Problemas resueltos integrales dobles y triples

  • View
    312

  • Download
    31

Embed Size (px)

Text of Problemas resueltos integrales dobles y triples

  • Problemas resueltos ypropuestos de calculo en varias

    variables.

    Integrales multiples

    0

    ex2dx =

    2

    Primera Edicion11 de Mayo de 2011

    Francisco Felipe Vilches Medinafrvilche@ing.uchile.cl

  • Prefacio

    La presente coleccion de problemas resueltos y propuestos tiene como ob-jetivo exponer problemas tipo de integracion multiple (materia desarrolladaen el curso de Calculo 3 en la mayor parte de las universidades del mundo),como tambien mostrar tecnicas de resolucion que faciliten la comprension yel calculo del tema a desarrollar, el actual documento esta destinado tantopara estudiantes como para personas que deseen interiorizarse en el tema,no obstante puede tener mayor utilidad a alumnos del curso de Calculo envarias variables, asignatura del tercer semestre de plan comun de la carrerade ingeniera civil de la Universidad de Chile, debido a que los problemasposeen un nivel de dificultad acorde a lo que se espera de un alumno delcurso, ademas de estar compuesto por ejercicios tanto de controles como deguas de anos anteriores, el escrito consta de dos partes fundamentales, laprimera constara de treinta problemas resueltos donde se exhibe el metodoy la solucion del problema, en esta primera etapa partiremos con diecisie-te para posteriormenre llegar a los treinta, la segunda parte incluye treintaproblemas propuestos muchos de ellos con su respectiva solucion donde ellector puede comprobar sus conocimientos en la materia, la reciente edicionde Problemas resueltos y propuestos de calculo en varias variablespuedeser ampliada en futuros anos, cualquier duda o sugerencia como tambin siencuentra errores en el documento favor de enviar un mail a la direccionfrvilche@ing.uchile.cl .

    Francisco Vilches MedinaSantiago, 11 de mayo del 2011

  • Parte I

    Problemas resueltos

  • PROBLEMAS RESUELTOS 3

    P1 Sean f : [a, b] R y g : [c, d] R continuas. Mostrar que:R

    [f(x)g(y)]dxdy =

    [ ba

    f(x)dx

    ] [ dc

    g(y)dy

    ]donde R = [a, b] [c, d].

    Solucion:

    Consideremos la particion de [a, b]:

    a = x1 < x2 < ... < xn = b, tal que xi+1 xi =b an

    Luego la suma de Riemann de f sera:

    Sn =n1i=0

    n1j=o

    f(Cij)(xi+1 xi)(yj+1 yj)

    Como y esta definida en el mismo intervalo que x, usaremos la misma parti-cion para y, esto es:

    yj+1 yj =b an

    Luego:

    Sn =n1i=0

    n1j=0

    f(Cij)

    (b an

    )2Ahora bien, Cij [a, b] [a, b] Cij = (xi, yi).

    Sn =n1i=0

    n1j=0

    f(xi, yi)

    (b an

    )2

    =n1i=0

    n1j=0

    f(xi)g(yi)

    (b an

    )2

    =n1i=0

    n1j=0

    f(xi)

    (b an

    )g(yi)

    (b an

    )

    =

    (n1i=0

    f(xi)

    (b an

    ))(n1j=0

    g(yj)

    (b an

    ))

  • 4 PROBLEMAS RESUELTOS

    Luego, como tanto g y f son integrables en [a, b].

    S1 = lmn

    n1i=0

    f(xi)

    (b an

    )y S2 = lm

    n

    n1j=0

    g(yj)

    (b an

    )

    convergen y sus lmites no dependen de los xi e yj elegidos. Por lo tanto setendra:

    lmn

    Sn = lmn

    (n1i=0

    f(xi)

    (b an

    ))(n1j=0

    g(yj)

    (b an

    ))= S1 S2

    existe, y no depende de los Cij = (xi, yj). As (escogiendo los (xi, yj) querealizan el maximo y mnimo en cada rectangulo), hemos encontrado unasucesion de reticulados Sn para los cuales:

    lmn

    SSn(f) ISn(f) = 0

    Luego f es integrable.

