Integrales Triples- Regiones Generales, Sustituciones y Aplicaciones

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  • 5/21/2018 Integrales Triples- Regiones Generales, Sustituciones y Aplicaciones.

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    PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILEFACULTAD DE MATEMATICASDEPARTAMENTO DE MATEMATICAPrimer Semestre 2014

    MAT1630 Clculo IIIAyudanta 9 Solucin

    Seccin 9 Ayudante:Sebastin Soto([email protected])

    Temas tratados: Integrales triples: regiones generales, sustituciones y aplicaciones.

    Nota: La mayora de problemas incluyen figuras, los cuales se encuentran disponibles en el Maple. Si

    se presentan dificultades para comprender una figura, revisar y ejecutar los cdigos para observar los

    slidos desde la perspectiva adecuada.

    Trabajaremos ahora con integrales triples, las cuales desde el punto de vista terico presentan similitudcon las integrales dobles, tanto en su clculo iterativo como en los procedimientos de sustitucin.

    Partiremos evaluando integrales triples de forma iterada. La principal dificultad que aparece en estipo de problemas es identificar e imaginar adecuadamente el slido, para establecer correctamente lextremos de integracin en cada intervalo.

    Problema 1: Considere el tetraedroT definido en R3 por los vrtices (0, 0, 0), (2, 0, 0), (0, 3, 0)(0, 0, 4). Calcule:

    T

    x dxdydz

    Solucin:

    Imaginndonos los puntos, podemos notar intuitivamente que el tetraedro corresponde a uno delimitadpor los planos coordenados (xy, yz y xz) y un plano a determinar. Graficando los puntos, obtenemun slido como el siguiente:

    1

    http://web.ing.puc.cl/~spsotomailto:[email protected]:[email protected]://web.ing.puc.cl/~spsoto
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    Tenemos que determinar este plano, que pasa por los puntos (2, 0, 0), (0, 3, 0) y (0, 0, 4) (ojo: no por origen, este genera los otros planos mencionados). Sea el plano dado por la ecuacin:

    ax+by+cz= d

    cona, b,c y dpuntos a determinar. Como pasa por el punto (2, 0, 0), entonces reemplazando:

    2a= d

    a=d

    2

    Anlogamente para los dems puntos:

    3b= d b= d3

    4c= d c= d4

    Luego, la ecuacin se reescribe como:d

    2x+

    d

    3y+

    d

    4z= d

    Como el plano no pasa por el origen, d

    = 0 y se pueden simplificar las d. Multiplicando a ambos lad

    por 12 obtenemos que:6x+ 4y+ 3z= 12

    Hecho esto, podemos escribir la integral. Podemos partir integrando en z pensando en la figura. Paello, notamos que zest acotado inferiormente por el planoxy con ecuacinz= 0y superiormente pel plano ya calculado.

    La pregunta siguiente sera, cmo integramos en el plano xy? Solo graficando los puntos que estn eeste plano obtenemos una regin como la siguiente:

    donde la lnea diagonal consiste en la interseccin del plano 6x+4y +3z= 12con el planoxy de ecuaciz= 0, i.e.6x+ 4y= 12es la ecuacin de esta recta.

    2

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    Luego, escribir la integral se puede hacer de forma directa:

    I=

    20

    126x4

    0

    126x4y3

    0

    x dzdydx

    Esta expresin se puede calcular de forma directa pues integracin polinomial. De esta forma,

    I= 2

    Problema 2: Calcular

    D

    dxdydzdondeDes la regin limitada por:

    z=x2 +y2 , z= 4x2 + 4y2 , y= x2 , y= 3x

    Solucin:

    La principal dificultad de este problema radica en escribir la integral iterada, y para ello se requieconocer la regin sobre la cual se est integrando. Las primeras dos superficies corresponen a paraboloidey las segundas dos a funciones en el planoX Y que se extienden en todozpues no imponen restriccionsobre esta variable.

    En el plano xy se observa algo como lo siguiente:

    Considerando la coordenada z, esta puede moverse entre ambos paraboloides, donde evidentemenubicaremos el segundo paraboloide sobre el primero. Se puede entender mejor la situacin con el siguientgrfico:

    3

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    Luego, notamos que la coordenada zsolo puede moverse entre ambos paraboloides, y luego las coordnadasx e y las integramos de acuerdo a lo ya aprendido sobre integrales dobles. En particular, podemhacer que y se mueva entre x2 y 3x de acuerdo a la primera figura y x entre 0 y 3. De esta forma, integral se escribe como:

    D

    dxdydz=

    30

    3xx2

    4x2+4y2x2+y2

    dzdydx

    Observe que la integracin es directa en este caso, pues solo estamos calculando polinomiales. Este un procedimiento sencillo, pero en extremo tedioso.

    Finalmente, D

    dxdydz= 947735

    Nuevamente, puede resultar imposible evaluar integrales en cierto orden iterado ya que no es posibdeterminar las primitivas. Sin embargo, cambiando el orden de integracin a veces s puede ser posibevaluar la integral. El problema es que al realizar el cambio de orden de integracin en tres dimensionepueden aparecer diversas consideraciones adicionales que pueden realmente complicar el proceso.

