1 Ejercicios Resueltos - Calculo Avanzado - Universidad de Santiago

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1 Ejercicios Resueltos. 1.1 Calculo de integrales dobles en coordenadas. 1.2 rectángulares ...... 1.8 Cálculo de integrales triples usando cambio de vari ables.
Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencia Departamento de Matemática y CC .

1

Autores:

Miguel Martínez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Marín

Ejercicios Resueltos

1.1

Calculo de integrales dobles en coordenadas

1.2

rectángulares cartesianas

1.2.1

Problema ZZ p x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas Calcular D

y = x; y = x y x = 1 Solución Se tiene que la región D = (x; y) 2 IR2 = 0 ZZ

p

x + ydxdy

Z

=

D

2 3

=

2 3

=

0

Z Z

Z

x

p

=

1; x

x

x + ydydx

1

3=2

(x + y) 0 1

y

x

3=2

(2x)

x x

dx

dx

0

25=2 2 5=2 (x) 3 5 p 8 2 15

=

Problema ZZ p Calcular x2

1

x

1 0

1.2.2

y 2 dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de

D

vértices A (0; 0) ,B(1; 1); C (1; 1) : Solución Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x; y = x y x = 1: Es decir D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; x y x : Integrando a franjas verticales, resulta

1

ZZ

D

p x2

y 2 dxdy

Z

Z

p x2 x 0 Z 1Z x r x 1 = =

1

x

y 2 dydx y x

x

0

2

dydx

y Hacemos el cambio de variables = sent =) dy = x cos tdt y x determinemos los limites. x = arcsen (1) = : Para y = x =) arcsen x 2 x Para y = x =) arcsen = arcsen ( 1) = x 2 Por tanto Z

1 0

Z

x

r

x 1 x

y x

2

dydx = = = = = =

Z

Z Z Z 2

1 0 1 0 1 0

Z

2

2

Z

2

p 1

sen2 tdtdx

x2 cos2 tdtdx 2

Z

2

x2 ( 2

1

1 + cos 2t )dtdx 2

sen2t t + 2 4

x2 0

Z

x2

2

dx 2

1

x2 dx 0

x3 2 3

1

= 0

6

1.2.3

Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = (x; y) 2 IR2 = x2 + y 2 D

1 :Usando

coordenadas cartesianas Solución. Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculo centrado en el origen de radio uno Por lo tanto p p D = (x; y) 2 IR2 = 1 x 1; 1 x2 y 1 x2

2

ZZ

2

x +y

2

dxdy

Z

=

D

Z

1 1

Z

p

1 x2

p

(x2 + y 2 )dydx 1

x2

1

p

1 x2

y3 = (x y + ) p dx 3 1 1 x2 Z 1 p 1p = 2 (x2 1 x2 + (1 x2 )3 )dx 3 1 Z Z 1 p 2 1 p (1 x2 )3 dx = 2 x2 1 x2 dx + 3 1 1 2

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z

1

x2 1

p

1

x2 dx =

(

1 1

p (1

x2 )3 dx = =

1 p x2 + (x 1 8

1 (arcsen(1) 8

=

Z

xp 1 4

(

xp (1 4

1

1 arcsen ( 1) = ( + ) = 8 2 2 8

x2 )3 +

3 8

1

x2 + arcsenx)

3x p (1 8

3 x2 ) + arcsenx) 8

1 1

Por lo tanto: ZZ

x2 + y 2 dxdy = D

2 23 + = 8 3 8 2

Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja

1.2.4

Problema

Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy 4; y x; 27y 4x2 : Solución. Sabemos que xy = 4 tiene por grá…ca una hipérbola equilátera, y = x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una parábola. Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprosito de con…gurar el dominio de integración xy = 4 =) x2 = 4 =) x = 2 =) y = 2 y=x

3

27y = 4x2 y=x

2

=) 27x = 4x

)

x=0 24 x= 4

=)

