aplicaciones de las integrales dobles
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1
Cálculo de áreas y volúmenes por integrales
doblesDocente:
Helga Kelly Quiroz Chavil
Integrantes:
Adriana Bautista Balcázar. Anali Guerrero Villoslada. Anyel Morales Saavedra. Enid Reyes Urupeque.
Curso:
Matemática II.
Tema:
Cálculo de volúmenes de sólidos y áreas de regiones planas por integración doble.
Escuela profesional:
Ingeniería de Minas
Ciclo/ Sección:
III-“A”
2014
2
Introducción
Para la comprensión adecuada de las integrales múltiples de deben saber los siguientes puntos:
Métodos de integración Geometría analítica Superficies Coordenadas polares
Entre las aplicaciones de las integrales dobles, se tienen las aplicaciones geométricas y las físicas. En el primer grupo se encuentran: el cálculo del área de una figura plana y el cálculo de volúmenes de sólidos en el espacio; entre las aplicaciones físicas están el cálculo de: masa, momentos estáticos de figuras planas, centros de masa y momentos de inercia para una región bidimensional.
En este informe se estudiaran las aplicaciones de las integrales dobles para hallar áreas y volúmenes. Se ha tratado de hacerlo de la manera más explicativa posible para el mejor entendimiento de resolución de problemas.
Además se ha incluido cambio de orden de integración, Integrales Dobles Mediante Coordenadas Polares, Integrales Iteradas en coordenadas polares, Jacobiano de una función de n variables, Cambio de variables en las integrales dobles, Aplicaciones de la integral doble en la que se incluye centro de masa de una lámina y momento de inercia de una lámina
3
4
Cálculo de áreas y volúmenes por integrales dobles
Cálculo de volúmenes por integrales dobles:
Considerando la función f : D⊂R2 →R, continua sobre la región cerrada D. el volumen del solido S bajo la superficie z=f(x,y), que tiene como base la región Des dado por la expresión:
V (S )=∬D
❑
f ( x , y ) dA
Ejemplos:
1) 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:
5
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el
plano yz tenemos:
2) Hallar el volúmen del cuerpo limitado por los planos
coordenados y el plano xa+ y
b+ z
c=1
Solución:
6
v=∬D
❑
z dx dy
¿∬D
❑
c(1− xa− y
b)dx dy
¿∫0
a
¿¿
¿∫0
a
c ( y− xya
− y2
2b ) ∕ b (1− xa )
0
dx
¿c∫0
a
b(1− xa )[1− x
a¿−12 (1− x
a )]dx¿
¿ bc2∫
0
a
(1− xa )
2
dx
¿ bc2 [−a
3 (1− xa )¿0
a]¿−abc
6[ 0−1 ]=abc
6u3
3) Hallar el volúmen del cuerpo limitado por los planos coordenados, los planos x=4 e y=4 y el paraboloide de revolucion z=x2+ y2+1
7
Solución:
v=∬D
❑
z dx dy
¿∬D
❑
( X2+ y2+1 ) dxdy
¿∫0
4
¿¿
Cálculo de áreas por integrales dobles
Consideremos la función f : D⊂R2 →R, continua en la región cerrada D, tal que: f(x,y)=1, ∀(x , y)∈D, entonces el área de la región plana D es dado por:
A ( D )=∬D
❑
f ( x , y )dA=∬D
❑
dA
Ejemplos:
1) Hallar el área por integración doble de la región limitada por las parábolas y=√x , y=2√x, y la recta x=4 Solución:
8
A ( R )=∬R
❑
dxdy
¿∫0
4 (∫√x
2√ x
dy)dx
¿∫0
4
y ∕ √x2√ xd x=∫
0
4
(2√ x−√ x)
¿∫0
4
√ xdx=23
x3 /2 ∕ 04
A(R)=163
u2
2) Hallar el área de la región R limitada por las curvas y=x2−x , y=senπx
Solución:
9
Luego la región R es dado por.
