Problemas Resueltos Integral Triple

INTEGRALES TRIPLES.

Z

1

x

Z

Z

y

f (x, y, z) dzdydx, dibujar la regi´ on de integraci´ on y escribir

46. Dada la integral 0

0

0

la integral de todas las formas posibles.

Soluci´ on z

y

x

Teniendo en cuenta la gr´ afica adjunta, si D1 , D2 y D3 son las proyecciones sobre los tres planos coordenados, las diferentes formas de escribir la integral son las siguientes:

ZZ

Z

y

dxdy D1

dxdz D2

Z f dy

Z dydz

Z f dx =

y

Z

0 Z x

0

0

Z

Z

1

Z f dx =

y

Z

f dz, 0

x

Z

0 Z 1

1

y

x

dz

dz 0

Z dx

dx 0

1

1

y

f dy =

dz

Z dy

z y

1

Z f dz =

z 1

y

dx

dy 0

Z dy

dz 0

1

x

0 Z 1

1

=

z

ZZ

Z dx

0 x

Z

1

=

0

ZZ

D3

Z f dz

f dy, z Z 1

dy z

f dx. y

47. Calcular las siguientes integrales triples: ZZZ i) (x2 + y 2 ) dxdydz, donde V est´ a limitado por las superficies x2 + y 2 = 2z, V

z = 2. ZZZ ii) (1+z 2 ) dxdydz, siendo W la regi´ on limitada por 2az = x2 +y 2 , x2 +y 2 −z 2 = W

a2 , z = 0.

Soluci´ on 1

i) La regi´ on de integraci´ on es el interior del paraboloide limitado por el plano z = 2. z

y x

Como la proyecci´ on de dicha regi´on sobre el plano z = 0 es el c´ırculo C : x2 + y 2 ≤ 4, la integral triple se puede descomponer entonces como ZZ

2

Z

I=

(x2 + y 2 ) dz.

dxdy (x2 +y 2 )/2

C

Al escribir la integral en coordenadas cil´ındricas, se obtiene: Z

2π

I=

2

Z dv

0

2

Z

Z

2

u du

u dz = 2π u2 /2

0

2

u3 · (2 − u2 /2) du =

0

16π . 3

ii) La intersecci´ on del paraboloide 2az = x2 + y 2 con el hiperboloide x2 + y 2 − z 2 = a2 da la circunferencia x2 + y 2 = 2a2 situada en el plano z = a. Esto indica que ambas superficies son tangentes a lo largo de dicha circunferencia; por ello deducimos que la regi´on de integraci´ on est´ a limitada superiormente por el paraboloide, inferiormente por el plano z = 0 y lateralmente por el hiperboloide (en la figura se muestran dos vistas de la regi´on de integraci´ on).

z

z

y

x

x

y

Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) est´a en el c´ırculo de centro el origen y radio a, entonces z est´a comprendido entre el plano z = 0 y √ el paraboloide 2az = x2 + y 2 y, si (x, y) est´ a entre el c´ırculo anterior y el c´ırculo de radio a 2, entonces z est´ a comprendido entre el hiperboloide x2 + y 2 − z 2 = a2 y el paraboloide anterior. La f´ ormula que se obtiene es pues ZZ I

Z

=

x2 +y 2 2a

dxdy x2 +y 2 ≤a2

(1 + z 2 ) dz

0

ZZ

Z

+ a2 ≤x2 +y 2 ≤2a2

2

x2 +y 2 2a

dxdy √

x2 +y 2 −a2

(1 + z 2 ) dz.

Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cil´ındricas. As´ı, Z I

2π

Z

2π

Z

2

Z

√ a 2

dv

(1 + z ) dz + 0

0 3

0

0

u2 /2a

Z u du

dv

=

a

Z u du

a

u2 /2a

√

(1 + z 2 ) dz u2 −a2

= · · · = (10 + a2 )πa /30. [Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]

ZZZ 48. Calcular

(1 + x + y + z)−3 dxdydz, donde S es el tetraedro limitado por los tres

S

planos coordenados y el plano de ecuaci´ on x + y + z = 1.

