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Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel MartÌnez Concha Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo Departamento de Matem·tica y CC. Emilio Villalobos MarÌn
Ejercicios Resueltos
1 C·lculo de integrales dobles en coordenadas
rect·ngulares cartesianas
1.1 Problema
Calcular
Z Z
D
p x + ydxdy si D es la regiÛn acotada por las respectivas rectas
y = x; y = x y x = 1 SoluciÛn Se tiene que la regiÛn D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 1; x y x
Z Z
D
p x + ydxdy =
Z 1
0
Z (^) x
x
p x + ydydx
Z 1
0
(x + y)^3 =^2
x x
dx
Z 1
0
(2x)^3 =^2 dx
25 =^2
(x)^5 =^2
1 0
=
p 2 15
1.2 Problema
Calcular
Z Z
D
p x^2 y^2 dxdy si D es el dominio limitado por el tri·ngulo de
vÈrtices A (0; 0) ; B(1; 1); C (1; 1) : SoluciÛn Entonces se tiene que el dominio est· delimitado por las rectas y = x; y = x y x = 1: Luego el dominio de integraciÛn es:
D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 1; x y x
: Integrando a franjas verticales, resulta
Z Z
D
p x^2 y^2 dxdy =
Z 1
0
Z (^) x
x
p x^2 y^2 dydx
Z 1
0
Z (^) x
x
x
r 1
(^) y x
dydx
Hacemos el cambio de variables
y x
= sent =) dy = x cos tdt y determinemos los limites. Para y = x =) arcsen
(^) x x
= arcsen (1) = 2
Para y = x =) arcsen
x x
= arcsen ( 1) =
Por tanto
Z (^1)
0
Z (^) x
x
x
r 1
(^) y x
dydx =
Z 1
0
Z 2
2
x^2
p 1 sen^2 tdtdx
Z 1
0
Z 2
2
x^2 cos^2 tdtdx
Z 1
0
Z 2
2
x^2 (
1 + cos 2t 2
)dtdx
Z 1
0
x^2
t 2
2
dx
Z 1
0
x^2 dx
x^3 3
0
1.3 Problema
Calcular
Z Z
D
y 2 x^2
dxdy si D es la regiÛn acotada por jxj + jyj = 2 SoluciÛn Se tiene que la regiÛn D =
(x; y) 2 IR^2 = jxj + jyj 2 Si escogemos la regiÛn con una particiÛn de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 2 x 0 , la frontera inferior de la regiÛn es la gr·Öca de y = x 2 , y la superior es y = x + 2;y para 0 x 2 la frontera inferior de la regiÛn es la gr·Öca de y = x 2 , y la superior es y = x + 2 Entonces se tiene D = D 1 [ D 2 tal que D 1 [ D 2 = : donde D 1 =
(x; y) 2 IR^2 = 2 x 0 ; x 2 y x + 2 D 2 =
(x; y) 2 IR^2 = 0 < x 2 ; x 2 y x + 2
Z 1
1
p (1 x^2 )^3 dx = (
x 4
p (1 x^2 )^3 +
3 x 8
p (1 x^2 ) +
arcsenx)
1
1
Por lo tanto: Z Z
D
x^2 + y^2
dxdy =^2 8
+^2
Notese que la soluciÛn del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja
1.5 Problema
Calcular
Z Z
D
xydxdy si D es la regiÛn acotada por y =
p x; y =
p 3 x 18 ;
y 0 :Usando coordenadas cartesianas. SoluciÛn. Si escogemos la regiÛn con una particiÛn de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0 x 6 , la frontera inferior de la regiÛn es la gr·Öca de y = 0, y la superior es y =
p x;y para 6 x 9 la frontera inferior de la regiÛn es la gr·Öca de y =
p 3 x 18 , y la superior es y =
p x Luego tenemos que D = D 1 [ D 2 tal que D 1 [ D 2 = : Entonces D 1 =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 6 ; 0 y
p x D 2 =
