1.6

1

e
x

s
e
n
(
y
)
# z
0

{\displaystyle 1+e^x sen(y)+z=0}

, y planos x = -1, x= 1, y = 0, y = π y z= 0.

Primero hacemos un bosquejo para darnos una idea sobre dónde vamos a buscar nuestro volumen, si imaginamos el plano en R^3 nos daremos cuenta que el ejercicio describe una especie de "cajita", donde sus lados son delimitados por los planos x=-1, x=1, los lados perpendiculares a estos dos (los cuales son paralelos) serían aquellos lados descritos por y=π, y= 0. Ahora, usando z= 0 nos damos cuenta que la función define una superficie que termina de "cerrar" estos lados. Mi primera suposición a hacer en dibujo fue la que la función pasaba por "arriba" de esta "cajita", pero es también posible que pase por debajo.

Como buscamos el volumen, podemos utilizar una integral cuyos límites de integración serían los definidos por los planos dados y estaríamos buscando el volumen que termina de acotar la función

1

e
x

s
e
n
(
y
)
# z
0

{\displaystyle 1+e^x sen(y)+z=0}

. Aquí es donde encontramos nuestro primer problema, porque nuestra función aparece como una ecuación que no nos da los valores de z que terminan de delimitar el volumen, así que usamos un despeje simple para encontrar los valores de 'z' para 'x' y 'y' en el plano. Terminamos con la ecuación

# z
−
1
−

e
x

s
e
n
(
y
)

{\displaystyle z=-1-e^x sen(y)}

.

Así tenemos que:

# R
[
−
1
,
1
]
×
[
0
,
π
]

{\displaystyle R = [-1,1] \times [0,\pi]}

y

# z
−
1
−

e
x

s
e
n
(
y
)

{\displaystyle z=-1-e^x sen(y)}

∬
R

−
1
−

e
x

sin
⁡
(
y
)
d
# A

∫

−
1

1

∫

0

π

−
1
−

e
x

sin
⁡
(
y
)
d
y
d
# x

∫

−
1

1

(

∫

0

π

−
1
d
y
−

∫

0

π

e
x

sin
⁡
(
y
)
d
y

)

d
x

{\displaystyle \iint\limits\_R -1-e^x \sin(y) dA = \int\_{-1}^{1} \int\_{0}^{\pi} -1-e^x \sin(y)dydx =\int\_{-1}^{1}\big( \int\_{0}^{\pi} -1dy-\int\_{0}^{\pi}e^x \sin(y)dy\big)dx}

=

∫

−
1

1

(

−
1

∫

0

π

d
y
−

e
x

∫

0

π

sin
⁡
(
y
)
d
y

)

d
# x

∫

−
1

1

(

−
1
y
−

e
x

(
−
cos
⁡
(
y
)

)

d
# x

∫

−
1

1

(

−
y

e
x

cos
⁡
(
y
)

)

0

π

d
x

{\displaystyle =\int\_{-1}^{1}\big( -1\int\_{0}^{\pi}dy-e^x\int\_{0}^{\pi}\sin(y)dy\big)dx = \int\_{-1}^{1}\big( -1y-e^x(- \cos(y) \big)dx= \int\_{-1}^{1}\big( -y+e^x \cos(y) \big)\big|\_{0}^{\pi}dx}

∫

−
1

1

[
−
(
π
)

e
x

cos
⁡
(
π
)
]
−
[
−
(
0
)

e
x

cos
⁡
(
0
)
]
d
# x

∫

−
1

1

−
π
−
2

e
x

d
# x

∫

−
1

1

−
π
−

∫

−
1

1

2

e
x

d
x

{\displaystyle \int\_{-1}^{1} [-(\pi)+e^x \cos(\pi)]-[ -(0)+e^x \cos(0)]dx = \int\_{-1}^{1} -\pi-2e^x dx = \int\_{-1}^{1} -\pi-\int\_{-1}^{1}2e^x dx}

−
π
x
−
2

e
x

−
1

1

=
[
−
π
(
1
)
−
2

e
1

]
−
[
−
π
(
−
1
)
−
2

e

−
1

# ]
−
2
π
−
2
e
2

e

−
1

≈
−
10.98

{\displaystyle -\pi x - 2e^x \big|\_{-1}^{1} = [- \pi(1)-2e^1] -[- \pi(-1)-2e^{-1}]=-2\pi -2e +2e^{-1}\approx -10.98}

Por lo que el volumen es aproximadamente 10.98 unidades cúbicas, además de que el signo nos indica que está por debajo del plano z = 0. Si graficamos esto en algún programa de computadora podemos observar que corresponde con lo que queremos, porque está debajo del espacio delimitado por los planos.

Primero observamos los planos para darnos una idea sobre el área donde integramos, con x= -1, x = 1, y = 0, y = π, además de z = 0.

Al final observamos que nuestro espacio delimitado queda por debajo del plano z= 0, por lo que el volumen que cubre nuestra función está por debajo del plano, lo que corresponde con nuestras unidades negativas. Hemos terminado.