Ejercicios Resueltos Integrales Dobles y Triples 2011
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Univ Un iver ersi sida dad d de San Santiag tiago o de Chil Chile e Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC
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.
Migu Miguel el Ma Mart rtín ínez ez Conc Concha ha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalob o os s Marín
Ejercicios Resueltos 1
Cálc Cálcul ulo o de inte integr gral ales es doble dobles s en coorde coordena nada das s rectángulares cartesianas
1.1 1.1
Prob Proble lema ma
Calcular
Z Z p
x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas
y = x; y =
D
x
y x=1
Solución
Se tiene que la región D = (x; y )
2 IR 2= 0 x 1; x y x
1
Z Z p
x + ydxdy =
D
0
1
p x + ydydx
x
x 2 3=2 (x + y ) dx 3 0 x 2 1 3=2 (2x (2x ) dx 3 0 1 25=2 2 5=2 (x ) 3 5 0 8 2 15
= = =
p
=
1.2 1.2
x
Z Z Z Z
Prob Proble lema ma
Calcular
Z Z p x2
D
y2 dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de
vértices A (0; (0; 0) ; B (1; (1; 1); 1); C (1 C (1;; 1) : Solución
Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x; y = x y x = 1: 1: Luego el dominio de integración es:
D = (x; y ) :
2 IR 2= 0 x 1; x y x
Integrando a franjas verticales, resulta 1
Z Z p x2
y 2 dxdy
=
D
=
1
x
0 1
x
Z Z p Z Z r x2
y 2 dydx
x
y x
x 1
0
x
2
dydx
y Hacemos el cambio de variables = sent = dy = x cos tdt y x determinemos los limites. x Para y = x = arcsen = arcsen (1) = : x 2 x Para y = x = arcsen = arcsen ( 1) = x 2 Por tanto
)
) )
1
x
Z Z r y x
x 1
0
x
2
1
dydx =
Z Z p Z Z Z Z Z Z 2
0
1
=
2
x
=
1.3 1.3
2
x2 cos2 tdtdx
2
2
0
=
sen2 tdtdx
0
=
1
2
2
1
1
x2
0
=
1
x2 (
2
t sen2 sen2t + dx 2 4 2
2
x2 dx
0 3 1
x 2 3
1 + cos cos 2t )dtdx 2
=
0
6
Prob Proble lema ma
Calcular
Z Z y
2x2 dxdy si D es la región acotada por x + y = 2
jj jj
D
Solución
Se tiene que la región D = (x; y ) IR 2 = x + y 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 de y = x 2, y la superior es y = x + 2;y 2;y para 0 x 2 la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2 Entonces se tiene D = D1 D2 tal que D1 D2 = : donde D1 = (x; y ) IR 2 = 2 x 0; x 2 y x+2 2 D2 = (x; y ) IR = 0 < x 2; x 2 y x+2
2
2
2
j j j j
[ [
2
Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y 2x2 es simétrica con respecto al eje y, es decir (x;y;z) D existe ( x;y;z) tal que f ( x; y) = y 2( x)2 = f (x; y) : Por lo tanto
8
ZZ y
2
2x
2
2
x+2
Z Z Z Z
dxdy
= 2
D
0 2 0 1
= 2
2x2 dydx
y
y2 + 2x2 y 2
4x3
0
x+2
dx
x2
8x2 dx
8 3 = x x 3 64 = 2 16 3 4
x2
= 2
1.4
2 0
=
32 3
Problema
Calcular
ZZ
x2 + y 2 dxdy si D = (x; y)
D
coordenadas cartesianas
2 IR 2=
x2 + y 2
1
:Usando
Solución.
Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculo centrado en el origen de radio uno Por lo tanto D = (x; y) IR 2 = 1 x 1; 1 x2 y 1 x2
ZZ
p p
2
2
x +y
2
D
p
1x2
1
dxdy
=
Z Z Z Z p p Z p Z p
(x2 + y 2 )dydx p 1 1x p 1x 1 3 y (x2 y + ) p dx 3 1x 1 1 1 2 (x2 1 x2 + (1 x2 )3 )dx 3 1 2
2
=
2
=
1
= 2
2
x
1
1
x2 dx +
2 3
1
(1
x2 )3 dx
1
Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: 1
Z p 2
x
1
x2 dx
=
1
=
1
x 1 ( 1 x2 + (x 1 x2 + arcsenx) 4 8 1 1 1 (arcsen(1) arcsen ( 1) = ( + ) = 8 8 2 2 8
p
p
3
1
Z p (1
x2 )3 dx
x ( 4 3 8
=
1
=
p (1
3x x2 )3 + 8
1
p (1
3 x2 ) + arcsenx) 8 1
Por lo tanto:
ZZ
x2 + y2 dxdy =
D
2 2 3 + = 8 3 8 2
Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja
1.5
Problema
Calcular y
ZZ
xydxdy si D es la región acotada por y =
0:Usando Dcoordenadas cartesianas.