Soluci´ on Si llamamos D a la proyecci´ on de la regi´on de integraci´on sobre el plano XY , podemos escribir la integral como I=

1−x−y

Z Z Z D

 (1 + x + y + z)−3 dz dxdy.

0

Como, a su vez, D es el tri´ angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integral se descompone en las siguientes integrales iteradas: Z I

1

=

Z dx

0

1−x

Z

0 1

1−x−y

dy

(1 + x + y + z)−3 dz

0 1−x h

y (1 + x + y)−2 i dy − + 8 2 0 0 Z 1h i x−1 1 1 1 5 = − + dx = ln 2 − . 8 4 2(1 + x) 2 16 0 Z

=

Z

dx

49. Calcular los vol´ umenes de los cuerpos limitados por las siguientes superficies: i) a2 = x2 + z 2 , x + y = ±a, x − y = ±a. ii) z = x2 + y 2 , xy = a2 , xy = 2a2 , y = x/2, y = 2x, z = 0. r r r x y z iii) + + = 1, x, y, z ≥ 0. a b c iv)

x2 y2 z2 x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1, 2 + 2 = 2 , (z > 0). 2 a b c a b c

Soluci´ on i) La regi´on a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 +z 2 cortado por los cuatro planos x + y = a, x + y = −a, x − y = a, x − y = −a. 3

z

y x

Como la proyecci´ on del s´ olido sobre el plano XY es el cuadrado R limitado por las rectas x + y = a, x + y = −a, x − y = a, x − y = −a, el volumen se calcula por la f´ormula √

Z V

Z

=

dxdy R

Z =

0

2

√ − a2 −x2 x+a p

Z dx

−a

a2 −x2

dz = 2

Z p a2 − x2 dxdy R

a2 − x2 dy + 2

−x−a

Z

a

Z

−x+a

dx 0

p a2 − x2 dy = 2a3 π − 8a3 /3.

x−a

[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustituci´on trigonom´etrica.] ii) El s´ olido consiste en la regi´on limitada entre el plano XY y el paraboloide z = x2 + y 2 y cuya proyecci´ on sobre el plano XY es la regi´on R limitada por las curvas xy = a2 , xy = 2a2 , y = x/2, y = 2x (en realidad la regi´on es uni´on de dos regiones, una de ellas en el primer cuadrante y otra en el tercer cuadrante; como las regiones tienen la misma ´area y la funci´on z = x2 + y 2 es sim´etrica, bastar´a multiplicar por dos el resultado obtenido al considerar u ´nicamente la parte del primer cuadrante).

z

4

Podemos pues escribir el volumen como: ZZ Z x2 +y2 ZZ V =2 dxdy dz = (x2 + y 2 ) dxdy. R

0

R

Para calcular la integral doble sobre la regi´on R, realizamos el cambio de variables dado por las ecuaciones xy = u, x/y = v.  x, y  1 y que la nueva regi´on de integraci´on sea R0 = {(u, v) : Este cambio hace que J = u, v 2v a2 ≤ u ≤ 2a2 , 1/2 ≤ v ≤ 2}. El volumen se calcula entonces como Z

2a2

V =2

Z

2

uv +

du a2

1/2

u
1 9a4 · dv = . v 2v 2

iii) El s´olido est´ a ahora comprendido entre la funci´on dada y los planos coordenados.

z

y x

Su proyecci´ on sobre el plano XY es la regi´ on R del r primer cuadrante limitada por los r x y + = 1, de modo que el volumen es ejes coordenados y la astroide de ecuaci´on a b sencillamente Z Z Z c(1−√x/a−√y/b)2 V = dz R 0 √ Z a Z b((1− x/a)2 p p abc . = dx c(1 − x/a − y/b)2 dy = 90 0 0 [Todas las integrales son inmediatas.] iv) Ahora el s´ olido es la regi´ on limitada superiormente por el elipsoide

