problema 5 · 2014-08-16 · 2. integrales dobles sobre regiones generales. en este curso se...
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f(x, y) =
0 si x o y son irracionales1/n si y es racional, x = m/n con m y n primos entre sı y n > 0.
Entonces∫Q f =
∫ 10
(∫ 10 f(x, y)dx
)dy = 0 pero
∫ 10 f(x, y)dy no existe
si x es racional.
(4) Calcular∫ a
0dx
(∫ (a2−x2)1/2
0(a2 − y2)1/2 dy
).
(5) Calcular∫ 2
1dx
(∫ lnx
0(x− 1)
√1 + e2y dy
).
PROBLEMA 5.1
Calcular
∫∫Rf en los siguientes casos:
(a) f(x, y) =1
(x+ y)2, R = [3, 4]× [1, 2].
(b) f(x, y) =x2
1 + y2, R = [0, 1]× [0, 1].
(c) f(x, y) = yexy, R = [0, 1]× [0, 1].
(d) f(x, y) = | cos(x+ y)|, R = [0, π]× [0, π].
Solucion
(a) Como la funcion es simetrica respecto a sus variables, es indiferente elorden de las integrales iteradas. Podemos poner entonces:
∫∫Rf(x, y) dxdy =
∫ 4
0dx
∫ 2
1
1(x+ y)2
dy =∫ 4
3
−1x+ y
∣∣∣∣∣2
1
dx
=∫ 4
3
(−1x+ 2
+1
x+ 1
)dx = ln
|x+ 1||x+ 2|
∣∣∣∣∣4
3
= ln2524.
(b) En este caso las variables se pueden separar, de modo que la integral
17
se convierte en producto de integrales simples:∫∫Rf(x, y) dxdy =
∫ 1
0x2 dx
∫ 1
0
11 + y2
dy
=x3
3
∣∣∣∣∣1
0
· arc tg y
∣∣∣∣∣1
0
=π
12.
(c) Las integrales son inmediatas si integramos en primer lugar respecto ala variable x:∫∫
Rf(x, y) dxdy =
∫ 1
0dy
∫ 1
0yexy dx =
∫ 1
0(exy
∣∣∣10) dy
=∫ 1
0(ey − 1) dy = (ey − y)
∣∣∣10
= e− 2.
(d) Para poder integrar la funcion valor absoluto, debemos dividir la regionde integracion como se indica en la figura.
A
C
B
D
Π
2Π
Π
2
Π
Si (x, y) ∈ A∪D, entonces cos(x+y) ≥ 0 y, si (x, y) ∈ B∪C, entoncescos(x+ y) ≤ 0. Resulta entonces:∫∫
Rf =
∫ π/2
0dx
∫ π/2−x
0cos(x+ y) dy −
∫ π/2
0dx
∫ π
π/2−xcos(x+ y) dy
−∫ π
π/2dx
∫ 3π/2−x
0cos(x+ y) dy +
∫ π
π/2dx
∫ π
3π/2−xcos(x+ y) dy
=∫ π/2
0(sen(π/2)− senx) dx−
∫ π/2
0(sen(x+ π)− sen(π/2)) dx
−∫ π
π/2(sen(3π/2)− senx) dx+
∫ π
π/2(sen(x+ π)− sen(3π/2)) dx
= (2x+ cosx+ cos(x+ π))∣∣∣π/20
+ (2x− cosx− cos(x+ π))∣∣∣ππ/2
=2π.
18
PROBLEMA 5.2
Si f es continua en R = [a, b]× [c, d], y se define
F (x, y) =∫ x
adu
∫ y
cf(u, v)dv,
probar que∂2F
∂x∂y=
∂2F
∂y∂x= f(x, y), para a < x < b, c < y < d.
Solucion
Llamamos G(x, y) a una funcion tal que
∂G
∂y(x, y) = f(x, y).
De este modo, por el teorema fundamental del calculo integral,
∂F
∂x(x, y) = G(x, y)−G(x, c).