    En los siguientes problemas revisamos exclusivamente el proceso de cambio de orden de integracin.

    Problema 3: Cambie los rdenes de integracin:

    (a)

    1/20

    12x0

    24x2y0

    f(x,y,z) dzdydx a dxdzdy.

    (b)

    11

    1x21x2

    1x2y20

    f(x,y,z) dzdydxa dydzdx.

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    (c)

    10

    y20

    1y0

    f(x,y,z) dzdxdy a dydxdz.

    (d)

    10

    2xx

    1x0

    f(x,y,z) dzdydx a dzdxdy.

    Solucin:

    Para todos estos problemas, siempre la mejor prctica es tratar de graficar la regin de integracia partir de la informacin que la integral entrega. Luego, se trata de realizar el cambio de orden dintegracin a partir del grfico generado/imaginado.

    (a)Tenemos que la coordenada zse mueve entre el origen y el plano 4x+ 2y+z= 2. La coordenady se mover entre 0 y la recta y= 1 2x y la coordenada x entre 0 y 1/2. Agregando la coordenadacomo una proyeccin, obtenemos el grfico de un evidente tetraedro entre los planos coordenados y plano z= 2 4x 2y:

    Ahora bien, queremos integrar en primer lugar en x. Notamos que entonces la coordenada x se moveentre 0 y x= 1

    4(2 z 2y). Luego, la coordenada y se puede mover entre 0 y la recta de intersecci

    del plano dado con el plano yz (x= 0). Es decir, y vara entre 0 y 1 z/2. Finalmente, la coordenadzvara entre 0 y la interseccin de esta recta con el eje z, enz= 2. Es decir,

    1/20

    12x0

    24x2y0

    f(x,y,z) dzdydx=

    20

    1z/20

    14(22yz)

    0

    f(x,y,z) dzdydx

    (b)Nuevamente, partimos imaginndonos el grfico obtenido a partir de la regin que entrega la integriterada.

    La coordenada zse mueve entre 0 y el paraboloide z= 1 x2 y2 (ojo, es muy tentador pensar questo era una esfera, pero en dicho caso hubiese sido

    1 x2 y2). La coordenada y se mueve entre l

    semicircunferencias1 x2 y 1 x2 y la coordenada x se mueve entre1y1.

    No resulta del todo complicado notar que la regin buscada corresponde a:

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    Ahora queremos integrar en primer lugar en la coordenada y , luego en la coordenada zy finalmente ela coordenadax. Esto puede entenderse como que en el corte del slido en el planoxz(y= 0)se mapea cada punto de la regin una integral que se mueve entre ciertos y dados. El corte en el plano xzviendado por la siguiente figura:

    este corte viene representado por z= 1 x2

    y2

    haciendoy= 0, i.e. z= 1 x2

    . La primera pregunentonces es: entre dnde y dnde se mueve la coordenada y? Esta vendr dada por los extremos dparaboloide. Recordamos que:

    z= 1 x2 y2 y2 = 1 x2 z y=

    1 z x2

    En este caso, integramos entre ambos signos. Luego, debemos integrar esta funcin de z y x en Mirando la segunda figura, notamos que zpuede moverse entre 0 y 1x2. Finalmente,x puede moverentre1 y 1. De esta forma,

    1

    1

    1x2

    1x

    2

    1x2y2

    0 f(x,y,z) dzdydx=

    1

    1

    1x2

    0

    1zx2

    1zx

    2 f(x,y,z) dydzdx

    (c)Procedemos de forma similar. En primer lugar, a componente zpuede moverse entre0 y la superficz= 1 y que se cumple para todox. Luego, la componentex se mueve entre 0 e y2 en el planoxy y componentey entre 0 y 1. Graficando en primer lugar el plano xy :

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    Luego, agregando la componentez, el plano 1 y obtenemos un slido como el siguiente:

    Ahora consideraremos el plano xz, y en cada punto de este plano mapearemos una integral que dependde y . Entonces, dnde integramos en y?

    La coordenaday siempre estar delimitada por abajo por el plano y =

    x(indistinto dez) y por arribpor el planoy = 1 z. Luego, en el plano xzdebemos integrar primero enx. Observamos de inmedia

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    quex se mueve entre o yz= 1 y cony= x. Entonces, z= 1x x= (1 z)2. Finalmente, coordenada zse mover entre 0 y 1. De esta forma,

    10

    y20

    1y0

    f(x,y,z) dzdxdy=

    10

    (1z)20

    1zx

    f(x,y,z) dydxdz

    (d)Para la primera parte, estamos integrando primero enz, luego enx y luego eny, por lo que el plan

    xy nos marca la regin a la cual en cada punto estaremos mapeando una integral en z. El planoxy esdado por las eucaciones xy 2x, entre x= 0yx = 1. El slido as obtenido es el siguiente:

