Saúl I. Utrera B. Ingeniería de Materiales · Integrales triples . 1. Aplicaciones en cambios de variables. Coordenadas polares, cilíndricas y esféricas: ... Coordenadas Polares

UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS

PREPARADURÍAS DE MATEMÁTICAS V (MA-2112)

PREPARADURÍA N° 10

Cambios de Variable (fin) y Teorema de Green

Integrales triples

1. Aplicaciones en cambios de variables. Coordenadas polares, cilíndricas y esféricas:

1.1. Sea 𝐷𝐷 = {(𝑥𝑥,𝑦𝑦)||𝑥𝑥| ≤ 1, 0 ≤ 𝑦𝑦 ≤ |𝑥𝑥|}. Usando coordenadas polares, calcular:

�𝑦𝑦

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2𝐷𝐷

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦

Coordenadas Polares (Integrales dobles)

(ℝ2)

𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑦𝑦 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝑟𝑟

Coordenadas Cilíndricas (Integrales triples)

𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑦𝑦 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑧𝑧 = 𝑧𝑧


Coordenadas Esféricas (Integrales triples)

𝑥𝑥 = 𝜌𝜌𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝜌𝜌𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑦𝑦 = 𝜌𝜌𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝜌𝜌𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑧𝑧 = 𝜌𝜌𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝜌𝜌

𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝜌𝜌2𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝜌𝜌

Usar alguna de las coordenadas conocidas (polares, cilíndricas o esféricas) se traduce en aplicar el teorema de cambio de variables para integrales dobles o triples. Basta con demostrar que son de clase ∁1 en todo ℝ2 (o ℝ3) y además que la transformación es inyectiva para darse cuenta que son un cambio de variable. Los Jacobianos se calculan por la misma expresión dada, extendiendo la definición a ℝ3 cuando sea necesario. Para el parcial usted PODRÁ dar por hecho que cualquiera de estas coordenadas son “de tabla” y podrá usarlas como un cambio de variable, así como también podrá conocer el valor de cada Jacobiano sin necesidad de demostrarlo.

Saúl I. Utrera B. Ingeniería de Materiales

1

Utilizando coordenadas polares:

𝑇𝑇(𝑟𝑟,𝑟𝑟) = �𝑥𝑥𝑦𝑦� → 𝑇𝑇(𝑟𝑟, 𝑟𝑟) = �𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟� ⇒ �ℎ1

(𝑟𝑟,𝑟𝑟) = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟ℎ2(𝑟𝑟,𝑟𝑟) = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟


Por teorema de cambio de variables:

�𝑓𝑓(𝑥𝑥,𝑦𝑦)𝐷𝐷

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = �𝑓𝑓�ℎ1(𝑟𝑟,𝑟𝑟),ℎ2(𝑟𝑟,𝑟𝑟)� 𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗

𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟

�𝑦𝑦


𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = �𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

(𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟)2 + (𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟)2𝐷𝐷∗

(𝑟𝑟)𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = �𝑟𝑟2𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

𝑟𝑟2(𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟2𝑟𝑟 + 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟2𝑟𝑟)𝐷𝐷∗


�𝑟𝑟2𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟2

𝐷𝐷∗

𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = �𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗

𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 →�𝑦𝑦


𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = �𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗


El problema se tradujo en determinar la nueva región 𝐷𝐷∗ y calcular esta nueva integral, aparentemente más sencilla.

Para hallar 𝐷𝐷∗ graficamos 𝐷𝐷 = {(𝑥𝑥,𝑦𝑦)||𝑥𝑥| ≤ 1, 0 ≤ 𝑦𝑦 ≤ |𝑥𝑥|}:

De las coordenadas polares, sabemos que 𝑟𝑟 es el ángulo medido desde el eje 𝑥𝑥 positivo. Entonces:

Para el “pedazo” de región derecho:

𝑟𝑟 ∈ �0,𝜋𝜋4�

Para el “pedazo” de región izquierdo:

𝑟𝑟 ∈ �3𝜋𝜋4

,𝜋𝜋� 𝑫𝑫 M

N N�

𝑦𝑦 = |𝑥𝑥|

2

Ahora, para la determinación de 𝑟𝑟, el asunto no es tan trivial.