R={( x , y ) /0≤ x≤ 1x2−x ≤ y≤ senπx }
Luego el área es dado por:
A ( R )=∬D
❑
dx dy
¿∫0
1
¿¿
¿∫0
1
(sen ( πx )−x2+x )dx
¿(−cosπxπ
− x3
3+ x2
2)¿0
1
¿( 1π−1
3+ 1
2 )−(−1π
−0)¿ 2
π+ 1
6=π+12
6 πu2
3) Calcular el área de la región comprendida por D: y=x2 , y2=x , por integración doble.Solución:
A ( D )=∬D
❑
dxdy
10
¿∫0
4
¿¿
¿∫0
1
(√ x−x2 ) dx
¿(2 x
32
3−
x3
3)¿0
1
¿( 23−1
3 )=13
A ( D )=13
u2
Cambio de orden de integración:
En muchos casos una integral iterada puede evaluarse más fácilmente si se invierte el orden de las variables en la integración. Esto se obtiene conociendo perfectamente la región.
Ejemplos:
1) Calcular ∫0
π2
∫0
y
cos 2 y √1−P2 sen2 x dxdy ,0< P2<1
Solución:
Sea {0≤ x ≤ y
0≤ y ≤π2 ⟹D={(x , y)ϵ R2/0≤ x≤ y∧0≤ y≤
π2
}
Graficando la región de integración D se tiene.
∬D
❑
cos2 y √1−P2 sen2 xdxdy
11
¿∫0
π2
(∫0
y
cos2 y√1−P2 sen2 x dy )dx
¿∫0
π2
sen2 y2
√1−P2 sen2 x ¿x
π2 dx
¿−12∫
0
π2
sen2 x √1−P2 sen2 x dx
¿ 13P2 (1−P2 sen2 x )3/2¿0
π2
¿ 1
3P3[ (1−P2 )
32−1 ]
2) Calcular la integral doble ∫0
1
∫y2
yy ex
xdxdy
Solución:
Sea { 0≤ y ≤1y2≤ x≤ y graficando la región D.
∫0
1
(∫y2
yye x
x¿dx )dy ¿
¿∫0
1
¿¿
¿∫0
1
( y2 ex
2x)¿x
√x dx
¿ 12∫
0
1
(ex−x ex ) dx
12
¿ 12(2ex−x ex )¿0
1
¿ e−22
3) Evaluar la integral ∫0
4
∫√ y
2
ycos x5dx dy
Solución:
Sea { 0≤ y ≤ 4√ y≤ x≤ 2 graficando la región D.
∫0
4
¿¿
¿∫0
2
¿¿
¿∫0
2y2
2cos x5¿0
x2
dx
¿ 12∫
0
2
x4 cos x5 dx
¿ sen x5
10¿0
2
13
¿ sen3210
Integrales Dobles Mediante Coordenadas Polares.
En esta sección veremos cómo se realiza el cambio de variables de una función f(x,y) de las coordenadas (x,y) a las coordenadas polares (r,θ).
Consideremos una región D⊂R² acotada por α ≤ θ≤ β y a≤ r ≤b; es decir:
Trazando rectas a través del polo y círculos con centro en el polo, se obtiene una partición P de la región D, que viene a ser una red de “n” regiones llamadas rectángulos curveados.
14
A la norma de la partición representaremos por |P| y es la longitud de la diagonal más grande de los rectángulos curveados.
