Análisis de integrales múltiples en ingeniería civil

UNIVERSIDADNACIONALDE CAJAMARCA
FACULTAD DE INGENIERÍA
ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL
2° PRÁCTICA DE INTEGRAL MULTIPLE
CURSO : ANÁLISIS MATEMÁTICO III
DOCENTE : ING.HORACIO URTEAGA BECERRA
ESTUDIANTES:
 CHUQUIRUNA CHÁVEZMARVICK ALAIN
 RAMIREZ CHÁVEZ ANTONY
 SOLANO VARGAS DIEGORENATO
CAJAMARCA, SEPTIEMBRE DEL 2015

ANÁLISIS MATEMÁTICO III 1
PROBLEMAS DE INTEGRALES MULTIPLES ING.CIVIL
INTRODUCCIÓN
De la misma manera en que la integral de una funciónpositiva de una variable definida
en unintervalopuede interpretarsecómoel áreaentre la gráfica de la funcióny el eje x en ese
intervalo, la doble integral de una función positiva de dos variables, definida en una
región del plano xy, se puede interpretar como el volumen entre la superficie definida por la
función y el plano xy en ese intervalo. Al realizar una "integral triple" de una
función definidaenunaregióndel espacio xyz,elresultadoes unhipervolúmen,sin
embargo es bueno notar que si el resultado se puede interpretar como el
volumen de la región de integración. Para integrales de órdenes superiores, el resultado
geométrico corresponde a hipervolúmenes de dimensiones cada vez superiores.
La manera másusual de representarunaintegral múltipleesanidando signosde integración en
el orden inverso al orden de ejecución (el de más a la izquierda es el último en ser calculado),
seguido de la función y los diferenciales en orden de ejecución. El dominio de integración se
representasobre cada signode integral,o a menudoesabreviadopor una letra en el signode
integral de más a la derecha:
Es importante destacar que no es posible calcular la función primitiva o antiderivada de una
función de más de una variable por lo que las integrales múltiples indefinidas no existen.
OBJETIVOS
 UTILIZAR LOS SOFTWARES (AUTOCAD, DERIVE 6, MATHCAD) PARA EL DIBUJO DE LOS
SÓLIDOS ASÍ COMO DETERMINAR LAS GRAFICAS Y RESULTADOS DE LAS INTEGRALES
DOBLES Y VOLUMENES DE LOS SÓLIDOS.
 APLICAR LOS CONOCIMIENTOS PARA EL CÁLCULO DEL TEMA DE INTEGRALES
MULTIPLES MEDIANTE LOS MÉTODOS APRENDIDOS PREVIAMENTE EN CLASE.

1. Evalué las siguientesintegralescambiandoel ordende integración.
a) ∫ ∫ √( 𝑥2 + 1) 𝑑𝑥𝑑𝑦
1
√𝑦
1
0
b) ∫ ∫ √(1 + cos2 𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
𝜋/2
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑦)
1
0
c) ∫ ∫ 𝑥3 𝑠𝑒𝑛𝑦3 𝑑𝑦𝑑𝑥
1
𝑥2
1
0
d) ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0
e) ∫ ∫ 𝑒 𝑥2
𝑑𝑦𝑑𝑥
3
3𝑦
1
0
f) ∫ ∫ 𝑒 𝑥4
𝑑𝑥𝑑𝑦
2
∛𝑦
8
0
𝑎) ∫ ∫ √( 𝑥2 + 1) 𝑑𝑥𝑑𝑦
1
√𝑦
1
0
SOLUCIÓN
i) Grafica de loslímitesde laintegral doble.

ii) Integramos cambiandoel ordende integración.
𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫√( 𝑥2 + 1) 𝑑𝑥𝑑𝑦
1
√𝑦
1
0
𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ √( 𝑥2 + 1) 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥2
0
1
0
𝐼𝐼𝐷 =
3√2
8
− (
ln(√2 + 1)
8
)

b) ∫ ∫ √(1 + cos2 𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
𝜋/2
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑦)
1
0
SOLUCIÓN
i) Gráfica de loslímitesde laintegral doble.
ii) Integramoscambiandoel ordende integración.
𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ √(1 + cos2 𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
𝜋
2
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( 𝑦)
1
0
𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ √(1 + cos2 𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥
0
𝜋
0

