Cambio de orden de integracion, ej resueltos PDF

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INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES. Ejercicios y soluciones ejemplos...

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INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES.

6. En la integral doble

ZZ

f (x, y) dxdy, colocar los l´ımites de integraci´ on en ambos

D

o ´rdenes, para los siguientes recintos: i) trapecio de v´ ertices (0, 0), (1, 0), (1, 2) y (0, 1). ii) segmento parab´ olico y = x2 , y = 1. iii) c´ırculo x2 + y2 ≤ 1.

iv) c´ırculo x2 + y2 ≤ y. Soluci´ on

Si dibujamos las gr´ aficas y despejamos cada una de las variables con respecto a la otra, tenemos: Z 1 Z x+1 Z 1 Z 1 Z 2 Z 1 f (x, y) dx. i) I = dx f (x, y) dy = dy f (x, y) dx + dy 0

ii) I =

0

1

Z

dx

Z

1

Z

1/2

dx

−1

iv) I =

f (x, y) dy =

x2

−1

iii) I =

0

1

Z

Z

√ 1−x2 √ − 1−x2

dx −1/2

Z

dy 0

f (x, y) dy =

√ (1+ 1−4x2 )/2

Z

1

√ (1− 1−4x2 )/2

Z

Z

0 √ y

√ − y

1

f (x, y) dx.

1

dy

Z √1−y2 −

−1

y−1

f (x, y) dy =

Z

√ 1

dy 0

f (x, y) dx.

1−y 2

Z √y−y2 −

√

f (x, y) dx.

y−y 2

7. Cambiar el orden de integraci´ on en las integrales siguientes: Z √25−x2 Z 3 f (x, y) dy. dx a) 0

b)

c) d)

Z Z

4x/3

2

dx −6 2

dx 1

Z

e

Z

2a

x2 4

Z

dx

Z

f (x, y) dy.

−1 √ 2x−x2

f (x, y) dy.

ln x

f (x, y) dy.

0

dx 0

2−x

2−x

1

e)

Z

Z

√ 2ax √ 2ax−x2

f (x, y) dy, a > 0. 1

f)

Z

2

dx

1

Z

x3

f (x, y) dy +

Z

8

dx

2

x

Z

8

f (x, y) dy. x

Soluci´ on a) La regi´ on de integraci´ on, indicada en la figura, es la que verifica el sistema p 0 ≤ x ≤ 3, 4x/3 ≤ y ≤ 25 − x2 .

Como el punto (3, 4) es la intersecci´on entre la circunferencia y la recta, la nueva integral se escribir´ a como Z

3

dx 0

Z

√ 25−x2

f (x, y) dy =

4x/3

Z

4

dy 0

Z

3y/4

f (x, y) dx + 0

Z

5

dy

4

Z √25−y2

f (x, y) dx.

0

b) Se trata de la regi´ on comprendida entre la par´ abola y = x2 /4 − 1 y la recta y = 2 − x.

Al invertir el orden de integraci´ on, la integral se descompone as´ı: I=

Z

0

dy −1

Z

√ 2 y+1 √ −2 y+1

f (x, y) dx +

Z

8

dy 0

Z

2−y

f (x, y) dx. √ −2 y+1

c) La regi´ on de integraci´ on es el segmento de circunferencia (x − 1)2 + y2 = 1 limitado por la recta x + y = 2. La integral se puede escribir como: Z √ Z 1+

1

0

1−y 2

f (x, y) dx.

dy

I=

2−y

2

d) Para invertir el orden de integraci´on, basta despejar x en la ecuaci´ on y = ln x. Tenemos as´ı: Z 1 Z e I= dy f (x, y) dx. ey

0

e) Si observamos la regi´ on de integraci´ on, al cambiar el orden de integraci´ on debemos descomponer la integral en tres sumandos:

I=

Z

a

dy

Z

a−

√

a2 −y 2

f dx +

y 2 /2a

0

Z

0

a Z 2a a+

√

f dx +

a2 −y 2

Z

2a

dy a

Z

2a

y 2 /2a

f) La suma de las dos integrales dadas origina la regi´on dada por la figura.