Derivando respecto a la segunda variable,
∂2F
∂x∂y=∂G
∂y(x, y)− ∂G
∂y(x, c) = f(x, y).
Por otra parte, si intercambiamos el orden de integracion podemos escribir
F (x, y) =∫ y
cdv
∫ x
af(u, v) du =
∫ y
c(H(x, v)−H(a, v)) dy,
si H es una funcion tal que∂H
∂x(x, y) = f(x, y).
Procediendo ahora de forma analoga al caso anterior, obtenemos:
∂F
∂y(x, y) = H(x, y)−H(a, y),
y, si derivamos respecto a la primera variable,
∂2F
∂y∂x=∂H
∂x(x, y) = f(x, y).
19
PROBLEMA 5.3
Sea f(x, y) = esen(x+y) y D = [−π, π]× [−π, π]. Probar que
1e≤ 1
4π2
∫∫Df(x, y)dxdy ≤ e.
Solucion
Calculamos en primer lugar los maximos y mınimos de la funcion
f(x, y) = esen(x+y)
en el cuadrado D = [−π, π]× [−π, π].
Para ello resolvemos el sistema
∂f
∂x= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0
∂f
∂y= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0
=⇒ cos(x+y) = 0 =⇒ x+y =(2k + 1)π
2.
Los unicos puntos estacionarios de la funcion en el cuadrado D son loscorrespondientes a las rectas x+ y = π/2 y x+ y = 3π/2. Como los valoresde la funcion en dichos puntos son e y 1/e, respectivamente, deducimosque
maxf(x, y) : (x, y) ∈ D = e, mınf(x, y) : (x, y) ∈ D = 1/e.
De la desigualdad 1/e ≤ f(x, y) ≤ e, concluimos que∫∫D
1edxdy ≤
∫∫Df(x, y) dxdy ≤
∫∫De dxdy
=⇒ 4π2
e≤
∫∫Df(x, y) dxdy ≤ 4eπ2.
PROBLEMA 5.4
Hallar I =∫ 1
−1dx
∫ 2
0
√|y − x2| dy.
20
Solucion
Dividamos el cuadrado [−1, 1]× [0, 2] en dos regiones (ver figura) separadaspor la parabola y = x2.
-1 1
2
+
+
+
+
- -
-1 1
2
La integral buscada se descompone ası en:
I =∫ 1
−1dx
∫ x2
0
√x2 − y dy +
∫ 1
−1dx
∫ 2
x2
√y − x2 dy = I1 + I2.
Calculamos por separado ambas integrales:
I1 =∫ 1
−1−dx
∫ x2
0−√x2 − y dy = −
∫ 1
−1
(x2 − y)3/2
3/2
∣∣∣∣x2
0
dx =∫ 1
−1−2x3
3dx = 0.
rI2 =∫ 1
−1
(y − x2)3/2
3/2
∣∣∣∣2x2
dx =∫ 1
−1(2/3)
√(2− x2)3 dx
= (sustitucion x =√
2 cos t) =23
∫ π/4
−π/4(1− cos 2t) dt =
π − 23
.
El valor de la integral es entonces I =π − 2
3.
PROBLEMA 5.5
Calcular el volumen del solido limitado por la funcion z = cos(x−y)y el plano z = 0, encerrada en el cuadrado [0, π]× [0, π].
Solucion
21
En la figura se muestra la grafica de la funcion donde observamos que tomavalores positivos y negativos.
x
y
z
En efecto, si (x, y) ∈ [0, π]× [0, π],
cos(x− y) > 0 ⇐⇒ −π2< x− y <
π
2⇐⇒ x− π
2< y < x+
π
2.
Por tanto, debemos descomponemos el cuadrado S en las regiones A, B, Cy D, como se ilustra en la figura adjunta, y calcular la integral como sumade integrales en cada una de dichas regiones.