Si utilizamos el mismo método de definir puntos en un sentido de integración aplicado a coordenadas polares, nos queda que para el “pedazo” de región derecho estamos integrando desde un punto 𝑀𝑀 hasta un punto 𝑁𝑁, donde:

𝑀𝑀 = �𝑥𝑥𝑀𝑀𝑦𝑦𝑀𝑀� → 𝑀𝑀 = �0

0�

𝑁𝑁 = �𝑥𝑥𝑁𝑁𝑦𝑦𝑁𝑁� → 𝑁𝑁 = � 1

𝑦𝑦𝑁𝑁�

Pero como 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑀𝑀𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 (por Coordenadas Polares):

1 = 𝑟𝑟𝑁𝑁𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 → 𝑟𝑟𝑁𝑁 =1

𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

Luego, para el “pedazo” de región izquierdo estamos integrando desde un punto 𝑀𝑀 hasta un punto 𝑁𝑁�, donde:

𝑀𝑀 = �𝑥𝑥𝑀𝑀𝑦𝑦𝑀𝑀� → 𝑀𝑀 = �0

0�

𝑁𝑁� = �𝑥𝑥𝑁𝑁�𝑦𝑦𝑁𝑁�� → 𝑁𝑁� = �−1

𝑦𝑦𝑁𝑁��

Pero como 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑁𝑁�𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 (por Coordenadas Polares):

−1 = 𝑟𝑟𝑁𝑁�𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 → 𝑟𝑟𝑁𝑁� = −1

𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

Entonces, nuestra región 𝐷𝐷∗ está dada por:

𝑟𝑟 ∈ �0,𝜋𝜋4� 0 ≤ 𝑟𝑟 ≤

1𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

𝑟𝑟 ∈ �3𝜋𝜋4

,𝜋𝜋� 0 ≤ 𝑟𝑟 ≤ −1

𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑫𝑫∗

3

Conocida la región 𝐷𝐷∗ integramos:

�𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗

𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = � �� 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟1

𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐

0𝑑𝑑𝑟𝑟�𝑑𝑑𝑟𝑟

𝜋𝜋4

0+ � �� 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

− 1𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐


𝜋𝜋

3𝜋𝜋4

� �� 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟1

𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐


𝜋𝜋4

0+ � �� 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟

− 1𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐


𝜋𝜋

3𝜋𝜋4

= � 𝑡𝑡𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟𝜋𝜋4

0− � 𝑡𝑡𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟

𝜋𝜋

3𝜋𝜋4

� 𝑡𝑡𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟𝜋𝜋4

0− � 𝑡𝑡𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟

𝜋𝜋

3𝜋𝜋4

= − ln(𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟)|0𝜋𝜋4 + ln(𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟)|3𝜋𝜋

4

𝜋𝜋 = ln (2)

→�𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗

𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = ln (2)

Por teorema de cambio de variables:

�𝑦𝑦


𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = �𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝐷𝐷∗


Por lo tanto, la integral pedida es:

�𝑦𝑦


𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = ln (2)

2. Teorema de Green:

2.1. Calcular:

� (−3𝑦𝑦)𝑑𝑑𝑥𝑥 + (2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

4

Donde 𝒞𝒞↑ es la curva mostrada.

Este problema puede ser resuelto aplicando la definición de integrales de línea. Para esto bastaría con parametrizar la circunferencia y luego hacer la comparación entre la orientación inducida por la parametrización y la dada. Sin embargo, existe un valioso teorema que nos permitirá realizar cálculos muchos más sencillos y que relaciona la integral de línea con una integral doble, este es el Teorema de Green.