𝐼𝐼𝐷 = 0.61
c) ∫ ∫ 𝑥3 𝑠𝑒𝑛𝑦3 𝑑𝑦𝑑𝑥
1
𝑥2
1
0
SOLUCIÓN
𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ 𝑥3 𝑠𝑒𝑛𝑦3 𝑑𝑦𝑑𝑥
1
𝑥2
1
0

𝐼𝐼𝐷 = ∫∫ 𝑥3 𝑠𝑒𝑛𝑦3 𝑑𝑥𝑑𝑦
√𝑦
0
1
0
𝐼𝐼𝐷 =
1
12
(1 − cos(1))
∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0d)
SOLUCIÓN

𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
9
𝑦2
3
0
𝐼𝐼𝐷 = ∫∫ 𝑦𝑐𝑜𝑠2 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
√𝑥
0
9
0
𝐼𝐷 =
𝑠𝑒𝑛(81)
4
e) ∫ ∫ 𝑒 𝑥2
𝑑𝑦𝑑𝑥
3
3𝑦
1
0
SOLUCIÓN

𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ 𝑒 𝑥2
𝑑𝑥𝑑𝑦
3
3𝑦
1
0
𝐼𝐼𝐷 = ∫∫ 𝑒 𝑥2
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥
3
0
3
0
𝐼𝐷 =
1
6
(𝑒9 − 1
f) ∫ ∫ 𝑒 𝑥4
𝑑𝑥𝑑𝑦
2
∛𝑦
8
0
SOLUCIÓN

𝐼𝐼𝐷 = ∫ ∫ 𝑒 𝑥4
𝑑𝑥𝑑𝑦
2
√ 𝑦3
8
0
𝐼𝐼𝐷 = ∫∫ 𝑒 𝑥4
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥3
0
2
0
𝐼𝐼𝐷 =
1
4
(𝑒16 − 1)
2. Evaluar:
∬ (𝑥2 𝑡𝑎𝑛𝑥 + 𝑦3 + 4)𝑑𝐴𝑅 Siendo 𝑅 = {(𝑥, 𝑦)/𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2}
SOLUCION:
1) Regiónde integración: 𝑅 = {(𝑥. 𝑦)/𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2}

2) despejandox enfunciónde y:

3) EVALUANDO:
∬ (𝑥2 𝑡𝑎𝑛𝑥 + 𝑦3 + 4)𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ (𝑥2 𝑡𝑎𝑛𝑥+ 𝑦3 + 4)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑥
𝑥1
𝑦2
𝑦1
∬ (𝑥2 𝑡𝑎𝑛𝑥 + 𝑦3 + 4)𝑑𝐴𝑅 = 8 ∗ 𝜋

3. EVALUAR:
∬ 𝑥𝑑𝐴𝑅 SiendoRla regióndel primercuadrante,acotadaporlas circunferencias: 𝑥2 + 𝑦2 =
4 ∧ 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑥 Grafique laregiónde integraciónusandoel programaderive.
SOLUCION:
1) Regiónde integración: 𝑅 = {(𝑥. 𝑦)/√ 𝑥(2 − 𝑥) ≤ 𝑦 ≤ √4 − 𝑥2 ∧ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2}
2) despejandox enfunciónde y:

3) evaluando:
∬ 𝑥𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑦2
𝑦1
= ∫∫ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥
√4−𝑥2
√𝑥(2−𝑥)
2
0
𝑥2
𝑥1
∬ 𝑥𝑑𝐴
𝑅
= −1.356

4. Halle el volumendel solidoubicado debajodel paraboloide 𝒛 = 𝟑𝒙 𝟐 + 𝒚 𝟐 ∧sobre la
regiónacotada por 𝒚 = 𝒙 ∧ 𝒙 = 𝒚 𝟐 − 𝒚.
SOLUCIÓN
1) Regiónacotada: 𝑅 = {(𝑥. 𝑦)/𝑦2 − 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 ∧ − 1
4⁄ ≤ 𝑥 ≤ 2}

2) Solido:
𝑧 = 3𝑥2 + 𝑦2
𝑥 = 𝑦2 − 𝑦
𝑦 = 𝑥
3) Volumendel solido:V
𝑣 = ∬ 𝑧𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑥2
𝑥1
= ∫ ∫ 3𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑦
𝑦2−𝑦
2
0
𝑦2
𝑦1

