Ejercicios-y-problemas-de-funciones-reales-de-varias-variables

y + 2z = x + 2z = 2x + 2y = λ yz xz xy De y + 2z = x + 2z se deduce que yz xz xyz + 2xz 2 = xyz + 2 yz 2 ⇒ xz 2 − yz 2 = 0 ⇒ (x − y)z 2 = 0 ⇒ x = y ó z = 0 ⇒ x = y (z ≠ 0) De x + 2z = 2x + 2 y se deduce que xz xy x 2 y + 2xyz = 2x 2 z + 2xyz ⇒ x 2 y − 2x 2 z = 0 ⇒ x 2 (y − 2z) = 0 ⇒ x = 0 ó y = 2z ⇒ y = 2z (x ≠ 0) Por lo tanto, x = y = 2z Sustituyendo estos valores en xyz = 108 se obtiene 2z ⋅ 2z ⋅ z = 108 ⇒ 4z 3 = 108 ⇒ z 3 = 27 ⇒ z = 3 y z =3⇒ x= y =6 En conclusión, las dimensiones de la caja son x = 6 (largo), y = 6 (ancho) y z = 3 (altura). 43. El área de un triángulo y perímetro p cuyos lados tiene longitudes “x”, “y” y “z” viene dada por A(x , y , z) = p  p − x p − y  p − z  2  2  2  2  Utilice multiplicadores de Lagrange para demostrar que de todos los triángulos de perímetro p el que tiene área máxima es el triángulo equilátero. Solución: El problema se reduce a hallar el máximo absoluto de la función A(x , y , z) = p  p − x p − y  p − z  2  2  2  2  Sujeta a la restricción x + y + z = p con g(x , y , z) = x + y + z . Para resolver el sistema por Lagrange, se debe hallar la solución del sistema 101

 − p  p − y  p − z  =λ  2  2  2    2 p  p − x  p − y  p − z   2  2  2  2    − p  p − x  p − z  =λ  2  2  2   2 p  p − x  p − y  p − z   2  2  2  2  ∇A(x , y , z) = λ∇g(x , y z )  ⇒  xyz = p  − p  p − x  p − y    2  2  2   =λ  2 p  p − x  p − y  p − z   2  2  2  2    x+y+z= p      Del cual se tiene que − p  p − y  p − z  = − p  p − x p − z  = − p  p − x  p − y  ⇒ 2  2  2  2  2  2  2  2  2   p − y  p − z  =  p − x  p − z  =  p − x  p − y   2  2   2  2   2  2  Como x ≠ p , y ≠ p , z ≠ p 2 22 De  p − y  p − z  =  p − x  p − z  se deduce que: p − y = p − z ⇔ y = z  2  2   2  2  22 De  p − y  p − z  =  p − x  p − y  se deduce que: p − z = p − x ⇔ z = x  2  2   2  2  22 Por lo tanto, x= y=z En consecuencia, el triángulo es equilátero. 102

Problemas propuestos En los problemas del 1 al 6 determine el dominio de la función f, y encuentre sus derivadas parciales. f (x , y) =  x 2 + 2 y 4 x  3 y 1. f (x , y) = x ln(xy) 2. + 3. f (x , y) = ye xy 4. f (x , y , z) = 3 x 2 + 2 y 2 + z 5. f (x , y , z) = 1 6. f (x , y , z) = arctan xz  y x2 + y2 + z2 { }Respuestas: 1) Dom f = (x , y) ∈ R 2 / xy > 0 ; ∂f = ln(xy) + 1 ; ∂f = x ∂x ∂y y { }2) Dom f ∂f = 3 x 2 x  2  1  ∂f = 3 x 2 x  2  x  ∂x y y ∂y y y2 = (x , y) ∈ R2 / y ≠ 0 ; + 2y4 + 2 x + ; + 2y4 + 8 y 3 − 3) Dom f = R 2 ; ∂f = y 2e xy ; ∂f = e xy (1 + xy) ∂x ∂y ( ) ( ) ( )4) Dom f = R3 ;∂f −2 ∂f −2 ∂f −2 = 2x x2 + 2y2 + z 3 ; = 4y x2 + 2y2 + z 3 ; =1 x2 + 2y2 +z 3 ∂x 3 ∂y 3 ∂z 3 = R3 − {(0 , 0 , 0)}; ∂f = − 2x ; ∂f = − 2y ; ∂f = − 2z ∂x x2 + y2 + z2 2 ∂y x2 + y2 + z2 2 ∂z x2 + y2 + z2 2 ( ) ( ) ( )5) Dom f { }6) Dom f ∂f = z ; ∂f = − xz ; ∂f = x = (x , y , z)∈ R3 / y ≠ 0 ; ∂x y1 2  ∂y 1 2  ∂z y1 + 2        +  xz   y 2 +  xz    xz   y y y 7. Si f (x , y , z) = x 2 + 4 y 2 − z 2 encuentre ∂f (1,1,1) , ∂f (1,1,1), ∂f (1,1,1). ∂x ∂y ∂z Respuesta: ∂f (1,1,1) = 1 , ∂f (1,1,1) = 2 , ∂f (1,1,1) = − 1 ∂x 2 ∂y ∂z 2 ( )8. Si f ( x , y ) = ln x 2 + y 2 +1 , pruebe que: y ∂f − x ∂f = 0 . ∂x ∂y En los problemas del 9 al 12 verifique que las derivadas de segundo orden cruzadas son iguales. ( )9. f ( x , y ) = ln x 2 + y 2 +1 10. f ( x , y ) = e y cos x 11. f ( x , y ) = x2 − y 2 ( )12. f ( x , y ) = arctan x2 + y 2 x2 + y2 103

13. La energía cinética k de un cuerpo de masa m y velocidad v es k = 1 mv 2 . Demuestre que 2 ∂k ∂ 2k = k . ∂m ∂v 2 14. Una función real de dos variables w = f ( x , y ) con segundas derivadas parciales continuas que satisfaga la ecuación de Laplace ∂ 2 w + ∂ 2 w = 0 se llama función armónica. Muestre que la ∂x 2 ∂y 2 función definida por w ( x , y ) = x3 − 3xy 2 es armónica. 15. Cuando dos conductores que tienen resistencias de R1 ohmios y R2 ohmios, se conectan en paralelo, su resistencia combinada R en ohmios es R = R1R2 . Demuestre que: R1 + R2 a) ∂R + ∂R = R12 + R22 b) ∂2R + ∂2R = 4R1 R2 )3 ∂R1 ∂R2 ∂R1∂R2 ∂R2 ∂R1 R2 (R1 + R2 )2 (R1 + 16. Encuentre las ecuaciones paramétricas en el punto P(2 ,1, 5) de la recta tangente a la curva de intersección del paraboloide de ecuación z = x 2 + y 2 con el plano de ecuación: a) x = 2 b) y = 1.  x=2  x=β   Respuesta: a)  y=λ , λ∈R b)  y =1 , β ∈R z = 2λ + 3 z = 4β − 3 En los problemas de 17 y 18 halle por definición la derivada dirección de f y en la dirección del vector v dado. 17. f ( x , y ) = 3x − 2 y , v = −i − j 18. f ( x , y ) = xy , v = 2i − 5 j Respuestas: 17) D f (x , y) = − 1 18) D f (x , y) = 2 y − 5x v2 v 29 29 19. Halle por definición la derivada dirección de f definida por f ( x , y ) = x en (6 , − 2 ) en la dirección del vector v = −i + 3 j dado. y Respuesta: D f (6 , − 2) = − 4 v 10 20. Sea f (x , y ) =  xy 2 − yx si (x , y) ≠ (0 , 0)  x2 + y2   0 si (x , y) = (0 , 0) a) Halle ∂f (0 , 0) y ∂f (0 , 0) ∂x ∂y 104

b) ¿En cuál dirección existe Df (0 , 0) ? v c) ¿Es la función f diferenciable en (0 , 0) ? Respuesta: a) ∂f (0 , 0) = 0 ; ∂f (0 , 0) = 0 b) Sólo existe en dirección de los ejes de coordenadas. c) No es diferenciable en ∂x ∂y (0 , 0). 21. Halle la derivada direccional del campo escalar f definido por f ( x , y , z ) = x 2 + 2 y 2 + 3z 2 en (1,1, 0) en la dirección de v = i − j + 2k Respuesta: D f (1,1,0) = −2 v6 22. Halle la derivada direccional del campo escalar f definido por ( )f ( x , y , z ) = z sen y 3 cos x5 + tan y 3 en  0 , 3 π , 7  la dirección de v = 2k .  4  Respuesta: D f  0 , 3 π ,7  = 2 cos(1)  4  2 v ( )23. Halle la derivada direccional del campo escalar f definido por f ( x , y ) = sen x 2 + y 2 en P(1,1) la dirección del vector que va del punto P al punto Q(3, 2). Respuesta: D f (1,1) = 6 cos(2) PQ 5 24. Dada la función real de dos variables definida por f (x , y) = x 2 + sen (xy) , determine las direcciones donde se verifica D f (1, 0) = 1. u Respuesta: En la dirección de los vectores: u1 = j y u2 = 4i − 3 j 5 5 ( )25. Sea f (x , y) = ln x 2 + y 2 , determine a) La máxima razón de cambio en el punto (2 ,1) . b) La dirección en que ocurre. Respuesta: a) 2 5 b) En la dirección del vector 4 i + 2 j 5 55 26. La temperatura en un punto arbitrario de una placa rectangular en el plano xy está dada por la ( )fórmula T = 50 x 2 − y 2 (en grados centígrados). a) Halle DθT (4 , 3), donde θ es el ángulo que determina la dirección dada con el eje x. b) Determine tan θ cuando DθT (4 , 3) = 0 . c) Determine la pendiente de la recta tangente a la curva T = constante, cuando pasa por ese punto. 105