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1e a2 b c

x2 y2 z2 + = , por encima del plano XY . Como la intersecci´on a2 b2 c2 2 2 √ x y de ambas superficies es la elipse 2 + 2 = 1/2, situada en el plano z = c/ 2, el volumen a b se expresa mediante la integral ZZ Z √ 2 2 2 2 inferiormente por el cono

c

V =

dxdy

√

R

c

1−x /a −y /b

dz, x2 /a2 +y 2 /b2

donde R es la regi´ on limitada por la citada elipse 5

x2 y2 + = 1/2. a2 b2

√ Para √ calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/ 2)u cos v, y = (a/ 2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos, Z 2π Z 1 p 5 abu 1  V = dv (c 1 − u2 /2 − c/2) · du = − √ πab. 2 12 3 2 0 0

50. Encontrar el volumen de la regi´ on acotada por las superficies z = x2 + y 2 , z = 2 2 10 − x − 2y . Soluci´ on En la figura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitan la regi´on, y en el lado derecho se ilustra la curva intersecci´on y su proyecci´on sobre el plano XY .

z

z

y

y x x Como la proyecci´ on de dicha curva intersecci´on es la elipse de ecuaci´on x2 + y 2 = 10 − x2 − 2y 2 ⇐⇒ 2x2 + 3y 2 = 10, para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modificadas, es decir hacemos la transformaci´ on p xp 2/10 = u cos v, y 3/10 = u sen v, −u sen v √cos v 2/10 √2/10 10u cuyo jacobiano es J = √sen v u cos v = √ . El volumen se calcula entonces por la √ 6 3/10 3/10 f´ ormula ZZ V

[10 − x2 − 2y 2 − (x2 + y 2 )] dxdy

= Z =

R 1

Z

du 0

0

2π

10u 200π √ · (10 − 10u2 ) dv = √ 6 6 6

Z 0

1

50π (u − u3 ) du = √ . 6

51. Calcular el volumen del casquete esf´ erico limitado por x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2

= a2 = b2 = z2,

con z ≥ 0, siendo 0 < a < b.

Soluci´ on

y x

Si escribimos el volumen en coordenadas esf´ericas, de acuerdo a la figura tenemos: x = r cos ϑ sen ϕ a≤r≤b y = r sen ϑ sen ϕ donde 0 ≤ ϕ ≤ π/4 . z = r cos ϕ 0 ≤ ϑ ≤ 2π Recordando que el jacobiano de la transformaci´on es J = r2 sen ϕ, el volumen se escribe ahora de la siguiente forma:  3   Z b Z π/4 Z 2π π/4  r b 2 V = · 2π dr dπ r sen ϕdϑ = · − cos ϕ 3 a 0 a 0 0 ! √ √ 2 π b3 − a3 1− · 2π = (2 − 2)(b3 − a3 ). = 3 2 3

52. (a) Describir las superficies r = constante, ϑ = constante, z = constante, en el sistema de coordenadas cil´ındricas. (b) Idem para las superficies r = constante, ϑ = constante, φ = constante, en coordenadas esf´ ericas.

Soluci´ on a) De las ecuaciones que definen las coordenadas cil´ındricas: x = r cos ϑ, y = r sen ϑ, z = z, al hacer r = k, obtenemos x2 + y 2 = k 2 , 7

lo que corresponde a un cilindro con eje de simetr´ıa el eje Z y radio k. Si hacemos ϑ = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obtener y = tg k, x lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintos valores de k dan los diferentes ´ angulos con respecto al plano y = 0). Si hacemos z = k, esta misma ecuaci´on representa un plano horizontal de altura k. b) Las coordenadas esf´ericas de un punto se obtienen mediante las ecuaciones x = ρ cos ϑ sen φ, y = ρ sen ϑ sen φ, z = ρ cos φ. Si hacemos ρ = k, obtenemos x2 + y 2 + z 2 = k 2 , es decir la esfera centrada en el origen con radio k. Si hacemos ϑ = k, al igual que con las coordenadas cil´ındricas, y = tg ϑ, x que representa tambi´en un plano vertical. Si, por u ´ltimo, escribimos φ = k, resulta: x2 + y 2 = ρ2 sen2 φ z 2 = ρ2 cos2 φ

