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• Luis Nina Ponce

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UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA ESCUELA PROFESIONAL INGENIERIA AGROINDUSTRIAL ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA INDUSTRIAL MATEMATICA III UNIDAD II: INTEGRACION MULTIPLE MASA DE UNA LAMINA PLANA DE DENSIDAD VARIABLE Si δ (x,y) es una función continua de densidad sobre la lámina D ( D entonces la masa m de la lámina, está dada por:

⊂

R

2

),

❑

δ ( x , y ) dA M= ∬ D

CENTRO DE MASA DE UNA LAMINA PLANA DE DENSIDAD VARIABLE Si δ ( x , y ) es una función de densidad continua en una lámina correspondiente a una región plana D, entonces los momentos con respecto a los ejes X e Y son, respectivamente. ❑

Mx

yδ ( x , y ) dA = ∬ D

❑

y

My

xδ ( x , y ) dA = ∬ D

Además si “m” es la masa de la lámina, EL CENTRO DE MASA es: ( ´x

=

My M

´y

=

´x , ´y

)

Mx M

Nota: si δ ( x , y ) es constante el punto ( ´x , ´y ) se le llama centro de gravedad de la región D (o centroide).

MOMENTOS DE INERCIA DE UNA LAMINA PLANA DE DENSIDAD VARIABLE

2 2 Sea L: ax+by+c =0 una recta en R y p un punto interior de una lámina D ⊂ R . Si

δ (x , y)

es una función de densidad continua en una lámina D, definimos:

El momento de inercia de la región plana D (lámina) respecto a la recta L es:

En particular, los momentos de inercia de la lámina respecto a los ejes X e Y ❑

Ix

❑

y 2 δ ( x , y ) dxdy ∬ = D

Iy

x 2 δ ( x , y ) dxdy ∬ = D

El momento polar de inercia alrededor del origen O está dado por:

I0

=

x ¿ (¿ 2+ y ¿¿ 2)δ ( x , y ) dxdy ¿ ❑

∬¿ D

El momento de inercia (símbolo I) es una medida de la inercia rotacional de un cuerpo. Cuando un cuerpo gira en torno a uno de los ejes principales de inercia, la inercia rotacional puede ser representada como una magnitud escalar llamada momento de inercia. Sin embargo, en el caso más general posible la inercia rotacional debe representarse por medio de un conjunto de momentos de inercia y componentes que forman el llamado tensor de inercia. La descripción tensorial es necesaria para el análisis de sistemas complejos, como por ejemplo en movimientos giroscópicos. El momento de inercia refleja la distribución de masa de un cuerpo o de un sistema de partículas en rotación, respecto a un eje de giro

Ejemplo 1: Encontrar la masa y el centro de masa de la lámina en la forma de una región rectangular acotada por las rectas x = 3, y = 2 y los ejes coordenados. Si δ (x,y) = x

y2

δ

Sea:

