Ejercicios Resueltos Integrales Dobles

Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC .

1

Autores:

Miguel Martínez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Marín

Ejercicios Resueltos

1.1

Calculo de integrales dobles en coordenadas

1.2

rectángulares cartesianas

1.2.1

Problema ZZ p x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas Calcular D

y = x; y = x y x = 1 Solución Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2 = 0 ZZ

p

x + ydxdy

Z

=

D

2 3

=

2 3

=

0

Z Z

Z

x

p

=

1; x

x

x + ydydx

1

3=2

(x + y) 0 1

y

x

3=2

(2x)

x x

dx

dx

0

25=2 2 5=2 (x) 3 5 p 8 2 15

=

Problema ZZ p Calcular x2

1

x

1 0

1.2.2

y 2 dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de

D

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 : Integrando a franjas verticales, resulta

1

ZZ

D

p x2

y 2 dxdy

Z

Z

p x2 x 0 Z 1Z x r x 1 = =

1

x

y 2 dydx y x

x

0

2

dydx

y Hacemos el cambio de variables = sent =) dy = x cos tdt y x determinemos los limites. x = arcsen (1) = : Para y = x =) arcsen x 2 x Para y = x =) arcsen = arcsen ( 1) = x 2 Por tanto Z

1 0

Z

x

r

x 1 x

y x

2

dydx = = = = = =

Z

Z Z Z 2

1 0 1 0 1 0

Z

2

2

Z

2

p 1

sen2 tdtdx

x2 cos2 tdtdx 2

Z

2

x2 ( 2

1

1 + cos 2t )dtdx 2

sen2t t + 2 4

x2 0

Z

x2

2

dx 2

1

x2 dx 0

x3 2 3

1

= 0

6

1.2.3

Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = (x; y) 2 IR2 = x2 + y 2 D

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 p p D = (x; y) 2 IR2 = 1 x 1; 1 x2 y 1 x2

2

ZZ

2

x +y

2

dxdy

Z

=

D

Z

1 1

Z

p

1 x2

p

(x2 + y 2 )dydx 1

x2

1

p

1 x2

y3 = (x y + ) p dx 3 1 1 x2 Z 1 p 1p = 2 (x2 1 x2 + (1 x2 )3 )dx 3 1 Z Z 1 p 2 1 p (1 x2 )3 dx = 2 x2 1 x2 dx + 3 1 1 2

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z

1

x2 1

p

1

x2 dx =

(

1 1

p (1

x2 )3 dx = =

1 p x2 + (x 1 8

1 (arcsen(1) 8

=

Z

xp 1 4

(

xp (1 4

1

1 arcsen ( 1) = ( + ) = 8 2 2 8

x2 )3 +

3 8

1

x2 + arcsenx)

3x p (1 8

3 x2 ) + arcsenx) 8

1 1

Por lo tanto: ZZ

x2 + y 2 dxdy = D

2 23 + = 8 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 =) x2 = 4 =) x = 2 =) y = 2 y=x

3

27y = 4x2 y=x

2

=) 27x = 4x

)

x=0 24 x= 4

=)

=) y = 0; y =

27 4

4 =) x = 3; y = ZZ3 Para calcular el área A(R) = dxdy; podemos escoger una partición del xy = 4 27y = 4x2

D

dominio de tipo I ó de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I 4 DI = (x; y) 2 IR2 = 2 x 3; y x 27 4 2 DI = (x; y) 2 IR2 = 3 x ; x 4 27 Si proyectamos sobre eje x

A(R)

= = = =

ZZ Z

Z

Z

= =

2 3

Z

x

dydx + 4 x

x

yj 4 dx + 2 3

x

2

3

+

4 ln x 2

y

x

dxdy + D1 27=4 3

27=4

3

2

Z

x

ZZ

dxdy D2

dydx 4 2 27 x

x

yj 4 x2 dx 27

Z

27=4

x 3 2

x 2

4 3 x 81

4 2 x dx 27 27=4 3

3 729 9 4 273 4 4 ln + + 33 2 32 2 81 43 81 3 729 243 4 + 2 4 ln + 2 32 16 3 665 3 4 ln 96 2

5 2

Si proyectamos sobre eje y 4 DI = (x; y) 2 IR2 = x y DI =

Z

Z

4 dx + x

x x 2

= =

3

dxdy = D

ZZ

x

(x; y) 2 IR2 = y

x

3p 4 3y; y 2 3 3p 3y; 2 y 2

4

2 27 4

A(R)

