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Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha
Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín
.
Ejercicios Resueltos
1 Cálculo de integrales dobles en coordenadas
rectángulares cartesianas
1.1 Problema
Calcular
ZZ
D
p
x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas
y = x; y = x y x = 1
Solución
Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2
= 0 x 1; x y x
ZZ
D
p
x + ydxdy =
Z 1
0
Z x
x
p
x + ydydx
=
2
3
Z 1
0
(x + y)
3=2
x
x
dx
=
2
3
Z 1
0
(2x)
3=2
dx
=
25=2
3
2
5
(x)
5=2
1
0
=
8
p
2
15
1.2 Problema
Calcular
ZZ
D
p
x2 y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de
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:
Luego el dominio de integración es:
D = (x; y) 2 IR2
= 0 x 1; x y x
:
Integrando a franjas verticales, resulta
1
ZZ
D
p
x2 y2dxdy =
Z 1
0
Z x
x
p
x2 y2dydx
=
Z 1
0
Z x
x
x
r
1
y
x
2
dydx
Hacemos el cambio de variables
y
x
= sent =) dy = x cos tdt y
determinemos los limites.
Para y = x =) arcsen
x
x
= arcsen (1) =
2
:
Para y = x =) arcsen
x
x
= arcsen ( 1) =
2
Por tanto
Z 1
0
Z x
x
x
r
1
y
x
2
dydx =
Z 1
0
Z 2
2
x2
p
1 sen2tdtdx
=
Z 1
0
Z 2
2
x2
cos2
tdtdx
=
Z 1
0
Z 2
2
x2
(
1 + cos 2t
2
)dtdx
=
Z 1
0
x2 t
2
+
sen2t
4
2
2
dx
=
2
Z 1
0
x2
dx
=
2
x3
3
1
0
=
6
1.3 Problema
Calcular
ZZ
D
y 2x2
dxdy si D es la región acotada por jxj + jyj = 2
Solución
Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2
= jxj + jyj 2
Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos
integrales iterativas porque para 2 x 0 , la frontera inferior de la región es
la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2;y para 0 x 2 la frontera
inferior de la región es la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2
Entonces se tiene D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = :
donde D1 = (x; y) 2 IR2
= 2 x 0; x 2 y x + 2
D2 = (x; y) 2 IR2
= 0 < x 2; x 2 y x + 2
2
Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y 2x2
es simétrica con
respecto 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 tanto
ZZ
D
y 2x2
dxdy = 2
Z 2
0
Z x+2
x 2
y 2x2
dydx
= 2
Z 2
0
y2
2
+ 2x2
y
x+2
x 2
dx
= 2
Z 1
0
4x3
8x2
dx
= x4 8
3
x3
2
0
= 2 16
64
3
=
32
3
1.4 Problema
Calcular
ZZ
D
x2
+ y2
dxdy si D = (x; y) 2 IR2
= x2
+ y2
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
D = (x; y) 2 IR2
= 1 x 1;
p
1 x2 y
p
1 x2
ZZ
D
x2
+ y2
dxdy =
Z 1
1
Z p
1 x2
p
1 x2
(x2
+ y2
)dydx
=
Z 1
1
(x2
y +
y3
3
)
p
1 x2
p
1 x2
dx
= 2
Z 1
1
(x2
p
1 x2 +
1
3
p
(1 x2)3)dx
= 2
Z 1
1
x2
p
1 x2dx +
2
3
Z 1
1
p
(1 x2)3dx
Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:
Z 1
1
x2
p
1 x2dx = (
x
4
p
1 x2 +
1
8
(x
p
1 x2 + arcsenx)
1
1
=
1
8
(arcsen(1) arcsen ( 1) =
1
8
(
2
+
2
) =
8
3
Z 1
1
p
(1 x2)3dx = (
x
4
p
(1 x2)3 +
3x
8
p
(1 x2) +
3
8
arcsenx)
1
1
=
3
8
Por lo tanto:
ZZ
D
x2
+ y2
dxdy =
2
8
+
2
3
3
8
=
2
Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es
bastante compleja
1.5 Problema
Calcular
ZZ
D
xydxdy si D es la región acotada por y =
p
x; y =
p
3x 18;
y 0:Usando coordenadas cartesianas.
Solución.
Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos
integrales iterativas porque para 0 x 6 , la frontera inferior de la región es
la grá…ca de y = 0, y la superior es y =
p
x;y para 6 x 9 la frontera inferior
de la región es la grá…ca de y =
p
3x 18, y la superior es y =
p
x
Luego tenemos que D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = :
Entonces D1 = (x; y) 2 IR2
= 0 x 6; 0 y
p
x
D2 = (x; y) 2 IR2
= 6 < x 9;
p
3x 18 y
p
x
Por lo tanto
ZZ
D
xydxdy =
ZZ
D1
xydxdy +
ZZ
D2
xydxdy
=
Z 6
0
Z p
x
0
xydydx +
Z 9
6
Z p
x
p
3x 18
xydydx
=
Z 6
0
x
y2
2
p
x
0
dx +
Z 9
6
x
y2
2
p
x
p
3x 18
dx
=
1
2
Z 6
0
x2
dx +
1
2
Z 9
6
( 2x2
+ 18x)dx
=
1
6
x3
6
0
+
x3
3
+ 9
x2
2
9
6
=
185
2
Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólo
una integral iterativa porque para 0 y 3 , la frontera izquierda de la región
4
es la grá…ca de x = y2
mentras que la frontera derecha queda determinada por
la grá…ca x =
y2
3
+ 6; obteniendo así la región
D1 = (x; y) 2 IR2
= y2
x
y2
3
+ 6; 0 y 3
la integral iterativa queda
ZZ
D
xydxdy =
Z 3
0
Z (y2
=3)+6
y2
xydxdy
=
Z 3
0
x2
2
(y2
=3)+6
y2
ydy
=
1
2
Z 3
0
"
y2
+ 18
3
2
y4
#(y2
=3)+6
y2
ydy
=
1
18
Z 3
0
8y5
+ 36y3
+ 324y dy
=
1
18
4
3
y6
+ 9y4
+ 162y2
3
0
=
1
18
4
3
36
+ 36
+ 2 36
=
185
2
1.6 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
y = x
=) x2
= 4 =) x = 2 =) y = 2
27y = 4x2
y = x
=) 27x = 4x2
=)
x = 0
x =
24
4
)
=) y = 0; y =
27
4
xy = 4
27y = 4x2 =) x = 3; y =
4
3
Para calcular el área A(R) =
ZZ
D
dxdy; podemos escoger una partición del
dominio de tipo I ó de tipo II.
Consideremos dos subregiones de tipo I
D1 = (x; y) 2 IR2
= 2 x 3;
4
x
y x
5
D2 = (x; y) 2 IR2
= 3 x
27
4
;
4
27
x2
y x
Si proyectamos sobre eje x
A(R) =
ZZ
D
dxdy =
ZZ
D1
dxdy +
ZZ
D2
dxdy
A(R) =
Z 3
2
Z x
4
x
dydx +
Z 27=4
3
Z x
4
27 x2
dydx
=
Z 3
2
yj
x
4
x
dx +
Z 27=4
3
yj
x
4
27 x2 dx
=
Z 3
2
x
4
x
dx +
Z 27=4
3
x
4
27
x2
dx
=
x2
2
4 ln x
3
2
+
x2
2
4
81
x3
27=4
3
=
5
2
4 ln
3
2
+
729
32
9
2
4
81
273
43
+
4
81
33
= 2 4 ln
3
2
+
729
32
243
16
+
4
3
=
665
96
4 ln
3
2
Si proyectamos sobre eje y
DI = (x; y) 2 IR2
=
4
y
x
3
2
p
3y;
4
3
y 2
DI = (x; y) 2 IR2
= y x
3
2
p
3y; 2 y
27
4
A(R) =
ZZ
D
dxdy =
ZZ
D1
dxdy +
ZZ
D2
dxdy
A(R) =
Z 2
4
3
Z 3
2
p
3y
4
y
dxdy +
Z 27=4
2
Z 3
2
p
3y
y
dxdy
=
Z 2
4
3
hp
3y 4 ln y
i
dy +
Z 27=4
2
3
2
p
3y y dy
=
3
2
p
3y3
4
y
2
4
3
+
p
3y3
y2
2
27=4
2
=
8
3
4 ln
3
2
+
9 27
8
729
32
+ 2
=
665
96
4 ln
3
2
6
1.7 Problema
Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el
plano x + 2y + 3z = 6
Solución.
