ejercicios resueltos de integrales dobles y triples
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Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martnez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matemtica y CC Emilio Villalobos Marn.Ejercicios Resueltos
1 Clculo de integrales dobles en coordenadasrectngulares cartesianas
1.1 Problema
CalcularZZ
D
px + ydxdy si D es la regin acotada por las respectivas rectas
y = x; y = x y x = 1SolucinSe tiene que la regin D =
(x; y) 2 IR2= 0 x 1;x y x
ZZD
px + ydxdy =
Z 10
Z xx
px + ydydx
=2
3
Z 10
(x + y)3=2xxdx
=2
3
Z 10
(2x)3=2dx
=25=2
3
2
5(x)
5=210
=8p2
15
1.2 Problema
CalcularZZ
D
px2 y2dxdy si D es el dominio limitado por el tringulo de
vrtices A (0; 0) ; B(1;1); C (1; 1) :SolucinEntonces se tiene que el dominio est delimitado por las rectas y = x;y = x y x = 1:Luego el dominio de integracin es:
D =(x; y) 2 IR2= 0 x 1;x y x
:Integrando a franjas verticales, resulta
1
-
ZZD
px2 y2dxdy =
Z 10
Z xx
px2 y2dydx
=
Z 10
Z xxx
r1
yx
2dydx
Hacemos el cambio de variablesy
x= sent =) dy = x cos tdt y
determinemos los limites.Para y = x =) arcsen
xx
= arcsen (1) =
2:
Para y = x =) arcsenxx
= arcsen (1) =
2Por tanto
Z 10
Z xxx
r1
yx
2dydx =
Z 10
Z 2
2x2p1 sen2tdtdx
=
Z 10
Z 2
2x2 cos2 tdtdx
=
Z 10
Z 2
2x2(
1 + cos 2t
2)dtdx
=
Z 10
x2t
2+sen2t
4
2
2dx
=
2
Z 10
x2dx
=
2
x3
3
10
=
6
1.3 Problema
CalcularZZ
D
y 2x2 dxdy si D es la regin acotada por jxj+ jyj = 2
SolucinSe tiene que la regin D =
(x; y) 2 IR2= jxj+ jyj 2
Si escogemos la regin con una particin de tipo I, es necesario utilizar dosintegrales iterativas porque para 2 x 0 , la frontera inferior de la regin esla grca de y = x 2, y la superior es y = x+2;y para 0 x 2 la fronterainferior de la regin es la grca 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+ 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 simtrica 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 tanto
ZZD
y 2x2 dxdy = 2Z 2
0
Z x+2x2
y 2x2 dydx
= 2
Z 20
y2
2+ 2x2y
x+2x2
dx
= 2
Z 10
4x3 8x2 dx
=
x4 8
3x32
0
= 2
16 64
3
= 32
3
1.4 Problema
CalcularZZ
D
x2 + y2
dxdy si D =
(x; y) 2 IR2= x2 + y2 1 :Usando
coordenadas cartesianasSolucin.Usando coordenadas cartesianas, la regin de integracin es un crculocentrado en el origen de radio unoPor lo tantoD =
(x; y) 2 IR2= 1 x 1;p1 x2 y p1 x2
ZZD
x2 + y2
dxdy =
Z 11
Z p1x2p1x2
(x2 + y2)dydx
=
Z 11(x2y +
y3
3)
p1x2
p1x2dx
= 2
Z 11(x2p1 x2 + 1
3
p(1 x2)3)dx
= 2
Z 11x2p1 x2dx+ 2
3
Z 11
p(1 x2)3dx
Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:
Z 11x2p1 x2dx = (x
4
p1 x2 + 1
8(xp1 x2 + arcsenx)
11
=1
8(arcsen(1) arcsen (1) = 1
8(
2+
2) =
8
3
-
Z 11
p(1 x2)3dx = (x
4
p(1 x2)3 + 3x
8
p(1 x2) + 3
8arcsenx)
11
=3
8
Por lo tanto: ZZD
x2 + y2
