Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática Campus Santiago
Ejercicios Resueltos MAT-024
Integrales dobles y triples Ejemplo 1. Encontrar el volumen del sólido limitado por el plano x + 2z = 2 y el paraboloide x2 + y 2 = 1 − z. Ayuda:
ˆ
cosn du =
1 n−1 cosn−1 u sen u + n n
ˆ
cosn−2 u du
Solución: x Primero buscamos la proyección del sólido en el plano xy; para ello, vemos que x+ 2z = 2 implica que 1 − z = , 2 y reemplazando en la ecuación del paraboloide obtenemos que la proyección es el conjunto dado por los puntos (x, y) tales que 2 1 1 + y2 = x− 4 16 Usaremos coordenadas cilíndricas: x = r cos θ,
y = r sen θ,
z=z
con 0 ≤ θ < π,
0≤r≤
cos θ , 2
r cos θ ≤ z ≤ 1 − r2 . 2
1−
1 (Observación: note que, en térmminos de r y θ, la ecuación del círculo (proyección) es r = cos θ, con 0 ≤ θ < π, 2 r cos θ del plano es z = 1 − , y del paraboloide z = 1 − r2 ) 2 El volumen buscado está dado entonces por V =
ˆ
0
Ahora ˆ π ˆ cos2 θ ˆ 0
0
1−r 2
π
cos θ 2
π
ˆ
0
cos θ 2
ˆ
1−r 2
r dz dr dθ
θ 1− r cos 2
ˆ π 1 r2 cos θ − r3 dr dθ = cos4 θ dθ θ 2 192 0 0 0 1− r cos 2 " # π ˆ 3 π 1 1 3 π π 1 3 2 cos θ sen θ + cos θ dθ = = = 192 4 4 0 192 4 2 512 r dz dr dθ =
ˆ
ˆ
0
Ejemplo 2. Usando un cambio de variable apropiado, calcule la integral
¨
64 x3 y dA, donde R es la región
R
del primer cuadrante encerrada entre los círculos centrados en el origen de radios 3 y 4, y las hipérbolas x2 − y 2 = 1 y x2 − y 2 = 4. Solución: El dominio de integración es el que queda encerrado entre las cuatro curvas
RGP
R=
(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0, 9 ≤ x2 + y 2 ≤ 16, 1 ≤ x2 − y 2 ≤ 4
Usando el cambio de variable: u = x2 + y 2 ,
v = x2 − y 2
Entonces 1 1 = J(u, v) = −8xy 2x 2y 2x −2y
1 = 8x2 8xy ˆ 16 ˆ 4 Como u + v = 2x2 , entonces 8x2 = 4(u + v). Por lo tanto, la integral queda 4 (u + v) dv du
El integrando multiplicado por el valor absoluto del Jacobiano queda 64x3 y
9
4
ˆ
9
16
ˆ
1
4
v=4 ˆ 16 2 15 v du du = 4 3u + (u + v) dv du = 4 uv + 2 2 9 9 v=1 2 16 3u 15 = 4 + u = 4 · 315 = 1260 2 2 ˆ
1
16
9
Ejemplo 3. Considere la region R limitada por las rectas y = x,
y=1 y
x = 0.
Usando un cambio de variable apropiado, calcule ¨
2
(xy + y 2 ) e(x+y) dA
R
Solución: La región es la que se ve a continuación: y y=x y=
√
ln(2)
x Hacemos el cambio de variable
u=x+y v=y
RGP
p En estas nuevas variables u y v, las rectas y = ln(2), x = 0 e y = x son llevadas respectivamente a las rectas p u=2v v = ln(2), u = v y u = 2v. La nueva región de integración es: u
u=v
v=
Se tiene
∂u ∂x ∂v ∂x
√
v
ln(2)
∂u ∂y
1 1 =1 = ∂v 1 1 ∂y
Entonces la integral que debemos calcular en las nuevas variables es: ˆ √ln(2) ˆ 0
2v
vue
2
u
du dv =
ˆ √ln(2) 0
v
Ejemplo 4. Calcule la siguiente integral doble ¨
R
x2 + y 2
−3/2
u=2v 1 1 u2 v e dv = 2 2 u=v
dA
donde R es el conjunto R = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1, y + x ≥ 1, y ≥ x Solución: La región de integración es la parte achurada del dibujo que se muestra a continuación:
Usando coordenadas polares, x = r cos θ,
y = r sen θ,
π π ≤θ≤ , 4 2
1 ≤r≤1 cos θ + sen θ
La integral queda
RGP
¨
2
x +y
R
ˆ
π/2
π/4
=
ˆ
1
r2
1 cos θ+sen θ
−3/2
2 −3/2
r dr dθ =
dA =
ˆ
π/2
π/4
ˆ
π/4
π/2
ˆ
ˆ
π/2 π/4
ˆ
1
r2
1 cos θ+sen θ
1 1 cos θ+sen θ
−3/2
1 dr dθ = r2
ˆ
r dr dθ
π/2
π/4
1 r=1 − dθ 1 r r= cos θ+sen θ
π 4
(sen θ + cos θ − 1) dθ = 1 −
Ejemplo 5. Calcule el centro de masa del sólido acotado por los cilindros parabólicos z = 4 − y 2 , z = y 2 + 2 y los planos x = −2 y x = 2. Solución: Suponemos aquí que la densidad del sólido es constante, por lo tanto, debemos calcular (¯ x, y¯, z¯) donde ˝
Q
x ¯= ˝
x dV
Q
dV
donde Q es el sólido en cuestión.