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:
V =
ZZ
D
6 x 2y
3
dxdy , D = (x; y) 2 IR2
= 0 x 6; 0 y
6 x
2
V =
1
3
Z 6
0
Z 6 x
2
0
(6 x 2y) dydx
=
1
3
Z 6
0
(6 x)y y2
6 x
2
0
dx
=
1
3
Z 6
0
(6 x)2
2
(6 x)2
4
dx
=
1
12
Z 6
0
(6 x)2
dx
=
1
36
(6 x)3
6
0
= 6
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:
V =
ZZ
R
(6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2
= 0 y 3; 0 z
6 2y
3
V =
Z 3
0
Z 6 2y
3
0
(6 2y 3z) dzdy
=
Z 3
0
(6 2y)z
3
2
z2
6 2y
3
0
dy
=
Z 3
0
(6 2y)2
3
(6 2y)2
6
dy
=
1
6
Z 3
0
(6 2y)2
dy
=
1
12
(6 x)3
3
3
0
= 6
2 Cambios de orden de Integración
2.1 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
7
I =
Z 1
0
Z 2
2x
ey2
dydx
Solución.
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 del
dominio. D =
n
(x; y) 2 IR2
= 0 x
y
2
; 0 y 2
o
;entonces la integral
se puede escribir.
I =
Z 1
0
Z 2
2x
ey2
dydx =
Z 2
0
Z y
2
0
ey2
dxdy
=
Z 2
0
xey2
y
2
0
dy
=
Z 2
0
y
2
ey2
dy =
1
4
ey2 4
0
=
1
4
e16
1
2.2 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
I =
Z 2
0
Z 4
x2
p
y cos ydydx
Solución.
El dominio de integración 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
dominio, D = (x; y) 2 IR2
= 0 x
p
y; 0 y 4 ;entonces la integral
se puede escribir
Z 2
0
Z 4
x2
p
y cos ydydx =
Z 4
0
Z p
y
0
p
y cos ydxdy
=
Z 4
0
p
y cos(y)xj
p
y
0 dy
=
Z 4
0
y cos(y)dy
Integrando esta última integral por partes se tiene:
Z 4
0
y cos(y)dy = ysen(y)j
4
0
Z 4
0
sen(y)dy
= ysen(y)j
4
0 + cos(y)j
4
0
= 4sen(4) + cos(4) 1
8
2.3 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
I =
Z e
1
Z ln x
0
ydydx
Solución.
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
= ey
x e; 0 y 1 ;entonces la integral
se puede escribir
Z e
1
Z ln x
0
ydydx =
Z 1
0
Z e
ey
ydxdy
=
Z 4
0
y x
e
ey
dy
=
Z 4
0
y(e ey
)dy
= e
y2
2
4
0
ey
[y ey
]
4
0
= 8e 4e4
1
3 Cambios de variables: Coordenadas polares
3.1 Problema
Calcular
ZZ
D
x2
+ y2
dxdy si D = (x; y) 2 IR2
= x2
+ y2
1 ;usando
coordenadas polares
Solución.
A partir de la coordenadas polares tenemos:
x = rcos ; y = rsen =) x2
+ y2
= r2
El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:
@ (x; y)
@ (r; )
= r
Reemplazando términos en la integral, produce
ZZ
D
x2
+ y2
dxdy =
ZZ
D
r2 @ (x; y)
@ (r; )
drd
9
=
Z 1
0
Z 2
0
r3
d dr =
Z 1
0
Z 2
0
r3
j
2
0 dr
= 2
Z 1
0
r3
dr = 2
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.
3.2 Problema
Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2
+ y2
= 8y y exterior
a la circunferencia x2
+ y2
= 9:
Solución.
Determinemos el centro y radio de la circunsferencia
x2
+ y2
= 8y =) x2
+ y2
8y = 0 =) x2
+ (y 4)2
= 16
El área de la región D es: A (D)
ZZ
D
dxdy
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
+ y2
= 8y =) r2
= 8rsen =) r = 8sen
x2
+ y2
= 9 =) r = 3
Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple
8sen = 3 =) = arcsen
3
8
Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen
3
8 2
ZZ
D
dxdy =
ZZ
D
@ (x; y)
@ (r; )
drd
10
2
Z =2
arcsen 3
8
Z 8sen
3
rdrd = 2
Z =2
arcsen 3
8
r2
2
8sen
3
d
Z =2
arcsen 3
8
64sen2
9 d = 64
2
sen2
4
9
2
=2
arcsen 3
8
=
55
2
16sen2
=2
arcsen 3
8
=
55
4
55
2
arcsen
3
8
+ 16sen(2arcsen
3
8
)
38; 42
3.3 Problema
Calcular
ZZ
D
x2
+ y2
x +
p
x2 + y2
dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )
Solución.
Cambiando a cordenadas polares, tenemos:
ZZ
D
x2
+ y2
x +
p
x2 + y2
dxdy =
ZZ
D
r2
r cos + r
@ (x; y)
@ (r; )
drd
=
ZZ
D
r2
r cos + r
rdrd
=
Z 2
0
Z a(1+cos )
0
r2
1 + cos
drd
=
Z 2
0
1
1 + cos
r3
3
a(1+cos )
0
d
=
a3
3
Z 2
0
(1 + cos )
2
d
=
a3
3
Z 2
0
1 + 2 cos + cos2
d
=
a3
3
+ 2sen +
2
+
sen2
4
2
0
= a3
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:
11
I = lim
!
"!0
Z
0
Z a(1+cos )
"
r2
1 + cos
drd + lim
! +
"!0
Z 2 Z a(1+cos )
"
r2
1 + cos
drd
= lim
!
a3
3
Z
0
(1 + cos )
2
d + lim
! +
a3
3
Z 2
(1 + cos )
2
d
= lim
!
a3
3
3
2
+ 2sen +
sen2
4
+ lim
! +
a3
3
3
3
2
2sen
sen2
4
= a3
3.4 Problema
Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá…cas z = 9 x2
y2
y z = 5.
Solución.
Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante
y multiplicar su resultado por cuatro.
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:
V = 4
Z Z
D
9 x2
y2
5 dxdy
D = (x; y) 2 IR2
= x 0; y 0; 0 x2
+ y2
4
A partir de la coordenadas polares, obtenemos:
x = rcos
y = rsen
=) f (x; y) = 4 x2
y2
= 4 r2
0 x2
+ y2
= r2
4 () 0 r 2 y 0
2
D =
n
(r; ) = 0 r 2; 0
2
o
El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:
@ (x; y)
@ (r; )
= r
Reemplazando términos en la integral, produce:
V = 4
Z Z
D
4 r2
rdrd
= 4
Z =2
0
Z 2
0
4 r2
rdrd
= 4
Z =2
0
4
2
r2 1
4
r4
2
0
d
= 8
12
4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas
4.1 Problema
Calcular I =
ZZ
D
3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas
x 2y = 0; x 2y = 4
x + y = 4; x + y = 1
(1)
Solución.
Podemos usar el cambio de variables
u = x 2y
v = x + y
(1) =)
x =
1
3
(2u + v)
y =
1
3
(u v)
(2)
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
Para 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 luego
usar la propiedad
@ (x; y)
@ (u; v)
=
@ (u; v)
@ (x; y)
1
:
En efecto
@ (u; v)
@ (x; y)
=
1 2
1 1
= 1 + 2 = 3 =)
@ (x; y)
@ (u; v)
=
1
3
Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:
I =
ZZ
D
3xydxdy =
ZZ
D
3
1
3
(2u + v)
1
3
(u v)
@ (x; y)
@ (u; v)
dudv
=
Z 4
1
Z 0
4
1
9
2u2
uv v2
dvdu
=
1
9
Z 4
1
2u2
v
uv2
2
v3
3
0
4
du
=
1
9
Z 4
1
8u2
+ 8u
64
3
du
=
1
9
8u3
3
+ 4u2 64
3
u
4
1
du =
164
9
4.2 Problema
13
Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas
x2
y2
= 1; x2
y2
= 9
x + y = 4; x + y = 6
(1)
Solución.
Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en
la región D
u = x2
y2
v = x + y
(1) =)
La imagen D de la región D está acotada por la rectas verticales;
x2
y2
= 1 se transforma en u = 1
x2
y2
= 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
Vamos 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 2y
1 1
= 2 (x + y) = 2v =)
@ (x; y)
@ (u; v)
=
1
2v
El teorema del cambio variables a…rma que:
A (D) =
ZZ
D
dxdy =
ZZ
D
@ (x; y)
@ (u; v)
dudv
=
Z 9
1
Z 6
4
1
3v
dvdu
=
1
2
Z 9
1
[ln v]
6
4 du
=
1
2
ln
6
4
Z 9
1
du
=
1
2
ln
3
2
[u]
9
1 = 4 ln
3
2
4.3 Problema
Calcular I =
ZZ
D
x3
+ y3
xy
dxdy; donde D es la región del primer cuadrante
acotada por:
y = x2
; y = 4x2
x = y2
; x = 4y2 (1)
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
14
simpli…ca la región D y la transforma en D .
Sean u =
x2
y
; v =
y2
x
Luego D esta acotada por la rectas verticales;
y = x2
se transforma en u = 1:
y = 4x2
se transforma en u =
1
4
:
y las rectas horizontales
x = y2
se transforma en v = 1:
x = 4y2
se transforma en v =
1
4
:
Es decir, D = (u; v) =1 u
1
4
; 1 v
1
4
Para calcular
@ (x; y)
@ (u; v)
tenemos dos posibilidades, la primera es despejar x
e 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)
=
2x
y
x2
y2
y2
x2
2y
x
= 4 1 = 3 =)
@ (x; y)
@ (u; v)
=
1
3
Calculemos ahora la integral
I =
ZZ
D
x3
+ y3
xy
dxdy =
ZZ
D
x2
y
+
y2
x
dxdy
=
Z 1
1=4
Z 1
1=4
(u + v)
1
3
dvdu
=
1
3
Z 1
1=4
uv +
v2
2
1
1=4
du
=
1
3
Z 1
1=4
3
4
u +
15
32
du
=
1
3
3
8
u2
+
15
32
u
1
1=4
=
1
3
3
8
15
16
+
15
32
3
4
=
15
64
4.4 Problema
Evaluar la integral I =
ZZ
D
[x + y]
2
dxdy; donde D es la región del plano xy
acotado por las curvas
x + y = 2; x + y = 4;
y = x; x2
y2
= 4;
(1)
15
Solución.
Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen
a x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlas
mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas
u = x + y; v = x y
Luego, 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 vez
x y = 0 se transforma en v = 0:
x2
y2
= (x + y) (x y) = 4 se transforma en uv = 4:
Es decir, D = (u; v) = 2 u 4; 0 v
4
u
El jacobiano de la transformación es
@ (x; y)
@ (u; v)
=
@ (u; v)
@ (x; y)
1
:
En efecto
@ (u; v)
@ (x; y)
=
1 1
1 1
= 2 =)
@ (x; y)
@ (u; v)
=
1
2
Entonces:
ZZ
D
[x + y]
2
dxdy =
1
2
ZZ
D
u2
dudv
=
1
2
Z 4
2
Z 4=u
0
u2
dvdu
=
1
2
Z 4
2
u2
vj
4=u
0 du
=
1
2
Z 4
2
4udu
=
4
2
u2
2
4
2
= 12
5 Cálculo de integrales triples en coordenadas
rectángulares cartesianas
5.1 Problema
Sea R la región en IR3
acotada por: z = 0; z =
1
2
y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2
Calcular
ZZZ
R
(x + y z) dxdydz:
Solución.
Del grá…co de la región , tenemos que 0 z
1
2
y:Proyectando la región R
sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2
= 0 x 1; 0 y 2 :
16
Por lo tanto;
ZZZ
R
(x + y z) dxdydz =
ZZ
D
(
Z 1
2 y
0
(x + y z) dz)dxdy
Z 1
0
Z 2
0
(
Z 1
2 y
0
(x + y z) dz)dydx =
Z 1
0
Z 2
0
xz + yz
z2
2
1
2 y
0
dydx
Z 1
0
Z 2
0
1
2
(x + y)y
y2
8
dydx =
Z 1
0
Z 2
0
1
2
xy +
3
8
y2
dydx
Z 1
0
1
4
xy2
+
1
8
y3
2
0
dx =
Z 1
0
[(x + 1)] dx =
1
2
x2
+ x
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
R
(x + y z) dxdydz =
Z 1
0
Z 1
0
(
Z 2
2z
(x + y z) dy)dzdx
Z 1
0
Z 1
0
xy +
y2
2
zy
2
2z
dzdx = 2
Z 1
0
Z 1
0
[x + 1 z xz] dzdx
2
Z 1
0
xz + z
z2
2
x
z2
2
1
0
dx = 2
Z 1
0
x + 1
1
2
x
2
dx
Z 1
0
[(x + 1)] dx =
1
2
x2
+ x
1
0
=
3
2
Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R
sobre el plano yz.
Esta se deja como ejercicio.
5.2 Problema
Calcular
ZZZ
D
x2
dxdydz si D es la región acotada por y2
+ z2
= 4ax;
y2
= ax; x = 3a
Solución.
La super…cie y2
+ z2
= 4ax corresponde a un paraboloide de revolución
como el bosquejado en la …gura.
En dos variables el grá…co de y2
= ax es una parábola, pero es tres
variables es la super…cie de un manto parabólico.
17
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:
D =
n
(x; y; z) 2 IR3
=D1 [ D2 ,
p
4ax y2 z
p
4ax y2
o
Por simetría se tiene:
I =
ZZZ
D
x2
dxdydz = 2
ZZ
D1
Z p
4ax y2
p
4ax y2
x2
dzdxdy
= 2
Z 3a
0
Z 2
p
ax
p
ax
Z p
4ax y2
p
4ax y2
x2
dzdydx
= 2
Z 3a
0
Z 2
p
ax
p
ax
x2
z
p
4ax y2
p
4ax y2
dydx
= 4
Z 3a
0
Z 2
p
ax
p
ax
x2
p
4ax y2dydx
De una tabla de integrales obtenemos
Z p
a2 u2du =
1
2
(u
p
a2 u2 + a2
arcsen
u
a
)
Así al integrar la expresión:
Z 2
p
ax
p
ax
p
4ax y2dy =
1
2
y
p
4ax y2 + 4ax arcsen
y
2
p
ax
2
p
ax
p
ax
= 2ax arcsen (1)
1
2
p
ax
p
3ax + 4ax arcsen
1
2
= 2ax
2
+
1
2
ax
p
3 2ax
6
=
2
3
ax +
p
3
2
ax
Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda
4
Z 3a
0
"
2
3
+
p
3
2
#
ax3
dx =
"
2
3
+
p
3
2
!
ax4
#3a
0
= 27a5
2 +
3
p
3
2
!
18
5.3 Problema
Calcular el volumen del sólido acotado por la super…cie y = x2
y los planos
y + z = 4 ; z = 0:
Solución.
Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera
z = 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 y
D = (x; y) 2 IR2
= 2 x 2; x2
y 4
Luego el volumen de la región es
V ( ) =
ZZZ
dxdydz =
Z 2
2
Z 4
x2
Z 4 y
0
dzdydx
=
Z 2
2
Z 4
x2
(4 y) dydx =
Z 2
2
4y
y2
2
4
x2
dx
=
Z 2
2
8 4x2
+
x4
2
dx
= 8x
4
3
x3
+
x4
10
2
2
=
256
15
6 Coordenadas esféricas
6.1 Problema
Resolver I =
ZZZ
D
p
x2 + y2 + z2e (x2
+y2
+z2
)dxdydz si D es la región de IR3
limitada por las super…cies x2
+ y2
+ z2
= a2
x2
+ y2
+ z2
= b2
con 0 < b < a anillo esférico.