dxdy =
2
8+2
3
3
8=
2
Notese que la solucin del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja
1.5 Problema
CalcularZZ
D
xydxdy si D es la regin acotada por y =px; y =
p3x 18;
y 0:Usando coordenadas cartesianas.Solucin.Si escogemos la regin con una particin de tipo I, es necesario utilizar dos
integrales iterativas porque para 0 x 6 , la frontera inferior de la regin esla grca de y = 0, y la superior es y =
px;y para 6 x 9 la frontera inferior
de la regin es la grca de y =p3x 18, y la superior es y = px
Luego tenemos que D = D1 [D2 tal que D1 [D2 = :Entonces D1 =
(x; y) 2 IR2= 0 x 6; 0 y px
D2 =(x; y) 2 IR2= 6 < x 9; p3x 18 y px
Por lo tantoZZD
xydxdy =
ZZD1
xydxdy +
ZZD2
xydxdy
=
Z 60
Z px0
xydydx+
Z 96
Z pxp3x18
xydydx
=
Z 60
x
y2
2
px0
dx+
Z 96
x
y2
2
pxp3x18
dx
=1
2
Z 60
x2dx+1
2
Z 96
(2x2 + 18x)dx
=
1
6x360
+
x
3
3+ 9
x2
2
96
=185
2
Si escogemos la regin con una particin de tipo II, es necesario utilizar slouna integral iterativa porque para 0 y 3 , la frontera izquierda de la regin
4
-
es la grca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por
la grca x =y2
3+ 6; obteniendo as la regin
D1 =
(x; y) 2 IR2= y2 x y
2
3+ 6; 0 y 3
la integral iterativa quedaZZ
D
xydxdy =
Z 30
Z (y2=3)+6y2
xydxdy
=
Z 30
x2
2
(y2=3)+6y2
ydy
=1
2
Z 30
"y2 + 18
3
2 y4
#(y2=3)+6y2
ydy
=1
18
Z 30
8y5 + 36y3 + 324y dy=
1
18
43y6 + 9y4 + 162y2
30
=1
18
4336 + 36 + 2 36
=185
2
1.6 Problema
Encontrar el rea de la regin determinada por las desigualdades: xy 4;y x; 27y 4x2:Solucin.Sabemos que xy = 4 tiene por grca una hiprbola equiltera, y = x es la
recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una parbola.Veamos cuale son los puntos de interseccin de estas curvas con el proprositode congurar el dominio de integracin
xy = 4y = x
=) x2 = 4 =) x = 2 =) y = 2
27y = 4x2
y = x
=) 27x = 4x2 =)
x = 0
x =24
4
)=) y = 0; y = 27
4
xy = 427y = 4x2
=) x = 3; y = 4
3
Para calcular el rea A(R) =ZZ
D
dxdy; podemos escoger una particin del
dominio de tipo I 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
27x2 y x
Si proyectamos sobre eje x
A(R) =
ZZD
dxdy =
ZZD1
dxdy +
ZZD2
dxdy
A(R) =
Z 32
Z x4x
dydx+
Z 27=43
Z x427x
2
dydx
=
Z 32
yjx4xdx+
Z 27=43
yjx427x
2 dx
=
Z 32
x 4
x
dx+
Z 27=43
x 4
27x2dx
=
x2
2 4 lnx
32
+
x2
2 481x327=43
=5
2 4 ln 3
2+729
32 92 481
273
43+4
8133
= 2 4 ln 32+729
32 24316
+4
3
=665
96 4 ln 3
2
Si proyectamos sobre eje y
DI =
(x; y) 2 IR2= 4
y x 3
2
p3y;
4
3 y 2
DI =
(x; y) 2 IR2= y x 3
2
p3y; 2 y 27
4
A(R) =
ZZD
dxdy =
ZZD1
dxdy +
ZZD2
dxdy
A(R) =
Z 243
Z 32
p3y
4y
dxdy +
Z 27=42
Z 32
p3y
y
dxdy
=
Z 243
hp3y 4 ln y
idy +
Z 27=42
3
2
p3y y
dy
=
3
2
p3y3 4
y
243
+
p3y3 y
2
2
27=42
= 83 4 ln 3
2+9 278
72932
+ 2
=665
96 4 ln 3
2
6
-
1.7 Problema
