Un
Univiverersisidadad d de de SaSanntitiagago o de de ChChilile e AuAutotoreres: s: MiMiguguel el MaMartrtínínez ez CoConcnchaha F
Faaccuullttaad d dde e CCiieenncciia a CaCarrlloos s SSiillvva a CCoorrnneejjoo D
Deeppaarrttaammeenntto o dde e MMaatteemmááttiicca a y y CCC C EEmmiilliio o VViillllaalloob ob os s MMaarríínn
..
Ejercicios Resueltos
Ejercicios Resueltos
1
1 Cá
Cálc
lcul
ulo
o de in
de inte
tegr
gral
ales dob
es doble
les
s en coor
en coorde
dena
nada
dass
rectángulares cartesianas
rectángulares cartesianas
1.
1.1 1 PrProboblelemama
Calcular Calcular
ZZZ
Z
D D
p
p
xx ++ ydxdyydxdy sisi DD es la región acotada por las respectivas rectases la región acotada por las respectivas rectasyy == x; x; yy ==
x x y y xx = = 11Solución Solución
Se tiene que la región
Se tiene que la región DD ==
((x;x; yy))22
IRIR22== 00
xx
1;1;
xx
yy
xx
ZZZ
Z
D Dp
p
xx ++ ydxdyydxdy ==Z
Z
11 0 0Z
Z
xx xxp
p
xx ++ ydydxydydx = = 22 33Z
Z
11 0 0 ((xx ++ yy))33==22
x x xx dx dx = = 22 33Z
Z
11 0 0 (2 (2xx))33==22dxdx = = 22 5 5==22 33 22 55 ((xx)) 5 5==22
1 1 0 0 = = 88p
p
22 15 15 1.1.2 2 PrProboblelemama
Calcular Calcular
ZZZ
Z
D Dp
p
xx22
yy22dxdydxdy sisi DD es el dominio limitado por el triángulo dees el dominio limitado por el triángulo devértices
vértices AA (0(0;; 0)0) ;; BB(1(1;;
1)1);; C C (1(1;; 1)1) ::Solución Solución
Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas
Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas yy == x;x; yy ==
x x y y xx = 1= 1::Luego el dominio de integración es: Luego el dominio de integración es:
D
D ==
((x;x; yy))22
IRIR22== 00
xx
1;1;
xx
yy
xx
::Integrando a franjas verticales, resulta Integrando a franjas verticales, resulta
ZZZ
Z
D Dp
p
xx22
yy22dxdydxdy ==Z
Z
1 1 0 0Z
Z
xx xxp
p
xx22
yy22dydxdydx = =Z
Z
1 1 0 0Z
Z
xx xx x xr
r
11
yy x x
2 2 dydx dydx Hacemos el cambio de variablesHacemos el cambio de variables yy x
x == sentsent ==
)
)
dydy == xx coscos tdttdt yy determinemos los limites.determinemos los limites. Para
Para yy == xx ==
)
)
arcsenarcsen
xx x x
== arcsenarcsen (1) =(1) = 22:: ParaPara yy ==
xx ==)
)
arcsenarcsen
xx x x
== arcsenarcsen ((
1) =1) =
22 Por tanto Por tantoZ
Z
11 0 0Z
Z
xx xx x xr
r
11
yy x x
2 2 dydx dydx ==Z
Z
1 1 0 0Z
Z
22 22 x x22p
p
11
sensen22tdtdxtdtdx = =Z
Z
1 1 0 0Z
Z
22 22 x x22coscos22tdtdxtdtdx = =Z
Z
1 1 0 0Z
Z
22 22 x x22((1 + co1 + coss 22tt 22 ))dtdxdtdx = =Z
Z
1 1 0 0 x x22
tt 22 ++ sen sen22tt 44
22 22 dx dx = = 22Z
Z
11 0 0 x x22dxdx = = 22
xx33 33
11 0 0 = = 66 1.1.3 3 PrProboblelemama
Calcular Calcular
ZZZ
Z
D D
yy
22xx22
dxdy sidxdy si DD es la región acotada pores la región acotada porjj
xxjj
++jj
yyjj
= 2= 2Solución Solución
Se tiene que la región
Se tiene que la región DD ==
((x;x; yy))22
IRIR22==jj
xxjj
++jj
yyjj
22
Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para