    Observe que al cambiar al primer orden de integracin seguimos integrando en zen primer lugar, por cual todo se reduce a cambiar el orden de integracin de la integral doble, lo cual ya sabemos hacerlGrafiquemos la regin en el plano xy :

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    Observe que integrando primero en x, distinguiremos dos casos de extremos de integracin. Primero dy entre 0 y 1 la coordenada x se mueve entre y/2 e y. En cambio de 1 a 2 se mueve de y/2 a 1, razpor la cual tendremos que separar la integral en 2, conservando la integracin en z. De esta forma,

    10

    2xx

    1x0

    f(x,y,z) dzdydx=

    10

    yy/2

    1x0

    f(x,y,z) dzdydx+

    21

    yy/2

    1x0

    f(x,y,z) dzdydx

    Propuesto: Integre en el orden dxdydz.

    Comenzaremos a utilizar ahora el Teorema de Sustitucin, el cual es exactamente anlogo al ya estudiaden integrales dobles, y se enuncia como:

    f(x,y,z) dxdydz=

    f[x (u,v,w) , y (u,v,w) , z(u,v,w)]

    (x,y,z)(u,v,w) dudvdw

    Anlogamente al caso R2, vale la pena sealar y recordar siempre dos tipos de simetras que pueden stiles para una tipologa muy diversa de problemas:

    Simetra cilndrica:tpica en hlices, cilindros, conos, paraboloides, etc. Se observa indiscutiblmente simetra radial en alguno de los planos (tpicamente el plano xy) e independencia en el erestante (tpicamente el eje z). Entonces, se hace la sustitucin:

    x =r cos

    y =r sin

    z =z

    (x,y,z)(r,,z)

    =r

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    Simetra esfrica: existe simetra en torno a un punto, tpicamente el origen. Se utiliza la convencin internacional usada en Fsica e Ingeniera y presentada en la figura siguiente:

    Fuente:Wikipedia.

    donde [0, ], [0, 2] y r 0. Luego,

    x =r sin cos

    y =r sin sin

    z =r cos

    (x,y,z)(r,,)

    =r2 sin

    Problema 4: Sea la regin del slido delimitado por las inecuaciones:

    x2 +y2 +z2 a2x, y 0

    Sin calcular:

    (a) Escriba la integral triple que entrega el volumen de .

    (b) Escriba la integral anterior en coordenadas cilndricas, indicando el integrando y los lmites.

    (c) Escriba la frmula en coordenadas esfricas que entregue la distancia promedio de los puntos dal plano xz.

    Solucin:

    Partamos imaginando a lo que corresponde el slido: es una porcin de esfera de radio a que considra tanto la coordenada x como la coordenada y positivas. Luego, corresponde a la porcin de esfecontenida en dos octantes, lo cual puede graficarse como:

    10

    http://es.wikipedia.org/wiki/Coordenadas_esf%E9%B2%A9cashttp://es.wikipedia.org/wiki/Coordenadas_esf%E9%B2%A9cas
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    (a)Si integramos en el orden z x y, tendremos que la coordenada z se mueve entre los extremobtenidos al despejarx2 + y2 + z2 =a2 dondez= z(x, y). Es decir,zse mueve entre z=

    a2 x2

    yz=

    a2

    x2

    y2. Luego, integramos cada una de estas integrales en zen el plano xy . En el plan

    xy el slido se ve como x2 +y2 a2 (hacemosz= 0) en el primer cuadrante.Si integramos primero en y , la componente y se mover entrea2 x2 y a2 x2. Finalmente, x mueve entre 0 y a, por lo cual integrando,

    V =

    a0

    a2x20

    a2x2y2

    a2x2y2dzdydx

    (b)En el sistema cilndrico tenemos que el diferencial viene dado por:

    dV =dxdydz= r drddz

    donde en este caso 0, 2

    para generar el slido y r [0, a]. La coordenada z se mova origina

    mente entre a2 x2 y2 y a2 x2 y2 pero comor2 =x2 + y2, entonces los extremos cambiansimplementea2 r2 y a2 r2. Luego,

    V =

    a0

    /20

    a2r2a2r2

    r dzddr

    (c)De lo ya estudiado, recordamos que en coordenadas esfricas se cumple que:

    dV =dxdydz= r2 sin drdd

    Dado que integramosz, recordamos que en el sistema esfrico se tiene que z=r cos (la proyeccin dr sobre el eje z, el cual mide ).

    Integrando esta regin, tenemos que [0, ] y 0,

    2

    para lograr el slido pedido. Finalment

    comor [0, a]:

    Mxy =

    /20

    0

    a0

    r3 sin cos drdd

    11

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    Problema 5: Determine el volumen del slido encerrado por las superficies:

    z=

    x2 +y2 ; z=

    3 (x2 +y2) ; x2 +y2 +z2 = 1 ; z= 2

    Solucin:

    Para resolver este problema se procede de forma similar al anterior. Partimos notando que las primerdos superficies corresponden a conos. Cmo se nota esto? Notando que en el origen se genera un vrtipues la funcin no es diferenciable (y vale cero) y que para todos los dems puntos la componentemide la norma de los vectores, razn por la cual se forman anillos concntricos como superficies de niveque generan variaciones de altura constantes en z.