p x; y = p 3x 18;
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 = x;y para 6 x 9 la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = 3x 18, y la superior es y = x Luego tenemos que D = D1 D2 tal que D1 D2 = : Entonces D1 = (x; y) IR 2 = 0 x 6; 0 y x 2 D2 = (x; y) IR = 6 < x 9; 3x 18 y x Por lo tanto
ZZ
2
p p [ [ p 2 p p
p
xydxdy =
D
ZZ ZZ Z Z Z Z Z Z Z Z xydxdy + p
D1
6
=
x
0
0
6
=
0
= =
1 2
D2
y2 x 2 6
xydydx + p
6
x
9
dx +
6
0
x2 dx +
0
1 3 x 6
9
6
9
1 2
0
x
p
xydydx p
3x18
x
y2 x dx 2 p 3x18
( 2x2 + 18x)dx
6
3
+
xydxdy p
x x2 +9 3 2
9
=
6
185 2
Si 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 región
4
es la grá…ca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por y2 la grá…ca x = + 6; obteniendo así la región 3 y2 D1 = (x; y) IR 2 = y2 x + 6; 0 y 3 3 la integral iterativa queda
2
xydxdy =
D
(y 2 =3)+6
Z Z Z Z " Z
=
x2 2
0
= = = =
xydxdy
y2
0
3
1.6
3
ZZ
3
1 2
ydy
y2 2
y + 18 3
0
1 18
(y2 =3)+6
3
2
#
(y 2 =3)+6
y4
ydy y
2
8y 5 + 36y 3 + 324y dy
0
1 18 1 18
3
4 6 y + 9y4 + 162y 2 3 0 4 6 185 3 + 3 6 + 2 36 = 3 2
Problema
Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy y x; 27y 4x2 :
Solución.
4;
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 = x2 = 4 = x = 2 = y = 2 y=x x=0 27 27y = 4x2 = 27x = 4x2 = 24 = y = 0; y = y=x x= 4 4 4 xy = 4 = x = 3; y = 2 27y = 4x 3
)
)
) )
Para calcular el área A(R) =
ZZ
)
)
)
dxdy; podemos escoger una partición del
D
dominio de tipo I ó de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I 4 D1 = (x; y) IR 2 = 2 x 3; y x
2
)
5
x
D2 =
(x; y)
27 4 2 ; x 4 27
2 IR 2= 3 x
y
Si proyectamos sobre eje x A(R) =
ZZ
dxdy =
D
ZZ
x
27=4
=
27=4
x
4
dx +
3
2
3
2
x 2
4 ln x
=
2 (x; y) 2 IR 2 =
3
x 2
4 3 x 81
p p yx
ZZ
dxdy =
ZZ
dxdy +
D1
p
2
3 2
4 3
y
3y
Z Z Z hp p
27=4
3 3
ZZ
3 2
3y3
p
3y
y
27=4
4 ln y dy +
4 y
2
2
+ 4 3
dxdy
dxdy
2
4 3
3 2
4 3 3 81
Z Z i Z p p
dxdy +
4
3y
+
D2
27=4
2
=
4 2 x dx 27
3 4 3y; y 2 2 3 3 27 3y; 2 y 2 4
D
=
+
dx
x
2
2
Si proyectamos sobre eje y 4 DI = (x; y) IR 2 = x y
=
x2
9 4 27 4 ln 32 + 729 32 2 81 43 243 4 2 4 ln 32 + 729 + 32 16 3 665 3 4 ln 2 96
=
=
4 27
5 2
=
A(R) =
x
x2
27=4
4 dx + x
x
=
y
x
2 3
4 27
3
x
y
=
dydx
4
3
A(R) =
x
dydx +
2
DI =
dxdy
D2
Z Z Z Z Z j Z j Z Z
A(R) =
x
dxdy +
D1
3
ZZ
3y 3
y2 2
83 4 ln 32 + 9 827 729 +2 32 665 3 4 ln 96 2 6
3 2
27=4 2
3y
y dy
1.7
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: 6 x 2y 6 x V = dxdy , D = (x; y) IR 2 = 0 x 6; 0 y 3 2 D
ZZ
V
= = =
1 3 1 3 1 3
2
6x
6
Z Z Z Z Z 2
0 6
(6
0
(6
0 6
2
0
=
1 12
=
1 (6 36
6x
y2 0 dx x)2 (6 x)2 dx
x)y
(6
6
x 2y) dydx 2
4
x)2 dx
(6
0
3
x)
6
=6 0
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: 6 2y V = (6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) IR 2 = 0 y 3; 0 z 3 R
ZZ
=
Z Z Z Z Z 3
(6
0
2y
(6
0 3
=
(6
0
= =
2 2.1
1 6
3z) dzdy
0
3
=
62y
3
V
2
3
(6
3 2 z 2
2y)z
2y)2 3
(6
62y 3
dy
0
2y)2 dy 6
2y)2 dy
0
1 (6 x)3 12 3
3
=6
0
Cambios de orden de Integración Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . 7
I = Solución.