(x; y) 2 IR^2 = 6 < x 9 ;
p 3 x 18 y
p x Por lo tanto Z Z
D
xydxdy =
Z Z
D 1
xydxdy +
Z Z
D 2
xydxdy
Z 6
0
Z px
0
xydydx +
Z 9
6
Z px p 3 x 18 xydydx
Z 6
0
x
y^2 2
px
0
dx +
Z 9
6
x
y^2 2
px p 3 x 18 dx
= 1 2
Z 6
0
x^2 dx +^1 2
Z 9
6
( 2 x^2 + 18x)dx
x^3
0
x
3 3
2 2
6
=^185
Si escogemos la regiÛn con una particiÛn de tipo II, es necesario utilizar sÛlo una integral iterativa porque para 0 y 3 , la frontera izquierda de la regiÛn
es la gr·Öca de x = y^2 mentras que la frontera derecha queda determinada por
la gr·Öca x =
y^2 3 + 6;^ obteniendo asÌ la regiÛn D 1 =
(x; y) 2 IR^2 = y^2 x
y^2 3
la integral iterativa queda Z Z
D
xydxdy =
Z 3
0
Z (^) (y (^2) =3)+
y^2
xydxdy
Z 3
0
x^2 2
(y^2 =3)+
y^2
ydy
Z 3
0
y^2 + 18 3
y^4
#(y^2 =3)+
y^2
ydy
Z 3
0
8 y^5 + 36y^3 + 324y
dy
y^6 + 9y^4 + 162y^2
0
36 + 3^6 + 2 36
1.6 Problema
Encontrar el ·rea de la regiÛn determinada por las desigualdades: xy 4 ; y x; 27 y 4 x^2 : SoluciÛn. Sabemos que xy = 4 tiene por gr·Öca una hipÈrbola equil·tera, y = x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27 y = 4x^2 corresponde a una par·bola. Veamos cuale son los puntos de intersecciÛn de estas curvas con el proprosito de conÖgurar el dominio de integraciÛn xy = 4 y = x
=) x^2 = 4 =) x = 2 =) y = 2
27 y = 4x^2 y = x
=) 27 x = 4x^2 =)
x = 0 x =
=) y = 0; y =
xy = 4 27 y = 4x^2
=) x = 3; y =
Para calcular el ·rea A(R) =
Z Z
D
dxdy; podemos escoger una particiÛn del dominio de tipo I Û de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I D 1 =
(x; y) 2 IR^2 = 2 x 3 ; 4 x
y x
1.7 Problema
Encontrar el volumen de la regiÛn acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 SoluciÛn. Usando integrales dobles y proyectando la regiÛn sobre el plano xy tenemos: V =
Z Z
D
6 x 2 y 3
dxdy , D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 6 ; 0 y 6 ^ x 2
V =
Z 6
0
Z 6 2 x
0
(6 x 2 y) dydx
Z 6
0
(6 x)y y^2
6 2 x 0 dx
=
Z 6
0
(6 x)^2 2
(6 x)^2 4
dx
Z 6
0
(6 x)^2 dx
36 (6^ ^ x)
3
0
Usando integrales dobles y proyectando la regiÛn sobre el plano yz tenemos: V =
Z Z
R
(6 3 z 2 y) dzdy , R =
(y; z) 2 IR^2 = 0 y 3 ; 0 z
6 2 y 3
V =
Z 3
0
Z 6 32 y
0
(6 2 y 3 z) dzdy
Z 3
0
(6 2 y)z
z^2
6 32 y
0
dy
Z 3
0
(6 2 y)^2 3 ^
(6 2 y)^2 6
dy
Z 3
0
(6 2 y)^2 dy
(6 x)^3 3
0
2 Cambios de orden de IntegraciÛn
2.1 Problema
Invierta el orden de integraciÛn y eval˙e la integral resultante.
I =
Z 1
0
Z 2
2 x
ey
2 dydx
SoluciÛn. El dominio de integracion dado es D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 1 ; 2 x y 2 : Si se invierte el orden de integraciÛn tenemos que modiÖcar la particiÛn del dominio. D =
n (x; y) 2 IR^2 = 0 x
y 2
; 0 y 2
o ;entonces la integral se puede escribir.
I =
Z 1
0
Z 2
2 x
ey
2 dydx =
Z 2
0
Z y 2
0
ey
2 dxdy
Z 2
0
xey
2 y 2 0
dy
Z 2
0
y 2
ey
2 dy =
ey
2 4 0 =
e^16 1
2.2 Problema
Invierta el orden de integraciÛn y eval˙e la integral resultante.
