Ejercicios Resueltos Integrales Dobles y Triples

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Texto completo

(1)

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha

Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

.

Ejercicios Resueltos

1

Cálculo de integrales dobles en coordenadas

rectángulares cartesianas

1.1

Problema

Calcular ZZ

D

p

x+ydxdy siD es la región acotada por las respectivas rectas

y=x; y = x y x= 1 Solución

Se tiene que la regiónD= (x; y)2IR2= 0 x 1; x y x

ZZ

D

p

x+ydxdy = Z 1

0

Z x

x

p

x+ydydx

= 2 3

Z 1

0

(x+y)3=2 x

xdx

= 2 3

Z 1

0

(2x)3=2dx

= 2

5=2

3 2 5 (x)

5=2 1 0

= 8

p

2 15

1.2

Problema

Calcular ZZ

D

p

x2 y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de

vérticesA(0;0) ; B(1; 1); C(1;1):

Solución

Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectasy=x; y= x y x= 1:

Luego el dominio de integración es:

D= (x; y)2IR2= 0 x 1; x y x :

(2)

ZZ

D

p

x2 y2dxdy =

Z 1

0

Z x

x

p

x2 y2dydx

= Z 1

0

Z x

x

x

r 1 y

x

2

dydx

Hacemos el cambio de variables y

x =sent =) dy=xcostdty

determinemos los limites. Paray=x =) arcsen x

x =arcsen(1) = 2: Paray= x =) arcsen x

x =arcsen( 1) = 2 Por tanto

Z 1

0

Z x

x

x

r 1 y

x

2

dydx = Z 1

0

Z 2

2

x2p1 sen2tdtdx

= Z 1

0

Z 2

2

x2cos2tdtdx

= Z 1

0

Z 2

2

x2(1 + cos 2t 2 )dtdx =

Z 1

0

x2 t

2+

sen2t

4

2

2

dx

= 2

Z 1

0

x2dx

= 2

x3

3

1

0

= 6

1.3

Problema

Calcular ZZ

D

y 2x2 dxdy siDes la región acotada porjxj+jyj= 2

Solución

Se tiene que la regiónD= (x; y)2IR2= jxj+jyj 2

Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 2 x 0, la frontera inferior de la región es la grá…ca dey= x 2, y la superior esy=x+ 2;y para0 x 2la frontera inferior de la región es la grá…ca dey=x 2, y la superior esy= x+ 2

Entonces se tieneD=D1[D2tal que D1[D2= :

dondeD1= (x; y)2IR2= 2 x 0; x 2 y x+ 2

(3)

Por otra parte la funcion del integrandof(x; y) =y 2x2 es simétrica con respecto al eje y, es decir 8(x; y; z) 2 D existe ( x; y; z) tal que f( x; y) =

y 2( x)2=f(x; y):

Por lo tanto ZZ

D

y 2x2 dxdy = 2 Z 2

0

Z x+2

x 2

y 2x2 dydx

= 2 Z 2

0

y2

2 + 2x

2y

x+2

x 2

dx

= 2 Z 1

0

4x3 8x2 dx

= x4 8

3x

3 2

0

= 2 16 64 3 =

32 3

1.4

Problema

Calcular ZZ

D

x2+y2 dxdy si D = (x; y)2IR2= x2+y2 1 :Usando coordenadas cartesianas

Solución.

Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculo centrado en el origen de radio uno

Por lo tanto

D= (x; y)2IR2= 1 x 1; p1 x2 y p1 x2

ZZ

D

x2+y2 dxdy = Z 1

1

Z p

1 x2

p

1 x2

(x2+y2)dydx

= Z 1

1

(x2y+y

3

3 )

p

1 x2

p

1 x2

dx

= 2 Z 1

1

(x2p1 x2+1

3 p

(1 x2)3)dx

= 2 Z 1

1

x2p1 x2dx+2

3 Z 1

1

p

(1 x2)3dx

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z 1

1

x2p1 x2dx = ( x

4 p

1 x2+1

8(x p

1 x2+arcsenx) 1

1

= 1

8(arcsen(1) arcsen( 1) = 1

(4)

Z 1

1

p

(1 x2)3dx = (x

4 p

(1 x2)3+3x

8 p

(1 x2) +3

8arcsenx)

1

1

= 3 8

Por lo tanto: ZZ

D

x2+y2 dxdy=2

8 + 2 3 3

8 = 2

Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja

1.5

Problema

Calcular ZZ

D

xydxdy si D es la región acotada pory =px; y=p3x 18; y 0:Usando coordenadas cartesianas.

Solución.

Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para0 x 6 , la frontera inferior de la región es la grá…ca dey= 0, y la superior esy=px;y para6 x 9la frontera inferior de la región es la grá…ca dey=p3x 18, y la superior esy=px

Luego tenemos queD=D1[D2 tal queD1[D2= :

EntoncesD1= (x; y)2IR2= 0 x 6; 0 y px

D2= (x; y)2IR2=6< x 9; p3x 18 y px

Por lo tanto ZZ

D

xydxdy = ZZ

D1

xydxdy+ ZZ

D2

xydxdy

= Z 6

0

Z px

0

xydydx+ Z 9

6

Z px

p

3x 18

xydydx

= Z 6

0

x y

2

2

p x

0

dx+ Z 9

6

x y

2

2

p x

p

3x 18

dx

= 1 2

Z 6

0

x2dx+1 2

Z 9

6

( 2x2+ 18x)dx

= 1 6x

3 6

0

+ x

3

3 + 9

x2

2

9

6

= 185 2

(5)

es la grá…ca dex=y2mentras que la frontera derecha queda determinada por la grá…cax= y

2

3 + 6;obteniendo así la región

D1= (x; y)2IR2= y2 x

y2

3 + 6; 0 y 3 la integral iterativa queda

ZZ

D

xydxdy = Z 3

0

Z (y2=3)+6

y2

xydxdy

= Z 3

0

x2

2

(y2=3)+6

y2

ydy

= 1 2

Z 3

0

"

y2+ 18 3

2

y4

#(y2=3)+6

y2

ydy

= 1 18

Z 3

0

8y5+ 36y3+ 324y dy

= 1 18

4 3y

6+ 9y4+ 162y2 3

0

= 1 18

4 33

6+ 36+ 2 36 =185

2

1.6

Problema

Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy 4; y x; 27y 4x2:

Solución.

Sabemos quexy= 4tiene por grá…ca una hipérbola equilátera,y=x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y= 4x2corresponde a una parábola. Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprosito de con…gurar el dominio de integración

xy= 4

y=x =) x

2= 4 =

) x= 2 =) y= 2 27y= 4x2

y=x =) 27x= 4x

2 =) x= 0

x=24 4

)

=) y= 0; y= 27 4

xy= 4

27y= 4x2 =) x= 3; y=

4 3

Para calcular el áreaA(R) = ZZ

D

dxdy;podemos escoger una partición del dominio de tipo I ó de tipo II.

Consideremos dos subregiones de tipo I

D1= (x; y)2IR2= 2 x 3;

4

(6)

D2= (x; y)2IR2= 3 x

27 4 ;

4 27x

2 y x

Si proyectamos sobre eje x

A(R) = ZZ D dxdy= ZZ D1 dxdy+ ZZ D2 dxdy

A(R) = Z 3 2 Z x 4 x dydx+ Z 27=4

3

Z x

4 27x2

dydx

= Z 3

2

yjx4

xdx+

Z 27=4

3

yjx4 27x2dx

= Z 3

2

x 4 x dx+

Z 27=4

3 x 4 27x 2 dx = x 2

2 4 lnx

3 2 + x 2 2 4 81x 3 27=4

3

= 5 2 4 ln

3 2+ 729 32 9 2 4 81 273

43 +

4 813

3

= 2 4 ln3 2+ 729 32 243 16 + 4 3 = 665 96 4 ln

3 2

Si proyectamos sobre eje y

DI = (x; y)2IR2=

4

y x

3 2

p

3y;4

3 y 2

DI = (x; y)2IR2= y x

3 2

p

3y;2 y 27

4

A(R) = ZZ D dxdy= ZZ D1 dxdy+ ZZ D2 dxdy

A(R) = Z 2 4 3 Z 3 2 p 3y 4 y dxdy+ Z 27=4

2 Z 3 2 p 3y y dxdy = Z 2 4 3 hp

3y 4 lnyidy+ Z 27=4

2

3 2

p

3y y dy

= 3 2

p 3y3 4

y

2

4 3

+ p3y3 y 2

2

27=4

2

= 8 3 4 ln

3 2+

9 27 8

729 32 + 2

= 665 96 4 ln

(7)

1.7

Problema

Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el planox+ 2y+ 3z= 6

Solución.