Respuesta: a) DθT (4 , 3) = 400 cos θ − 300sen θ b) tan θ = 4 c) m = 4 3 3 27. Sea g la función de dos variables definidas por g (x , y) = x 2 y . Calcule la derivada direccional de g en el punto P (1, 2) . a) En la dirección de la semirrecta de ecuación (x , y) = (1, 2) + λ(4 , 3) con λ ≥ 0 . b) En la dirección de la semirrecta de ecuación (x , y) = (1, 2) + λ(4 , 3) con λ ≤ 0 . Respuestas: a) 19 b) − 19 55 28. Sea g una función real diferenciable de una variable. Determine: ∂F y ∂F si: ∂x ∂y ( )F ( x , y ) = arctan x 2 + g 2 (x sen (xy)) ( )Respuesta: ∂F = 1 ⋅ (2x + 2g (x sen (xy)) g´(x sen (xy))(sen (xy) + xy cos (xy))) ; ∂x 1+ x 2 + g 2 x sen (xy) 2 ( ( ))∂F = 1 2g (x sen (xy)) g´(x sen (xy)) x 2 cos (xy) ( )∂y 1+ x 2 + g 2 x sen (xy) 2 29. Sea w = f (u , v) , si f es una función de clase C2 , con u = xy y v = x , halle ∂w , ∂w , ∂ 2 w . y ∂x ∂y ∂x 2 Respuesta: ∂w = y fu + 1 fv ; ∂w = x fu − x fv ; ∂2w = y2 ∂2 f ∂2 f 1 ∂2 f ∂x y ∂y y2 ∂x 2 ∂u 2 +2 + y2 ∂v 2 ∂v∂u 30. Sea y = φ (x , t) = cos x cos t . Pruebe que φ satisface la ecuación de la onda: ∂2φ = ∂2φ ∂t 2 ∂x 2 ( )31. Si φ es una función real diferenciable. Pruebe que f ( x , y ) = x 2f x 4 − y 2 satisface la ecuación x3 ∂f + 2x6 ∂f = 2x 2 f ( x , y ) . ∂x y ∂y 32. Sea w = f ( x , y , z ) = e xy cos z , con x = tu , y = sen (tu) y z = u 2 . Demuestre que t ∂w − u ∂w = 2ze xysen z . ∂t ∂u 33. Sea F(x, y , z) = xα f  y z  demuestre que si f es una función de clase C1 y α es un número , x x real entonces x ∂F + y ∂F + z ∂F = αF (x , y, z). ∂x ∂y ∂z 106

34. Sea f y g funciones reales y derivables. Demuestre que la función z = f (xy) + g x  satisface y la ecuación diferencial x 2 ∂ 2 z − y 2 ∂ 2 z + x ∂z − y ∂z = 0 . ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂y 35. Sea z = f (x , y) una función real diferenciable, con x = s + t y y = s − t . Demuestre que  ∂z  2 −  ∂z  2 = ∂z ∂z  ∂x  ∂y ∂s ∂t 36. Un punto se mueve sobre la superficie de ecuación z = x 2 + 2 y 2 − 3x + y de manera que dx = 3 y dy = 2 . Halle la variación de z con respecto al tiempo cuando x = 1 y y = 4 . dt dt Respuesta: dz x=1 = 31 dt y=4 37. Halle la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuación xe y z = 1 en el punto (1, 0 , 5). Respuesta: x + 5 y = 1 ; x −1= y z=5 , 5 38. Halle la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la gráfica de z = x 2 + 2 y 3 en el punto A(1,1, 3). x = 1+ 2λ  Respuesta: 2x + 6y − z =5 ;  y = 1+ 6λ λ∈R  z = 3 − λ 39. Determine la ecuación del plano tangente a la superficie z = x 2 + xy que sea perpendicular a los planos de ecuaciones x + y − z = 3 y 2x − y + z = 4 . Respuesta: y + z = 1 40. Encuentre los puntos del hiperboloide de ecuación x 2 − 2 y 2 − 4z 2 = 16 en los que el plano tangente es paralelo al plano de ecuación 4x − 2 y + 4z = 5 . Respuesta: P1 8 2 ,2 2 ,−2 2  y P2  − 8 2 ,−2 2 ,+2 2  5 5 5   5 5 5  41. Determine la ecuación del plano tangente a la superficie z = x 2 + xy que sea perpendicular a  x=3  la recta L de ecuación  y = 1 − 3t, t∈R.  z = −3t 107

Respuesta: y + z = 1 42. Dada la superficie de ecuación 2x 2 + y 2 + z 2 = 4 , halle las ecuaciones de todos los planos tangentes que son paralelos al plano de ecuación x + y + z = 4 . Respuesta: x + y + z = 10 ; x + y + z = − 10 43. Halle el valor de la constante a de forma tal que el plano tangente a la superficie de ecuación x 2 + a 2 y 2 − z 2 = 1 en el punto P1, 1 ,1 sea paralelo al plano π de ecuación x + 4 y − z = 0 . a Respuesta: a = 4 44. Pruebe que toda recta normal a la esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = R 2 pasa por el centro de la esfera. 45. Demuestre que toda recta normal al cono de ecuación z 2 = 3x 2 + 3y 2 interseca al eje z. 46. Indique y clasifique los puntos críticos de la función real de dos variables definida por f (x, y) = 3x2 y + x2 − 6x − 3y − 2 . Respuesta : No hay máximo relativo ni mínimo relativo. Los puntos 1, 2  y  −1,− 4  son puntos de silla.  3  3 47. Indique los puntos críticos y halle los valores máximo y mínimo absoluto de la función real de dos variables definida por f (x, y) = xy − x +1 sobre la región triangular de vértices (0 , 0) , (1,1) y (1, 2) . Respuesta: Puntos críticos: P1(0 , 0) , P2 (1,1) , P3  1 , 1  , P4 (1,2) y P5  1, 1  ; máximo absoluto es f (1, 2) = 2 ;  2 2   4 2 mínimo absoluto es f  1 , 1  = 3  2 2 4 48. Halle los valores extremos absolutos de la función definida por f (x , y) = xy (2 − x − y) , en la región limitada por el cuadrado de vértices (0 , 0) , (0 , 2) , (2 , 0) y (2 , 2) . Respuesta: Máximo absoluto es f  2 , 2  = 8 ; el mínimo absoluto es f (2 , 2) = −8  3 3  27 49. Halle los valores extremos absolutos de la función definida por f (x , y) = xy (1− x − y), en la región limitada por el cuadrado de vértices (0 , 0) , (0 , 2) , (2 , 0) , y (2 , 2) . Respuesta: Máximo absoluto es f  1 , 1  = 1 ; el mínimo absoluto es f (2 , 2) = −12  3 3  27 108

50. Sea f una función real de dos variables definida por f (x, y) = x 2 + y 2 , halle los valores máximo y mínimo absoluto de la función sobre la región R, donde { }R = (x, y) ∈ R 2 : (x − 3)2 + (y − 3)2 ≤ 6 . ( ) ( )Respuesta: Máximo absoluto es f 3 + 3 , 3 + 3 = 24 +12 3 ; el mínimo absoluto es f 3 − 3 , 3 − 3 = 24 −12 3 . 51. Se desea construir un área de descanso para gandoleros en una autopista. Esta área debe ser rectangular con una medida de 10.000m2 y debe estar cercada en los tres lados no adyacentes a la autopista. ¿Cuál es la cantidad mínima de cercado que será necesaria para completar el trabajo? ( )Respuesta: f 50 2 ,100 2 = 200 2 m 52. a) Determine los puntos de la superficie de ecuación x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4 y − 6z = 42 más cercanos y más alejados del origen. b) Represente gráficamente la superficie de ecuación x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4 y − 6z = 42 y verifique gráficamente el resultado obtenido en a) ( )Respuesta: a) El punto de la superficie más cercano al origen es P1 −1, − 2 , − 3 , y el punto de la superficie más alejado del origen es P2 (3 , 6 , 9) . 53. La altura en kilómetros de cierta región R está medida por la función f (x , y) = e−xy , donde x e y { }están medidos en kilómetros. Halle los puntos donde la región R = (x , y)∈ R2 / x2 + 4y2 ≤ 1 alcanza su punto más alto y su punto más bajo. Respuesta: Los puntos P1  − 1 , 1  y P2  1 ,− 1  tienen la mayor altura, y los puntos de la P3  − 1 , − 1  2 22 2 22 2 2 2 y P4  1 , 1  tienen la altura mínima. 2 22 54. Halle el mínimo de f (x, y , z) = x 2 + y 2 + z 2 , si (x, y , z) está en la recta de intersección de los planos de ecuaciones 2x + y − 3z = 4 , y x − y + 2z = 6 Respuesta: Mínimo f  212 ,− 50 , 46  = 49560  59 59 59  3481 55. Halle las dimensiones de una caja rectangular, sin considerar la tapa superior, que tiene volumen máximo si el área de la superficie es 12. Respuesta: 2, 2, 1. 109