    Entonces, la coordenada zdebe estar contenida entre ambos conos. Adicionalmente, esta no debe ssuperior a 2 en altura y debe estar contenida en la esfera x2 +y2 +z2 = 1. Es pertinente graficar situacin (o bien tratar de imaginarla) para comprender mejor cmo integrar.

    El grfico del slido hace evidente que el problema presenta simetra cilndrica (radial en el plano xy ,es independiente)1. Entonces, haremos:

    dxdydz= r drddz

    Escribamos entonces los intervalos de integracin entonces inmediatamente en el sistema cilndrico. Paello, hagamos un corte de este slido, obteniendo una regin como la siguiente (ahora zes funcin deen los cortes):

    1Si bien pueden generarse clculos ms sencillos con simetra esfrica, el planteamiento no es tan evidente como en es

    caso.

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    Es evidente que integrando en zen primer lugar la integral buscada se separa en 3, donde para toda [0, 2]. Dado que esta parece ser la opcin ms simple a priori, intentemos hacerlo. Luego,

    V =V1+V2+V3

    donde cada Vi representa una integral de izquierda a derecha. Para V1 notamos que z se mover entla esfera,

    1 r2, y el cono mayor z= 3r. En este intervalo r se mover desde la interseccin de

    esfera y el cono menor, la cual se da en

    1 r2 =r r= 1

    2

    y la interseccin de la esfera con el cono mayor, la cual se da en

    1 r2 =

    3r r= 1

    2

    Luego,

    V1=

    2

    0

    2/2

    1/2

    3r

    1r

    2 dzdrd

    Anlogamente,

    V2 =

    20

    2/32/2

    3rr

    dzdrd

    y finalmente:

    V3 =

    20

    22/3

    2r

    dzdrd

    13

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    Observe que las ltimas dos integrales son en extremo sencillas de calcular pues la integracin es direta. Para la segunda se requiere identificar la primitiva de

    1 r2. En este caso, se puede realizar

    sustitucinr = sin dr= cos d con lo cual se alcanza con facilidad lo pedido.Los clculos en detalle de estas integrales debiesen dominarse desde los primeros cursos de clculo, plo cual el detalle se deja propuesto al lector. Finalmente,

    V =V1+V2+V3 = 2 891

    6

    3

    2Nota: Para el lector que desee hacer una revisin adicional, el mismo volumen puede calcularse ecoordenadas esfricas como:

    V =

    20

    /4/6

    2/ cos1

    r2 sin drdd

    generando as el mismo resultado.

    Problema 6: Calcule el volumen del slido que est determinado por el plano xy y las superficiz= x2 +y2 yx2 + 4y2 = 4.

    Solucin:

    Partimos en primer lugar preguntndonos: a qu corresponde el slido? Dado que z=x2 +y2 correponde a un paraboloide, y x2 + 4y2 = 4 a una elipse en el plano xy con libertad en z, entonces el slidpuede verse como:

    Si bien integrarlo directamente en cartesianas siguiendo las ideas anteriores no es imposible, no srecomienda pensando en el hecho de que se puede utilizar una sustitucin polar adecuada: sea:

    x = r cos()

    y = r sin() /2

    z = z

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    con [0, 2] y r [0, 2] nos ubicaremos en la elipse2. El paraboloide se obtiene de reemplazar coestas coordenadas. Luego,

    (x,y,z)

    (r,,z) =

    cos() r sin() 0

    sin()

    2

    r cos()

    2 0

    0 0 1

    =r

    2

    La coordenadazse mover entre el plano xy y el paraboloide, i.e. z= r2 cos2 () + r2 sin2 () /4. De esforma,

    V =

    20

    20

    r2 cos2()+r2 sin2()/40

    r

    2dzdrd

    = 1

    2

    20

    20

    r3 cos2 () +r3

    4 sin2 () drd

    = 1

    2

    24

    4

    20

    cos2 () d+24

    16

    20

    sin2 () d

    = 12

    [4+]

    Es decir,

    V =5

    2

    Problema 7: Sea la regin interior al slido limitado por:

    x2

    a2 +y2

    b2 +z2

    c2 = 1. a, b, c >0

    Calcule

    1

    x2

    a2+

    y2

    b2 +

    z2

    c2

    3/2dV.

    Solucin:

    Observe que estamos integrando un elipsoide con una simetra similar en la funcin de integracin, polo que se puede utilizar integracin en coordenadas cilndricas, haciendo la modificacin respectiva pa

    dejar simtricos los ejes.

    En efecto, hacemos:

    x =au

    y =bv

    z =cw

    (x,y,z)(u,v,w)

    =

    a 0 00 b 00 0 c

    =abc >02Otra sustitucin que entrega el mismo resultado es x= 2r cos(), y = r cos(), z = z con r entre 0 y 1 y t entre0

    2.

