Your SlideShare is downloading. ×
  • Me gusta
  • Guardar
Ejercicios resueltos integrales dobles y triples
Próxima SlideShare
Cargando en...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×

Now you can save presentations on your phone or tablet

Available for both IPhone and Android

Text the download link to your phone

Standard text messaging rates apply

Ejercicios resueltos integrales dobles y triples

  • 87,239 reproducciones
Published

integrales dobles y triples

integrales dobles y triples

Published in Educación
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
  • por favor activa para descargar necesito los ejercicios :))
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
  • Si tan solo lo pudiera, descargar, pero gracias por compartir.
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
  • muy bueno solo que podria ponerlo para descargarlo esque tengo un trabajo y necesito ejemplos
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
  • Excelente material, tengan en cuenta siempre el recinto, hagan la parte gráfica la cual despeja muchas dudas.
    Luego de hacer la parte gráfica la integral se va a amoldando sola, y si no, hagan un cambio de ejes. Otra cosa super importante si piden Area z=1 siempre.

    Saludos
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
  • gracias, muy bueno
    ¿Está seguro?
    Tu mensaje aparecerá aquí
Sin descargas

reproducciones

reproducciones totales
87,239
On SlideShare
0
De insertados
0
Número de insertados
1

Acciones

Compartido
Descargas
0
Comentarios
10
Me gusta
93

Insertados 0

No embeds

Denunciar contenido

Marcada como inapropiada Marcar como inapropiada
Marcar como inapropiada

Seleccione la razón para marcar esta presentación como inapropiada.

Cancelar
    No notes for slide

Transcript

  • 1. 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
  • 2. 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
  • 3. 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
  • 4. 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
  • 5. 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
  • 6. 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
  • 7. 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
  • 8. 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
  • 9. 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
  • 10. =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
  • 11. 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
  • 12. 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
  • 13. 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
  • 14. 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
  • 15. 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
  • 16. 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
  • 17. 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
  • 18. 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
  • 19. 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
  • 20. 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
  • 21. 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
  • 22. 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
  • 23. 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
  • 24. 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
  • 25. 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
  • 26. 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
  • 27. 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