Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática
Campus Santiago
Ejercicios Resueltos MAT-024
Integrales dobles y triples
Ejemplo 1. Encontrar el volumen del sólido limitado por el planox+ 2z= 2 y el paraboloide x2+y2= 1−z.
Ayuda:
ˆ
cosn du= 1
ncos
n−1usenu+n−1
n ˆ
cosn−2u du
Solución:
Primero buscamos la proyección del sólido en el planoxy; para ello, vemos quex+ 2z= 2implica que1−z= x 2, y reemplazando en la ecuación del paraboloide obtenemos que la proyección es el conjunto dado por los puntos (x, y)tales que
x−1
4
2
+y2= 1 16
Usaremos coordenadas cilíndricas:
x=rcosθ, y=rsenθ, z=z
con
0≤θ < π, 0≤r≤ cosθ
2 , 1−
rcosθ
2 ≤z≤1−r 2.
(Observación: note que, en térmminos deryθ, la ecuación del círculo (proyección) esr=1
2cosθ, con0≤θ < π, del plano esz= 1−rcos2 θ, y del paraboloidez= 1−r2)
El volumen buscado está dado entonces por
V =
ˆ π
0
ˆ cos2θ
0
ˆ 1−r2
1−
rcosθ
2
r dz dr dθ
Ahora
ˆ π
0
ˆ cos
θ
2
0
ˆ 1−r
2
1−
rcosθ
2
r dz dr dθ=
ˆ π
0
ˆ cos
θ
2
0
r2cosθ
2 −r 3
dr dθ= 1 192
ˆ π
0
cos4θ dθ
= 1 192
" 1
4cos 3
θsenθ
π
0 +3
4
ˆ π
0
cos2θ dθ
#
=
1
192 3 4
π
2
= π 512
Ejemplo 2. Usando un cambio de variable apropiado, calcule la integral
¨
R
64x3y dA, dondeRes la región del primer cuadrante encerrada entre los círculos centrados en el origen de radios 3 y 4, y las hipérbolas
x2−y2= 1 y x2−y2= 4.
R=
(x, y)∈R2 : x >0, y >0, 9≤x2+y2≤16, 1≤x2−y2≤4
Usando el cambio de variable:
u=x2+y2, v=x2−y2
Entonces
J(u, v) = 1
2x 2y
2x −2y
= 1
−8xy
El integrando multiplicado por el valor absoluto del Jacobiano queda 64x3y 1
8xy = 8x
2
Comou+v= 2x2, entonces8x2= 4(u+v). Por lo tanto, la integral queda 4
ˆ 16
9
ˆ 4
1
(u+v)dv du
4
ˆ 16
9
ˆ 4
1
(u+v)dv du= 4
ˆ 16
9
uv+v 2
2
v=4
v=1
du= 4
ˆ 16
9
3u+15 2
du
= 4
3u2 2 +
15 2 u
16
9
= 4·315 = 1260
Ejemplo 3. Considere la regionRlimitada por las rectasy=x, y= 1 y x= 0. Usando un cambio de variable apropiado, calcule
¨
R
(xy+y2)e(x+y)2dA
Solución: La región es la que se ve a continuación:
y=x y=√ln(2)
y
x
Hacemos el cambio de variable
En estas nuevas variablesuyv, las rectasy=p
ln(2),x= 0ey=xson llevadas respectivamente a las rectas
v=p
ln(2),u=v yu= 2v. La nueva región de integración es:
u=v u=2v
v=√ln(2)
u
v
Se tiene
∂u ∂x
∂u ∂y ∂v ∂x
∂v ∂y
=
1 1
1 1
= 1
Entonces la integral que debemos calcular en las nuevas variables es:
ˆ
√
ln(2)
0
ˆ 2v
v
v u eu2du dv=
ˆ
√
ln(2)
0 1 2v
eu2
u=2v u=v
dv= 1 2
Ejemplo 4. Calcule la siguiente integral doble
¨
R
x2+y2−3/2
dA
dondeR es el conjuntoR=
(x, y)∈R2 : x2+y2≤1, y+x≥1, y≥x
Solución:La región de integración es la parte achurada del dibujo que se muestra a continuación:
Usando coordenadas polares,
x=rcosθ, y=rsenθ, π
4 ≤θ≤
π
2,
1
cosθ+ senθ ≤r≤1
¨
R
x2+y2−3/2
dA=
ˆ π/2
π/4
ˆ 1
1 cosθ+senθ
r2−3/2
r dr dθ
ˆ π/2
π/4
ˆ 1
1 cosθ+senθ
r2−3/2
r dr dθ=
ˆ π/2
π/4
ˆ 1
1 cosθ+senθ
1
r2dr dθ=
ˆ π/2
π/4
−1r
r=1 r= 1
cosθ+senθ
dθ
=
ˆ π/2
π/4
(senθ+ cosθ−1)dθ= 1−π4
Ejemplo 5. Calcule el centro de masa del sólido acotado por loscilindros parabólicos z= 4−y2, z=y2+ 2 y los planosx=−2 yx= 2.
Solución: Suponemos aquí que la densidad del sólido es constante, por lo tanto, debemos calcular (¯x,y,¯ ¯z) donde
¯
x=
˝
Qx dV
˝
QdV
, y¯=
˝
Qy dV
˝
QdV
, z¯=
˝
Qz dV
˝
QdV dondeQes el sólido en cuestión.