I =
Z 2
0
Z 4
x^2
p y cos ydydx
SoluciÛn. El dominio de integraciÛn dado es D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 2 ; x^2 y 4 : Si se invierte el orden de integraciÛn tenemos que modiÖcar la particiÛn del dominio, D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x py; 0 y 4 ;entonces la integral se puede escribir
Z (^2)
0
Z 4
x^2
p y cos ydydx =
Z 4
0
Z py
0
p y cos ydxdy
Z 4
0
py cos(y)xjpy 0 dy
=
Z 4
0
y cos(y)dy
Integrando esta ˙ltima integral por partes se tiene:
Z (^4)
0
y cos(y)dy = ysen(y)j^40
Z 4
0
sen(y)dy
= ysen(y)j^40 + cos(y)j^40 = 4 sen(4) + cos(4) 1
Z 1
0
Z 2
0
r^3 ddr =
Z 1
0
Z 2
0
r^3 j^20 dr
Z 1
0
r^3 dr = 2 r
4 4
1
0
Las coordenadas polares dieron una solucion m·s simple del problema. La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta el dominio.
3.2 Problema
Calcular el ·rea de la regiÛn interior a la circunferencia x^2 + y^2 = 8y y exterior a la circunferencia x^2 + y^2 = 9: SoluciÛn. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x^2 + y^2 = 8y =) x^2 + y^2 8 y = 0 =) x^2 + (y 4)^2 = 16
El ·rea de la regiÛn D es: A (D)
Z Z
D
dxdy
Por simetrÌa, podemos calcular el ·rea de la regiÛn D en el primer cuadrante y multiplicar por 2. A Ön de conocer los lÌmites de integraciÛn en coordenadas polares necesitamos conocer el ·ngulo que forma la recta OT con el eje x. x^2 + y^2 = 8y =) r^2 = 8rsen =) r = 8sen x^2 + y^2 = 9 =) r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 8 sen = 3 =) = arcsen
Luego, la mitad de la regiÛn D^ =
(r; ) = 3 r 8 sen; arcsen
Z Z
D
dxdy =
Z Z
D
@ (x; y) @ (r; )
drd
Z = 2
arcsen (^38)
Z (^8) sen
3
rdrd = 2
Z = 2
arcsen (^38)
r^2 2
8 sen
3
d Z (^) = 2
arcsen (^38)
64 sen^2 9
d =
2 ^
sen 2 4
arcsen (^38)
=
16 sen 2
arcsen (^38)
=
arcsen
3.3 Problema
Calcular
Z Z
D
x^2 + y^2 x +
p x^2 + y^2
dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos )
SoluciÛn. Cambiando a cordenadas polares, tenemos: Z Z
D
x^2 + y^2 x +
p x^2 + y^2
dxdy =
Z Z
D
r^2 r cos + r
@ (x; y) @ (r; )
drd
Z Z
D
r^2 r cos + r
rdrd
Z 2
0
Z (^) a(1+cos )
0
r^2 1 + cos
drd
Z 2
0
1 + cos
r^3 3
a(1+cos )
0
d
= a
3 3
Z 2
0
(1 + cos )^2 d
a^3 3
Z 2
0
1 + 2 cos + cos^2
d
a^3 3
+ 2sen +
2 +^
sen 2 4
0 = a^3
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:
4 Cambios de variables. Coordenadas curvilÌneas
4.1 Problema
Calcular I =
Z Z
D
3 xydxdy; donde D es la regiÛn acotada por por la rectas x 2 y = 0; x 2 y = 4 x + y = 4; x + y = 1 (1) SoluciÛn. Podemos usar el cambio de variables u = x 2 y v = x + y
x =^1 3
(2u + v)
y =^1 3
(u v)
Asi,x 2 y = 4 se transforma en u = 4 x 2 y = 0 se transforma en u = 0 x + y = 1 se transforma en v = 1 x + y = 4 se transforma en v = 4 Para calcular el Jacobiano @^ (x; y) @ (u; v)
tenemos dos posibilidades. La primera, es usar la transformaciÛn inversa (2) x e y en tÈrminos de u y v :
La segunda, mucho m·s simple, es calcular a partir de (1)
@ (u; v) @ (x; y)
y luego
usar la propiedad
@ (x; y) @ (u; v)
@ (u; v) @ (x; y)
En efecto
@ (u; v) @ (x; y) =^
1 1 = 1 + 2 = 3 =)^
@ (x; y) @ (u; v) =
Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:
I =
Z Z
D
