Ejercicios Resueltos Integrales Dobles

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha

Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

.

1

Ejercicios Resueltos

1.1

Calculo de integrales dobles en coordenadas

1.2

rectángulares cartesianas

1.2.1 Problema Calcular

ZZ

D

p_{x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas} y = x; y = x y x = 1

Solución

Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2_{= 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 1.2.2 Problema Calcular ZZ D p

x2 _y2_{dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de}

vértices A (0; 0) ,B(1; 1); C (1; 1) : Solución

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

Es decir D = (x; y) 2 IR2_{= 0 x 1; x y x :}

ZZ D p x2 _y2_{dxdy =} Z 1 0 Z x x p x2 _y2_dydx = Z 1 0 Z x x x r 1 y x 2 dydx

Hacemos el cambio de variables y

x = sent =) dy = x cos tdt y determinemos los limites.

Para y = x =) arcsen x_x = arcsen (1) = 2: Para y = _{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 sen2_tdtdx = 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 1.2.3 Problema Calcular ZZ D x2_{+ y}2 _{dxdy si D = (x; y) 2 IR}2_{= x}2_{+ y}2 _{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

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 x2_{dx +}2 3 Z 1 1 p (1 x2₎3_dx

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z 1 1 x2p1 x2_{dx = (} x 4 p 1 x2₊1 8(x p 1 x2_{+ arcsenx)} 1 1 = 1 8(arcsen(1) arcsen ( 1) = 1 8(2 + 2) = 8 Z 1 1 p (1 x2₎3_{dx = (}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

1.2.4 Problema

Encontrar 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 =) x

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 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 DI = (x; y) 2 IR2= 2 x 3; 4 x y x DI = (x; y) 2 IR2= 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 = Z 3 2 Z x 4 x dydx + Z 27=4 3 Z x 4 27x2 dydx = Z 3 2yj x 4 xdx + Z 27=4 3 yj x 4 27x2dx = Z 3 2 x 4 x dx + Z 27=4 3 x 4 27x 2 _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 y

DI = (x; y) 2 IR2= 4 y x 3 2 p 3y;4 3 y 2 DI = (x; y) 2 IR2= y x 3 2 p 3y; 2 y 27 4

A(R) = ZZ D dxdy = ZZ D1 dxdy + ZZ D2 dxdy = 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 ln yidy + 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 3 2

1.3

Cambios de orden de Integración

1.3.1 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I = Z 1 0 Z 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 IR}2= 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 y2_{dy =} 1 4 e y2 4 0 = 1 4 e 16 ₁

1.3.2 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I = Z 2 0 Z 4 x2 p_{y cos ydydx} Solución.

El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2_{= 0 x 2; x}2 _{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 escribir Z 2 0 Z 4 x2 p_{y cos ydydx =} Z 4 0 Z p_y 0 p_{y cos ydxdy} = Z 4 0 p y cos(y)xjp0ydy = Z 4 0 y cos(y)dy Integrando esta última integral por partes se tiene:

Z 4 0 y cos(y)dy = _ysen(y)j4₀ Z 4 0 sen(y)dy = _ysen(y)j4_{0+ cos(y)j}4₀ = 4sen(4) + cos(4) 1 1.3.3 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 IR 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) 2 IR}2_{= 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

1.4

Cambios de variables: Coordenadas polares

1.4.1 Problema Calcular ZZ D x2+ y2 dxdy si D = _{(x; y) 2 IR}2= x2+ y2 1 ;usando coordenadas polares Solución.

A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos ; y = rsen _{=) x}2_{+ y}2_{= r}2

El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es: @ (x; y)

ZZ D x2+ y2 dxdy = ZZ D r2 @ (x; y) @ (r; ) drd = 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.

1.4.2 Problema

Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2_{+ y}2_{= 8y y exterior}

a la circunferencia x2_{+ y}2_{= 9:}

Solución.

Determinemos el centro y radio de la circunsferencia

x2+ y2_{= 8y =) x}2+ y2 _{8y = 0 =) x}2+ (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_{+ y}2_{= 8y =) r}2_{= 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 región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen3

ZZ D dxdy = ZZ D @ (x; y) @ (r; ) drd = 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 1.4.3 Problema Calcular ZZ D x2+ y2

x +px2_{+ y}2dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )

Solución.

ZZ D x2_{+ y}2 x +px2_{+ y}2dxdy = ZZ D r2 r cos + r @ (x; y) @ (r; ) drd = ZZ D r2 r cos + 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

Observacion 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 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

1.5

Cambios de variables. Coordenadas curvilineas

1.5.1 Problema Calcular I =

ZZ

D

3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas x 2y = 0; x 2y = 4

x + y = 4; x + y = 1 (1) Solución.

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 1 Z 0 4 1 9 2u 2 _{uv v}2 _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 1.5.2 Problema

Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 _y2_{= 1; x}2 _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 _y2

v = x + y (1) =)

La región D esta 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 = 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 1 Z 6 4 1 3vdvdu = 1 2 Z 9 1 [ln v]6₄du = 1 2 ln 6 4 Z 9 1 du = 1 2ln 3 2[u] 9 1= 4 ln 3 2 1.5.3 Problema Calcular I = ZZ D x3_{+ y}3

xy dxdy; donde D les la región del primer cuadrante acotada por:

y = x2_{; y = 4x}2

x = y2_{; x = 4y}2 (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

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 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

1.6

Calculo de integrales triples en coordenadas

1.7

rectángulares cartesianas

1.7.1 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 1

2y:Proyectando la región R sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2_{= 0 x 1; 0 y 2 :}

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 plano xz:En tal caso, 2z y 2 y

D = (x; z) 2 IR2= 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.