    15

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    Entonces la regin se convierte a u2 +v2 +w2 = 1 y la integral se reescribe como:

    1

    x2

    a2+

    y2

    b2 +

    z2

    c2

    3/2dV =abc

    1 u2 v2 w2

    3/2dV

    Nota: Es muy tentador cotejar la restriccin del slido con la funcin y pensar que la integral tienvalor 0, pero estono es as, puesto que esto solo ocurre en la frontera, no en el interior del slido, dond

    u

    2

    +v

    2

    +w

    2

    1.Ahora bien, se hace evidente utilizar la simetra esfrica, de modo que u2 +v2 +w2 =r2 con r [0, 1 [0, ] y [0, 2]. Haciendo dV =r2 sin drddse tendr entonces la integral:

    I = abc

    20

    0

    10

    1 r2

    3/2r2 sin drdd

    = 2abc

    0

    sin d 2

    10

    r2

    1 r23/2

    dr

    Dado que no es evidente la aparicin de una funcin y su derivada, hacemos r = sin t

    dr = cos t dcon lo cual la segunda integral queda:

    10

    r2

    1 r23/2

    dr =

    /20

    sin2 t

    1 sin2 t3/2

    cos t dt

    =

    /20

    cos4 t sin2 t dt

    Notar que se omiti el mdulo en el coseno pues este es positivo en el intervalo de integracin. Luego, bien se puede integrar mediante los mtodos aprendidos en Clculo I, esto resulta en extremo tediospor lo cual podemos hacer uso de lo ya estudiado de la funcin Beta:

    B (x, y) =

    1

    0

    tx1 (1 t)y1 dt= 2

    /2

    0

    cos2x1 ()sin2y1 () d

    Entonces,

    10

    r2

    1 r23/2

    dr=1

    2B

    5

    2,3

    2

    =

    1

    2

    3

    2

    5

    2

    (4)

    Evaluando la funcin Gamma:

    3

    2

    =

    1

    2

    1

    2

    =

    2

    52= 3232= 3

    4

    (4) = 3! = 6

    Es decir, 10

    r2

    1 r23/2

    dr=3

    96

    Entonces,

    I= 4abc3

    96 =

    2

    8abc

    16

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    17/28

    Problema 8: Calcule el volumen del slido limitado por:

    x2

    4 +

    y2

    9 +

    z2

    4 = 1 y

    x2

    4 +

    y2

    9 +

    (z 2)24

    = 1

    Solucin:

    El volumen se puede imaginar como la interseccin de dos elipsoides del mismo factor de forma, perodistancia de dos unidades en el eje zentre ellas. En efecto, el slido corresponde a:

    Como primera aproximacin, podemos dejar todos los ejes simtricos haciendo la sustitucin

    x = 2u

    y = 3v

    z = 2w

    (x,y,z)(u,v,w)

    =

    2 0 00 3 00 0 2

    = 12

    Es decir,

    dV = 12

    dV

    y las condiciones se convierten a: u2 +v2 +w2 = 1

    u2 +v2 +(2w 2)2

    4 = 1 u2 +v2 + (w 1)2 = 1

    Ahora la regin corresponde a dos esferas del mismo radio desplazadas. En efecto, la regin correspondahora a la siguiente grfica:

    17

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    18/28

    Observe que existe una simetra en la regin, no tan evidente: ambas superficies se intersectan en uncircunferencia, desde la cual s podemos integrar con relativa facilidad. En efecto, esta circunferencia sencuentra a altura determinada por la resta de ambas ecuaciones:

    w2 (w 1)2 = 0 (w w+ 1) (2w 1) = 0 w= 12

    La circunferencia generada a esta altura es u2 +v2 +1

    4= 1 u2 +v2 =3

    4.

    Se sigue que podemos usar coordenadas cilndricas, donde r0,

    3/2, [0, 2] y la coordenad

    w se puede obtener de las regiones de integracin: para la esfera superior tomamos la parte inferior dmanto. Es decir,

    w1= 1

    1 u2 v2 = 1

    1 r2Para el otro extremo tomamos la parte superior de la superficie, i.e.

    w2=

    1 r2

    Notando que dV =r drddw entonces la regin de integracin se convierte a:

    V = 12

    20

    3/20

    1r

    2

    11r2

    r dwdrd

    = 24

    3/20

    r

    2

    1 r2 1

    dr

    = 24

    3/2

    0 2r

    1 r

    2

    dr 24 3/2

    0 r dr

    Para la primera integral hacemos simplemente t= 1 r2 dt= 2r dr y la otra se obtiene prcticmente por integracin directa.

    V = 24

    11/4

    t dt 9= 48

    3

    1 1

    8

    9

    Es decir,V = 14 9= 5

    18

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    19/28

    Problema 9: Considere el slido limitado por a2x2 +b2y2 = 1 y 0z 1 y la superficieS dadpor z2 =a2x2 +b2y2. SeanV1 el volumen bajoSe interior a y V2 el volumen sobreSe interior a

    Demuestre que V1/V2 no depende de ani de b.