 =⇒

x2 + y 2 = tg2 φ, z2

que representa un cono de v´ertice el origen.

53. Calcular el momento de inercia de un s´ olido en forma de cono circular recto con densidad constante respecto a su eje.

Soluci´ on Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene v´ertice en el origen y eje vertical. Entonces su ecuaci´ on es z2 =

h2 2 (x + y 2 ). r2

Si la densidad en cada punto del s´olido es k, el momento de inercia respecto al eje Z viene dada por la f´ ormula: ZZZ k(x2 + y 2 ) dV.

Iz = S

Para resolver la integral, escribimos el s´olido en coordenadas cil´ındricas, x = u cos v, y = u sen v. La ecuaci´ on del cono se escribe entonces como z = hu/r y la integral pedida Z Iz =

2π

Z dv

0

r

Z

h

k · u dz = 2πk

du 0

Z

3

hu/r

0

8

r

 uh  πkhr4 u3 h − du = . r 10

Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformaci´on a coordenadas esf´ericas, x = ϕ cos ϑ sen φ, y = ϕ sen ϑ sen φ, z = ϕ cos φ. De este modo la ecuaci´on del plano z = h se escribe como ϕ = h/ cos φ, y la integral es ahora Z 2π Z arc tg(r/h) Z h/ cos φ Iz = dϑ dφ k · ϕ2 sen2 φ · ϕ2 sen φ dϕ 0

Z =

2πk

=

2πkh5 5

0 arc tg(r/h)

0

sen3 φ ·

0

ZZZ

Z

h5 dφ 5 cos5 φ

arc tg(r/h)

tg3 φ · sec2 φ dφ =

0

2πkh5 r4 · 4. 5 4h

1 dxdydz. [1 + (x2 + y 2 + z 2 )3/2 ]3/2

54. Hallar R3

Soluci´ on Si realizamos la transformaci´ on a coordenadas esf´ericas, x = ϕ cos ϑ sen φ, y = ϕ sen ϑ sen φ, z = ϕ cos φ, como el valor absoluto del jacobiano de la transformaci´on es J = ρ2 sen φ, la integral se escribe como: Z ∞ Z 2π Z π ρ2 sen φ I= dρ dϑ dφ. 3 3/2 0 0 0 (1 + ρ ) Para resolver la integral, como las variables est´an separadas, basta multiplicar las tres integrales simples. Tenemos as´ı: Z ∞ Z 2π Z π ρ2 I = dρ dϑ sen φ dφ (1 + ρ3 )3/2 0 0 0 Z b 4π 8π 4π ∞ 2 3ρ (1 + ρ3 )−3/2 dρ = l´ım −2(1 + ρ3 )−1/2 = . = 3 0 3 b→∞ 3 0

ZZZ 55. Calcular

(y 2 + z 2 ) dxdydz, siendo R un cono recto de revoluci´ on de altura h,

R

base situada en el plano XY y de radio a y eje en el eje Z. Soluci´ on

z h

a x

a

9

y

La figura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuaci´on a2 (h − z)2 = h2 (x2 + y 2 ). Pasando la integral a coordenadas cil´ındricas, x = u cos v, y = u sen v, z = z, tenemos: Z

a

Z

0

Z dv

du

I=

2π

0

h(a−u)/a

u(u2 sen2 v + z 2 )dz = · · · =

0

10

a4 hπ h3 a2 π + . 20 30