El área del i-ésimo rectángulo curveado r1 es igual a la diferencia de las áreas de los sectores circulares, es decir:
A (ri )=r i
2
2(θi−θ i−1 )−
ri−12
2(θi−θ i−1 )
¿ 12
(ri+ri−1 ) (ri−ri−1) (θ i−θi−1 )=r1 .∆ ri .∆ θi
Donde ri=r i+ri−1
2,∆ ri=ri−ri−1,∆ θi=θi−θ i−1
Consideremos una función f: D⊂R² →R continua sobre D y sea (r i,θi ) un punto en la i-ésima sub región con θ i-1 ≤ θ≤θi , luego formando la suma de Riemann se tiene:
∑i=1
n
∫¿¿¿i,θi)A(ri) = ∑i=1
n
∫¿¿¿i,θi)r i.Δri. Δθ i
Tomando límite cuando |P| → 0 se tiene
lim¿ P∨→ 0
∑i=1
n
f (r i , θi ) A (ri )=¿ lim¿P∨→ 0
∑i=1
n
f (ri ,θ i )r i .∆ ri .∆ θi ¿
A este límite denotaremos por ∬D
❑
f (r , θ ) dA, es decir
∬D
❑
f (r ,¿θ)rdrdθ= lim¿ P∨→ 0
∑i=1
n
f ( r i , θi ) ri .∆ ri .∆ θi¿
Observación: sobre la región D en el plano coordenado polar situaremos la superficie z=f (r , θ) donde f: D⊂R² →R es una función continua sobre D con f (r , θ)≥ 0, en D.
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Luego el sólido comprendido en la región D y la superficie z=f (r , θ) tiene un volumen V dado por:
V (s )=∬D
❑
f (¿ r ,θ)r dr dθ ¿
Integrales Iteradas en coordenadas polares:
Consideremos dos casos para el cálculo de las integrales mediante coordenadas polares.
1er caso: consideremos la región polar D dado por
D={ r ,θα
≤θ≤ β∧φ (θ ) ≤r ≤ ψ (θ )} y sea f: D⊂R² →R, una función
continua sobre D.
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Luego la integral en coordenadas polares es:
∬D
❑
f (r , θ ) dA=∫α
β
¿¿¿
2do caso: consideremos la región polar D dado por
D={ r ,θa
≤r ≤ b∧ψ (r ) ≤θ≤ φ (r ) } y sea f: D⊂R² →R, una función
continua sobre D.
Luego la integral doble en coordenadas polares es:
∬D
❑
f (r , θ ) dA=∫a
b
¿¿¿
Observación: para pasar de una integral doble en coordenadas cartesianas a una integral doble en coordenadas polares se tiene la relación:
x=rcosθ , y=rsenθ, por lo tanto:
∬D
❑
f ( x , y )dxdy=∬D
❑
f (rcosθ ,rsenθ ) rdrdθ
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Ejemplos:
1) Calcular la integral doble ∬D
❑
√1−x2− y2 dxdy, donde D es la
cuarte parte del círculo x2+ y2≤ 1, que se halla en el primer cuadrante. Solución:
Sea x=rcosθ , y=rsenθ
x2+ y2=1⟹ r 2=1⟹ r=1
∬D
❑
√1−x2− y2 dxdy=∬D
❑
√1−r2rdrdθ
¿∫0
π /2
∫0
1
√1−r2 rdr ¿¿ dθ
¿∫0
π /2−13
(1−r2)3 /2¿01
¿−13∫
0
π2
(0−1 )dθ=13∫0
π2
dθ=π6
2) Calcular la integral doble ∬D
❑
ydxdy, donde D es la región
encerrada por la cardiode r=1+cosθ, sobre el eje X. Solución:
18
Sea x=rcosθ , y=rsenθ
D :{ 0≤ θ≤ π0≤ r ≤ 1+cosθ
Ahora calculamos la integral doble, mediante coordenadas polares:
∬D
❑
r senθ r dr dθ=∬D
❑
senθ r2dr dθ
¿∫0
π
¿¿
¿ 13∫0
π
(1+cosθ)3 senθdθ=−(1+cosθ )4
12¿0
π
¿− 112
[0−16 ]= 43
Jacobiano de una función de n variables
Sea F : S⊂R2⟶D⊂R2 una función transformación continuamente diferenciable dado por F(u,v)=(x,y), donde x=x(u,v), y=y(u,v).
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El Jacobiano de F es dado por:
J (u , v )=∂(x , y)∂(u , v)
=|∂ x∂u
∂ x∂v
∂ y∂u
∂ y∂v
|Ejemplo:
La función F : R2⟶ R que transforma coordenadas polares en coordenadas cartesianas esta dado por F (r , θ )=(x , y) donde x=rcosθ , y=rsenθ entonces el Jacobiano de F es:
J (r ,θ )=∂(x , y)∂(r , θ)
=|∂x∂ r
∂ x∂θ
∂ y∂ r
∂ y∂θ
|¿|cosθ −rsenθ
senθ rcosθ |=r
Consideremos una función g definida en un conjunto cerrado D, es decir g : D⊂Rm⟶ R .
