Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC .
1
Autores:
Miguel Martínez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Marín
Ejercicios Resueltos
1.1
Calculo de integrales dobles en coordenadas
1.2
rectángulares cartesianas
1.2.1
Problema ZZ p x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas Calcular D
y = x; y = x y x = 1 Solución Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2 = 0 ZZ
p
x + ydxdy
Z
=
D
2 3
=
2 3
=
0
Z Z
Z
x
p
=
1; x
x
x + ydydx
1
3=2
(x + y) 0 1
y
x
3=2
(2x)
x x
dx
dx
0
25=2 2 5=2 (x) 3 5 p 8 2 15
=
Problema ZZ p Calcular x2
1
x
1 0
1.2.2
y 2 dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de
D
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: Es decir D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; x y x : Integrando a franjas verticales, resulta
1
ZZ
D
p x2
y 2 dxdy
Z
Z
p x2 x 0 Z 1Z x r x 1 = =
1
x
y 2 dydx y x
x
0
2
dydx
y Hacemos el cambio de variables = sent =) dy = x cos tdt y x determinemos los limites. x = arcsen (1) = : Para y = x =) arcsen x 2 x Para y = x =) arcsen = arcsen ( 1) = x 2 Por tanto Z
1 0
Z
x
r
x 1 x
y x
2
dydx = = = = = =
Z
Z Z Z 2
1 0 1 0 1 0
Z
2
2
Z
2
p 1
sen2 tdtdx
x2 cos2 tdtdx 2
Z
2
x2 ( 2
1
1 + cos 2t )dtdx 2
sen2t t + 2 4
x2 0
Z
x2
2
dx 2
1
x2 dx 0
x3 2 3
1
= 0
6
1.2.3
Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = (x; y) 2 IR2 = x2 + y 2 D
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 p p D = (x; y) 2 IR2 = 1 x 1; 1 x2 y 1 x2
2
ZZ
2
x +y
2
dxdy
Z
=
D
Z
1 1
Z
p
1 x2
p
(x2 + y 2 )dydx 1
x2
1
p
1 x2
y3 = (x y + ) p dx 3 1 1 x2 Z 1 p 1p = 2 (x2 1 x2 + (1 x2 )3 )dx 3 1 Z Z 1 p 2 1 p (1 x2 )3 dx = 2 x2 1 x2 dx + 3 1 1 2
Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z
1
x2 1
p
1
x2 dx =
(
1 1
p (1
x2 )3 dx = =
1 p x2 + (x 1 8
1 (arcsen(1) 8
=
Z
xp 1 4
(
xp (1 4
1
1 arcsen ( 1) = ( + ) = 8 2 2 8
x2 )3 +
3 8
1
x2 + arcsenx)
3x p (1 8
3 x2 ) + arcsenx) 8
1 1
Por lo tanto: ZZ
x2 + y 2 dxdy = D
2 23 + = 8 3 8 2
Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja
1.2.4
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 =) x2 = 4 =) x = 2 =) y = 2 y=x
3
27y = 4x2 y=x
2
=) 27x = 4x
)
x=0 24 x= 4
=)
=) y = 0; y =
27 4
4 =) x = 3; y = ZZ3 Para calcular el área A(R) = dxdy; podemos escoger una partición del xy = 4 27y = 4x2
D
dominio de tipo I ó de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I 4 DI = (x; y) 2 IR2 = 2 x 3; y x 27 4 2 DI = (x; y) 2 IR2 = 3 x ; x 4 27 Si proyectamos sobre eje x
A(R)
= = = =
ZZ Z
Z
Z
= =
2 3
Z
x
dydx + 4 x
x
yj 4 dx + 2 3
x
2
3
+
4 ln x 2
y
x
dxdy + D1 27=4 3
27=4
3
2
Z
x
ZZ
dxdy D2
dydx 4 2 27 x
x
yj 4 x2 dx 27
Z
27=4
x 3 2
x 2
4 3 x 81
4 2 x dx 27 27=4 3