3 xydxdy =
Z Z
D
(2u + v)^1 3
(u v)
@ (x; y) @ (u; v)
dudv
Z 4
1
Z 0
4
2 u^2 uv v^2
dvdu
Z 4
1
2 u^2 v
uv^2 2
v^3 3
4
du
Z 4
1
8 u^2 + 8u
du
8 u^3 3
u
1
du =
4.2 Problema
Calcular el ·rea de la regiÛn D; que esta acotada por las curvas x^2 y^2 = 1; x^2 y^2 = 9 x + y = 4; x + y = 6 (1) SoluciÛn. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regiÛn D en la regiÛn D u = x^2 y^2 v = x + y
La imagen D^ de la regiÛn D est· acotada por la rectas verticales; x^2 y^2 = 1 se transforma en u = 1 x^2 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 6 g Vamos 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)
En efecto
@ (u; v) @ (x; y) =^
2 x 2 y 1 1 = 2 (x^ +^ y) = 2v^ =)^
@ (x; y) @ (u; v) =^
2 v El teorema del cambio variables aÖrma que:
A (D) =
Z Z
D
dxdy =
Z Z
D
@ (x; y) @ (u; v)
dudv
Z 9
1
Z 6
4
3 v
dvdu
Z 9
1
[ln v]^64 du
ln
Z 9
1
du
= 1 2
ln^3 2
[u]^91 = 4 ln^3 2
4.3 Problema
Calcular I =
Z Z
D
x^3 + y^3 xy dxdy;^ donde^ D^ es la regiÛn del primer cuadrante acotada por: y = x^2 ; y = 4x^2 x = y^2 ; x = 4y^2 (1) SoluciÛn. El c·lculo de I serÌa bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas por la simetrÌa que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables
SoluciÛn. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sÛlo incluyen a x e y en las combinaciones de x y;y el integrando incluye solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrÌas, sean las coordenadas u = x + y; v = x y Luego, la imagen D^ de la regiÛn D est· acotada por las curvas; x + y = 2 se transforma en u = 2: x + y = 4 se transforma en u = 4: A su vez x y = 0 se transforma en v = 0: x^2 y^2 = (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 transformaciÛn es
@ (x; y) @ (u; v)
@ (u; v) @ (x; y)
En efecto
@ (u; v) @ (x; y)
= 11 ^11 = 2 =)
@ (x; y) @ (u; v)
Entonces: Z Z
D
[x + y]^2 dxdy =
Z Z
D
u^2 dudv
Z 4
2
Z (^4) =u
0
u^2 dvdu
Z 4
2
u^2 vj^40 =u du
Z 4
2
4 udu
u^2 2
4
2
5 C·lculo de integrales triples en coordenadas
rect·ngulares cartesianas
5.1 Problema
Sea R la regiÛn en IR^3 acotada por: z = 0; z =
y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2
Calcular
Z Z Z
R
(x + y z) dxdydz:
SoluciÛn. Del gr·Öco de la regiÛn , tenemos que 0 z 1 2
y:Proyectando la regiÛn R sobre el plano xy. AsÌ D =
(x; y) 2 IR^2 = 0 x 1 ; 0 y 2 :
Por lo tanto; Z Z Z
R
(x + y z) dxdydz =
Z Z
D
Z (^12) y
0
(x + y z) dz)dxdy
Z 1
0
Z 2
0
Z (^12) y
0
(x + y z) dz)dydx =
Z 1
0
Z 2
0
xz + yz
z^2 2
(^12) y
0
dydx Z (^1)
0
Z 2
0
(x + y)y y
2 8
dydx =
Z 1
0
Z 2
0
xy +^3 8
y^2
dydx Z (^1)
0
xy^2 +
y^3
0
dx =
Z 1
0
[(x + 1)] dx =
x^2 + x
0 = 3 2 TambiÈn es posible resolver el problema anterior proyectando la regiÛn R sobre el plano xz:En tal caso, 2 z y 2 y D =
(x; z) 2 IR^2 = 0 x 1 ; 0 z 1 Z Z Z
R
(x + y z) dxdydz =
Z 1
0
Z 1
0
Z 2
2 z
(x + y z) dy)dzdx
Z 1
0
Z 1
0
xy +
y^2 2
zy
2 z
dzdx = 2
Z 1
0
Z 1
0
[x + 1 z xz] dzdx
Z 1
0
xz + z
z^2 2
x
z^2 2
0
dx = 2
Z 1
0
x + 1
x 2
dx Z (^1)
0
[(x + 1)] dx =
x^2 + x
0
=^3
Una tercera posibilidad de soluciÛn consiste en proyectar la regiÛn R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio.