COORDENADAS POLARES Definiciones, propiedades y teoremas importantes Definición 4.1: Sea O un punto fijo del plano llamado polo y un rayo inicial desde O, las coordenadas polares de un punto P del plano son (r , θ ) donde r es la distancia dirigida de O a P y θ da el ángulo dirigido del rayo inicial al rayo OP. θ se considera positivo cuando se mide en sentido contrario a las agujas del reloj y negativo cuando se mide en el sentido de las agujas del reloj. Los puntos (r , θ ) y (− r , θ ) están sobre la misma recta que pasa por O, a la misma distancia r de O pero en lados opuestos de O. El punto (0 , θ ) representa el polo u origen. Teorema 4.1: Las coordenadas polares (r , θ ) de un punto P en el plano están relacionadas con las coordenadas rectangulares (x , y ) de ese punto como sigue: x = r cos θ y = r sen θ r2 = x2 + y2 tan θ = y x Teorema 4.2: Sea f una función real continua definida por r = f (θ ) , si f (θ ) ≥ 0 en [a , b] con 0 ≤ a ≤ θ ≤ b ≤ 2π , entonces el área A de la región acotada por las gráficas de r = f (θ ) , θ = a y θ = b es A= 1b 2 = 1b r2 dθ ∫ ∫ [ f (θ )] dθ 2a 2a Teorema 4.3: Sean f y g funciones reales continuas definidas por r = f (θ ) y r = g(θ ) , si f (θ ) ≥ g(θ ) ≥ 0 en [a , b] con 0 ≤ a ≤ θ ≤ b ≤ 2π , y R es la región acotada por las gráficas de r = f (θ ) , r = g(θ ) , θ = a y θ = b el área de la región R es A= 1  b [f 2 - [g(θ )]2  dθ 2   ∫ (θ )] a 110

Teorema 4.4: Si C es la gráfica de una ecuación polar r = f (θ ) y si f ’ es continua en [a , b], entonces la longitud L de C es b b r 2 +  dr  2 dθ  dθ  L=∫ [ f (θ )]2 + [ f ' (θ )]2 dθ = ∫ a a 111

Problemas resueltos 1. Determine la distancia entre los puntos cuyas coordenadas polares son 3, π  y  2 , π   4  3 Solución: Las coordenadas cartesianas del punto 3, π  vienen dadas por:  4 x = 3cos π  = 3 2 y y = 3sen  π  = 3 2 4 2 4 2 Las coordenadas cartesianas de punto  2 , π  vienen dadas por:  3 x = 2 cos π  = 1 y y = 2sen  π  = 3 3 3 Luego, la distancia d, entre los puntos dados es: ( )d =  − 12  3 2 3 2 = 32 + 2 − 9 −3 2 +1+ 9 −3 6 +3 = 13 − 3 2 1 + 3 2 22 2. Decida si los pares indicados de coordenadas polares representan el mismo punto. a)  3 , π  y  3 , 5π  b)  5 , − 11π  y  5 , π   3  3   6   6 Solución: a) No, ya que  3 , π  está en el primer cuadrante y  3 , 5π  está en el cuarto cuadrante.  3  3 b) Si,  5 , − 11π  y  5 , π  , ya que r = 3 es el mismo en ambos puntos y los ángulos tienen  6   6 los mismos lados terminales a pues π = 2π − 11π . 66 3. Represente gráficamente la curva ó la región del plano cuyas coordenadas polares satisfacen las relaciones siguientes: 112

a) π ≤ θ ≤ 3π b) 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π 44 4 c) (r , θ)/ π < θ < π ∩ {(r , θ) / 2 < r < 3} d) θ = arctan a (a > 0) 2   Solución: a) π ≤ θ ≤ 3π 44 Representa la región del plano limitadas por las rectas que pasan por el origen y forman ángulos con el eje polar de π y 3π radianes respectivamente. 44 b) 1 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π 4 Representa el sector circular limitada por el eje polar, por la recta que pasa por el polo y forma un ángulo de π con el eje polar, y por las circunferencias con 4 centro el polo y radios 1 y 2 respectivamente. c) (r , θ)/ π < θ < π ∩ {(r , θ)/ 2 < r < 3} 2   Representa la región abierta del plano limitada por las rectas que pasan por el origen y forman ángulos de π y π radianes respectivamente con el eje polar, 2 y por las circunferencias con centro el polo y radios 2 y 3 respectivamente. 113

d) θ = arctan a (a > 0) ⇒ tan θ = a ⇒ sen θ = a y cos θ 0 < θ < π ya que a > 0 . 2 y sen θ = a cos θ ⇒ rsen θ = ar cos θ ⇒ y = ax Luego, la ecuación dada representa la recta de pendiente a que pasa por el origen, como se muestra en la figura. 4. Determine una ecuación polar para la curva representada por la ecuación cartesiana x2 − y2 = 4. Solución: Al sustituir x = r cosθ y y = rsen θ en la ecuación x 2 − y 2 = 4 resulta, ( )x 2 − y 2 = 4 ⇒ r 2cos 2θ − r 2sen 2θ = 4 ⇒ r 2 cos 2θ − sen 2θ = 4 ⇒ r 2 cos 2θ = 4 5. Determine una ecuación polar para la curva representada por la ecuación cartesiana x2 + y2 − 2y = 0. Solución: x 2 + y 2 − 2 y = 0 ⇒ r 2 − 2rsen θ = 0 ⇒ r(r − 2sen θ) = 0 ⇒ r = 0 ó r = 2sen θ, θ = 2kπ , k ∈ Z Como la solución r = 0 queda contenida en r = 2sen θ , se tiene que una ecuación es r = 2sen θ 6. Considere la ecuación polar r = asen θ + bcosθ , a,b > 0 . a) Halle la ecuación cartesiana y verifique que la ecuación dada representa una circunferencia. b) Halle en coordenadas cartesianas el centro y radio de la circunferencia. c) Si b = 4 y a = 3 represente gráficamente la circunferencia. Solución: a) r = asen θ + bcosθ ⇒ x 2 + y 2 = ay + bx ⇒ x 2 + y 2 = ay + bx ⇒ x 2 + y 2 − ay − bx = 0 rr ⇒  x − b 2 +  y − a 2 = a 2 + b2 (Ecuación de una circunferencia)  2  2 4 4 114

b) El centro es C b , a  y el radio es 2 2 r = 1 a2 + b2 2 c) Si b = 4 y a = 3 resulta la circunferencia de ecuación (x − 2)2 +  y − 3 2 = 25  2 4 7. Dada la curva de ecuación polar r = 4sen θ , halle: a) Las ecuaciones paramétricas. b) La ecuación cartesiana. Solución: a) Unas ecuaciones parámetricas son x = 4sen θ cos θ , y = 4sen 2 θ . b) r = 4sen θ ⇒ r 2 = 4rsen θ ⇒ x 2 + y 2 = 4 y ⇒ x 2 + y 2 − 4 y = 0 ⇒ x 2 + (y − 2)2 = 4 8. Dadas las curvas de ecuaciones polares r1 = 3 y r2 = 6sen θ , halle: a) Grafique ambas curvas en un mismo sistema de coordenadas. b) Determine los puntos de intersección de ambas curvas. c) Determine el área de la región del plano que es interior a ambas curvas. d) Determine la longitud del arco de curva de r2 que está en el segundo cuadrante y es exterior a r1. Solución: a) La gráfica se muestra en la figura. Observe que las ecuaciones corresponden a dos circunferencias (ejercicio 6). b) 6 sen θ = 3 ⇒ senθ = 1 ⇒ θ = π ó θ = 5π 26 6 Y los puntos de intersección son P1  3 , π  y P2 3, 5 π  .  6  6 c) El área de la región del plano interior a ambas curvas se obtiene mediante la integral: 115

π π  6 2   3π  1 (6sen θ) 2 dθ (3)2 dθ 9 3 9 3 ∫ ∫A= 2 ⋅ 2  + π = - 2 + 3π = 6π - 2 6   0   5π 5π 6 6  5π π   6 2  L= (6 senθ)2 + (6cos θ)2 dθ = 6 π π ∫ ∫d) dθ = 6 − = 2π 22 9. Dada la ecuación r = 4 en coordenadas polares, halle la ecuación en coordenadas 3 + 5 sen θ rectangulares, identifique la curva y grafíquela. Solución: r = 4 ⇒ 3r + 5 r sen θ = 4 (1) 3 + 5 sen θ Al sustituir r = x 2 + y 2 y r sen θ = y en (1) se obtiene la siguiente ecuación en coordenadas cartesianas: 3 x2 + y2 = 4− 5y ( )3 x 2 + y 2 = 4 − 5 y ⇒ 9 x 2 + y 2 = 16 − 8 5 y + 5y 2 (2) Al realizar las operaciones indicadas y completar cuadrados se obtiene que la ecuación (2) se obtiene ( )x2 + y + 2 49 5 =1 que corresponde a la ecuación de la elipse que se muestra ( )en la figura, de centro C 0 , − 5 . 10. Dada la ecuación r = 1 en coordenadas polares, halle la ecuación correspondiente en 2 − 2sen θ coordenadas rectangulares, identifique la curva y grafíquela. Solución: 116

r = 1 ⇒ 2r − 2r sen θ = 1 (1) 2 − 2sen θ Al sustituir r = x 2 + y 2 y r sen θ = y en (1) se obtiene la siguiente ecuación en coordenadas cartesianas: 2 x2 + y2 =1+ 2y ( )2 x 2 + y 2 = 1 + 2 y ⇒ 4 x 2 + y 2 = 1 + 4 y + 4 y 2 (2) Al realizar las operaciones indicadas y completar cuadrados que la ecuación (2) es equivalente a la ecuación: y = x2 − 1 4 que cual corresponde a la ecuación de la parábola que se muestra en la figura 11. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = sen θ y r2 = cos θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores (sin pasar a coordenadas rectangulares). b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano que es interior a ambas curvas. d) Calcule la longitud del arco de curva de r1 que es exterior a r2. e) Calcule la pendiente de la recta tangente a r1 en el punto del primer cuadrante que es intersección de ambas curvas. Solución: a) Las gráficas se muestran en la figura. b) Observe que r1 y r2 se obtienen para valores de θ : 0 ≤ θ ≤ π . Luego considerando valores negativos de r2 sen θ = cos θ ⇒ θ = π 4 Y un punto de intersección es P1  2 , π  . 2 4 117