    Solucin:

    Nuevamente, al igual que en todos los dems problemas, partimos identificando las regiones y superficiinvolucradas.

    corresponde a un cilindro de forma elptica, dado por la elipse a2x2 +b2y2 = 1en el plano xycon libertad para moverse entre z= 0y z= 1.

    Scorresponde a un cono de la misma forma elptica descrita en con simetra en el plano xy. Eefecto, se puede ver claramente cmo esta superficie cortaen dos a. Lo que se nos pide demostr

    es que el cociente entre dichos volmenes es invariante a a y b.

    Graficando cada uno de los volmenes respectivos:

    19

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    Para integrar en ambos casos dada la simetra, podemos utilizar coordenadas cilndricas (dado que nhay simetra radial en la coordenadaz, descartamos esfricas). Podemos hacer, por ejemplo, para cumplcon la elipse:

    x = r

    acos ()

    y = r

    bsin ()

    z = z

    conr [0, 1] y [0, 2] para cumplir as lo pedido. Calculando el jacobiano respectivo:(x,y,z)

    (r,,z) =

    r

    ab

    Para V1 integramos entre z = 0 y el cono z =

    a2x2 +by2 = r asumiendo z 0 y la sustitucirealizada. Luego,

    V1 = 1

    ab

    10

    20

    r0

    r dzddr

    Anlogamente, para V1 la coordenada zse mueve entre el conoz= r yz= 1, con lo cual:

    V2= 1

    ab

    10

    20

    1r

    r dzddr

    Observe que las integrales no dependen de a ni de b, solo aparecen los factores ponderadores respetivos del jacobiano. Luego, es evidente que V1/V2 cancelar los trminos 1/ab, con lo cual se cumplirinmediatamente lo pedido, sin siquiera tener la necesidad de calcular las integrales respectivas.

    Adicionalmente, no solo podemos utilizar estas simetras, si no que a veces puede ser til detectar unsustitucin que simplifique en demasa los clculos. Revisemos el siguiente ejemplo:

    Problema 10: Encuentre el volumen de la regin encerrada por el planoz= 4 y la superficie

    z= (2x y)2 + (x+y 1)2

    Solucin:

    Observe que incluso intentar escribir la integral iterada es complicado dado que no podemos imagin

    de forma sencilla cmo se grafica la forma cuadrtica dada en el enunciado. Para deshacernos de esproblema, hagamos:

    u= 2x y ; v= x+y 1 ; z= zHaciendo esto la restriccin z= 4 se conserva, pero la segunda restriccin se convierte a z= u2 +v23

    3En efecto, la segunda restriccin es un paraboloide rotado que genera un slido cuya tapa es z = 4. Al hacer essustitucin lo nico que estamos haciendo es trasladar, rotar y reescalar el paraboloide, lo cual son en la prctica solamen

    transformaciones lineales.

    20

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    21/28

    De aqu se sigue que podemos integrar en el plano uv, obteniendo que la regin en uv es simplemenu2 +v2 = 4 (la interseccin del plano con el paraboloide). La componente zse mover de u2 +v2 has4. Antes de integrar, calculamos el diferencial:

    dV =dxdydz=

    (x,y,z)(u,v,z) dudvdz

    Se tiene que:

    (u,v,z)(x,y,z)

    =2 1 01 1 00 0 1

    = 3 (x,y,z)(u,v,z)

    =13Sin embargo, dada la simetra radial de uv en el paraboloide, podemos hacer inmediatamente la coversin a coordenadas cilndricas (lo cual inclusive pudo haberse hecho en el mismo paso anterior). Edecir,

    dudvdz= r drddz

    De esta forma,

    V = 1

    3

    2

    0

    2

    0

    4

    r2

    r dzdrd

    = 2

    3

    20

    4r r3 dr

    = 2

    3

    16 16

    4

    V =23 3 16

    4 = 8

    Ya revisamos en los problemas anteriores una aplicacin evidente de las integrales triples: el clculo d

    volmenes de regiones ms generales. Sin embargo, tambin tienen su aplicacin en el clculo de masay centros de masas, al igual que en las integrales dobles.

    El planteamiento de este tipo de problemas est ms que estudiado desde Clculo II, por lo cual saconseja revisarlo y siempre partir usando las expresiones simblicas de los diferenciales de masamomentos para calcular luego la integral completa. Es decir,

    dm= (x,y,z) dV, es la densidad, dVel diferencial de volumen (depende de coordenadas)

    dMxy =zdm= z (x,y,z) dV

    Problema 11: Calcule la posicin del centro de masa:

    =

    (x,y,z) R3 : 1 x2 +y2 +z2 4, z

    2

    suponiendo que es constante.

    Solucin:

    Partimos graficando la regin. Corresponde al volumen encerrado entre casquetes esfricos a los cualese les recorta la parte superior, z >2:

    21

  • 5/21/2018 Integrales Triples- Regiones Generales, Sustituciones y Aplicaciones.