=) y = 0; y =

27 4

4 =) x = 3; y = ZZ3 Para calcular el área A(R) = dxdy; podemos escoger una partición del xy = 4 27y = 4x2

D

dominio de tipo I ó de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I 4 DI = (x; y) 2 IR2 = 2 x 3; y x 27 4 2 DI = (x; y) 2 IR2 = 3 x ; x 4 27 Si proyectamos sobre eje x

A(R)

= = = =

ZZ Z

Z

Z

= =

2 3

Z

x

dydx + 4 x

x

yj 4 dx + 2 3

x

2

3

+

4 ln x 2

y

x

dxdy + D1 27=4 3

27=4

3

2

Z

x

ZZ

dxdy D2

dydx 4 2 27 x

x

yj 4 x2 dx 27

Z

27=4

x 3 2

x 2

4 3 x 81

4 2 x dx 27 27=4 3

3 729 9 4 273 4 4 ln + + 33 2 32 2 81 43 81 3 729 243 4 + 2 4 ln + 2 32 16 3 665 3 4 ln 96 2

5 2

Si proyectamos sobre eje y 4 DI = (x; y) 2 IR2 = x y DI =

Z

Z

4 dx + x

x x 2

= =

3

dxdy = D

ZZ

x

(x; y) 2 IR2 = y

x

3p 4 3y; y 2 3 3p 3y; 2 y 2

4

2 27 4

A(R)

= = =

ZZ Z

Z

= =

1.3 1.3.1

D

Z

2 4 3

3p 3y 2

4 3

8 3 665 96

D1

Z

27=4 2

Z i 4 ln y dy +

hp 3y

2

dxdy +

dxdy + 4 y

3p 3 3y 2

=

ZZ

dxdy =

2

4 y

+ 4 3

p

Z

dxdy D2

3p 3y 2

dxdy y

3p 3y 2

27=4 2

y dy

27=4

y2 2

3y 3

3 9 27 4 ln + 2 8 3 4 ln 2

ZZ

2

729 +2 32

Cambios de orden de Integración Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=

Z

Z

1 0

2

2

ey dydx 2x

Solución. El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 1; 2x y 2 : Si se invierte elnorden de integración tenemos que modi…car la partición del o y 2 dominio. D = (x; y) 2 IR = 0 x ; 0 y 2 ;entonces la integral 2 se puede escribir.

I

= = = =

Z

Z Z

1 0 2

Z

2

e dydx = 2x

xey 0 2 0

y2

2

y 2

0

dy

y y2 1 2 e dy = ey 2 4

1 16 e 4

Z

1

5

4 0

2 0

Z

y 2

0

2

ey dxdy

1.3.2

Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante . I=

Z

2 0

Z

4

p

y cos ydydx

x2

Solución. El dominio de integracion dado es D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 2; x2 y 4 : Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del p y; 0 y 4 ;entonces la integral dominio.D = (x; y) 2 IR2 = 0 x se puede escribir Z

2 0

Z

4

p

y cos ydydx =

x2

= =

Z

Z Z

4 0 4

Z

p

0 4

p

y

p

y cos ydxdy

0 p

y

y cos(y)xj0 dy

y cos(y)dy 0

Integrando esta última integral por partes se tiene: Z

1.3.3

4

y cos(y)dy

=

0

= =

4

ysen(y)j0 4

Z

4

sen(y)dy 0 4

ysen(y)j0 + cos(y)j0 4sen(4) + cos(4) 1

Problema

Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Solución. Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: 6 x 6 x 2y dxdy , D = (x; y) 2 IR2 = 0 x 6; 0 y V = 3 2 D

6

V

= = = =

1 3 1 3 1 3

Z Z Z

1 12

6 0 6

Z

6

x 2

(6 x)y

(6

x)2

6

x 2

0

dx x)2

(6

2

0

4

dx

6

x)2 dx

(6 0

6

1 (6 36

=

2y) dydx

y2

(6 0 6

Z

x

0

x)3

=6 0

Usando Z Z integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: 6 2y V = (6 3z 2y) dzdy , R = (y; z) 2 IR2 = 0 y 3; 0 z 3 R V