(x,y) = x

y2

. ❑

δ ( x , y ) dA → Formula M= ∬ D ❑

3 2

❑

3

1 3 2 δ ( x , y ) dA=∬ x y 2 dydx x y dxdy=∫ xy | ∬ ∫ ∫ M= D = 0 0 D 0 3 3

❑

2

1 ∫ x ( 23 −03 ) dx 3 0

δ ( x , y ) dA=¿ M= ∬ D ❑

4 3

δ ( x , y ) dA=¿ M= ∬ D

=

8 ∫ xdx 3 0

2 0

dx

|

81 23 x 32 0

=

4 3

=

(

32−0 2 ¿

(9) = 12

❑

❑

❑

yδ ( x , y ) dA ∬ y δ (x,y)dydx= ∬ y x y 2 dy dy x = ∬ = D D D

Mx

❑

❑

3 2

3

1 4| yδ ( x , y ) dA=∬ x y dydx x y dydx ∬ ∫ ∫ ∫ = D = 0 0 = 0 4 xy dx D

Mx

3

3

❑

Mx

=

3

∬ yδ ( x , y ) dA= 14 ∫ x ( 24 −0 4 ) dx D 0

=

16 4

3

∫ xdx=4. 12 x 2|30 0

❑

yδ ( x , y ) dA=2(32−02) = ∬ = D

Mx

❑

My

= =

(9)= 18 3 2

❑

∬ x δ ( x , y ) dA=¿

∬x

D

D

x

2

y dydx

3

❑

My

2

3

= ∫0 ∫0 x

2

y dydx

3

∬ x δ ( x , y ) dA= 13 ∫ x 2 ( 23−03 ) dx D 0

8 x 2 dx ∫ 3 0

=

2

=

8 1 33 . x| 3 3 0

=

❑

My

´x

=

8 x δ ( x , y ) dA= .27 ∬ = D = 24 9 My M

=

24 12

=2

´y

=

M x 18 = M 12

=

3 2

es

1 x 2 y 3|2 ∫ 3 0 0

=

8 9

(

3

dx 3

3 −0 ¿

3 2

Entonces el Centro de Masa es: (2,

)

Ejemplo 2: Encontrar el momento de inercia en los ejes X e Y de la lámina homogénea de la forma de la región acotada por y = δ

densidad es

(x,y) =

3 4

x, x = 4 y el eje X, si la

δ

Ejemplo 2: Encontrar el momento de inercia de la lámina homogénea de la forma de la región acotada por y =

3 4

x, x = 4 y el ej X, con respecto al eje Y si la densidad es δ (x,y) = δ ❑

Iy x ¿ ¿2δ ¿ ¿ 3x 4

∫¿

x 2 δ ( x , y ) dA ∬ = D

2

dy]dx =

x y ¿

δ

4

∫¿ 0

o 4

]

3x 4 0

dx

∫¿ 0

3x 4 x2 ¿

δ

4

– 0]dx =

4

∫¿

3δ x3 ∫ 4 0

dx =

3δ 4

42. 42

] = 48

[

x4 4

]

4 0

0

=

3δ 16

44

[

-

04

]=

3δ 16

[

δ

Ejemplo 3: Encontrar el momento de inercia de la lámina homogénea de la forma de la región 2 acotada por la parábola: x =4-4y y el eje X , si con respecto al eje X si la densidad es : δ (x,y) = ❑

Ix

δ

y 2 δ ( x , y ) dA ∬ = D

2

4− x 4

∫ Ix

=

y2 δ

0

dy]dx

¿

2

∫¿ −2

y3 3 ¿

¿ Ix

=

]

2

δ∫ ¿

4−x 4 0

2

−2

Ix

Ix Ix Ix

¿ ¿

=

2

δ ∫¿ 192 −2

=

δ 192

=

δ 192

=

δ 192

64-48

x2

[64x - 16

+12

x3

+

x 4−x 6

12 5 x 5

[64(4) -16(16) + [

12 5 64 ¿

-

4 7

)]=

δ 3

dx =

4−x 2 4 ¿ ¿ ¿3 ¿ ¿ 2 δ ∫¿ 3 −2

dx

)dx

-

x7 7

12 5

(64)-

(

84−20 35

]

2 −2 1 7

(256)]

)=

64 δ 105

(Verificar)

CALCULO DE AREAS Y VOLUMENES Hasta ahora hemos hecho los cálculos matemáticos en integrales dobles y se ha explicado los conceptos de las integrales dobles, veamos ahora estas aplicaciones. Veamos la siguiente función en 2 variables. Se puede hacer el cálculo de tres aplicaciones que se estudiara en esta sesión.