1.7.2 Problema

Calcular ZZZ

D

x2_{dxdydz si D es la región acotada por y}2_{+ z}2_{= 4ax;}

y2_{= ax; x = 3a}

Solución.

La super…cie y2_{+ z}2_{= 4ax corresponde a un paraboloide de revolución}

como el bosquejado en la …gura.

En dos variables el gra…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 IR}3_=D

1[ D2 ,

p

4ax y2 _z p_{4ax y}2o

Por simetría se tiene:

I = ZZZ D x2dxdydz = 2 ZZ D1 Z p4ax y2 p 4ax y2 x2dzdxdy = 2 Z 3a 0 Z 2pax p ax Z p4ax y2 p 4ax y2 x2dzdydx = 2 Z 3a 0 Z 2pax p_ax x2z p 4ax y2 p 4ax y2 dydx = 4 Z 3a 0 Z 2pax p ax x2p4ax y2_dydx

De una tabla de integrales obtenemos Z p a2 _u2_{du =} 1 2(u p a2 _u2_{+ a}2_arcsenu a)

1.8

Cálculo de integrales triples usando cambio de

vari-ables

limitada por las super…cies x2_{+ y}2_{+ z}2_{= a}2

x2_{+ y}2_{+ z}2_{= b}2 _{con 0 < b < a anillo esférico.}

Por la simetría del dominio usaremos coordenadas esféricas: x = rsen cos y = rsen sen z = r cos 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 2_{sen se tiene:} 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 2_e r2 _e r2 a b sen d d = 1 2b 2_e b2 +1 2e b2 1 2a 2_e a2 e a2 Z 2 0 Z 0 sen d d = 1 2b 2_e b2₊1 2e b2 1 2a 2_e a2 _e a2 Z 2 0 cos j0 d = 2 1 2b 2_e b2 +1 2e b2 1 2a 2_e a2 e a2 Z 2 0 d = 4 1 2b 2_e b2 +1 2e b2 1 2a 2_e a2 e a2 1.8.2 Problema

Usando 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_{+ y}2 _{=) z = r}2_: z = 27 2x2 _2y2 _{=) z = 27 2r}2 x2_{+ y}2_{= 9 =) r = 3:}

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z)

V = ZZZ D dxdydz = Z 2 0 Z 3 0 Z 27 2r2 r2 rdzdrd = Z 2 0 Z 3 0r z j 27 2r2 r2 drd = 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 1.8.3 Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2_{+ y}2 _{+ z}2 _{16 ; z}2

x2_{+ y}2_:

Solución

x2_{+ y}2_{+ z}2_{= 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4}

z2_{= x}2_{+ y}2_{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_{+ y}2_{+ z}2_{= 16}

x2_{+ y}2_{= z}2 =)

z =p8 x2_{+ y}2_{= 8}

Usaremos coordenadas esféricas: x = rsen cos y = rsen sen z = r cos 9 = ; =) 0 x2_{+ y}2_{+ z}2 _{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 2_{sen se tiene:} 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 j 4 0 d V = 4 3 3 Z 2 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 = r cos 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 rz j 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 1.8.4 Problema

Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2_{+ y}2_{+ z}2_{= 13 y el}

cono (z 1)2= x2_{+ y}2_{; z 1}

Solución.

Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos y = rsen z = z 9 = ; =)

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z)

V = ZZZ D dxdydz = Z 2 0 Z 2 0 Z p 13 r2 1+r rdzd dr = Z 2 0 Z 2 0 rzp_1+r13 r2d dr = Z 2 0 Z 2 0 r p13 r2 _{(1 + r) d dr} = 2 Z 2 0 rp13 r2 _{r + r}2 _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 1.8.5 Problema Calcular I = ZZZ D x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 dxdydz: En la región D = _{(x; y; z) 2 IR}3₌x2 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_{+ v}2_{+ w}2 _{1 yel valor absoluto del Jacobiano queda}

: @ (x; y; z) @ (u; v; w) = a 0 0 0 b 0 0 0 c = abc

Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral

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 = r cos 9 = ; =) 0 u2_{+ v}2_{+ w}2 _{1 =) 0 r 1} tg = v w =) 0 tg = v u =) 0 2 Quedando, la region D _{= 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 = cr cos 9 = ; =) @ (x; y; z) @ (r; ; ) = abcr 2_sen 1.8.6 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 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

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_{+ y}2_{+ (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 calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

I = Z R 0 Z 0 Z 2 0 r2_{sen d d dr} p r2_{+ d}2 _{2dr cos} = 2 Z R 0 Z 0 r2sen d dr p r2_{+ d}2 _{2dr cos} Para calcular J = Z 0 r2_{sen d dr} p r2_{+ d}2 _{2dr cos} podemos hacer s = r2_{+ d}2 _{2dr cos} ds = 2drsen d Además, _{= 0 =) s = r}2_{+ d}2 _{2dr = (d r)}2 = _{=) s = r}2_{+ d}2_{+ 2dr = (d + r)}2 Por lo tanto J = r 2d Z (d+r)2 (d r)2s 1=2_{ds =} r 2d 2s 1=2 (d+r) 2 (d r)2 = r 2d[2 (d + r) 2 (d r)] = r 2d[4r] = 2r2 d I = 2 Z R 0 2r2 d dr I = 4 d r3 3 R 0 I = 4 R3