5. Halle el volumendel sólidoacotado por la superficie 𝒙 𝟐 + 𝒛 𝟐 = 𝟗 ∧ los planos 𝒙 =
𝟎, 𝒚 = 𝟎, 𝒛 = 𝟎∧ 𝒙 + 𝟐𝒚 = 𝟐, en el primer octante.
SOLUCIÓN
i) Gráficodel sólido.
 𝑆1: 𝑥2 + 𝑧2 = 9 (Cilindro
regular)
 𝑆2: 𝑥 = 0 (Plano yz)
 𝑆3: 𝑦 = 0 (Plano xz)
 𝑆4: 𝑧 = 0 (Plano xy)
 𝑆5: 𝑥 + 2𝑦 = 2 (Plano)

ii) Volumen del sólido.
𝑑𝑉 = 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑉 = ∬ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
𝑉 = ∫ ∫ √(9 − 𝑥2)𝑑𝑥𝑑𝑦
2−2𝑦
0
1
0
𝑉 = 2.88 𝑢𝑛𝑑3

6. Halle el volumendel solidoubicado sobre la superficie 𝒛 = √𝒙 𝟐 + 𝒚 𝟐 ydebajode la
superficie 𝒙 𝟐 + 𝒚 𝟐 + 𝒛 𝟐 = 𝟏.
SOLUCION
I. GRAFICODE LA REGION DE INTEGRACION:
𝑆1: 𝑧 = √𝑥2 + 𝑦2 …Conode revolución
𝑆2: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1 …Esfera
𝑆1 ∩ 𝑆2: √ 𝑥2 + 𝑦2 = √1 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 = 1 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 =
1
2
≈ 𝑟 =
1
2
…Circunferencia

II. GRAFICODEL SOLIDO:
III. VOLUMEN DEL SOLIDO:
𝑑𝑉 = 𝑧𝑑𝐴 = ( 𝑧1 − 𝑧2) 𝑑𝐴
𝑉 = ∬( 𝑧1 − 𝑧2) 𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ (√1 − 𝑟2 − 𝑟2) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
1
√2
0
2𝜋
0
𝐼 = ∫ (𝑟√1 − 𝑟2 − 𝑟2) 𝑑𝑟
1
√2
0
𝑉 =∫ 𝑑𝜃
2𝜋
0

𝑉 = 0.6134 𝑢𝑛𝑖𝑑3
7. Halle el volumendel solidoacotado por las superficies 𝒛 = 𝟑𝒙 𝟐 + 𝟑𝒚 𝟐y debajode la
superficie 𝒛 = 𝟒 − 𝒙 𝟐 − 𝒚 𝟐.
SOLUCION
I. GRAFICODEL SOLIDO:
𝑆1: 𝑧 = 3𝑥2 + 3𝑦2 …Paraboloide de revolución,se abre haciaarribay con V(0,0,0)
𝑆2: 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 …Paraboloide de revolución,se abre haciaabajoy con V(0,0,4)
𝑆1 ∩ 𝑆2: 3𝑥2 + 3𝑦2 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2 = 1 …Circunferencia
II. VOLUMEN DEL SOLIDO:
𝑉 = ∬( 𝑧2 − 𝑧1 ) 𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ (4 − 𝑟2 − 3𝑟2) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
1
0
2𝜋
0

𝑉 =
8. Halle el volumendel solidoque estádentro del cilindro 𝒙 𝟐 + 𝒛 𝟐 = 𝟒 y de la
superficie 𝟒𝒙 𝟐 + 𝟒𝒚 𝟐 + 𝒛 𝟐 = 𝟔𝟒.
SOLUCION
I. GRAFICODEL SOLIDO:

Hacemos: 𝑦1 = √64−(4−5𝑠𝑒𝑛( 𝜃)) 𝑟2
4
Convirtiendoacoordenadaspolarescon
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃) ∧ 𝑧 = 𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃)
II. VOLUMEN DEL SOLIDO:
𝑉 = ∬ 𝑓( 𝑥, 𝑧) 𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ √
64 − (4 − 5𝑠𝑒𝑛( 𝜃)) 𝑟2
4
2
0
2𝜋
0
𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃
𝑉 = 49.0396 𝑢𝑛𝑖𝑑3