Encontrar el volumen de la regin acotada por los tres planos coordenados y elplano x+ 2y + 3z = 6Solucin.Usando integrales dobles y proyectando la regin sobre el plano xy tenemos:
V =
ZZD
6 x 2y3
dxdy ,D =(x; y) 2 IR2= 0 x 6; 0 y 6 x
2
V =1
3
Z 60
Z 6x2
0
(6 x 2y) dydx
=1
3
Z 60
(6 x)y y2 6x2
0dx
=1
3
Z 60
(6 x)2
2 (6 x)
2
4
dx
=1
12
Z 60
(6 x)2dx
=
136(6 x)3
60
= 6
Usando integrales dobles y proyectando la regin sobre el plano yz tenemos:
V =
ZZR
(6 3z 2y) dzdy , R =(y; z) 2 IR2= 0 y 3; 0 z 6 2y
3
V =
Z 30
Z 62y3
0
(6 2y 3z) dzdy
=
Z 30
(6 2y)z 3
2z2 62y
3
0
dy
=
Z 30
(6 2y)2
3 (6 2y)
2
6
dy
=1
6
Z 30
(6 2y)2dy
=
112
(6 x)33
30
= 6
2 Cambios de orden de Integracin
2.1 Problema
Invierta el orden de integracin y evale la integral resultante .
7
-
I =
Z 10
Z 22x
ey2
dydx
Solucin.El dominio de integracion dado esD =
(x; y) 2 IR2= 0 x 1; 2x y 2 :
Si se invierte el orden de integracin tenemos que modicar la particin del
dominio. D =n(x; y) 2 IR2= 0 x y
2; 0 y 2
o;entonces la integral
se puede escribir.
I =
Z 10
Z 22x
ey2
dydx =
Z 20
Z y2
0
ey2
dxdy
=
Z 20
xey2 y20dy
=
Z 20
y
2ey
2
dy =1
4ey
240
=1
4
e16 1
2.2 Problema
Invierta el orden de integracin y evale la integral resultante .
I =
Z 20
Z 4x2
py cos ydydx
Solucin.El dominio de integracin dado esD =
(x; y) 2 IR2= 0 x 2; x2 y 4 :
Si se invierte el orden de integracin tenemos que modicar la particin deldominio, D =
(x; y) 2 IR2= 0 x py; 0 y 4 ;entonces la integral
se puede escribir
Z 20
Z 4x2
py cos ydydx =
Z 40
Z py0
py cos ydxdy
=
Z 40
py cos(y)xj
py
0 dy
=
Z 40
y cos(y)dy
Integrando esta ltima integral por partes se tiene:
Z 40
y cos(y)dy = ysen(y)j40 Z 40
sen(y)dy
= ysen(y)j40 + cos(y)j40= 4sen(4) + cos(4) 1
8
-
2.3 Problema
Invierta el orden de integracin y evale la integral resultante .
I =
Z e1
Z ln x0
ydydx
Solucin.El dominio de integracin dado esD =
(x; y) 2 IR2= 1 x e; 0 y lnx :
Si se invierte el orden de integracin tenemos que el dominio,D =
(x; y) 2 IR2= ey x e; 0 y 1 ;entonces la integral
se puede escribir
Z e1
Z ln x0
ydydx =
Z 10
Z eeyydxdy
=
Z 40
y xeeydy
=
Z 40
y(e ey)dy
= e
y2
2
40
ey [y ey]40= 8e 4e4 1
3 Cambios de variables: Coordenadas polares
3.1 Problema
CalcularZZ
D
x2 + y2
dxdy si D =
(x; y) 2 IR2= x2 + y2 1 ;usando
coordenadas polaresSolucin.A partir de la coordenadas polares tenemos:x = rcos; y = rsen =) x2 + y2 = r2El valor absoluto del Jacobiano de transformacin a polares es:@ (x; y)@ (r; )
= rReemplazando trminos en la integral, produceZZ
D
x2 + y2
dxdy =
ZZD
r2@ (x; y)@ (r; )
drd
9
-
=Z 10
Z 20
r3ddr =
Z 10
Z 20
r3 j20 dr
= 2
Z 10
r3dr = 2r4
4
10
=
2
Las coordenadas polares dieron una solucion ms simple del problema. Lasimplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presentael dominio.