No obstante, existe otro punto de intersección que no se obtiene analíticamente, el origen, ya que r1 =0 para θ=0 y r2 =0 para θ= π. 2 c) El área de la región del plano interior a ambas curvas es igual a: πππ π 1 4 1 2 1 4 1 2 1  π −1 sen 2θ cos 2θ dθ = (1- cos 2θ)dθ + (1+ cos 2θ)dθ ∫ ∫ ∫ ∫A = = 2 dθ + 2π 4 4π 42  0 0 44 d) La longitud del arco de curva de r1 que es exterior a r2 se obtiene mediante la integral: ∫π sen 2θ + cos 2 θ dθ = 3π π4 L= 4 Nota: La longitud L pudo calcularse directamente ¿cómo? e) Unas ecuaciones paramétricas de r1 son:  x = r1 cos θ o x = sen θ cos θ o x = sen 2θ  y = r1 sen θ  2   y = sen 2θ  y = sen 2θ La pendiente de la recta tangente a r1 = sen θ en el punto P (r , θ) es: dy m = dy = dθ = 2 cos θ sen θ dx dx cos 2θ dθ Luego, en P1  2 , π  la pendiente m no está definida, por lo tanto, en este punto la recta 2 4 tangente es vertical, como se puede apreciar en la gráfica. 12. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 1 + sen θ y r2 = 1+ cos θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior que está en el primer cuadrante que es interior a r1 y exterior a r2 . d) Plantee la integral que da la longitud de la parte de r1 exterior a r2. Solución: 118

a) Las curvas r1 = 1 + sen θ y r2 = 1+ cos θ representan cardiodes de eje y y eje x respectivamente, su gráfica se muestra en la figura. b) Observe que r1 y r2 se obtienen para valores de θ : 0 ≤ θ ≤ 2π , luego 1+ sen θ = 1+ cos θ ⇒ θ = π ó θ = 5π 44 Y dos puntos de intersección son P1 1 + 2 , π  y P2 1 − 2 , 5π  2 4 2 4 No obstante, existe otro punto de intersección que no se obtiene analíticamente, el origen, ya que r1 =0 para θ = 3π y r2 =0 para θ = π. 2 c) El área de la región del plano que está en el primer cuadrante que es interior a r1 y exterior a r2 viene dada por: π [ ](1+ senθ)2 − (1+ cos θ)2 π ∫A = 1 2 dθ = 1 2 [2senθ - 2cosθ - cos(2θ)]dθ = 2-3 2π ∫ 4 4 2π 4 d) La longitud de la parte de r1 exterior a r2 se obtiene mediante la integral: 5π 4 ∫L = (1 + senθ)2 + cos2 θ dθ π 4 13. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 4 + 3sen θ y r2 = −sen θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores (sin pasar a coordenadas rectangulares). b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior r1 y exterior a r2 que está en el tercer cuadrante. d) Halle una ecuación en coordenadas cartesianas de la curva descrita por r2. Solución: 119

a) r1 representa una cardiode con rizo en el eje y y r2 una circunferencia. La gráfica se muestra en la figura. b) Observe que r1 se obtiene al variar: 0 ≤ θ ≤ 2 π , mientras que r2 se obtiene al variar: π ≤ θ ≤ 2 π , luego 4 + 3sen θ = -sen θ ⇒ sen θ = -1⇒ θ = 3π 2 Y el punto de intersección es P1 1, 3π  .  2 c) El área de la región del plano interior r1 y exterior a r2 que está en el tercer cuadrante es igual a: 3π 3π   2 2  1  2 dθ - dθ (4 + 3sen θ) (- sen θ)2 ∫ ∫A = = 5π - 12 2π π  d) Se tiene que: r = −sen θ ⇒ r 2 = −rsen θ ⇒ x 2 + y 2 = − y ⇒ x 2 + y 2 + y = 0 ⇒ x 2 +  y + 1  2 = 1  2 4 Luego una ecuación cartesiana de la curva descrita por r2 es x 2 +  y + 1  2 = 1 , la cual  2 4 corresponde a la ecuación de una circunferencia de centro C 0 , − 1  y radio 1 .  2 2 Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r = 4sen θ , tan θ = 1 y tan θ = −1 a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior limitada por las tres curvas d) Calcule la integral que da la longitud del arco de curva de r que está comprendida entre el eje polar y la recta de ecuación tan θ = 1. Solución: 120

a) tan θ = 1 ⇒ θ = π y tan θ = −1 ⇒ θ = 3π , 44 r = 4sen θ es la ecuación de una circunferencia. Las gráficas se muestran en la figura. b) θ = π ⇒ r = 4 ⋅ 2 = 2 2 y 42 θ = 3π ⇒ r = 4 ⋅ 2 = 2 2 42 Y los puntos de intersección son P1  2 2 , π  y  4 P2  2 2 , 3π  .  4 c) El área de la región del plano interior limitada por las tres curvas π A = 2⋅ 1 2 16sen 2 θ dθ = ∫ 2π 4 π π 2 2 (1 − cos 2θ ) dθ = 8 θ − sen 2θ  π = 8 π − π  + 8 ⋅ 1 = 8⋅π + 4 = 2π + 4 4 2 4 2 4 8∫ π  2 4 d) La longitud del arco de curva de r que está comprendida entre el eje polar y la recta de ecuación tan θ = 1. ππ 4 16sen 2θ +16cos 2θ dθ = 4 dθ = 4 ⋅ π = π L= ∫ 4∫ 0 04 14. Dada la curva, en coordenadas polares, de ecuación r = cos(3θ ) , conocida como rosa de tres pétalos. a) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ π b) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ π 63 c) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ π d) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ 2π 23 e) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ 5π f) Grafique la curva dada para 0 ≤ θ ≤ π 6 g) Halle el área de la región limitada por la curva. h) Halle la longitud de la curva. Solución: 121

a) Observe que : 0 ≤ θ ≤ π ⇒ 0 ≤ 3θ ≤ π 62 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de 1 a 0 y se obtiene la gráfica mostrada en la figura. b) Observe que : π ≤ θ ≤ π ⇒ π ≤ 3θ ≤ π 6 32 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de 0 a -1 y se obtiene parte de la gráfica que se observa en el tercer cuadrante. Luego, cuando 0 ≤ θ ≤ π se obtiene la gráfica 3 mostrada en la figura. c) Observe que : π ≤ θ ≤ π ⇒ π ≤ 3θ ≤ 3π 32 2 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de -1 a 0 y se obtiene la otra parte de la gráfica que se observa en el tercer cuadrante. Luego, cuando 0 ≤ θ ≤ π se obtiene la 2 gráfica mostrada en la figura. d) Observe que : π ≤ θ ≤ 2π ⇒ 3π ≤ 3θ ≤ 2π 2 32 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de 0 a 1 y se obtiene la parte de la gráfica que se observa en el segundo cuadrante. Luego, cuando 0 ≤ θ ≤ 2π se obtiene la 3 gráfica mostrada en la figura. 122

e) Observe que : 2π ≤ θ ≤ 5π ⇒ 2π ≤ 3θ ≤ 5π 36 2 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de 1 a 0 y se obtiene la otra parte de la gráfica que se observa en el segundo cuadrante. Luego, cuando 0 ≤ θ ≤ 5π se obtiene la 6 gráfica mostrada en la figura. f) Observe que : 5π ≤ θ ≤ π ⇒ 5π ≤ 3θ ≤ 3π 62 Y en consecuencia, r = cos(3θ) varía de 0 a -1 y se obtiene la otra parte de la gráfica que se observa en el primer cuadrante. Luego, cuando 0 ≤ θ ≤ π se obtiene la gráfica mostrada en la figura. g) El área de la región es seis veces el área de medio pétalo, luego π  π π  6  = 36 1 + cos(6θ) dθ = 1  (cos (3θ))2  2 3 θ sen (6θ)  6 3 π π ∫ ∫A = 6 ⋅ 2 dθ  2 + 6  0 = 2 ⋅ 6 = 4 0 0  g) La longitud de la curva es seis veces la longitud de medio pétalo, luego ππ 6 ( cos 3θ)2 + (- 3sen3θ)2 dθ = 6 1 + 8sen 2 3θ dθ = 6 π + 8  = π + 16 L =6∫ 6∫ 0 0 6 3 123

