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Ejercicios resueltos de integrales
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EJERCICIOS PROPUESTOS1. Calcular la integral, sobre los rectángulos indicados:
a) ∬Qx2e ydxdy
, Q=-1,1x0,Ln(2)
b) ∬QSen2 (3 x−2 y )dxdy
Q=0,x0,
SOLUCION
a) I=∫−1
1
∫0
ln (2)
x2 e y dydx=∫−1
1
x2e y|ln (2 )0dx=∫
−1
1
x2(e¿¿ ln(2)−1)dx¿
I=∫−1
1
x2(2−1)dx=∫−1
1
x2dx= x3
3 | 1−1=
1+13 =
23
b) I=∫0
❑
∫0
❑
Sen2(3 x−2 y )dydx=∫0
❑
∫0
π [ 1−cos(6 x−4 y )2 ] dydx
I=12∫
0
❑
[ y+ 14Sen(6 x−4 y )]|π0 dx
I=12∫
0
❑
[ π+ 14Sen (6 x−4 π )− 1
4Sen (6 x )]dx
Pero Sen(6x-4)= Sen(6x) I=12∫
0
❑
[π ]dx=12∫
0
❑
π dx=πx2 |π0=π
2
2
2. Dibujar la región de integración, estudiar la existencia de la integral y calcular su valor.
a) ∬DxCos ( x+ y )dxdy siendo D el triangulo de vértices (0,0), (,0) (,).
b) ∬DxCos ( x+ y )dxdy , siendo D el trapezoide de vértices (0,0); (1,0);
(1,2); (0,1).
c) ∬Dxdxdy , siendo D=(x,y)2/yx2, y4
d) ∫−1
3
∫0
√25− y2
5 xydxdy
e)SOLUCION
a) ∬DxCos ( x+ y )dxdy
(0,0), (,0) (,). En el esquema:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 1
Integramos en x:
b)∬DxCos ( x+ y )dxdy , (0,0); (1,0); (1,2); (0,1).
Graficamos:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 2
y-1=x-1 y=x+1
Integramos por partes:u=x du=dx
c)∬D
xdA Siendo D=(x,y)2/yx2, y4
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 3
I=∫−2
2
∫x2
4
xdydx=∫−2
2
xy|4x2dx=∫
−2
2
x ( 4−x2 )dx=∫−2
2
( 4 x−x3 )dx
I=2x2- x4
4 | 2−2=8-4-8+4=0
d) ∫−1
3
∫0
√25− y2
5 xydxdy
I=∫−1
35x2
2 y |√25− y2
0dy=∫
−1
35(25− y2)
2 ydy=5
2∫−1
3
(25y
− y)dyI=5
2 [25 ln|y|− y2
2 ]| 3−1
=52 [25 ln|3|−25 ln|−1|−9
2+ 1
2 ]I=
52
[25 ln(3)−4 ]
e) ∫0
¿ 4
∫0
Sen(x)
[1+4 y Ctg2(x )]dydx
I=∫0
¿ 4
∫0
Sen(x)
[1+4 y Ctg2(x )]dydx=∫0
¿ 4
[ y+2 y2Ctg2(x )]|Sen ( x )0
dx
3. Describir grafica y analíticamente la región de integración R en la
siguiente integral e invertir el orden de integración ∫0
1
∫0
x
Tg (x2 )dydx.
SOLUCION Puesto que la función Tg(x2) necesita la diferencial en x y no esta, cambiamos limites. Los limites:
0y1 yx1 La grafica:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 4
Hacemos u=x2 du=2xdx
4. Sea la integral doble: I=∫0
2
∫y2
4
√x Sen ( x )dydx
a) Representar mediante un dibujo, la región de integración en el plano xy.
b) Invierte el orden de integración de la integral doble dada y calcular I.