    22/28

    Observe que dada la simetra de la regin se puede concluir inmediatamente que:

    x= y= 0

    ya que las integrales de los momentos respectivos de anularn. Lamentablemente, zno correr la mism

    suerte ya que no se conserva la simetra. En este caso,

    z=Mxy

    V

    Al escribir la integral de la regin explcita, podemos notar que la integracin no ser del todo sencilya que habr un cambio en la definicin del extremo z(o r en cilndricas) y esto generar dos integraleSi bien es posible realizar el clculo, lo cual resultar tedioso, podemos notar que si bien los centroidno son aditivos, los momentos s lo son. De modo que,

    Mxy =Mxye Mxys

    donde el primer momento corresponde al de la esfera completa y Mxyeal de la parte superior. El primmomento es evidentemente 0 por la simetra de la funcin (bajo el mismo argumento anterior) y Mxcorresponde al momento de la rebanada superior, el cual resulta ms sencillo de escribir como integraEs decir, ahora estamos integrando un slido como el siguiente:

    22

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    Dada la evidente simetra esfrica, utilizaremos coordenadas esfricas. Usando [0, 2] y [0,tenemos que:

    dV =r2 sin drdd

    En este caso, es evidente que [0, 2] pues existe simetra en el plano xy . Ahora bien,z >

    2 r cos >

    2

    Como en este rango de ngulos de la rebanada genera cosenos positivos, y no nulos entonces escribimo

    r >2

    cos

    2cos

    r 2

    donder es la parte superior de la esfera. Anlogamente, partir en cero y llegar a la interseccin coz=

    2 en la capa exterior. Es decir,

    2cos =

    2 = 4

    donde nos quedamos con/4ya que es la nica solucin que nos sirve en el intervalo. De esta forma,

    Mxy =

    zdV = 2

    0

    /4

    0

    2

    2/ cos r3 cos sin drdd

    = 2

    4

    /40

    cos sin

    16 4cos4

    d

    =

    2

    16

    /40

    cos sin d

    (1)

    4 /40

    tan sec2 d (2)

    La primera integral se calcula notando que cos sin = 12sin 2 y la segunda haciendo u = tan du= sec2 d. De esta forma,

    Mxy =Anlogamente,

    V =Ve Vsdonde Ve es evidentemente la resta de los volmenes de las esferas

    4

    3 (23 1) =28

    3 .

    De forma anloga,

    Vs =

    20

    /40

    22/ cos

    r2 sin drdd

    = 2

    3 /40

    8 2

    2sin

    cos3 sin drdd

    = 2

    3

    8

    /40

    sin d 2

    2

    /40

    tan sec2 d

    La primera integral se evala directamente y para la segunda se emplea la misma sustitucin sugeridpara la parte anterior. De esta forma,

    Vs =2

    3

    8 5

    2

    23

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    24/28

    Observacin:Tambin era vlido (y de hecho un poco ms sencillo) hacer coordenadas cilndricasdada la aparicin del extremo en z. En efecto,

    Mxy =

    20

    22

    4r

    2

    2

    rzdzdrd=

    Vs= 2

    0

    2

    2 4r

    2

    2r dzdrd=

    2

    3 8 5

    2Observe que con este sistema de coordenadas simplificamos la primera integral en desmedro de lasegunda.

    De esta forma,

    z= 0Mxys

    28

    3 2

    3

    8 5

    2 = 128

    3 16

    3 +

    10

    3

    2

    Finalmente, las coordenadas del centro de masa simplificadas son:

    (x,y,z) =

    0, 0, 3

    12 + 10

    2

    Problema 12: SeaRel conjunto de puntos en el espacio tales que:

    x2 +y2 +z2 4 y x2 +y2 + (z 2)2 4

    Calcular la masa deR

    si la densidad de masa en cada punto es

    (x,y,z) = 1

    x2 +y2 +z2

    Solucin:

    Qu slido R caracterizan las desigualdades anteriormente mencionadas? La primera desigualdad demita elinteriores una esfera de radio 2 centrada en el origen. La segunda desigualdad indica el interiode una esfera de radio 2 centrada en(0, 0, 2), luego es fcil imaginar el slido como sigue a continuaci

    24

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    25/28

    Sirven los que se encuentran dentro de la primera esfera, pero al exclusivamente al exterior de la segundrazn por la cual debe ser la interseccin de ambos elementos.

    Al igual que en la pregunta anterior, observamos simetra en el eje x y ejey tanto en la regin como ela funcin a integrar, razn por la cual inmediatamente deducimos que:

    x= 0 y y= 0

    Sin embargo, para la coordenada z lamentablemente tendremos que realizar integracin. Observe questa interseccin de ambas superficies esfricas se obtiene en:

    x2 +y2 +z2 = 4

    x2 +y2 + (z 2)2 = 4

    z2 (z 2)2 = 0 2 (2z 2) = 0 z= 1En dicho punto ambas esferas generan una curva caracterizada por una circunferencia. En efecto, dichcircunferencia corresponde a x2 +y2 =

    3. Es evidente que en este plano se, z= 1, se genera simetr

    radial, por lo cual lo ms cmodo puede resultar en realizar una integracin en coordenadas cilndrica

    a partir de este.