Solución
Por la simetría del dominio y la forma del integrando
usaremos coordenadas esféricas:
x = rsen cos
y = rsen sen
z = r cos
9
=
;
=)
b2
x2
+ y2
+ z2
a2
=) b r a
tg =
y
z
= 0 =) 0
tg =
y
x
= 0 =) 0 2
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :
@ (x; y; z)
@ (r; ; )
= r2
sen se tiene:
19
I =
Z 2
0
Z
0
Z a
b
re r2 @ (x; y; z)
@ (r; ; )
drd d
=
Z 2
0
Z
0
Z a
b
r3
e r2
sen drd d
=
Z 2
0
Z
0
1
2
r2
e r2
e r2
a
b
sen d d
=
1
2
b2
e b2
+
1
2
e b2 1
2
a2
e a2
e a2
Z 2
0
Z
0
sen d d
=
1
2
b2
e b2
+
1
2
e b2 1
2
a2
e a2
e a2
Z 2
0
cos j0 d
= 2
1
2
b2
e b2
+
1
2
e b2 1
2
a2
e a2
e a2
Z 2
0
d
= 4
1
2
b2
e b2
+
1
2
e b2 1
2
a2
e a2
e a2
6.2 Problema
Encontrar el volumen de la región determinada por x2
+ y2
+ z2
16 ; z2
x2
+ y2
:
Solución
x2
+ y2
+ z2
= 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4
z2
= x2
+y2
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 se obtiene mediante el sistema:
x2
+ y2
+ z2
= 16
x2
+ y2
= z2 =)
z =
p
8
x2
+ y2
= 8
Usaremos coordenadas esféricas:
x = rsen cos
y = rsen sen
z = r cos
9
=
;
=)
0 x2
+ y2
+ z2
16 =) 0 r 4
tg =
y
z
=
p
8
p
8
= 1 =) 0
4
tg =
y
x
= 0 =) 0 2
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :
@ (x; y; z)
@ (r; ; )
= r2
sen se tiene:
20
V =
ZZZ
D
dxdydz =
Z 2
0
Z 4
0
Z 4
0
r2
sen drd d
V =
Z 2
0
Z 4
0
r3
3
4
0
sen d d
V =
43
3
Z 2
0
cos j 4
0 d
V =
43
3
Z 2
0
1
p
2
2
!
d =
43
3
1
p
2
2
!
2
Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en
tal caso
x = r cos
y = rsen
z = z
9
=
;
=)
x2
+ y2
+ z2
= 16 =) z = 16 r2
:
x2
+ y2
= z2
=) z = r2
Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x; y; z)
@ (r; ; z)
= r luego:
V =
ZZZ
D
dxdydz =
Z 2
0
Z p
8
0
Z p
16 r2
r2
rdzdrd
=
Z 2
0
Z p
8
0
rzj
p
16 r2
r2 drd
=
Z 2
0
Z p
8
0
r
p
16 r2 r2
drd
=
Z 2
0
1
3
p
(16 r2)3
r3
3
p
8
0
d
=
2
3
2
p
83
p
163 =
2
3
64 32
p
2
7 Coordenadas Cilíndricas
7.1 Problema
Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2
+y2
y z = 27 2x2
2y2
:
Solución.
Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.
x = r cos
y = rsen
z = z
9
=
;
=)
z = x2
+ y2
=) z = r2
:
z = 27 2x2
2y2
=) z = 27 2r2
x2
+ y2
= 9 =) r = 3:
21
Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x; y; z)
@ (r; ; z)
= r se tiene:
V =
ZZZ
D
dxdydz =
Z 2
0
Z 3
0
Z 27 2r2
r2
rdzdrd
=
Z 2
0
Z 3
0
r zj
27 2r2
r2 drd
=
Z 2
0
Z 3
0
r 27 3r2
drd
=
Z 2
0
27
2
r2 3
4
r4
3
0
d
=
243
4
Z 2
0
d =
243
4
2 =
243
2
7.2 Problema
Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2
+ y2
+ z2
= 13 y el
cono (z 1)
2
= x2
+ y2
; z 1
Solución.
El volumen pedido es
V =
ZZZ
R
dxdydz
donde la región R está dada por
R =
n
(x; y; z) 2 IR3
= (x; y) 2 D; 1 +
p
x2 + y2 z
p
4 x2 y2
o
D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.
D = (x; y; z) 2 IR2
=x2
+ y2
13
Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.
x = r cos
y = rsen
z = z
9
=
;
=) x2
+ y2
+ z2
r2
+ z2
13 ,
Determinemos la imagen R de R
(z 1)
2
= x2
+ y2
() z 1 + r =) 1 + r z
p
13 r2
Luego
R = (r; ; z) 2 IR3
= (r; ) 2 D; 1 + r z
p
13 r2
La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce
z = 0 =) x2
+ y2
= 13
D1 =
n
(r; ) 2 IR3
= r 2 ;
2 2
o
Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:
@ (x; y; z)
@ (r; ; z)
= r se tiene:
22
V =
ZZZ
R
dxdydz =
Z 2
0
Z 2
0
Z p
13 r2
1+r
rdzd dr
=
Z 2
0
Z 2
0
rz
p
13 r2
1+r d dr
=
Z 2
0
Z 2
0
r
p
13 r2 (1 + r) d dr
= 2
Z 2
0
r
p
13 r2 r + r2
dr
= 2
1
3
13 r2 3=2 r2
2
+
r3
3
2
0
= 2
1
3
133=2
73=2 4
2
+
8
3
7.3 Problema
Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R
es el interior a la esfera x2
+y2
+z2
= 4; z 0;y exterior al cilindro (x 1)2
+y2
=
1:
Solución
La región R se describe en coordenadas cartesianas mediante
R =
n
(x; y; z) 2 IR3
= (x; y) 2 D; 0 z
p
4 x2 y2
o
donde D es la proyección de R sobre el plano xy.
D = (x; y) 2 IR3
=x2
+ y2
4 ; (x 1)2
+ y2
1
Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por
x = r cos
y = rsen
z = z
9
=
;
=) x2
+ y2
+ z2
= r2
(cos2
+ sen2
) + z2
4
() 0 z
p
4 r2
La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones
x2
+ y2
r2
4 () 0 r 2 si
2
3
2
(x 1)2
+ y2
1 () r 2 cos y r 2 si -
2 2
Entonces, la región R puede describirse mediante
R = (r; ; z) = (r; ) 2 D = D1 [ D1; 0 z
p
4 r2
D1 =
n
(r; ) 2 IR3
=2 cos r 2 ;
2 2
o
D2 = (r; ) 2 IR3
=0 r 2 ;
2
3
2
23
Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:
@ (x; y; z)
@ (r; ; z)
= r
En consecuencia la integral puede describirse por
I =
ZZZ
R
(r) drd dz
=
Z =2
=2
Z 2
2 cos
Z p
4 r2
0
rdzdrd +
Z 3 =2
=2
Z 2
0
Z p
4 r2
0
rdzdrd
=
Z =2
=2
Z 2
2 cos
r
h
z
ip
4 r2
0
drd +
Z 3 =2
=2
Z 2
0
r
h
z
ip
4 r2
0
drd
=
Z =2
=2
Z 2
2 cos
r
p
4 r2drd +
Z 3 =2
=2
Z 2
0
r
p
4 r2drd
=
Z =2
=2
1
3
4 r2 3=2
2
2 cos
d +
Z 3 =2
=2
1
3
4 r2 3=2
2
0
d
=
8
3
Z =2
=2
1 cos2 3=2
d +
8
3
Z 3 =2
=2
d
=
8
3
Z =2
=2
sen3
d +
8
3
Z 3 =2
=2
d
=
8
3
cos +
cos3
3
=2
=2
+
8
3
=
8
3
7.4 Problema
Calcular I =
ZZZ
D
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
dxdydz:
En la región D = (x; y; z) 2 IR3
=
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
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
+ v2
+ w2
1 yel valor absoluto del Jacobiano queda
:
@ (x; y; z)
@ (u; v; w)
=
a 0 0
0 b 0
0 0 c
= abc
Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral
24
I =
ZZZ
D
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
dxdydz:
=
ZZZ
D
u2
+ v2
+ w2 @ (x; y; z)
@ (u; v; w)
dudvdw
=
ZZZ
D
u2
+ v2
+ w2 @ (x; y; z)
@ (u; v; w)
dudvdw
=
ZZZ
D
(u2
+ v2
+ w2
) (abc) dudvdw
Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.
u = rsen cos
v = rsen sen
w = r cos
9
=
;
=)
0 u2
+ v2
+ w2
1 =) 0 r 1
tg =
v
w
=) 0
tg =
v
u
=) 0 2
Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 ; 0 2 g
abc
ZZZ
D
(u2
+ v2
+ w2
)dudvdw = abc
Z 2
0
Z
0
Z 1
0
r2
r2
sen drd d
= abc
Z 2
0
Z
0
r5
5
1
0
sen d d
=
abc
5
Z 2
0
cos j0 d
=
2abc
5
Z 2
0
d =
4 abc
5
Observación
Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente
la trasformación compuesta.
x = arsen cos
y = brsen sen
z = cr cos
9
=
;
=)
@ (x; y; z)
@ (r; ; )
= abcr2
sen
7.5 Problema
Calcular I =
ZZZ
D
dxdydz:
q
(x a)
2
+ (y b)
2
+ (z c)
2
;
en la región D = (x; y; z) 2 IR3
=x2
+ y2
+ z2
R2
; (a; b; c) es un punto
…jo
no peteneciente a la esfera x2
+ y2
+ z2
R2
:
Solución.