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V = ZZ

D

6 x 2y

3 dxdy ,D= (x; y)2IR

2= 0 x 6;0 y 6 x

2

V = 1 3

Z 6

0

Z 6 x

2

0

(6 x 2y)dydx

= 1 3

Z 6

0

(6 x)y y2

6 x

2

0 dx

= 1 3

Z 6

0

(6 x)2

2

(6 x)2

4 dx = 1

12 Z 6

0

(6 x)2dx

= 1

36(6 x)

3 6

0

= 6

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:

V = ZZ

R

(6 3z 2y)dzdy ,R= (y; z)2IR2= 0 y 3;0 z 6 2y

3

V = Z 3

0

Z 6 2y

3

0

(6 2y 3z)dzdy

= Z 3

0

(6 2y)z 3

2z

2 6 2y

3

0

dy

= Z 3

0

(6 2y)2 3

(6 2y)2 6 dy = 1

6 Z 3

0

(6 2y)2dy

= 1

12

(6 x)3

3

3

0

= 6

2

Cambios de orden de Integración

2.1

Problema

(8)

I= Z 1

0

Z 2

2x

ey2dydx

Solución.

El dominio de integracion dado esD= (x; y)2IR2= 0 x 1;2x y 2 :

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del dominio. D=n(x; y)2IR2= 0 x y

2;0 y 2 o

;entonces la integral se puede escribir.

I = Z 1

0

Z 2

2x

ey2dydx= Z 2

0

Z y

2

0

ey2dxdy

= Z 2

0

xey2 y

2

0 dy

= Z 2

0

y

2e

y2dy= 1

4 e

y2 4

0

= 1 4 e

16 1

2.2

Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I= Z 2

0

Z 4

x2

pycosydydx

Solución.

El dominio de integración dado esD= (x; y)2IR2= 0 x 2; x2 y 4 :

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del dominio,D= (x; y)2IR2= 0 x py;0 y 4 ;entonces la integral

se puede escribir Z 2

0

Z 4

x2

pycosydydx = Z 4

0

Z py

0

pycosydxdy

= Z 4

0

pycos(y)x jp0ydy

= Z 4

0

ycos(y)dy

Integrando esta última integral por partes se tiene: Z 4

0

ycos(y)dy = ysen(y)j40 Z 4

0

sen(y)dy

(9)

2.3

Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I= Z e

1

Z lnx

0

ydydx

Solución.

El dominio de integración dado esD= (x; y)2IR2= 1 x e;0 y lnx :

Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio,

D= (x; y)2IR2= ey x e; 0 y 1 ;entonces la integral se puede escribir

Z e

1

Z lnx

0

ydydx = Z 1

0

Z e

ey ydxdy

= Z 4

0

y x e

eydy

= Z 4

0

y(e ey)dy

= e y

2

2

4

0

ey[y ey]40 = 8e 4e4 1

3

Cambios de variables: Coordenadas polares

3.1

Problema

Calcular ZZ

D

x2+y2 dxdy si D = (x; y)2IR2= x2+y2 1 ;usando

coordenadas polares Solución.

A partir de la coordenadas polares tenemos:

x=rcos ; y=rsen =) x2+y2=r2

El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:

@(x; y)

@(r; ) =r

Reemplazando términos en la integral, produce ZZ

D

x2+y2 dxdy = ZZ

D

(10)

= Z 1

0

Z 2

0

r3d dr= Z 1

0

Z 2

0

r3 j20 dr

= 2 Z 1

0

r3dr= 2 r

4

4

1

0

= 2

Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta el dominio.

3.2

Problema

Calcular el área de la región interior a la circunferenciax2+y2= 8y y exterior

a la circunferencia x2+y2= 9:

Solución.

Determinemos el centro y radio de la circunsferencia

x2+y2= 8y =) x2+y2 8y= 0 =) x2+ (y 4)2= 16

El área de la región D es: A(D) ZZ

D

dxdy

Por simetría, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrante y multiplicar por 2.

A …n de conocer los límites de integración en coordenadas polares necesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x.

x2+y2= 8y =) r2= 8rsen =) r= 8sen x2+y2= 9 =) r= 3

Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 8sen = 3 =) =arcsen3

8

Luego, la mitad de la regiónD = (r; )=3 r 8sen ;arcsen3

8 2

ZZ

D

dxdy= ZZ

D

@(x; y)

(11)

2 Z =2

arcsen3 8

Z 8sen

3

rdrd = 2 Z =2

arcsen3 8

r2

2

8sen

3

d

Z =2

arcsen3 8

64sen2 9 d = 64 2

sen2 4

9 2

=2

arcsen3 8

= 55

2 16sen2

=2

arcsen3 8

= 55 4

55 2 arcsen

3

8 + 16sen(2arcsen 3 8) 38;42

3.3

Problema

Calcular ZZ

D

x2+y2

x+px2+y2dxdy , si D es el interior del cardioider=a(1 + cos )

Solución.