Problemas propuestos En los problemas del 1 y 2 decida si los pares indicados representan el mismo punto. 1)  2 , π  y  2 , 7π  2) 5, π  y 5, π + 200π   6  6   4  4  Respuestas: 1) No 2) Si En los problemas del 3 al 7 determine las coordenadas rectangulares del punto cuyas coordenadas polares se da. 3.  4 , π  4.  − 1, − 3π  5.  − 3, 3π  6.  2 , − π  7. (0 , − π)  6  2  4  6 ( )Respuestas: 3) 2 3 , 2 4) (0 , − 1) 5)  3 2 , − 3 2  ( )5) 3 , −1 7) (0 , 0) 2 2  En los problemas del 8 al 12 determine un par de coordenadas polares del punto cuyas coordenadas rectangulares se da. ( ) ( )8. (− 2, − 2) 9. 2 3 , 2 ( ) ( )11. 2, 2 3 12. 6 , 2 10. − 3 ,1 11)  4 , π  12)  2 2 , π  Respuestas: 8)  2 2 , 5π  9)  4, π  10)  2 , 5π   3  6  4   6  6 En los problemas del 13 al 17 represente gráficamente la curva ó la región del plano que corresponde a cada una de las relaciones dadas: 13. r = 2 14. θ = π 15. r ≥ 0, θ = π 16. π < θ < π 17. 1 < r < 5 3 64 Respuestas: 8 13) 14) 124

15) 16) 17) En los problemas del 18 al 23 halle una ecuación en coordenadas polares. 18. x + y = b 19. x = 2 20. 3x + 4 y = 5 21. x 2 + y 2 = 3xy 22. x 2 + y 2 + 2x + 6 y = 0 23. x 2 + y 2 − 4x + 4 y + 4 = 0 Respuestas: 18) r = b 19) r cosθ = 2 20) r = 5 cos θ + sen θ 3 cos θ + 4sen θ 21) 3 cosθ sen θ = 1 22) r 2 + 2r cosθ + 6r sen θ = 0 23) r 2 − 4r cos θ + 4rsen θ + 4 = 0 En los problemas 24 y 25 halle la ecuación en coordenadas rectangulares, identifique y grafique la curva cuya ecuación está dada en coordenadas polares. 24. r = 1 25. r = 1 2 − 2cos θ 2 − 3sen θ Respuestas: de 25) Hipérbola de ecuación 24) Parábola ecuación x = y2 − 1  y + 3  2 x2 4  5 − =1 41 25 5 26. La ecuación polar de la recta de ecuación y = x − 3 es a) r = 2 sen θ b) r = −3cos θ c) r = -3 d) r = − 3 sen θ e) r = 3 cos θ sen θ - cosθ 2 2 125

Respuesta: c) 27) La región señalada en la figura adjunta queda definida por la expresión: a) θ = π b) θ = π 12 12 c) π < θ ≤ 3π d) π ≤ θ ≤ 3π 12 8 12 8 e) π ≤ θ ≤ 3π 12 8 Respuesta: e) 28. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 3cos θ y r2 = 3sen θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior a ambas curvas. d) Halle los puntos de la curva descrita por r1, en los cuales la recta tangente es horizontal. Respuesta: b) P1  3 , π  y P0 (0, 0) c) 9π - 18 2 4 8 d) P1  3 2 , π  y P2  − 32 , 3π   2 4   2 4  29. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 3cos θ y r2 = sen θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior a ambas curvas d) Halle los puntos de la curva descrita por r1, en los cuales la recta tangente es horizontal. Respuesta: b) P1  3 , π  y P0 (0 , 0) c) 5π − 3  2 3  6 d) P1  6 , π  y P2  − 6 , 3π   2 4   2 4  30. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 2 cos θ y r2 = 2sen θ a) Halle, usando las ecuaciones de transformación, las ecuaciones cartesianas y grafique ambas. b) Halle en coordenadas polares los puntos de intersección de las curvas. 126

c) Halle el área de la región del plano interior a la curva de ecuación r1 = 2 cos θ y exterior a la curva de ecuación r2 = 2sen θ d) Halle la longitud de la porción de r1 = 2 cos θ que es exterior r2 = 2sen θ y está en el primer cuadrante Respuesta: a) r = 2 cos θ ⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1 r = 2sen θ ⇒ x 2 + (y − 1)2 = 1 b) P  2 , π  y en el polo u origen  4 c) A = π +1 2 d) L = π 2 31. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 8sen θ y r2 = 4 . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores (sin pasar a coordenadas rectangulares). b) Halle los puntos de intersección en coordenadas polares. c) Halle el área de la región del plano que es interior a r1 y exterior a r2, ubicada en el primer cuadrante. d) Calcule la longitud del arco de curva r2 que es interior a r1. Respuesta: b) P1  4 , π  y P1  4 , 5π   6  6 c) A = 8  π + 3  3 2 d) L = 8 π 3 32. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 2 − cos θ y r2 = 2 . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior a r1 y exterior a r2. d) Plantee la integral que da la longitud de la parte de r1 que está en el tercer cuadrante. 127

Respuesta: b) P1  2 , π  y P2  2 , 3π   2   2  c) π + 4 4 3π 2 ∫d) L = 5 − 4 cos θ dθ π 33. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 3cos θ y r2 = 2 − cos θ . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior r1 y exterior a r2. d) Halle el área de la región del plano interior a ambas curvas. e) Halle los puntos de la curva descrita por r1, en los cuales la recta tangente es horizontal. Respuesta: b) P1  3 , π  y P2  3 , 5 π   2 3 2 3 c) 3 3 d) 9 π − 3 3 4 e) P1  3 2 , π  y P2  − 32 , 3π  2 4  2 4  34. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 1− sen θ y r2 = 1. a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior a r1 y exterior a r2. d) Determine la longitud de la parte de r1 que está en el segundo cuadrante. 128

Respuesta: b) P1 (1, 0) y P2 (1, π) c) π + 1 4 d) 4 - 2 2 35. Dadas las ecuaciones en coordenadas polares r1 = 2 + cos θ y r2 = 2 . a) Grafique las curvas definidas por las ecuaciones anteriores. b) Halle los puntos de intersección. c) Halle el área de la región del plano interior a ambas curvas. d) Plantee la integral que da la longitud de la parte de r1 que está en el tercer cuadrante. Respuesta: b) P1  2 , π  y P1  2 , 3π   2  2 c) 17π − 4 4 3π 2 ∫d) L = 5 + 4 cos θ dθ π 129

36. En los siguientes enunciados. Indique si cada uno de ellos es verdadero o falso, escribiendo respectivamente la letra V o F en la casilla señalada. a) (3, π ) y (-3, -5π ) son las coordenadas polares del mismo punto del plano. 6 6 b) El punto A (4, 3π ) no está en la gráfica de la curva de ecuación r = 4 cos(2 θ) ya que sus 2 coordenadas no satisfacen la ecuación. c) Las coordenadas rectangulares del punto que tiene coordenadas polares A(4, 3π ) son A(-1,1) . 2 d) La gráfica de la curva de ecuación polar r = −5sec θ es una recta. e) La ecuación polar con la misma gráfica que el círculo de ecuación x2 + y 2 = 4 y es r = 4 cos θ . f) La ecuación cartesiana con la misma gráfica que la curva de ecuación polar r = − 4 es la 1 − sen θ parábola x 2 = 8(2 − y)) g) La expresión del área de la región interior a la curva de ecuación r1 = sen θ y exterior a la curva π de ecuación r2 = cos θ en el primer cuadrante es A(R) = 1 2 (− 2 cos(2θ ))dθ . 2 ∫ π 4 h) La longitud de arco en el cuarto cuadrante de la cardioide de ecuación r = 2 − 2sen θ es L = ∫ 0 (8sen(θ ) − 8) dθ −π 2 i) Un punto intersección entre las cardioides de ecuaciones r1 = 1 + sen θ y r2 = 1 − cos θ es P  2+ 2 , 7π  . 2 4 ( ) ( )j) Unas coordenadas polares del punto -1 Q 4 , -1 son Q 2 , -3π 4 4 4 Respuesta: a) V b) V c) F d) V e) F f) V g) V h) F i) F j) V 130

INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS CARTESIANAS Y POLARES Definiciones, propiedades y teoremas importantes Teorema 5.1: Supongamos que ∫∫ f (x , y)dA y ∫∫ g(x , y)dA existen sobre una región D del plano. DD • ∫∫ [ f (x , y) + g(x , y)]dA = ∫∫ f (x , y)dA + ∫∫ g(x , y)dA D DD • ∫∫ cf (x , y)dA = c∫∫ f (x , y)dA para toda constante c. DD • Si f (x , y) ≤ g(x , y) para toda (x , y)∈ D entonces ∫∫ f (x , y)dA ≤ ∫∫ g(x , y)dA DD • Si D = D1 ∪ D2 , donde D1 y D2 se intersecan a lo sumo en un segmento, se tiene que ∫∫ f (x , y)dA = ∫∫ f (x , y)dA + ∫∫ f (x , y)dA . D D1 D2 • ∫∫ dA = A(D) (donde A(D) denota el área de la región D) D • Si m ≤ f (x , y) ≤ M para toda (x , y)∈ D entonces m ⋅ A(D) ≤ ∫∫ f (x , y)dA ≤ M ⋅ A(D) D • Si 0 ≤ f (x , y) para toda (x , y)∈ D entonces ∫∫ f (x , y)dA es igual al el volumen del sólido D limitado superiormente por la gráfica de z = f (x , y) e inferiormente por D. Definición 5.1: Una región D del plano es del Tipo I: Si D está dada por a ≤ x ≤ b , g1 (x) ≤ y ≤ g 2 (x) , con g1 y g2 continuas en [a , b] Definición 5.2: Una región D del plano es del Tipo II: D está dada por c ≤ y ≤ d , h1 (x) ≤ x ≤ h2 (x) , con h1 y h2 continuas en [c , d ] Teorema 5.2: (Teorema de Fubini) Sea f una función real de dos variables x y y continua en una región D del plano. 131