= = =

ZZ Z

Z

= =

1.3 1.3.1

D

Z

2 4 3

3p 3y 2

4 3

8 3 665 96

D1

Z

27=4 2

Z i 4 ln y dy +

hp 3y

2

dxdy +

dxdy + 4 y

3p 3 3y 2

=

ZZ

dxdy =

2

4 y

+ 4 3

p

Z

dxdy D2

3p 3y 2

dxdy y

3p 3y 2

27=4 2

y dy

27=4

y2 2

3y 3

3 9 27 4 ln + 2 8 3 4 ln 2

ZZ

2

729 +2 32

Cambios de orden de Integración Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=

Z

Z

1 0

2

2

ey dydx 2x

Solución. El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; 2x y 2 : Si se invierte elnorden de integración tenemos que modi…car la partición del o y 2 dominio. D = (x; y) 2 IR = 0 x ; 0 y 2 ;entonces la integral 2 se puede escribir.

I

= = = =

Z

Z Z

1 0 2

Z

2

e dydx = 2x

xey 0 2 0

y2

2

y 2

0

dy

y y2 1 2 e dy = ey 2 4

1 16 e 4

Z

1

5

4 0

2 0

Z

y 2

0

2

ey dxdy

1.3.2

Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=

Z

2 0

Z

4

p

y cos ydydx

x2

Solución. El dominio de integracion 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 p y; 0 y 4 ;entonces la integral dominio.D = (x; y) 2 IR2 = 0 x se puede escribir Z

2 0

Z

4

p

y cos ydydx =

x2

= =

Z

Z Z

4 0 4

Z

p

0 4

p

y

p

y cos ydxdy

0 p

y

y cos(y)xj0 dy

y cos(y)dy 0

Integrando esta última integral por partes se tiene: Z

1.3.3

4

y cos(y)dy

=

0

= =

4

ysen(y)j0 4

Z

4

sen(y)dy 0 4

ysen(y)j0 + cos(y)j0 4sen(4) + cos(4) 1

Problema

Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Solución. Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: 6 x 6 x 2y dxdy , D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 6; 0 y V = 3 2 D

6

V

= = = =

1 3 1 3 1 3

Z Z Z

1 12

6 0 6

Z

6

x 2

(6 x)y

(6

x)2

6

x 2

0

dx x)2

(6

2

0

4

dx

6

x)2 dx

(6 0

6

1 (6 36

=

2y) dydx

y2

(6 0 6

Z

x

0

x)3

=6 0

Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: 6 2y V = (6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2 = 0 y 3; 0 z 3 R V

= = = = =

1.4

Z

Z

Z

1 6

Z

3 0 3

6

(6

3z) dzdy 6

(6

0

Z

2y

0

(6 0 3

2y 3

3 2 z 2

2y)z 2y)2 3

(6

2y 3

dy 0

2y)2 dy 6

3

(6

2y)2 dy

0

1 (6 x)3 12 3

3

=6 0

Cambios de variables: Coordenadas polares

1.4.1

Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = D

(x; y) 2 IR2 = x2 + y 2

coordenadas polares Solución. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos ; y = rsen =) x2 + y 2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es: @ (x; y) =r @ (r; )

7

1 ;usando

ZZ

2

x +y

2

dxdy

=

D

= = = =

ZZ Z Z 2 2

=

r2 D

1 0 1 0

Z Z

Z

@ (x; y) drd @ (r; )

2

r3 d dr 0 2 0 1

2

r3 j0 dr

r3 dr 0

r4 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 + 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

8

ZZ

dxdy

=

D

= = = = = =

ZZ

D =2

Z

2 2 Z

Z

@ (x; y) drd @ (r; ) Z 8sen rdrd

arcsen 83 =2 arcsen 38

3

r2 2

8sen

d 3

=2

64sen2

9 d

sen2 4

9 2

arcsen 38

64 55 2 55 4 38; 42

2

=2 arcsen 38

=2

16sen2 arcsen 38

55 3 3 arcsen + 16sen(2arcsen ) 2 8 8

1.4.3

Problema ZZ x2 + y 2 p Calcular dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos ) x2 + y 2 D x+ Solución. Cambiando a cordenadas polares, tenemos:

9

ZZ

D

x2 + y 2 p dxdy x + x2 + y 2

= = = =

ZZ ZZ Z

Z

D

r2 rdrd r cos + r

2 0

2

Z

a 3

=

a3 3

0

r2 drd 1 + cos a(1+cos )

r3 3

d 0 2

(1 + cos ) d

0 2

Z

a3 3

a(1+cos )

1 1 + cos

0 3 Z 2

=

=

D

@ (x; y) r2 drd r cos + r @ (r; )

1 + 2 cos + cos2

d

sen2 4

2

0

+ 2sen +

2

+

0

3

=

a

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

lim !