Cambiando a cordenadas polares, tenemos: ZZ

D

x2+y2

x+px2+y2dxdy =

ZZ

D

r2 rcos +r

@(x; y)

@(r; ) drd =

ZZ

D

r2

rcos +rrdrd

= Z 2

0

Z a(1+cos )

0

r2

1 + cos drd =

Z 2

0

1 1 + cos

r3

3

a(1+cos )

0

d

= a

3

3 Z 2

0

(1 + cos )2d

= a

3

3 Z 2

0

1 + 2 cos + cos2 d

= a

3

3 + 2sen +2+

sen2 4

2

0

= a3

(12)

I = lim

! "!0

Z

0

Z a(1+cos )

"

r2

1 + cos drd + lim! +

"!0

Z 2 Z a(1+cos )

"

r2

1 + cos drd = lim

!

a3

3 Z

0

(1 + cos )2d + lim

! +

a3

3 Z 2

(1 + cos )2d

= lim

!

a3

3 3

2 + 2sen +

sen2

4 + lim! +

a3

3 3 3

2 2sen

sen2 4 = a3

3.4

Problema

Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá…casz= 9 x2 y2 y z= 5.

Solución.

Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante y multiplicar su resultado por cuatro.

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V = 4 Z Z

D

9 x2 y2 5 dxdy D= (x; y)2IR2= x 0; y 0;0 x2+y2 4

A partir de la coordenadas polares, obtenemos:

x=rcos

y=rsen =) f(x; y) = 4 x

2 y2= 4 r2

0 x2+y2=r2 4 () 0 r 2 y0

2

D =n(r; )= 0 r 2; 0

2 o

El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:

@(x; y)

@(r; ) =r

Reemplazando términos en la integral, produce:

V = 4 Z Z

D

4 r2 rdrd

= 4 Z =2

0

Z 2

0

4 r2 rdrd

= 4 Z =2

0

4 2r

2 1

4r

4 2

0

d

(13)

4

Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas

4.1

Problema

CalcularI= ZZ

D

3xydxdy;dondeD es la región acotada por por la rectas

x 2y= 0; x 2y= 4

x+y= 4; x+y= 1 (1) Solución.

Podemos usar el cambio de variables

u=x 2y

v=x+y (1) =)

x= 1

3(2u+v)

y= 1

3(u v) (2)

Asi,x 2y= 4 se transforma en u= 4

x 2y= 0 se transforma en u= 0

x+y= 1se transforma en v= 1

x+y= 4se transforma en v= 4 Para calcular el Jacobiano @(x; y)

@(u; v) tenemos dos posibilidades.

La primera, es usar la transformación inversa(2)xeyen términos deuyv :

La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de(1) @(u; v)

@(x; y) y luego usar la propiedad @(x; y)

@(u; v) =

@(u; v)

@(x; y)

1

:

En efecto @(u; v)

@(x; y) =

1 2

1 1 = 1 + 2 = 3 =)

@(x; y)

@(u; v) = 1 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:

I = ZZ

D

3xydxdy= ZZ

D

3 1

3(2u+v) 1

3(u v)

@(x; y)

@(u; v) dudv =

Z 4

1

Z 0

4

1 9 2u

2 uv v2 dvdu

= 1 9

Z 4

1

2u2v uv

2

2

v3

3

0

4

du

= 1 9

Z 4

1

8u2+ 8u 64

3 du = 1

9 8u3

3 + 4u

2 64

3 u

4

1

du=164 9

(14)

Calcular el área de la regiónD;que esta acotada por las curvas

x2 y2= 1; x2 y2= 9

x+y= 4; x+y= 6 (1) Solución.

Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regiónD en la región D

u=x2 y2

v=x+y (1) =)

La imagenD de la región D está acotada por la rectas verticales;

x2 y2= 1 se transforma en u= 1

x2 y2= 9 se transforma en u= 9 y las rectas horizontales

x+y= 4se transforma en v= 4

x+y= 6se transforma en v= 6

Es decir,D =f(u; v)=1 u 9;4 v 6g Vamos a calcular @(x; y)

@(u; v) a partir de(1)

@(u; v)

@(x; y) y usar la propiedad

@(x; y)

@(u; v) =

@(u; v)

@(x; y)

1

:

En efecto @(u; v)

@(x; y) =

2x 2y

1 1 = 2 (x+y) = 2v =)

@(x; y)

@(u; v) = 1 2v

El teorema del cambio variables a…rma que:

A(D) = ZZ

D

dxdy= ZZ

D

@(x; y)

@(u; v) dudv =

Z 9

1

Z 6

4

1 3vdvdu

= 1 2

Z 9

1

[lnv]64du

= 1 2 ln

6 4

Z 9

1

du

= 1 2ln

3 2[u]

9 1= 4 ln

3 2

4.3

Problema

Calcular I = ZZ

D

x3+y3

xy dxdy; donde D es la región del primer cuadrante

acotada por:

y=x2; y= 4x2

x=y2; x= 4y2 (1)

Solución.