i) Si D está dada por a ≤ x ≤ b , g1 (x) ≤ y ≤ g 2 (x) , con g1 y g2 continuas en [a , b], entonces ∫∫ f (x , y)dA = b g2 (x) (x, y) dy dx ∫ ∫f D a g1 ( x) ii) Si D está dada por c ≤ y ≤ d , h1 (x) ≤ x ≤ h2 (x) , con h1 y h2 continuas en [c , d ], entonces ∫∫ f (x , y)dA = d h2 ( x) (x, y) dx dy ∫ ∫f D c h1 ( x) Teorema 5.3: Sea D la región del plano definida por todos los puntos (x , y) = (r cos θ, r sen θ) con 0 ≤ g1 (θ) ≤ r ≤ g 2 (θ) , α ) ≤ θ ≤ β , donde 0 ≤ β − α ≤ 2π . Si g1 y g2 son continuas en [α , β ] y f es continua en D, entonces ∫∫ f (x , y)dA = β g2 (θ ) (r cos θ, r sen θ) r dr dθ ∫ ∫f D α g1 (θ ) Definición 53: El jacobiano de la transformación T dado por x = g(u, v) y y = h(u, v) es ∂(x y) ∂x ∂x ∂(u v) , = ∂u ∂v = ∂x ∂y − ∂x ∂y , ∂y ∂y ∂u ∂v ∂v ∂u ∂u ∂v Teorema 5.4: Sea que T es una transformación C1 cuyo jacobiano es no nulo y que relaciona una región S del plano uv con una región D del plano xy. Si f es continua en D, y D y S son regiones planas del tipo I o II, y T es uno a uno, excepto quizás en el límite de S. Entonces ∫∫ f (x , y)dA = ∫∫ f (x(u, v), y(u, v)) ∂(x, y) du dv ∂(u, v) D S 132

Problemas resueltos 1. Halle ∫∫ 5xy dx dy y ∫∫ 5xy dy dx donde R es la región rectangular de vértices: ( − 2 , 0 ) , (1, 0 ) , RR ( − 2,1 ) y (1,1 ). Solución: La región R sobre la cual se integra corresponde a la región sombreada mostrada en la figura. En consecuencia, ∫∫ 5xy dx dy = 1 1 1  x2 y 1  dy = 1  1 − 2 ydy = − 15  y2 1 = − 15  2 −2   2 2  2  4 R 5∫ ∫ xy dx dy = 5∫   5∫  0 0 −2 0 0 ∫∫ 5xy dy dx = 11 xy dy dx = 1 y2 x 1  dx = 5 1 x dx = 5x2 1 = 5 (1 − 4) = − 15 5∫  2 0  2 4 −2 4 4 R 5∫ ∫  ∫ −2  −2 0 −2 2. Dada la expresión 0 x3 f (x , y ) dy dx + 1 x f (x , y)dy dx ∫ ∫ I=∫ ∫ −1 x 0 x3 dibuje la región de integración e invierta el orden de integración. Solución: Para dibujar la región de integración observe que de la primera integral se deduce que −1≤ x ≤ 0 y x ≤ y ≤ x3 y de la segunda integral se tiene que 0 ≤ x ≤1 y x3 ≤ y ≤ x 133

La región de integración corresponde a la región sombreada mostrada en la figura. Para plantear la integral I en el otro orden: Observe que y = x3 ⇔ x = 3 y Si − 1 ≤ y ≤ 0 entonces 3 y ≤ x ≤ y Si 0 ≤ y ≤ 1 entonces y ≤ x ≤ 3 y Por lo tanto, 0y f (x , y)dx dy + 1 3y f (x , y)dx dy I=∫ ∫ ∫ ∫ −1 3 y 0y 3. Dibuje la región de integración R y plantee las integrales ∫∫ f (x, y) dx dy y ∫∫ f (x, y) dy dx , si R RR es la región del plano limitada por las curvas de ecuaciones y = x , y = 0 , y + x = 1. Solución: Para representar gráficamente la región R es necesario hallar la intersección de la curva de ecuación y = x con la recta de ecuación x + y = 1 , para lo cual se debe resolver el sistema de ecuaciones  y =1 −x ⇒ 1 − x = x ⇒ (1 − x)2 = x  y= x  ⇒1 − 2x + x2 = x ⇒ x2 − 3x + 1 = 0 Al resolver la ecuación cuadrática resulta, x = 3± 9−4 = 3± 5 22 Observe que 0≤ x ≤ 1, la solución es x0 = 3− 5 .Por lo tanto, las curvas se intersecan en el punto 2 de coordenadas P  3 − 5 , 5 −1  , como se observa en la figura. 2 2 134

En consecuencia, −1+ 5 2 1− y ∫∫ f (x, y) dx dy = ∫ ∫ f ( y, x) dx dy R 0 y2 3− 5 2x 1 1− x ∫∫ f (x, y) dy dx = ∫ ∫ f (x, y) dy dx + ∫ ∫ f (x, y) dy dx R 00 3− 5 0 2 4. Calcule ∫∫ y ln x dxdy donde D es la región del plano limitada por las curvas de ecuaciones xy = 1 D , y = x , x = 2. Solución: Para representar gráficamente la región D, observe que las curvas xy = 1 , y = x se intersecan en el punto P(1,1), la región de integración corresponde a la zona sombreada que se observa en la figura. La integral planteada es igual a 2 x = 1 2  x ln x− ln x  dx 2 x2  ∫∫ y ln x dxdy = ∫ ∫ y ln x dy dx ∫ 1 D1 1 x = 1  x 2 ln x − x2 + ln x + 1 12 = 5 (2 ln 2 − 1) 2 2 4 x x 8 1 ex 5. Dada la integral I = e ex f (x, y) dy dx + 1 ∫ f (x, y) dy dx , grafique la región de integración y ∫ ∫ ∫ 0 −1 1 ln x e plantee I en el orden dxdy. Solución: De la primera integral se deduce que: −1≤ y ≤ ex 0≤x≤1 y e y de la segunda integral se obtiene 1 ≤ x ≤ 1 y ln x ≤ y ≤ e x e 135

De estas desigualdades se deducen las curvas de ecuaciones: x = 0 , x = 1 , y = −1 , y = e x , x = 1 y e y = ln x . Observe que la recta de ecuación y = −1 interseca a la curva de ecuación y = ln x en el punto de coordenadas  1 , − 1  ; y la recta de ecuación x = 1 interseca a la curva de ecuación y = e x en el e  punto de coordenadas (1, e ). Por otra parte, se tiene que: y = ln x ⇔ x = e y y y = e x ⇔ x = ln y Al dibujar la región de integración se obtiene la región sombreada mostrada en la figura Luego, 0 ey 1 1 e 1 I = ∫ ∫ f (x, y) dx dy + ∫ ∫ f (x, y) dx dy + ∫ ∫ f (x, y) dx dy −1 0 0 0 1 ln y 6. Represente gráficamente la región de integración e invierta el orden de integración en la integral 1 1+ 1− y2 f (x , y)dx dy . ∫ I =∫ 0 2− y Solución: Para dibujar la región de integración observe que 0 ≤ y ≤ 1 y 2 − y ≤ x ≤ 1 + 1 − y 2 . De estas desigualdades se deducen las ecuaciones: y = 0 , y = 1, x = 2 − y y x = 1 + 1 − y 2 . Luego, se obtiene: x = 1 + 1 − y 2 ⇒ (x − 1)2 = 1 − y 2 ⇒ y 2 + (x − 1)2 = 1 que es la ecuación de una circunferencia de centro C(1, 0) y radio 1. Además, 136

y = 1 − (x − 1)2 ⇒ y = 1 − x 2 + 2x − 1 ⇒ y = − x 2 + 2x Para determinar los puntos de intersección de las curvas de ecuaciones x=2− y y x =1+ 1− y2 , se debe resolver el sistema de ecuaciones  x=2− y . x = 1 + 1 − y 2 Luego, 2 − y = 1+ 1− y 2 ⇒ (1− y)2 = 1− y 2 ⇒ 1− 2 y + y 2 = 1− y 2 ⇒ −2 y + 2 y 2 = 0 ⇒ 2 y(1− y) = 0 ⇒ y =0 ó y =1 y = 0⇒ x = 2 y y =1⇒ x =1 En consecuencia dichas curvas se intersecan en los puntos (1,1) y (2 , 0) . La región de integración es la región sombreada mostrada en la figura. Se tiene entonces que 1+ 1− y 2 2 −x2 +2x ∫f ∫ ∫ f x , y dy dx ( )1 ∫ (x , y)dx dy = 0 2− y 1 2−x 7. Sea f una función de dos variables definida por z = f (x , y) en la región R, limitada por las curvas de ecuaciones y = −1 , y = 1 + x 2 , x = −2 , x = 1 , y = 2 , y 2 = −1− x . a) Represente gráficamente la región R. ∫∫b) Plantee la integral f (x , y) dx dy . R Solución: a) Al dibujar las distintas curvas, cuyas ecuaciones se indican en el enunciado, se obtiene que la región de integración es la zona sombreada en la figura. Los puntos de intersección se obtienen al resolver los sistemas:  x =1 ⇒ y = 2 ⇒ P (1, 2)  y=2 ⇒ x = −1 ⇒ Q (−1, 2)    y =1+ x2  y =1+ x2 137

