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Ejercicios resueltos integrales dobles y triples
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  • Excelente me ayudo mucho para mi tarea de la universidad.
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Ejercicios resueltos integrales dobles y triples Ejercicios resueltos integrales dobles y triples Document Transcript

  • Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva CornejoDepartamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín.Ejercicios Resueltos1 Cálculo de integrales dobles en coordenadasrectángulares cartesianas1.1 ProblemaCalcularZZDpx + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectasy = x; y = x y x = 1SoluciónSe tiene que la región D = (x; y) 2 IR2= 0 x 1; x y xZZDpx + ydxdy =Z 10Z xxpx + ydydx=23Z 10(x + y)3=2xxdx=23Z 10(2x)3=2dx=25=2325(x)5=210=8p2151.2 ProblemaCalcularZZDpx2 y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo devértices A (0; 0) ; B(1; 1); C (1; 1) :SoluciónEntonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x;y = x y x = 1:Luego el dominio de integración es:D = (x; y) 2 IR2= 0 x 1; x y x:Integrando a franjas verticales, resulta1
  • ZZDpx2 y2dxdy =Z 10Z xxpx2 y2dydx=Z 10Z xxxr1yx2dydxHacemos el cambio de variablesyx= sent =) dy = x cos tdt ydeterminemos los limites.Para y = x =) arcsenxx= arcsen (1) =2:Para y = x =) arcsenxx= arcsen ( 1) =2Por tantoZ 10Z xxxr1yx2dydx =Z 10Z 22x2p1 sen2tdtdx=Z 10Z 22x2cos2tdtdx=Z 10Z 22x2(1 + cos 2t2)dtdx=Z 10x2 t2+sen2t422dx=2Z 10x2dx=2x3310=61.3 ProblemaCalcularZZDy 2x2dxdy si D es la región acotada por jxj + jyj = 2SoluciónSe tiene que la región D = (x; y) 2 IR2= jxj + jyj 2Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dosintegrales iterativas porque para 2 x 0 , la frontera inferior de la región esla grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2;y para 0 x 2 la fronterainferior de la región es la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2Entonces se tiene D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = :donde D1 = (x; y) 2 IR2= 2 x 0; x 2 y x + 2D2 = (x; y) 2 IR2= 0 < x 2; x 2 y x + 22
  • Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y 2x2es simétrica conrespecto al eje y, es decir 8 (x; y; z) 2 D existe ( x; y; z) tal que f ( x; y) =y 2( x)2= f (x; y) :Por lo tantoZZDy 2x2dxdy = 2Z 20Z x+2x 2y 2x2dydx= 2Z 20y22+ 2x2yx+2x 2dx= 2Z 104x38x2dx= x4 83x320= 2 16643=3231.4 ProblemaCalcularZZDx2+ y2dxdy si D = (x; y) 2 IR2= x2+ y21 :Usandocoordenadas cartesianasSolución.Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculocentrado en el origen de radio unoPor lo tantoD = (x; y) 2 IR2= 1 x 1;p1 x2 yp1 x2ZZDx2+ y2dxdy =Z 11Z p1 x2p1 x2(x2+ y2)dydx=Z 11(x2y +y33)p1 x2p1 x2dx= 2Z 11(x2p1 x2 +13p(1 x2)3)dx= 2Z 11x2p1 x2dx +23Z 11p(1 x2)3dxCon ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:Z 11x2p1 x2dx = (x4p1 x2 +18(xp1 x2 + arcsenx)11=18(arcsen(1) arcsen ( 1) =18(2+2) =83
