6.4 Integrales impropias.

Universidad Autónoma Benito Juárez de Oaxaca
TAREA
CALCULO VECTORIAL
ESTUDIANTE:
Uriel Neftali Guerra Franklin
AGOSTO 2020
6.4 Integrales impropias.
En los ejercicios 1 y 3 calcular, si existen, las integrales siguientes:
1
√ dA, donde D = [0, 1] × [0, 1].
xy
Eligiendo δ > 0 y η > 0 tal que Dδ,η ⊂ D.
Entonces por el teorema de Fubini:
Z Z
Z 1−δ Z 1−η
1
1
√ dA =
√ dxdy
xy
xy
η
δ
Dδ,η
Z 1−η
Z 1−δ
1
1
√ dx
=
√ dy
y
x
η
δ
√
√
1−δ
1−η
xδ
y|η
=4
√
√ p
√ =4
1−δ− δ
1−η− η
1.-
RR
D
Entonces:
Z Z
D
1
lı́m
√ dA =
xy
(δ,η)→(0,0)
1−δ
Z
1−η
Z
δ
η
1
√ dxdy = 4
xy
RR
3.(y/x)dxdy, donde D está acotada por x = 1, x = y, y x = 2y.
D
Sea Dη la región descrita por las siguientes desigualdades:
1
x≤y≤x
2
η≤x≤1,
Donde 0 < η < 1, en esta región y/x es continua y no negativa.
Entonces:
Z 1
Z 1Z x
1
1
y
dydx =
x2 − x2 dx
4
η 2x
η
x/2 x
3
=
1 − η2
16
Por lo que:
Z Z
D
y
dxdy = lı́m
η→0
x
Z
η
1
Z
x
x/2
3
y
dydx =
x
16
5.(a) Calcular:
Z Z
D
dA
(x2 + y 2 )
2/3
donde D es el disco unidad de R2 . Sea Dδ el disco
centro en el origen. La función 1/(x2 + y 2 ) es
R Rde radio δ con
2
continua en todo D excepto en (0, 0). Por tanto,
dA/(x
+
y 2 )2/3 existe.
D\Dδ
Haciendo el cambio de variables a coordenadas polares se obtiene:
Z Z
Z 2π Z 1
dA
r
=
drdθ
(1)
2/3
4/3
D\Dδ (x2 + y 2 )
0
δ r
Z 2π Z 1
1
drdθ
(2)
=
1/3
r
0
δ
= 3π 1 − δ 2/3
(3)
1
Por tanto:
Z Z
Z Z
dA
D (x2
+
2/3
y2 )
dA
= lı́m
δ→0
(x2
D\Dδ
2/3
+ y2 )
= 3π
(b) Determinar los números reales λ para los que:
Z Z
dA
λ
(x2 + y 2 )
D
es convergente.
Donde D es el disco unidad.
Definiendo Dδ de la misma
definió en el inciso anterior.
R R forma en 2la que2 se
λ
Calculando la integral
dA/(x
+
y
)
haciendo
el cambio de variables a coordenadas polares:
D\Dδ
Z Z
Z
dA
(x2 +
D\Dδ
λ
y2 )
2π
1
Z
=
δ
0
Z
1
r2λ−1
drdθ
1
= 2π
r1−2λ dr
δ
Si λ = 1:
Z Z
dA
λ
(x2 + y 2 )
D\Dδ
= −2π ln(δ) = ln δ −2π
Por lo que:
lı́m ln δ −2π = ∞
δ→0
Por lo tanto en este caso la integral no converge.
Si λ 6= 1:
Z Z
dA
D\Dδ
(x2 +
λ
y2 )
=
π
1 − δ 2−2λ
λ−1
Si 2 − 2λ > 0 entonce cuando δ tiende a 0 la integral converge a π/(λ − 1), si 2 − 2λ < 0 cuando δ tiende a 0 la
integral diverge a −∞.
Por lo tanto la integral converge si 1 > λ.
6.RR
(a) Discutir cómo se definirı́a
f dA si D fuera una región no acotada, por ejemplo de puntos (x, y) tales que
D
a ≤ x < ∞ y, dada φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x), φ1 ≤ φ2 .
Figura 1: Ejercicio 6
Sea α > a y Dα la región descrita por las siguientes desigualdades:
a ≤ x ≤ α , φ 1 ≤ y ≤ φ2
2
Por lo que definiendo esta región ası́ se tiene que Dα ⊂ D, y ademas cuando α tiende a ∞ la región Dα tiende a D.
En base a estas definiciones si :
Z Z
lı́m
f dA
α→∞
Dα
existe, entonces:
Z Z
f dA
D
se puede decir que es convergente, o es integrable sobre D.