 y 2 y = −1 x ⇒ x = −2 ⇒ U (−2 , − 1)  = −1 −   y x = −2 x ⇒ y = 1 ⇒ T (−2 ,1)  2 = −1−  11 2 − y−1 21 ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫b) f (x , y) dx dy = f (x , y) dx dy + f (x , y) dx dy + f (x , y) dx dy R −1 − y2 −1 1 −2 1 y−1 8. Dada la expresión − 2 4−(x+2)2 2 2+ 4−x2 4 4−(x−2)2 I = ∫ ∫ f (x, y) dy dx + ∫ ∫ f (x, y) dy dx + ∫ ∫ f (x, y) dy dx − 4 − 4−(x+2)2 −2 −2− 4−x2 2 − 4−(x−2)2 a) Dibuje la región de integración I. b) Plantee I en el orden dxdy. Solución: a) De la primera integral se deduce que: − 4 ≤ x ≤ −2 y − 4 − (x + 2)2 ≤ y ≤ 4 − (x + 2)2 De estas desigualdades se deducen las ecuaciones: x = −4 , x = −2 , y = − 4 − (x + 2)2 y y = 4 − (x + 2)2 . − 4 − (x + 2)2 = y ⇒ y 2 + (x + 2)2 = 4 y 4 − (x + 2)2 = y ⇒ y 2 + (x + 2)2 = 4 Es decir, en la primera integral se integra sobre el semicírculo izquierdo de centro (− 2 , 0) y radio 2. De la segunda integral se obtiene −2 ≤ x ≤ 2 y − 2 − 4 − x 2 ≤ y ≤ 2 + 4 − x 2 De estas desigualdades se deducen las ecuaciones: x = −2 , x = 2 , y = −2 − 4 − x 2 y y = 2+ 4− x2 . 138

− 2 − 4 − x 2 = y ⇒ (y + 2)2 + x 2 = 4 y 2 + 4 − x2 = y ⇒ (y − 2)2 + x2 = 4 Es decir, la región de integración de la segunda integral corresponde a la limitada por el semicírculo inferior de centro (0 , − 2) y radio 2, y por el semicírculo superior de centro (0 , 2) y radio 2 y las rectas de ecuaciones x = −2 y x = 2 . De la tercera integral, se tiene que: 2 ≤ x ≤ 4 y − 4 − (x − 2)2 ≤ y ≤ 4 − (x − 2)2 De estas desigualdades se deducen las ecuaciones: x = 2 , x = 4 , y = − 4 − (x − 2)2 y y = 4 − (x − 2)2 . − 4 − (x − 2)2 = y ⇒ y 2 + (x − 2)2 = 4 y 4 − (x − 2)2 = y ⇒ y 2 + (x − 2)2 = 4 Es decir, la región de integración corresponde al semicírculo derecho de centro (2 , 0) y radio 2. Finalmente, la región de integración es la unión de las 3 regiones antes descritas y que corresponde la región sombreada en la figura. b) Al plantear I en coordenadas cartesianas, se obtiene: −2 4−( y+2)2 4 4−( y−2)2 2 2+ 4− y2 I = ∫ ∫ f (x, y) dx dy + ∫ ∫ f (x, y) dx dy + ∫ ∫ f (x, y) dx dy −4 − 4−( y+2)2 2 − 4−( y−2)2 − 2 −2− 4− y2 1 12 ∫ ∫9. Calcule x 2e y2 dy dx 0x 2 Solución: 139

La función f ( y) = e y2 no es integrable en términos de funciones elementales, no obstante, la integral puede ser resuelta si se invierte el orden de integración. De la integral dada se tiene que 0≤ x ≤1 y x ≤ y≤ 1 22 De manera que la región de integración es la sombreada en la figura. Luego, 11 1 1 2y 2 y 0 x2e y2 0 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫12x2e y2 2 2 e y2  x3  8 2 e y2 y3 x 0 0 3 3 0 I= 0 dy dx = dx dy = dy = dy 2 Sea z = y 2 entonces dz = 2 ydy ; y = 0 ⇒ z = 0 y y = 1 ⇒ z = 1 24 Entonces, 1 ∫ [ ]I=84 zez dz = 4 ze z − ez 1 = 4  1 e 1 1 + 1 = 4  − 3 e 1 + 1 = 4 − e 1 3 2 3 3  4 4 3  4 4 3 4 4 − e4 0 0 10. Dada la integral 0 1− y2 ∫ ∫ f (x, y) dx dy . − 1 −y 2 a) Grafique la región de integración. b) Plantee la integral en el orden dydx. c) Plantee la integral en coordenadas polares. Solución: a) De la integral se deduce que: − 1 ≤ y ≤ 0 y − y ≤ x ≤ 1− y2 2 140

Y a partir de estas inecuaciones se deducen las curvas de ecuaciones y = − 1 , y = 0 , x = − y y 2 x = 1− y2 . Para determinar la región de integración es importante determinar los puntos de intersección de la recta de ecuación x = − y con la semicircunferencia de ecuación x = 1− y 2 . − y = 1− y2 ⇒ y2 =1− y2 ⇒ 2y2 =1⇒ y = ± 1 2 En consecuencia, se intersecan en los puntos  − 1, 1  y  1 ,− 1  . 2 2 2 2 Al dibujar las curvas, tomando en cuenta que − 1 ≤ y ≤ 0 , resulta la región sombreada en la 2 figura. b) Al plantear la integral en coordenadas cartesianas, se obtiene: 1 0 1− y2 20 10 ∫ ∫ f (x, y) dx dy = ∫ ∫ f (x, y) dy dx + ∫ ∫ f (x, y) dy dx − 1 −y 1 − 1− x2 0 −x 22 c) La ecuación x 2 + y 2 = 1 se transforma en coordenadas polares en r 2 = 1. Por otra parte, observe que -1 π 7π 4 4 tan θ = 2 = -1 ⇒ θ = 2π - = 1 2 En consecuencia la región sobre la cual se integra puede ser descrita en coordenadas polares como (r , θ)/ 0 ≤ r ≤1 y 7π ≤ θ ≤ 2π 4   Al plantear la integral se obtiene 141

0 1− y2 (x, y) dx dy = 2π 1 r f (r cos θ , r sen θ)dr dθ ∫ ∫f ∫ ∫ 7π 0 − 1 −y 24 11. Dada la expresión 1 − 1− y2 30 I = ∫ ∫ ∫x dx dy + ∫ x dx dy 0 − 9− y2 1 − 9− y2 a) Represente gráficamente la región de integración. b) Calcule la integral utilizando coordenadas polares. Solución: a) De la primera integral se deduce que: 0 ≤ y ≤1 y − 9− y2 ≤ x ≤ − 1− y2 Y de la segunda integral se deduce que 1≤ y ≤3 y − 9− y2 ≤ x ≤ 0 De estas inecuaciones se obtienen las ecuaciones x2 + y2 =1 y x2 + y2 = 9 que en coordenadas polares se expresan como r =1 y r =3 Se observa además que π ≤ θ ≤ π . 2 La región de integración se representa sombreada en la figura anexa. π 3 r 2 cos θ dr dθ = 1 π π I= ∫ ∫ ∫ [ ] ∫b) r3 3 26 26 [sen ]θπ = − 26 π 1 3π 1 cosθ dθ = = 3 cosθ dθ = 3 3 π π 2 22 2 12. Sea I 2π e2 r ln rdr dθ . =∫ ∫ πe 142

a) Resuelva la integral b) Dibuje la región de integración. c) Plantee la integral en coordenadas cartesianas. Solución: a) 2π e2 r ln rdr dθ = 2π r 2 ln r − r2  e2 dθ = 2π e 4 ln e 2 − e4 − e2 ln e + e2  dθ = ∫ 4  ∫ 4 2 4  I=∫ ∫ π 2 e π 2  πe ( )=3e 4 − e2 [θ ]2π π 4 4 = 2 3e 4 − e2 π b) Observe que { }D = (r , θ )/ e ≤ r ≤ e2 y π ≤ θ ≤ 2π Como e ≤ r ≤ e2 ⇒ e2 ≤ r 2 ≤ e4 ⇒ e2 ≤ x2 + y 2 ≤ e4 y π ≤ θ ≤ 2π D es la parte inferior del anillo limitado por las circunferencias de centro (0 , 0) y radios e y e2 respectivamente, es decir { }D = (x , y )∈ R 2 / e2 ≤ x 2 + y 2 ≤ e4 , y ≤ 0 c) Al plantear la integral en coordenadas cartesianas, se obtiene: −e 0 ln x2 + y2 dy dx + e − e2 −x2 ln e2 0 ln x 2 + y 2 dy dx I= ∫ ∫ ∫ ∫ x 2 + y 2 dy dx + ∫ ∫ −e2 − e4 −x2 −e − e4 −x2 e − e4 −x2 143

( )13. Calcule ∫∫ x 2 + y 2 dx dy , donde D es la región del plano limitada por la circunferencia de D ecuación x 2 + y 2 = 2ax , a > 0 . Solución: Observe que: x 2 + y 2 = 2ax ⇒ x 2 + y 2 − 2ax = 0 ⇒ (x − a)2 + y 2 = a 2 Luego, D es la región del plano dada por { }D = (x , y )∈ R 2 / (x − a)2 + y 2 ≤ a 2 Dado que (x − a)2 + y 2 = a 2 es la ecuación de una circunferencia, la integral planteada puede ser resuelta más fácilmente en coordenadas polares. x 2 + y 2 = 2ax ⇒ r 2 = 2ar cos θ Luego, 0 ≤ r ≤ 2acosθ −π ≤θ≤ π o también 22 0 ≤ θ ≤ π si considera r ∈ R . Es decir, la región D es descrita en coordenadas polares como D = {(r , θ ) / 0 ≤ r ≤ 2a cos θ y 0 ≤ θ ≤ π} Por lo tanto, π 2acosθ 1π π π  1 + cos 2θ  2 ( ) [ ]∫∫ ∫ ∫ r2 2a cos θ ∫ = 4a4 ∫ D 0 x2 + y2 dx dy = 0 0 r dr dθ = ∫ r4 dθ = 4a 4 cos 4 θ dθ dθ 4 0 0 0 2  ( )=a4π π 1 1+ cos 4θ  dθ 3 πa4 1+ 2 cos 2θ + cos 2 2θ dθ = a4 + 2 cos 2θ + 2 = 2 ∫ ∫ 0 0 3π 14. Dada la integral 4 2a csc θ con a > 0 , dibuje la región de integración y plantee I= ∫ ∫ r 3sen 2θ dr dθ π asen θ 2 la integral en coordenadas cartesianas. 144