A
B
C
D
Ası pues:
22
V =∫∫
S| cos(x− y)| dxdy
=∫∫
A− cos(x− y) dxdy +
∫∫B
cos(x− y) dxdy
+∫∫
Ccos(x− y) dxdy −
∫∫D
cos(x− y) dxdy
= −∫ π/2
0dx
∫ π
x+π/2cos(x− y) dy +
∫ π/2
0dx
∫ x+π/2
0cos(x− y) dy
+∫ π
π/2dx
∫ π
x−π/2cos(x− y) dy −
∫ π
π/2dx
∫ x−π/2
0cos(x− y) dy
=∫ π/2
0
(sen(x− π)− sen(−π/2)
)dx−
∫ π/2
0
(sen(−π/2)− senx
)dx
−∫ π
π/2
(sen(x− π)− sen(π/2)
)dx+
∫ π
π/2
(sen(π/2)− senx
)dx = 2π.
23
2. INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funcionesdefinidas sobre el espacio euclıdeo de dimension n
Rn = (x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n,
y con imagen en el espacio analogo de dimension m, Rm.
PROBLEMA 5.6
En la integral doble
∫∫Df(x, y) dxdy, colocar los lımites de inte-
gracion en ambos ordenes, para los siguientes recintos:
i) trapecio de vertices (0, 0), (1, 0), (1, 2) y (0, 1).
ii) segmento parabolico y = x2, y = 1.
iii) cırculo x2 + y2 ≤ 1.
iv) cırculo x2 + y2 ≤ y.
Solucion
Si dibujamos las graficas y despejamos cada una de las variables con respectoa la otra, tenemos:
i) I =∫ 1
0dx
∫ x+1
0f(x, y) dy =
∫ 1
0dy
∫ 1
0f(x, y) dx+
∫ 2
1dy
∫ 1
y−1f(x, y) dx.
ii) I =∫ 1
−1dx
∫ 1
x2
f(x, y) dy =∫ 1
0dy
∫ √y
−√yf(x, y) dx.
iii) I =∫ 1
−1dx
∫ √1−x2
−√
1−x2
f(x, y) dy =∫ 1
−1dy
∫ √1−y2
−√
1−y2f(x, y) dx.
iv) I =∫ 1/2
−1/2dx
∫ (1+√
1−4x2)/2
(1−√
1−4x2)/2f(x, y) dy =
∫ 1
0dy
∫ √y−y2
−√y−y2
f(x, y) dx.
24
PROBLEMA 5.7
Cambiar el orden de integracion en las integrales siguientes:
a)
∫ 3
0dx
∫ √25−x2
4x/3f(x, y) dy.
b)
∫ 2
−6dx
∫ 2−x
x2
4−1f(x, y) dy.
c)
∫ 2
1dx
∫ √2x−x2
2−xf(x, y) dy.
d)
∫ e
1dx
∫ lnx
0f(x, y) dy.
e)
∫ 2a
0dx
∫ √2ax
√2ax−x2
f(x, y) dy, a > 0.
f)
∫ 2
1dx
∫ x3
xf(x, y) dy +
∫ 8
2dx
∫ 8
xf(x, y) dy.
Solucion
a) La region de integracion, indicada en la figura, es la que verifica el sis-tema
0 ≤ x ≤ 3, 4x/3 ≤ y ≤√
25− x2.
3
4
3
4
Como el punto (3, 4) es la interseccion entre la circunferencia y la recta, lanueva integral se escribira como
25
∫ 3
0dx
∫ √25−x2
4x/3f(x, y) dy =
∫ 4
0dy
∫ 3y/4
0f(x, y) dx+
∫ 5
4dy
∫ √25−y2
0f(x, y) dx.
b) Se trata de la region comprendida entre la parabola y = x2/4 − 1 y larecta y = 2− x.
