CAPITULO VI
INTEGRALES MÚLTIPLES
I. INTEGRALES DOBLES INTRODUCCION
En el estudio de integrales ordinarias
ba f(x)dx, la función f(x) es definida en un intervalo cerrado [a, b] para el caso estudiaremos las integrales curvilíneas
GFdc , la función F es definida sobre la curva C, ahora estudiaremos los integrales dobles de la función f(x.y) definida sobre una región R, el cual denotaremos por f(x,y)dxdyR
OBJETIVOSEstablecer los fundamentos necesarios para la interpretación y aplicación de la integridad doble, al finalizar este capítulo el alumno debe estar en capacidad de utilizar la integral doble en el cálculo de áreas, volumen, centro de masa, etc., así como también el cálculo en coordenadas polares y emplear los Jacobianos.
INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA INTEGRAL DOBLE
Si f : D R2 R, es una función integrable en la región retinada D y f (x,y) 0, (x,y) D, entonces V(s) = f(x,y)dA
D
es el volumen de salid S bajo la superficie Z = f(x,y) y que tiene como base la región cerrada D.PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA INTEGRAL DOBLE
1º Si la función f : D R2 R es continua en la región cerrada D, entonces f es integrable en D.
2º Si la función f: D R2 R es integrable en la región cerrada D y K R entonces Kf es integrable en D y kf(x,y)dA
D
= k f(x,y)dA D
3º Si las funciones f g: D R2R, son la integrable en la región cerrada D, entonces f g es integrables en D, y dA ) y , x ( g dA ) y ., x ( f dA ) y , x ( g ) y , x ( f ( D D D
4º Las funciones f, g: D R2 R, son integrales en la región cerrada D y f(x,y) g (x, y), (x,y) D, entonces :
dA ) y , x / g dA ) y , x ( f D D
5º Si f(x,y) 0, (x,y) y D entonces:
dA ) y , x ( f dA ) y , x ( f D
6º Si la función f : D R2 R es continua en la región cerrada entonces:
f(x,y)
dA dA ) , x ( f D D
CALCULO DE INTEGRALES DOBLES POR MEDIO DE INTEGRALES ITERADAS
Consideramos tres casos para el cálculo de las integrales dobles:
1º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde D = [ (x,y) R2 / a x h c y d ] es un rectángulo.
h a d c d c h a f(x,y)dydx ( f(x,y)dy)dx dxdy ) y , x ( f ...(1)
D D d c h d d c h d f(x,y)dxdy f(x,y)dx dy dxdy ) y , x ( f ...(2)a las integrales de (1) y (2) se llaman integrales iteradas de.
2º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde D = [ (x,y) R2 / a x b (x) y (x) ] es una región cerrada c R2 y [a,b] R son funciones cntinuas en [a,b], tal que (x) (x), x [ a,b ]
La integral iterada de f sobre D es:
D b a ) x ( ) y ( f(x,y)dy)dx ( dxdy ) y , x ( f .3º Caso.-Si f : D R2 R, es una función continua sobre D, donde D = [ (x,y) R2 / c y d (y) x (y) ] es una región cerrada en R2 y [c,d] R son funciones continuas en [c,d], tal que (y) (y), x [ c,d ]
La integral iterada de f sobre D es:
D b a ) y ( ) y ( f(x,y)dy)dx ( dxdy ) y , x ( f .Ejemplo.- Calcular la integral doble
D 2 2 y l dxdy x donde D: 0 x l. 0 y 1 Solución
D 2 2 y l dxdy x =
l o 2 2 l o l y dx)dy x ( =
D 1 0 2 l o 2 2 ) y l ( 3 dy dy ) y l ( 3 x = 12 y arctg 3 1 l 0 Ejemplo.- Calcular la integral doble
D 2 x y cos xy2 dxdy donde D: 0 x 2 , 0 y 2. Solución
D 2y x cos xy2 dx dy =
2 0 2 2 / 0 ( x y cos xy2 dy(dx = dx 2 senxy x 2 0 2 2 2 / 0
= 16 dx 2 x 4 sen x2 2 / 0
EXPRESIÓN INTEGRAL DEL VOLUMEN DE UN CILINDRO
1º Consideramos la función f : D R2 R, continua sobre la región cerrada D. El volumen del salida S bajo la superficie Z = f (x,y), que tiene como base la región D es dada por la expresión;
V (s) = f(x,y)dA D
2º Consideramos la función f : D R2 R, continua en la región cerrada D, tal que f(x,y) = 1; (x,y) = 0, entonces el área de la región plana D es dado por: A(D) =
D D dA dA ) y , x ( fEstudiaremos la forma de expresar el volumen de un sólido por medio de una integral. Supongamos que C es una curva cerrada simple en el plano xy, tal que ninguna paralela a los ejes la contamos dos veces.
zdA 0 dA lim Vdonde designa la suma de todos los posibles elementos dA, dentro de A. pasando al límite, que designaremos.
V =
AZdA Af(x,y)dA
Integral doble de f(x,y) sobre A, tenemos el volumen buscado.