  • Z 11p(1 x2)3dx = (x4p(1 x2)3 +3x8p(1 x2) +38arcsenx)11=38Por lo tanto:ZZDx2+ y2dxdy =28+2338=2Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja1.5 ProblemaCalcularZZDxydxdy si D es la región acotada por y =px; y =p3x 18;y 0:Usando coordenadas cartesianas.Solución.Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dosintegrales iterativas porque para 0 x 6 , la frontera inferior de la región esla grá…ca de y = 0, y la superior es y =px;y para 6 x 9 la frontera inferiorde la región es la grá…ca de y =p3x 18, y la superior es y =pxLuego tenemos que D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = :Entonces D1 = (x; y) 2 IR2= 0 x 6; 0 ypxD2 = (x; y) 2 IR2= 6 < x 9;p3x 18 ypxPor lo tantoZZDxydxdy =ZZD1xydxdy +ZZD2xydxdy=Z 60Z px0xydydx +Z 96Z pxp3x 18xydydx=Z 60xy22px0dx +Z 96xy22pxp3x 18dx=12Z 60x2dx +12Z 96( 2x2+ 18x)dx=16x360+x33+ 9x2296=1852Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólouna integral iterativa porque para 0 y 3 , la frontera izquierda de la región4
  • es la grá…ca de x = y2mentras que la frontera derecha queda determinada porla grá…ca x =y23+ 6; obteniendo así la regiónD1 = (x; y) 2 IR2= y2xy23+ 6; 0 y 3la integral iterativa quedaZZDxydxdy =Z 30Z (y2=3)+6y2xydxdy=Z 30x22(y2=3)+6y2ydy=12Z 30"y2+ 1832y4#(y2=3)+6y2ydy=118Z 308y5+ 36y3+ 324y dy=11843y6+ 9y4+ 162y230=1184336+ 36+ 2 36=18521.6 ProblemaEncontrar 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 larecta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2corresponde a una parábola.Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprositode con…gurar el dominio de integraciónxy = 4y = x=) x2= 4 =) x = 2 =) y = 227y = 4x2y = x=) 27x = 4x2=)x = 0x =244)=) y = 0; y =274xy = 427y = 4x2 =) x = 3; y =43Para calcular el área A(R) =ZZDdxdy; podemos escoger una partición deldominio de tipo I ó de tipo II.Consideremos dos subregiones de tipo ID1 = (x; y) 2 IR2= 2 x 3;4xy x5
  • D2 = (x; y) 2 IR2= 3 x274;427x2y xSi proyectamos sobre eje xA(R) =ZZDdxdy =ZZD1dxdy +ZZD2dxdyA(R) =Z 32Z x4xdydx +Z 27=43Z x427 x2dydx=Z 32yjx4xdx +Z 27=43yjx427 x2 dx=Z 32x4xdx +Z 27=43x427x2dx=x224 ln x32+x22481x327=43=524 ln32+729329248127343+48133= 2 4 ln32+7293224316+43=665964 ln32Si proyectamos sobre eje yDI = (x; y) 2 IR2=4yx32p3y;43y 2DI = (x; y) 2 IR2= y x32p3y; 2 y274A(R) =ZZDdxdy =ZZD1dxdy +ZZD2dxdyA(R) =Z 243Z 32p3y4ydxdy +Z 27=42Z 32p3yydxdy=Z 243hp3y 4 ln yidy +Z 27=4232p3y y dy=32p3y34y243+p3y3y2227=42=834 ln32+9 27872932+ 2=665964 ln326
  • 1.7 ProblemaEncontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y elplano x + 2y + 3z = 6Solución.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:V =ZZD6 x 2y3dxdy , D = (x; y) 2 IR2= 0 x 6; 0 y6 x2V =13Z 60Z 6 x20(6 x 2y) dydx=13Z 60(6 x)y y26 x20dx=13Z 60(6 x)22(6 x)24dx=112Z 60(6 x)2dx=136(6 x)360= 6Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:V =ZZR(6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2= 0 y 3; 0 z6 2y3V =Z 30Z 6 2y30(6 2y 3z) dzdy=Z 30(6 2y)z32z26 2y30dy=Z 30(6 2y)23(6 2y)26dy=16Z 30(6 2y)2dy=112(6 x)3330= 62 Cambios de orden de Integración2.1 ProblemaInvierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .7
  • I =Z 10Z 22xey2dydxSolución.El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2= 0 x 1; 2x y 2 :Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición deldominio. D =n(x; y) 2 IR2= 0 xy2; 0 y 2o;entonces la integralse puede escribir.I =Z 10Z 22xey2dydx =Z 20Z y20ey2dxdy=Z 20xey2y20dy=Z 20y2ey2dy =14ey2 40=14e1612.2 ProblemaInvierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .I =Z 20Z 4x2py cos ydydxSolución.El dominio de integración dado es D = (x; y) 2 IR2= 0 x 2; x2y 4 :Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición deldominio, D = (x; y) 2 IR2= 0 xpy; 0 y 4 ;entonces la integralse puede escribirZ 20Z 4x2py cos ydydx =Z 40Z py0py cos ydxdy=Z 40py cos(y)xjpy0 dy=Z 40y cos(y)dyIntegrando esta última integral por partes se tiene:Z 40y cos(y)dy = ysen(y)j40Z 40sen(y)dy= ysen(y)j40 + cos(y)j40= 4sen(4) + cos(4) 18