Al cambiar el orden de integraci´ on, queda sencillamente: I=

Z

8

dy 1

Z

8. Calcular las siguientes integrales: Z 2 Z 3x+1 xy dy. (a) dx 1

(b)

2x

Z

1

Z

1

dx

−1

(c)

0

dx

Z

Z

|x|

ex+y dy.

−2|x| √ 1−x2

0

p

1 − x2 − y2 dy. 3

y

f (x, y) dx. y 1/3

f dx.

(d)

Z

(e)

Z

1

dy

Z

1

(x + y)2 dx.

|y|

−1 8

dy 0

Z

√ y

3

2

ex dx.

y/4

Soluci´ on (a) Basta resolver directamente las integrales iteradas para obtener: Z

2

dx

1

Z

3x+1

xy dy

=

2x

=

Z Z

2 1 2 1

  Z 2 3x+1 x(3x + 1)2 x(2x)2  dx = dx −  2  2 1 2x  4  2 5x x2  137 5x3 + 6x2 + x 3 +x + dx = .  = 8 2 4  8 xy2 2

1

(b) Calculamos primero la integral respecto a la variable y: Z

1

dx

Z

|x|

e

−2|x|

−1

x+y

dy =

Z

  |x|  

1

e

−1

x+y 

dx =

Z

1

(ex+|x| − ex−2|x| ) dx.

−1

−2|x|

Ahora descomponemos la integral simple en suma de dos integrales para sustituir el valor absoluto: Z 1 Z 0 Z 1 (ex+|x| − ex−2|x| ) dx = (1 − e3x ) dx + (e2x − e−x ) dx −1

−1

0

 1    0 1 2x 1 3x  −x  = x− e e +e   +   2 3 0

−1

5 1 −3 1 = − + e + e2 + e−1 . 3 6 2

(c)√Integramos primero respecto a y para lo cual hacemos el cambio de variable sen t = y/ 1 − x2 . De este modo: Z

0

1

dx

Z

0

√ 1−x2

p

1 − x2 − y2 dy

Z

1

=

1

=

Z

dx

0

Z

π/2 0

p ( 1 − x2 )2 · cos2 t dt

 π/2  (1 − x ) ·  dx  0 0  1  Z 1 x3  π π π 2 x− (1 − x ) dx =  = . 6 4 0 3  4

=

2



t sen 2t + 4 2

0

(d) El dominio de integraci´ on es la regi´ on ilustrada en la figura. 4

=

=-

Integramos primero respecto a y y despu´es descomponemos el intervalo [−1, 1] en dos subintervalos para calcular la integral respecto a x: Z 1 3  1 x  2 2 I = + x y + xy  dy  3 −1 |y|  Z 1 3 |y| 1 + y + y2 − = − y3 − |y| · y2 dy 3 3 −1  Z 0  Z 1 1 1 y3 7y3 = dy dy + + y + y2 + + y + y2 − 3 3 3 3 −1 0    1  0 y y2 y 2 y3 7y4  y4  y2 y3 − = + + + + +  = .  + 3 12  12  3 2 3 3 2 3 −1

(e) La regi´ on de integraci´ on es la que se ilustra en la figura adjunta.

=

=

Intercambiando el orden de integraci´on se obtiene Z 2 Z 4x Z 2 2 2 2 I = dx ex dy = (4xex − x3 ex ) dx x3 0 0 Z 2 2  x 22 2 2 e4 5 2 = 2ex  0 − ex 0 + xex dx = − . 2 2 2 0

(Aplicar el m´etodo de integraci´ on por partes en la segunda integral.)

5

0

9. Calcular

ZZ

f (x, y) dxdy en los siguientes casos:

D

i) f (x, y) = xy2 , D el recinto limitado por y2 = 2px y x = p/2 (p > 0). ii) f (x, y) = x2 + y2 , D el paralelogramo limitado por y = x, y = x + a, y = a, y = 3a. iii) f (x, y) = x + y, D est´ a limitado por y2 = 2x, x + y = 4, x + y = 12.