= = = = =

1.4

Z

Z

Z

1 6

Z

3 0 3

6

(6

3z) dzdy 6

(6

0

Z

2y

0

(6 0 3

2y 3

3 2 z 2

2y)z 2y)2 3

(6

2y 3

dy 0

2y)2 dy 6

3

(6

2y)2 dy

0

1 (6 x)3 12 3

3

=6 0

Cambios de variables: Coordenadas polares

1.4.1

Problema ZZ Calcular x2 + y 2 dxdy si D = D

(x; y) 2 IR2 = x2 + y 2

coordenadas polares Solución. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcos ; y = rsen =) x2 + y 2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformacion a polares es: @ (x; y) =r @ (r; )

7

1 ;usando

ZZ

2

x +y

2

dxdy

=

D

= = = =

ZZ Z Z 2 2

=

r2 D

1 0 1 0

Z Z

Z

@ (x; y) drd @ (r; )

2

r3 d dr 0 2 0 1

2

r3 j0 dr

r3 dr 0

r4 4

1 0

2

Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta el dominio.

1.4.2

Problema

Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 9: Solución. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y 2 = 8y =) x2 + y 2 8y = 0 =) x2 + (y 4)2 = 16 El área de la región D es: A (D)

ZZ

dxdy D

Por simetría, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrante y multiplicar por 2. A …n de conocer los límites de integración en coordenadas polares necesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x. x2 + y 2 = 8y =) r2 = 8rsen =) r = 8sen x2 + y 2 = 9 =) r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 3 8sen = 3 =) = arcsen 8 3 Luego, la mitad de la región D = (r; ) =3 r 8sen ; arcsen 8 2

8

ZZ

dxdy

=

D

= = = = = =

ZZ

D =2

Z

2 2 Z

Z

@ (x; y) drd @ (r; ) Z 8sen rdrd

arcsen 83 =2 arcsen 38

3

r2 2

8sen

d 3

=2

64sen2

9 d

sen2 4

9 2

arcsen 38

64 55 2 55 4 38; 42

2

=2 arcsen 38

=2

16sen2 arcsen 38

55 3 3 arcsen + 16sen(2arcsen ) 2 8 8

1.4.3

Problema ZZ x2 + y 2 p Calcular dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos ) x2 + y 2 D x+ Solución. Cambiando a cordenadas polares, tenemos:

9

ZZ

D

x2 + y 2 p dxdy x + x2 + y 2

= = = =

ZZ ZZ Z

Z

D

r2 rdrd r cos + r

2 0

2

Z

a 3

=

a3 3

0

r2 drd 1 + cos a(1+cos )

r3 3

d 0 2

(1 + cos ) d

0 2

Z

a3 3

a(1+cos )

1 1 + cos

0 3 Z 2

=

=

D

@ (x; y) r2 drd r cos + r @ (r; )

1 + 2 cos + cos2

d

sen2 4

2

0

+ 2sen +

2

+

0

3

=

a

Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral es impropia cuando x 0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero. Luego:

I

=

=

lim

! "!0

lim !

=

lim

=

a3

1.5

!

Z a3 3

0

Z

Z

a(1+cos ) "

r2 drd + lim ! + 1 + cos 2

a + 3

(1 + cos ) d + lim 0

!

a3 3 sen2 + 2sen + 3 2 4

"!0 3 Z 2

2

Z

a(1+cos ) "

r2 drd 1 + cos

2

(1 + cos ) d

a3 3 + 3

+ lim !