3.2 Problema
Calcular el rea de la regin interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exteriora la circunferencia x2 + y2 = 9:Solucin.Determinemos el centro y radio de la circunsferenciax2 + y2 = 8y =) x2 + y2 8y = 0 =) x2 + (y 4)2 = 16
El rea de la regin D es: A (D)ZZ
D
dxdy
Por simetra, podemos calcular el rea de la regin D en el primer cuadrantey multiplicar por 2.A n de conocer los lmites de integracin en coordenadas polaresnecesitamos conocer el ngulo 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 cumple
8sen = 3 =) = arcsen38
Luego, la mitad de la reginD =(r; ) =3 r 8sen; arcsen3
8
2
ZZ
D
dxdy =
ZZD
@ (x; y)@ (r; ) drd
10
-
2Z =2arcsen 38
Z 8sen3
rdrd = 2
Z =2arcsen 38
r2
2
8sen3
d
Z =2arcsen 38
64sen2 9 d = 64
2 sen2
4
92
=2arcsen 38
=
55
2 16sen2
=2arcsen 38
=
55
4 55
2arcsen
3
8+ 16sen(2arcsen
3
8)
38; 42
3.3 Problema
CalcularZZ
D
x2 + y2
x+px2 + y2
dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )
Solucin.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:ZZ
D
x2 + y2
x+px2 + y2
dxdy =
ZZD
r2
r cos + r
@ (x; y)@ (r; ) drd
=
ZZD
r2
r cos + rrdrd
=
Z 20
Z a(1+cos )0
r2
1 + cos drd
=
Z 20
1
1 + cos
r3
3
a(1+cos )0
d
=a3
3
Z 20
(1 + cos )2d
=a3
3
Z 20
1 + 2 cos + cos2
d
=a3
3
+ 2sen +
2+sen2
4
20
= a3
Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral esimpropia cuando x 0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero.Luego:
11
-
I = lim!"!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 )2d + lim
!+a3
3
Z 2
(1 + cos )2d
= 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 slido acotado por las grcas z = 9x2y2 y z = 5.Solucin.Como el slido es simtrico, basta encontrar su volumen en el primer octante
y multiplicar su resultado por cuatro.Usando integrales dobles y proyectando la regin sobre el plano xy tenemos:
V = 4
Z ZD
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 = rcosy = 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
oEl valor absoluto del Jacobiano de transformacin a polares es:@ (x; y)@ (r; )
= rReemplazando trminos en la integral, produce:
V = 4
Z ZD
4 r2 rdrd
= 4
Z =20
Z 20
4 r2 rdrd
= 4
Z =20
4
2r2 1
4r420
d
= 8
12
-
4 Cambios de variables. Coordenadas curvilneas
4.1 Problema
Calcular I =ZZ
D
3xydxdy; donde D es la regin acotada por por la rectas
x 2y = 0; x 2y = 4x+ y = 4; x+ y = 1
(1)
Solucin.Podemos usar el cambio de variables
u = x 2yv = x+ y
(1) =)
x =1
3(2u+ v)
y =1
3(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 = 4
Para calcular el Jacobiano
@ (x; y)@ (u; v) tenemos dos posibilidades.
La primera, es usar la transformacin inversa (2) x e y en trminos de u y v:
La segunda, mucho ms 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 21 1
= 1 + 2 = 3 =) @ (x; y)@ (u; v) = 13
Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:
I =
ZZD
3xydxdy =
ZZD3
1
3(2u+ v)
1
3(u v)
@ (x; y)@ (u; v) dudv
=
Z 41
Z 04
1
9
2u2 uv v2 dvdu
=1
9
Z 41
2u2v uv
2
2 v
3
3
04du
=1
9
Z 41
8u2 + 8u 64
3
du
=1
9
8u3
3+ 4u2 64
3u
41
du =164
9
4.2 Problema
13
-
Calcular el rea de la regin D; que esta acotada por las curvasx2 y2 = 1; x2 y2 = 9x+ y = 4; x+ y = 6
(1)
Solucin.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regin D enla regin Du = x2 y2v = x+ y
(1) =)
La imagen D de la regin D est acotada por la rectas verticales;x2 y2 = 1 se transforma en u = 1x2 y2 = 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) = 12v
El teorema del cambio variables arma que:
A (D) =
ZZD
dxdy =
ZZD
@ (x; y)@ (u; v) dudv
=
Z 91
Z 64
1
3vdvdu
=1
2
Z 91
[ln v]64 du
=1
2
ln6
4
Z 91
du
=1
2ln3
2[u]
91 = 4 ln
3
2
4.3 Problema
Calcular I =ZZ
D
x3 + y3
xydxdy; donde D es la regin del primer cuadrante
acotada por:y = x2; y = 4x2
x = y2; x = 4y2(1)
Solucin.El clculo de I sera bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetra que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables
14
-
simplica la regin D y la transforma en D.