SOLUCION
Escribimos la integral ordenada: ∫0
2
∫y2
4
√x Sen ( x )dxdy
a) Los limites: y2x4 0y2
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 5
b) Los nuevos limites: 0x4 0y√ x
I=∫0
4
∫0
√ x
√x Sen ( x )dydx=∫0
4
√x Sen ( x ) y|√ x0 dxI=∫
0
4
√x Sen ( x ) √x dx=∫0
4
xSen ( x )dx
Integramos por partes: u=x du=dx v=∫ Sen ( x )dx=-Cos(x)
I=-xCos(x)|40+∫0
4
cos ( x )dx=-4Cos(4)+0+Sen(x)|40
I=-4Cos(4)+Sen(4) 5. Evaluar las siguientes integrales en los recintos que se indican.
a) ∬D
−2 yLn( x )ddxdy
donde D=(x,y)2/y=4-x2, y=4-x
b) ∬D
xydA Donde R es la región limitada por las curvas y2=6x, x=3,
y=0.
c) ∬R
ydA
x2+ y2 donde R es el triangulo acotado por y=x, y=2x, x=2.
d) ∬R
dAx+ y siendo R la región acotada por y=x, x=1, x=2, y=0.
e)∬D
x2 y2dxdy siendo D=(x,y)2/xy1, y0, (x-y)(x-2y)0
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 6
f)∬R
ex+ ydxdy siendo R=(x,y)2/|x|+|x|1
g) ∬D
( x−1 )√1+e2 ydxdy en el recinto limitado por la curva y=Ln(x) y las
rectas y=0, x=2.
h) ∬D
x3 ydA con D la región entre el eje y y la parábola x=-4y2+3
SOLUCION
a) ∬D(2 y )Ln( x )dxdy y=4-x2 y=4-x
Limites: 4-x2=4-x x2-x=0 x=0 x=1 La grafica:
Integramos respecto a x:
I=∬D(−2 y )Ln( x )dxdy=∫
0
1
∫4− x
4−x2
(−2 y ) ln ( x )dydx
I=-∫0
1
y2 ln ( x )|4−x2
4−xdx=-∫
0
1
[ (4−x2 )2−( 4−x )2 ] ln ( x )dx
I=∫0
1
(16−8 x+x2−16+8 x2−x4 ) ln ( x )dx
I=∫0
1
( 9x2−8x−x4 ) ln ( x )dx
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 7
Integramos por partes: u=Ln(x) du=dxx
v=∫ ( 9x2−8x−x4 )dx v=3x3-4x2- x5
5
I=UV-∫Vdu=(3 x3−4 x2− x5
5 )Ln(x)|10-∫0
1
(3 x3−4 x2− x5
5 ) dxxI=(3−4−1
5 )Ln(1)-Limx→0 (3 x3−4 x2− x
5
5 )Ln(x) –
-∫0
1
(3 x2−4 x− x4
5 )dx
I=0-Limx→0
ln (x )
(3 x3−4 x2− x5
5 )−1
–x3+2x2+x5
25|10
I=-Limx→0
1/ x
−(3 x3−4 x2− x5
5 )−2
(9 x2−8 x−x4) –1+2+1
25=Limx→0
(3 x3−4 x2− x5
5 )2
x (9 x2−8 x−x4) +2625
I=Limx→0
x4 (3 x−4− x3
5 )2
x(9 x2−8x−x4) +2625=Limx→0
x3(3x−4− x3
5 )2
9 x−8−x3 ¿¿ +
2625=0+
2625=
2625
b) ∬D
xydA y2=6x, x=3, y=0.