integrales iterativas porque para
22
xx
00 , la frontera inferior de la región es, la frontera inferior de la región es la grá…ca dela grá…ca de yy ==
xx
22, y la superior es, y la superior es yy == xx ++ 2;2;y paray para 00
xx
22 la fronterala frontera inferior de la región es la grá…ca deinferior de la región es la grá…ca de yy == xx
22, y la superior es, y la superior es yy ==
xx + 2+ 2 Entonces se tieneEntonces se tiene DD == DD11
[[
DD22 tal que Dtal que D11[[
DD22 == ::donde
donde DD11 ==
((x;x; yy))22
IRIR22==
22
xx
00;;
xx
22
yy
xx + 2+ 2
D
Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y
2x2 es simétrica conrespecto 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 tantoZZ
D
y
2x2
dxdy = 2Z
2 0Z
x+2 x2
y
2x2
dydx = 2Z
2 0
y2 2 + 2x 2y
x+2 x2 dx = 2Z
1 0
4x3
8x2
dx =
x4
8 3x 3
2 0 = 2
16
64 3
=
323 1.4 Problema CalcularZZ
D
x2 + y2
dxdy si D =
(x; y)2
IR2= 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)2
IR2=
1
x
1;
p
1
x2
y
p
1
x2
ZZ
D
x2+ y2
dxdy =Z
1 1Z
p 1x2 p 1x2 (x2 + y2)dydx =Z
1 1 (x2y + y 3 3 )
p 1 x2 p 1x2 dx = 2Z
1 1 (x2p
1
x2+ 1 3p
(1
x 2)3)dx = 2Z
1 1 x2p
1
x2dx + 2 3Z
1 1p
(1
x2)3dxCon ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:
Z
1 1 x2p
1
x2dx = (
x4p
1
x2+ 1 8(xp
1
x2+ arcsenx)
1 1 = 1 8(arcsen(1)
arcsen (
1) = 1 8( 2 + 2) = 8Z
1 1p
(1
x2)3dx = (x 4p
(1
x 2)3 + 3x 8p
(1
x 2) + 3 8arcsenx)
1 1 = 3 8 Por lo tanto:ZZ
D
x2+ y2
dxdy = 2 8 + 2 3 3 8 = 2Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja
1.5 Problema
Calcular
ZZ
D
xydxdy si D es la región acotada por y =
p
x; y =p
3x
18; y
0:Usando coordenadas cartesianas.Solución.
Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0
x
6 , la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = 0, y la superior es y =p
x;y para 6
x
9 la frontera inferior de la región es la grá…ca de y =p
3x
18, y la superior es y =p
xLuego tenemos que D = D1
[
D2 tal que D1[
D2 = :Entonces D1 =
(x; y)2
IR2= 0
x
6; 0
y
p
x
D2 =
(x; y)2
IR2= 6 < x
9;p
3x
18
y
p
x
Por lo tantoZZ
D xydxdy =ZZ
D1 xydxdy +ZZ
D2 xydxdy =Z
6 0Z
p x 0 xydydx +Z
9 6Z
p x 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 2Z
6 0 x2dx + 1 2Z
9 6 (
2x2+ 18x)dx =
1 6x 3
6 0 +
x 3 3 + 9 x2 2
9 6 = 185 2Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólo una integral iterativa porque para 0
y
3 , la frontera izquierda de la regiónes la grá…ca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por
la grá…ca x = y
2
3 + 6; obteniendo así la región D1 =
(x; y)2
IR2= y2
x
y2
3 + 6; 0
y
3
la integral iterativa queda
ZZ
D xydxdy =Z
3 0Z
(y2=3)+6 y2 xydxdy =Z
3 0
x2 2
(y 2 =3)+6 y2 ydy = 1 2Z
3 0"
y2+ 18 3
2
y4#
(y2 =3)+6 y2 ydy = 1 18Z
3 0
8y5+ 36y3+ 324y
dy = 1 18
43y6+ 9y4+ 162y2
3 0 = 1 18
4336+ 36+ 2
36
= 185 2 1.6 ProblemaEncontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy
4; y
x; 27y
4x2:Solución.