Z

3 2

2sen

sen2 4

Cambios de variables. Coordenadas curvilineas

1.5.1

Problema ZZ Calcular I = 3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas D

x 2y = 0; x 2y = 4 (1) x + y = 4; x+y =1 Solución. Podemos usar el cambio de variables

10

1 (2u + v) 3 (1) =) (2) 1 y = (u v) 3 Asi,x 2y = 4 se transforma en u = 4 x 2y = 0 se transforma en u = 0 x + y = 1 se transforma en v = 1 x + y = 4 se transforma en v = 4 @ (x; y) tenemos dos posibilidades. Para calcular el Jacobiano @ (u; v) La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v x=

u = x 2y v =x+y

: La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)

@ (u; v) y luego @ (x; y)

1

@ (x; y) @ (u; v) = : @ (u; v) @ (x; y) @ (x; y) @ (u; v) 1 1 2 = 1 + 2 = 3 =) En efecto = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: usar la propiedad

I

= = =

1.5.2

ZZ Z

1 9

4 1

Z Z

3xydxdy = D

Z

0 4

1 2u2 9

4

2u2 v 1 4

=

1 9

=

1 8u3 + 4u2 9 3

1 1 (2u + v) (u 3 3

3 D

v)

@ (x; y) dudv @ (u; v)

v 2 dvdu

uv

v3 3

uv 2 2

8u2 + 8u 1

ZZ

0

du 4

64 du 3 64 u 3

4

du = 1

164 9

Problema

Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvas x2 y 2 = 1; x2 y 2 = 9 (1) x + y = 4; x+y =6 Solución. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en la región D u = x2 y 2 (1) =) v =x+y La región D esta acotada por la rectas verticales; x2 y 2 = 1 se transforma en u = 1

11

x2 y 2 = 9 se transforma en u = 9 y las rectas horizontales x + y = 4 se transforma en v = 4 x + y = 6 se transforma en v = 6 Es decir, D = f(u; v) =1 u 9; 4 v 6g @ (u; v) @ (x; y) a partir de (1) y usar la propiedad Vamos a calcular @ (u; v) @ (x; y) 1 @ (x; y) @ (u; v) : = @ (u; v) @ (x; y) @ (u; v) @ (x; y) 1 2x 2y En efecto = 2 (x + y) = 2v =) = = 1 1 @ (x; y) @ (u; v) 2v El teorema del cambio variables a…rma que:

A (D)

= = = = =

ZZ

Z

1 2

9 1

Z

dxdy = D

Z

9 1

6 4

ZZ

D

@ (x; y) dudv @ (u; v)

1 dvdu 3v 6

[ln v]4 du

Z 9 1 6 ln du 2 4 1 3 1 3 9 ln [u] = 4 ln 2 2 1 2

1.5.3

Problema ZZ x3 + y 3 dxdy; donde D les la región del primer cuadrante Calcular I = xy D acotada por: y = x2 ; y = 4x2 (1) x = y 2 ; x = 4y 2 Solución. El cálculo de I sería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas por la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables simpli…ca la región D y la transforma en D . y2 x2 ; v= Sean u = y x Luego D esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1: 1 y = 4x2 se transforma en u = : 4 y las rectas horizontales x = y 2 se transforma en v = 1: 1 x = 4y 2 se transforma en v = : 4 12

Es decir, D =

(u; v) =1

u

1 ;1 4

v

1 4

@ (x; y) tenemos dos posibilidades, la primera es @ (u; v) e y en términos de u y v a partir de (1) : @ (u; v) @ (x; y) La segunda, es calcular y usar la propiedad = @ (x; y) @ (u; v) 2x x2 @ (u; v) y y 2 = 4 1 = 3 =) @ (x; y) En efecto = 2 2y y @ (x; y) @ (u; v) x2 x Calculemos ahora la integral Para calcular

I

ZZ x3 + y 3 dxdy = xy D D Z 1 Z 1 1 = (u + v) dvdu 3 1=4 1=4 Z 1 1 1 v2 = du uv + 3 1=4 2 1=4 Z 15 1 1 3 u+ du = 3 1=4 4 32 =