Supongamos que F :U⊂Rm⟶ Rm, es una función continuamente diferenciable y uno a uno en un conjunto abierto U. Si S es un conjunto cerrado contenido en U tal que g es la imagen de F es S; es decir:F ( s )=D={(x1 , x2 ,…,xm)∈ Rm/(x1 , x2 ,…, xm)=F ( y1 , y2 ,…, ym)=(F1 ( y1 , y2 ,… , ym ) , F2 ( y1 , y2,…, ym ) … Fm ( y1 , y2 ,…, ym ))}
20
Como las funciones coordenadas son
x1=F1 ( y1 , y2,…, ym ) ,…,xm=Fm ( y1 , y2 ,…, ym ) entonces el Jacobiano de F es:
J ( y1 , y2 ,…, ym )=∂(x1, x2 ,…, xm)∂ ( y1 , y2 ,…, ym )
=|∂ x1
∂ y1
∂x1
∂ y2
…∂x1
∂ ym
∂ x2
∂ y1
⋮
∂x2
∂ y2
⋮
…¿
∂ x2
∂ ym
⋮∂ xm
∂ y1
∂ xm
∂ y2
…∂ xm
∂ ym
|Ejemplo:
Sea F : R3⟶ R3una transformación definida por F ( y1 , y2 , y3 )=(x1 , x2 , x3) donde x1=2 y1−3 y2 , y2=3 y2 , x3= y2− y3, entonces el Jacobiano de F es:
J ¿
¿|2 −3 00 3 00 1 −1|=−6
Cambio de variables en las integrales dobles:
21
En las integrales ordinarias el método de sustitución nos permitirá calcular integrales complicadas, transformándola en otras más sencillas, es decir:
∫a
b
f ( x )dx=∫c
d
f ( g ( t ) ) . g' (t ) dt
En forma similar existe un método para las integrales dobles, es decir, que se transforman una integral doble de
la forma ∬D
❑
f ( x , y )dxdy, extendida en una región D del plano XY
en otra integral doble ∬S
❑
F (u , v ) dudv extendida a una región S
del plano uv.
Para esto se verá la relación entre las regiones D y S y los integrandos f(x,y) y F(u,v).
El método de sustitución en las integrales dobles es más laborioso que en las integrales simples, puesto que en lugar de una función ahora se tiene dos funciones X e Y que relacionan a x,y con u,v en la forma siguiente x=x(u,v), y(y(u,v).
Geométricamente, puede considerarse que las dos ecuaciones definen una aplicación que hace corresponder a un punto (u,v) del plano uv, el punto imagen (x,y) del plano XY y que la aplicación puede expresarse mediante una función vectorial.
En el plano trazamos el radio vector r⃗ que une el origen (0,0) con el punto (x,y) de la región D, el vector r⃗ depende
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de u y v, y se puede considerar como una función vectorial de dos variables definidas por la ecuación:
r⃗ (u . v )=x (u , v ) i⃗+ y (u , v ) i⃗ Si (u , v )∈S
esta ecuación se llama ecuación vectorial de la aplicación. Como (u,v) recorre puntos de S, el vector r⃗ (u . v ) describe puntos de D.
La fórmula para la transformación de integrales dobles puede escribirse así:
∬D
❑
f ( x , y )dxdy=∬S
❑
f (x (u , v ) , y (u , v ))|J (u , v)|dudv
Donde el factor J(u,v) es el Jacobiano de la aplicación.