RR
2
2
(b) Calcular
xye−(x +y ) dxdy, si x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1. Sea α > 0 y Dα la región descrita por las siguientes
D
desigualdades:
0≤x≤α, 0≤y≤1
Entonces:
Z Z
−(x2 +y 2 )
xye
Z
α
Z
1
2
2
xy −(x +y ) dydx
0
0
1 −x2 α −y2 1
=
e
e
4
0
0
1
−α2
=
1−e
1 − e−1
4
dxdy =
Dα
Por lo que:
Z Z
Z Z
xye−(x
f dA = lı́m
D
α→∞
2
+y 2 )
dxdy =
Dα
1
(1 − e−1 )
4
7.- Suponiendo que se pueda usar el teorema de Fubini, demostrar que:
Z ∞ −x
e − e−2x
dx = log 2
x
0
Considerando la integral sobre la región D dada descrita por las siguientes desigualdades:
0≤x<∞, 1≤y≤2
Sea α > 0 y Dα la región descrita por las siguientes desigualdades:
0≤x≤α, 1≤y≤2
Por lo que definiendo esta región ası́ se tiene que Dα ⊂ D, y ademas cuando α tiende a ∞ la región Dα tiende a D.
Calculando:
Z Z
Z 2Z α
e−xy dxdy =
e−xy dxdy
Dα
1
0
2
1 − e−αy
dy
y
1
Z 2 −αy
e
= log 2 −
dy
y
1
Z
=
Entonces:
Z Z
e−xy dxdy = log 2
lı́m
α→∞
Dα
3
Por lo tanto:
Z Z
e−xy dxdy = log 2
D
Ya que se a supuesto que se puede usar el teorema Fubini entonces:
Z
Z Z
Z 2Z α
e−xy dxdy = lı́m
e−xy dxdy = lı́m
α→∞
D
α→∞
0
1
α
Z
0
2
e−xy dydx
1
Dado que:
Z
α
2
Z
e
lı́m
α→∞
Entonces:
−xy
Z
0
1
0
Z
∞
0
∞
dydx =
e−x − e−2x
dx
x
e−x − e−2x
dx = log 2
x
9.- Discutir si la integral
Z Z
D
x+y
dxdy
x2 + 2xy + y 2
existe, donde D = [0, 1] × [0, 1].
Si existe, calcular su valor. Sea Dα = [α, 1] × [α, 1], donde 1 > α > 0.
Por lo que:
Z Z
Z 1Z 1
x+y
1
dxdy
=
dydx
2
2
Dα x + 2xy + y
α
α x+y
Z 1
=
[ln(x + 1) − ln(x + α)] dx
α
= 2 ln 2 + 2 − 2(α + 1) ln(α + 1) + 2α ln(2α)
Por lo tanto la integral dada existe y además:
Z Z
Z Z
x+y
x+y
dxdy
=
lı́m
dxdy = 2 ln 2
2
2
2
2
α→0
Dα x + 2xy + y
D x + 2xy + y
11.- Sea W el primer octante de la bola x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , donde x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Calcular la integral impropia:
Z Z Z
(x2 + y 2 + z 2 )1/4
p
dxdydz
z + (x2 + y 2 + z 2 )2
W
Sea Wδ el primer octante de la bola de radio δ > 0 centrada en el origen, donde 1 > δ.
Calculando la integral sobre la región W \Wδ mediante el cambio de variable a coordenadas polares:
Z Z Z
W \Wδ
(x2 + y 2 + z 2 )1/4
p
dxdydz =
z + (x2 + y 2 + z 2 )2
=
Z
a
δ
π
2
π/2
Z
0
Z
a
π/2
Z
π/2
0
a
ρ cos φ + ρ4
ρ5/2 sin φ
p
ρ cos φ + ρ4
dθdφdρ
dφdρ
i
ρ7/2 − ρ2 (1 + ρ3 )1/2 dρ
δ
2
2
2
2
= −π a9/2 − (1 + a3 )3/2 + π δ 9/2 − (1 + δ 3 )3/2
9
9
9
9
= −π
4
h
ρ5/2 sin φ
p
0
δ
Z
Z
Por lo que:
Z Z Z
Z Z Z
i
2π h
(x2 + y 2 + z 2 )1/4
(x2 + y 2 + z 2 )1/4
p
p
dxdydz = lı́m
dxdydz =
(1 + a3 )3/2 − a9/2 − 1
δ→0
9
z + (x2 + y 2 + z 2 )2
z + (x2 + y 2 + z 2 )2
W
W \Wδ
13.- Demostrar que
Z Z
D
sin2 (x − y)
p
dydx
1 − x2 − y 2
existe, donde D es el disco unidad x2 + y 2 ≤ 1.
Sea:
sin2 (x − y)
y
f (x, y) = p
1 − x2 − y 2
g(x, y) = p
1
1 − x2 − y 2
Dado que para todo θ se tiene que | sin θ| ≤ 1 entonces f (x, y) ≤ g(x, y).
Dado que f (x, y) es no negativa en D y :
Z Z
dA
D
p
1 − x2 − y 2
= 2π
Se puede concluir que la integral dada existe.
15.- Demostrar que:
2
Z Z
D
2
ex +y
dydx
x−y
no existe, donde D es el conjunto de (x, y) tales que 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ x.
Sea:
2
2
ex +y
1
f (x, y) =
y g(x, y) =
x−y
x−y
2
2
Dado que 1 ≤ ex +y , entonces 0 < g(x, y) ≤ f (x, y).
Ya que en el ejemplo 6.25 se demostró que la integral:
Z Z
D
1
dA
x−y
no existe, por lo que se puede concluir que la integral dada no existe.
5