Soluci´ on i) Escribimos la integral doble en forma de integrales iteradas y resulta: I=

Z

p/2

Z

dx

√ 2px

√ − 2px

0

xy2 dy =

Z

0

√

p/2

x·

y3  2px 1  dx = 3 3 −√2px

Z

p/2

2x(2px)3/2 dx = 0

p5 . 21

ii) Si observamos el paralelogramo de la figura, observamos que es m´as conveniente realizar primero la integral respecto a x.

As´ı, I=

Z

3a

dy a

Z

y

(x2 + y2 ) dx =

Z

a

y−a

3a 

 y x3  dy = · · · = 14a4 . + y2 x  y−a 3

iii) Teniendo en cuenta la forma de la regi´ on de integraci´ on, si integramos primero respecto a y, la integral se descompone en dos sumandos.

As´ı pues, I

=

Z

2

=

8

dx

Z

√ 2x

(x + y) dy +

Z

8

4−x

18

dx

Z

12−x

√ − 2x

(x + y) dy

Z 8 √ (4 − x)2  2 · x3/2 − 3x + x2 − dx 2 2 Z 18   8156 (12 − x)2 √ + + 2 · x3/2 dx = . 11x − x2 + 2 15 8 6

Otra posibilidad ser´ıa restar la integral sobre la regi´ on comprendida entre la par´ abola y la recta x + y = 12 y la integral sobre la regi´ on comprendida entre la par´ abola y la recta x + y = 4.

10. Calcular

ZZ

f (x, y) dxdy en los siguientes casos:

D

i) f (x, y) = y, D = {(x, y : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ sen x}.

ii) f (x, y) = x2 + y2 , D recinto limitado por y = x2 , x = 2, y = 1. iii) f (x, y) = x2 y, D es el primer cuadrante del c´ırculo x2 + y2 ≤ 4.

iv) f (x, y) = y, D = {(x, y) : y > 0, x2 + y2 ≤ a2 , y2 ≥ 2ax, x ≥ 0}. Soluci´ on

i) Los puntos de intersecci´ on de las curvas y = sen x, y = 2x/π son (0, 0) y (π/2, 1).

La integral se calcula entonces de forma directa: I=

Z

π/2

dx 0

Z

sen x

y dy = 2x/π

Z

π/2 0

sen2 x − (2x/π )2 π dx = . 2 24

ii) La figura adjunta muestra la regi´ on dada.

Para calcular la integral podemos seguir dos m´ etodos: 1) Integrando como regi´ on de tipo 1. I

=

Z

2

dx

1

=

Z

1

Z

x2

(x2 + y2 ) dy

1

2

 2 Z 2 x 1006  . (x y + y /3) dx = (x4 + x6 /3 − x2 − 1/3) dx = 105 1 1 2

3

7

2) Integrando como regi´ on de tipo 2. I

=

Z

4

dy

1

=

Z

4

1

2

Z

√ y

(x2 + y2 ) dx

 Z 4 2 1006  dy = . (x /3 + xy ) (8/3 + 2y2 − y3/2 /3 − y5/2 ) dy = √ 105 1 y 3

2

iii) A partir de la figura adjunta obtenemos los l´ımites de integraci´ on.

De este modo, la integral se expresa como: I

√4−x2  dx x dx y dy = x2 y2 /2 0 0 0 0  2 Z 32 1 4 3 1 5 1 2 2 4 x − x . = (4x − x )dx = 5 2 3 15 2 0 0

Z

= =

2

2

Z

√ 4−x2

Z

2

√ iv) La intersecci´ on de x2 + y2 = a2 con y2 = 2ax da x = a( 2 − 1), y el recinto S es el indicado en la figura.