,
˝
Q
y¯ = ˝
y dV
Q
dV
˝
Q z¯ = ˝
,
z dV
Q
dV
A continuación dos vistas del sólido:
Calculemos primero y2 + 2 ≤ z ≤ 4 − y2 ˚
Q
˚
Q
dV =
dV ; primero hacemos y 2 + 2 = 4 − y 2 ⇐⇒ y = ±1, por lo tanto −1 ≤ y ≤ 1 y
ˆ
2
−2
ˆ
1
−1
ˆ
4−y 2
dz dy dx = y 2 +2
ˆ
2
−2
ˆ dx
1
−1
2
(2 − 2y ) dy
=4·
32 8 = 3 3
Ahora: ˝
Q
x¯ = ˝
x dV
Q
dV
=
˝
x dV
Q 32 3
RGP
y ˚
x dV =
Q
2
−2
ˆ
1
−1
ˆ
4−y 2
ˆ
x dz dy dx =
y 2 +2
2
x dx
−2
1
ˆ
−1
ˆ
4−y 2
dz dy y 2 +2
!
=0
2
ˆ
esto último pues
ˆ
x dx = 0.
−2
Así, x ¯ = 0.
Por otro lado ˝
Q
y¯ = ˝
y ˚
y dV =
Q
2
ˆ
−2
1
ˆ
−1
ˆ
4−y 2
y dz dy dx =
y 2 +2
Q
2
ˆ
y dV
dx
−2
=
dV
1
ˆ
−1
˝
y dV
Q 32 3
ˆ
4−y 2
y dz dy
y 2 +2
!
=4
1
ˆ
−1
3
(2y − y ) dy
= 4·0 =0
por lo tanto y¯ = 0.
Por último ˝
Q
z¯ = ˝
y
˚
z dV =
Q
ˆ
2
−2
ˆ
1 −1
ˆ
4−y 2
z dz dy dx =
y 2 +2
ˆ
2
−2
dx
z dV
Q
=
dV
ˆ
1
−1
˝
z dV
Q 32 3
ˆ
4−y 2
z dz dy
y 2 +2
!
ˆ =4 6
1
−1
(1 − y 2 ) dy
= 4·6·
4 = 32 3
por lo tanto z¯ = 3.
Entonces (¯ x, y¯, z¯) = (0, 0, 3) . Ejemplo 6. Sea Q = ˚ 2z dV
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 4
∧ x2 + y 2 + (z − 2)2 ≤ 4
y considere la integral
Q
(i) Escriba la integral en cuestión en coordenadas cilíndricas. (ii) Escriba la integral en cuestión en coordenadas esféricas (en este caso es una suma de dos integrales). (iii) Calcule la integral usando (i) o (ii).
RGP
Solución: Vemos a continuación dos figuras del dominio de integración:
Buscamos primero la proyección del sólido sobre el eje xy; x2 + y 2 + z 2 = 4
x2 + y 2 + (z − 2)2 = 4
implica que z = 1, de donde x2 + y 2 = 3. (i) En coordenadas cilíndricas:
√ 0 ≤ r ≤ 3,
con 0 ≤ θ ≤ 2π,
x = r cos θ, y = r sen θ, √ √ 2 − 4 − r2 ≤ z ≤ 4 − r2
z=z
(Observación: note que en este caso z se mueve entre el hemisferio inferior de la esfera desfasada y la esfera centrada en el origen) Por lo tanto, la integral queda ˆ
2π
0
ˆ
√
3
ˆ
√
4−r 2
√ 2− 4−r 2
0
2zr dz dr dθ
(ii) En coordenadas esféricas: x = ρ sen φ cos θ,
y = ρ sen φ sen θ,
|J| = ρ2 sen φ
z = ρ cos φ,
En estas coordenadas, las ecuaciones de la esfera centrada en el origen y la esfera desfasada son, respectivamente ρ=2
ρ = 4 cos φ
1 π ⇐⇒ φ = 2 3 Por lo tanto la integral requerida queda
Entonces, 2 = 4 cos φ ⇐⇒ φ =
ˆ
0
(iii) Calculemos
2π
ˆ
π/3
0
˚
ˆ
2 2
2ρ cos φρ sen φ dρ dφ dθ +
ˆ
2π
0
0
ˆ
π/2
π/3
ˆ
4 cos φ
2ρ cos φρ2 sen φ dρ dφ dθ
0
2z dV .
Q
En coordenadas cilíndricas:
ˆ
0
2π
ˆ
0
√
3
ˆ
√ 4−r 2
√ 2− 4−r 2
2zr dz dr dθ =
ˆ
0
2π
ˆ
0
√
3
z=√4−r2 (rz 2 ) √
z=2−
4−r 2
dr dθ =
ˆ
2π 0
ˆ
√
3
(4r 0
p
4 − r2 − 4r ), dr dθ
RGP
=2
ˆ
2π
0
√ 3 ˆ 2π 5 20π − 2 (4 − r2 )3/2 − r2 dθ = 2 dθ = 3 3 3 0 0
En coordenadas esféricas:
Vamos a calcular primero ˆ ˆ 2π ˆ π/3 ˆ 2 2 2ρ cos φρ sen φ dρ dφ dθ = 0
0
0
0
π/3 2 ρ4 = 2π sen2 φ = 2π 4
Ahora ˆ 2π ˆ 0
π/2
π/3
ˆ
0
4 cos φ
0
ˆ
π/2
sen φ cos5 φ dφ = 44 π
π/3
De este modo la integral requerida resulta
2
2 sen φ cos φ dφ
0
ˆ
2π
0
ˆ
! ˆ
π/3
3
ρ dρ
0
√ !2 4 3 2 = 6π 2 4
2ρ3 cos φ sen φ dρ dφ dθ =
0
= 44 π
2π
2π 1 = 26 3
ˆ dθ
π/3 π/2
sen φ cos φ
4 cos φ ρ dφ 4 4
0
20π 3
RGP