TEOREMA DE GREEN

Sea 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = �𝑃𝑃(𝑥𝑥, 𝑦𝑦)𝑄𝑄(𝑥𝑥, 𝑦𝑦)� de clase ∁1 en una región 𝐷𝐷 ∪ 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷), entonces:

� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝑓𝑓𝑓𝑓𝑐𝑐𝑓𝑓𝑓𝑓(𝐷𝐷)↑

= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥

(𝑥𝑥,𝑦𝑦) −𝜕𝜕𝑃𝑃𝜕𝜕𝑦𝑦

(𝑥𝑥,𝑦𝑦)�𝐷𝐷


Donde ↑ es la orientación de Green: aquella que me permite recorrer la región quedando el conjunto a la izquierda de la frontera.

Para poder aplicar el Teorema de Green es importante determinar si nuestra función es de clase de clase ∁1 en 𝐷𝐷 ∪ 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷) en este caso, 𝐷𝐷 viene siendo el círculo de radio 5 y 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷) nuestra curva 𝒞𝒞↑ con la orientación de Green.

Tenemos:

� (−3𝑦𝑦)𝑑𝑑𝑥𝑥 + (2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

= � ⟨� −3𝑦𝑦2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥� , �𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦�⟩𝒞𝒞↑

= � ⟨𝐹𝐹,𝑑𝑑𝑟𝑟⟩𝒞𝒞↑

→ 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = � −3𝑦𝑦2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥�

Entonces:

𝒞𝒞↑

5

𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = � −3𝑦𝑦2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥� ⇒ �𝑃𝑃

(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = −3𝑦𝑦 𝑄𝑄(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = 2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥

Vemos que 𝑃𝑃(𝑥𝑥,𝑦𝑦) y 𝑄𝑄(𝑥𝑥,𝑦𝑦) son polinomios, los cuales, por definición, son de clase ∁1 en ℝ2, entonces, por composición de funciones 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) también lo es:

∴ 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑐𝑐𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 ∁1 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝐷𝐷 ∪ 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷)

Podemos aplicar el Teorema de Green:

� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥




Calculamos las derivadas parciales:

𝑃𝑃(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = −3𝑦𝑦 →𝜕𝜕𝑃𝑃𝜕𝜕𝑦𝑦

(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = −3

𝑄𝑄(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = 2𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 →𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥

(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = −1

Luego,

Del teorema de Green:


= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥





= � (−1− (−3))𝐷𝐷

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = 2 �𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝐷𝐷

¡Área de 𝑫𝑫!

Pero 𝐷𝐷 es un círculo, sabemos que su área está dada por 𝐴𝐴∘ = 𝜋𝜋𝑟𝑟2 y conocemos que 𝑟𝑟 = 5.

𝒞𝒞↑ 𝑫𝑫

6

�𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝐷𝐷

= 25𝜋𝜋

Luego:


= 2�𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝐷𝐷

→ � 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

= 2(25𝜋𝜋) = 50𝜋𝜋


= 50𝜋𝜋

Nos queda comparar las orientaciones ↑ ↑ para concluir.

La orientación de Green, por definición, es aquella que nos permite recorrer la región 𝐷𝐷 de manera que esta quede del lado izquierdo del recorrido, por tal razón, en este caso sería en sentido antihorario, mientras que la orientación dada está en ese mismo sentido, por lo tanto:

↑ ↑ Son iguales.

Entonces:


= � 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑


= 50𝜋𝜋

2.2. Calcular:

�𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2𝑑𝑑𝑥𝑥 +

𝑦𝑦𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2

𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

Donde 𝒞𝒞↑ es la curva mostrada.

𝒞𝒞↑ 7

Para resolver esta integral de línea, es posible aplicar la definición, para esto se deberán parametrizar las cuatro rectas que conforman el cuadrado dado y luego realizar las cuatro integrales respectivas. Este proceso, si bien no es excesivamente complicado, puede generar cálculos engorrosos por el tipo de función que tenemos, por esta razón, veremos si es posible utilizar el Teorema de Green.