  • 2.3 ProblemaInvierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .I =Z e1Z ln x0ydydxSolución.El dominio de integración dado es D = (x; y) 2 IR2= 1 x e; 0 y ln x :Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio,D = (x; y) 2 IR2= eyx e; 0 y 1 ;entonces la integralse puede escribirZ e1Z ln x0ydydx =Z 10Z eeyydxdy=Z 40y xeeydy=Z 40y(e ey)dy= ey2240ey[y ey]40= 8e 4e413 Cambios de variables: Coordenadas polares3.1 ProblemaCalcularZZDx2+ y2dxdy si D = (x; y) 2 IR2= x2+ y21 ;usandocoordenadas polaresSolución.A partir de la coordenadas polares tenemos:x = rcos ; y = rsen =) x2+ y2= r2El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:@ (x; y)@ (r; )= rReemplazando términos en la integral, produceZZDx2+ y2dxdy =ZZDr2 @ (x; y)@ (r; )drd9
  • =Z 10Z 20r3d dr =Z 10Z 20r3j20 dr= 2Z 10r3dr = 2r4410=2Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. Lasimplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presentael dominio.3.2 ProblemaCalcular el área de la región interior a la circunferencia x2+ y2= 8y y exteriora la circunferencia x2+ y2= 9:Solución.Determinemos el centro y radio de la circunsferenciax2+ y2= 8y =) x2+ y28y = 0 =) x2+ (y 4)2= 16El área de la región D es: A (D)ZZDdxdyPor simetría, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrantey multiplicar por 2.A …n de conocer los límites de integración en coordenadas polaresnecesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x.x2+ y2= 8y =) r2= 8rsen =) r = 8senx2+ y2= 9 =) r = 3Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple8sen = 3 =) = arcsen38Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen38 2ZZDdxdy =ZZD@ (x; y)@ (r; )drd10
  • 2Z =2arcsen 38Z 8sen3rdrd = 2Z =2arcsen 38r228sen3dZ =2arcsen 3864sen29 d = 642sen2492=2arcsen 38=55216sen2=2arcsen 38=554552arcsen38+ 16sen(2arcsen38)38; 423.3 ProblemaCalcularZZDx2+ y2x +px2 + y2dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )Solución.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:ZZDx2+ y2x +px2 + y2dxdy =ZZDr2r cos + r@ (x; y)@ (r; )drd=ZZDr2r cos + rrdrd=Z 20Z a(1+cos )0r21 + cosdrd=Z 2011 + cosr33a(1+cos )0d=a33Z 20(1 + cos )2d=a33Z 201 + 2 cos + cos2d=a33+ 2sen +2+sen2420= a3Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral esimpropia cuando x 0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero.Luego:11
  • I = lim!"!0Z0Z a(1+cos )"r21 + cosdrd + lim! +"!0Z 2 Z a(1+cos )"r21 + cosdrd= lim!a33Z0(1 + cos )2d + lim! +a33Z 2(1 + cos )2d= lim!a3332+ 2sen +sen24+ lim! +a333322sensen24= a33.4 ProblemaCalcular el volumen V el sólido acotado por las grá…cas z = 9 x2y2y z = 5.Solución.Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octantey multiplicar su resultado por cuatro.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:V = 4Z ZD9 x2y25 dxdyD = (x; y) 2 IR2= x 0; y 0; 0 x2+ y24A partir de la coordenadas polares, obtenemos:x = rcosy = rsen=) f (x; y) = 4 x2y2= 4 r20 x2+ y2= r24 () 0 r 2 y 02D =n(r; ) = 0 r 2; 02oEl valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:@ (x; y)@ (r; )= rReemplazando términos en la integral, produce:V = 4Z ZD4 r2rdrd= 4Z =20Z 204 r2rdrd= 4Z =2042r2 14r420d= 812