-6 2
2
8
-6 2
2
8
Al invertir el orden de integracion, la integral se descompone ası:
I =∫ 0
−1dy
∫ 2√y+1
−2√y+1
f(x, y) dx+∫ 8
0dy
∫ 2−y
−2√y+1
f(x, y) dx.
c) La region de integracion es el segmento de circunferencia (x−1)2 +y2 = 1limitado por la recta x+ y = 2. La integral se puede escribir como:
I =∫ 1
0dy
∫ 1+√
1−y2
2−yf(x, y) dx.
d) Para invertir el orden de integracion, basta despejar x en la ecuaciony = lnx. Tenemos ası:
I =∫ 1
0dy
∫ e
ey
f(x, y) dx.
e) Si observamos la region de integracion, al cambiar el orden de integraciondebemos descomponer la integral en tres sumandos:
26
a 2a
a
2a
I =∫ a
0dy
∫ a−√a2−y2
y2/2af dx+
∫ a
0
∫ 2a
a+√a2−y2
f dx+∫ 2a
ady
∫ 2a
y2/2af dx.
f) La suma de las dos integrales dadas origina la region dada por la figu-ra.
1 2 8
1
8
1 2 8
1
8
Al cambiar el orden de integracion, queda sencillamente:
I =∫ 8
1dy
∫ y
y1/3
f(x, y) dx.
27
PROBLEMA 5.8
Calcular las siguientes integrales:
(a)
∫ 2
1dx
∫ 3x+1
2xxy dy.
(b)
∫ 1
−1dx
∫ |x|
−2|x|ex+y dy.
(c)
∫ 1
0dx
∫ √1−x2
0
√1− x2 − y2 dy.
(d)
∫ 1
−1dy
∫ 1
|y|(x+ y)2 dx.
(e)
∫ 8
0dy
∫ 3√y
y/4ex
2dx.
Solucion
(a) Basta resolver directamente las integrales iteradas para obtener:
∫ 2
1dx
∫ 3x+1
2xxy dy =
∫ 2
1
xy2
2
∣∣∣∣∣3x+1
2x
dx =∫ 2
1
(x(3x+ 1)2
2− x(2x)2
2
)dx
=∫ 2
1
5x3 + 6x2 + x
2dx =
(5x4
8+ x3 +
x2
4
) ∣∣∣∣∣2
1
=1378.
(b) Calculamos primero la integral respecto a la variable y:
∫ 1
−1dx
∫ |x|
−2|x|ex+y dy =
∫ 1
−1ex+y
∣∣∣∣∣|x|
−2|x|
dx =∫ 1
−1(ex+|x| − ex−2|x|) dx.
Ahora descomponemos la integral simple en suma de dos integrales para
28
sustituir el valor absoluto:
∫ 1
−1(ex+|x| − ex−2|x|) dx =
∫ 0
−1(1− e3x) dx+
∫ 1
0(e2x − e−x) dx
=(x− 1
3e3x) ∣∣∣∣∣
0
−1
+(
12e2x + e−x
) ∣∣∣∣∣1
0
= −56
+13e−3 +
12e2 + e−1.
(c) Integramos primero respecto a y para lo cual hacemos el cambio devariable sen t = y/
√1− x2. De este modo:
∫ 1
0dx
∫ √1−x2
0
√1− x2 − y2 dy =
∫ 1
0dx
∫ π/2
0(√
1− x2)2 · cos2 t dt
=∫ 1
0(1− x2) ·
(t
2+
sen 2t4
) ∣∣∣∣∣π/2
0
dx
=π
4
∫ 1
0(1− x2) dx =
π
4
(x− x3
3
) ∣∣∣∣∣1
0
=π
6.
(d) El dominio de integracion es la region ilustrada en la figura.