CAMBIO DE ORDEN DE INTEGRACIÓN
Puede ocurrir que una integral doble dada sea prácticamente imposible de integrar en el orden dado. En estos casos tenemos que cambiar el orden de integración, ilustraremos el método de un ejemplo. Consideremos la integral I, donde: I =
0a x 0 (a x)(x y) dy y seg dx ( a 0 )Según viene dada, primero hay que integrar con respecto a y, el factor a1, se toma como constante. Al intentar resolver la integral se comprueba que es conveniente cambiar el orden e integrar primero con respecto a x, y, a que la primera integración será:
(a xdx)(a y)Ejemplo.- Calcular la integral doble
1 0 x y y x dxdy ye 2 0 y 1 Sea D = Graficando la región D y2 x y dy ) dx x ye ( dxdy x ye 1 0 x y y 1 0 x y y2
2
= dx x 2 e y dx ) dy x ye ( x x x 2 1 0 1 0 x x y
2 2 e ) xe e 2 ( 2 1 dx ) xe e ( 2 1 1 0 x x 1 0 x x
Ejemplo.- Evaluar la integral
4 0 2 Vy cos x 5 dx dy Solución 0 y 4Sea D = Graficando la región D y x 2 dy ) dx x cos y ( dxdy x cos y 4 0 5 2 y 4 0 5 2 y
= cosx dx 2 y dx ) dy x cos y ( 2 2 x 0 5 2 2 0 2 0 5 x 0
10 32 sen 10 senx dx x cos x 2 1 2 0 5 2 0 5 4
TRANSFORMACION POLAR EN EL PLANO
De las transformaciones dada, una especialmente útil es la transformación polar x = P cos , y = p sen . Aquí lls recientos A y D son idénticos, y J es igual a p ya que J está dado por:
J = dp dy d dx d dy dp dx
Cos , p cos - (-p sen ) sen = p (cos ~ + sen ~)
= p Por lo tanto, para
Observaciones.- Para pasar de una integral doble en coordenados cartesianos a una integral doble en coordenadas polares se tiene la relación:
f(x,y)dxdy
f(rcos,rsen)rdrd Ejemplo.-Calcular la integral doble
D2 2 y x
1 do dy, donde D es la cuarta parte del circulo x2 + y2 1, que se halla en el primer cuadrante.
Solución Sea x = r csc , y 0 r sen x2 + y2 = 1 r2 = 1 r = 1
D 2 1 0 2 / 0 2 2 2 y dxdy 1 r drdo ( ( 1 r rdr)do x 1
/2 0 2 / 0 1 0 D 2 / 3 2 2 / 0 2 2 6 d 3 1 ) 1 0 ( 3 1 ) r 1 ( 3 1 dxdy y x 1 JACOBIANO DE UNA FUNCIÓN DE VARIABLES
Sea f : S R2 D R2 una función continuamente diferenciable dado por F(u,v) = (x,y) donde x = x(u,v), y = y(u,v)
El Jacobiano de F es dado por:
J(u,v) = dv dy du dy du dx du dx ) v , u ( d ) y , x ( d Ejemplo
La función 1 : R2 R que transforma coordenadas polares en cartesianas esta dado por F (r,) ) (x,n) donde x = r cos , y = r Sen , entonces d Jacobico de F es:
J (r,) = r rCos Sen rSen cos d dy dr dy dx dr dx ) , r ( d ) N . x ( d
CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRADOS DOBLES
No permite calcular integrales aplicando en integrales sencillas, es decir
d e b a f(x)dx (fg( 1) g'()dt Ejemplos.-Sea R la región triangular del plano xy limitado por: x = 0, y= 0, x + y = 1, encontrar el valor de e dydx
R y x y x
Solución Transformaremos la región R: x = 0 , y = 0, x + y = 1 2 u v y 2 v u x y x v y x u Sea pero x = 0 = 2 v u v –u ; y = 0 = 2 v u v = u D = [ (u,v) / v = -u. V = i; v = 1 ]Se definimos con una ecuación de una función vectorial de dos variables: Esto definimos con una ecuación de un función vectorial de dos variables: r (u,v) = x (i,v)i + y (u,v)j si (u,v) S
Esta ecuación se llama ecuación vectorial de la aplicación C (i,v) recorre puntos de S, el vector r (u,v) describe puntos de D
D S dudv ) v , u ( J ) v , u ( y ), v , u ( x ( f dxdy ) y , x ( fDonde el factor J (u,v) es el Jacobiano de la aplicación
CALCULO DEL ÁREA DE UNA SUPERFICIE Si la función z = f(x,y) y sus derivadas parciales :
y ) y , x ( f y x ) y , x ( f son continuas en una región cerrada D del plano XY, entonces el área de la superficie S : z = f(x,y) sobre D viene dado por:
Área de la superficie S = A(S) = 2 D 2 D ) y ) y , x ( f ( ) x ) y , x ( f ( 1 ds
dx dydonde D es la proyección de la superficie dada por el plano XY. Si la superficie está definida por la ecuación x = f(y,z), entonces:
A(S) =
D 2 2 ) dydz z x ( ) y x ( 1Donde D es la proyección de la superficie sobre el plano YZ.
Si la ecuación de la superficie está definida por y = f(x,z), entonces:
A(S) =
D 2 2 ) dydz z x ( ) y x ( 1Donde D es la proyección de la superficie sobre el plano XZ.
Ejemplo.- Calcular el área de la parte superior del paraboloide x = 1 = y2 – z2 cortada por el cilindro y2 + z2 = 1.
Solución
La región de integración es la circunferencia y2 + z2 = 1 situada en el plano YZ, ahora de la del paraboloide se tiene.
x = 1 – y2 – z2 2y y x , 2x y x
A(s) = ) dxdy 1 4y 4z dydz
y x ( ) y x ( 1 D 2 2 D 2 2
.Pasando a coordenadas polares se tiene:
A(s) = 1 4r rdr d 2 1 4r2rdr)d 0 D 2
= 2 2 0 6 1 5 5 d ) 1 5 5 ( 12 1
.INTEGRALES DE SUPERFICIE
Consideremos primero el cálculo de áreas de superficies alabeadas en e espacio y después integrales en las que el campo de integración es una superficie. El área de una superficie es uno de los conceptos matemáticos de más dificultad, y definiciones satisfactorias del mismo no se han dado hasta 1920. Seguiremos aquí el tratado de DE LA VALLEE POUSIN; Curso de análisis infitesimal, Ed. Dover, sin intentar justificarlo.