25
Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son
di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.
I =
ZZZ
D
dxdydz:
q
(x a)
2
+ (y b)
2
+ (z c)
2
I =
Z r
r
Z p
r2 x2
p
r2 x2
Z p
r2 x2 y2
p
r2 x2 y2
dzdydx:
q
(x a)
2
+ (y b)
2
+ (z c)
2
Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles.
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.
I =
ZZZ
D
dxdydz:
q
x2 + y2 + (z d)
2
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
0
Z
0
Z 2
0
r2
sen d d dr
p
r2 + d2 2dr cos
= 2
Z R
0
Z
0
r2
sen d dr
p
r2 + d2 2dr cos
Para calcular
J =
Z
0
r2
sen d dr
p
r2 + d2 2dr cos
podemos hacer
s = r2
+ d2
2dr cos
ds = 2drsen d
Además, = 0 =) s = r2
+ d2
2dr = (d r)
2
= =) s = r2
+ d2
+ 2dr = (d + r)
2
Reemplazando en la integral anterior produce
26
J =
r
2d
Z (d+r)2
(d r)2
s 1=2
ds =
r
2d
2s1=2
(d+r)2
(d r)2
=
r
2d
[2 (d + r) 2 (d r)]
=
r
2d
[4r] =
2r2
d
Por lo tanto
I = 2
Z R
0
2r2
d
dr
I =
4
d
r3
3
R
0
I =
4
3d
R3
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Ejercicios resueltos integrales dobles y triples

  • 1. Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín . Ejercicios Resueltos 1 Cálculo de integrales dobles en coordenadas rectángulares cartesianas 1.1 Problema Calcular ZZ D p x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas y = x; y = x y x = 1 Solución Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; x y x ZZ D p x + ydxdy = Z 1 0 Z x x p x + ydydx = 2 3 Z 1 0 (x + y) 3=2 x x dx = 2 3 Z 1 0 (2x) 3=2 dx = 25=2 3 2 5 (x) 5=2 1 0 = 8 p 2 15 1.2 Problema Calcular ZZ D p x2 y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de 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: Luego el dominio de integración es: D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; x y x : Integrando a franjas verticales, resulta 1
  • 2. ZZ D p x2 y2dxdy = Z 1 0 Z x x p x2 y2dydx = Z 1 0 Z x x x r 1 y x 2 dydx Hacemos el cambio de variables y x = sent =) dy = x cos tdt y determinemos los limites. Para y = x =) arcsen x x = arcsen (1) = 2 : Para y = x =) arcsen x x = arcsen ( 1) = 2 Por tanto Z 1 0 Z x x x r 1 y x 2 dydx = Z 1 0 Z 2 2 x2 p 1 sen2tdtdx = Z 1 0 Z 2 2 x2 cos2 tdtdx = Z 1 0 Z 2 2 x2 ( 1 + cos 2t 2 )dtdx = Z 1 0 x2 t 2 + sen2t 4 2 2 dx = 2 Z 1 0 x2 dx = 2 x3 3 1 0 = 6 1.3 Problema Calcular ZZ D y 2x2 dxdy si D es la región acotada por jxj + jyj = 2 Solución Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2 = jxj + jyj 2 Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 2 x 0 , la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2;y para 0 x 2 la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = x 2, y la superior es y = x + 2 Entonces se tiene D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = : donde D1 = (x; y) 2 IR2 = 2 x 0; x 2 y x + 2 D2 = (x; y) 2 IR2 = 0 < x 2; x 2 y x + 2 2
  • 3. Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y 2x2 es simétrica con respecto 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 tanto ZZ D y 2x2 dxdy = 2 Z 2 0 Z x+2 x 2 y 2x2 dydx = 2 Z 2 0 y2 2 + 2x2 y x+2 x 2 dx = 2 Z 1 0 4x3 8x2 dx = x4 8 3 x3 2 0 = 2 16 64 3 = 32 3 1.4 Problema Calcular ZZ D x2 + y2 dxdy si D = (x; y) 2 IR2 = x2 + y2 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 D = (x; y) 2 IR2 = 1 x 1; p 1 x2 y p 1 x2 ZZ D x2 + y2 dxdy = Z 1 1 Z p 1 x2 p 1 x2 (x2 + y2 )dydx = Z 1 1 (x2 y + y3 3 ) p 1 x2 p 1 x2 dx = 2 Z 1 1 (x2 p 1 x2 + 1 3 p (1 x2)3)dx = 2 Z 1 1 x2 p 1 x2dx + 2 3 Z 1 1 p (1 x2)3dx Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z 1 1 x2 p 1 x2dx = ( x 4 p 1 x2 + 1 8 (x p 1 x2 + arcsenx) 1 1 = 1 8 (arcsen(1) arcsen ( 1) = 1 8 ( 2 + 2 ) = 8 3
  • 4. Z 1 1 p (1 x2)3dx = ( x 4 p (1 x2)3 + 3x 8 p (1 x2) + 3 8 arcsenx) 1 1 = 3 8 Por lo tanto: ZZ D x2 + y2 dxdy = 2 8 + 2 3 3 8 = 2 Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja 1.5 Problema Calcular ZZ D xydxdy si D es la región acotada por y = p x; y = p 3x 18; y 0:Usando coordenadas cartesianas. Solución. Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0 x 6 , la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = 0, y la superior es y = p x;y para 6 x 9 la frontera inferior de la región es la grá…ca de y = p 3x 18, y la superior es y = p x Luego tenemos que D = D1 [ D2 tal que D1 [ D2 = : Entonces D1 = (x; y) 2 IR2 = 0 x 6; 0 y p x D2 = (x; y) 2 IR2 = 6 < x 9; p 3x 18 y p x Por lo tanto ZZ D xydxdy = ZZ D1 xydxdy + ZZ D2 xydxdy = Z 6 0 Z p x 0 xydydx + Z 9 6 Z p x p 3x 18 xydydx = Z 6 0 x y2 2 p x 0 dx + Z 9 6 x y2 2 p x p 3x 18 dx = 1 2 Z 6 0 x2 dx + 1 2 Z 9 6 ( 2x2 + 18x)dx = 1 6 x3 6 0 + x3 3 + 9 x2 2 9 6 = 185 2 Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólo una integral iterativa porque para 0 y 3 , la frontera izquierda de la región 4
  • 5. es la grá…ca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por la grá…ca x = y2 3 + 6; obteniendo así la región D1 = (x; y) 2 IR2 = y2 x y2 3 + 6; 0 y 3 la integral iterativa queda ZZ D xydxdy = Z 3 0 Z (y2 =3)+6 y2 xydxdy = Z 3 0 x2 2 (y2 =3)+6 y2 ydy = 1 2 Z 3 0 " y2 + 18 3 2 y4 #(y2 =3)+6 y2 ydy = 1 18 Z 3 0 8y5 + 36y3 + 324y dy = 1 18 4 3 y6 + 9y4 + 162y2 3 0 = 1 18 4 3 36 + 36 + 2 36 = 185 2 1.6 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 y = x =) x2 = 4 =) x = 2 =) y = 2 27y = 4x2 y = x =) 27x = 4x2 =) x = 0 x = 24 4 ) =) y = 0; y = 27 4 xy = 4 27y = 4x2 =) x = 3; y = 4 3 Para calcular el área A(R) = ZZ D dxdy; podemos escoger una partición del dominio de tipo I ó de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I D1 = (x; y) 2 IR2 = 2 x 3; 4 x y x 5
  • 6. D2 = (x; y) 2 IR2 = 3 x 27 4 ; 4 27 x2 y x Si proyectamos sobre eje x A(R) = ZZ D dxdy = ZZ D1 dxdy + ZZ D2 dxdy A(R) = Z 3 2 Z x 4 x dydx + Z 27=4 3 Z x 4 27 x2 dydx = Z 3 2 yj x 4 x dx + Z 27=4 3 yj x 4 27 x2 dx = Z 3 2 x 4 x dx + Z 27=4 3 x 4 27 x2 dx = x2 2 4 ln x 3 2 + x2 2 4 81 x3 27=4 3 = 5 2 4 ln 3 2 + 729 32 9 2 4 81 273 43 + 4 81 33 = 2 4 ln 3 2 + 729 32 243 16 + 4 3 = 665 96 4 ln 3 2 Si proyectamos sobre eje y DI = (x; y) 2 IR2 = 4 y x 3 2 p 3y; 4 3 y 2 DI = (x; y) 2 IR2 = y x 3 2 p 3y; 2 y 27 4 A(R) = ZZ D dxdy = ZZ D1 dxdy + ZZ D2 dxdy A(R) = Z 2 4 3 Z 3 2 p 3y 4 y dxdy + Z 27=4 2 Z 3 2 p 3y y dxdy = Z 2 4 3 hp 3y 4 ln y i dy + Z 27=4 2 3 2 p 3y y dy = 3 2 p 3y3 4 y 2 4 3 + p 3y3 y2 2 27=4 2 = 8 3 4 ln 3 2 + 9 27 8 729 32 + 2 = 665 96 4 ln 3 2 6