9. Hallar la masa y el centro de masa de una lámina que tiene la forma de una región
acotada por la curva 𝒚 = 𝒔𝒆𝒏( 𝒙), el eje x y las rectas 𝒙 = 𝟎 ∧ 𝒙 = 𝝅 ; si la densidad
de área, en cualquierpunto, esigual a la ordenada del mismo. La masa se da en slugs
y la distancia en pies.
SOLUCION
I. GRAFICODE LA PLACA:
En donde: 𝜌( 𝑥, 𝑦) = 𝑦
II. MASA DE LA PLACA
𝑚 = ∬ 𝜌( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝑅
𝑚 = ∫ ∫ 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥
sin(𝑥)
0
𝜋
0
𝑚 =
1
2
∫ (sin(𝑥))2 𝑑𝑥
𝜋
0
=
m =
𝜋
4
𝑠𝑙𝑢𝑔𝑠

III. MOMENTOS:
𝑀𝑥 = ∬ 𝑦𝜌( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ 𝑦2
sin( 𝑥)
0
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝜋
0
= ∫
1
3
(sin( 𝑥))3 𝑑𝑥
𝜋
0
𝑀𝑦 = ∬ 𝑥𝜌( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝑅
= ∫ ∫ 𝑥𝑦
sin( 𝑥)
0
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝜋
0
=
1
2
∫ 𝑥( 𝑠𝑖𝑛( 𝑥))
2
𝑑𝑥
𝜋
0
IV. CENTRO DE MASA:
𝑥̅ =
𝜋2
8
𝜋
4
=
𝜋
2
𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑦̅ =
4
9
𝜋
4
=
16
9𝜋
𝑝𝑖𝑒𝑠
→ 𝑀𝑥 =
4
9
𝑠𝑙𝑢𝑔. 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑀𝑦 =
𝜋2
8
𝑠𝑙𝑢𝑔. 𝑝𝑖𝑒𝑠

10. Hallar la masa y el centro de gravedad de masa de una lámina que tiene la forma de
una región acotada por la curva 𝒓 = 𝟐𝒄𝒐𝒔𝜽, 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝝅/𝟐, el eje polar; si la densidad
de área, en cualquierpunto, varía en forma directamente proporcional a su distancia
al polo. La masa se da en slugs y la distancia en pies.
SOLUCIÓN
i) Gráfica de la lámina.
ii) Regiónde integración:
{(𝑟, 𝜃)/0 ≤ 𝑟 ≤ 1 ,0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2}
iii) Masa encoordenadaspolares.
𝑑𝑚 = 𝜌( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝑚 = ∬ 𝜌( 𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝑅
𝜌( 𝑥, 𝑦) = 𝑘𝑟 = √(𝑥2 + 𝑦2)
𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

Entonces:
𝑚 = ∫ ∫ 𝑘𝑟2 𝑑𝑟𝑑
1
0
𝜋
2
0
𝜃
𝑚 =
𝑘𝜋
6
𝑠𝑙𝑢𝑔𝑠
iv) Centrode masa encoordenadaspolares.
a) Con respectoa 𝑥.
𝑥̅ =
𝑀 𝑦
𝑚
𝑀 𝑦 = ∫ ∫ 𝑘𝑟3 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝑟𝑑𝜃
1
0
𝜋
2
0

𝑀 𝑦 =
𝑘
4
Luego:
𝑥̅ =
𝑀 𝑦
𝑚
𝑥̅ =
𝑘
4
𝑘𝜋
6
𝑥̅ =
3
2𝜋
𝑝𝑖𝑒𝑠
b) Con respectoa 𝑦.
𝑦̅ =
𝑀 𝑥
𝑚
𝑀 𝑥 = ∫ ∫ 𝑘𝑟3 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑟𝑑𝜃
1
0
𝜋
2
0

𝑀 𝑥 =
𝑘
4
Luego:
𝑦̅ =
𝑀 𝑥
𝑚
𝑦̅ =
𝑘
4
𝑘𝜋
6
𝑦̅ =
3
2𝜋
𝑝𝑖𝑒𝑠

CONCLUSIONES
 APRENDIMOSA UTILIZARLOS SOFTWARES( AUTOCAD,DERIVE6, MATHCAD)
 REFORZAMOSNUESTROS CONOCIMIENTOSAPRENDIDOSPREVIAMENTEEN CLASE,
PARA EL CÁLCULO DE INTEGRALES MULTIPLES UTILIZANDO LOS DIFERENTES
MÉTODOS.

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