3 729 9 4 273 4 4 ln + + 33 2 32 2 81 43 81 3 729 243 4 + 2 4 ln + 2 32 16 3 665 3 4 ln 96 2
5 2
Si proyectamos sobre eje y 4 DI = (x; y) 2 IR2 = x y DI =
Z
Z
4 dx + x
x x 2
= =
3
dxdy = D
ZZ
x
(x; y) 2 IR2 = y
x
3p 4 3y; y 2 3 3p 3y; 2 y 2
4
2 27 4
A(R)
= = =
ZZ Z
Z
= =
1.3 1.3.1
D
Z
2 4 3
3p 3y 2
4 3
8 3 665 96
D1
Z
27=4 2
Z i 4 ln y dy +
hp 3y
2
dxdy +
dxdy + 4 y
3p 3 3y 2
=
ZZ
dxdy =
2
4 y
+ 4 3
p
Z
dxdy D2
3p 3y 2
dxdy y
3p 3y 2
27=4 2
y dy
27=4
y2 2
3y 3
3 9 27 4 ln + 2 8 3 4 ln 2
ZZ
2
729 +2 32
Cambios de orden de Integración Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=
Z
Z
1 0
2
2
ey dydx 2x
Solución. El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; 2x y 2 : Si se invierte elnorden de integración tenemos que modi…car la partición del o y 2 dominio. D = (x; y) 2 IR = 0 x ; 0 y 2 ;entonces la integral 2 se puede escribir.
I
= = = =
Z
Z Z
1 0 2
Z
2
e dydx = 2x
xey 0 2 0
y2
2
y 2
0
dy
y y2 1 2 e dy = ey 2 4
1 16 e 4
Z
1
5
4 0
2 0
Z
y 2
0
2
ey dxdy
1.3.2
Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=
Z
2 0
Z
4
p
y cos ydydx
x2
Solución. El dominio de integracion 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 p y; 0 y 4 ;entonces la integral dominio.D = (x; y) 2 IR2 = 0 x se puede escribir Z
2 0
Z
4
p
y cos ydydx =
x2
= =
Z
Z Z
4 0 4
Z
p
0 4
p
y
p
y cos ydxdy
0 p
y
y cos(y)xj0 dy
y cos(y)dy 0
Integrando esta última integral por partes se tiene: Z
1.3.3
4
y cos(y)dy
=
0
= =
4
ysen(y)j0 4
Z
4
sen(y)dy 0 4
ysen(y)j0 + cos(y)j0 4sen(4) + cos(4) 1
Problema
Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Solución. Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: 6 x 6 x 2y dxdy , D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 6; 0 y V = 3 2 D
6
V
= = = =
1 3 1 3 1 3
Z Z Z
1 12
6 0 6
Z
6
x 2
(6 x)y
(6
x)2
6
x 2
0
dx x)2
(6
2
0
4
dx
6
x)2 dx
(6 0
6
1 (6 36
=
2y) dydx
y2
(6 0 6
Z
x
0
x)3
=6 0
Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: 6 2y V = (6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2 = 0 y 3; 0 z 3 R V
= = = = =
1.4
Z
Z
Z
1 6
Z
3 0 3
6
(6
3z) dzdy 6
(6
0
Z
2y
0
(6 0 3
2y 3
3 2 z 2
2y)z 2y)2 3
(6
2y 3
dy 0
2y)2 dy 6
3
(6
2y)2 dy
0
1 (6 x)3 12 3
3
=6 0
Cambios de variables: Coordenadas polares
1.4.1
Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = D
(x; y) 2 IR2 = x2 + y 2
coordenadas polares Solución. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos ; y = rsen =) x2 + y 2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es: @ (x; y) =r @ (r; )
7
1 ;usando
ZZ
2
x +y
2
dxdy
=
D
= = = =
ZZ Z Z 2 2
=
r2 D
1 0 1 0
Z Z
Z
@ (x; y) drd @ (r; )
2
r3 d dr 0 2 0 1
2
r3 j0 dr
r3 dr 0
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.