1
2
0
2x
Z Z
2
ey dydx
El dominio de integracion dado es D = (x; y) IR 2 = 0 x 1; 2x y 2 : Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del y dominio. D = (x; y) IR 2 = 0 x ; 0 y 2 ;entonces la integral 2 se puede escribir.
n
2
1
I =
0
=
2.2
Problema
y
2
2
0
y
0
0
2
o
2
ey dxdy
dy
y y 1 e dy = ey 2 4 2
1 16 e 4
2
Z Z
y2
2x
xey
e dydx =
0 2
=
2
Z Z Z Z 0 2
=
2
1
2
4
0
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I = Solución.
2
4
0
x2
Z Z
p y cos ydydx
El dominio de integración dado es D = (x; y) IR 2 = 0 x 2; x2 y 4 : Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del dominio, D = (x; y) IR 2 = 0 x y; 0 y 4 ;entonces la integral se puede escribir
Z Z 2
4
2 p
2
p y cos ydydx
=
x2
0
=
4
p y
0 4
0
Z Z Z p Z
p y cos ydxdy
p y cos(y)x 0 y dy
0 4
=
j
y cos(y)dy
0
Integrando esta última integral por partes se tiene: 4
Z
y cos(y)dy
=
4
Z j
ysen(y)
0
4 0
sen(y)dy
0
= ysen(y) 40 + cos(y) 40 = 4sen(4) + cos(4) 1
j
8
j
2.3
Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I = Solución.
e
ln x
1
0
Z Z
ydydx
El dominio de integración dado es D = (x; y) IR 2 = 1 x e; 0 Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio, D = (x; y) IR 2 = ey x e; 0 y 1 ;entonces la integral se puede escribir
2
e
1
1
e
0 4
ey
Z Z Z Z
ydydx =
y ln x
ln x
Z Z
2
ydxdy
0
=
e
y x
ey
0 4
=
dy
ey )dy
y(e
0
y2 = e 2 = 8e
3
4
0 4
ey [y
ey ]40
4e 1
Cambios de variables: Coordenadas polares
3.1
Problema
Calcular
ZZ
x2 + y 2 dxdy si D = (x; y)
D
coordenadas polares
2 IR 2=
x2 + y 2
1
Solución.
A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos; y = rsen = x2 + y 2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es: @ (x; y) =r @ (r; ) Reemplazando términos en la integral, produce
)
ZZ D
2
x +y
2
dxdy =
ZZ r
D
9
2
@ (x; y) drd @ (r; )
;usando
:
1
=
2
Z Z Z 0
1
3
r ddr =
0 1
= 2
2
Z Z 0 4 1
r 4
r3 dr = 2
0
r3
0
=
0
j2 0 dr
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 circunferencia x2 + y 2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 9: Solución.
Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y 2 = 8y = x2 + y 2 8y = 0 = x2 + (y 4)2 = 16
)
El área de la región D es: A (D)
)
ZZ
dxdy
D
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 = r2 = 8rsen = r = 8sen x2 + y 2 = 9 = r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 3 8sen = 3 = = arcsen 8 3 Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen; arcsen 8 2 @ (x; y) dxdy = drd @ (r; ) D D
) )
)
)
ZZ
ZZ
10
=2
2
8sen
Z
arcsen 38
Z
arcsen 38
rdrd
= 2
arcsen 38
3
=2
Z
=2
Z
2
64sen
9 d
=
2
64
55 2
=
3.3
8sen
d
3
sen2 4
9 2
=2 arcsen 38
=2
16sen2
55 = 4 38; 42
r2 2
arcsen 38
55 3 3 arcsen + 16sen(2arcsen ) 2 8 8
Problema
Calcular
x2 + y2
ZZ p D
x+
x2 + y 2
dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )
Solución.
Cambiando a cordenadas polares, tenemos: x2 + y2
ZZ p D
x+
x2 + y 2
dxdy
=
ZZ ZZ
D
=
D
= =
2
a(1+cos )
0 2
0
Z Z Z Z Z 0 3
=
a 3
0 2
3
=
a 3
a(1+cos )
d 0
1 + 2 cos + cos2 d
0
a 3
= a
r2 rdrd r cos + r
(1 + cos )2 d
3
=
r2 drd 1 + cos
1 r3 1 + cos 3 2
r2 @ (x; y) drd r cos + r @ (r; )
+ 2sen +
3
sen2 + 2 4
2 0
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:
11
I =
lim
! "!0
0
a3 = lim ! 3
a(1+cos )
2 a(1+cos ) r2 r2 drd + lim drd !+ 1 + cos 1 + cos " " "!0 2 3 a 2 2 (1 + cos ) d + lim (1 + cos ) d !+ 3 0
Z Z Z
Z Z
Z
a3 3 sen2 a3 = lim + 2sen + + lim 3 !+ 3 2 4 ! 3
= a 3
3.4
3 2
2sen
Problema
Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá…cas z = 9 x2 y 2 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 9
x2
D
y2 5
dxdy
D = (x; y) IR 2 = x 0; y 0; 0 x2 + y 2 4 A partir de la coordenadas polares, obtenemos: x = rcos = f (x; y) = 4 x2 y2 = 4 r2 y = rsen 0 x2 + y2 = r2 4 0 r 2y0 2 D = (r; ) = 0 r 2; 0 2 El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es: @ (x; y) =r @ (r; ) Reemplazando términos en la integral, produce:
n
2
) ()
o
V
= 4
Z Z Z Z Z D =2
= 4
2
4
0
0
r2 rdrd
0
=2
= 4
r2 rdrd
4
4 2 r 2
= 8
12
1 4 r 4
2 0
d
sen2 4
4
Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas
4.1
Problema
Calcular I =
ZZ
3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas
D
x 2y = 0; x 2y = 4 (1) x + y = 4; x+y = 1
Solución.
Podemos usar el cambio de variables 1 x = (2u + v) u = x 2y 3 (1) = (2) 1 v =x+y y = (u v) 3 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 @ (x; y) Para calcular el Jacobiano tenemos dos posibilidades. @ (u; v) La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v
:
)
@ (u; v) La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1) y luego @ (x; y) 1 @ (x; y) @ (u; v) usar la propiedad = : @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 1 1 2 En efecto = = 1+ 2= 3 = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:
I =
ZZ Z Z Z Z
3xydxdy =
D
4
=
= =
4.2
1 9 1 9
4 1 4
3
D
0
1
=
ZZ
1 1 (2u + v) (u 3 3
1 2u2 uv v2 dvdu 9 4 0 uv 2 v3 2u2 v du 2 3 4 8u2 + 8u
1
1 8u3 + 4u2 9 3
64 du 3
64 u 3
4
du =
1
)
164 9
Problema
13
v)
@ (x; y) dudv @ (u; v)
Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 y2 = 1; x2 y 2 = 9 (1) x + y = 4; x+y = 6
Solución.
Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en la región D u = x2 y 2 (1) = v = x+y La imagen D de la región D está acotada por la rectas verticales; x2 y 2 = 1 se transforma en u = 1 x2 y 2 = 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 = (u; v) =1 u 9; 4 v 6 @ (x; y) @ (u; v) Vamos a calcular a partir de (1) y usar la propiedad @ (u; v) @ (x; y) 1 @ (x; y) @ (u; v) = : @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 1 2x 2y En efecto = = 2 (x + y) = 2v = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 2v El teorema del cambio variables a…rma que:
)
f
g ZZ ZZ Z Z Z Z
A (D) =
dxdy =
D
9
D
6
=
1
= = =
4.3
1 2
4
9 1
1 dvdu 3v
)
@ (x; y) dudv @ (u; v)
[ln v]64 du
9 1 6 ln du 2 4 1 1 3 9 3 ln [u]1 = 4ln 2 2 2
Problema
Calcular I =
ZZ
D
x3 + y3 dxdy; donde D es la región del primer cuadrante xy
acotada por: y = x2 ; y = 4x2 (1) x = y 2 ; x = 4y 2 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
14
simpli…ca la región D y la transforma en D . x2 y2 Sean u = ; v= y x Luego D esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1: 1 y = 4x2 se transforma en u = : 4 y las rectas horizontales x = y 2 se transforma en v = 1: 1 x = 4y 2 se transforma en v = : 4 1 1 Es decir, D = (u; v) =1 u ;1 v 4 4 @ (x; y) Para calcular tenemos dos posibilidades, la primera es despejar x @ (u; v) e y en términos de u y v a partir de (1) : 1 @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) La segunda, es calcular y usar la propiedad = : @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 2x x2 @ (u; v) @ (x; y) 1 y y2 = 4 1 = 3 = En efecto = = 2 y 2y @ (x; y) @ (u; v) 3 2 x x Calculemos ahora la integral
ZZ ZZ Z Z Z Z
I =
D
x3 + y 3 dxdy = xy
1
= = =
1 3
1
1 3
1
uv +
1=4
1=4
v2 2
x2 y2 + y x
dxdy
1
du
1=4
3 15 u+ du 4 32 1
1=4
1 3 15 15 3 = + 3 8 16 32 4
15 64
=
)
1 (u + v) dvdu 3 1=4
1 3 2 15 u + u 3 8 32
=
D
1
1=4
4.4
Problema
Evaluar la integral I =
ZZ
2
[x + y] dxdy; donde D es la región del plano xy
D
acotado por las curvas x + y = 2; x + y = 4; (1) y = x; x2 y 2 = 4;
15
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 coordenadas u = x + y; v = x y Luego, 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 y 2 = (x + y) (x y) = 4 se transforma en uv = 4: 4 Es decir, D = (u; v) = 2 u 4; 0 v u 1 @ (x; y) @ (u; v) El jacobiano de la transformación es = : @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 1 1 1 En efecto = = 2 = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 2 Entonces:
ZZ
[x + y]2 dxdy
=
D
= = = =
5
) ZZ Z Z Z j Z 1 2 1 2 1 2 1 2
u2 dudv
D
4
4=u
2
u2 dvdu
0
4
u2 v
2
4=u du 0
4
4udu
2 2 4
4 u 2 2
= 12
2
Cálculo de integrales triples en coordenadas rectángulares cartesianas
5.1
Problema
Sea R la región en IR 3 acotada por: z = 0; z = Calcular
ZZZ
R
(x + y
1 y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2 2
z) dxdydz:
Solución.
z 12 y:Proyectando la región R (x; y) 2 IR 2 = 0 x 1; 0 y 2 :
Del grá…co de la región , tenemos que 0 sobre el plano xy. Así D =
16
Por lo tanto; 1 2
ZZZ
(x + y
R
1
2
0
0
1 2
Z Z Z Z Z (
z) dxdydz =
(x + y
z) dz)dydx
2
0
0
1 (x + y)y 2
D
1
Z 0
=
y2 dydx = 8
1 2 1 3 xy + y 4 8
y
(
y
0
1
ZZ Z
2
dx = 0
=
(x + y
0
1
2
0 1
0 2
0 1
0
Z Z Z Z Z
z) dz)dxdy
xz + yz
z2 2
1 2
y
dydx
0
1 3 xy + y2 dydx 2 8
1 2 [(x + 1)] dx = x +x 2 0
3 2
1
0
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) IR 2 = 0 x 1; 0 z 1
2 ZZZ
R
1
1
0
0
y2 xy + 2
1
2
xz + z
0
Z Z Z 1
(x + y
Z Z Z
z) dxdydz = zy
z2 2
1
Z
1
0
0
2
dzdx = 2 2z 2 1
z x 2
2
(
(x + y
2z
1
1
0
0
Z Z Z
[x + 1
1
dx = 2
x+1
0
0
[(x + 1)] dx =
0
z) dy)dzdx
1 2 x +x 2
1 2
1
0
z xz] dzdx
=
x dx 2
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
x2 dxdydz si D es la región acotada por y 2 + z 2 = 4ax;
D
y 2 = ax;x = 3a Solución.