Una superficie en tres dimensiones viene dada en función de dos parámetros u, v, por tres ecuaciones de la forma:
x = f(u,v), y = g (u,v) z = h(u,v)... (1) Por ejemplo, x = a se n u cos v, y = a sen u sen v, z = cos u, son las ecuaciones paramétricas de la esfera x2 + y2 + z2 = a2. Usando sufijos para denotar diferenciación; llamamos: 2 u 2 u 2 U 2 u 2 u 2 U g h , G f g h f E F fufv gugv huhv... (2) Entonces definimos el elemento de área, DS, de superficie alabeada por:
d S = (EG F2)dydv ...(3) Y el área S de la superficie alabeada por
S =
A 2)dudv F EG ( ... (4) Donde A es el área correspondiente a la superficie S en el plano uv y tomamos la solución positiva de la raíz cuadrada.Con ciertas restricciones en las funciones f, g, h, este concepto nos da un tratado general conveniente.
En lo sucesivo nos ocuparemos de superficies que puedan venir dadas por una ecuación de la forma z = (x,y), donde para cualquier par de valores de x, y corresponde un solo valor de z. Por ejemplo, z = + (a2 x2 y2) es la ecuación del hemisferio de radio d, centro el origen de coordenadas, para el cual z 0. Una ecuación de este tipo surge cuando es posible sustituir, en la ecuación z = h(u,v) y v por funciones de x, y. En el ejemplo de la esfera,
z2 = a2 cos2 u = a2 (1 – sen2 u) O bien, z2 = a2 – x2 – y2
de donde resulta la ecuación z = . En este caso, S, dS toman los valores: dS = (1zx2 zy2)dxdy ... [ 5 ] S = (1 z2x zy2)dxdy A
... [ 6 ] Donde A es la proyección de S en el plano sy**CALCULO DE ÁREAS DE SUPERFICIES
Al aplicar [6], es necesario conocer A y (1z2x zy2) para la superficie particular en cuestión; y entonces el problema queda reducido a hallar una integral doble ordinaria. Veamos dos ejemplos:
EJEMPLO.- Hállese el área de la superficie de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 en el octante positivo.
El área A se halla haciendo z = 0 en la ecuación de la esfera, por tanto, A es la región interior al círculo x2 + y2 = a2 en el primer cuadrante como se puede ver en la figura.
Por ser z2 = a2 - x2 - y2, al diferenciar parcialmente tendremos: 2zzx = -2x1 2zzy = -2y Por lo tanto, Zx = x/z , Zy = y/z y ) z / y z / x 1 ( z z 1 ( 2 2 2 2 2 y 2 x =
(z2 x2 y2)/z2
Por lo tanto: z / a z z 1 ( 2 y 2 x siendo z positiva en la parte de esfera considerada. Así,
dxdy ) z / a ( S A
= a
1 (a2 x2 y2)
dxdy A
INTEGRALES TRIPLES
Si F(x, y, z) es una función definida sobre una región D cerrada en el espacio, por ejemplo, la región ocupada por una bola sólida o una masa de arcilla, entonces la integral de F sobre D puede definirse de la siguiente manera. Subdividimos una región rectangular que contenga a D en celdas rectangulares por planos paralelos a los planos coordenados. Las celdas que se encuentran dentro de D de 1 a n en cierto orden; una celda típica tendrán entonces dimensiones ∆xk por ∆yk por ∆zk y volumen ∆x∆xk. Escogemos un punto (xk, yk, zk) en cada celda y formamos la suma
)
1
(
.
)
,
,
(
1vk
zk
yk
xk
F
S
n k n
Si F es continua y la superficie que limita a D está hecha de superficies suaves unidas a lo largo de curvas continúas, entonces cuando ∆xk, ∆yk, ∆zk tienden a cero
independientemente, las sumas Sn tenderán a un límite
)
2
(
.
)
,
,
(
x
y
z
dV
F
S
lím
D n n
Llamamos a este límite integral triple de F sobre D. El límite también existe par algunas funciones discontinuas.
PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES TRIPLES.
Las integrales triples tienen las mismas propiedades algebraicas que las integrales simples y dobles. Si F=F(x, y, z) y G=G(x, y, z) son continuas, entonces
1.
kF
dV
k
FdV
(
cualquier
número
k
)
D D
2.F
G
dV
FdV
GdV
D D D
(
)
3.Fdv
si
F
sobre
D
D0
0
4.FdV
GdV
si
F
G
sobre
D
.
D D
Si el dominio D de una función continua F se subdivide por medio de superficies suaves en números finito de celda sin traslapes D1, D2,…..Dn, entonces
5.
...
.
2 1FdV
FdV
FdV
FdV
Dn D D D
EJEMPLO. Establezca los límites de integración para evaluar la integral triple de una función F(x, y, z) sobre un tetraedro D con vértices (0, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 0) y (0, 1, 0).
Solución.
Paso 1: La superficie superior que limita a D se encuentra en el plano y=1. La
superficie inferior se encuentra en el plano y=x+z. La frontera superior de R es la recta
z=1-x.
La frontera inferior es la recta z=0.
Paso 2: Los límites y de integración. La recta que pasa por un punto típico (x, y) en R paralela al eje y entra a D en y=x+z y sale en y=1.
Paso 3: Los límites z de integración. La recta L que pasa por (x, y) paralela al eje z entra a R en z=0 y sale en z=1-x.
Paso 4: Los límites x de integración. Conforme L barre a través de R, es el valor de x varía de x=0 a x=1. La integral es
.
)
,
,
(
1 1 0 1 0 x zF
x
y
z
dy
dz
dx
x
INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS Y ESFÉRICAS. COORDENADAS CILÍNDRICAS.
Las coordenadas cilíndricas son apropiadas para describir cilindros cuyos ejes coinciden con el eje x y planos que contienen el eje z o bien son perpendiculares a el.
r = 4 Cilindro, radio 4, eje el eje z
=3
Plano que contiene al eje z
z= 2 Plano perpendicular al eje z
El elemento de volumen para subdividir una región en el espacio con coordenadas cilíndricas es
dV
dz
r
dr
d
Las integrales triples en coordenadas cilíndricas son entonces evaluadas como integrales iteradas, como el siguiente ejemplo.