Si queremos usar el Teorema de Green será necesario demostrar que al función dada es de clase ∁1 en 𝐷𝐷 ∪ 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷) donde 𝐷𝐷 sería el interior de cuadrado y 𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷) la curva 𝒞𝒞↑ formada por las cuatro rectas.

Tenemos:

�𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2𝑑𝑑𝑥𝑥 +


𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

= � ⟨�

𝑥𝑥𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2


� , �𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦�⟩𝒞𝒞↑= � ⟨𝐹𝐹,𝑑𝑑𝑟𝑟⟩

𝒞𝒞↑

→ 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = �



�

Entonces:

𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = �



� ⇒ �𝑃𝑃(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) =


𝑄𝑄(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) =𝑦𝑦

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2

Vemos que 𝑃𝑃(𝑥𝑥,𝑦𝑦) y 𝑄𝑄(𝑥𝑥,𝑦𝑦) son cocientes de polinomios, los cuales serán de clase ∁1 en todo ℝ2 menos donde se anule el denominador, en este caso, en (0,0):

∴ 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑐𝑐𝐽𝐽𝑟𝑟𝑟𝑟 ∁1 𝑟𝑟𝑟𝑟 ℝ2 − ��00��

Como el punto (0,0) pertenece a la región 𝐷𝐷 no puedo utilizar el Teorema de Green pues aquí la función no es de clase ∁1, sin embargo, podremos manipular la región dada y hacer que 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) sea ∁1.

¿Cómo?

Abriremos un hueco en ese punto, así:

8

En esta nueva región 𝐷𝐷, cuya frontera está dada por la unión de las curvas 𝒞𝒞↑ y 𝛾𝛾↑, nuestra función 𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) si es de clase ∁1. Entonces podemos usar el Teorema de Green.

Con:

𝑓𝑓𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡(𝐷𝐷) = 𝒞𝒞↑ ∪ 𝛾𝛾↑

↑ La orientación de Green.

Luego,

Por Teorema de Green:

� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝑓𝑓𝑓𝑓𝑐𝑐𝑓𝑓𝑓𝑓(𝐷𝐷)↑

= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥

(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) −𝜕𝜕𝑃𝑃𝜕𝜕𝑦𝑦

(𝑥𝑥, 𝑦𝑦)�𝐷𝐷


Pero, la frontera de 𝐷𝐷 es la unión de dos curvas:

� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑∪ 𝛾𝛾↑

= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥




Despejamos la integral sobre 𝒞𝒞↑ que es la que nos piden:


+ � 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑

= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥





= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥



𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 − � 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑

Con esto, vemos que nuestro problema se tradujo de calcular cuatro integrales de líneas al cálculo de una integral doble y una de línea. Veamos para la integral doble:

𝒞𝒞↑ 𝒞𝒞↑

𝛾𝛾↑ 𝑫𝑫 𝛾𝛾↑

9

� �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥




Calculamos las derivadas parciales:

𝑃𝑃(𝑥𝑥,𝑦𝑦) =𝑥𝑥

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2→𝜕𝜕𝑃𝑃𝜕𝜕𝑦𝑦

(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = −2𝑥𝑥𝑦𝑦

(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2

𝑄𝑄(𝑥𝑥,𝑦𝑦) =𝑦𝑦

𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2→𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥

(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = −2𝑥𝑥𝑦𝑦

(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2

La integral doble nos queda:

� �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥



𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = � �−2𝑥𝑥𝑦𝑦

(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2 − �−2𝑥𝑥𝑦𝑦

(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2��𝐷𝐷𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = 0

� �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥



𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = 0

Volviendo a Green:


= � �𝜕𝜕𝑄𝑄𝜕𝜕𝑥𝑥



𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 − � 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑


= −� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑

Ahora, tenemos que calcular la integral de línea por definición.