  • 7. 1.7 Problema Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Solución. Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: V = ZZ D 6 x 2y 3 dxdy , D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 6; 0 y 6 x 2 V = 1 3 Z 6 0 Z 6 x 2 0 (6 x 2y) dydx = 1 3 Z 6 0 (6 x)y y2 6 x 2 0 dx = 1 3 Z 6 0 (6 x)2 2 (6 x)2 4 dx = 1 12 Z 6 0 (6 x)2 dx = 1 36 (6 x)3 6 0 = 6 Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: V = ZZ R (6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2 = 0 y 3; 0 z 6 2y 3 V = Z 3 0 Z 6 2y 3 0 (6 2y 3z) dzdy = Z 3 0 (6 2y)z 3 2 z2 6 2y 3 0 dy = Z 3 0 (6 2y)2 3 (6 2y)2 6 dy = 1 6 Z 3 0 (6 2y)2 dy = 1 12 (6 x)3 3 3 0 = 6 2 Cambios de orden de Integración 2.1 Problema Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . 7
  • 8. I = Z 1 0 Z 2 2x ey2 dydx Solución. 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 del dominio. D = n (x; y) 2 IR2 = 0 x y 2 ; 0 y 2 o ;entonces la integral se puede escribir. I = Z 1 0 Z 2 2x ey2 dydx = Z 2 0 Z y 2 0 ey2 dxdy = Z 2 0 xey2 y 2 0 dy = Z 2 0 y 2 ey2 dy = 1 4 ey2 4 0 = 1 4 e16 1 2.2 Problema Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I = Z 2 0 Z 4 x2 p y cos ydydx Solución. El dominio de integración 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 dominio, D = (x; y) 2 IR2 = 0 x p y; 0 y 4 ;entonces la integral se puede escribir Z 2 0 Z 4 x2 p y cos ydydx = Z 4 0 Z p y 0 p y cos ydxdy = Z 4 0 p y cos(y)xj p y 0 dy = Z 4 0 y cos(y)dy Integrando esta última integral por partes se tiene: Z 4 0 y cos(y)dy = ysen(y)j 4 0 Z 4 0 sen(y)dy = ysen(y)j 4 0 + cos(y)j 4 0 = 4sen(4) + cos(4) 1 8
  • 9. 2.3 Problema Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I = Z e 1 Z ln x 0 ydydx Solución. 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 = ey x e; 0 y 1 ;entonces la integral se puede escribir Z e 1 Z ln x 0 ydydx = Z 1 0 Z e ey ydxdy = Z 4 0 y x e ey dy = Z 4 0 y(e ey )dy = e y2 2 4 0 ey [y ey ] 4 0 = 8e 4e4 1 3 Cambios de variables: Coordenadas polares 3.1 Problema Calcular ZZ D x2 + y2 dxdy si D = (x; y) 2 IR2 = x2 + y2 1 ;usando coordenadas polares Solución. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos ; y = rsen =) x2 + y2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es: @ (x; y) @ (r; ) = r Reemplazando términos en la integral, produce ZZ D x2 + y2 dxdy = ZZ D r2 @ (x; y) @ (r; ) drd 9
  • 10. = Z 1 0 Z 2 0 r3 d dr = Z 1 0 Z 2 0 r3 j 2 0 dr = 2 Z 1 0 r3 dr = 2 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. 3.2 Problema Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 9: Solución. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y2 = 8y =) x2 + y2 8y = 0 =) x2 + (y 4)2 = 16 El área de la región D es: A (D) ZZ D dxdy 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 + y2 = 8y =) r2 = 8rsen =) r = 8sen x2 + y2 = 9 =) r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 8sen = 3 =) = arcsen 3 8 Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen 3 8 2 ZZ D dxdy = ZZ D @ (x; y) @ (r; ) drd 10
  • 11. 2 Z =2 arcsen 3 8 Z 8sen 3 rdrd = 2 Z =2 arcsen 3 8 r2 2 8sen 3 d Z =2 arcsen 3 8 64sen2 9 d = 64 2 sen2 4 9 2 =2 arcsen 3 8 = 55 2 16sen2 =2 arcsen 3 8 = 55 4 55 2 arcsen 3 8 + 16sen(2arcsen 3 8 ) 38; 42 3.3 Problema Calcular ZZ D x2 + y2 x + p x2 + y2 dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos ) Solución. Cambiando a cordenadas polares, tenemos: ZZ D x2 + y2 x + p x2 + y2 dxdy = ZZ D r2 r cos + r @ (x; y) @ (r; ) drd = ZZ D r2 r cos + r rdrd = Z 2 0 Z a(1+cos ) 0 r2 1 + cos drd = Z 2 0 1 1 + cos r3 3 a(1+cos ) 0 d = a3 3 Z 2 0 (1 + cos ) 2 d = a3 3 Z 2 0 1 + 2 cos + cos2 d = a3 3 + 2sen + 2 + sen2 4 2 0 = a3 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: 11
  • 12. I = lim ! "!0 Z 0 Z a(1+cos ) " r2 1 + cos drd + lim ! + "!0 Z 2 Z a(1+cos ) " r2 1 + cos drd = lim ! a3 3 Z 0 (1 + cos ) 2 d + lim ! + a3 3 Z 2 (1 + cos ) 2 d = lim ! a3 3 3 2 + 2sen + sen2 4 + lim ! + a3 3 3 3 2 2sen sen2 4 = a3 3.4 Problema Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá…cas z = 9 x2 y2 y z = 5. Solución. Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante y multiplicar su resultado por cuatro. Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: V = 4 Z Z D 9 x2 y2 5 dxdy D = (x; y) 2 IR2 = x 0; y 0; 0 x2 + y2 4 A partir de la coordenadas polares, obtenemos: x = rcos y = rsen =) f (x; y) = 4 x2 y2 = 4 r2 0 x2 + y2 = r2 4 () 0 r 2 y 0 2 D = n (r; ) = 0 r 2; 0 2 o El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es: @ (x; y) @ (r; ) = r Reemplazando términos en la integral, produce: V = 4 Z Z D 4 r2 rdrd = 4 Z =2 0 Z 2 0 4 r2 rdrd = 4 Z =2 0 4 2 r2 1 4 r4 2 0 d = 8 12
  • 13. 4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas 4.1 Problema Calcular I = ZZ D 3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas x 2y = 0; x 2y = 4 x + y = 4; x + y = 1 (1) Solución. Podemos usar el cambio de variables u = x 2y v = x + y (1) =) x = 1 3 (2u + v) y = 1 3 (u v) (2) 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 Para 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 luego usar la propiedad @ (x; y) @ (u; v) = @ (u; v) @ (x; y) 1 : En efecto @ (u; v) @ (x; y) = 1 2 1 1 = 1 + 2 = 3 =) @ (x; y) @ (u; v) = 1 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: I = ZZ D 3xydxdy = ZZ D 3 1 3 (2u + v) 1 3 (u v) @ (x; y) @ (u; v) dudv = Z 4 1 Z 0 4 1 9 2u2 uv v2 dvdu = 1 9 Z 4 1 2u2 v uv2 2 v3 3 0 4 du = 1 9 Z 4 1 8u2 + 8u 64 3 du = 1 9 8u3 3 + 4u2 64 3 u 4 1 du = 164 9 4.2 Problema 13