1. CALCULO DEL AREA DEL DOMINIO DE LA FUNCION EN 2 VARIABLES Consideremos la función f: D ⊂

R2 ⟶ R, continua en la región cerrada D, tal que

f(x,y) = 1, ∀ (x,y) ∈ D, entonces el área de la región plana D es dado por: ❑

❑

D

D

A(D) = ∬ f ( x , y ) dxdy = ∬ dxdy 2. CALCULO DE VOLUMENES

R ⟶ R, continua en la región cerrada D. El 1. Consideremos la función f: D ⊂ volumen del solido S bajo la superficie z = f(x,y), que tiene como base la región D es dado por la expresión: 2

❑

V(S) = ∬ f ( x , y ) dxdy D

2. Sean f, g : D ⊂

R2 ⟶ R funciones continuas en la región cerrada D

y

f(x, y) ≥ g ( x , y ) , ∀ (x,y) ∈ D. entonces el volumen del solido S limitado superiormente por la gráfica de la superficie z = f(x,y) e inferiormente por la gráfica de la superficie z = g(x,y), está dada por: ❑

V(S) =

[f ( x , y ) −g ( x , y ) ]dxdy = ∬ D

Nota. En estas fórmulas el sólido se proyecta sobre el plano XY f(x,y) sería el “Techo” y g(x,y) seria la “base o piso”. NOTA: Debemos indicar que todos estos problemas se resuelven con los casos 1, 2, 3 y 4. De acuerdo a la presentación del problema.

EJEMPLOS DE APLICACIÓN 1. Hallar el área por integración doble de la región limitada por las funciones: y = √ x , y = 2 √ x y la recta x=4

4 2 √x

A=

∫ ∫ dydx 0

√x

4

= 2

∫ y|2√√xx 0

4

dx =

4

∫ ( 2 √ x−√ x ) dx 0

2

2 3 /2 4 3/ 2 3/2 | A = 3 x 0 = 3 ( 4 −0 ¿ = 3 (8) =

16 3

=

∫ √ x dx 0

4

=

∫ x 1/ 2 dx 0

16 2 u 3

A=

2. Encuentre el volumen del solido S acotado por el paraboloide elíptico: x 2+2 y 2 + z=16, los planos x=2, y=2 y los ejes coordenados.

solución: Hallar el volumen no es mas que integrarla integral doble con cualquiera de los casos estudiados. 16−x 2−2 y 2 (¿ ¿) dydx 2

V=

∫¿

=

0 2

2 16 y−x 2 y − y 3 3 ¿ ¿ ¿ 2

∫¿

∫¿

0

0

V=

dx

16(2−0) ¿ ¿ 2

∫¿ 0

2

32−2 x −

V=

¿

16 3

|

2 16 (32 x− x 3− x) 2 3 3 0

)dx =

2

∫¿ 0

V = 32(2-0)-

2 3

(

3

3

2 −0 ¿

-

16 3

(2-0) = 64-

16 3

-

32 3

=

64−

48 3

= 64-16 = 48

3

u

3

V = 48 u 3. Encuentre el volumen del cuerpo limitado por los planos coordenados y el plano:

x a

+

y b

+

z c

=1

Solucion: x a

y b

+

+

z c

=1

x y → z=c (1− − ) a b

Para obtener el dominio D se hace z= 0 Entonces: 0 = 1

−x y − a b

x y → + =1 a b

Del grafico a la derecha vemos los valores limtes para “x” e “y” 0

≤x ≤a

y

0

❑

V=

¿ ≤ y≤b¿

∫ (1− ax − by ) dydx D

x a

1a

x b (1− ) a

0

0

= ∫ ∫

)

x y (1− − ) dydx a b

=

abc 3 u 6

TEOREMA DE PAPPUS 2

Sea D una región plana en R cuyo centroide es ( ´x , ´y ) y sea L : ax+ by+c = 0 una recta en el plano que no tenga puntos en común con el interior de la región D. Entonces el volumen del solido de revolución generado al girar D alrededor de L, es igual al producto del área de la región D por la longitud de la circunferencia cuyo radio es la distancia de L al centroide de la región D. ❑