  • 4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas4.1 ProblemaCalcular I =ZZD3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectasx 2y = 0; x 2y = 4x + y = 4; x + y = 1(1)Solución.Podemos usar el cambio de variablesu = x 2yv = x + y(1) =)x =13(2u + v)y =13(u v)(2)Asi,x 2y = 4 se transforma en u = 4x 2y = 0 se transforma en u = 0x + y = 1 se transforma en v = 1x + y = 4 se transforma en v = 4Para calcular el Jacobiano@ (x; y)@ (u; v)tenemos dos posibilidades.La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v:La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)@ (u; v)@ (x; y)y luegousar la propiedad@ (x; y)@ (u; v)=@ (u; v)@ (x; y)1:En efecto@ (u; v)@ (x; y)=1 21 1= 1 + 2 = 3 =)@ (x; y)@ (u; v)=13Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:I =ZZD3xydxdy =ZZD313(2u + v)13(u v)@ (x; y)@ (u; v)dudv=Z 41Z 04192u2uv v2dvdu=19Z 412u2vuv22v3304du=19Z 418u2+ 8u643du=198u33+ 4u2 643u41du =16494.2 Problema13
  • Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvasx2y2= 1; x2y2= 9x + y = 4; x + y = 6(1)Solución.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D enla región Du = x2y2v = x + y(1) =)La imagen D de la región D está acotada por la rectas verticales;x2y2= 1 se transforma en u = 1x2y2= 9 se transforma en u = 9y las rectas horizontalesx + y = 4 se transforma en v = 4x + y = 6 se transforma en v = 6Es decir, D = f(u; v) =1 u 9; 4 v 6gVamos a calcular@ (x; y)@ (u; v)a partir de (1)@ (u; v)@ (x; y)y usar la propiedad@ (x; y)@ (u; v)=@ (u; v)@ (x; y)1:En efecto@ (u; v)@ (x; y)=2x 2y1 1= 2 (x + y) = 2v =)@ (x; y)@ (u; v)=12vEl teorema del cambio variables a…rma que:A (D) =ZZDdxdy =ZZD@ (x; y)@ (u; v)dudv=Z 91Z 6413vdvdu=12Z 91[ln v]64 du=12ln64Z 91du=12ln32[u]91 = 4 ln324.3 ProblemaCalcular I =ZZDx3+ y3xydxdy; donde D es la región del primer cuadranteacotada por:y = x2; y = 4x2x = y2; x = 4y2 (1)Solución.El cálculo de I sería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables14
  • simpli…ca la región D y la transforma en D .Sean u =x2y; v =y2xLuego D esta acotada por la rectas verticales;y = x2se transforma en u = 1:y = 4x2se transforma en u =14:y las rectas horizontalesx = y2se transforma en v = 1:x = 4y2se transforma en v =14:Es decir, D = (u; v) =1 u14; 1 v14Para calcular@ (x; y)@ (u; v)tenemos dos posibilidades, la primera es despejar xe y en términos de u y v a partir de (1) :La segunda, es calcular@ (u; v)@ (x; y)y usar la propiedad@ (x; y)@ (u; v)=@ (u; v)@ (x; y)1:En efecto@ (u; v)@ (x; y)=2xyx2y2y2x22yx= 4 1 = 3 =)@ (x; y)@ (u; v)=13Calculemos ahora la integralI =ZZDx3+ y3xydxdy =ZZDx2y+y2xdxdy=Z 11=4Z 11=4(u + v)13dvdu=13Z 11=4uv +v2211=4du=13Z 11=434u +1532du=1338u2+1532u11=4=13381516+153234=15644.4 ProblemaEvaluar la integral I =ZZD[x + y]2dxdy; donde D es la región del plano xyacotado por las curvasx + y = 2; x + y = 4;y = x; x2y2= 4;(1)15