Sean u =x2
y; v =
y2
xLuego 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 horizontalesx = 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 trminos 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
yx
2
y2
y2
x22y
x
= 4 1 = 3 =)@ (x; y)@ (u; v)
= 13Calculemos ahora la integral
I =
ZZD
x3 + y3
xydxdy =
ZZD
x2
y+y2
x
dxdy
=
Z 11=4
Z 11=4
(u+ v)1
3dvdu
=1
3
Z 11=4
uv +
v2
2
11=4
du
=1
3
Z 11=4
3
4u+
15
32
du
=1
3
3
8u2 +
15
32u
11=4
=1
3
3
8
15
16+15
32
3
4
=
15
64
4.4 Problema
Evaluar la integral I =ZZ
D
[x+ y]2dxdy; donde D es la regin del plano xy
acotado por las curvasx+ y = 2; x+ y = 4;y = x; x2 y2 = 4; (1)
15
-
Solucin.Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D slo incluyen
a x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlasmismas combinaciones. Aprovechando estas simetras, sean las coordenadas
u = x+ y; v = x yLuego, la imagen D de la regin D est 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: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 transformacin 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: ZZ
D
[x+ y]2dxdy =
1
2
ZZDu2dudv
=1
2
Z 42
Z 4=u0
u2dvdu
=1
2
Z 42
u2 vj4=u0 du
=1
2
Z 42
4udu
=4
2
u2
2
42
= 12
5 Clculo de integrales triples en coordenadas
rectngulares cartesianas
5.1 Problema
Sea R la regin en IR3 acotada por: z = 0; z =1
2y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2
CalcularZZZ
R
(x+ y z) dxdydz:
Solucin.Del grco de la regin , tenemos que 0 z 1
2y:Proyectando la regin R
sobre el plano xy. As D =(x; y) 2 IR2= 0 x 1; 0 y 2 :
16
-
Por lo tanto;ZZZR
(x+ y z) dxdydz =ZZ
D
(
Z 12y
0
(x+ y z) dz)dxdy
Z 10
Z 20
(
Z 12y
0
(x+ y z) dz)dydx =Z 10
Z 20
xz + yz z
2
2
12y
0
dydxZ 10
Z 20
1
2(x+ y)y y
2
8
dydx =
Z 10
Z 20
1
2xy +
3
8y2dydxZ 1
0
1
4xy2 +
1
8y320
dx =
Z 10
[(x+ 1)] dx =
1
2x2 + x
10
=3
2
Tambin es posible resolver el problema anterior proyectando la regin Rsobre el plano xz:En tal caso, 2z y 2 yD =
(x; z) 2 IR2= 0 x 1; 0 z 1ZZZ
R
(x+ y z) dxdydz =Z 10
Z 10
(
Z 22z
(x+ y z) dy)dzdx
Z 10
Z 10
xy +
y2
2 zy
22z
dzdx = 2
Z 10
Z 10
[x+ 1 z xz] dzdx
2
Z 10
xz + z z
2
2 xz
2
2
10
dx = 2
Z 10
x+ 1 1
2 x2
dxZ 1
0
[(x+ 1)] dx =
1
2x2 + x
10
=3
2
Una tercera posibilidad de solucin consiste en proyectar la regin Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.