1
-1
1
x=y
x=-y
1
-1
1
Integramos primero respecto a y y despues descomponemos el intervalo
29
[−1, 1] en dos subintervalos para calcular la integral respecto a x:
I =∫ 1
−1
(x3
3+ x2y + xy2
) ∣∣∣∣∣1
|y|
dy
=∫ 1
−1
(13
+ y + y2 − |y|3
3− y3 − |y| · y2
)dy
=∫ 0
−1
(13
+ y + y2 +y3
3
)dy +
∫ 1
0
(13
+ y + y2 − 7y3
3
)dy
=(y
3+y2
2+y3
3+y4
12
) ∣∣∣∣∣0
−1
+(y
3+y2
2+y3
3− 7y4
12
) ∣∣∣∣∣1
0
=23.
(e) La region de integracion es la que se ilustra en la figura adjunta.
2
8
y=4x
y=x3
2
8
Intercambiando el orden de integracion se obtiene
I =∫ 2
0dx
∫ 4x
x3
ex2dy =
∫ 2
0(4xex
2 − x3ex2) dx
= 2ex2∣∣2
0− x2
2ex
2∣∣20+∫ 2
0xex
2dx =
e4
2− 5
2.
(Aplicar el metodo de integracion por partes en la segunda integral.)
30
PROBLEMA 5.9
Calcular
∫∫Df(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = xy2, D el recinto limitado por y2 = 2px y x = p/2 (p > 0).
ii) f(x, y) = x2 + y2, D el paralelogramo limitado por y = x, y = x+a,y = a, y = 3a.
iii) f(x, y) = x+ y, D esta limitado por y2 = 2x, x+ y = 4, x+ y = 12.
Solucion
i) Escribimos la integral doble en forma de integrales iteradas y resulta:
I =∫ p/2
0dx
∫ √2px
−√
2pxxy2 dy =
∫ p/2
0x·y
3
3
∣∣∣√2px
−√
2pxdx =
13
∫ p/2
02x(2px)3/2 dx =
p5
21.
ii) Si observamos el paralelogramo de la figura, observamos que es mas con-veniente realizar primero la integral respecto a x.
a 2a
3a
3a
a
2a
Ası,
I =∫ 3a
ady
∫ y
y−a(x2 + y2) dx =
∫ 3a
a
(x3
3+ y2x
)∣∣∣yy−a
dy = · · · = 14a4.
iii) Teniendo en cuenta la forma de la region de integracion, si integramosprimero respecto a y, la integral se descompone en dos sumandos.
31
2 8 12 18
-6-4
24
2 8 12 18
-6-4
24
Ası pues,
I =∫ 8
2dx
∫ √2x
4−x(x+ y) dy +
∫ 18
8dx
∫ 12−x
−√
2x(x+ y) dy
=∫ 8
2
(√2 · x3/2 − 3x+ x2 − (4− x)2
2
)dx
+∫ 18
8
(11x− x2 +
(12− x)2
2+√
2 · x3/2)dx =
815615
.
Otra posibilidad serıa restar la integral sobre la region comprendida entrela parabola y la recta x+ y = 12 y la integral sobre la region comprendidaentre la parabola y la recta x+ y = 4.
PROBLEMA 5.10
Calcular
∫∫Df(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = y, D = (x, y : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ senx.
ii) f(x, y) = x2 + y2, D recinto limitado por y = x2, x = 2, y = 1.
iii) f(x, y) = x2y, D es el primer cuadrante del cırculo x2 + y2 ≤ 4.
iv) f(x, y) = y, D = (x, y) : y > 0, x2 + y2 ≤ a2, y2 ≥ 2ax, x ≥ 0.
Solucion
i) Los puntos de interseccion de las curvas y = senx, y = 2x/π son (0, 0) y(π/2, 1).
32
La integral se calcula entonces de forma directa:
I =∫ π/2
0dx
∫ senx
2x/πy dy =
∫ π/2
0
sen2 x− (2x/π)2
2dx =
π
24.
ii) La figura adjunta muestra la region dada.
2
1
4
2
1
4
Para calcular la integral podemos seguir dos metodos:
1) Integrando como region de tipo 1.