  • Solución.Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyena x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlasmismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadasu = x + y; v = x yLuego, 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 vezx y = 0 se transforma en v = 0:x2y2= (x + y) (x y) = 4 se transforma en uv = 4:Es decir, D = (u; v) = 2 u 4; 0 v4uEl jacobiano de la transformación es@ (x; y)@ (u; v)=@ (u; v)@ (x; y)1:En efecto@ (u; v)@ (x; y)=1 11 1= 2 =)@ (x; y)@ (u; v)=12Entonces:ZZD[x + y]2dxdy =12ZZDu2dudv=12Z 42Z 4=u0u2dvdu=12Z 42u2vj4=u0 du=12Z 424udu=42u2242= 125 Cálculo de integrales triples en coordenadasrectángulares cartesianas5.1 ProblemaSea R la región en IR3acotada por: z = 0; z =12y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2CalcularZZZR(x + y z) dxdydz:Solución.Del grá…co de la región , tenemos que 0 z12y:Proyectando la región Rsobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2= 0 x 1; 0 y 2 :16
  • Por lo tanto;ZZZR(x + y z) dxdydz =ZZD(Z 12 y0(x + y z) dz)dxdyZ 10Z 20(Z 12 y0(x + y z) dz)dydx =Z 10Z 20xz + yzz2212 y0dydxZ 10Z 2012(x + y)yy28dydx =Z 10Z 2012xy +38y2dydxZ 1014xy2+18y320dx =Z 10[(x + 1)] dx =12x2+ x10=32También es posible resolver el problema anterior proyectando la región Rsobre el plano xz:En tal caso, 2z y 2 yD = (x; z) 2 IR2= 0 x 1; 0 z 1ZZZR(x + y z) dxdydz =Z 10Z 10(Z 22z(x + y z) dy)dzdxZ 10Z 10xy +y22zy22zdzdx = 2Z 10Z 10[x + 1 z xz] dzdx2Z 10xz + zz22xz2210dx = 2Z 10x + 112x2dxZ 10[(x + 1)] dx =12x2+ x10=32Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.5.2 ProblemaCalcularZZZDx2dxdydz si D es la región acotada por y2+ z2= 4ax;y2= ax; x = 3aSolución.La super…cie y2+ z2= 4ax corresponde a un paraboloide de revolucióncomo el bosquejado en la …gura.En dos variables el grá…co de y2= ax es una parábola, pero es tresvariables es la super…cie de un manto parabólico.17
  • Finalmente, el grá…co x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia3a.Luego el grá…co de la región esLa proyección de la region sobre el plano xy es:D =n(x; y; z) 2 IR3=D1 [ D2 ,p4ax y2 zp4ax y2oPor simetría se tiene:I =ZZZDx2dxdydz = 2ZZD1Z p4ax y2p4ax y2x2dzdxdy= 2Z 3a0Z 2paxpaxZ p4ax y2p4ax y2x2dzdydx= 2Z 3a0Z 2paxpaxx2zp4ax y2p4ax y2dydx= 4Z 3a0Z 2paxpaxx2p4ax y2dydxDe una tabla de integrales obtenemosZ pa2 u2du =12(upa2 u2 + a2arcsenua)Así al integrar la expresión:Z 2paxpaxp4ax y2dy =12yp4ax y2 + 4ax arcseny2pax2paxpax= 2ax arcsen (1)12paxp3ax + 4ax arcsen12= 2ax2+12axp3 2ax6=23ax +p32axPor lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda4Z 3a0"23+p32#ax3dx ="23+p32!ax4#3a0= 27a52 +3p32!18
  • 5.3 ProblemaCalcular el volumen del sólido acotado por la super…cie y = x2y los planosy + z = 4 ; z = 0:Solución.Consideremos que la región está acotada inferiormente por la fronteraz = 0 y superiomente por z = 4 y:Si Proyectamos la región sobre el plano xy, se tiene:= (x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 z 4 yD = (x; y) 2 IR2= 2 x 2; x2y 4Luego el volumen de la región esV ( ) =ZZZdxdydz =Z 22Z 4x2Z 4 y0dzdydx=Z 22Z 4x2(4 y) dydx =Z 224yy224x2dx=Z 228 4x2+x42dx= 8x43x3+x41022=256156 Coordenadas esféricas6.1 ProblemaResolver I =ZZZDpx2 + y2 + z2e (x2+y2+z2)dxdydz si D es la región de IR3limitada por las super…cies x2+ y2+ z2= a2x2+ y2+ z2= b2con 0 < b < a anillo esférico.SoluciónPor la simetría del dominio y la forma del integrandousaremos coordenadas esféricas:x = rsen cosy = rsen senz = r cos9=;=)b2x2+ y2+ z2a2=) b r atg =yz= 0 =) 0tg =yx= 0 =) 0 2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :@ (x; y; z)@ (r; ; )= r2sen se tiene:19