  • 14. Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 y2 = 1; x2 y2 = 9 x + y = 4; x + y = 6 (1) Solución. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en la región D u = x2 y2 v = x + y (1) =) La imagen D de la región D está acotada por la rectas verticales; x2 y2 = 1 se transforma en u = 1 x2 y2 = 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 Vamos 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 2y 1 1 = 2 (x + y) = 2v =) @ (x; y) @ (u; v) = 1 2v El teorema del cambio variables a…rma que: A (D) = ZZ D dxdy = ZZ D @ (x; y) @ (u; v) dudv = Z 9 1 Z 6 4 1 3v dvdu = 1 2 Z 9 1 [ln v] 6 4 du = 1 2 ln 6 4 Z 9 1 du = 1 2 ln 3 2 [u] 9 1 = 4 ln 3 2 4.3 Problema Calcular I = ZZ D x3 + y3 xy dxdy; donde D es la región del primer cuadrante acotada por: y = x2 ; y = 4x2 x = y2 ; x = 4y2 (1) 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 14
  • 15. simpli…ca la región D y la transforma en D . Sean u = x2 y ; v = y2 x Luego D esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1: y = 4x2 se transforma en u = 1 4 : y las rectas horizontales x = y2 se transforma en v = 1: x = 4y2 se transforma en v = 1 4 : Es decir, D = (u; v) =1 u 1 4 ; 1 v 1 4 Para calcular @ (x; y) @ (u; v) tenemos dos posibilidades, la primera es despejar x e 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) = 2x y x2 y2 y2 x2 2y x = 4 1 = 3 =) @ (x; y) @ (u; v) = 1 3 Calculemos ahora la integral I = ZZ D x3 + y3 xy dxdy = ZZ D x2 y + y2 x dxdy = Z 1 1=4 Z 1 1=4 (u + v) 1 3 dvdu = 1 3 Z 1 1=4 uv + v2 2 1 1=4 du = 1 3 Z 1 1=4 3 4 u + 15 32 du = 1 3 3 8 u2 + 15 32 u 1 1=4 = 1 3 3 8 15 16 + 15 32 3 4 = 15 64 4.4 Problema Evaluar la integral I = ZZ D [x + y] 2 dxdy; donde D es la región del plano xy acotado por las curvas x + y = 2; x + y = 4; y = x; x2 y2 = 4; (1) 15
  • 16. Solución. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen a x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas u = x + y; v = x y Luego, 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 vez x y = 0 se transforma en v = 0: x2 y2 = (x + y) (x y) = 4 se transforma en uv = 4: Es decir, D = (u; v) = 2 u 4; 0 v 4 u El jacobiano de la transformación es @ (x; y) @ (u; v) = @ (u; v) @ (x; y) 1 : En efecto @ (u; v) @ (x; y) = 1 1 1 1 = 2 =) @ (x; y) @ (u; v) = 1 2 Entonces: ZZ D [x + y] 2 dxdy = 1 2 ZZ D u2 dudv = 1 2 Z 4 2 Z 4=u 0 u2 dvdu = 1 2 Z 4 2 u2 vj 4=u 0 du = 1 2 Z 4 2 4udu = 4 2 u2 2 4 2 = 12 5 Cálculo de integrales triples en coordenadas rectángulares cartesianas 5.1 Problema Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z = 1 2 y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2 Calcular ZZZ R (x + y z) dxdydz: Solución. Del grá…co de la región , tenemos que 0 z 1 2 y:Proyectando la región R sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; 0 y 2 : 16
  • 17. Por lo tanto; ZZZ R (x + y z) dxdydz = ZZ D ( Z 1 2 y 0 (x + y z) dz)dxdy Z 1 0 Z 2 0 ( Z 1 2 y 0 (x + y z) dz)dydx = Z 1 0 Z 2 0 xz + yz z2 2 1 2 y 0 dydx Z 1 0 Z 2 0 1 2 (x + y)y y2 8 dydx = Z 1 0 Z 2 0 1 2 xy + 3 8 y2 dydx Z 1 0 1 4 xy2 + 1 8 y3 2 0 dx = Z 1 0 [(x + 1)] dx = 1 2 x2 + x 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 R (x + y z) dxdydz = Z 1 0 Z 1 0 ( Z 2 2z (x + y z) dy)dzdx Z 1 0 Z 1 0 xy + y2 2 zy 2 2z dzdx = 2 Z 1 0 Z 1 0 [x + 1 z xz] dzdx 2 Z 1 0 xz + z z2 2 x z2 2 1 0 dx = 2 Z 1 0 x + 1 1 2 x 2 dx Z 1 0 [(x + 1)] dx = 1 2 x2 + x 1 0 = 3 2 Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. 5.2 Problema Calcular ZZZ D x2 dxdydz si D es la región acotada por y2 + z2 = 4ax; y2 = ax; x = 3a Solución. La super…cie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la …gura. En dos variables el grá…co de y2 = ax es una parábola, pero es tres variables 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 distancia 3a. Luego el grá…co de la región es La proyección de la region sobre el plano xy es: D = n (x; y; z) 2 IR3 =D1 [ D2 , p 4ax y2 z p 4ax y2 o Por simetría se tiene: I = ZZZ D x2 dxdydz = 2 ZZ D1 Z p 4ax y2 p 4ax y2 x2 dzdxdy = 2 Z 3a 0 Z 2 p ax p ax Z p 4ax y2 p 4ax y2 x2 dzdydx = 2 Z 3a 0 Z 2 p ax p ax x2 z p 4ax y2 p 4ax y2 dydx = 4 Z 3a 0 Z 2 p ax p ax x2 p 4ax y2dydx De una tabla de integrales obtenemos Z p a2 u2du = 1 2 (u p a2 u2 + a2 arcsen u a ) Así al integrar la expresión: Z 2 p ax p ax p 4ax y2dy = 1 2 y p 4ax y2 + 4ax arcsen y 2 p ax 2 p ax p ax = 2ax arcsen (1) 1 2 p ax p 3ax + 4ax arcsen 1 2 = 2ax 2 + 1 2 ax p 3 2ax 6 = 2 3 ax + p 3 2 ax Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda 4 Z 3a 0 " 2 3 + p 3 2 # ax3 dx = " 2 3 + p 3 2 ! ax4 #3a 0 = 27a5 2 + 3 p 3 2 ! 18
  • 19. 5.3 Problema Calcular el volumen del sólido acotado por la super…cie y = x2 y los planos y + z = 4 ; z = 0: Solución. Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera z = 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 y D = (x; y) 2 IR2 = 2 x 2; x2 y 4 Luego el volumen de la región es V ( ) = ZZZ dxdydz = Z 2 2 Z 4 x2 Z 4 y 0 dzdydx = Z 2 2 Z 4 x2 (4 y) dydx = Z 2 2 4y y2 2 4 x2 dx = Z 2 2 8 4x2 + x4 2 dx = 8x 4 3 x3 + x4 10 2 2 = 256 15 6 Coordenadas esféricas 6.1 Problema Resolver I = ZZZ D p x2 + y2 + z2e (x2 +y2 +z2 )dxdydz si D es la región de IR3 limitada por las super…cies x2 + y2 + z2 = a2 x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Solución Por la simetría del dominio y la forma del integrando usaremos coordenadas esféricas: x = rsen cos y = rsen sen z = r cos 9 = ; =) b2 x2 + y2 + z2 a2 =) b r a tg = y z = 0 =) 0 tg = y x = 0 =) 0 2 Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) @ (r; ; ) = r2 sen se tiene: 19
  • 20. I = Z 2 0 Z 0 Z a b re r2 @ (x; y; z) @ (r; ; ) drd d = Z 2 0 Z 0 Z a b r3 e r2 sen drd d = Z 2 0 Z 0 1 2 r2 e r2 e r2 a b sen d d = 1 2 b2 e b2 + 1 2 e b2 1 2 a2 e a2 e a2 Z 2 0 Z 0 sen d d = 1 2 b2 e b2 + 1 2 e b2 1 2 a2 e a2 e a2 Z 2 0 cos j0 d = 2 1 2 b2 e b2 + 1 2 e b2 1 2 a2 e a2 e a2 Z 2 0 d = 4 1 2 b2 e b2 + 1 2 e b2 1 2 a2 e a2 e a2 6.2 Problema Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y2 + z2 16 ; z2 x2 + y2 : Solución x2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z2 = x2 +y2 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 se obtiene mediante el sistema: x2 + y2 + z2 = 16 x2 + y2 = z2 =) z = p 8 x2 + y2 = 8 Usaremos coordenadas esféricas: x = rsen cos y = rsen sen z = r cos 9 = ; =) 0 x2 + y2 + z2 16 =) 0 r 4 tg = y z = p 8 p 8 = 1 =) 0 4 tg = y x = 0 =) 0 2 Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) @ (r; ; ) = r2 sen se tiene: 20