Ejemplo:
Sea R la región triangular del plano XY limitado por: x
= 0, y =0, x+y = 1, encontrar el valor de ∬R
❑
ex− yx+ y dy dx
Solución
Transformaremos la región R: x=0, y=0, x+y = 1
Sea { u=x− y¿v=x+ y
⟹{ x=u+v2
y= v−u2
Para x = 0 = u+v
2 ⟹v = -u ; y = 0 = u+v
2 ⟹v = u
x + y = v = 1 ⟹v = 1
D = {(u,v)/v = -u, v = u, v = 1
23
Calculando el Jacobiano J(u,v) = ∂(x , y )∂(u , v ) se tiene:
J (u , v )=∂ ( x , y )∂ (u , v )
=|∂x∂u
∂ x∂ v
∂ y∂u
∂ y∂ v
|=| 12
12
−12
12|=1
4+ 1
4=1
2
∬R
❑
ex− yx+ y dxdy=∬
R
❑
euv|J (u , v )|dudv=1
2∫0
1
¿¿¿
¿ 12∫
0
1
v euv ¿−v
v dv= e−e−1
2∫0
1
vdv= e−e−1
4
Calcular la integral doble ∬D
❑y2 cosxy
xdA, donde D es la
región limitada por las parábolas y=x2 , x= y2 , x2=4 y , y2=4 x
Solución:Transformando la región D: y=x2 , x= y2 , x2=4 y , y2=4 x para esto se hacemos el cambio de variable siguiente:
{ x= y2
4 x= y2⟹ { y2
x=1
y2
x=4
⟹
{ y=x2
4 y=x2⟹ { x2
y=1
x2
y=4
⟹
24
Por lo tanto la región D se transforma en la región R. donde
R={(u,v)∈R2/1≤ u≤ 4∧1≤ v≤ 4 }
Graficando las regiones se tiene:
Ahora calculamos el Jacobiano:
{u= y2
x
v=x2
y
⟹ {x=u1 /3 v2 /3
y=u2/3 v1/3⟹ xy=uv
J (u , v )=∂ ( x , y )∂ (u , v )
=|∂x∂u
∂ x∂ v
∂ y∂u
∂ y∂ v
|=|13 u2 /3 v1 /3 23
u1 /3 v2 /3
23
u1 /3 v1/3 13
u2 /3 v−2/3|=19−4
9=−1
3
25
∬D
❑y2 cosxy
xdA=∬
R
❑
ucosuv∨J (u , v )∨dudv
¿ 13∬
R
❑
ucosuv dudv=13∫1
4
¿¿¿
¿ 13∫1
4
senuv¿14 du
¿ 13∫1
4
( sen4u−senu ) du=13[−cos4u
4+cosu]¿1
4
¿ 13 [(cos 4−cos 16
4 )−(−cos 44
+cos1)]¿ 1
3[ 54
co s 4− cos164
−cos1]
¿ 112
[5 cos 4−cos16−4 cos 1]
Aplicaciones de la integral doble:
1ro. Centro de masa de una Lámina:Consideremos una lámina que tiene la forma de una región cerrada R en el plano XY, y sea ρ la medida de la densidad de área de la lámina en cualquier punto (x,y) de R, donde ρ : R⊂R2⟶ R es una función continua sobre R.Entonces la masa total de la lámina R esta dado por:
M=∬R
❑
ρ (x , y ) dA
El momento de masa de una lámina R con respecto al eje X es:
M x=∬R
❑
yρ ( x , y ) dA
El momento de masa de una lámina R con respecto al eje Y es:
M y=∬R
❑
xρ ( x , y ) dA
26
Luego el centro de una masa de la lámina es el punto P(x , y) donde:
x=M y
M=∬
R
❑
xρ ( x , y )dA
∬R
❑
ρ ( x , y ) dA; y=
∬R
❑
y ρ ( x , y )dA
∬R
❑
ρ ( x , y ) dA
2do. Momento de inercia de una lámina:
Consideremos una partícula de masa m que se encuentra a una distancia d unidades de una recta L, entonces llamaremos momento de inercia de la partícula respecto a L al número.
I=md 2
El momento de masa de partícula, usualmente se llama el primer momento y momento de inercia al segundo momento de la partícula respecto a L.