Teniendo en cuenta la figura, la integral se escribe como I=

Z

√ a( 2−1)

dx 0

11. Si llamamos A =

Z

0

1

Z

√ a2 −x2

√ 2ax

2

1 y dy = 2

e−t dt e I = 2

Z

Z

√ a( 2−1)

(a2 − x2 − 2ax) dx =

0

1

dx

Z

0

0

8

x

2

a3 √ (4 2 − 5). 6

e−y dy, probar que I = 2A + e−1 − 1.

Soluci´ on La regi´ on de integraci´ on es el tri´ angulo de la figura.

=

=

Intercambiando el orden de integraci´ on en I, tenemos: Z 1 Z 1 Z 1 1 2 2 (e−y x) y dy I = 2 dy e−y dx = 2 0

=

Z

2

y

1

(e

−y

0

2

0

− ye

−y

2

Z

) dy = 2

1

e

−y 2

dy +

0

2 1 = 2A + e−y 0 = 2A + e−1 − e0 .

Z

12. Probar que 2

b

dx a

b

Z

Z

f (x)f (y) dy =

x

b

f (x) dx a

!2

Z

1

2

−2ye−y dy

0

.

Soluci´ on Por una parte, I=

Z

b

f (x) dx

a

!2

=

Z

b

f (x) dx a

!

Z

·

a

b

f (x) dx

!

=

Z

b a

Z

b

f (x)f (y) dxdy. a

Descomponiendo el cuadrado en dos tri´ angulos como indica la figura, resulta: ZZ ZZ I = f (x)f (y) dxdy + f (x)f (y) dxdy =

Z

S1 b

dx a

Z

x

S2 b

b

f (x)f (y) dy +

Z

dy a

Z

y

9

b

f (x)f (y) dx = 2

Z

a

b

dx

Z

b

f (x)f (y) dy, x

pues en el segundo sumando se pueden intercambiar las letras x e y.

13. Hallar el a ´ rea limitada por el lazo de y2 = x2 (2 − x). Soluci´ on

Observando la figura se obtiene directamente: Z 2 Z 2 Z x√2−x √ A = 2 dy = 2 x 2 − x dx = (sustituci´ on 2 − x = z 2 ) dx 0 0 0 √ Z 0 32 2 2 4 = −4 √ (2z − z ) dz = . 15 2

14. Hallar el volumen de la regi´ on limitada por los planos z = x + y, z = 6, x = 0, y = 0, z = 0. Soluci´ on La regi´ on dada es el tetraedro de la figura.

Si observamos que, cuando x var´ıa entre 0 y 6, y var´ıa entre 0 y z − x, con z = 6, el volumen buscado es: Z 6 Z 6 Z 6−x Z 6 (6 − x)2 y2 6−x dx = V = dx [6 − (x + y)] dy = (6 − x)y − dx = 36.  2 0 2 0 0 0 0

10

15. Hallar el volumen del s´ olido limitado por el paraboloide x2 + 4y2 = z, el plano z = 0 2 y los cilindros y = x, x2 = y. Soluci´ on La proyecci´ on de la figura sobre el plano z = 0 es la regi´on limitada √por las par´ abolas y2 = x, x2 = y. As´ı pues, cuando x var´ıa entre 0 y 1, y var´ıa entre x2 y x.

El volumen queda ahora Z 1 Z √x Z 1 4 4 3 dx (x5/2 + x3/2 − x4 − x6 )dx = . V = (x2 + 4y2 ) dy = 7 3 3 x2 0 0 16. Hallar el volumen de la porci´ on del cilindro 4x2 + y2 = a2 comprendida entre los planos z = 0 y z = my. Soluci´ on En primer lugar, observamos que el s´ olido es sim´ etrico respecto a la recta y = z = 0. Por otra parte, la base del s´ olido es√la elipse 4x2 + y2 = a2 , de modo que, cuando x var´ıa entre −a/2 y a/2, y var´ıa entre 0 y a2 − 4x2 .

11

Teniendo en cuenta lo anterior, el volumen queda: V =2

Z

a/2

dx −a/2

Z

√ a2 −4x2

my dy = m

0

12

Z

a/2

(a2 − 4x2 ) dx =

−a/2

2ma3 . 3...