=

lim

=

a3

1.5

!

Z a3 3

0

Z

Z

a(1+cos ) "

r2 drd + lim ! + 1 + cos 2

a + 3

(1 + cos ) d + lim 0

!

a3 3 sen2 + 2sen + 3 2 4

"!0 3 Z 2

2

Z

a(1+cos ) "

r2 drd 1 + cos

2

(1 + cos ) d

a3 3 + 3

+ lim !

Z

3 2

2sen

sen2 4

Cambios de variables. Coordenadas curvilineas

1.5.1

Problema ZZ Calcular I = 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

10

1 (2u + v) 3 (1) =) (2) 1 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) tenemos dos posibilidades. Para calcular el Jacobiano @ (u; v) La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v x=

u = x 2y v =x+y

: La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)

@ (u; v) y luego @ (x; y)

1

@ (x; y) @ (u; v) = : @ (u; v) @ (x; y) @ (x; y) @ (u; v) 1 1 2 = 1 + 2 = 3 =) En efecto = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: usar la propiedad

I

= = =

1.5.2

ZZ Z

1 9

4 1

Z Z

3xydxdy = D

Z

0 4

1 2u2 9

4

2u2 v 1 4

=

1 9

=

1 8u3 + 4u2 9 3

1 1 (2u + v) (u 3 3

3 D

v)

@ (x; y) dudv @ (u; v)

v 2 dvdu

uv

v3 3

uv 2 2

8u2 + 8u 1

ZZ

0

du 4

64 du 3 64 u 3

4

du = 1

164 9

Problema

Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 y 2 = 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 región D esta acotada por la rectas verticales; x2 y 2 = 1 se transforma en u = 1

11

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 = f(u; v) =1 u 9; 4 v 6g @ (u; v) @ (x; y) a partir de (1) y usar la propiedad Vamos a calcular @ (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:

A (D)

= = = = =

ZZ

Z

1 2

9 1

Z

dxdy = D

Z

9 1

6 4

ZZ

D

@ (x; y) dudv @ (u; v)

1 dvdu 3v 6

[ln v]4 du

Z 9 1 6 ln du 2 4 1 3 1 3 9 ln [u] = 4 ln 2 2 1 2

1.5.3

Problema ZZ x3 + y 3 dxdy; donde D les la región del primer cuadrante Calcular I = xy D 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 simpli…ca la región D y la transforma en D . y2 x2 ; v= Sean u = 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 12

Es decir, D =

(u; v) =1

u

1 ;1 4

v

1 4

@ (x; y) tenemos dos posibilidades, la primera es @ (u; v) e y en términos de u y v a partir de (1) : @ (u; v) @ (x; y) La segunda, es calcular y usar la propiedad = @ (x; y) @ (u; v) 2x x2 @ (u; v) y y 2 = 4 1 = 3 =) @ (x; y) En efecto = 2 2y y @ (x; y) @ (u; v) x2 x Calculemos ahora la integral Para calcular

I

ZZ x3 + y 3 dxdy = xy D D Z 1 Z 1 1 = (u + v) dvdu 3 1=4 1=4 Z 1 1 1 v2 = du uv + 3 1=4 2 1=4 Z 15 1 1 3 u+ du = 3 1=4 4 32 =

ZZ

=

1 3 2 15 u + u 3 8 32

=

15 64

1

= 1=4

x2 y2 + y x

@ (u; v) @ (x; y) =

1 3

dxdy

1 3 15 15 3 + 3 8 16 32 4

1.6

Calculo de integrales triples en coordenadas

1.7

rectángulares cartesianas

1.7.1

despejar x

Problema

1 Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z = y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2 2 ZZZ Calcular (x + y z) dxdydz: R

Solución. Del grá…co de la región , tenemos que 0

z

sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2 = 0 Por lo tanto;

13

1 y:Proyectando la región R 2 x 1; 0 y 2 :

1

:

ZZZ

(x + y

z) dxdydz

=

R

= = = = = = =

ZZ Z

Z

Z

Z

Z Z

1 0 1

0 1 0 1 0 1

D

Z

Z ( 2 0

Z

2

1 2y

(x + y

Z (

1 2y

(x + y

Z

1 2y

z2 2

1 (x + y)y 2

0 2

z) dz)dydx

0

xz + yz 0 2

Z

dydx 0 2

y 8

dydx

1 3 xy + y 2 dydx 2 8

0

1 2 1 3 xy + y 4 8

0 1

z) dz)dxdy

0

2

dx 0

1 2 x +x 2

[(x + 1)] dx = 0

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

(x + y

z) dxdydz

=

R

= = =

Z

Z 2 2

=

2

=

Z

=

1 0 1 0

Z

Z

Z

Z

Z 1

0 1

1 0 1

Z (

(x + y

dzdx

zy 2z

[x + 1

z

xz] dzdx

0

z2 2

0 1

x+1

1 2

1

[(x + 1)] dx = 0

2

1

xz + z

0

z) dy)dzdx

2z

y2 xy + 2

0

Z

2

x

z2 2

1

dx 0

x dx 2 1 2 x +x 2

1 0

3 2

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. 14

1.7.2

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 gra…co de y 2 = 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: o n p p 4ax y 2 z 4ax y 2 D = (x; y; z) 2 IR3 =D1 [ D2 , Por simetría se tiene:

I

=

=

= =

ZZZ 2

2 4

Z

Z

Z

2

x dxdydz = 2 D

3a 0 3a 0 3a 0

Z

Z

Z

p 2 ax p

ax

p 2 ax

Z p4ax p

x2 z

ax p 2 ax

x2 ax

D1

Z p4ax p

y2

4ax

x2 dzdxdy y2

y2

x2 dzdydx

4ax y 2

p

4ax y 2

p

p

p

ZZ

p 4ax

dydx 4ax y 2

y 2 dydx

De una tabla de integrales obtenemos Z p a2

1.8

u2 du

=

1 p 2 (u a 2

u u2 + a2 arcsen ) a

Cálculo de integrales triples usando cambio de variables

1.8.1

Problema ZZZ p 2 2 2 Resolver I= x2 + y 2 + z 2 e (x +y +z ) dxdydz si D es la región de IR3 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 15

Por la simetría del dominio usaremos coordenadas esféricas: 9 b2 x2 + y 2 + z 2 a2 =) b r x = rsen cos = y tg = = 0 =) 0 y = rsen sen =) zy ; z = r cos =) 0 tg = = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) = r2 sen se tiene: @ (r; ; ) I

= = =

Z Z Z

= = = = 1.8.2

2 4

2 0 2 0 2 0

Z Z

Z

0

0

Z Z

0

1 2 b e 2

b2

1 2 b e 2

b2

a

re r3 e

2

@ (x; y; z) drd d @ (r; ; )

r2

b a

a

r2

sen

drd d

b

1 2 r e 2

r2

e

r2

a

sen

d d

b

1 + e 2

b2

1 + e 2

b2

1 2 a e 2

a2

1 2 a e 2

a2

e e

a2

a2

Z Z

2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2 2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2

Z

2 0 2

d d

cos j0 d

0

Z

sen 0

2

d 0

Problema

Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 +y 2 y z = 27 2x2 2y 2 : Solución. Por la simetría resolveremos usando coordenadas cilíndricas. 9del volumen los z = x2 + y 2 =) z = r2 : x = r cos = 2 2 y = rsen 2y =) z = 27 2r2 =) z = 27 2x ; 2 2 x +y =9 =) r = 3: z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)

16

V

ZZZ

=

Z

=

0 2

Z

0 2

Z

=

0

243 4

= 1.8.3

2

Z

=

dxdydz = D

Z

Z

3 0 3

Z

27 2r 2

Z

2 0

r zjr2

drd

r 27

3r2 drd

3 0

Z

27 2r 2

rdzdrd r2

0

27 2 r 2

3

3 4 r 4

2

d = 0

d 0

243 243 2 = 4 2

Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y 2 + z 2 16 ; z 2 2 2 x +y : Solución x2 + y 2 + z 2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z 2 = x2 + 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 p se obtiene mediante el sistema: x2 + y 2 + z 2 = 16 z= 8 =) x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 8 Usaremos coordenadas esféricas: 0 x2 + y 2 +pz 2 16 =) 0 r 9 x = rsen cos = y 8 =) 0 tg = = p = 1 y = rsen sen =) 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; ; ) V V V V

= = = =

ZZZ Z

2

dxdydz = D

Z

4

0 0 3 Z 2

4 3

43 3

Z

0 2

r3 3

2 0

sen

Z

4

0

Z

4

r2 sen

drd d

0

d d

0

cos j04 1

0

4

Z

d

p ! 2 43 d = 2 3 17

1

p ! 2 2 2

4 4 2

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso 9 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

= = = = =

1.8.4

ZZZ Z

Z

Z

2

0 2 0 2 0

2 3

dxdydz = D

Z

Z

p 0 p

8

p

16 r 2

rzjr2 8

r 0

Z

p 16

2 0

Z

p 0

8

Z

p

16 r 2

rdzdrd r2

drd r2

r2 drd p

8

r3 1p (16 r2 )3 d 3 3 0 p p p 2 2 83 163 = 64 32 2 3

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. Por la simetría 9del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos = y = rsen =) ; z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)

18

V

= = = = = =

Problema ZZZ Calcular I =

ZZZ

Z

Z 2

dxdydz =

D 2Z 2 0 2 0

Z

Z

Z

p

0 2

r 0 2

r 0

r2

13 rz1+r

2

1 13 3

2

1 133=2 3

0

Z

2 0

r2 r2

p

13 r 2

rdzd dr 1+r

(1 + r) d dr r + r2

dr 2

r2 r3 + 2 3 4 8 + 2 3

3=2

r2

Z

d dr

p 13

p 13

2

73=2

0

1.8.5

D

En la región D =

x2 y2 z2 + + a2 b2 c2

dxdydz:

(x; y; z) 2 IR3 =

x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c

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 + w2 1 yel valor absoluto del Jacobiano queda : a 0 0 0 b 0 = abc 0 0 c Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral @ (x; y; z) = @ (u; v; w)

I

= = = =

ZZZ

ZZZ

D

ZZZ

D

ZZZ

x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c u2 + v 2 + w 2

D

u2 + v 2 + w 2

dxdydz: @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w) @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w)

(u2 + v 2 + w2 ) (abc) dudvdw D

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas. 19

9 =

u2 + v 2 + w2 1 =) v =) tg = =) w ; v tg = =) u Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 u = rsen cos v = rsen sen w = r cos

abc

ZZZ

0

(u2 + v 2 + w2 )dudvdw

= abc

D

= abc abc 5

=

Z

Z

0 2

0 Z 2

Z

Z

0

0

Z

r

0

1 2

;0

2 g

r2 r2 sen

drd d

1 0

r5 5

1

sen

d d

0

cos j0 d

0

2abc 5

=

Z

2

0 0

2

d = 0

4 abc 5

Observación Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. 9 x = arsen cos = @ (x; y; z) y = brsen sen =) = abcr2 sen ; @ (r; ; ) z = cr cos

1.8.6

Problema ZZZ q Calcular I =

dxdydz:

; 2 2 (x a) + (y b) + (z c) en la región D = (x; y; z) 2 IR3 =x2 + y 2 + z 2 R2 2

D

…jo

no peteneciente a la esfera x2 + y 2 + z 2 Solución.

; (a; b; c) es un punto

R2 :

Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.

I

I

=

ZZZ

D

q (x

dxdydz: 2

2

2

a) + (y b) + (z c) p Z r Z r2 x2 Z pr2 x2 y2 dzdydx: q = p p 2 2 r r 2 x2 r 2 x2 y 2 (x a) + (y b) + (z

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles. 20

2

c)

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. ZZZ dxdydz: q I= 2 D x2 + y 2 + (z d) 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

Z

Z

2

r2 sen d d dr r2 + d2 2dr cos 0 0 0 Z RZ r2 sen d dr p 2 r2 + d2 2dr cos 0 0

Para calcular J=

Z

0

p

p

r2 sen r 2 + d2

d dr 2dr cos

podemos hacer s = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsen d Además, = 0 =) s = r2 + d2 2dr = (d 2 = =) s = r2 + d2 + 2dr = (d + r) Por lo tanto

J

I I I

2

r)

Z (d+r)2 r r s 1=2 ds = 2s1=2 2d (d r)2 2d r [2 (d + r) 2 (d r)] = 2d r 2r2 = [4r] = 2d d Z R 2 2r = 2 dr 0 d =

= =

4 r3 d 3 4 3 R 3d

R 0

21

(d+r)2 (d r)2