ZZ

=

1 3 2 15 u + u 3 8 32

=

15 64

1

= 1=4

x2 y2 + y x

@ (u; v) @ (x; y) =

1 3

dxdy

1 3 15 15 3 + 3 8 16 32 4

1.6

Calculo de integrales triples en coordenadas

1.7

rectángulares cartesianas

1.7.1

despejar x

Problema

1 Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z = y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2 2 ZZZ Calcular (x + y z) dxdydz: R

Solución. Del grá…co de la región , tenemos que 0

z

sobre el plano xy. Así D = (x; y) 2 IR2 = 0 Por lo tanto;

13

1 y:Proyectando la región R 2 x 1; 0 y 2 :

1

:

ZZZ

(x + y

z) dxdydz

=

R

= = = = = = =

ZZ Z

Z

Z

Z

Z Z

1 0 1

0 1 0 1 0 1

D

Z

Z ( 2 0

Z

2

1 2y

(x + y

Z (

1 2y

(x + y

Z

1 2y

z2 2

1 (x + y)y 2

0 2

z) dz)dydx

0

xz + yz 0 2

Z

dydx 0 2

y 8

dydx

1 3 xy + y 2 dydx 2 8

0

1 2 1 3 xy + y 4 8

0 1

z) dz)dxdy

0

2

dx 0

1 2 x +x 2

[(x + 1)] dx = 0

1 0

3 2

También es posible resolver el problema anterior proyectando la región R sobre el plano xz:En tal caso, 2z y 2 y D = (x; z) 2 IR2 = 0 x 1; 0 z 1 ZZZ

(x + y

z) dxdydz

=

R

= = =

Z

Z 2 2

=

2

=

Z

=

1 0 1 0

Z

Z

Z

Z

Z 1

0 1

1 0 1

Z (

(x + y

dzdx

zy 2z

[x + 1

z

xz] dzdx

0

z2 2

0 1

x+1

1 2

1

[(x + 1)] dx = 0

2

1

xz + z

0

z) dy)dzdx

2z

y2 xy + 2

0

Z

2

x

z2 2

1

dx 0

x dx 2 1 2 x +x 2

1 0

3 2

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. 14

1.7.2

Problema

Calcular

ZZZ

x2 dxdydz si D es la región acotada por y 2 + z 2 = 4ax; D

y 2 = ax; x = 3a Solución. La super…cie y 2 + z 2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la …gura. En dos variables el gra…co de y 2 = ax es una parábola, pero es tres variables es la super…cie de un manto parabólico. Finalmente, el grá…co x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia 3a. Luego el grá…co de la región es La proyección de la region sobre el plano xy es: o n p p 4ax y 2 z 4ax y 2 D = (x; y; z) 2 IR3 =D1 [ D2 , Por simetría se tiene:

I

=

=

= =

ZZZ 2

2 4

Z

Z

Z

2

x dxdydz = 2 D

3a 0 3a 0 3a 0

Z

Z

Z

p 2 ax p

ax

p 2 ax

Z p4ax p

x2 z

ax p 2 ax

x2 ax

D1

Z p4ax p

y2

4ax

x2 dzdxdy y2

y2

x2 dzdydx

4ax y 2

p

4ax y 2

p

p

p

ZZ

p 4ax

dydx 4ax y 2

y 2 dydx

De una tabla de integrales obtenemos Z p a2

1.8

u2 du

=

1 p 2 (u a 2

u u2 + a2 arcsen ) a

Cálculo de integrales triples usando cambio de variables

1.8.1

Problema ZZZ p 2 2 2 Resolver I= x2 + y 2 + z 2 e (x +y +z ) dxdydz si D es la región de IR3 D

limitada por las super…cies x2 + y 2 + z 2 = a2 x2 + y 2 + z 2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Solución 15