Sabemos que xy = 4 tiene por grá…ca una hipérbola equilátera, y = x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde 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
=)
x2 = 4 =)
x =
2 =)
y =
2 27y = 4x2 y = x
=)
27x = 4x2 =)
x = 0 x = 24 4)
=)
y = 0; y = 27 4 xy = 4 27y = 4x2
=)
x = 3; y = 4 3 Para calcular el área A(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)2
IR2= 2
x
3; 4x
y
xD2 =
(x; y)2
IR2= 3
x
27 4 ; 4 27x 2
y
x
Si proyectamos sobre eje xA(R) =
ZZ
D dxdy =ZZ
D1 dxdy +ZZ
D2 dxdy A(R) =Z
3 2Z
x 4 x dydx +Z
27=4 3Z
x 4 27x 2 dydx =Z
3 2 yj
x4 x dx +Z
27=4 3 yj
x4 27x 2dx =Z
3 2
x
x4
dx +Z
27=4 3
x
274 x2
dx =
x 2 2
4 ln x
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 yDI =
(x; y)2
IR2= 4 y
x
3 2p
3y; 4 3
y
2
DI =
(x; y)2
IR2= y
x
3 2p
3y; 2
y
27 4
A(R) =ZZ
D dxdy =ZZ
D1 dxdy +ZZ
D2 dxdy A(R) =Z
2 4 3Z
32p 3y 4 y dxdy +Z
27=4 2Z
32p 3y y dxdy =Z
2 4 3hp
3y
4 ln yi
dy +Z
27=4 2
3 2p
3y
y
dy =
3 2p
3y3
4 y
2 4 3 +p
3y3
y 2 2
27=4 2 =
8 3
4 ln 3 2 + 9
27 8
729 32 + 2 = 665 96
4 ln 3 21.7 Problema
Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 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)2
IR2= 0
x
6; 0
y
6
x 2
V = 1 3Z
6 0Z
62x 0 (6
x
2y) dydx = 1 3Z
6 0
(6
x)y
y2
6x 2 0 dx = 1 3Z
6 0
(6
x)2 2
(6
x)2 4
dx = 1 12Z
6 0 (6
x)2dx =
1 36(6
x) 3
6 0 = 6Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: V =
ZZ
R
(6
3z
2y) dzdy , R =
(y; z)2
IR2= 0
y
3; 0
z
6
2y 3
V =Z
3 0Z
632y 0 (6
2y
3z) dzdy =Z
3 0
(6
2y)z
3 2z 2
62y 3 0 dy =Z
3 0
(6
2y)2 3
(6
2y)2 6
dy = 1 6Z
3 0 (6
2y)2dy =
1 12 (6
x)3 3
3 0 = 62 Cambios de orden de Integración
2.1 Problema
I =
Z
1 0Z
2 2x ey2dydx Solución.El dominio de integracion dado es D =
(x; y)2
IR2= 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)2
IR2= 0
x
y 2; 0
y
2o
;entonces la integral se puede escribir. I =Z
1 0Z
2 2x ey2dydx =Z
2 0Z
y2 0 ey2dxdy =Z
2 0 xey2
y 2 0 dy =Z
2 0 y 2e y2 dy = 1 4 e y2
4 0 = 1 4
e 16
1
2.2 ProblemaInvierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I =
Z
2 0Z
4 x2p
y cos ydydx Solución.El dominio de integración dado es D =
(x; y)2
IR2= 0
x
2; x2
y
4
: Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del dominio, D =
(x; y)2
IR2= 0
x p
y; 0
y
4
;entonces la integral se puede escribirZ
2 0Z
4 x2p
y cos ydydx =Z
4 0Z
p y 0p
y cos ydxdy =Z
4 0p
y cos(y)xj
p y 0 dy =Z
4 0 y cos(y)dy Integrando esta última integral por partes se tiene:Z
4 0 y cos(y)dy = ysen(y)j
40
Z
4 0 sen(y)dy = ysen(y)j
40+ cos(y)j
40 = 4sen(4) + cos(4)
12.3 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I =
Z
e 1Z
ln x 0 ydydx Solución.El dominio de integración dado es D =
(x; y)2
IR2= 1
x
e; 0
y
ln x
: Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio,D =
(x; y)2
IR2= ey
x
e; 0
y
1
;entonces la integral se puede escribirZ
e 1Z
ln x 0 ydydx =Z
1 0Z
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
13 Cambios de variables: Coordenadas polares
3.1 Problema Calcular
ZZ
D
x2+ y2
dxdy si D =
(x; y)2
IR2= x2+ y2
1
;usando coordenadas polares Solución.A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos; y = rsen =
)
x2+ y2 = r2El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:
@ (x; y) @ (r; )