A continuación dos vistas del sólido:
Calculemos primero
˚
Q
dV; primero hacemos y2 + 2 = 4−y2 ⇐⇒ y = ±1, por lo tanto −1 ≤ y ≤ 1 y
y2+ 2≤z≤4−y2
˚
Q
dV =
ˆ 2
−2
ˆ 1
−1
ˆ 4−y
2
y2+2
dz dy dx=
ˆ 2
−2
dx ˆ 1
−1
(2−2y2)dy
= 4· 83 = 32 3
Ahora:
¯
x=
˝
Qx dV
˝
QdV =
˝
Qx dV 32
y
˚
Q
x dV =
ˆ 2
−2
ˆ 1
−1
ˆ 4−y2
y2+2
x dz dy dx=
ˆ 2
−2
x dx
ˆ 1
−1
ˆ 4−y2
y2+2
dz dy
!
= 0
esto último pues
ˆ 2
−2
x dx= 0.
Así, x¯= 0.
Por otro lado
¯
y=
˝
Qy dV
˝
QdV =
˝
Qy dV 32
3
y
˚
Q
y dV =
ˆ 2
−2
ˆ 1
−1
ˆ 4−y2
y2+2
y dz dy dx=
ˆ 2
−2
dx
ˆ 1
−1
ˆ 4−y2
y2+2
y dz dy
!
= 4
ˆ 1
−1
(2y−y3)dy
= 4·0 = 0
por lo tantoy¯= 0.
Por último
¯
z=
˝
Qz dV
˝
QdV =
˝
Qz dV 32
3
y
˚
Q
z dV =
ˆ 2
−2
ˆ 1
−1
ˆ 4−y
2
y2+2
z dz dy dx=
ˆ 2
−2
dx
ˆ 1
−1
ˆ 4−y
2
y2+2
z dz dy
!
= 4
6
ˆ 1
−1
(1−y2)dy
= 4·6·4
3 = 32
por lo tantoz¯= 3.
Entonces
(¯x,y,¯ z¯) = (0,0,3) .
Ejemplo 6. SeaQ=
(x, y, z)∈R3 : x2+y2+z2≤4 ∧ x2+y2+ (z−2)2≤4 y considere la integral
˚
Q 2z dV
(i) Escriba la integral en cuestión en coordenadas cilíndricas.
(ii) Escriba la integral en cuestión en coordenadas esféricas (en este caso es una suma de dos integrales).
Solución:Vemos a continuación dos figuras del dominio de integración:
Buscamos primero la proyección del sólido sobre el ejexy;
x2+y2+z2= 4 x2+y2+ (z−2)2= 4 implica quez= 1, de dondex2+y2= 3.
(i) En coordenadas cilíndricas:
x=rcosθ, y=rsenθ, z=z
con0≤θ≤2π, 0≤r≤√3, 2−√4−r2≤z≤√4−r2
(Observación: note que en este caso z se mueve entre el hemisferio inferior de la esfera desfasada y la esfera centrada en el origen)
Por lo tanto, la integral queda
ˆ 2π
0
ˆ √3
0
ˆ √4−r2
2− √
4−r2
2zr dz dr dθ
(ii) En coordenadas esféricas:
x=ρsenφcosθ, y=ρsenφsenθ, z=ρcosφ, |J|=ρ2senφ
En estas coordenadas, las ecuaciones de la esfera centrada en el origen y la esfera desfasada son, respectivamente
ρ= 2 ρ= 4 cosφ
Entonces,2 = 4 cosφ⇐⇒φ=1
2 ⇐⇒φ=
π
3 Por lo tanto la integral requerida queda
ˆ 2π
0
ˆ π/3
0
ˆ 2
0
2ρcosφρ2senφ dρ dφ dθ+
ˆ 2π
0
ˆ π/2
π/3
ˆ 4 cosφ
0
2ρcosφρ2senφ dρ dφ dθ
(iii) Calculemos
˚
Q 2z dV.
En coordenadas cilíndricas:
ˆ 2π
0
ˆ
√
3
0
ˆ
√
4−r2
2− √
4−r2
2zr dz dr dθ=
ˆ 2π
0
ˆ
√
3
0
(rz
2)
z=√4−r2
z=2− √
4−r2
dr dθ=
ˆ 2π
0
ˆ
√
3
0
= 2
ˆ 2π
0
−23(4−r2)3/2−r2
√
3
0
dθ= 2
ˆ 2π
0 5 3dθ=
20π
3
En coordenadas esféricas:
Vamos a calcular primero
ˆ 2π
0
ˆ π/3
0
ˆ 2
0
2ρcosφρ2senφ dρ dφ dθ=
ˆ 2π
0
ˆ π/3
0
2 senφcosφ dφ
!
ˆ 2
0
ρ3dρ
= 2π
sen2φ
π/3
0
ρ4 4
2
0
= 2π
√
3 2
!2
24 4 = 6π
Ahora
ˆ 2π
0
ˆ π/2
π/3
ˆ 4 cosφ
0
2ρ3cosφsenφ dρ dφ dθ=
ˆ 2π
0
dθ
ˆ π/3
π/2
senφcosφ
ρ4 4
4 cosφ
0
dφ
= 44π ˆ π/2
π/3
senφcos5φ dφ= 44π 1
26 = 2π
3