5.2 Problema
CalcularZZZ
D
x2dxdydz si D es la regin acotada por y2 + z2 = 4ax;
y2 = ax; x = 3aSolucin.La supercie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolucincomo el bosquejado en la gura.En dos variables el grco de y2 = ax es una parbola, pero es tresvariables es la supercie de un manto parablico.
17
-
Finalmente, el grco x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia3a.Luego el grco de la regin esLa proyeccin de la region sobre el plano xy es:
D =n(x; y; z) 2 IR3=D1 [D2 ,
p4ax y2 z
p4ax y2
oPor simetra se tiene:
I =
ZZZD
x2dxdydz = 2
ZZD1
Z p4axy2p4axy2
x2dzdxdy
= 2
Z 3a0
Z 2paxpax
Z p4axy2p4axy2
x2dzdydx
= 2
Z 3a0
Z 2paxpax
x2z
p4axy2p4axy2
dydx
= 4
Z 3a0
Z 2paxpax
x2p4ax y2dydx
De una tabla de integrales obtenemosZ pa2 u2du = 1
2(upa2 u2 + a2arcsenu
a)
As al integrar la expresin:Z 2paxpax
p4ax y2dy =
1
2
yp4ax y2 + 4ax arcsen y
2pax
2paxpax
= 2ax arcsen (1) 12
paxp3ax+ 4ax arcsen
1
2
= 2ax
2+1
2axp3 2ax
6
=2
3ax +
p3
2ax
Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda
4
Z 3a0
"2
3+
p3
2
#ax3dx =
" 2
3+
p3
2
!ax4
#3a0
= 27a5
2 +
3p3
2
!
18
-
5.3 Problema
Calcular el volumen del slido acotado por la supercie y = x2 y los planosy + z = 4 ; z = 0:Solucin.Consideremos que la regin est acotada inferiormente por la frontera
z = 0 y superiomente por z = 4 y:Si Proyectamos la regin 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 regin es
V () =
ZZZ
dxdydz =
Z 22
Z 4x2
Z 4y0
dzdydx
=
Z 22
Z 4x2(4 y) dydx =
Z 22
4y y
2
2
4x2dx
=
Z 22
8 4x2 + x
4
2
dx
=
8x 4
3x3 +
x4
10
22=256
15
6 Coordenadas esfricas
6.1 Problema
Resolver I =ZZZ
D
px2 + y2 + z2e(x
2+y2+z2)dxdydz si D es la regin de IR3
limitada por las supercies x2 + y2 + z2 = a2
x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esfrico.SolucinPor la simetra del dominio y la forma del integrandousaremos coordenadas esfricas:
x = rsen cosy = rsensenz = 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 esfricas es :@ (x; y; z)@ (r; ; ) = r2sen se tiene:
19
-
I =
Z 20
Z 0
Z ab
rer2
@ (x; y; z)@ (r; ; ) drdd
=
Z 20
Z 0
Z ab
r3er2
sen drdd
=
Z 20
Z 0
12r2er
2 er2ab
sen dd
=
1
2b2eb
2
+1
2eb
2 12a2ea
2 ea2Z 2
0
Z 0
sen dd
=
1
2b2eb
2
+1
2eb
2 12a2ea
2 ea2Z 2
0
cos j0 d
= 2
1
2b2eb
2
+1
2eb
2 12a2ea
2 ea2Z 2
0
d
= 4
1
2b2eb
2
+1
2eb
2 12a2ea
2 ea2
6.2 Problema
Encontrar el volumen de la regin determinada por x2 + y2 + z2 16 ; z2 x2 + y2:Solucinx2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4z2 = x2+y2 es un cono con vrtice en el origen y eje de simetra coincidentecon el eje z.Como z 0 , slo debemos considerar slo la regin sobre el plano xy.La interseccin de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:x2 + y2 + z2 = 16
x2 + y2 = z2
=) z =
p8
x2 + y2 = 8
Usaremos coordenadas esfricas:
x = rsen cosy = rsensenz = r cos
9=; =)0 x2 + y2 + z2 16 =) 0 r 4tg =
y
z=
p8p8= 1 =) 0
4
tg =y
x= 0 =) 0 2