V=2

πr

dA A(D) = ∬ = Area de la región D D

A(D)

r=

|a ´x +b ´y +c|

√ a2 +b2

distancia de (

´x , ´y

)aL

Ejemplo: 1. Un sólido de revolución K se genera al rotar la región D, limitada por x = 0 , 1

x = √ 4− y , y = 3x, alrededor de la recta L: y = 2 x. Hallar el volumen de del solido. Rpta. V =

Solución: Del grafico vemos √ 4− y , es la parte 2

2

→

x

la recta L: y=

1 x 2

x =4− y

=el eje focal coincide Entonces cuando la Se genera el solido K

7631 √ 5 1950

π u3

. Considere:

δ ( x , y ) =1

que x=0 es el 2 eje y , x= x y = 4-de la parábola : derecha (y-4) el vértice es V(0,4)y y= 3x con el eje y. region D rota alrededor de

cuyo volumen es: V(K) = 2 π rA(D) Entonces para encontrar r debemos encontrar el centroide: ( ´x , ´y ¿

2

4− x

2 dydx=¿ ∫ y|4−x 3x 0

∫

❑

δ ( x , y ) dA M= ∬ = D

¿ ¿ 4−¿ x 2−3 x 0¿ ∫¿

1

3x

dx =

1

∫¿ 0

=

|

1 3 ( 4 x− x 3− x 2) 1 3 2 0

¿

1 3 24−2−9 4− − = 3 2 6

=

=

13 6 δ ( x , y ) =1

Debemos recordar que cuando es un centroide :

y por lo tanto

❑

δ ( x , y ) dA M= ∬ = A(D) D

Entonces A(D) =

13 2 u 6

Encontremos: ❑

Mx

❑

yδ ( x , y ) dA = ∬ D

My

y

xδ ( x , y ) dA = ∬ D

2

4− x

∫

❑

Mx

=

∬ yδ ( x , y ) dA D

ydydx=¿

1

=

|

2

dx ∫ ( 12 y 2 ) 4−x 3x

3x 1

0

∫¿ 0

Mx

=

(4−x 2 ) ¿ ¿ ¿ 1 1 ∫¿ 20

=

1 ( 16−17 x 2 + x 4 ) dx ∫ 2 0

=

1 17 1 (16− + ) 2 3 5

1

]dx

1 ¿ ∫ (16−8 x2 + x 4 −9 x 2) 20

1

Mx

Mx

=

¿ 1 ¿ 2

=

2

4− x

∫

❑

My

xδ ( x , y ) dA = ∬ = D

3x

|

1 17 1 (16 x− x 3 + x5 ) 1 2 3 5 0 240−85+3 15

∫¿ 1

x (¿ 4−x −3 x) dx=∫ ( 4 x−x 3−3 x 2 ) dx

=

0

1

∫¿ 0

1 2

1

0

My

)=

2 x dydx=¿ ∫ xy|4−x 3x 0 1

2

dx

dx

.

158 15

=

79 15

My

=

Luego:

|

1 (2 x 2− x 4−x 3) 1 4 0

´x

My M

=

=2 3 4 13 6

=

−1 −1 4

=

=

3.6 4.13

8−1−4 4

3 4

=

9 26

=

´y

=

Mx M

=

79 15 13 6

=

79.6 15.13

=

158 65

Calculo de “r” |a ´x +b ´y +c|

r= r=

2

) |269 −2( 158 65 |

√ 1+ 4

1 2

sabemos que la recta es: y =

√ a +b 2

=

|

|

45−4 (158) 130 √5

=

|45−632 130 | √5

=

→ x−2 y=0

x

|−587 130 | √5

=

587 5 ×√ 130 √ 5 √ 5

=

587 √ 5 650

Por lo tanto se pide: V=2

πr

A(D)

=2

π.

587 √ 5 13 . 650 6

=

7631 √ 5 3 πu 1950

TRABAJO ENCARGADO

1. Calcular el volumen del solido cuya base de la región es el plano XY es decir z=0; acotada por las curvas y = 4- x , y=3x y cuyo techo es el plano z = x+4. 2

Rpta.