  • 21. V = ZZZ D dxdydz = Z 2 0 Z 4 0 Z 4 0 r2 sen drd d V = Z 2 0 Z 4 0 r3 3 4 0 sen d d V = 43 3 Z 2 0 cos j 4 0 d V = 43 3 Z 2 0 1 p 2 2 ! d = 43 3 1 p 2 2 ! 2 Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso x = r cos y = rsen z = z 9 = ; =) x2 + y2 + z2 = 16 =) z = 16 r2 : x2 + y2 = z2 =) z = r2 Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) @ (r; ; z) = r luego: V = ZZZ D dxdydz = Z 2 0 Z p 8 0 Z p 16 r2 r2 rdzdrd = Z 2 0 Z p 8 0 rzj p 16 r2 r2 drd = Z 2 0 Z p 8 0 r p 16 r2 r2 drd = Z 2 0 1 3 p (16 r2)3 r3 3 p 8 0 d = 2 3 2 p 83 p 163 = 2 3 64 32 p 2 7 Coordenadas Cilíndricas 7.1 Problema Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 +y2 y z = 27 2x2 2y2 : Solución. Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos y = rsen z = z 9 = ; =) z = x2 + y2 =) z = r2 : z = 27 2x2 2y2 =) z = 27 2r2 x2 + y2 = 9 =) r = 3: 21
  • 22. Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) @ (r; ; z) = r se tiene: V = ZZZ D dxdydz = Z 2 0 Z 3 0 Z 27 2r2 r2 rdzdrd = Z 2 0 Z 3 0 r zj 27 2r2 r2 drd = Z 2 0 Z 3 0 r 27 3r2 drd = Z 2 0 27 2 r2 3 4 r4 3 0 d = 243 4 Z 2 0 d = 243 4 2 = 243 2 7.2 Problema Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13 y el cono (z 1) 2 = x2 + y2 ; z 1 Solución. El volumen pedido es V = ZZZ R dxdydz donde la región R está dada por R = n (x; y; z) 2 IR3 = (x; y) 2 D; 1 + p x2 + y2 z p 4 x2 y2 o D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy. D = (x; y; z) 2 IR2 =x2 + y2 13 Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas. x = r cos y = rsen z = z 9 = ; =) x2 + y2 + z2 r2 + z2 13 , Determinemos la imagen R de R (z 1) 2 = x2 + y2 () z 1 + r =) 1 + r z p 13 r2 Luego R = (r; ; z) 2 IR3 = (r; ) 2 D; 1 + r z p 13 r2 La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce z = 0 =) x2 + y2 = 13 D1 = n (r; ) 2 IR3 = r 2 ; 2 2 o Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) @ (r; ; z) = r se tiene: 22
  • 23. V = ZZZ R dxdydz = Z 2 0 Z 2 0 Z p 13 r2 1+r rdzd dr = Z 2 0 Z 2 0 rz p 13 r2 1+r d dr = Z 2 0 Z 2 0 r p 13 r2 (1 + r) d dr = 2 Z 2 0 r p 13 r2 r + r2 dr = 2 1 3 13 r2 3=2 r2 2 + r3 3 2 0 = 2 1 3 133=2 73=2 4 2 + 8 3 7.3 Problema Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R es el interior a la esfera x2 +y2 +z2 = 4; z 0;y exterior al cilindro (x 1)2 +y2 = 1: Solución La región R se describe en coordenadas cartesianas mediante R = n (x; y; z) 2 IR3 = (x; y) 2 D; 0 z p 4 x2 y2 o donde D es la proyección de R sobre el plano xy. D = (x; y) 2 IR3 =x2 + y2 4 ; (x 1)2 + y2 1 Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por x = r cos y = rsen z = z 9 = ; =) x2 + y2 + z2 = r2 (cos2 + sen2 ) + z2 4 () 0 z p 4 r2 La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones x2 + y2 r2 4 () 0 r 2 si 2 3 2 (x 1)2 + y2 1 () r 2 cos y r 2 si - 2 2 Entonces, la región R puede describirse mediante R = (r; ; z) = (r; ) 2 D = D1 [ D1; 0 z p 4 r2 D1 = n (r; ) 2 IR3 =2 cos r 2 ; 2 2 o D2 = (r; ) 2 IR3 =0 r 2 ; 2 3 2 23
  • 24. Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) @ (r; ; z) = r En consecuencia la integral puede describirse por I = ZZZ R (r) drd dz = Z =2 =2 Z 2 2 cos Z p 4 r2 0 rdzdrd + Z 3 =2 =2 Z 2 0 Z p 4 r2 0 rdzdrd = Z =2 =2 Z 2 2 cos r h z ip 4 r2 0 drd + Z 3 =2 =2 Z 2 0 r h z ip 4 r2 0 drd = Z =2 =2 Z 2 2 cos r p 4 r2drd + Z 3 =2 =2 Z 2 0 r p 4 r2drd = Z =2 =2 1 3 4 r2 3=2 2 2 cos d + Z 3 =2 =2 1 3 4 r2 3=2 2 0 d = 8 3 Z =2 =2 1 cos2 3=2 d + 8 3 Z 3 =2 =2 d = 8 3 Z =2 =2 sen3 d + 8 3 Z 3 =2 =2 d = 8 3 cos + cos3 3 =2 =2 + 8 3 = 8 3 7.4 Problema Calcular I = ZZZ D x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 dxdydz: En la región D = (x; y; z) 2 IR3 = x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 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 + v2 + w2 1 yel valor absoluto del Jacobiano queda : @ (x; y; z) @ (u; v; w) = a 0 0 0 b 0 0 0 c = abc Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral 24
  • 25. I = ZZZ D x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 dxdydz: = ZZZ D u2 + v2 + w2 @ (x; y; z) @ (u; v; w) dudvdw = ZZZ D u2 + v2 + w2 @ (x; y; z) @ (u; v; w) dudvdw = ZZZ D (u2 + v2 + w2 ) (abc) dudvdw Ahora, transformamos a coordenadas esféricas. u = rsen cos v = rsen sen w = r cos 9 = ; =) 0 u2 + v2 + w2 1 =) 0 r 1 tg = v w =) 0 tg = v u =) 0 2 Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 ; 0 2 g abc ZZZ D (u2 + v2 + w2 )dudvdw = abc Z 2 0 Z 0 Z 1 0 r2 r2 sen drd d = abc Z 2 0 Z 0 r5 5 1 0 sen d d = abc 5 Z 2 0 cos j0 d = 2abc 5 Z 2 0 d = 4 abc 5 Observación Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. x = arsen cos y = brsen sen z = cr cos 9 = ; =) @ (x; y; z) @ (r; ; ) = abcr2 sen 7.5 Problema Calcular I = ZZZ D dxdydz: q (x a) 2 + (y b) 2 + (z c) 2 ; en la región D = (x; y; z) 2 IR3 =x2 + y2 + z2 R2 ; (a; b; c) es un punto …jo no peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 R2 : Solución. 25
  • 26. Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos. I = ZZZ D dxdydz: q (x a) 2 + (y b) 2 + (z c) 2 I = Z r r Z p r2 x2 p r2 x2 Z p r2 x2 y2 p r2 x2 y2 dzdydx: q (x a) 2 + (y b) 2 + (z c) 2 Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles. 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. I = ZZZ D dxdydz: q x2 + y2 + (z d) 2 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 0 Z 0 Z 2 0 r2 sen d d dr p r2 + d2 2dr cos = 2 Z R 0 Z 0 r2 sen d dr p r2 + d2 2dr cos Para calcular J = Z 0 r2 sen d dr p r2 + d2 2dr cos podemos hacer s = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsen d Además, = 0 =) s = r2 + d2 2dr = (d r) 2 = =) s = r2 + d2 + 2dr = (d + r) 2 Reemplazando en la integral anterior produce 26
  • 27. J = r 2d Z (d+r)2 (d r)2 s 1=2 ds = r 2d 2s1=2 (d+r)2 (d r)2 = r 2d [2 (d + r) 2 (d r)] = r 2d [4r] = 2r2 d Por lo tanto I = 2 Z R 0 2r2 d dr I = 4 d r3 3 R 0 I = 4 3d R3 27