La super…cie y 2 + z 2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la …gura. En dos variables el grá…co de y 2 = ax es una parábola, pero es tres variables es la super…cie de un manto parabólico. 17
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 = (x;y;z) IR 3 =D1 D2 , 4ax y 2 z 4ax y2 Por simetría se tiene:
n
2
p
[
p
ZZZ ZZ Z p p Z Z Z p p Z Z p p Z Z p
4axy 2
2
I =
x dxdydz = 2
D
D1
p
3a
2 ax
0
p
= 2
4axy
ax
3a
2 ax
0
3a
p ax p
0
p
= 2
2 ax
= 4
2
x2 dzdydx
4axy2
x2 z
dydx
4axy2
x2
4axy
x2 dzdxdy 2
4axy2
p
o
y 2 dydx
4ax
ax
De una tabla de integrales obtenemos
Z p a2
1 u2 du = (u a2 2
Así al integrar la expresión: p 2 ax 1 4ax y 2 dy = p 2 ax
Z p
p
u u2 + a2 arcsen ) a
p
= = =
p
y2 + 4ax arcsen 2 yax p ax p 1 p 1 2ax arcsen (1) ax 3ax + 4ax arcsen 2 2 p 1 2ax + ax 3 2ax 2 2p 6 2 3 3
y
4ax
ax +
2
ax
Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda
Z " 3a
4
0
p
2 ax
p
#
2 3 + ax3 dx = 3 2
"
p
! # p !
2 3 + 3 2
= 27a5 2 +
18
3a
ax4
3 3 2
0
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) IR 3 = (x; y) D; 0 z 4 y D = (x; y) IR 2 = 2 x 2; x2 y 4 Luego el volumen de la región es
2
2
2
V () =
4
2
x2
4y
dxdydz =
2
=
4
(4
2
8
2
=
8x
x4 dx 2
4x2 +
dzdydx
0
2
y) dydx =
x2
2
=
2
4y
y2 2
4
dx x2
2
4 3 x4 256 x + = 3 10 2 15
6
Coordenadas esféricas
6.1
Problema
Resolver I =
2
ZZZ Z Z Z Z Z Z Z
ZZZ p
x2 + y2 + z 2 e(x
2
+y 2 +z 2 )
dxdydz si D es la región de IR 3
D
limitada por las super…cies x2 + y 2 + z 2 = a2 x2 + y 2 + z 2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Solución
Por la simetría del dominio y la forma del integrando usaremos coordenadas esféricas: b2 x2 + y 2 + z 2 a2 = b r x = rsen cos y tg = = 0 = 0 y = rsensen = zy z = r cos tg = = 0 = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x;y;z) = r2 sen se tiene: @ (r;;)
9= ;
)
19
) ) )
a 2
2
a
0 2
0
b a
0 2
0
b
0
0
Z Z Z Z Z Z Z Z
I = = =
rer
2
1 2 r r e 2
@ (x;y;z) drdd @ (r;;)
2
2
a
sen dd b
1 2 b 1 b e + eb 2 2
12 a2ea ea
2
2
2
2
2
1 2 a a e 2
2
2
ea
2
1 2 b 1 b e + eb 2 2 1 2 b 1 = 4 b e + eb 2 2 = 2
6.2
er
1 2 b 1 b e + eb 2 2 2
=
r3 er sen drdd
2
=
2
2
2
0 2
0
sen dd
cos
0
j0
2
d
0
12 a2ea ea 2
2
Problema
Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 :
d
2
12 a2ea ea 2
2
Z Z Z Z
16 ;
z2
Solución
x2 + y 2 + z 2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z 2 = 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 + z 2 = 16 z= 8 = x2 + y2 = z 2 x2 + y2 = 8
p
)
Usaremos coordenadas esféricas: 0 x2 + y 2 + z 2 16 = 0 r x = rsen cos y 8 tg = = =1 = 0 y = rsensen = z 8 y z = r cos tg = = 0 = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x;y;z) = r2 sen se tiene: @ (r;;)
9= ;
p p
)
20
) ) )
4 4 2
2
V
=
D
=
0 3
V V
= =
4
0
0
dxdydz =
2
V
4
ZZZ Z Z Z Z Z Z j Z p ! p ! 4 3
0
4
0 2
3 4
r 3
sen dd
0
cos
0 2
43 3
r2 sen drdd
4
0
d
2 2
1
0
d =
43 3
2 2
1
2
Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso x = r cos x2 + y 2 + z 2 = 16 = z = 16 r2 : 2 2 2 y = rsen x +y = z = z = r2 = z=z Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x;y;z) = r luego: @ (r;;z)
V
9= ;
) )
)
2
=
2
= =
7
p
16r2
dxdydz = 0 0 p 8 p rz r 16 r drd 0 p
rdzdrd
r2
2
2
0 2
=
8
ZZZ Z Z Z Z Z j Z Z p Z p p p p D
=
p
8
r2 drd 0 0 p 8 2 3 1 r 2 3 (16 r ) d 3 3 0 0 2 2 2 83 163 = 64 32 2 3 3 r
r2
16
Coordenadas Cilíndricas
7.1
Problema
Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 +y2 y z = 27 2x2 2y 2 :
Solución.
Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos z = x2 + y 2 = z = r2 : 2 2 y = rsen z = 27 2x 2y = z = 27 2r2 = z=z x2 + y 2 = 9 = r = 3:
9= ;
)
21
) ) )
Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x;y;z) = r se tiene: @ (r;;z)
V
=
2
0
=
7.2
0 3
272r2 r2
r 27
0 2
=
3
rz
0 2
=
3
272r2
0
0
r2
dxdydz =
D
=
2
ZZZ Z Z Z Z Z j Z Z Z Z 243 4
rdzdrd
drd
3r2 drd
0
27 2 r 2
3
3 4 r 4
2
d =
0
d
0
243 243 2 = 4 2
Problema
Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 13 y el 2 cono (z 1) = x2 + y 2 ; z 1
Solución.
El volumen pedido es V =
ZZZ
dxdydz
R
donde la región R está dada por R = (x;y;z) IR 3 = (x; y) D; 1 + x2 + y2 z 4 x2 y 2 D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy. D = (x;y;z) IR 2 =x2 + y2 13 Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas. x = r cos y = rsen = x2 + y 2 + z 2 r2 + z 2 13 , z=z Determinemos la imagen R de R (z 1)2 = x2 + y2 z 1+r = 1+r z 13 r2 Luego R = (r;;z) IR 3 = (r; ) D; 1 + r z 13 r2 La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce z = 0 = x2 + y 2 = 13 D1 = (r; ) IR 3 = r 2 ; 2 2 Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x;y;z) = r se tiene: @ (r;;z)
n
2
2
9= ;
n)
2
)
() 2 2
2
p
p
) p p
22
o
o
V
= = =
2
2
p
0
0
1+r
13r2
ZZZ Z Z Z Z Z Z Z p Z p dxdydz =
2
R 2
0 2
0 2
p 13r rz1+r ddr 2
r
0
r2
13
0 2
= 2
rdzddr
r
r + r2
r2
13
(1 + r) ddr dr
0
1 13 3
= 2
1 = 2 133=2 3
7.3
r2 r3 + 2 3 4 8 + 2 3
3=2
r2
73=2
2 0
Problema
Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R es el interior a la esfera x2 +y2 +z 2 = 4; z 0;y exterior al cilindro (x 1)2 +y 2 = 1:
Solución
La región R se describe en coordenadas cartesianas mediante R = (x;y;z) IR 3 = (x; y) D; 0 z 4 x2 y2 donde D es la proyección de R sobre el plano xy. D = (x; y) IR 3 =x2 + y2 4 ; (x 1)2 + y2 1 Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por x = r cos y = rsen = x2 + y 2 + z 2 = r2 (cos2 + sen2 ) + z 2 4 z=z
n
2
2
9= ;
2
p
o
)
() 0 z
p 4
r2
La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones 3 x2 + y 2 r 2 4 0 r 2 si 2 2 2 2 (x 1) + y 1 r 2cos y r 2 si 2 2 Entonces, la región R puede describirse mediante R = (r;;z) = (r; ) D = D1 D1 ; 0 z 4 r2 D1 = (r; ) IR 3 =2cos r 2 ; 2 2 3 D2 = (r; ) IR 3 =0 r 2 ; 2 2
() ()
n
2 2
p
2
[
23
o
Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es: @ (x;y;z) =r @ (r;;z) En consecuencia la integral puede describirse por
I =
ZZZ Z Z Z Z Z Z Z Z h i Z Z h i Z Z p Z Z p Z Z Z Z Z Z (r) drddz
R
=2
=
=2
= =
7.4
4
r2 drd
0
8 =2 1 3 =2
r2
+
r
2
3=2
2
cos
3=2
3=2