EJEMPLO. Encuentre los límites de integración en coordenadas cilíndricas para integrar una función F(r,
, z) sobre la región D limitada abajo por el plano z=0,lateralmente por el cilindro circular
x
2
(
y
1
)
2
1
y arriba por el paraboloide.
2 2y
x
z
SoluciónPaso 1: La base de D también es la proyección de la región R sobre el plano xy. La frontera de R es el círculo
x
2
(
y
1
)
2
1
.
Su ecuación en coordenadas polares es.
2
0
2
1
1
2
1
)
1
(
2 2 2 2 2
sen
r
sen
r
r
y
y
x
y
x
Paso 2: Los límites z de integración. Una recta M, que pasa por un punto típico (r,
)en R, paralela al eje z, entra a D en z=0 y sale en
z
x
2
y
2
r
2.Paso 3: Los límites r de integración. Un rayo L que pasa por (r,
) desde el origen,entra a R en r =0 y sale en
r
2
sen
.
Paso 4: Los límites
de integración. Al barrer L a través de R, el ángulo
que forma con el eje x positivo varía de
0
a
.
La integral es.
)
,
,
(
)
,
,
(
2 0 2 0 0
z
dV
f
r
z
dz
r
dr
d
r
f
sen r D
COORDENADAS ESFÉRICAS.Las coordenadas esféricas son apropiadas para describir con centro en el origen, medios planos articulados a lo largo de eje z y conos simples, cuyos vértices se encuentran en el origen, y con ejes a lo largo del eje z.
Las superficies como ésas tienen ecuaciones de valor coordenado constante:
4
Esfera, radio 4, centro en el rigen.3
Se abre desde el origen y forma un ángulo de py3 radianes con el eje z positivo.3
Medio plano, articulado a lo largo del eje z, que forma un ángulo de
/
3
radianes
con el eje x positivo.
El elemento de volumen en coordenadas esféricas es el volumen de una cuña esférica definida por los diferenciales
d
,
d
y
d
.
La cuña es aproximadamente una caja rectangular con un arco circular de longitud
d
en un lado y un arco circular de longitud
sen
d
y espesor ded
en otro lado. Por consiguiente, el elemento de volumen en coordenadas esféricas es.
2
sen
d
d
d
Y las integrales triples adoptan la forma
.
)
,
,
(
)
,
,
(
dV
F
2sen
d
d
d
F
EJEMPLO. Encuentre el volumen de la región superior D cortada de la esfera sólida
1
por el cono
/
3
.
Solución El volumen es
V
sen
d
d
d
D 2
, que es la integral, def
(
,
,
)
1
sobre
D
.
Paso 1: Hacemos un croquis de D y su proyección R sobre el plano xy.
Paso 2: Los límites
de integración. Dibujamos un rayo M desde el origen que formeun ángulo
con el eje z positivo. También dibujamos L, o sea la proyección de M sobre el plano xy, junto con el ángulo
, que L forma con el eje x positivo. El rayo M entra a D en
=0 y sale en
=1.Paso 3: Los límites
de integración. El cono
/
3
forma un ángulo de
/
3
con el eje z positivo. Para cualquier
, el ángulo
varía entre
=0 y
=
/
3
.Paso 4: Los límites
de integración. El rayo L barre sobre R cuando
varía de 0 a
2
. El volumen es.
3
)
2
(
6
1
3
1
6
1
cos
3
1
3
1
3
2 0 3 / 0 2 0 3 / 0 2 0 1 0 3 3 / 0 2 0 2 1 0 3 / 0 2 0 2
d
d
d
d
sen
d
d
sen
d
d
d
sen
d
d
d
sen
V
DLA INTEGRAL TRIPLE EN COORDENADAS RECTANGULARES.
Se llama integral triple de una función f (x,y,s), sobre un recinto V, al límite de la correspondiente suma triple
i j k j k i k i i V k j i z y x s y x z y x lim dz dy dx z y x f ( , , ) 0 máx 0 máx 0 máx ) , , ( ) (El cálculo de la integral triple se reduce a calcular sucesivamente tres integrales ordinarias (simples) o a calcular una doble y una simple.
EJEMPLO 1. Calcular
) ( 3 3 ; V x y z dx dy dz Idonde el recinto V se determina por las desigualdades . 0 , 0 , 1 0x y x z xy SOLUCION. Tenemos:
1 0 0 0 2 2 3 1 0 0 0 2 3 2 x xy x xy dy z y x dx dz z y x dy dx I
1 0 10 0 0 1 0 5 5 4 5 1 0 . 110 1 10 5 2 2 dx x dx y x dy y x dx x xCAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL TRIPLE. Si en la integral triple
) ( ) , , ( V dz dy dx z y x fhay que pasar de las variables x,y,z, a las variables u,v,w, relacionadas con las primeras por las igualdades x = (u,v,w), y = (u,v,w), z = (u,v,w), donde las funciones , , : 1) son continuas, junto con sus derivadas parciales de 1er orden
2) establecen una correspondencia biunívoca continua en ambos sentidos, entre los puntos del recinto de integración. V del espacio OXYZ y los puntos de un recinto determinado V’ del espacio O’UVW y
3) el determinante funcional (jacobiano) de estas funciones
w z v z u z w y v y u y w x v x u x w v u D z y x D I ) , , ( ) , , (
) ' ( ) ( ), , , ( [ ) , , ( V V w v u f dz dy dx z y x f
. ) , , ( ), , , (u v w u v w Idu dv dw En particular,1) para las coordenadas cilíndricas, r, , h, donde x = r cos , y = r sen , x = h,
Obtenemos que, I = r,
2) para las coordenadas esféricas , ,r ( es la longitud; , la latitud y r el radio vector), donde
x = r cos cos , y = r cos sen , x = r sen , Tenemos I = r2 cos .