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfricas es :@ (x; y; z)@ (r; ; ) = r2sen se tiene:
20
-
V =
ZZZD
dxdydz =
Z 20
Z 4
0
Z 40
r2sen drdd
V =
Z 20
Z 4
0
r3
3
40
sen dd
V =43
3
Z 20
cos j40 d
V =43
3
Z 20
1
p2
2
!d =
43
3
1
p2
2
!2
Otra opcin para resolver este problema es usar coordenadas cilndricas,ental casox = r cos y = rsenz = z
9=; =) x2 + y2 + z2 = 16 =) z = 16 r2:
x2 + y2 = z2 =) z = r2
Tenamos que el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z) = r luego:V =
ZZZD
dxdydz =
Z 20
Z p80
Z p16r2r2
rdzdrd
=
Z 20
Z p80
rz jp16r2
r2 drd
=
Z 20
Z p80
rp16 r2 r2
drd
=
Z 20
13
p(16 r2)3 r
3
3
p80
d
= 23
2p83
p163=2
3
64 32
p2
7 Coordenadas Cilndricas
7.1 Problema
Usando integrales triples calcular el volumen de la regin acotada por z = x2+y2
y z = 27 2x2 2y2:Solucin.Por la simetra del volumen los resolveremos usando coordenadas cilndricas.x = r cos y = rsenz = z
9=; =) z = x2 + y2 =) z = r2:
z = 27 2x2 2y2 =) z = 27 2r2x2 + y2 = 9 =) r = 3:
21
-
Como el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z) = r se tiene:V =
ZZZD
dxdydz =
Z 20
Z 30
Z 272r2r2
rdzdrd
=
Z 20
Z 30
r z j272r2r2 drd
=
Z 20
Z 30
r27 3r2 drd
=
Z 20
27
2r2 3
4r430
d
=243
4
Z 20
d =243
42 =
243
2
7.2 Problema
Calcular el volumen de la regin acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13 y elcono (z 1)2 = x2 + y2; z 1Solucin.El volumen pedido es
V =
ZZZR
dxdydz
donde la regin R est dada por
R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 1 +
px2 + y2 z
p4 x2 y2
oD corresponde a la proyeccin de R sobre el plano xy.D =
(x; y; z) 2 IR2=x2 + y2 13
Por la simetra del volumen conviene usar coordenadas cilndricas.x = r cos y = rsenz = 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 p13 r2LuegoR =
(r; ; z) 2 IR3= (r; ) 2 D; 1 + r z p13 r2
La regin R al ser proyectada sobre el plano xy. producez = 0 =) x2 + y2 = 13D1 =
n(r; ) 2 IR3= r 2 ;
2
2
oComo el Jacobiano de transformacin a cilndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z)
= r se tiene:
22
-
V =
ZZZR
dxdydz =
Z 20
Z 20
Z p13r21+r
rdzddr
=
Z 20
Z 20
rzp13r2
1+r ddr
=
Z 20
Z 20
rp
13 r2 (1 + r)ddr
= 2
Z 20
rp13 r2 r + r2 dr
= 2
13
13 r23=2 r2
2+r3
3
20
= 2
1
3
133=2 73=2
4
2+8
3
7.3 Problema
Calcular utilizando coordenadas cilndricas el volumen de la regin R , donde Res el interior a la esfera x2+y2+z2 = 4; z 0;y exterior al cilindro (x1)2+y2 =1:SolucinLa regin R se describe en coordenadas cartesianas mediante
R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 z
p4 x2 y2
odonde D es la proyeccin de R sobre el plano xy.D =
(x; y) 2 IR3=x2 + y2 4 ; (x 1)2 + y2 1
Transformemos la regin R a coordenadas cilindricas denidas porx = r cos y = rsenz = z
9=; =) x2 + y2 + z2 = r2(cos2 + sen2) + z2 4() 0 z
p4 r2
La regin 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 regin R puede describirse medianteR =
(r; ; z) = (r; ) 2 D = D1 [D1 ; 0 z
p4 r2