  • PROBLEMAS RESUELTOS 5

    P2 Sean f, g : R2 R, funciones acotadas e integrables en A R2rectangulo.

    Demuestre utilizando las propiedades basicas de integrabilidad que:

    1

    2

    [a,b][a,b]

    (f(x)g(y)f(y)g(x))2 = ba

    f 2(x)dx ba

    g2(x)dx( b

    a

    f(x)g(x)dx

    )2

    Solucion:

    I =1

    2

    [a,b][a,b]

    (f(x)g(y) f(y)g(x))2

    =1

    2

    ba

    ba

    (f 2(x)g2(y) 2f(x)f(y)g(x)g(y) + f 2(y)g2(x)

    )dydx

    =1

    2

    ba

    ba

    f 2(x)g2(y)dydx ba

    ba

    f(x)g(x)f(y)g(y)dydx+1

    2

    ba

    ba

    f 2(y)g2(x)dydx

    =1

    2

    ba

    f 2(x)dx ba

    g2(y)dy ba

    f(x)g(x)dx ba

    f(y)g(y)dy +1

    2

    ba

    f 2(y)dy ba

    g2(x)dx

    =1

    2

    ba

    f 2(x)dx ba

    g2(x)dx ba

    f(x)g(x)dx ba

    f(x)g(x)dx+1

    2

    ba

    f 2(x)dx ba

    g2(x)dx

    =

    ba

    f 2(x)dx ba

    g2(x)dx( b

    a

    f(x)g(x)dx

    )2

    Concluyendo lo pedido. (Notese que para pasar de la tercera a la cuartalnea se uso el resultado obtenido en el P1, ademas se utilizo el hecho deque la variable es muda, por lo que se reemplazaron x e y como variables deintegracion segun conveniese)

  • 6 PROBLEMAS RESUELTOS

    P3 Sea f : R2 R de clase C2, pruebe que:

    2f

    xy=

    2f

    yx

    utilizando el Teorema de Fubini.

    Hint: Defina la funcion g(x, y) = 2f

    xy(x, y) 2f

    yx(x, y), e integre sobre un

    rectangulo arbitrario R R2. Luego justifique el hecho de que una funcioncontinua es nula ssi su integral calculada sobre cualquier rectangulo es nula.

    Solucion:

    Sea g(x, y) = 2f

    xy(x, y) 2f

    yx(x, y) y R = [a, b] [c, d] el rectangulo de

    vertices (a, c), (a, d), (b, c), (b, d) con a, b, c, d arbitrarios, entonces:

    R

    g(x, y)dA =

    ba

    dc

    (2f

    xy(x, y)

    2f

    yx(x, y)

    )dydx

    =

    ba

    dc

    2f

    xy(x, y)dydx

    ba

    dc

    2f

    yx(x, y)dydx

    =

    dc

    ba

    2f

    xy(x, y)dxdy

    ba

    dc

    2f

    yx(x, y)dydx (Aplicando Fubini)

    =

    dc

    f

    y(x, y)

    ba

    dy ba

    f

    x(x, y)

    dc

    dx

    =

    dc

    (f

    y(b, y) f

    y(a, y)

    )dy

    ba

    (f

    x(x, d) f

    x(x, c)

    )dx

    =

    dc

    f

    y(b, y)dy

    dc

    f

    y(a, y)dy

    ba

    f

    x(x, d)dx+

    ba

    f

    x(x, c)dx

    = f(b, y)

    dc

    f(a, y)dc

    f(x, d)ba

    + f(x, c)

    ba

    = f(b, d) f(b, c) f(a, d) + f(a, c) f(b, d) + f(a, d) + f(b, c) f(a, c)= 0

  • PROBLEMAS RESUELTOS 7

    P4 Calcular: 20

    1y2

    yex3

    dxdy

    Solucion:

    Dado que la funcion f(x) = ex3

    no posee primitiva elemental, la integral ite-rada no puede calcularse tal como esta por lo que necesitamos invertir el ordende integracion, la region de integracion son los