    En efecto, si hacemos x = r cos , y = r sin , z = z, entonces [0, 2], r0,

    3

    y despejandzde ambas superficies esfricas con esta sustitucin, zse mover desde la segunda circunferencia ,z24 r2, hasta la primera,z= 4 r2. Luego, integrando, y notando que la densidad se conviera

    = 1

    r2 +z2,

    entonces la integral para la masa se escribe como:

    m= 2

    0

    3

    0

    4r2

    24r2r

    r2 +z2dzdrd= 2

    3

    0

    arctan

    4 r2r arctan

    24 r2r dr

    y para el momento como:

    Mxy =

    20

    30

    4r22

    4r2

    zr

    r2 +z2dzdrd

    = 2

    30

    r

    2

    4r

    2

    24r

    2

    2z

    r2 +z2dzdrd

    Haciendou = 2zla integral es muy sencilla de calcular pues la primitiva es casi directa de obtener. Eefecto:

    Mxy =

    30

    r log

    r2 + 4 r2

    r2 + 4 44 r2 + 4 r2 dr=

    30

    r log

    2

    4 r2

    dr

    Haciendou = r se puede calcular la integral anterior, obteniendo as:

    Mxy =7

    4

    25

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    Problema 13: Se considera el slido descrito por:

    =

    (x,y,z) R3 : z [0, 1] , x2 +y2 2x (1 z) 0

    Asumiendo que la distribucin de masa dentro de Ses tal que (x,y,z) = 1 z, determine:

    (a) la masa de .

    (b) la ubicacin del centro de masa de .

    Solucin:

    Como siempre, tratamos de imaginarnos . En este caso, no resulta para nada sencillo. Sin embargdado que tenemos clara libertad para moverzen[0, 1], hagamos un corte para unzfijo, luego podemcompletar cuadrados y notar que:

    x2 +y2 2x (1 z) = x2 2x (1 z) + (1 z)2 (1 z)2 +y2= [x (1 z)]2 +y2 (1 z)2

    Es decir, la restriccin es equivalente a que:

    [x (1 z)]2 +y2 (1 z)2

    Se sigue que parazfijo, cortando el slido en dicho plano generamos una circunferencia de radio y centr(1 z). Al aumentar z, ir disminuyendo el radio y el desplazamiento de la circunferencia, con lo cuse genera una especie de cono en diagonal como el siguiente:

    26

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    27/28

    Cmo integramos este slido? Es evidente que la ltima variable a integrar ser z, y luego vamintegrando corte a corte en los planos paralelos al xy.

    (a)Sabemos que:

    dm= dV m=

    dV

    Integrando enzy siguiendo la idea de los cortes, podemos notar que puede resultar muy prctico escrib

    la integral de la siguiente forma:

    m=

    10

    S(z)

    dA

    dz

    Observe que cada una de estas reas corresponde a una circunferencia, razn por la cual podemos realizala integracin en coordenadas polares, haciendo en este caso:

    x (1 z) = r cos()y = r sin()

    conr entre0 y 1

    zy entre0 y 2. El diferencial de rea sigue siendo el polar, i.e. dA= r drd. Co

    esto,

    S(z)

    dA=

    20

    1z0

    r drd= (1 z)3

    De esta forma,

    m=

    10

    (1 z)3 dz= 4

    (b)Procedemos de forma anloga al paso anterior, pero ahora integrando con ms cautela. Dado qu

    el cono tiene una forma diagonal, solo podemos detectar una simetra en el eje y con y= 0, no as en ejezy en el eje x, donde deberemos calcular las integrales.

    En primer lugar,dMxy =zdV

    Es decir,

    Mxy =

    10

    S(z)

    zdA

    dz=

    10

    z(1 z)3 dz

    = B (2, 4) =(2)(4)

    (6)

    = 1! 3!

    5!

    Se resolvi haciendo uso de las funciones Beta y Gamma (ver problemas sobre integrales dobles respectal tema). Es posible realizar los mismos clculos con lo aprendido en clculo de una variable, pero resultsignificativamente ms tedioso. Entonces,

    Mxy =

    20 z= 1

    5

    27

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    28/28

    Ahora calculamos para la coordenadax:

    Myz =

    10

    S(z)

    x dA

    =

    10

    20

    1z0

    r2 cos() +r (1 z) drd

    dz

    =

    10

    (1 z) 2

    0

    (1 z)33

    cos() +

    (1 z)32

    d

    dz

    =

    1

    0

    (1 z)4 dz

    =

    5

    Es decir,

    x=Myz

    m =

    4

    5

    Finalmente, las coordenadas del centroide vienen dadas por:

    (x,y,z) =

    1

    5(4, 0, 1)

    Problema 14: [Propuesto] Calcule el volumen encerrado entre el elipsoide y cono de ecuacionerespectivas:

    x2

    a2+

    y2

    b2 +

    z2

    c2 = 1 y

    x2

    a2+

    y2

    b2 =

    z2

    c2

    28