Consideremos un sistema de n partículas de masas m1 ,m2 ,…,m3 situados a distancia de d1 , d2 ,…,d3 respectivamente desde una recta L, tiene un momento de inercia I que se define como la suma de los momentos de la partícula individuales.
I=∑i=1
n
mi d i
El momento de inercia de una lámina que tiene la forma de una región plana S y una función densidad ρ :S⊂R2⟶ R continua, puede encontrarse respecto a cualquier recta L.
En particular, los momentos de inercia de la lámina respecto a los ejes X e Y están dados por:
I x=∬R
❑
y2 ρ ( x , y ) dA , I y=∬R
❑
x2 ρ ( x , y ) dA
El momento polar de inercia alrededor de origen O está dado por:
27
I 0=I x+ I y=∬R
❑
(x2+ y2) ρ (x , y ) dA
Observación: consideremos en el plano XY una lámina S que tiene una densidad continua ρ :S⊂R2⟶ R, entonces los primeros momentos M 1 ,M 2 de S respecto a las rectas x=a , y=b, están dadas respectivamente por:
M 1a=∬
R
❑
( x−a ) ρ ( x , y ) dA ; M 2b=∬
R
❑
( y−b) ρ ( x , y ) dA
Observación: los momentos de inercia de la lamona S respecto a las rectas L1: x=a , z=0 : L2= y=b , z=0; L3 : x=a , y=b son respectivamente.
I 1a=∬
R
❑
(x−a )2 ρ (x , y ) dA ; I 2b=∬
R
❑
( y−b )2 ρ ( x , y ) dA
I 1a ,b=∬
S
❑
[ ( x−a )2+ ( y−b )2 ] ρ ( x , y ) dA
Observación: el radio de giro de un objeto respecto de un
eje L es el numero R definido por R=√ IM
donde I es el
momento de inercia respecto de L y M es la masa total del objeto.
Ejemplos:
1) Encontrar la masa y el centro de masa de la lámina en la forma de una región rectangular acotada por las rectas x=3, y=2 y los ejes coordenados.
Si la densidad de área en cualquier punto es x y2 slups/ p2
Solución:
sea ρ ( x , y )=x y2
28
M=∬R
❑
ρ (x , y ) dA=∬R
❑
x y2dxdy
¿∫0
3
¿¿
M x=∬R
❑
yρ ( x , y ) dA=¿∬R
❑
x y3 dxdy=∫0
3
¿¿¿¿
¿∫0
3x y4
4¿0
2 dx=4∫0
3
xdx=18
M x=∬R
❑
xρ ( x , y ) dA
¿∬R
❑
x2 y2dxdy=∫0
3
( x2 y3
3)¿0
2 dx=83∫0
3
x2 dx=24
{x=M y
M=24
12=2
y=M x
M=18
12=3
2
⟹ { x=2
y=32
Luego el centro de masa es ( x , y )=(2 ,23)
2) Encontrar el momento de inercia de la lámina homogénea de la forma de la región acotada por 4y=3x , x=4 y el eje X, correspondiente al eje Y, si la densidad de área es ρ slugs / p2
Solución:
29
I y=∬R
❑
x2 ρ (x , y ) dA donde ρ ( x , y )=ρ
I y=∬R
❑
x2 ρdxdy=∫0
4
¿¿
¿ ρ∫0
4
x2 y ¿0
3x4 dx=3 ρ
4∫0
4
x3 dx
I y=3 ρ4
x4 ¿04=48 ρ slungs/ p2
30
Referencias bibliográficas
1. Merreno, Isabel. Integracion Múltiple: Integrales Dobles . [En línea] http://campusvirtual.ull.es/ocw/pluginfile.php/4088/mod_resource/content/0/tema1/practicas1/1-problemasR-ido-p.pdf.
2. Ramos, Eduardo Espinoza. Analisis matematico III. Tercera . Lima : Servivios Graficos J.J, 2000. págs. 539-560.
3. problemas propuestos integrales devarias variables . [En línea] http://personales.upv.es/aperis/docencia/int_multiple.pdf.