(15)

simpli…ca la regiónD y la transforma enD . Seanu= x

2

y ; v= y2

x

LuegoD esta acotada por la rectas verticales;

y=x2 se transforma enu= 1:

y= 4x2 se transforma enu=1

4: y las rectas horizontales

x=y2 se transforma en v= 1:

x= 4y2 se transforma en v= 1 4: Es decir,D = (u; v)=1 u 1

4;1 v 1 4

Para calcular @(x; y)

@(u; v) tenemos dos posibilidades, la primera es despejarx ey en términos deuyv a partir de(1):

La segunda, es calcular @(u; v)

@(x; y) y usar la propiedad

@(x; y)

@(u; v) =

@(u; v)

@(x; y)

1

:

En efecto @(u; v)

@(x; y) = 2x

y

x2

y2

y2

x2

2y x

= 4 1 = 3 =) @(x; y)

@(u; v) = 1 3

Calculemos ahora la integral

I = ZZ

D

x3+y3

xy dxdy=

ZZ

D

x2

y + y2

x dxdy

= Z 1

1=4

Z 1

1=4

(u+v)1 3dvdu = 1

3 Z 1

1=4

uv+v

2

2

1

1=4

du

= 1 3

Z 1

1=4

3 4u+

15 32 du = 1

3 3 8u

2+15

32u

1

1=4

= 1 3

3 8

15 16+

15 32 3 4

= 15 64

4.4

Problema

Evaluar la integralI= ZZ

D

[x+y]2 dxdy;dondeD es la región del plano xy acotado por las curvas

(16)

Solución.

Observeseque las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen a x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas

u=x+y; v=x y

Luego, la imagenD de la región D está acotada por las curvas;

x+y= 2se transforma enu= 2: x+y= 4se transforma enu= 4:

A su vez

x y= 0se transforma en v= 0:

x2 y2= (x+y) (x y) = 4se transforma en uv= 4:

Es decir,D = (u; v)= 2 u 4;0 v 4 u

El jacobiano de la transformación es @(x; y)

@(u; v) =

@(u; v)

@(x; y)

1

:

En efecto@(u; v)

@(x; y) =

1 1

1 1 = 2 =)

@(x; y)

@(u; v) = 1 2 Entonces:

ZZ

D

[x+y]2dxdy = 1 2

ZZ

D

u2dudv

= 1 2

Z 4

2

Z 4=u

0

u2dvdu

= 1 2

Z 4

2

u2vj40=udu

= 1 2

Z 4

2

4udu

= 4 2

u2

2

4

2

= 12

5

Cálculo de integrales triples en coordenadas

rectángulares cartesianas

5.1

Problema

Sea R la región en IR3acotada por: z= 0; z=1

2y; x= 0; x= 1; y= 0; y= 2 Calcular

ZZZ

R

(x+y z)dxdydz:

Solución.

Del grá…co de la región , tenemos que 0 z 1

(17)

Por lo tanto; ZZZ

R

(x+y z)dxdydz= ZZ

D

( Z 1

2y 0

(x+y z)dz)dxdy

Z 1

0

Z 2

0

( Z 1

2y

0

(x+y z)dz)dydx = Z 1

0

Z 2

0

xz+yz z

2

2

1 2y

0

dydx

Z 1

0

Z 2

0

1

2(x+y)y

y2

8 dydx = Z 1

0

Z 2

0

1 2xy+

3 8y

2 dydx

Z 1

0

1 4xy

2+1

8y

3 2

0

dx = Z 1

0

[(x+ 1)]dx= 1 2x

2+x 1

0

= 3 2

También es posible resolver el problema anterior proyectando la región R sobre el planoxz:En tal caso,2z y 2 y

D= (x; z)2IR2= 0 x 1; 0 z 1

ZZZ

R

(x+y z)dxdydz= Z 1

0

Z 1

0

( Z 2

2z

(x+y z)dy)dzdx

Z 1

0

Z 1

0

xy+y

2

2 zy

2

2z

dzdx = 2 Z 1

0

Z 1

0

[x+ 1 z xz]dzdx

2 Z 1

0

xz+z z

2

2 x

z2

2

1

0

dx = 2 Z 1

0

x+ 1 1 2

x

2 dx Z 1

0

[(x+ 1)]dx = 1 2x

2+x 1

0

= 3 2

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz.