5.2 Problema
Calcular
Z Z Z
D
x^2 dxdydz si D es la regiÛn acotada por y^2 + z^2 = 4ax; y^2 = ax; x = 3a SoluciÛn. La superÖcie y^2 + z^2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revoluciÛn como el bosquejado en la Ögura. En dos variables el gr·Öco de y^2 = ax es una par·bola, pero es tres variables es la superÖcie de un manto parabÛlico.
5.3 Problema
Calcular el volumen del sÛlido acotado por la superÖcie y = x^2 y los planos y + z = 4 ; z = 0: SoluciÛn. Consideremos que la regiÛn est· acotada inferiormente por la frontera z = 0 y superiomente por z = 4 y: Si Proyectamos la regiÛn sobre el plano xy, se tiene: =
(x; y; z) 2 IR^3 = (x; y) 2 D; 0 z 4 y D =
(x; y) 2 IR^2 = 2 x 2 ; x^2 y 4 Luego el volumen de la regiÛn es
V ( ) =
Z Z Z
dxdydz =
Z 2
2
Z 4
x^2
Z (^4) y
0
dzdydx
Z 2
2
Z 4
x^2
(4 y) dydx =
Z 2
2
4 y
y^2 2
x^2
dx
Z 2
2
8 4 x^2 +
x^4 2
dx
8 x 4 3
x^3 + x
4 10
2
=^256
6 Coordenadas esfÈricas
6.1 Problema
Resolver I =
Z Z Z
D
p x^2 + y^2 + z^2 e (x
(^2) +y (^2) +z (^2) ) dxdydz si D es la regiÛn de IR^3
limitada por las superÖcies x^2 + y^2 + z^2 = a^2 x^2 + y^2 + z^2 = b^2 con 0 < b < a anillo esfÈrico. SoluciÛn Por la simetrÌa del dominio y la forma del integrando usaremos coordenadas esfÈricas: x = rsen cos y = rsensen z = r cos
b^2 x^2 + y^2 + z^2 a^2 =) b r a tg =
y z
tg =
y x
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfÈricas es : @ (x; y; z) @ (r; ; )
= r^2 sen se tiene:
I =
Z 2
0
Z
0
Z (^) a
b
re r
(^2) @ (x; y; z) @ (r; ; )
drdd
Z 2
0
Z
0
Z (^) a
b
r^3 e r
2 sen drdd
Z 2
0
Z
0
r^2 e r
2 e r
2
a
b
sen dd
2 b
(^2) e b^2 +^1 2 e
b^2 1 2 a
(^2) e a^2 e a^2
Z 2
0
Z
0
sen dd
2 b
(^2) e b^2 +^1 2 e
b^2 1 2 a
(^2) e a^2 e a^2
Z 2
0
cos j 0 d
2 b
(^2) e b^2 +^1 2 e
b^2 1 2 a
(^2) e a^2 e a^2
Z 2
0
d
2 b
(^2) e b^2 +^1 2 e
b^2 1 2 a
(^2) e a^2 e a^2
6.2 Problema
Encontrar el volumen de la regiÛn determinada por x^2 + y^2 + z^2 16 ; z^2 x^2 + y^2 : SoluciÛn x^2 + y^2 + z^2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z^2 = x^2 + y^2 es un cono con vÈrtice en el origen y eje de simetrÌa coincidente con el eje z. Como z 0 , sÛlo debemos considerar sÛlo la regiÛn sobre el plano xy. La intersecciÛn de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema: x^2 + y^2 + z^2 = 16 x^2 + y^2 = z^2
=) z^ =^
p 8 x^2 + y^2 = 8
Usaremos coordenadas esfÈricas: x = rsen cos y = rsensen z = r cos
0 x^2 + y^2 + z^2 16 =) 0 r 4
tg =
y z =
p p^8 8
tg =
y x
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esfÈricas es : @ (x; y; z) @ (r; ; )
= r^2 sen se tiene:
