Integrales Triples 2

FACULTAD DE INFORMÁTICA DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA

ANÁLISIS MATEMÁTICO 2ª CURSO-PRIMER CUATRIMESTRE

PROBLEMAS resueltos DE INTEGRALES MÚLTIPLES

1. Calcular el valor de la integral: I=

∫∫∫  zdxdydz V 

dónde V es el recinto acotado del semiespacio  z ≥ 0 interceptado por la esfera el cono x2 + y2 = z2 .

+

2

x

2

y

+

2

z

= 1y

SOLUCIÓN:

Haciendo el cambio a coordenadas  x = ρ Senϕ Cosθ 

 y = ρ Senϕ Senθ     z = ρ Cosϕ    

esféricas:

la

integral

queda π 

2π 

 I  =

z

4

∫ d θ  ∫ d ϕ ∫ ρ  Senϕ Cosϕ d ρ  = 4 ∫ Senϕ Cosϕ d ϕ  = 0

π 

2.

2π 

3

0

=

π 

1

4

π  4

0

0

4

∫ 

Sen2ϕ d ϕ  =

0

π  8

π 

[− Cos2ϕ ]04 =

π  8

.

Calcular el volumen del sólido en el primer octante limitado por la superficie de ecuación

- x =x e (

2

+ y 2 )

y por el plano  z

SOLUCIÓN:

= 0.

Del enunciado se se deduce deduce que el sólido sólido se puede puede expresar expresar como

S

= ( x , y , z ): x ≥ 0 , y ≥ 0 ,0 ≤ z ≤ x e ( 

- x 2 + y 2

).  

Por lo tanto su volumen se obtiene de la siguiente forma

∞∞ Vol( S ) =

∫ ∫ 

xe

(

- x 2 + y 2

) dydx ,

0 0

Con el cambio a polares

 x = ρCosθ   y = ρSenθ   π

Vol( S ) =

J = ρ  ,la integral queda

2∞

∫ ∫ 

ρ 2 Cos θ

0 0

 π 2 − ρ  dρ dθ = Cosθ e     0 2

∫

  ∞   2 − ρ    d θ  ρ e dρ  ,         0    

∫ 

2

y como

1

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π 

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∞

2

∫ Cosθ  d θ  = 1

∫

0

{

2 ρ e − ρ  dρ = x = ρ 2

2

0

∞

} = 2 ∫ x

1

2 e − x dx

0

π 

Vol ( S ) =

resulta que el volumen pedido vale

1

4

=

Γ ( 12 ) 4

=

π  4

,

.

Cabe observar que al obtener el volumen como resultado de una integral doble impropia (límites de integración infinitos), éste se puede plantear como el límite de la sucesión de integrales dobles siguiente:

→∞ ∫∫ 

Vol( S ) = lím n

donde

Bn

lím Bn

n→∞

xe

(

- x 2 + y 2

) dxdy

 Bn

= {( x , y ): x 2 + y 2 ≤ n 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0} ,

= {( x , y ): x ≥ 0 , y ≥ 0} ="primer

pues,

evidentemente

cuadrante". El lector comprobará que se obtiene el mismo

resultado.

3. Calcular, con un cambio de variable adecuado la integral triple:

∫∫∫ x − y − z −

n 1 n 1 n 1

1− x

n

− y n − z n dxdydz

V n

donde Vn

= {( x , y , z): x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 , x n + y n + z n ≤ 1} , siendo n

cualquier número natural sin

concretar y mayor que uno.

SOLUCIÓN: El cambio de variable J xyz V *n

n 3 x n 1 y n 1 zn

1

{u = x n , v = y n , w = zn } , de Jacobiano

1 Juvw  , transforma el sólido de integración en

= {( u, v , w): u ≥ 0 , v ≥ 0 , w ≥ 0 , u + v + w ≤ 1} .

Por lo tanto, aplicando dicho cambio, la integral planteada queda como

∫∫∫ x − y − z −

n 1 n 1 n 1

1− x

n

− y n − z n dxdydz

=

V n

1

=

n

=

4.

1 n

3

1

∫∫∫  1 − u − v − wdudvdw =

3

V n*

1− u

1− u − v

∫ ∫ ∫  du

0

dv

0

1 − u − v − wdw =

0

8 105 n3

.

Calcular el volumen del sólido limitado por la superficie de ecuación:

(x

2

2

+ y 2 + z 2 ) = a 3 x ( a > 0) .

SOLUCIÓN:

2

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Comprobando que dicho sólido se encuentra en el semiespacio  x ≥ 0 y que es simétrico respecto de los planos y=0 y z=0, obtenemos que el volumen total es cuatro veces el  x = ρ Cos θ Sen ϕ  del sólido en el primer octante. Para calcular éste, a la vista de la  ecuación de la superficie parece adecuado un cambio a coordenadas 2  y = ρ Sen θ Senϕ  J = ρ Senϕ  esféricas:.  La ecuación de la superficie tras el cambio realiza do queda:  z = ρ Cos ϕ  3 3 ρ = a Cos θ Sen ϕ , transformándose el sólido en el primer octante en S *

= {( ρ , θ , ϕ ): 0 ≤ ρ ≤ a3 Cos θ Sen ϕ ,0 ≤ θ ≤ π π 2

Vol

=4

∫∫∫ ρ Sen ϕ dρ dθ dϕ   =  4 ∫ dθ ∫ Sen ϕ dϕ

π 2

∫

3

0

π  2

Cos θ dθ

0

∫ 

Sen 2 ϕ d ϕ = 

4a 3

∫ ρ

0

5. Dada la función

6

0

 1  2

β  ,

≤π

}

2  . Así, el volumen pedido es:

a 3 Cos θ Sen ϕ 

π  2

2

S*

4a 3

2 ,0 ≤ ϕ

3  

  = 2  

2

d ρ = 

0

π a 3 3

π 2

4a 3

π  2

∫ dθ ∫ Cos θ Sen ϕ d ϕ =  2

3

0

0

.

f ( x , y ) definida en el rectángulo

1  y 2  [0,1] × [0,1] = {( x, y):0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1} ,como f ( x, y ) = − 12   x  0  se pide demostrar que:

1 1

1 1

0 0

0 0

, si

0