Esta se deja como ejercicio.

5.2

Problema

Calcular ZZZ

D

x2dxdydz si D es la región acotada por y2+z2= 4ax; y2=ax; x= 3a

Solución.

La super…ciey2+z2= 4ax corresponde a un paraboloide de revolución

como el bosquejado en la …gura.

(18)

Finalmente, el grá…cox= 3es un plano paralelo al planoxz a la distancia 3a.

Luego el grá…co de la región es

La proyección de la region sobre el plano xy es:

D=n(x; y; z)2IR3=D

1[D2 ,

p

4ax y2 z p4ax y2o

Por simetría se tiene:

I = ZZZ

D

x2dxdydz= 2 ZZ

D1

Z p4ax y2

p

4ax y2

x2dzdxdy

= 2 Z 3a

0

Z 2pax

pax

Z p4ax y2

p

4ax y2

x2dzdydx

= 2 Z 3a

0

Z 2pax

pax

x2z p4ax y2

p

4ax y2

dydx

= 4 Z 3a

0

Z 2pax

pax x

2p4ax y2dydx

De una tabla de integrales obtenemos Z p

a2 u2du= 1

2(u p

a2 u2+a2arcsenu

a)

Así al integrar la expresión: Z 2pax

pax

p

4ax y2dy = 1

2 y p

4ax y2+ 4ax arcsen y

2pax

2pax

p ax

= 2ax arcsen(1) 1 2

p

axp3ax+ 4ax arcsen1

2

= 2ax

2 + 1 2ax

p

3 2ax

6

= 2 3 ax +

p

3 2 ax

Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda

4 Z 3a

0

" 2

3 +

p

3 2

#

ax3dx = "

2 3 +

p

3 2

!

ax4

#3a

0

= 27a5 2 +3

p

3 2

(19)

5.3

Problema

Calcular el volumen del sólido acotado por la super…ciey =x2 y los planos

y+z= 4 ;z= 0:

Solución.

Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera

z= 0 y superiomente porz= 4 y:

Si Proyectamos la región sobre el plano xy, se tiene: = (x; y; z)2IR3= (x; y)2D; 0 z 4 y D= (x; y)2IR2= 2 x 2; x2 y 4

Luego el volumen de la región es

V( ) = ZZZ

dxdydz= Z 2

2

Z 4

x2

Z 4 y

0

dzdydx

= Z 2

2

Z 4

x2

(4 y)dydx= Z 2

2

4y y

2

2

4

x2

dx

= Z 2

2

8 4x2+x

4

2 dx = 8x 4

3x

3+x4

10

2

2

=256 15

6

Coordenadas esféricas

6.1

Problema

ResolverI= ZZZ

D

p

x2+y2+z2e (x2+y2+z2)dxdydzsi D es la región de IR3

limitada por las super…ciesx2+y2+z2=a2

x2+y2+z2=b2 con 0< b < aanillo esférico.

Solución

Por la simetría del dominio y la forma del integrando usaremos coordenadas esféricas:

x=rsen cos

y=rsen sen z=rcos

9 = ; =)

b2 x2+y2+z2 a2 =) b r a

tg = y

z = 0 =) 0 tg = y

x = 0 =) 0 2

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :

@(x; y; z)

@(r; ; ) =r

(20)

I = Z 2

0

Z

0

Z a

b

re r2 @(x; y; z) @(r; ; ) drd d =

Z 2

0

Z

0

Z a

b

r3e r2sen drd d

= Z 2

0

Z

0

1 2r

2e r2

e r2

a

b

sen d d

= 1 2b

2e b2

+1 2e

b2 1

2a

2e a2

e a2

Z 2

0

Z

0

sen d d

= 1 2b

2e b2+1

2e

b2 1

2a

2e a2 e a2 Z

2

0

cos j0 d

= 2 1 2b

2e b2

+1 2e

b2 1

2a

2e a2

e a2

Z 2

0

d

= 4 1 2b

2e b2

+1 2e

b2 1

2a

2e a2

e a2

6.2

Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2+y2 +z2 16 ; z2

x2+y2:

Solución

x2+y2+z2= 16es una esfera con centro en el origen y radio 4

z2=x2+y2es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidente con el eje z.