EJEMPLO. Calcular la siguiente integral, pasándola a las coordenadas esféricas.
, ) ( 2 2 2
V dz dy dx z y xdonde V es una esfera de radio R.
SOLUCIÓN. Para la esfera, los límites de variación de las coordenadas esféricas (longitud) (latitud) y r (radio vector), serán:
, 2 2 , 2 0 . 0r R Por esto, tendremos:
R V R dr rr d d dz dy dx z y x 0 4 2 2 2 2 0 ) ( 2 2 2 . cos APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES. El volumen de un recinto del espacio tridimensional OXYZ es igual a
V =
)
(V dx dy dz.
M = ( , , ) , ) (
V dz dy dx z y x donde (x, y, z) es la densidad del cuerpo en el punto (x, y, z).
Los momentos estáticos de un cuerpo, con respecto a los planos coordenados son:
MXY = ( , , ) , ) (
V dz dy dx z z y x MYZ = ( , , ) , ) (
V dz dy dx x z y x MZX = ( , , ) , ) (
V dz dy dx y z y x Las coordenadas del centro de gravedad
. , , M M z M M y M M x YZ ZX XY
Si el cuerpo es homogéneo, en las fórmulas para determinar las coordenadas del centro de gravedad se puede poner (x, y, z) = 1.
Los momentos de inercia, con respecto a los ejes coordenados son:
IX =
) ( 2 2 ; ) , , ( ) ( V dz dy dx z y x z y IY =
) ( 2 2 ) ( , , ) ; ( V dz dy dx z y x x z IZ =
) ( 2 2 ) ( , , ) . ( V dz dy dx z y x y x Poniendo en estas fórmulas (x, y, z) = 1, obtenemos los momentos geométricos de inercia del cuerpo.
Calculo de Volúmenes: Vol (v) = ∫∫∫ V dx dy dz
Calculo de Masas: Masa (V) = ∫∫∫ V δ (x, y, z) dx dy dz
Centro de masa: (∫∫∫ V x δ (x, y, z) dx dy dz) /M Momento de inercia: I0 = ∫∫∫ Vd ² δ (x, y, z) dx dy dz
Extensión del teorema de Fubini a regiones generales:
∫∫∫ V F (x, y, z) dx dy dz = F (x, y, z) dx dy dz
Teorema: Cambio de variables:
Dada f: k Ì R³ ® R, F continua, G: r*Ì R³ ® R³, G Î C¹, inyectiva con G (k*), tal que det (DG (u, v, w) ≠ 0," (u, v, w)Î k*): entonces: ∫∫∫ kF(x, y, z) dx dy dz = ∫∫∫ kF(g(u, v, w)) .|det (DG)|du dv dw
F(x, y, z) = dv
F(g(x, y, z)).|det(DG)| = dv
Obs: el teorema sigue siendo valido si det DG (u, v, w) = 0 sobre un conjunto de puntos de medida 0 en k*.
Aplicación: Coordenadas Cilíndricas :
X = r cos θ Y = r sen θ Z = z r = √ (x ² + y ²) (distancia al eje z) dv = G (r.cos θ,r.sen θ, z) ∫∫∫ kF(x, y, z) dx dy dz = ∫∫∫ k*F(r.cos θ, r.sen θ, z).r.dz.dr.d θ Método de trabajo:
Vol = r dz dr d θ = (Rr-r ²) dr d θ = Rr ²/2-r³/3 | d θ = R³/6 d θ = π R³/3
Integrales de Superficie:
en superficie (reemplazar Z por su valor en la superficie)
Area (s) = ∫∫ Axy |ÑF|/|F´z|dx dy; Φ (flujo) = ∫∫ Axy F .ÑF /|F´z| dx dy Ejemplo: s: z = √(x ² + y ²) Limites: x ² + y ² ≤ R F (x, y, z) = √(x ² + y ²)-z F´ x = x/ (√ (x ² + y ²)) ÑF = (x/ (√ (x ² + y ²)), y/ (√ (x ² + y ²)), -1) F´ y = y/ (√ (x ² + y ²)) F´ z = -1 |ÑF| = √2
Area Lateral = ∫∫ Axy |ÑF|/|F´z| dx dy =∫∫ Axy √2.dx dy
= √2 ∫∫ Axy dx dy
= √2 π R ² Area del
circulo Teorema de Gauss (o de la divergencia):
Obs: Con este método se calcula el vector normal exterior a la superficie.
F ds = ∫∫∫ V Ñ.F dx dy dz ÑF : Divergencia
Te dan el flujo de una determinada función F (x, y, z). Delimitan una superficie con planos o superficies y piden calcular el flujo a través de la superficie frontera.
Divergencia: ∂F1/∂x + ∂F2/∂y + ∂F3/∂z (derivadas de las componentes de la función del flujo)
Obs: Si me queda el flujo neto negativo, significa que tiene sentido opuesto al normal exterior.
Puntos: Fuente: origina campo (campo positivo). Sumidero: recibe campo. Pasante: Lo que entra = lo que sale.
PROBLEMAS RESUELTOS DE ÁREAS
1. Sea R’ una región de área S sobre la superficie z = f(x, y). Por el contorno de R’ pasa un cilindro vertical que corta al plano xOy según la región R. Se divide R en subregiones A1 (de áreas A1) y sea S1 el área de la proyección de Ai, sobre R’. Se elige un punto Oi en cada subregión S1 y se traza en él, el plano tangente a la superficie, siendo T1 el área de la proyección de A1 sobre este plano tangente. El valor T1 es una aproximación del área S1. El ángulo formado por el plano xOy y el plano tangente en P1 es igual al ángulo y1 formado por el eje z, [0, 0, 1] y la normal , ,1 , ,1 y z x z y f x f
A la superficie en P1. es decir, cos 1 =
1 1 2 2 y z x z Por tanto
T1 cos i = Ai y Ti = sec i . Ai, y
Luego, una aproximación de s es
n i n i Ti 1 1 y At, . yi sec
R 2 2 1 R 1 y z x z .dA y sec Ai yi. sec lim dA S n i n2. Hallar el área de la porción del cono X2 + y2 = 3z2 situada por encima del plano xOy e interior al cilindro x2 + y2 = 4y.