Por la simetría del dominio usaremos coordenadas esféricas: 9 b2 x2 + y 2 + z 2 a2 =) b r x = rsen cos = y tg = = 0 =) 0 y = rsen sen =) zy ; z = r cos =) 0 tg = = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) = r2 sen se tiene: @ (r; ; ) I

= = =

Z Z Z

= = = = 1.8.2

2 4

2 0 2 0 2 0

Z Z

Z

0

0

Z Z

0

1 2 b e 2

b2

1 2 b e 2

b2

a

re r3 e

2

@ (x; y; z) drd d @ (r; ; )

r2

b a

a

r2

sen

drd d

b

1 2 r e 2

r2

e

r2

a

sen

d d

b

1 + e 2

b2

1 + e 2

b2

1 2 a e 2

a2

1 2 a e 2

a2

e e

a2

a2

Z Z

2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2 2 1 2 b2 1 b2 1 2 a2 b e + e a e e a 2 2 2

Z

2 0 2

d d

cos j0 d

0

Z

sen 0

2

d 0

Problema

Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 +y 2 y z = 27 2x2 2y 2 : Solución. Por la simetría resolveremos usando coordenadas cilíndricas. 9del volumen los z = x2 + y 2 =) z = r2 : x = r cos = 2 2 y = rsen 2y =) z = 27 2r2 =) z = 27 2x ; 2 2 x +y =9 =) r = 3: z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)

16

V

ZZZ

=

Z

=

0 2

Z

0 2

Z

=

0

243 4

= 1.8.3

2

Z

=

dxdydz = D

Z

Z

3 0 3

Z

27 2r 2

Z

2 0

r zjr2

drd

r 27

3r2 drd

3 0

Z

27 2r 2

rdzdrd r2

0

27 2 r 2

3

3 4 r 4

2

d = 0

d 0

243 243 2 = 4 2

Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y 2 + z 2 16 ; z 2 2 2 x +y : Solución x2 + y 2 + z 2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z 2 = x2 + y 2 es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidente con el eje z. Como z 0 , sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy. La intersección de la esfera con el cono p se obtiene mediante el sistema: x2 + y 2 + z 2 = 16 z= 8 =) x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 8 Usaremos coordenadas esféricas: 0 x2 + y 2 +pz 2 16 =) 0 r 9 x = rsen cos = y 8 =) 0 tg = = p = 1 y = rsen sen =) z 8 ; y z = r cos tg = = 0 =) 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es : @ (x; y; z) = r2 sen se tiene: @ (r; ; ) V V V V

= = = =

ZZZ Z

2

dxdydz = D

Z

4

0 0 3 Z 2

4 3

43 3

Z

0 2

r3 3

2 0

sen

Z

4

0

Z

4

r2 sen

drd d

0

d d

0

cos j04 1

0

4

Z

d

p ! 2 43 d = 2 3 17

1

p ! 2 2 2

4 4 2

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en tal caso 9 x = r cos = x2 + y 2 + z 2 = 16 =) z = 16 r2 : 2 2 2 y = rsen x +y =z =) z = r2 =) ; z=z Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r luego: @ (r; ; z) V

= = = = =

1.8.4

ZZZ Z

Z

Z

2

0 2 0 2 0

2 3

dxdydz = D

Z

Z

p 0 p

8

p

16 r 2

rzjr2 8

r 0

Z

p 16

2 0

Z

p 0

8

Z

p

16 r 2

rdzdrd r2

drd r2

r2 drd p

8

r3 1p (16 r2 )3 d 3 3 0 p p p 2 2 83 163 = 64 32 2 3

Problema

Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 13 y el 2 cono (z 1) = x2 + y 2 ; z 1 Solución. Por la simetría 9del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas. x = r cos = y = rsen =) ; z=z Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es: @ (x; y; z) = r se tiene: @ (r; ; z)

