ =
2
3
[
3
2
θ +
1
8
sen(4θ)− sen(2θ)
]π
0
=
2
3
3
2
π = π
o
11. Calcular
∫ 1
0
(∫ y
0
2y2 dx
x2 + y2
)
dy.
Solución: En vista de los ĺımites de integración, el recinto es
✲
✻
�
�
�
�
� y=1
x=y
En polares el integrando mejora, pues (sin olvidar el Jacobiano)
2y2
x2 + y2
dx dy =
2ρ2 sen2 θ
ρ2
ρ dρ dθ = 2ρ sen2 θ dρ dθ
El recinto no es demasiado complicado en polares: el ángulo θ vaŕıa en [π/4, π/2] y para cada valor
del ángulo el radio ρ va desde 0 hasta que se toca la recta 1 = y = ρ sen θ, o sea hasta que ρ = 1/θ.
Por tanto
∫ 1
0
(∫ y
0
2y2 dx
x2 + y2
)
dy =
∫ π/2
π/4
(
∫ 1/ sen θ
0
2ρ sen2 θ dρ
)
dθ =
∫ π/2
π/4
[
ρ2
]1/ sen θ
0
sen2 θ dθ =
∫ π/2
π/4
dθ =
π
4
Matemáticas de 1 , problemas 248 Alberto del Valle Robles
17 VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*)
También sale en cartesianas. Empecemos haciendo la integral del paréntesis, donde y es una cons-
tante. Para que abajo aparezca t2+1 (la derivada del arcotangente), hacemos el cambio de variable
t = x/y (con dt = dx/y) y entonces
∫ y
0
2y2 dx
x2 + y2
=
∫ y
0
2 dx
(x/y)2 + 1
=
∫ 1
0
2y dt
t2 + 1
= 2y [arctan(t)]10 = 2y
π
4
=
π
2
y
y por tanto
∫ 1
0
(∫ y
0
2y2 dx
x2 + y2
)
dy =
∫ 1
0
π
2
y dy =
π
4
[
y2
]1
0
=
π
4
o
12. Se considera en el plano la región D encerrada entre la recta y = 2x y la parábola y = x2. Calcula la
integral doble
∫∫
D x dx dy de dos formas: integrando primero con respecto a x y luego con respecto
a y y viceversa.
Solución: La región D es
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✲
✁
✁
✁
✁
✁
✁✁✄
✄
2
4
y los dos métodos pedidos nos llevan a las integrales
I =
∫ 2
0
x dx
∫ 2x
x2
dy =
∫ 2
0
(2x2 − x3) dx =
[
2x3
3
− x
4
4
]2
0
=
16
3
− 4 = 4
3
I =
∫ 4
0
dy
∫
√
y
y/2
x dx =
∫ 4
0
(
y
2
− y
2
8
)
dy =
[
y2
4
− y
3
24
]4
0
= 4− 8
3
=
4
3
o
13. Calcular
∫ 2π
0
(
∫ π
y/2
sen(x)
x
dx
)
dy.
Solución: No podemos calcular una primitiva de sen(x)/x, aśı que planteamos un cambio en el
orden de integración. El recinto incluye los valores de y ∈ [0, 2π]; las curvas que lo limitan por la
izquierda y por la derecha son, respectivamente, x = y/2 (o y = 2x) y x = π, luego el recinto es
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✁
✁
✁
✁✁
y=0
y=2π
x=π
y=2x
Matemáticas de 1 , problemas 249 Alberto del Valle Robles