Solución1. La proyección del área pedida sobre el plano xOy es la región R limitada por el círculo x2 + y2 = 4y. Para el cono,
superficie de unidades 3 3 8 y z x z 1 3 4 9 12 9 9 y z x z 1 y , . 3 1 , . 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
dA S x z z y x z z y y z z x x z RSolución2. La proyección de la mitad del área pedida, sobre el plano yOz, es la región R limitada por la recta y = 3 y la parábola y = z 2
4 3
z ; esta ecuación se obtiene eliminando x en las ecuaciones de las dos superficies. Para el cono,
4 0 2 4 0 3 / 2 3 / 2 2 4 0 3 / 2 3 / 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 3 4 3 3 3 4 dy 3 3 2 2 : 3 12 12 9 1 y , 3 , dy y y dy y z dz y z z S Luego y z z x z x z y x z x y x x z z x x y y x y y y ySolución 3. Empleando coordenadas cilíndricas en la Solución 1, hemos de integrar la función 2 2 1 y z x z = 3 2
a lo largo de la región R limitada por la circunferencia e = 4 sen . Así pues,
0 2 0 sen 4 0 0 sen 4 0 2 superficie de unidades 3 3 8 d 3 16 3 1 d d 3 2 3 2 sen d dA S R3. Hallar el área de la porción del cilindro x2 + z2 = 16 situada dentro del cilindro x2 + y2 = 16. En la figura, se representa la octava parte del área pedida, y su proyección sobre el plano xOy constituida por un cuadrante del círculo x2 + y2 = 16. Para el cilindro x2 + z2 = 16.
superficie de unidades 128 32 dx 16 4 8 : 16 16 1 y , 0 , 4 0 4 0 16 0 2 2 2 2 2 2 2 2
dx dy x S Luego x z z x y z x z y z z x x z x4. Hallar el área de la porción de la esfera x2 + y2 + z2 = 16 exterior al paraboloide x2 + y2 + z = 16. En la figura, se representa la cuarta parte del área pedida, y su proyección sobre el plano yOz constituida por la región R limitada por la circunferencia y2 + z2 = 16, los ejes y y z la recta z = 1. Para la esfera,
superficie de 8 2 1 16 4 1 4 : 16 16 1 y , , 1 0 16 0 1 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 unidades dz dz A d z x y x S Luego z y x z y x z x y x x z z x x y y x x R
5. Hallar el área de la porción del cilindro x2 + y2 = 6y situada dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 36.
En la figura, se representa la cuarta parte del área pedida, su proyección sobre el plano yOz constituida por la región R limitada por los ejes z e y y la parábola z2 + 6y = 36. Esta última ecuación resulta de eliminar x en las ecuaciones de las dos superficies. Para el cilindro.
2 2 2 2 2 2 6 9 6 9 1 0 , 3 y y x y y x z x y x y z x x y y x Luego
6 0 6 0 6 36 0 2 superficie de unidades 144 6 12 dy 6 3 4 dy y dz y y S y6. Encuentre el área de la región R limitada por las gráficas de x – 2y + 8 = 0 y x2 = 8y.
Solución. De la igualdad (7) tenemos A =
RdA donde R es la región que aparece
en la figura. Vemos que R es del tipo T1 y que está limitada superiormente por la gráfica de = ( 8)
2 1
x , inferiormente por la gráfica de y = x2/8 a la izquierda por la gráfica de x = -4 y a la derecha por x = 8.
Entonces:
R x x dy dA 3 4 2 / ) 8 ( 8 / 2 dx y por lo tanto:
3 4 -2 3 4 2 / ) 8 ( 8 / 2 8 8 dx 2 dx x x dy A x x esto es 36 24 64 16 4 16 24 512 32 4 64 24 4 4 8 4 3 2 x x x A 7. Calcule a)
R y x y x dx e dy R x,y : 1 b)
dx dy Rx0y0xy2. R x y x y e Solución a) 2 1 v) (u, y) (x, log 2 1 1 1 1 1 1 y) (x, u) (a, det 1 v) (u, y) (x, det 1 o y x v y x u T x + 1 = 1 u = 1 x + y = -1 u = -1 x- y = 1 v = 1 x – y = 1 v = -1
R u u y x e e v x e e du dx e Y 1 1 2 1 1 -1 1 1 1 u 1 2 1 dv du x 2 1 dv e dyb) Y R Área Área o v x y u x y T 2 1 v) (u, y) (x, det log 2 1 y) (x, v) (u, det 1 v) (u, y) (x, det 1 Transformamos:
R x y x y du dx e v u v y u y x v u Y dv 2 1 e dy v x -u x 0 y v, u 0 Observación:Para eu/v podemos calcular Pu eu/v más Pv eu/v luego una orden de intercambio indicada o conveniente.
e e v e e dv e e v dv e v du V V U V U v v v u 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 dv 2 1 2 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 /
La medida para coordenadas polares es a través de transformaciones.
sen y x T cos
cos sen sen cos e . 2 , 0 0e O jacobiano IR
R dx y x f Y Y d d ) , g( d d ) sen , cos f( dy ) , ( Las coordenadas polares son particularmente ventajosas para dominio limitados por rectas que pasa por el origen, o circunferencias que pasan por el origen y por circunferencias centradas en el origen o para funciones integradas que envuelvan la expresión x2 + y2.