  • I =Z 20Z0Z abre r2 @ (x; y; z)@ (r; ; )drd d=Z 20Z0Z abr3e r2sen drd d=Z 20Z012r2e r2e r2absen d d=12b2e b2+12e b2 12a2e a2e a2Z 20Z0sen d d=12b2e b2+12e b2 12a2e a2e a2Z 20cos j0 d= 212b2e b2+12e b2 12a2e a2e a2Z 20d= 412b2e b2+12e b2 12a2e a2e a26.2 ProblemaEncontrar el volumen de la región determinada por x2+ y2+ z216 ; z2x2+ y2:Soluciónx2+ y2+ z2= 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4z2= x2+y2es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidentecon 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+ z2= 16x2+ y2= z2 =)z =p8x2+ y2= 8Usaremos coordenadas esféricas:x = rsen cosy = rsen senz = r cos9=;=)0 x2+ y2+ z216 =) 0 r 4tg =yz=p8p8= 1 =) 04tg =yx= 0 =) 0 2Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :@ (x; y; z)@ (r; ; )= r2sen se tiene:20
  • V =ZZZDdxdydz =Z 20Z 40Z 40r2sen drd dV =Z 20Z 40r3340sen d dV =433Z 20cos j 40 dV =433Z 201p22!d =4331p22!2Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,ental casox = r cosy = rsenz = z9=;=)x2+ y2+ z2= 16 =) z = 16 r2:x2+ y2= z2=) z = r2Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z)= r luego:V =ZZZDdxdydz =Z 20Z p80Z p16 r2r2rdzdrd=Z 20Z p80rzjp16 r2r2 drd=Z 20Z p80rp16 r2 r2drd=Z 2013p(16 r2)3r33p80d=232p83p163 =2364 32p27 Coordenadas Cilíndricas7.1 ProblemaUsando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2+y2y z = 27 2x22y2:Solución.Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.x = r cosy = rsenz = z9=;=)z = x2+ y2=) z = r2:z = 27 2x22y2=) z = 27 2r2x2+ y2= 9 =) r = 3:21
  • Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z)= r se tiene:V =ZZZDdxdydz =Z 20Z 30Z 27 2r2r2rdzdrd=Z 20Z 30r zj27 2r2r2 drd=Z 20Z 30r 27 3r2drd=Z 20272r2 34r430d=2434Z 20d =24342 =24327.2 ProblemaCalcular el volumen de la región acotada por la esfera x2+ y2+ z2= 13 y elcono (z 1)2= x2+ y2; z 1Solución.El volumen pedido esV =ZZZRdxdydzdonde la región R está dada porR =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 1 +px2 + y2 zp4 x2 y2oD corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.D = (x; y; z) 2 IR2=x2+ y213Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.x = r cosy = rsenz = z9=;=) x2+ y2+ z2r2+ z213 ,Determinemos la imagen R de R(z 1)2= x2+ y2() z 1 + r =) 1 + r zp13 r2LuegoR = (r; ; z) 2 IR3= (r; ) 2 D; 1 + r zp13 r2La región R al ser proyectada sobre el plano xy. producez = 0 =) x2+ y2= 13D1 =n(r; ) 2 IR3= r 2 ;2 2oComo el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z)= r se tiene:22
  • V =ZZZRdxdydz =Z 20Z 20Z p13 r21+rrdzd dr=Z 20Z 20rzp13 r21+r d dr=Z 20Z 20rp13 r2 (1 + r) d dr= 2Z 20rp13 r2 r + r2dr= 21313 r2 3=2 r22+r3320= 213133=273=2 42+837.3 ProblemaCalcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde Res el interior a la esfera x2+y2+z2= 4; z 0;y exterior al cilindro (x 1)2+y2=1:SoluciónLa región R se describe en coordenadas cartesianas medianteR =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 zp4 x2 y2odonde D es la proyección de R sobre el plano xy.D = (x; y) 2 IR3=x2+ y24 ; (x 1)2+ y21Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas porx = r cosy = rsenz = z9=;=) x2+ y2+ z2= r2(cos2+ sen2) + z24() 0 zp4 r2La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregionesx2+ y2r24 () 0 r 2 si232(x 1)2+ y21 () r 2 cos y r 2 si -2 2Entonces, la región R puede describirse medianteR = (r; ; z) = (r; ) 2 D = D1 [ D1; 0 zp4 r2D1 =n(r; ) 2 IR3=2 cos r 2 ;2 2oD2 = (r; ) 2 IR3=0 r 2 ;23223
  • Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z)= rEn consecuencia la integral puede describirse porI =ZZZR(r) drd dz=Z =2=2Z 22 cosZ p4 r20rdzdrd +Z 3 =2=2Z 20Z p4 r20rdzdrd=Z =2=2Z 22 cosrhzip4 r20drd +Z 3 =2=2Z 20rhzip4 r20drd=Z =2=2Z 22 cosrp4 r2drd +Z 3 =2=2Z 20rp4 r2drd=Z =2=2134 r2 3=222 cosd +Z 3 =2=2134 r2 3=220d=83Z =2=21 cos2 3=2d +83Z 3 =2=2d=83Z =2=2sen3d +83Z 3 =2=2d=83cos +cos33=2=2+83=837.4 ProblemaCalcular I =ZZZDx2a2+y2b2+z2c2dxdydz:En la región D = (x; y; z) 2 IR3=x2a2+y2b2+z2c21 a > 0; b > 0; c > 0Solución.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+ w21 yel valor absoluto del Jacobiano queda:@ (x; y; z)@ (u; v; w)=a 0 00 b 00 0 c= abcLuego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral24
  • I =ZZZDx2a2+y2b2+z2c2dxdydz:=ZZZDu2+ v2+ w2 @ (x; y; z)@ (u; v; w)dudvdw=ZZZDu2+ v2+ w2 @ (x; y; z)@ (u; v; w)dudvdw=ZZZD(u2+ v2+ w2) (abc) dudvdwAhora, transformamos a coordenadas esféricas.u = rsen cosv = rsen senw = r cos9=;=)0 u2+ v2+ w21 =) 0 r 1tg =vw=) 0tg =vu=) 0 2Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 ; 0 2 gabcZZZD(u2+ v2+ w2)dudvdw = abcZ 20Z0Z 10r2r2sen drd d= abcZ 20Z0r5510sen d d=abc5Z 20cos j0 d=2abc5Z 20d =4 abc5ObservaciónEs claro que la integración se podría haber efectuado usando directamentela trasformación compuesta.x = arsen cosy = brsen senz = cr cos9=;=)@ (x; y; z)@ (r; ; )= abcr2sen7.5 ProblemaCalcular I =ZZZDdxdydz:q(x a)2+ (y b)2+ (z c)2;en la región D = (x; y; z) 2 IR3=x2+ y2+ z2R2; (a; b; c) es un punto…jono peteneciente a la esfera x2+ y2+ z2R2:Solución.25
  • Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración sondi…cultosos, pues en tal caso tendríamos.I =ZZZDdxdydz:q(x a)2+ (y b)2+ (z c)2I =Z rrZ pr2 x2pr2 x2Z pr2 x2 y2pr2 x2 y2dzdydx:q(x a)2+ (y b)2+ (z c)2Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles.Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que elintegrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde (a; b; c) =2 Dhasta (x; y; z) 2 D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender másque de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variarsi ubicamos el eje z pasando por el punto (a; b; c). Si (0; 0; d) son las nuevascoordenadas del punto …jo tenemos.I =ZZZDdxdydz:qx2 + y2 + (z d)2ObservaciónEl razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecenaplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en queaparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador delintegrando.Para calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:I =Z R0Z0Z 20r2sen d d drpr2 + d2 2dr cos= 2Z R0Z0r2sen d drpr2 + d2 2dr cosPara calcularJ =Z0r2sen d drpr2 + d2 2dr cospodemos hacers = r2+ d22dr cosds = 2drsen dAdemás, = 0 =) s = r2+ d22dr = (d r)2= =) s = r2+ d2+ 2dr = (d + r)2Reemplazando en la integral anterior produce26
  • J =r2dZ (d+r)2(d r)2s 1=2ds =r2d2s1=2(d+r)2(d r)2=r2d[2 (d + r) 2 (d r)]=r2d[4r] =2r2dPor lo tantoI = 2Z R02r2ddrI =4dr33R0I =43dR327