Solución: De la integral se deduce que π ≤ θ ≤ 3π y a sen θ ≤ r ≤ 2a csc θ 24 Y de las desigualdades se cumple que: r = a sen θ ⇒ r 2 = arsen θ ⇒ x 2 + y 2 = ay ⇒ x 2 + y 2 − ay = 0 ⇒ x 2 +  y − a 2 = a 2  2 4 r = 2a csc θ ⇒ r = 2a ⇒ r sen θ = 2a ⇒ y = 2a sen θ θ = π ⇒ x = 0 y θ = 3π ⇒ x = − y 24 Al dibujar las curvas de ecuaciones x 2 +  y − a 2 = a 2 , y = 2a ,  2 4 x =0 y x = −y Y las desigualdades correspondientes se obtiene la región sombreada en la figura anexa. La intersección de la circunferencia con la recta de ecuación x = − y viene dada por: (− y)2 +  y − a 2 = a 2 ⇒ 2 y 2 − ay = 0 ⇒ y = 0 ó y = a  2 4 2 Por lo tanto los puntos de intersección son (0 , 0) y  − a , a  .  2 2 Además, el integrando puede ser expresado como r 3sen 2θ = r ⋅ r 2 sen 2θ Como r 2 sen2θ = y 2 Se obtiene que 145

−a 2a 0 2a 2 I= ∫ y2 dy dx + ∫ ∫ y 2dy dx ∫ −2a −x −a a+ a2 −x2 2 2 4 15. Sea R el conjunto de los puntos del plano, de coordenadas (x , y) , que satisfacen las desigualdades siguientes: y ≤ x , y ≥ −x y x 2 + y 2 ≤ 2x . Plantee la integral que da el área de la región R. Solución: En este caso, se dibujan primero las curvas de ecuaciones: y = x , y = −x y x 2 + y 2 = 2x . Observe que x 2 + y 2 ≤ 2x ⇔ x 2 − 2x + y 2 ≤ 0 ⇔ (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 Luego, los puntos del plano que satisfacen la desigualdad x 2 + y 2 ≤ 2x pertenecen a la circunferencia y al interior de la circunferencia. Por otra parte, las coordenadas del punto (2 , 0) satisfacen las desigualdades y ≤ x , y ≥ −x. En consecuencia, la región R es la sombreada en la figura anexa. Ambas rectas intersecan a la circunferencia en dos puntos, cuyas coordenadas se deben determinar. Intersección de la circunferencia con la recta de ecuación y = x x 2 + x 2 = 2x ⇒ 2x 2 − 2x = 0 ⇒ 2x(x − 1) = 0 ⇒ x = 0 o x = 1 Puntos de corte: P1 (0 , 0) y P2 (1,1). Por simetría los puntos de intersección de la circunferencia con la recta de ecuación y = −x son: P1 (0 , 0) y P3 (1, − 1). Por otra parte, observe que x2 + y2 = 2x ⇒ y = ± 2x − x2 146

En consecuencia, el área A de R viene dada por: 1x 2 2x−x2 1x 2 2x−x2 A = ∫ ∫ dy dx + ∫ ∫ dy dx = 2∫ ∫ dydx + 2∫ ∫ dy dx 1 − 2x−x2 00 10 0 −x Nota: El problema también se puede resolver en coordenadas polares. { }16. Sea R la región del plano definida por R = (x , y)∈ R 2 : x + y ≤ 1 . Plantee la integral que da el área de la región R y halle su valor. Solución: Para representar en el plano el conjunto de puntos que satisfacen x + y ≤ 1. Se deben considerar los siguientes casos: i) Si x ≥ 0 y y ≥ 0 se obtiene: x + y ≤ 1 ii) Si x ≥ 0 y y < 0 se obtiene: x − y ≤ 1 iii) Si x < 0 y y ≥ 0 se obtiene: − x + y ≤ 1 iv) Si x < 0 y y < 0 se obtiene: − x − y ≤ 1. Al representar la unión de las regiones indicadas en i), ii) iii) y iv) se obtiene la región sombreada en la figura, que a su vez es 4 veces el área de uno de los triángulos obtenidos en cada uno de los 4 casos. En consecuencia, A= 1 1− x dy dx = 1 (1 − x)dx = 4 x − x2 10 = 4⋅ 1 = 2 2 2 4∫ ∫ 4∫ 0 0 0 17. Sea R la región del plano acotada por las gráficas de x 2 + y 2 = 1, x = y , y = 1+ x . a) Grafique la región R b) Plantee una integral doble para obtener el área de la región R, considerando los ordenes de integración dxdy y dydx. Solución: a) La región R se muestra sombreada en la figura siguiente: 147

b) Los puntos de intersección de la circunferencia con la recta de ecuación y = x + 1 son (− 1, 0) y (0 ,1). Para obtener los puntos de intersección de la circunferencia con la recta de ecuación y = x se resuelve el sistema x2 + y2 =1 y >0.  ,  y=x Al sustituir en la primera ecuación el valor de y dado en la segunda ecuación resulta 2x2 =1⇒ x = ± 1 , 2 Los puntos de intersección son  1, 1  y  − 1 ,− 1  , pero como y > 0 se considera 2 2 2 2  1, 1  . 2 2 Por simetría se obtiene que la circunferencia interseca a la recta de ecuación x = − y en los puntos  1 ,− 1  y  1, 1  , y como y < 0 se considera  1 ,− 1  . 2 2 2 2 2 2 Luego, el área se expresa como: 1 0 1+ x 2 1− x2 A = ∫ ∫ dydx + 2 ∫ ∫ dydx −1 − 1− x2 0 x O también 00 − 1 1− y2 0 −y  10  2  A= ∫ ∫ + + 2 dxdy + ∫ dxdy −1 − 1− y2 dxdy ∫ ∫ dxdy  ∫ ∫ −1 ∫  2 0 y −1  −1 0 0  148

18. Calcule el área de la región R limitada por la curva de ecuación y = − 4 − x , el eje x y la recta tangente a dicha curva en el punto en el cual x = −8 , utilizando a) Una integral simple b) Una integral doble. Solución: Sea f la función definida por f (x) = − 4 − x . Si x = −8 entonces y = 4 = 2 , luego el punto es P(−8, 2) . La pendiente de la recta tangente en P es f ´(−8) . f (x) = − 4 − x ⇒ f ´(x) = − 1 ⇒ f ´(−8) = − 1 2 4−x 4 La ecuación de la recta tangente en el punto P(−8, 2) es y − 2 = − 1 (x + 8) ó y = − 1 x 44 La gráfica de la región R se muestra a continuación. Por otra parte, y = − 1 x ⇒ x = −4 y 4 y y = − 4 − x ⇒ x = −4 − y 2 Por lo tanto, ( )a) = 2 − + + y2 dy = 8 A(R) 4y 4 ∫ 03 [ ]b)  y3 2 = −8+8+ 8 =8 2 −4 y 2 − 4y + 4 + y2 dy = − 2y2 + 4y +  33 ∫ 3 0 A(R) = ∫ ∫ dx dy = 0  0 −4− y2 En consecuencia, el área A de la región R es 8 unidades cuadradas. 3 149

2 x+b 9 19. El área A de una cierta región D del plano viene dada por: A = ∫ ∫ dy dx ; y su valor es 2 −1 x2 unidades cuadradas. a) Halle el valor de la constante b. b) Grafique la región D. c) Plantee la integral en el orden dxdy. Solución: a) Para hallar el valor de la constante b, se debe primero resolver la integral, [ ]2 x+b 2 x2 x3 2 8 1 1 3 x+b− x2 3  3 2 3 2 A = ∫ ∫ dy dx = ∫ dx =  2 + bx −  −1 = 2 + 2b − − + b − = − + 3b  −1 x2 −1 Dado que A = 9 se tiene que 2 − 3 + 3b = 9 ⇒ 3b = 6 ⇒ b = 2 22 b) Al sustituir el valor de b en la ecuación y = x + b se obtiene que la región D de integración es la región del plano limitada por la recta de ecuación y = x + 2 y la parábola de ecuación y = x 2 que se observa en la figura. c) Para plantear la integral que da el área se determinar buscar los puntos de intersección de las curvas, es decir, se debe resolver el sistema  y = x2 .  y = x + 2 x + 2 = x 2 ⇒ x 2 − x − 2 = 0 ⇒ (x + 1)(x − 2) = 0 ⇒ x = −1 ó x = 2 x = −1 ⇒ y = 1 y x = 2 ⇒ y = 4 La parábola y la recta se intersecan en los puntos P1 ( − 1,1) P2 ( 2 , 4) . El área de la región R viene dada por 150