Autor Tema: Integral en una región

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

14 Mayo, 2021, 07:35 pm
Leído 271 veces

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 275
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola,

Debo hallar la integral de una función en la región \( E=\left\{{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3/2(x^2+y^2)\leq{}z^2\leq{}x^2+y^2+1,z\geq{}0}\right\} \). Estoy tratando de hallar los limites de la integral de cada variable. Al dibujar la región queda claro que debe ser \( z\geq{}1 \), pero luego no consigo despejar x,y de forma que luego pueda operar la integral. Me quedo en que \( \sqrt[ ]{\displaystyle\frac{2y^2-z^2}{2}}\leq{}x\leq{}\sqrt[ ]{y^2+1-z^2} \) y que \( \sqrt[ ]{\displaystyle\frac{2x^2-z^2}{2}}\leq{}y\leq{}\sqrt[ ]{x^2+1-z^2} \).

Un saludo.

14 Mayo, 2021, 08:05 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,580
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Debo hallar la integral de una función en la región \( E=\left\{{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3/2(x^2+y^2)\leq{}z^2\leq{}x^2+y^2+1,z\geq{}0}\right\} \). Estoy tratando de hallar los limites de la integral de cada variable. Al dibujar la región queda claro que debe ser \( z\geq{}1 \), pero luego no consigo despejar x,y de forma que luego pueda operar la integral. Me quedo en que \( \sqrt[ ]{\displaystyle\frac{2y^2-z^2}{2}}\leq{}x\leq{}\sqrt[ ]{y^2+1-z^2} \) y que \( \sqrt[ ]{\displaystyle\frac{2x^2-z^2}{2}}\leq{}y\leq{}\sqrt[ ]{x^2+1-z^2} \).

No es cierto que \( z\geq 1 \). Por ejemplo el punto \( (0,0,1/2) \) está en la región.

Es un trozo de cono tapado por un hiperboloide de una hoja.

Mi consejo es que trabajes en cilíndricas.


Saludos.

14 Mayo, 2021, 08:56 pm
Respuesta #2

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 275
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Es cierto. A ver que tal. Pasando a trabajar en coordenadas cilíndricas tenemos que el conjunto es \( E=\left\{{(\rho,\phi,z)/2\rho^2\leq{}z^2\leq{}\rho^2+1,z\geq{}0}\right\} \), de aquí podemos deducir que \( 0\leq{}\rho\leq{}\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{z^2}{2}} \), si \( 0\leq{}z\leq{}1 \).

Por encima de z=1 sucede que   \( \sqrt[ ]{z^2-1}\leq{}\rho\leq{}\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{z^2}{2}} \).

Esta última desigualdad debe ser donde \( f(\rho,z)=2\rho^2-z^2 \) sea igual a \( g(\rho,z)=\rho^2+1-z^2 \) se corten. Esto pasa en \( (\rho,z)=(1,\sqrt[ ]{2}) \). Luego \( \sqrt[ ]{z^2-1}\leq{}\rho\leq{}\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{z^2}{2}} \) si \( 1\leq{}z\leq{}\sqrt[ ]{2} \)

 . \( 0\leq{}z\leq{}1 \) y que  en toda la región \( 0\leq{}\phi\leq{}2\pi \).

Por lo tanto es la suma de dos integrales, teniendo en cuenta z.

14 Mayo, 2021, 10:41 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,580
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Es cierto. A ver que tal. Pasando a trabajar en coordenadas cilíndricas tenemos que el conjunto es \( E=\left\{{(\rho,\phi,z)/2\color{red}\rho\color{black}\leq{}z^2\leq{}\color{red}\rho\color{black}+1,z\geq{}0}\right\} \), de aquí podemos deducir que \( 0\leq{}\rho\leq{}\displaystyle\frac{z^2}{2} \), si \( 0\leq{}z\leq{}1 \).

Donde pones \( \rho \) es \( \rho^2 \). Ese error lo arrastras a lo largo del desarrollo.

Saludos.

16 Mayo, 2021, 04:58 pm
Respuesta #4

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 275
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Cierto ahora mismo lo corrijo muchas gracias.