18

V

= = = = = =

Problema ZZZ Calcular I =

ZZZ

Z

Z 2

dxdydz =

D 2Z 2 0 2 0

Z

Z

Z

p

0 2

r 0 2

r 0

r2

13 rz1+r

2

1 13 3

2

1 133=2 3

0

Z

2 0

r2 r2

p

13 r 2

rdzd dr 1+r

(1 + r) d dr r + r2

dr 2

r2 r3 + 2 3 4 8 + 2 3

3=2

r2

Z

d dr

p 13

p 13

2

73=2

0

1.8.5

D

En la región D =

x2 y2 z2 + + a2 b2 c2

dxdydz:

(x; y; z) 2 IR3 =

x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c

1

a > 0; b > 0; c > 0

Solución. La región de integración 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 + v 2 + w2 1 yel valor absoluto del Jacobiano queda : a 0 0 0 b 0 = abc 0 0 c Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral @ (x; y; z) = @ (u; v; w)

I

= = = =

ZZZ

ZZZ

D

ZZZ

D

ZZZ

x2 y2 z2 + 2 + 2 2 a b c u2 + v 2 + w 2

D

u2 + v 2 + w 2

dxdydz: @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w) @ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w)

(u2 + v 2 + w2 ) (abc) dudvdw D

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas. 19

9 =

u2 + v 2 + w2 1 =) v =) tg = =) w ; v tg = =) u Quedando, la region D = f(r; ; ) =0 r 1; 0 u = rsen cos v = rsen sen w = r cos

abc

ZZZ

0

(u2 + v 2 + w2 )dudvdw

= abc

D

= abc abc 5

=

Z

Z

0 2

0 Z 2

Z

Z

0

0

Z

r

0

1 2

;0

2 g

r2 r2 sen

drd d

1 0

r5 5

1

sen

d d

0

cos j0 d

0

2abc 5

=

Z

2

0 0

2

d = 0

4 abc 5

Observación Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta. 9 x = arsen cos = @ (x; y; z) y = brsen sen =) = abcr2 sen ; @ (r; ; ) z = cr cos

1.8.6

Problema ZZZ q Calcular I =

dxdydz:

; 2 2 (x a) + (y b) + (z c) en la región D = (x; y; z) 2 IR3 =x2 + y 2 + z 2 R2 2

D

…jo

no peteneciente a la esfera x2 + y 2 + z 2 Solución.

; (a; b; c) es un punto

R2 :

Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.

I

I

=

ZZZ

D

q (x

dxdydz: 2

2

2

a) + (y b) + (z c) p Z r Z r2 x2 Z pr2 x2 y2 dzdydx: q = p p 2 2 r r 2 x2 r 2 x2 y 2 (x a) + (y b) + (z

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles. 20

2

c)

Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que el integrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde (a; b; c) 2 = D hasta (x; y; z) 2 D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender más que de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variar si ubicamos el eje z pasando por el punto (a; b; c). Si (0; 0; d) son las nuevas coordenadas del punto …jo tenemos. ZZZ dxdydz: q I= 2 D x2 + y 2 + (z d) Observación El razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecen aplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en que aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador del integrando. Para calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

I

= =

Z

R

Z

Z

2

r2 sen d d dr r2 + d2 2dr cos 0 0 0 Z RZ r2 sen d dr p 2 r2 + d2 2dr cos 0 0

Para calcular J=

Z

0

p

p

r2 sen r 2 + d2

d dr 2dr cos

podemos hacer s = r2 + d2 2dr cos ds = 2drsen d Además, = 0 =) s = r2 + d2 2dr = (d 2 = =) s = r2 + d2 + 2dr = (d + r) Por lo tanto

J

I I I

2

r)

Z (d+r)2 r r s 1=2 ds = 2s1=2 2d (d r)2 2d r [2 (d + r) 2 (d r)] = 2d r 2r2 = [4r] = 2d d Z R 2 2r = 2 dr 0 d =

= =

4 r3 d 3 4 3 R 3d

R 0

21

(d+r)2 (d r)2