    {(x, y)/0 y 2, y

    2 x 1

    },

    de ambas desigualdades deducimos que 0 x 1 (ver nota al pie de la pagi-na)1, de la primera desigualdad se obtiene que 0 y y de la segunda y 2xluego 0 y 2x, entonces revirtiendo el orden de integracion tenemos: 2

    0

    1y2

    yex3

    dxdy =

    10

    2x0

    yex3

    dydx

    =

    10

    (y2

    2ex

    3

    ) 2x0

    dx

    = 2

    10

    x2ex3

    dx Usando el c.v u = x3 du = 3x2dx dx = du3x2

    y el T.F.C

    =2

    3

    10

    eudu

    =2

    3(e 1)

    1Para determinar el dominio maximal de x basta ver cual valor de y maximiza elintervalo en que se mueve la variable x, en este caso para y = 0 se obtiene 0 x 1 quees el rango mas grande para x, por ejemplo para y = 32 obtenemos que

    34 x 1 que es

    un subconjunto de 0 x 1

  • 8 PROBLEMAS RESUELTOS

    P5a) Sea g : [0, 1] R integrable. Pruebe que: 1

    0

    ( 1x

    g(t)dt

    )dx =

    10

    tg(t)dt

    b) Calcular: 10

    ( 1y

    eyx dx

    )dy

    Solucion:

    a) La region de integracion son los {(x, y)/ 0 x 1, x t 1}, de ambasdesigualdades se tiene que 0 t 1, de la segunda desigualdad se tiene quex t y de la primera 0 x, entonces 0 x t, entonces: 1

    0

    ( 1x

    g(t)dt

    )dx =

    10

    ( t0

    g(t)dx

    )dt

    =

    10

    tg(t)dt

    b) Invirtiendo el orden de integracion se tiene que: 10

    ( 1y

    eyx dx

    )dy =

    10

    ( x0

    eyx dy

    )dx

    =

    10

    (xe

    yx

    x0

    )dx

    =

    (1 1

    e

    ) 10

    xdx

    =

    (1 1

    e

    )x2

    2

    10

    =e 1

    2e

  • PROBLEMAS RESUELTOS 9

    P6 Calcular:

    0

    e5x e10x

    xdx

    Hint: Escriba el integrando de la integral pedida como una integral definidapara convertirla en una integral doble.

    Solucion:

    Usando el Hint entregado notemos que f(x) =e5x e10x

    x=

    105

    eyxdy,

    entonces: 0

    e5x e10x

    xdx =

    0

    105

    eyxdydx

    Invirtiendo el orden de integracion en la ultima integral tenemos que:

    0

    e5x e10x

    xdx =

    0

    105

    eyxdydx

    =

    105

    0

    eyxdxdy

    =

    105

    (eyx

    y

    ) 0

    dy

    =

    105

    dy

    y

    = ln(y)

    105

    = ln(10) ln(5)= ln(2)

  • 10 PROBLEMAS RESUELTOS

    P7 2 Pruebe que: 0

    ex2

    dx =

    2

    Solucion:

    Consideremos la funcion de dos variables f(x, y) = ex2y2 = ex

    2 ey2 y lossubconjuntos de R2 B(0, R), B(0, 2R) y CR = [R,R] [R,R], notemosque B(0, R) CR B(0, 2R) por lo que:

    B(0,R)

    ex2y2dxdy

    CR

    ex2y2dxdy

    B(0,2R)

    ex2y2dxdy (1)

    Esto ultimo se debe a que (x, y) R2, f(x, y) = ex2y2 > 0 por lo queen la suma de definicion de la integral existen solo terminos positivos, estoultimo implica que si A B entonces

    Aex

    2y2dxdy

    Bex

    2y2dxdy.Pasando a coordenadas polares las integrales de la desigualdad (1) se tieneque:

    B(0,R)

    ex2y2dxdy =

    R0

    20

    e2

    dd = (1 eR2)

    Analogamente:B(0,2R)

    ex2y2dxdy =

    2R0