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