Hola amigos ,el ejercicio 6 de la guia n°9 me esta costando hacer.

Me salio el 6.a . El 6-c-e me dan areas negativas . El d no lo pude terminar, me quedo una integral bastante compleja. El b no pude encararlo.


El ejercico 6.c:
$$\int \int (x-y)^{4} dx dy)$$ D={(x,y)eR/ |x|+|y|<=4 } con una transformacion lineal apropiada.



El ejercicio 6.e
Siendo D la region sombreada del dibujo, calcule $$\int \int y(x^{2}+y^{2})^{-1} dxdy$$ , usando coordenadas polares. No lo hice por polares, me parece algo completamente inutil , simplemente te complicas la vida haciendolo por polares

Para el 6c, no revise tus cuentas, seguramente hay un error de cuentas en algun lado, otra alternativa, podes usar el teorema del cambio de variables

$$\iint_Df(x,y)dxdy=\iint_Hf(g(u,v))\cdot|D_g(u,v)|dudv$$

si tomamos el cambio

$$\\x=u-v\\y=u+v$$

definimos la función

$$g: R^2\to R^2/g(u,v)=(u-v,u+v)\quad |D_g|=2$$

entonces por el teorema de cambio de variable

$$\iint_Hf(g(u,v))\cdot|D_g(u,v)|dudv=2^4\iint_H 2v^4dudv$$

Operando sobre D para obtener el nuevo dominio H

Gráfico de |u-v|+|u+v|=4.



De donde deducis los limites de integracion

$$2^4\iint_H 2v^4dudv=2^4\int_{-2}^{2}\int_{-2}^{2}2v^4dudv=2^6\int_{0}^{2}\int_{0}^{2}2v^4dudv=\frac{8192}{5}$$

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Para el otro si queres hacerlo por cartesianas, mmmm si el ejercicio te lo pide en polares, deberias tomarlo en polares, solo para practicar, concuerdo con vos que se puede complicar el cálculo algunas veces, pero toma en cuenta que hay parciales e incluso finales que te lo piden si o si por ese cambio u otro que sugieran. Fijate que en polares no es tan dificil, creo que un poco mas sencillo que en cartesianas, debe haber un error en alguna de tus cuentas, segun lo que pide el ejercicio queda de a siguiente manera

$$\int_{2}^{5}\int _{-y}^{y}\dfrac{y}{x^2+y^2}dydx=\int_{arctan(-1)}^{arctan(1)}\int_{\frac{2}{sen t}}^{\frac{5}{sen t}}\sin t drdt=\frac{3}{2}\pi$$

Hola como va?


nanohueso, te salio el 6.a ... me lo pasas? la verdad ya lo hice varias veces y no me da como dice en la guia, pego unas pantallas por si alguno ve algo q no estoy viendo ... agradecería cualquier aporte

saludos!

   

   

Como pasas de

$$\int_{-2}^{2} -\dfrac{1}{6-u}\left ( 1-\dfrac{u-2}{2} \right )du$$

a

$$\int_{-2}^{2} -\dfrac{1}{6-u}\left (-\dfrac{u}{2} \right )du$$


???

el calculo esta a la derecha de la hoja

No lo vi, igual esta mal hecho el calculo, si arregla eso llega sin ningun inconveniente al resultado propuesto por la guía, ademas que tiene mal el limite de integracion superior de v.

Claro, sería así:

$$\int_{-2}^{2} -\dfrac{1}{6-u}\left (2-\dfrac{u}{2} \right )du$$

Muchas gracias chicos. Me fue de gran ayuda, será que estoy con muchos cálculos en la cabeza que se me hizo confusión.

grax!

Saga, te molestaría explicar los pasos detallados en el 6e? (el de la figura sombreada)

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Saga o algún otro que lo sepa hacer, jaja.

(05-11-2012 00:42)Den K escribió:  Saga, te molestaría explicar los pasos detallados en el 6e? (el de la figura sombreada)

1) toma coordenadas polares, haciendo las cuentas respectivas sobre el integrando te queda

$$\iint_R \sin \theta drd\theta$$

2) hay que encontrar los limites de integración, lo podes hacer, guiandote por el dibujo o de manera analitica, por obeservación del dibujo deducis que

$$\theta\in\left [ -\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4} \right ]$$

luego tenes que

$$2\leq y \leq 5$$

si tomaste coordenadas polares entonces

$$2\leq r\sin\theta \leq 5$$

como ya sabes el valor de $$\theta$$ , solo es despejar el valor de r, es una inecuación lo que tenes ahi, curso de ingreso

$$\frac{2}{\sin\theta}\leq r \leq \frac{5}{\sin\theta}$$

con eso ya tenes los limites de la integral, y solo es hacer cuentas

Parece que hay varias cosas que la profesora no me dijo, jaja.
¿Por qué ponés que tita va de -45 a 45? Es porque lo hacés como si consideraras el eje y horizontal y el eje x vertical?