Recordamos que la definición de integral de línea nos dice que:

� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑

= � ⟨𝐹𝐹�𝜎𝜎(𝑡𝑡)�,𝜎𝜎′(𝑡𝑡)⟩2𝜋𝜋

0𝑑𝑑𝑡𝑡

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Donde 𝜎𝜎(𝑡𝑡) es la parametrización de la curva 𝛾𝛾↑.

𝛾𝛾↑ = {(𝑥𝑥,𝑦𝑦)|𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 = 𝑅𝑅2} → 𝜎𝜎(𝑡𝑡) = �𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡� 0 ≤ 𝑡𝑡 ≤ 2𝜋𝜋

Ahora, veamos 𝐹𝐹�𝜎𝜎(𝑡𝑡)� y 𝜎𝜎′(𝑡𝑡):

𝜎𝜎(𝑡𝑡) = �𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡� → 𝜎𝜎′(𝑡𝑡) = �−𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 �

𝐹𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = �



� → 𝐹𝐹�𝜎𝜎(𝑡𝑡)� = �

𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅2

𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅2

� → 𝐹𝐹�𝜎𝜎(𝑡𝑡)� = �

𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅


�

Luego:


= � ⟨𝐹𝐹�𝜎𝜎(𝑡𝑡)�,𝜎𝜎′(𝑡𝑡)⟩2𝜋𝜋

0𝑑𝑑𝑡𝑡 = � ⟨�



� , �−𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 �⟩

2𝜋𝜋

0

𝑑𝑑𝑡𝑡

� ⟨�



� , �−𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑅𝑅𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 �⟩

2𝜋𝜋

0

𝑑𝑑𝑡𝑡 = � (−𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 + 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡)2𝜋𝜋

0𝑑𝑑𝑡𝑡 = 0


= 0

Volviendo al Teorema de Green:


= −� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝛾𝛾↑

11


= 0

Nos queda comparar las orientaciones ↑ ↑.

La orientación de Green está en sentido horario (para que la región quede a la izquierda del recorrido) mientras que la orientación dada es antihorario. Entonces:

↑ ↑ Son opuestas.

Luego:


= −� 𝑃𝑃𝑑𝑑𝑥𝑥 + 𝑄𝑄𝑑𝑑𝑦𝑦𝒞𝒞↑

La integral pedida es:


= 0

3. Integrales triples:

3.1. Sean 𝑓𝑓(𝑥𝑥,𝑦𝑦, 𝑧𝑧) = 𝑧𝑧(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2) y Ω = {(𝑥𝑥,𝑦𝑦, 𝑧𝑧)|𝑧𝑧2 ≤ 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2, 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 ≤ 1, 𝑧𝑧 ≥ 0}. Calcular:

�𝑓𝑓(𝑥𝑥,𝑦𝑦, 𝑧𝑧)𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑧𝑧Ω

En integrales triples, al igual que en integrales dobles, lo primero que debemos hacer es la gráfica de la geometría sobre la que tenemos que integrar, en este caso, Ω.

Tenemos:

Ω = {(𝑥𝑥,𝑦𝑦, 𝑧𝑧)|𝑧𝑧2 ≤ 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2, 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 ≤ 1, 𝑧𝑧 ≥ 0}

12

Donde 𝑧𝑧2 ≤ 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 corresponde a la parte externa de un cono. La ecuación 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 ≤ 1 corresponde a la parte interna de un cilindro cuya base es de radio 𝑟𝑟 = 1 y 𝑧𝑧 ≥ 0 corresponde a los cuatro octantes superiores del espacio euclidiano.

Entonces, nuestro volumen Ω es el que se muestra del lado izquierdo.

Ahora podemos integrar, primero lo haremos respecto a 𝑧𝑧.