= rReemplazando términos en la integral, produce
ZZ
D
x2+ y2
dxdy =ZZ
D r2
@ (x; y) @ (r; )
drd=
Z
1 0Z
2 0 r3ddr =Z
1 0Z
2 0 r3 j
20 dr = 2Z
1 0 r3dr = 2 r 4 4
1 0 = 2Las 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 circunferencia x2+ 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 = 8senx2+ y2 = 9 =
)
r = 3Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 8sen = 3 =
)
= arcsen38
Luego, la mitad de la región D =
(r; ) =3
r
8sen; arcsen38
2
ZZ
D dxdy =ZZ
D
@ (x; y) @ (r; )
drd2
Z
=2 arcsen3 8Z
8sen 3 rdrd = 2Z
=2 arcsen3 8 r2 2
8sen 3 dZ
=2 arcsen3 8
64sen2
9
d =
64
2
sen2 4
92
=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 CalcularZZ
D x2+ y2x +
p
x2+ y2dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos ) Solución.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:
ZZ
D x2+ y2 x +p
x2 + y2dxdy =ZZ
D r2 r cos + r
@ (x; y) @ (r; )
drd =ZZ
D r2 r cos + rrdrd =Z
2 0Z
a(1+cos ) 0 r2 1 + cos drd =Z
2 0 1 1 + cos r3 3
a(1+cos ) 0 d = a 3 3Z
2 0 (1 + cos )2d = a 3 3Z
2 0
1 + 2 cos + cos2
d = a 3 3
+ 2sen + 2 + sen2 4
2 0 = a3Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral es impropia cuando x
0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero. Luego:I = lim ! "!0
Z
0Z
a(1+cos ) " r2 1 + cos drd + lim!+ "!0Z
2 Z
a(1+cos ) " r2 1 + cos drd = lim ! a3 3Z
0 (1 + cos )2d + lim !+ a3 3Z
2 (1 + cos )2d = lim ! a3 3
3 2 + 2sen + sen2 4
+ lim !+ a3 3
3
32
2sen
sen2 4
= a3 3.4 ProblemaCalcular el volumen V el sólido acotado por las grá…cas z = 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)2
IR2= x
0; y
0; 0
x2+ y2
4
A partir de la coordenadas polares, obtenemos: x = rcos y = rsen
=)
f (x; y) = 4
x2
y2 = 4
r2 0
x2 + y2 = r2
4()
0
r
2 y 0
2 D =n
(r; ) = 0
r
2; 0
2o
El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:
@ (x; y) @ (r; )
= rReemplazando términos en la integral, produce: V = 4
Z Z
D
4
r2
rdrd = 4Z
=2 0Z
2 0
4
r2
rdrd = 4Z
=2 0
4 2r 2
14r4
2 0 d = 84
Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas
4.1 Problema
Calcular I =
ZZ
D
3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas x
2y = 0; x
2y =
4x + 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 = 1 se transforma en v = 1 x + y = 4 se transforma en v = 4 Para calcular el Jacobiano
@ (x; y)
@ (u; v)
tenemos dos posibilidades.La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v :
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 1Z
0 4 1 9
2u 2
uv
v2
dvdu = 1 9Z
4 1
2u2v
uv 2 2
v3 3
0 4 du = 1 9Z
4 1
8u2 + 8u
643
du = 1 9
8u3 3 + 4u 2
643 u
4 1 du = 164 9 4.2 ProblemaCalcular el área de la región D; 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 región D en la región D
u = x2
y2v = x + y
(1) =)
La imagen D de la región D está acotada por la rectas verticales; x2
y2 = 1 se transforma en u = 1x2
y2 = 9 se transforma en u = 9y las rectas horizontales
x + y = 4 se transforma en v = 4 x + y = 6 se 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 1Z
6 4 1 3vdvdu = 1 2Z
9 1 [ln v]64du = 1 2
ln6 4 Z
9 1 du = 1 2ln 3 2[u] 9 1 = 4ln 3 2 4.3 Problema Calcular I =ZZ
D x3 + y3xy dxdy; donde D es la región del primer cuadrante acotada por:
y = x2; y = 4x2 x = y2; x = 4y2 (1)
Solución.