Tenía una duda más. Cuando calculo el área de alguna circunferencia por ejemplo, un límite me queda como la raíz de (un número -x²). Después de hacer la integral, cuando calculo todo me queda el arco coseno de algo negativo. Ahí, la calculadora me va a dar un número mayor que 90°. Tengo que tomar ese valor o tengo que tomar el valor negativo? (por ejemplo, que me de 135° la calculadora, ahí tendría que tomar 45°?) Lo digo esto por un ejercicio particular que si lo hacía con 135° me daba negativo y si lo hacía con 45° me daba lo que tenía que dar, pero no entiendo bien porqué. (El ejercicio era así: $$x^{2}\leq y\leq \sqrt{2-x^{2}}$$ ; calcular el área de eso)

(05-11-2012 03:02)Den K escribió:  Parece que hay varias cosas que la profesora no me dijo, jaja.
¿Por qué ponés que tita va de -45 a 45? Es porque lo hacés como si consideraras el eje y horizontal y el eje x vertical?

Tenía una duda más. Cuando calculo el área de alguna circunferencia por ejemplo, un límite me queda como la raíz de (un número -x²). Después de hacer la integral, cuando calculo todo me queda el arco coseno de algo negativo. Ahí, la calculadora me va a dar un número mayor que 90°. Tengo que tomar ese valor o tengo que tomar el valor negativo? (por ejemplo, que me de 135° la calculadora, ahí tendría que tomar 45°?) Lo digo esto por un ejercicio particular que si lo hacía con 135° me daba negativo y si lo hacía con 45° me daba lo que tenía que dar, pero no entiendo bien porqué. (El ejercicio era así: $$x^{2}\leq y\leq \sqrt{2-x^{2}}$$ ; calcular el área de eso)

Me ocupo de este:

$$x^{2}\leq y\leq \sqrt{2-x^{2}}$$
Limites de y esta en el dibujo.
Limites de x por transitividad:

$$x^{2}\leqslant \sqrt{2-x^{2}}$$

$$\sqrt{x^{2}}\leqslant {2-x^{2}}$$

$$x\leqslant {2-x^{2}}$$

$$x^2+x-2\leqslant 0$$

$$(x-1)(x+2)\leqslant 0$$

Haciendo cuentas (ingreso) :

$$-2\leq x\leqslant 1$$

Entonces:

$$A®=\int_{-2}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}}1dxdy$$

Saludos.

(05-11-2012 03:02)Den K escribió:  ¿Por qué ponés que tita va de -45 a 45? Es porque lo hacés como si consideraras el eje y horizontal y el eje x vertical?

Observa que en el dibujo tenes la bisectriz $$y=x$$ y la bisectriz $$y=-x$$ , como sabras la bisectriz es una recta en particular cuya pendiente esta a 45 grados, si queres podes poner que

$$\theta\in[45^o;135^o]$$ obviamente en radianes, observa que la región sombreada se "mueve" entre eso valores

Cita:Tenía una duda más. Cuando calculo el área de alguna circunferencia por ejemplo, un límite me queda como la raíz de (un número -x²). Después de hacer la integral, cuando calculo todo me queda el arco coseno de algo negativo. Ahí, la calculadora me va a dar un número mayor que 90°. Tengo que tomar ese valor o tengo que tomar el valor negativo? (por ejemplo, que me de 135° la calculadora, ahí tendría que tomar 45°?) Lo digo esto por un ejercicio particular que si lo hacía con 135° me daba negativo y si lo hacía con 45° me daba lo que tenía que dar, pero no entiendo bien porqué. (El ejercicio era así: $$x^{2}\leq y\leq \sqrt{2-x^{2}}$$ ; calcular el área de eso)

No entendi bien lo que queres expresar, para empezar si tenes que calcular el area de esa region tenes ya el limite en y en, te falta hallar en x o sea, por transitividad se cumple que

$$x^2\leq \sqrt{2-x^2}\to x\in [-1,1]$$

finalmente el área sera

$$A=\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}}dydx=\frac{1}{6}(2+3\pi)$$

o podes usar simetria y calcular

$$A=\int_{0}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}}2dydx=\frac{1}{6}(2+3\pi)$$

si subis el planteo que hiciste, en una imagen, o usando latex, te podria colaborar mejor

EDIT: Lo hice mal jaja, pase mal la raiz, perdona.

(05-11-2012 03:31)Feer escribió:   $$x^{2}\leq y\leq \sqrt{2-x^{2}}$$
Limites de y esta en el dibujo.
Limites de x por transitividad:

$$\sqrt{x^{2}}\leqslant {2-x^{2}}$$

Aca esta mal ya, y lo que esta abajo ya ni lo mire