8. Resuelva usando coordenadas polares Solución a)
/2
0 2 0 3 2 0 2 0 2 2 2 d -4 4 d d -4 dy 4 x y dx d R
8 4 2 4 2 4 -4 x 4 2 0 4 2 2 / 0 2 / 0 2 0 3
d
d x x b)
6
dy 4
/2
6-
d d 0 2 0 2 2 2 2 2 dx y x y x R
3 32 4 3 3 2 -6 x 4 2 0 4 3 2 2 / 0 2 0 3 2
d
d x9. Calcule la masa de una placa limitada por la circunferencias x2 – 4x + y2 = 0 y x2 – 2x + y2 = 0, suponiendo que la densidades a cada punto es directamente proporcional a la distancia del punto de origen.
Solución
= k. , k IR+.
X2 – 4x + y2 = 0 (x - 2)2 + y2 = 4 X2 – 2x + y2 = 0 (x - 1)2 + y2 = 1
X2 – 4x + y2 = 0 2 - 4 cos = 0 = 0 = 4cos, com
2 , 2
X2 – 2x + y2 = 0 2 - 2 cos = 0 = 0 = 2cos, com
2 , 2 k k sen sen k k d k y x k M R 9 224 3 4 x 3 56 3 1 3 56 d cos 56 3 1 3 k d d dy dx 2 / 2 / 2 / 2 / 3 3 cos 4 cos 2 2 / 2 / 2 / 2 / cos 4 cos 2 2 2 3
10. Calcule el volumen de sólido limitado por las superficies:
x2 + z2 = 9, y = 0 e y = 25x2 z2 Línea de Intersección
4 9 0 9 25 9 0 25 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y z x y y z x y z x y z x
En este caso el sólido proyecta un circulo no plano xOz, luego las coordenadas polares se van a transformar (x, z) en (, ):
sen z cos x T
El sólido puede dividirse en cuatro partes iguales.
R dx z x V 2 0 /2 0 3 0 2 3 0 2 2 2 d -25 x d 4 d d -25 dz 0 25
3 122 ) 125 64 ( 3 2 25 3 1 2 . 4 3 0 2 / 3 2 11.Resuelva usando coordenadas definidas por:
v x y u xy T / 1 Solución
Este cambio pertenece evidentemente a dos tipos estudiados. Vamos por tanto aplicar la teoría general y comenzar por calcular el jacobiano de la transformación.
v x y x y x y y y x v u v u y x 2 1 2 1 1 1/x y/x x 1 ) , ( ) , ( det 1 ) , ( ) , ( det 2 Aplicando T-1 hacemos: 4 v 1 v para 4 e 2 u 1 u para 2 1 x y x y de xy xy de
ln2 3 7 2 ln . 2 . 7 . 6 1 ln 3 2 1 du 2 1 u dy dx 2 2 14 2 1 2 1 u 4 1 v 3 2
x v u dv v y x DPROBLEMAS DE ÁREAS, VOLÚMENES Y COORDENADAS
POLARES
1. Del dominio limitado por la línea (x2 + y2)2 = 2ax3 Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene: 4
= 2ar3 cos3 r = 2a cos3
2 / 2 / 3 2 2 / 2 / 2 2 2 / 2 / 2 / 2 / 6 2 cos 2 0 / 6 2 2 2 2 2 3 8 4 3 2 50 4 a 2 cos 2 1 2 cos 3 4 cos 2 3 2 5 4 a cos 2 dr ) ( 3
sen sen sen sen d sen d a d r D A a 8 5 ) ( 2 a D A 2. El dominio limitado por la línea (x2 + y2)3 = x4 + y4 Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene:
d r d dr r D A sen r sen r sen r r sen sen4 4 4 cos4 0 2 0 2 0 cos 0 4 4 4 4 4 4 4 6 2 ) ( 2 0 , cos 0 cos cos
2 0 2 0 2 0 2 2 0 2 0 2 2 4 4 4 3 0 6 8 1 2 4 cos 2 3 4 1 2 4 cos 1 1 4 1 2 cos 2 2 8 1 2 2 cos 1 2 2 cos 1 2 1 cos 2 1 d d d d d sen3. Del dominio limitado por la línea
(x2 + y2)2 = 2a2(x2 – y2) (Lemniscata de Bernoulli) Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene x = rcos , y = rsen r4 = 2a2r2 (cos2 - sen2)
2 2 2 4 / 0 2 2 4 / 0 2 2 cos 2 0 4 / 0 4 / 0 2 2 cos 2 0 2 ) ( 2 0 2 2 sen2 2 d cos 2 2 2 dr 4 ) ( a D A a sen a a a d r d r D A a a
4. Del dominio limitado por la línea (x + y)5 = x2y2 situada en el primer cuadrante (lazo)
Solución
Pasando a coordenadas polares se tiene: X = r cos, y = r sen de donde r5 (sen + cos) = r4 sen2 cos2 = r =
cos sen cos sen2 2 d r D A
/2 0 cos sen cos sen 0 2 2 dr ) (
2 / 0 2 4 4 2 / 0 cos sen cos sen 0 2 1260 1 ) cos ( cos 2 1 2 1 2 2 sen d sen d r5. Del dominio limitado por la línea 1) 2 2 2 2 2 c xy b y a x 2) 25 9 4 2 2 2 2 2 y x y x Solución
1) Pasando a coordenadas polares se tiene: x = r cos , y = r sen de donde
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 cos cos ) cos ( cos cos cos b sen a sen c b a r b sen a c sen b a r c sen r b sen a r d rdr D A a sen b sen c b a
/2 0 cos cos 0 2 2 2 2 2 2 ) ( d b sen a d sen c b a
/2 0 2 2 2 2 2 2 4 4 ) cos ( cos 24 2 2 2 / 0 2 2 2 2 2 2 4 4 2 ) ) ( ( cos 2 c b a sen b a b d sen c b a
2) 25 36 4 cos 9 2 2 2 2 4 sen r r
2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 4 cos 9 5 6 0 2 2 2 2 2 2 25 39 ) 4 cos 9 ( 25 18 4 cos 9 25 36 2 1 A(D) 4 cos 9 5 6 25 1 4 cos 9 36 2 2 sen d d sen d rdr sen r sen r sen6. Por la esfera x2+y2+z2 = 4 y el paraboloide x2 + y2 = 3z Solución