625 12

u3

2. Hallar el área de la región acotada por las líneas y=

x2

, y= x+4

Rpta.

9 2 u 2

3. Hallar el área de la región D limitada por las graficas de xy=1 y x+y=5 .Rpta

5 2 ¿

+ln(

2 2 ¿u 3 Nota: Debe encontrar los límites de integración para x 1/x ≤ y ≤ 5−x

4. Hallar el volumen del cuerpo limitado por los planos coordenados, los planos 2 2 2 /3 3 X= 4 e y =4 y el paraboloide de revolución z= x + y +1. Rpta 186 u

5. Calcular el área de la región D comprendida entre y = Rpta.

1 2 u 3

2

x , y= √ x

.

6. Determinar el volumen del solido generado por la rotación limitada por las 2 gráficas de: 2x-y = 0; y = x , alrededor de la recta 2x-y = 0. Considere: δ ( x , y ) =¿

1. T. Pappus

Rpta. V =

16 π u3 15 √ 5

(Verificar)

7. La región D limitada por: 2x+y = 2, 2x+3y= 6 , y = 0. Gira alrededor de la recta x+y = 3. Determine el volumen del solido que se genera. 3 V = 2 √ 2 π u ( ´x = 4/3 , ´y = 2/3, M x = 4/3 , M y = 8/3) Considere: δ ( x , y ) =1. T. Pappus (verificar respuestas)

8. La región

limitada por y = x −4, y=2 x−x gira 2

2

alrededor de la recta y=x+2. Hallar el volumen del solido engendrado. 16 3 u 315

Rpta.

T. Pappus Nota: para encontrar el área de la región D debe dividir el dominio D= D1 ∪ D2

9. Determinar el volumen del solido generado por la rotación de la región D limitada por las gráficas: y = x , 2 x − y=0 y rota alrededor de de larecta 2 x− y=0 2

Rpta. V =

8 √5 75

3

u

10. Calcular la masa y el centro de masa de la lámina triangular con vértices: (0, 0), (0, a), (a, 0) con densidad δ ( x , y ) =x + y 2

Rpta. M =

a4 6

; C.M = (

2a 2a , 5 5

)

2

11. Una lámina tiene la forma de la región: D = {(x,y) ∈ R / x + y ≤ 9 , y ≥ 0 } y su densidad en cada punto de la lamina es δ ( x , y ) = x + y .Hallar el centro de masa de la lamina. Nota: como es simétrica respecto a al eje Y se tiene que ´x = 0 solo se debe hallar ´y . 2

2

2

2

Rpta. CM = (0, 24/5

π

2

)

12. Determine el centro de masa de la placa plana limitada por las curvas 2 2 x = y -1 , x = 2 y -2, cuya δ (x,y) = 1 Rpta. C.M(

´x , ´y ¿

=(

−6 5

, 0)

13. Determine el momento de inercia, placa plana limitada por las curvas 2 2 x = y -1 , x = 2 y -2, cuya δ (x,y) = 1. Halle I x e I y

Rpta. Iy

=

Ix 32 15

=

4 15

14. Encontrar la masa y el centro de masa de la lámina en la forma de una región acotada por la curva y = senx y el eje X para 0 ≤ x ≤ π , si la densidad δ (x,y) = y Rpta. M=

π 4

C.M = (

π 2

,

16 9π

)

15. Encontrar el momento polar de inercia de la lámina homogénea de 2 2 la forma de la región acotada por el circulo x + y =, si ladensidad es δ (x,y) = 1 Rpta . I o

=

a4 π 2 Use coordenadas polares 0 ≤r≤a 0 ≤θ ≤ 2 π

16.Encuentre la masa y el centro de masa de un triángulo con vértices en : (0,0), (1,0) y (0,2) con δ (x,y) = 1+3x+y

Tacna, 17 de enero del 2015 Docente: Ingº Luis Nina Ponce