La grafica:
I=∫0
3
∫0
√6 x
xydydx=∫0
3x y2
2 |√6 x0dx=∫
0
3x (6 x)
2dx=∫
0
3
3 x2dx=x3|30=27
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 8
c) ∬D
ydxdy
x2+ y2 y=x y=2x x=2
La grafica:
Integramos respecto a x:
I=∬D
ydxdy
x2+ y2=∫0
2
∫x
2 xydydxx2+ y2
=∫0
212
ln (x2+ y2)|2xx dx
I=12∫
0
2
[ln (x2+4 x2 )−ln (x2+ x2 ) ]dx=12∫
0
2
ln( 5 x2
2 x2 )dxI=1
2ln( 5
2 )∫0
2
dx=12
ln( 52 )x|20dx=1
2(2) ln( 5
2 )=ln (52 )
d) ∬D
dxdyx+ y y=x x=1 x=2 y=0
La grafica:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 9
Integramos respecto a x:
e) ∬Dx2 y2 dxdy xy1, y9 (x-y)(x-2y)0
La grafica:
La grafica:
Definimos:
y=x xy=1 2y=x
xy=2 u=
xy 1u2
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 10
xy=0 xy=1 v=xy 0v1 Ahora determinamos x e y en función a u, v:
y=vx u=
xv / x x=√u√v y=
v
√u√v=√v√u
El jacobiano:
J(u,v)=|xu xvxv yv|=| √v
2√u√u
2√v−√v2√u3
12√uv |= 1
4u+1
4u=1
2u
Integramos:
I=∫1
2
∫0
1
x2 y2dydx=∫1
2
∫0
1
v2( 12u )dvdu=∫
1
2
( v3
6u )|10du=16Ln(u)|21
I=16Ln(2)-
16Ln(1)=
16Ln(2)
f) ∬R
❑
ex+ ydxdy, siendo R=(x,y)2/|x|+|y|1
SOLUCION Desarrollamos el valor absoluto:
|x|+|y|1{ x+ y≤1x− y≥1y−x≤1x+ y≥−1
El grafico:
Definimos:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 11
u=x+y v=x-y u+v=2x x=u+v
2 y=u−v
2
El jacobiano:
J(u,v)=|xu xvxv yv|=|1
212
12
−12
|=-14-
14=
12
Los limites: -1u1 -1v1 La integral:
I=∫−1
1
∫−1
1
eu|−12 |dvdu=1
2∫−1
1
eudu=12∫−1
1
eu| 1−1du=( e−e−1
2 )v| 1−1
I=( e−e−1
2 )(1+1)=e-e-1
g) ∬R
❑
( x−1 ) √1+e2 y dxdy, en el recinto limitado por la curva y=Ln(x) y las
rectas y=0, x=2.SOLUCION
Graficamos:
Los limites integrando en y: 0yLn(2) 2xey
I=∫0
ln (2)
∫e y
2
( x−1 ) √1+e2 y dxdy=∫0
ln (2) ( x−1 )2 √1+e2 y
2 | 2e ydy
I=∫0
ln (2) [ (2−1 )2−(e y−1 )2 ]√1+e2 y
2dy
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 12
I=12∫
0
ln (2)
[1−e2 y+2e y−1 ]√1+e2 y dy
I=12∫
0
ln (2)
( 2ey+e2 y )√1+e2 y dy
I=∫0
ln (2)
e y√1+e2 ydy+12∫
0
ln (2)
e2 y √1+e2 y dy
En la primera integral hacemos u=ey du=eydy y=0 u=1 y=Ln(2) u=eLn(2)=2
En la segunda integral hacemos t=1+e2y du=2e2ydy y=0 u=1 y=1+1=2 u=1+e2Ln(2)=5
h) ∬Dx3 ydA x=3-4y2
La grafica:
Hacemos: u=4-3y2 du=-6ydx
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 13
Integramos en el eje y:
6. Hallar las siguientes integrales dobles utilizando un cambio de variable adecuado.
a) ∬R
❑x2 e
x2
y dxdy
y (x2+ y2 ), donde R región del primer cuadrante limitado por las
curvas y=x, x=2y, x2=y, x2=2y.SOLUCION
Definimos:
y=x xy=1 y=2x
xy=2 u=
xy 1u2
x2=y x2
y=1 x2=2y x2
y=2 v= x2
y 1v2
vu=x y= v2
v u2=v
u2
El jacobiano:
J(u,v)=|xu xvxv yv|=| −v
u2
1u
−2vu3
1u2|=-
v
u4+2v
u4 =v
u4
Los limites: 1u2 1v2
I=∫1
2
∫1
2 v ev ( vu4 )dvdu
( vu )2
+( vu2 )2 =∫
1
2
∫1
2ev dvduu2+1
=∫1
2ev
u2+1|21du=∫1
2e2−eu2+1
du
I=(e2-e)Arctg(u)|21=(e2-e)Arctg(2)-Arctg(1)=(e2-e)[Arctg (2 )−π4 ]
b) ∬R
❑
( x+ y )2ex− y dxdy, siendo R el paralelogramo delimitado por las rectas:
x+y=1, x+y=4, x-y=1, x-y=-1.SOLUCION
Hacemos u=x+y v=x-y 1u4 -1v1
u+v=2x x=u+v
2 y=u−v
2
El jacobiano:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 14
J(uv)=|xu xvyu yv|=|1
212
12
−12
|=-14 -
14=-
12
I=u3 (e−e−1 )
6 |21= (8−1 ) (e−e−1 )6
=7 (e−e−1 )6
1u4 2v5 El jacobiano:
J(u,v)=|xu xvxv yv|=|−1
323
−23
13|=-
19+
49=
13
Los limites: 1u2 2v5
I=∫1
2
∫2
5
( 2v−u3 )( v−2u
3 )( 13 )dvdu= 1
27
c) ∬D
❑
( x− y )2Sen2 ( x+ y )dxdy, siendo D la región acotada por el
paralelogramo de vértices: (,0); (2,), (,2) y (0,).SOLUCION
Graficamos:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 15
Hacemos u=x+y v=x-y Los limites: u3 -u Despejamos x e y en términos de u y v:
u=x+y v=x-y u+v=2x x=u+v
2 v=u−v
2
El jacobiano:
J(u,v)=|xu xvxv yv|=|1
212
12
−12
|=-14-
14=-
12
I=∫π
3π
∫−π
π
v2Sen2 (u )|−12 |dvdu
I=12∫π
3πv3
3 | π−π [Sen2 (u ) ]=π3+π3
6∫π
3 π [ 1−cos (2u )2 ] du
I=π3+π3
6 [u+ Sen (2u )4 ]|3ππ =π
3 (3 )3
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 16
Las rectas:y=x+y=3-xy=x-y=-x
d) , siendo la región acotado por las circunferencias
, use coordenadas polares.
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 17
a) ∬D(x2+ y2)dA x2+4y2=1 x2+4y2=4
SOLUCION Coordenadas elípticas: x=raCos() y=rbSen()
dA=rabdrd x2+4y2=r2 de donde: a=2 b=11r2 02
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 18
a) siendo la región anular situada entre las dos circunferencias y
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 19
b) x2+y2a2 0ra 0/2 (primer cuadrante)
h) ∬Dx3 y3dA siendo R la región contenida en el primer cuadrante y
limitado por: x2+y2=1, x2+y2=4, x2-y2=1, x2-y2=2
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 21
i) En la grafica:
Limites en coordenadas polares:x0 y0 x2+y2=1 0/2 0r1
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 23
SOLUCIONa) Las derivadas parciales:
Xu=1 Xv=1 Yu=1 Yv=-2u El jacobiano:
J=[Xu XvY u Y v ]=[1 1
1 −2u]=-2u-1
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 24
a=4 b=3 0r1 02 dA=rabdrd=12rdrd0z16-r2
V=∫0
2
∫0
1
(16−r2 ) 12 rdrdθ=12∫0
2
∫0
1
(16 r−r3 )drdθ
V=12∫0
2
(8 r2− r4
4 )|10dθ=12(8−14 )|20=12(2)( 31
4 ) Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 31
V=186 u3
a) z=3x2+y2 z=3-y2
Limites: 3x2+y2=3-y2 3x2+2y2=3
Polares en coordenadas elípticas: x2
1+ y2
3 /2=1