D1 =n(r; ) 2 IR3=2 cos r 2 ;
2
2
oD2 =
(r; ) 2 IR3=0 r 2 ;
2 3
2
23
-
Ademas, el Jacobiano de la transformacin a cilndricas es:@ (x; y; z)@ (r; ; z) = r
En consecuencia la integral puede describirse por
I =
ZZZR
(r) drddz
=
Z =2=2
Z 22 cos
Z p4r20
rdzdrd +
Z 3=2=2
Z 20
Z p4r20
rdzdrd
=
Z =2=2
Z 22 cos
rhzip4r20
drd +
Z 3=2=2
Z 20
rhzip4r20
drd
=
Z =2=2
Z 22 cos
rp4 r2drd +
Z 3=2=2
Z 20
rp4 r2drd
=
Z =2=2
13
4 r23=22
2 cos
d +
Z 3=2=2
13
4 r23=22
0
d
=8
3
Z =2=2
1 cos2 3=2 d + 8
3
Z 3=2=2
d
=8
3
Z =2=2
sen3d +8
3
Z 3=2=2
d
=8
3
cos + cos
3
3
=2=2
+8
3 =
8
3
7.4 Problema
Calcular I =ZZZ
D
x2
a2+y2
b2+z2
c2
dxdydz:
En la regin D =(x; y; z) 2 IR3=x
2
a2+y2
b2+z2
c2 1
a > 0; b > 0; c > 0
Solucin.La regin de integracin 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 00 b 00 0 c
= abcLuego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral
24
-
I =
ZZZD
x2
a2+y2
b2+z2
c2
dxdydz:
=
ZZZD
u2 + v2 + w2
@ (x; y; z)@ (u; v; w) dudvdw
=
ZZZD
u2 + v2 + w2
@ (x; y; z)@ (u; v; w) dudvdw
=
ZZZD(u2 + v2 + w2) (abc) dudvdw
Ahora, transformamos a coordenadas esfricas.
u = rsen cosv = rsensenw = 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 2g
abc
ZZZD(u2 + v2 + w2)dudvdw = abc
Z 20
Z 0
Z 10
r2r2sen drdd
= abc
Z 20
Z 0
r5
5
10
sen dd
=abc
5
Z 20
cos j0 d
=2abc
5
Z 20
d =4abc
5
ObservacinEs claro que la integracin se podra haber efectuado usando directamentela trasformacin compuesta.x = arsen cosy = brsensenz = cr cos
9=; =)@ (x; y; z)@ (r; ; )
= abcr2sen7.5 Problema
Calcular I =ZZZ
D
dxdydz:q(x a)2 + (y b)2 + (z c)2
;
en la regin D =(x; y; z) 2 IR3=x2 + y2 + z2 R2 ; (a; b; c) es un punto
jono peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 R2:Solucin.
25
-
Si usamos coordenadas cartesianas los lmites de integracin sondicultosos, pues en tal caso tendramos.
I =
ZZZD
dxdydz:q(x a)2 + (y b)2 + (z c)2
I =
Z rr
Z pr2x2pr2x2
Z pr2x2y2pr2x2y2
dzdydx:q(x a)2 + (y b)2 + (z c)2
Es claro que si usamos este camino las cosas no sern fciles.Sin embargo , dada la simetria esfrica del dominio y observando que el
integrando no es nada ms 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 msque 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 =
ZZZD
dxdydz:qx2 + y2 + (z d)2
ObservacinEl razonamiento anterior es muy usado el clculo de integrales que aparecenaplicaciones a la Fsica 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 esfricas. Obtenemos:
I =
Z R0
Z 0
Z 20
r2sen dddrpr2 + d2 2dr cos
= 2
Z R0
Z 0
r2sen ddrpr2 + d2 2dr cos
Para calcular
J =
Z 0
r2sen ddrpr2 + d2 2dr cos
podemos hacers = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsendAdems, = 0 =) s = r2 + d2 2dr = (d r)2 = =) s = r2 + d2 + 2dr = (d+ r)2Reemplazando en la integral anterior produce
26
-
J =r
2d
Z (d+r)2(dr)2
s1=2ds =r
2d2s1=2
(d+r)2(dr)2
=r
2d[2 (d+ r) 2 (d r)]
=r
2d[4r] =
2r2
d
Por lo tanto
I = 2
Z R0
2r2
ddr
I =4
d
r3
3
R0
I =4
3dR3
27