Integramos desde un punto 𝐴𝐴 hasta un punto 𝐵𝐵, donde:

𝐴𝐴 = �𝑥𝑥𝐴𝐴𝑦𝑦𝐴𝐴𝑧𝑧𝐴𝐴� → 𝐴𝐴 = �

𝑥𝑥𝑦𝑦𝑧𝑧𝐴𝐴� ⇒ 𝑧𝑧𝐴𝐴 = 0

𝐵𝐵 = �𝑥𝑥𝐵𝐵𝑦𝑦𝐵𝐵𝑧𝑧𝐵𝐵� → 𝐵𝐵 = �

𝑥𝑥𝑦𝑦𝑧𝑧𝐵𝐵� ⇒ 𝑧𝑧𝐵𝐵 = �𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2

Entonces, la integral queda:

�𝑧𝑧(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2) 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑧𝑧Ω

= � �� 𝑧𝑧(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)𝑧𝑧𝐵𝐵

𝑧𝑧𝐴𝐴𝑑𝑑𝑧𝑧�

𝑃𝑃𝑓𝑓𝑐𝑐𝑃𝑃 Ω𝑥𝑥∘𝑦𝑦𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦

= �(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2

2𝑃𝑃𝑓𝑓𝑐𝑐𝑃𝑃 Ω𝑥𝑥∘𝑦𝑦𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦

Nos quedó entonces una integral doble. Donde 𝑃𝑃𝑟𝑟𝑟𝑟𝑦𝑦 Ω𝑥𝑥∘𝑃𝑃 es la proyección de nuestro volumen Ω sobre el plano 𝑥𝑥 ∘ 𝑦𝑦, la cual se muestra del lado derecho. Podemos resolver eligiendo un sentido o simplemente hacemos un cambio a coordenadas polares como hemos

A

B

𝑷𝑷𝑷𝑷𝑷𝑷𝑷𝑷 𝛀𝛀𝒙𝒙∘𝑷𝑷

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trabajado hasta ahora los discos centrados en el origen. Esto es:

𝑇𝑇(𝑟𝑟, 𝑟𝑟) = �𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟(𝑟𝑟)𝑦𝑦 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟(𝑟𝑟)� → 𝑇𝑇(𝑟𝑟, 𝑟𝑟) = �

𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟(𝑟𝑟)𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟(𝑟𝑟)�

0 ≤ 𝑟𝑟 ≤ 1, 0 ≤ 𝑟𝑟 ≤ 2𝜋𝜋


Por Teorema de Cambio de Variables:

�(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2

2𝑃𝑃𝑓𝑓𝑐𝑐𝑃𝑃 Ω𝑥𝑥∘𝑦𝑦𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 = �

𝑟𝑟4

2(𝑟𝑟)𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟

𝐷𝐷∗=

12� 𝑟𝑟5𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟𝐷𝐷∗

Como 𝐷𝐷∗ es un rectángulo integro a partir del Teorema de Fubini:

12� 𝑟𝑟5𝑑𝑑𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟𝐷𝐷∗

=12�� 𝑟𝑟5𝑑𝑑𝑟𝑟

1

0� 𝑑𝑑𝑟𝑟

2𝜋𝜋

0� =

12�

16𝑑𝑑𝑟𝑟

2𝜋𝜋

0=

112

� 𝑑𝑑𝑟𝑟2𝜋𝜋

0=𝜋𝜋6

→�(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2)2

2𝑃𝑃𝑓𝑓𝑐𝑐𝑃𝑃 Ω𝑥𝑥∘𝑦𝑦𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦 =

𝜋𝜋6

Finalmente, la integral pedida es:

�𝑧𝑧(𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2) 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑧𝑧Ω

=𝜋𝜋6

D*

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Cualquier error que encuentre notifíquelo al correo: [email protected]. Muchas gracias.

NOTA DEL AUTOR: Esta guía fue completada con ejercicios obtenidos de las guías de los profesores Libuska Juricek y Farith Briceño, además del texto oficial del curso y las notas del profesor Morales Bueno. Su uso es totalmente educativo. Se espera facilitar el estudio de una asignatura compleja como MA-2112.

Saúl I. Utrera B. Universidad Simón Bolívar

Ingeniería de Materiales Carné: 11-11040

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