1.4.2
Problema
Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 9: Solución. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y 2 = 8y =) x2 + y 2 8y = 0 =) x2 + (y 4)2 = 16 El área de la región D es: A (D)
ZZ
dxdy D
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 + y 2 = 8y =) r2 = 8rsen =) r = 8sen x2 + y 2 = 9 =) r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 3 8sen = 3 =) = arcsen 8 3 Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen 8 2
8
ZZ
dxdy
=
D
= = = = = =
ZZ
D =2
Z
2 2 Z
Z
@ (x; y) drd @ (r; ) Z 8sen rdrd
arcsen 83 =2 arcsen 38
3
r2 2
8sen
d 3
=2
64sen2
9 d
sen2 4
9 2
arcsen 38
64 55 2 55 4 38; 42
2
=2 arcsen 38
=2
16sen2 arcsen 38
55 3 3 arcsen + 16sen(2arcsen ) 2 8 8
1.4.3
Problema ZZ x2 + y 2 p Calcular dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos ) x2 + y 2 D x+ Solución. Cambiando a cordenadas polares, tenemos:
9
ZZ
D
x2 + y 2 p dxdy x + x2 + y 2
= = = =
ZZ ZZ Z
Z
D
r2 rdrd r cos + r
2 0
2
Z
a 3
=
a3 3
0
r2 drd 1 + cos a(1+cos )
r3 3
d 0 2
(1 + cos ) d
0 2
Z
a3 3
a(1+cos )
1 1 + cos
0 3 Z 2
=
=
D
@ (x; y) r2 drd r cos + r @ (r; )
1 + 2 cos + cos2
d
sen2 4
2
0
+ 2sen +
2
+
0
3
=
a
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:
I
=
=
lim
! "!0
lim !
=
lim
=
a3
1.5
!
Z a3 3
0
Z
Z
a(1+cos ) "
r2 drd + lim ! + 1 + cos 2
a + 3
(1 + cos ) d + lim 0
!
a3 3 sen2 + 2sen + 3 2 4
"!0 3 Z 2
2
Z
a(1+cos ) "
r2 drd 1 + cos
2
(1 + cos ) d
a3 3 + 3
+ lim !
Z
3 2
2sen
sen2 4
Cambios de variables. Coordenadas curvilineas
1.5.1
Problema ZZ Calcular I = 3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas D
x 2y = 0; x 2y = 4 (1) x + y = 4; x+y =1 Solución. Podemos usar el cambio de variables
10
1 (2u + v) 3 (1) =) (2) 1 y = (u v) 3 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 @ (x; y) tenemos dos posibilidades. Para calcular el Jacobiano @ (u; v) La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v x=
u = x 2y v =x+y
: La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)
@ (u; v) y luego @ (x; y)
1
@ (x; y) @ (u; v) = : @ (u; v) @ (x; y) @ (x; y) @ (u; v) 1 1 2 = 1 + 2 = 3 =) En efecto = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: usar la propiedad
I
= = =
1.5.2
ZZ Z
1 9
4 1
Z Z
3xydxdy = D
Z
0 4
1 2u2 9
4
2u2 v 1 4
=
1 9
=
1 8u3 + 4u2 9 3
1 1 (2u + v) (u 3 3
3 D
v)
@ (x; y) dudv @ (u; v)
v 2 dvdu
uv
v3 3
uv 2 2
8u2 + 8u 1
ZZ
0
du 4
64 du 3 64 u 3
4
du = 1
164 9
Problema
Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 y 2 = 1; x2 y 2 = 9 (1) x + y = 4; x+y =6 Solución. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en la región D u = x2 y 2 (1) =) v =x+y La región D esta acotada por la rectas verticales; x2 y 2 = 1 se transforma en u = 1
11