a=√ 32 b=1 0r1 02 dA=rabdrd=√ 3
2rdrd
3x2+y2z3-y2
SOLUCION La región de integración:
1. Hallar el centroide de la región acotada por las curvas y=6x-x2; x+y=6.SOLUCION
Limites: 6x-x2=6-x (6-x)(1-x)=0 x=6 x=1
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 32
Momento respecto al eje Y:
MY=∬DxdA
=∫1
6
∫6−x
6 x−x 2
xdydx=∫1
6xy ¿|6 x−x
2
|6−xdx ¿
MY=∫1
6x (6 x−x2−6+x )dx
=∫1
6(7 x2−x3−6 x )dx
MY=
7 x3
3 -
x4
4 -6x2
|6|1=
7(216 )3 -
64
4 -216-
73 +
14 +6
MY=504-324-216-
73 +
14 +6=-
59684
Momento respecto al eje X:
MX=∬DydA
=∫1
6
∫6−x
6 x−x 2
ydydx=∫1
6 y2
2¿|6 x−x
2
|6−xdx¿
MX=∫1
6 [(6 x−x2 )2
2−
(6−x )2
2 ]dxMX=
12 ∫1
6(36 x2−12x3+x4−36+12 x−x2 )dx
MX=
35 x3
3 -3x4+
x5
5 -36x+6x2
|6|1
MX=2520-3888+216+
77765 -216+216-
353 +3-
15 +36-6=
12733
Masa de la lamina:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 33
M= ∬DdA
=∫1
6
∫6−x
6 x−x 2
dydx=∫1
6yalignl|6 x−x
2
|6−xdx
M=∫1
6(6 x− x2−6+x )dx
=
7 x2
2 -
x3
3 -6x
|6|1
M=
7(36 )2 -72-36-
72 +
13 +6=
M=504-324-216-
73 +
14 +6=
12512
Centro de masa de la lamina:
( x , y ) =(MY
M,MX
M )=(0 , kR4 /2kR3 /3 )
=(−3(5968 )
125,3 (1273 )125 )
( x , y ) =(−17904125
,3819125 )
SOLUCION En el grafico:
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 34
- Masa: Integramos en x
- Momento en x:
- Momento en y:
SOLUCION
- Masa: Integramos en x
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 35
m= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
ρ ( x , y )dydx= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
(1 )dydx=
m= ∫3−√6
3+√6
(6−x−3x )dx=6x- x
2
2 -3Ln(x)|3+√63−√6
m=6(3+√6-3+√6)-(3+√6)2
2+(3−√6)2
2-3Ln(3+√6)+3Ln(3−√6)
m=12√6-6√6-3Ln( 3+√63−√6 )=6√6-3Ln( 3+√6
3−√6 )- Momento en x:
Mx= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
yρ ( x , y )dydx= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
ydydx
Mx= ∫3−√6
3+√6y2
2 |6−x3 /x
dx=12∫
3−√6
3+√6
[ (6−x )2− 9x2 ]dx
Mx=12∫
3−√6
3+√6
[36−12x+x2− 9x2 ]dx
Mx=12 (36x−6 x2+ x
3
3+ 9x )|3+√6
3−√6
Mx=18(3+√6-3+√6)-3(3+√6)2+3(3−√6)2+(3−√6)3
3+(3+√6)2
3
+9
3−√6-9
3+√6=16√6
- Momento en y:
My= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
x ρ ( x , y )dydx= ∫3−√6
3+√6
∫3 / x
6− x
xdydx
My= ∫3−√6
3+√6
xy|6−x3 /x
dx= ∫3−√6
3+√6
[ x (6−x )−3 ]dx
My= ∫3−√6
3+√6
(6 x−x2−3 )dx=3x2- x3
3 -3x|3+√63−√6
My=3(3+√6)2-3(3−√6)2-(3−√6)3
3+(3+√6)3
3-3(3+√6-3+√6)
My=8√6
- El centroide:
x=M y
M =8√6
6√6−3 ln( 3+√63−√6 ) x=
16√6
6√6−3 ln( 3+√63−√6 )
Ing. Orlando Paredes Acuña (949229274) 36
12. Suponga que una lámina tiene la forma de un semicírculo y que la medida de la densidad es proporcional a la medida de la distancia del punto (x,y) a partir del diámetro. Si la masa se mide en kilogramos y la distancia en metros, calcule el radio de giro de la lámina con respecto al eje x.
SOLUCION En el esquema:
La masa:
M=∫0
π
∫0
R
kyrdrdθ=∫0
π
∫0
R
k [rSen (θ ) ] rdrdθ
M=∫0
π
∫0
R
kr 2Sen (θ )drdθ=∫0
πk r3Sen (θ )
3 |R0 dθ=∫0
πk R3Sen (θ )
3dθ
M=-k R3 cos (θ )3
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