Ejercicios Resueltos de Integrales Dobles y Triples

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Text of Ejercicios Resueltos de Integrales Dobles y Triples

  • 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