x2 y 2 = 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 @ (u; v) @ (x; y) a partir de (1) y usar la propiedad Vamos a calcular @ (u; v) @ (x; y) 1 @ (x; y) @ (u; v) : = @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 1 2x 2y En efecto = 2 (x + y) = 2v =) = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 2v El teorema del cambio variables a…rma que:
A (D)
= = = = =
ZZ
Z
1 2
9 1
Z
dxdy = D
Z
9 1
6 4
ZZ
D
@ (x; y) dudv @ (u; v)
1 dvdu 3v 6
[ln v]4 du
Z 9 1 6 ln du 2 4 1 3 1 3 9 ln [u] = 4 ln 2 2 1 2
1.5.3
Problema ZZ x3 + y 3 dxdy; donde D les la región del primer cuadrante Calcular I = xy D acotada por: y = x2 ; y = 4x2 (1) x = y 2 ; x = 4y 2 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 simpli…ca la región D y la transforma en D . y2 x2 ; v= Sean u = y x Luego D esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1: 1 y = 4x2 se transforma en u = : 4 y las rectas horizontales x = y 2 se transforma en v = 1: 1 x = 4y 2 se transforma en v = : 4 12
Es decir, D =
(u; v) =1
u
1 ;1 4
v
1 4
@ (x; y) tenemos dos posibilidades, la primera es @ (u; v) e y en términos de u y v a partir de (1) : @ (u; v) @ (x; y) La segunda, es calcular y usar la propiedad = @ (x; y) @ (u; v) 2x x2 @ (u; v) y y 2 = 4 1 = 3 =) @ (x; y) En efecto = 2 2y y @ (x; y) @ (u; v) x2 x Calculemos ahora la integral Para calcular
I
ZZ x3 + y 3 dxdy = xy D D Z 1 Z 1 1 = (u + v) dvdu 3 1=4 1=4 Z 1 1 1 v2 = du uv + 3 1=4 2 1=4 Z 15 1 1 3 u+ du = 3 1=4 4 32 =
ZZ
=
1 3 2 15 u + u 3 8 32
=
15 64
1
= 1=4
x2 y2 + y x
@ (u; v) @ (x; y) =
1 3
dxdy
1 3 15 15 3 + 3 8 16 32 4
1.6
Calculo de integrales triples en coordenadas
1.7
rectángulares cartesianas
1.7.1
despejar x
Problema
1 Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z = y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2 2 ZZZ Calcular (x + y z) dxdydz: R
Solución. Del grá…co de la región , tenemos que 0
z
sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2 = 0 Por lo tanto;
13
1 y:Proyectando la región R 2 x 1; 0 y 2 :
1
:
ZZZ
(x + y
z) dxdydz
=
R
= = = = = = =
ZZ Z
Z
Z
Z
Z Z
1 0 1
0 1 0 1 0 1
D
Z
Z ( 2 0
Z
2
1 2y
(x + y
Z (
1 2y
(x + y
Z
1 2y
z2 2
1 (x + y)y 2
0 2
z) dz)dydx
0
xz + yz 0 2
Z
dydx 0 2
y 8
dydx
1 3 xy + y 2 dydx 2 8
0
1 2 1 3 xy + y 4 8
0 1
z) dz)dxdy
0
2
dx 0
1 2 x +x 2
[(x + 1)] dx = 0
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
(x + y
z) dxdydz
=
R
= = =
Z
Z 2 2
=
2
=
Z
=
1 0 1 0
Z
Z
Z
Z
Z 1
0 1
1 0 1
Z (
(x + y
dzdx
zy 2z
[x + 1
z
xz] dzdx
0
z2 2
0 1
x+1
1 2
1
[(x + 1)] dx = 0
2
1
xz + z
0
z) dy)dzdx
2z
y2 xy + 2
0
Z
2
x
z2 2
1
dx 0
x dx 2 1 2 x +x 2
1 0
3 2
Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. 14
1.7.2
Problema
Calcular
ZZZ
x2 dxdydz si D es la región acotada por y 2 + z 2 = 4ax; D
y 2 = ax; x = 3a Solución. La super…cie y 2 + z 2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la …gura. En dos variables el gra…co de y 2 = ax es una parábola, pero es tres variables es la super…cie de un manto parabólico. 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: o n p p 4ax y 2 z 4ax y 2 D = (x; y; z) 2 IR3 =D1 [ D2 , Por simetría se tiene:
I
=
=
= =
ZZZ 2
2 4
Z
Z
Z
2
x dxdydz = 2 D
3a 0 3a 0 3a 0
Z
Z
Z
p 2 ax p
ax
p 2 ax
Z p4ax p
x2 z
ax p 2 ax
x2 ax
D1
Z p4ax p
y2
4ax
x2 dzdxdy y2
y2
x2 dzdydx
4ax y 2
p
4ax y 2
p
p
p
ZZ
p 4ax
dydx 4ax y 2
y 2 dydx
De una tabla de integrales obtenemos Z p a2
1.8
u2 du
=
1 p 2 (u a 2
u u2 + a2 arcsen ) a
Cálculo de integrales triples usando cambio de variables
1.8.1
Problema ZZZ p 2 2 2 Resolver I= x2 + y 2 + z 2 e (x +y +z ) dxdydz si D es la región de IR3 D
limitada por las super…cies x2 + y 2 + z 2 = a2 x2 + y 2 + z 2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Solución 15
Por la simetría del dominio usaremos coordenadas esféricas: 9 b2 x2 + y 2 + z 2 a2 =) b r x = rsen cos = y tg = = 0 =) 0 y = rsen sen =) zy ; z = r cos =) 0 tg = = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) = r2 sen se tiene: @ (r; ; ) I
= = =
Z Z Z
= = = = 1.8.2
2 4
2 0 2 0 2 0
Z Z
Z
0
0
Z Z
0
1 2 b e 2
b2
1 2 b e 2
b2
a
re r3 e
2
@ (x; y; z) drd d @ (r; ; )
r2
b a
a
r2
sen
drd d
b
1 2 r e 2
r2
e
r2
a
sen
d d
b
1 + e 2
b2
1 + e 2
b2
1 2 a e 2
a2
1 2 a e 2
a2
e e
a2
a2
Z Z
2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2 2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2
Z
2 0 2
d d
cos j0 d
0
Z
sen 0
2
d 0
Problema
Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 +y 2 y z = 27 2x2 2y 2 : Solución. Por la simetría resolveremos usando coordenadas cilíndricas. 9del volumen los z = x2 + y 2 =) z = r2 : x = r cos = 2 2 y = rsen 2y =) z = 27 2r2 =) z = 27 2x ; 2 2 x +y =9 =) r = 3: z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)
16
V
ZZZ
=
Z
=
0 2
Z
0 2
Z
=
0
243 4
= 1.8.3
2
Z
=
dxdydz = D
Z
Z
3 0 3
Z
27 2r 2
Z
2 0
r zjr2
drd
r 27
3r2 drd
3 0
Z
27 2r 2
rdzdrd r2
0
27 2 r 2
3
3 4 r 4
2
d = 0
d 0
243 243 2 = 4 2
Problema
Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y 2 + z 2 16 ; z 2 2 2 x +y : Solución x2 + y 2 + z 2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z 2 = x2 + y 2 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 p se obtiene mediante el sistema: x2 + y 2 + z 2 = 16 z= 8 =) x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 8 Usaremos coordenadas esféricas: 0 x2 + y 2 +pz 2 16 =) 0 r 9 x = rsen cos = y 8 =) 0 tg = = p = 1 y = rsen sen =) z 8 ; y z = r cos tg = = 0 =) 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) = r2 sen se tiene: @ (r; ; ) V V V V
= = = =
ZZZ Z
2
dxdydz = D
Z
4
0 0 3 Z 2
4 3
43 3
Z
0 2
r3 3
2 0
sen
Z
4
0
Z
4
r2 sen
drd d
0
d d
0
cos j04 1
0
4
Z
d
p ! 2 43 d = 2 3 17
1
p ! 2 2 2
4 4 2
Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso 9 x = r cos = x2 + y 2 + z 2 = 16 =) z = 16 r2 : 2 2 2 y = rsen x +y =z =) z = r2 =) ; z=z Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r luego: @ (r; ; z) V
= = = = =
1.8.4
ZZZ Z
Z
Z
2
0 2 0 2 0
2 3
dxdydz = D
Z
Z
p 0 p