8 =2 8 sen3 d + 3 =2 3
8 d + 3
0
drd
4
r 2 drd
0
d +
=2
2cos
4r2
2
=2
1 4 3
p
r z
=2
rdzdrd
0
2
drd +
3=2
r
=2
=
0
0
3=2
2 cos
=2
=
4r2
2
=2
4r2
rdzdrd +
p
2 cos
p
2
=2
r z
=2
3=2
0
2
=2
=
4r2
2 cos
=2
=
p
2
1 4 3
r2
3=2
2
d 0
3=2
d
=2
3=2
d
=2
=2
cos3 8 8 cos + + = 3 3 =2 3
8 3
Problema
Calcular I =
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 a2 b c
ZZZ D
En la región D =
(x;y;z)
2
dxdydz:
x2 y 2 z 2 IR = 2 + 2 + 2 a b c 3
Solución.
1
a > 0; b > 0; c > 0
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 :
a 0 0 @ (x;y;z) = 0 b 0 = abc @ (u;v;w) 0 0 c Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral
24
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 a2 b c
ZZZ ZZZ ZZZ ZZZ
I =
D
=
2
2
u +v +w
D
D
2
u2 + v 2 + w 2
=
dxdydz:
@ (x;y;z) dudvdw @ (u;v;w) @ (x;y;z) dudvdw @ (u;v;w)
(u2 + v2 + w2 ) (abc) dudvdw
=
D
Ahora, transformamos a coordenadas esféricas. 0 u2 + v 2 + w2 1 = u = rsen cos v tg = = v = rsensen = w v w = r cos tg = = u Quedando, la region D = (r;;) =0 r 1; 0
9= ;
abc
ZZZ
D
2
2
) 0r1 ) 0 ) 0 2 ; 0 2g
)
f
2
(u + v + w )dudvdw = abc
= abc = =
2
1
0 2
0
0 5 1
0 2
0
Z Z Z Z Z Z j Z
abc 5 2abc 5
r 5
cos
0
2
d =
0
r2 r2 sen drdd sen dd
0
0
d
4abc 5
Observación Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. x = arsen cos @ (x;y;z) y = brsensen = = abcr2 sen @ (r;;) z = cr cos
7.5
Problema
Calcular I =
9= ;
)
ZZZ q D
dxdydz: 2
2
2
;
(x a) + (y b) + (z c) en la región D = (x;y;z) IR 3 =x2 + y2 + z 2 R2 …jo
2
no peteneciente a la esfera x2 + y 2 + z 2 Solución.
25
R2:
; (a;b;c) es un punto
Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.
I =
dxdydz:
ZZZ q Z Z Z p D
I =
a)2 + (y
(x
r
p
r
p r x
r2 x2 2
b)2 + (z c)2
r2 x2 y 2
p r x y
2
2
2
dzdydx: 2
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) = D hasta (x;y;z) 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.
2
2
I =
D
Observación
dxdydz:
ZZZ q
x2 + y2 + (z
d)2
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 =
R
2
0
0 R
0
0
0
r2 sen ddr r2 + d2 2dr cos
= 2 Para calcular
r2 sen dddr r2 + d2 2dr cos r2 sen ddr r2 + d2 2dr cos
Z Z Z p Z Z p Z p
J =
0
podemos hacer s = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsend Además, = 0 = s = r2 + d2 2dr = (d r)2 = = s = r 2 + d2 + 2dr = (d + r)2 Reemplazando en la integral anterior produce
)
)
26
2
J = = =
(d+r) r r s1=2 ds = 2s1=2 2d (dr) 2d r [2 (d + r) 2 (d r)] 2d r 2r2 [4r] = 2d d
Z
2
Por lo tanto R
I = 2
Z
2r2 dr d
0 3 R
I = I =
4 r d 3 4 3 R 3d
27
0
(d+r)2 (dr)2
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