Pasando a coordenadas polares
x = r cos , y = r sen , z = z entonces
r2 + z2 = 4 z2 = 4 – r2 , z = 3 2 r 4 – r2 = 3 2 r r = 3 0 r 3 además
d dr r r r d dr rdz V r r z r z o r D r z r r z r z r r
2 0 3 0 3 2 2 0 3 0 4 3 / 2 2 2 2 2 2 3 4 2 0 , 3 0 , 4 3 / , , 4 3 3 , 4 2 2
3 2 0 2 0 3 0 4 2 6 19 12 19 12 3 2 / 3 4 u V d d r r V
7. Por la esfera x2 + y2 + z2 = R2 y el paraboloide x2 + y2 R(R – 2z), (z 0) Solución
Pasando a coordenadas cilíndricas se tiene: r2 + z2 = R2 z = R2 r2 r2 = R2 – 2Rz z = R r R 2 2 2
Intersectando ambas superficies se tiene:
2 2 r R = R r R 2 2 2 r4 + 2r2 R2 – 3R4 = 0 (r2 + 3R2)(r2 – R2) = 0 r = R 0 r R D =
2 0 , 0 , 2 / , , 2 2 2 2 R r r R z R r R z o r
2 0 3 3 2 0 3 3 3 3 2 0 2 0 2 2 2 2 0 2 12 5 / 24 5 4 8 4 2 2 2 2 2 u R R d R R R V d dr R r R r r r R d dr rdz V R R r R r R8. Por el paraboloide z = x2 + y2 y el cono z2 = xy Solución:
Z = r2, z = r sencos luego
O r sencos , r2 z r sencos , 0 2
2 0 cos 0 cos 2 rdz dr d V sen r sen r
2 0 cos 0 3 2 cos r dr d sen r V sen
2 0 cos 0 4 3 / 4 cos 3 d r sen r V sen
2 0 2 0 2 2 2 4 cos 1 96 1 cos 12 1 d d sen V 20 3 96 / 4 4 2 96 1 u sen V DIVERGENCIA Y ROTACIONAL
INTEGRALES DOBLES
CONCEPTOS BÁSICOS
La divergencia y rotacional son conceptos aplicables a campos vectoriales del tipo F(x; y; z) = (F1(x; y; z); F2(x; y; z); F3(x; y; z))
Las expresiones y notaciones son: div F = z F y F x F 1 2 3 ·F rot F = y F x F x F z F z F y F F F F z y x 1 2 3 1 2 3 3 2 1 ; ; k j i F
El principio de Cavalieri sostiene que si en un sólido se conoce el área transversal de un sólido entre dos extremos, basta integrarla para obtener el volumen.
Es posible, bajo condiciones adecuadas (funciones acotadas y continuas por partes) integrar una función de dos variables sobre un rectángulo R = [a; b][c; d]. Según el teorema de Fubini, esto es equivalente a hacer una integral iterada:
R b a d c d c b a f x y dxdy dydx y x f dA y x f( ; ) ( ; ) ( ; )De una manera más general, es posible integrar una función de dos variables en cualquier región en que x esté acotada entre dos valores numéricos y y entre dos funciones de x (región tipo 1); o bien en la cual y esté entre dos valores numéricos y x entre dos funciones de y (región tipo 2); o bien en una región que sea simultáneamente de tipo 1 y de tipo 2 (región tipo 3). Tenemos así las siguientes posibilidades para integrar en una región R:
R d c y y R b a x x dxdy y x f dA y x f y x y d c y dydx y x f dA y x f x y x b a x ) ( ) ( 2 1 ) ( ) ( 2 1 2 1 2 1 2) (Tipo ) ; ( ) ; ( ) ( ) ( ) ; ( 1) (Tipo ) ; ( ) ; ( ) ( ) ( ) ; ( siendo ambas posibles en una región tipo 3, en la cual queda habilitado el cambio en el orden de integración.
1.) Divergencia y rotacional. Sea F un campo vectorial diferenciable y r el vector posición. Demostrar que la divergencia del campo vectorial Fr es igual al producto interno de r y el rotacional de F. SOLUCIÓN Sea: F(x; y; z) = (F1(x; y; z); F2(x; y; z); F3(x; y; z)) r(x; y; z) = (x; y; z) Tenemos:
QED · ; ; )· ; ; ( · ; ; 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 1 3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 3 3 2 3 2 1 F r r F k j i r F y F x F x F z F z F y F z y x y F x F z x F z F y z F y F x z F x z F y y F z y F x x F y x F z xF yF z zF xF y yF zF x xF yF zF xF yF zF z y x F F F2.) Principio de Cavalieri. Determinar por el principio de Cavalieri el volumen de un toro de revolución caracterizado por los radios r y R.
SOLUCIÓN
Expresado en términos más pedestres, un toro es una argolla que se obtiene haciendo rotar un disco de radio r alrededor de un punto situado a una distancia R del centro del disco. En la figura apreciamos las vistas transversal y superior del toro. Si cortamos transversalmente el toro a una cierta altura z, la sección será una corona circular de los siguientes radios mayor y menor:
radio mayor: R r2 z2 radio menor: R r2 z2
(Dejamos al alumno demostrar esto usando el teorema de Pitágoras y el hecho de que el radio del disco que rotando genera el toro es r.)