El cálculo de I sería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas por la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables
simpli…ca la región D y la transforma en D. Sean u = x 2 y ; v = y2 x
Luego D esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1:
y = 4x2 se transforma en u = 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 despejar x e y en términos de u y v 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
y 2 x2 2y x
= 4
1 = 3 =)
@ (x; y) @ (u; v)
= 1 3 Calculemos ahora la integralI =
ZZ
D x3+ y3 xy dxdy =ZZ
D
x2 y + y2 x
dxdy =Z
1 1=4Z
1 1=4 (u + v)1 3dvdu = 1 3Z
1 1=4
uv +v2 2
1 1=4 du = 1 3Z
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 ProblemaEvaluar la integral I =
ZZ
D
[x + y]2 dxdy; donde D es la región del plano xy acotado por las curvas
x + y = 2; x + y = 4; y = x; x2
Solución.
Observese que 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 coordenadasu = x + y; v = x
yLuego, la imagen D de la región D está acotada por las curvas; x + y = 2 se transforma en u = 2: x + y = 4 se transforma en u = 4: A su vez x
y = 0 se transforma en v = 0: x2
y2 = (x + y) (x
y) = 4 se 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 2ZZ
D u2dudv = 1 2Z
4 2Z
4=u 0 u2dvdu = 1 2Z
4 2 u2 vj
4=u0 du = 1 2Z
4 2 4udu = 4 2 u2 2
4 2 = 125 Cálculo de integrales triples en coordenadas
rectángulares cartesianas
5.1 Problema
Sea R la región en IR3 acotada 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
12y:Proyectando la región R sobre el plano xy. Así D =
(x; y)2
IR2= 0Por lo tanto;
ZZZ
R (x + y
z) dxdydz =ZZ
D (Z
1 2y 0 (x + y
z) dz)dxdyZ
1 0Z
2 0 (Z
1 2y 0 (x + y
z) dz)dydx =Z
1 0Z
2 0
xz + yz
z 2 2
1 2y 0 dydxZ
1 0Z
2 0
1 2(x + y)y
y2 8
dydx =Z
1 0Z
2 0
1 2xy + 3 8y 2
dydxZ
1 0
1 4xy 2+ 1 8y 3
2 0 dx =Z
1 0 [(x + 1)] dx =
1 2x 2+ x
1 0 = 3 2También es posible resolver el problema anterior proyectando la región R sobre el plano xz:En tal caso, 2z
y
2 yD =
(x; z)2
IR2= 0
x
1; 0
z
1
ZZZ
R (x + y
z) dxdydz =Z
1 0Z
1 0 (Z
2 2z (x + y
z) dy)dzdxZ
1 0Z
1 0
xy +y2 2
zy
2 2z dzdx = 2Z
1 0Z
1 0 [x + 1
z
xz] dzdx 2Z
1 0
xz + z
z 2 2
x z2 2
1 0 dx = 2Z
1 0
x + 1
12
x2
dxZ
1 0 [(x + 1)] dx =
1 2x 2+ x
1 0 = 3 2Una 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…cie y2+ z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la …gura.
En dos variables el grá…co de y2 = ax es una parábola, pero es tres variables es la super…cie de un manto parabólico.
Finalmente, el grá…co x = 3 es un plano paralelo al plano xz 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)2
IR3=D1
[
D2 ,
p
4ax
y2
z
p
4ax
y2o
Por simetría se tiene:
I =
ZZZ
D x2dxdydz = 2ZZ
D1Z
p
4axy2 p
4axy2 x2dzdxdy = 2Z
3a 0Z
2p ax p axZ
p
4axy2 p
4axy2 x2dzdydx = 2Z
3a 0Z
2p ax p ax
x2z
p
4axy2 p
4axy2 dydx = 4Z
3a 0Z
2p ax p ax x 2p
4ax
y2dydxDe una tabla de integrales obtenemos
Z p
a2
u2du = 12(u
p
a2
u2+ a2arcsenu
a) Así al integrar la expresión:
Z
2p ax p axp
4ax
y 2dy =
1 2
yp
4ax
y2+ 4ax arcsen y 2p
ax
2p ax p ax = 2ax arcsen (1)
1 2
p
axp
3ax + 4ax arcsen1 2
= 2ax 2 + 1 2axp
3
2ax 6 = 2 3 ax +p
3 2 axPor 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 +3p
3 2!
5.3 Problema
Calcular el volumen del sólido acotado por la super…cie y = x2 y los planos
y + z = 4 ; z = 0:
Solución.
Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera z = 0 y superiomente por z = 4
y:Si Proyectamos la región sobre el plano xy, se tiene: =
(x;y;z)2
IR3= (x; y)2
D; 0
z
4
y
D =
(x; y)2
IR2=
2
x
2; x2
y
4
Luego el volumen de la región esV () =
ZZZ
dxdydz =Z
2 2Z
4 x2Z
4y 0 dzdydx =Z
2 2Z
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 = 256 156
Coordenadas esféricas
6.1 Problema Resolver I =ZZZ
Dp
x2+ y2 + z2e(x2+y2+z2)dxdydz si D es la región de IR3limitada por las super…cies x2 + y2+ z2 = a2
x2+ y2+ z2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Solución
Por la simetría del dominio y la forma del integrando usaremos coordenadas esféricas:
x = rsen cos y = rsensen z = r cos
9
=
;
=)
b2
x2 + y2+ z2
a2 =)
b
r
a tg = y z = 0 =)
0
tg = y x = 0 =)
0
2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :
@ (x;y;z) @ (r;;)
= rI =
Z
2 0Z
0Z
a b rer2
@ (x;y;z) @ (r;;)
drdd =Z
2 0Z
0Z
a b r3er2sen drdd =Z
2 0Z
0
12r2er2
er2
a b sen dd =
1 2b 2eb2 + 1 2e b2
12a2ea2
ea2 Z
2 0Z
0 sen dd =
1 2b 2eb2 + 1 2e b2
12a2ea2
ea2 Z
2 0
cos j
0 d = 2
1 2b 2eb2 + 1 2e b2
12a2ea2
ea2 Z
2 0 d = 4
1 2b 2eb2 + 1 2e b2
12a2ea2
ea2
6.2 ProblemaEncontrar el volumen de la región determinada por x2 + y2 + z2
16 ; z2
x2+ y2:Solución
x2+ y2+ z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4
z2 = x2+ y2 es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidente
con el eje z.
Como z
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 =p
8x2+ y2 = 8 Usaremos coordenadas esféricas:
x = rsen cos y = rsensen z = r cos
9
=
;
=)
0
x2+ y2+ z2
16 =)
0
r
4 tg = y z =p
8p
8 = 1 =)
0
4 tg = y x = 0 =)
0
2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :
@ (x;y;z) @ (r;;)
= rV =
ZZZ
D dxdydz =Z
2 0Z
4 0Z
4 0 r2sen drdd V =Z
2 0Z
4 0 r3 3
4 0 sen dd V = 4 3 3Z
2 0
cos j
4 0 d V = 4 3 3Z
2 0
1
p
2 2!
d = 4 3 3
1
p
2 2!
2Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso x = r cos y = rsen z = z
9
=
;
=)
x2 + y2+ z2 = 16 =)
z = 16
r2: x2+ y2 = z2 =)
z = r2Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x;y;z) @ (r;;z)
= r luego: V =ZZZ
D dxdydz =Z
2 0Z
p 8 0Z
p 16r2 r2 rdzdrd =Z
2 0Z
p 8 0 rzj
p 16r2 r2 drd =Z
2 0Z
p 8 0
rp
16
r2
r2
drd =Z
2 0
13p
(16
r2)3
r 3 3
p 8 0 d =
2 3
2p
83
p
163
= 2 3
64
32p
2
7 Coordenadas Cilíndricas
7.1 ProblemaUsando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2+y2 y z = 27
2x2
2y2:Solución.
Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos y = rsen z = z
9
=
;
=)
z = x2+ y2 =)
z = r2: z = 27
2x2
2y2 =)
z = 27
2r2 x2+ y2 = 9 =)
r = 3:Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x;y;z) @ (r;;z)
= r se tiene: V =ZZZ
D dxdydz =Z
2 0Z
3 0Z
272r2 r2 rdzdrd =Z
2 0Z
3 0 r zj
272r2 r2 drd =Z
2 0Z
3 0 r
27
3r2
drd =Z
2 0
27 2 r 2
34r4
3 0 d = 243 4Z
2 0 d = 243 4 2 = 243 2 7.2 ProblemaCalcular 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 porR =
n
(x;y;z)2
IR3= (x; y)2
D; 1 +p
x2+ y2
z
p
4
x2
y2o
D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy. D =
(x;y;z)2
IR2=x2+ y2
13
Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas. x = r cos 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
p
13
r2 Luego R =
(r;;z)2
IR3= (r; )2
D; 1 + r
z
p
13
r2
La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce z = 0 =
)
x2 + y2 = 13 D1 =n
(r; )2
IR3=
r
2 ;
2
2o
Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x;y;z)
V =
ZZZ
R dxdydz =Z
2 0Z
2 0Z
p 13r2 1+r rdzddr =Z
2 0Z
2 0 rzp 13r2 1+r ddr =Z
2 0Z
2 0 rp
13
r2
(1 + r)
ddr = 2Z
2 0
rp
13
r2
r + r2
dr = 2
1 3
13
r 2
3=2
r 2 2 + r3 3
2 0 = 2
1 3
13 3=2
73=2
4 2 + 8 3
7.3 ProblemaCalcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R es el interior a la esfera x2+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)2
IR3= (x; y)2
D; 0
z
p
4
x2
y2o
donde D es la proyección de R sobre el plano xy. D =
(x; y)2
IR3=x2+ y2
4 ; (x
1)2+ y2
1
Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por x = r cos y = rsen z = z
9
=
;
=)
x2+ y2 + z2 = r2(cos2 + sen2) + z2
4()
0
z
p
4
r2La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones x2+ y2
r2
4()
0
r
2 si 2
3 2 (x
1)2+ y2
1()
r
2cos y r
2 si - 2
2 Entonces, la región R puede describirse medianteR =
(r;;z) = (r; )2
D = D1[
D1; 0
z
p
4
r2
D1 =n
(r; )2
IR3=2cos
r
2 ;
2
2o
D2 =
(r; )2
IR3=0
r
2 ; 2
3 2
Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:
@ (x;y;z) @ (r;;z)
= rEn consecuencia la integral puede describirse por
I =
ZZZ
R (r) drddz =Z
=2 =2Z
2 2 cos Z
p 4r2 0 rdzdrd +Z
3=2 =2Z
2 0Z
p 4r2 0 rdzdrd =Z
=2 =2Z
2 2 cos rh
zi
p 4 r2 0 drd +Z
3=2 =2Z
2 0 rh
zi
p 4 r2 0 drd =Z
=2 =2Z
2 2 cos rp
4
r2drd +Z
3=2 =2Z
2 0 rp
4
r2drd =Z
=2 =2
13
4
r2
3=2
2 2cos d +Z
3=2 =2
13
4
r2
3=2
2 0 d = 8 3Z
=2 =2
1
cos2
3=2d + 8 3Z
3=2 =2 d = 8 3Z
=2 =2 sen3d + 8 3Z
3=2 =2 d = 8 3
cos + cos 3 3
=2 =2 + 8 3 = 8 3 7.4 Problema Calcular I =ZZZ
D
x2 a2 + y2 b2 + z2 c2
dxdydz: En la región D =
(x;y;z)2
IR3=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
= abcI =
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 = rsensen w = r cos
9
=
;
=)
0
u2 + v2 + w2
1 =)
0
r
1 tg = v w =)
0
tg = v u =)
0
2 Quedando, la region D =f
(r;;) =0
r
1; 0
; 0
2g
abcZZZ
D (u2+ v2+ w2)dudvdw = abcZ
2 0Z
0Z
1 0
r2
r2sen drdd = abcZ
2 0Z
0 r5 5
1 0 sen dd = abc 5Z
2 0
cos j
0 d = 2abc 5Z
2 0 d = 4abc 5 ObservaciónEs claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. x = arsen cos y = brsensen z = cr cos
9
=
;
=)
@ (x;y;z) @ (r;;)
= abcr 2sen 7.5 Problema Calcular I =ZZZ
D dxdydz:q
(x
a)2 + (y
b)2+ (z
c)2 ; en la región D =
(x;y;z)2
IR3=x2+ y2+ z2
R2
; (a;b;c) es un punto …jo no peteneciente a la esfera x2+ y2 + z2
R2: Solución.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 rZ
p r2x2 p r2x2Z
p
r2x2y2 p
r2x2y2 dzdydx:q
(x
a)2 + (y
b)2+ (z
c)2Es 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)2
D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender más que de la distancia d entre 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 ObservaciónEl 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 calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:
I =
Z
R 0Z
0Z
2 0 r2sen dddrp
r2 + d2
2dr cos = 2Z
R 0Z
0 r2sen ddrp
r2+ d2
2dr cos Para calcular J =Z
0 r2sen ddrp
r2+ d2
2dr cos podemos hacer s = r2+ d2
2dr cos ds = 2drsend Además, = 0 =)
s = r2 + d2
2dr = (d
r)2 = =)
s = r2+ d2+ 2dr = (d + r)2J = r 2d