Comoz 0, sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy. La intersección de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:

x2+y2+z2= 16

x2+y2=z2 =)

z=p8

x2+y2= 8

Usaremos coordenadas esféricas:

x=rsen cos

y=rsen sen z=rcos

9 = ; =)

0 x2+y2+z2 16 =) 0 r 4

tg =y

z =

p

8

p

8 = 1 =) 0 4

tg = y

x= 0 =) 0 2

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :

@(x; y; z)

@(r; ; ) =r

(21)

V = ZZZ

D

dxdydz= Z 2

0

Z 4

0

Z 4

0

r2sen drd d V =

Z 2

0

Z 4

0

r3

3

4

0

sen d d V = 4

3

3 Z 2

0

cos j4

0 d

V = 4

3

3 Z 2

0

1

p

2 2

!

d = 4

3

3 1

p

2 2

! 2

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso

x=rcos

y=rsen z=z

9 = ; =)

x2+y2+z2= 16 =) z= 16 r2:

x2+y2=z2 =) z=r2

Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:

@(x; y; z)

@(r; ; z) =r luego:

V = ZZZ

D

dxdydz= Z 2

0

Z p

8

0

Z p

16 r2

r2

rdzdrd

= Z 2

0

Z p

8

0

rzj

p

16 r2

r2 drd

= Z 2

0

Z p

8

0

rp16 r2 r2 drd

= Z 2

0

1 3

p

(16 r2)3 r 3

3

p

8

0

d

= 2 3 2

p

83 p163 =2

3 64 32

p

2

7

Coordenadas Cilíndricas

7.1

Problema

Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada porz=x2+y2

y z= 27 2x2 2y2:

Solución.

Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.

x=rcos

y=rsen z=z

9 = ; =)

z=x2+y2 =) z=r2:

z= 27 2x2 2y2 =) z= 27 2r2

(22)

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:

@(x; y; z)

@(r; ; z) =r se tiene:

V = ZZZ

D

dxdydz= Z 2

0

Z 3

0

Z 27 2r2

r2

rdzdrd

= Z 2

0

Z 3

0

r zj27 2r2 r2drd

= Z 2

0

Z 3

0

r 27 3r2 drd

= Z 2

0

27 2 r

2 3

4r

4 3

0

d

= 243 4

Z 2

0

d = 243 4 2 =

243 2

7.2

Problema

Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2+y2+z2= 13 y el cono(z 1)2=x2+y2; z 1

Solución.

El volumen pedido es

V = ZZZ

R

dxdydz

donde la región R está dada por

R=n(x; y; z)2IR3=(x; y)2D; 1 +px2+y2 z p4 x2 y2o

D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.

D= (x; y; z)2IR2=x2+y2 13

Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.

x=rcos

y=rsen z=z

9 =

; =) x2+y2+z2 r2+z2 13, Determinemos la imagen R de R

(z 1)2=x2+y2 () z 1 +r =) 1 +r z p13 r2

Luego

R = (r; ; z)2IR3=(r; )2D; 1 +r z p13 r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce

z= 0 =) x2+y2= 13

D1 =n(r; )2IR3= r 2 ;

2 2

o

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:

@(x; y; z)

(23)

V = ZZZ

R

dxdydz= Z 2

0

Z 2

0

Z p

13 r2

1+r

rdzd dr

= Z 2

0

Z 2

0

rz1+p13r r2d dr

= Z 2

0

Z 2

0

r p13 r2 (1 +r) d dr

= 2 Z 2

0

rp13 r2 r+r2 dr

= 2 1

3 13 r

2 3=2 r2

2 +

r3

3

2

0

= 2 1 3 13

3=2 73=2 4

2 + 8 3

7.3

Problema

Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R es el interior a la esferax2+y2+z2= 4; z 0;y exterior al cilindro (x 1)2+y2=

1:

Solución

La región R se describe en coordenadas cartesianas mediante

R=n(x; y; z)2IR3=(x; y)2D; 0 z p4 x2 y2o

donde D es la proyección de R sobre el plano xy.

D= (x; y)2IR3=x2+y2 4 ; (x 1)2+y2 1

Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por

x=rcos

y=rsen z=z

9 = ; =) x

2+y2+z2=r2(cos2 +sen2 ) +z2 4

() 0 z p4 r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones

x2+y2 r2 4 () 0 r 2si

2

3 2 (x 1)2+y2 1 () r 2 cos y r 2si

-2 2

Entonces, la regiónR puede describirse mediante

R = (r; ; z)=(r; )2D =D1[D1; 0 z

p

4 r2

D1 =n(r; )2IR3=2 cos r 2 ;

2 2

o

D2 = (r; )2IR3=0 r 2 ;

2

(24)

Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:

@(x; y; z)