8
p
16 r 2
rzjr2 8
r 0
Z
p 16
2 0
Z
p 0
8
Z
p
16 r 2
rdzdrd r2
drd r2
r2 drd p
8
r3 1p (16 r2 )3 d 3 3 0 p p p 2 2 83 163 = 64 32 2 3
Problema
Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 13 y el 2 cono (z 1) = x2 + y 2 ; z 1 Solución. Por la simetría 9del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos = y = rsen =) ; z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)
18
V
= = = = = =
Problema ZZZ Calcular I =
ZZZ
Z
Z 2
dxdydz =
D 2Z 2 0 2 0
Z
Z
Z
p
0 2
r 0 2
r 0
r2
13 rz1+r
2
1 13 3
2
1 133=2 3
0
Z
2 0
r2 r2
p
13 r 2
rdzd dr 1+r
(1 + r) d dr r + r2
dr 2
r2 r3 + 2 3 4 8 + 2 3
3=2
r2
Z
d dr
p 13
p 13
2
73=2
0
1.8.5
D
En la región D =
x2 y2 z2 + + a2 b2 c2
dxdydz:
(x; y; z) 2 IR3 =
x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c
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 + v 2 + w2 1 yel valor absoluto del Jacobiano queda : a 0 0 0 b 0 = abc 0 0 c Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral @ (x; y; z) = @ (u; v; w)
I
= = = =
ZZZ
ZZZ
D
ZZZ
D
ZZZ
x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c u2 + v 2 + w 2
D
u2 + v 2 + w 2
dxdydz: @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w) @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w)
(u2 + v 2 + w2 ) (abc) dudvdw D
Ahora, transformamos a coordenadas esféricas. 19
9 =
u2 + v 2 + w2 1 =) v =) tg = =) w ; v tg = =) u Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 u = rsen cos v = rsen sen w = r cos
abc
ZZZ
0
(u2 + v 2 + w2 )dudvdw
= abc
D
= abc abc 5
=
Z
Z
0 2
0 Z 2
Z
Z
0
0
Z
r
0
1 2
;0
2 g
r2 r2 sen
drd d
1 0
r5 5
1
sen
d d
0
cos j0 d
0
2abc 5
=
Z
2
0 0
2
d = 0
4 abc 5
Observación Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. 9 x = arsen cos = @ (x; y; z) y = brsen sen =) = abcr2 sen ; @ (r; ; ) z = cr cos
1.8.6
Problema ZZZ q Calcular I =
dxdydz:
; 2 2 (x a) + (y b) + (z c) en la región D = (x; y; z) 2 IR3 =x2 + y 2 + z 2 R2 2
D
…jo
no peteneciente a la esfera x2 + y 2 + z 2 Solución.
; (a; b; c) es un punto
R2 :
Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.
I
I
=
ZZZ
D
q (x
dxdydz: 2
2
2
a) + (y b) + (z c) p Z r Z r2 x2 Z pr2 x2 y2 dzdydx: q = p p 2 2 r r 2 x2 r 2 x2 y 2 (x a) + (y b) + (z
Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles. 20
2
c)
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. ZZZ dxdydz: q I= 2 D x2 + y 2 + (z d) 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
Z
Z
2
r2 sen d d dr r2 + d2 2dr cos 0 0 0 Z RZ r2 sen d dr p 2 r2 + d2 2dr cos 0 0
Para calcular J=
Z
0
p
p
r2 sen r 2 + d2
d dr 2dr cos
podemos hacer s = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsen d Además, = 0 =) s = r2 + d2 2dr = (d 2 = =) s = r2 + d2 + 2dr = (d + r) Por lo tanto
J
I I I
2
r)
Z (d+r)2 r r s 1=2 ds = 2s1=2 2d (d r)2 2d r [2 (d + r) 2 (d r)] = 2d r 2r2 = [4r] = 2d d Z R 2 2r = 2 dr 0 d =
= =
4 r3 d 3 4 3 R 3d
R 0
21
(d+r)2 (d r)2