@(r; ; z) =r

En consecuencia la integral puede describirse por

I = ZZZ

R

(r)drd dz

= Z =2

=2

Z 2

2 cos

Z p

4 r2

0

rdzdrd + Z 3 =2

=2

Z 2

0

Z p

4 r2

0

rdzdrd

= Z =2

=2

Z 2

2 cos

rhzi

p

4 r2

0

drd + Z 3 =2

=2

Z 2

0

rhzi

p

4 r2

0

drd

= Z =2

=2

Z 2

2 cos

rp4 r2drd +

Z 3 =2

=2

Z 2

0

rp4 r2drd

= Z =2

=2

1 3 4 r

2 3=2 2

2 cos

d + Z 3 =2

=2

1 3 4 r

2 3=2 2

0

d

= 8 3

Z =2

=2

1 cos2 3=2d +8 3

Z 3 =2

=2

d

= 8 3

Z =2

=2

sen3 d +8 3

Z 3 =2

=2

d

= 8

3 cos + cos3

3

=2

=2

+8 3 =

8 3

7.4

Problema

CalcularI= ZZZ

D

x2 a2 +

y2 b2 +

z2

c2 dxdydz:

En la regiónD= (x; y; z)2IR3=x

2

a2 +

y2 b2 +

z2

c2 1 a >0; b >0; c >0

Solución.

La región de integración es un elipsoide de semieejes a,b,c. Efectuemos un primer cambio de variables:

x=au; y=bv; z=cw:

Con ello,D se transforma en la bola.

D = (u; v; w)=u2+v2+w2 1 yel valor absoluto del Jacobiano queda

:

@(x; y; z)

@(u; v; w) =

a 0 0 0 b 0 0 0 c

=abc

(25)

I = ZZZ

D

x2

a2 +

y2

b2 +

z2

c2 dxdydz:

= ZZZ

D

u2+v2+w2 @(x; y; z)

@(u; v; w) dudvdw =

ZZZ

D

u2+v2+w2 @(x; y; z)

@(u; v; w) dudvdw =

ZZZ

D

(u2+v2+w2) (abc)dudvdw

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.

u=rsen cos

v=rsen sen w=rcos

9 = ; =)

0 u2+v2+w2 1 =) 0 r 1

tg = v

w =) 0

tg = v

u =) 0 2

Quedando, la regionD =f(r; ; )=0 r 1;0 ;0 2 g

abc

ZZZ

D

(u2+v2+w2)dudvdw = abc

Z 2

0

Z

0

Z 1

0

r2 r2sen drd d

= abc

Z 2

0

Z

0

r5

5

1

0

sen d d

= abc 5

Z 2

0

cos j0 d

= 2abc 5

Z 2

0

d = 4 abc 5

Observación

Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta.

x=arsen cos

y=brsen sen z=crcos

9 = ; =)

@(x; y; z)

@(r; ; ) =abcr

2sen

7.5

Problema

CalcularI= ZZZ

D

dxdydz:

q

(x a)2+ (y b)2+ (z c)2

;

en la regiónD= (x; y; z)2IR3=x2+y2+z2 R2 ;(a; b; c)es un punto

…jo

no peteneciente a la esferax2+y2+z2 R2:

(26)

Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.

I = ZZZ

D

dxdydz:

q

(x a)2+ (y b)2+ (z c)2

I = Z r

r

Z p r2 x2

p r2 x2

Z pr2 x2 y2

p

r2 x2 y2

dzdydx:

q

(x a)2+ (y b)2+ (z c)2

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles.

Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que el integrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde(a; b; c)2= D

hasta(x; y; z)2D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender más que de la distanciadentre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variar si ubicamos el eje z pasando por el punto (a; b; c). Si (0;0; d) son las nuevas coordenadas del punto …jo tenemos.

I= ZZZ

D

dxdydz:

q

x2+y2+ (z d)2

Observación

El razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecen aplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en que aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador del integrando.

Para calcularI en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

I = Z R

0

Z

0

Z 2

0

r2sen d d dr

p

r2+d2 2drcos

= 2 Z R

0

Z

0

r2sen d dr

p

r2+d2 2drcos

Para calcular

J = Z

0

r2sen d dr

p

r2+d2 2drcos

podemos hacer

s=r2+d2 2drcos

ds= 2drsen d

Además, = 0 =) s=r2+d2 2dr= (d r)2 = =) s=r2+d2+ 2dr= (d+r)2

(27)

J = r 2d

Z (d+r)2

(d r)2

s 1=2ds= r 2d 2s

1=2 (d+r) 2

(d r)2

= r

2d[2 (d+r) 2 (d r)]

= r 2d[4r] =

2r2

d

Por lo tanto

I = 2 Z R

0

2r2

d dr I = 4

d r3

3

R

0

I = 4 3dR

Figure

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