I =∫ 2
1dx
∫ x2
1(x2 + y2) dy
=∫ 2
1(x2y + y3/3)
∣∣∣∣x2
1
dx =∫ 2
1(x4 + x6/3− x2 − 1/3) dx =
1006105
.
2) Integrando como region de tipo 2.
I =∫ 4
1dy
∫ 2
√y(x2 + y2) dx
=∫ 4
1(x3/3 + xy2)
∣∣∣∣2√y
dy =∫ 4
1(8/3 + 2y2 − y3/2/3− y5/2) dy =
1006105
.
iii) A partir de la figura adjunta obtenemos los lımites de integracion.
33
2
2
2
2
De este modo, la integral se expresa como:
I =∫ 2
0x2dx
∫ √4−x2
0y dy =
∫ 2
0x2y2/2
∣∣∣∣√
4−x2
0
dx
=12
∫ 2
0(4x2 − x4)dx =
12
[43x3 − 1
5x5
]2
0
=3215.
iv) La interseccion de x2 + y2 = a2 con y2 = 2ax da x = a(√
2 − 1), y elrecinto S es el indicado en la figura.
Teniendo en cuenta la figura, la integral se escribe como
I =∫ a(
√2−1)
0dx
∫ √a2−x2
√2ax
y dy =12
∫ a(√
2−1)
0(a2−x2−2ax) dx =
a3
6(4√
2−5).
34
PROBLEMA 5.11
Si llamamos A =∫ 1
0e−t
2dt e I = 2
∫ 1
0dx
∫ x
0e−y
2dy, probar que
I = 2A+ e−1 − 1.
Solucion
La region de integracion es el triangulo de la figura.
1
1
Hx,xL
Hx,0L 1
1
1
y
1
Hy,yL H1,
1
y
1
Intercambiando el orden de integracion en I, tenemos:
I = 2∫ 1
0dy
∫ 1
ye−y
2dx = 2
∫ 1
0(e−y
2x)∣∣1ydy
= 2∫ 1
0(e−y
2 − ye−y2) dy = 2
∫ 1
0e−y
2dy +
∫ 1
0−2ye−y
2dy
= 2A+ e−y2∣∣1
0= 2A+ e−1 − e0.
PROBLEMA 5.12
Probar que 2∫ b
adx
∫ b
xf(x)f(y) dy =
(∫ b
af(x) dx
)2
.
35
Solucion
Por una parte,
I =(∫ b
af(x) dx
)2
=(∫ b
af(x) dx
)·(∫ b
af(x) dx
)=∫ b
a
∫ b
af(x)f(y) dxdy.
a b
a
bS1
xa b
a
b
a b
a
b
yS2
a b
a
b
Descomponiendo el cuadrado en dos triangulos como indica la figura, resul-ta:
I =∫∫
S1
f(x)f(y) dxdy +∫∫
S2
f(x)f(y) dxdy
=∫ b
adx
∫ b
xf(x)f(y) dy +
∫ b
ady
∫ b
yf(x)f(y) dx = 2
∫ b
adx
∫ b
xf(x)f(y) dy,
pues en el segundo sumando se pueden intercambiar las letras x e y.
PROBLEMA 5.13
Hallar el area limitada por el lazo de y2 = x2(2− x).
Solucion
36
Observando la figura se obtiene directamente:
A = 2∫ 2
0dx
∫ x√
2−x
0dy = 2
∫ 2
0x√
2− x dx = (sustitucion 2− x = z2)
= −4∫ 0
√2(2z2 − z4) dz =
32√
215
.
PROBLEMA 5.14
Hallar el volumen de la region limitada por los planos z = x + y,z = 6, x = 0, y = 0, z = 0.
Solucion
La region dada es el tetraedro de la figura.
x
y
z
37
Si observamos que, cuando x varıa entre 0 y 6, y varıa entre 0 y z − x, conz = 6, el volumen buscado es:
V =∫ 6
0dx
∫ 6−x
0[6−(x+y)] dy =
∫ 6
0(6−x)y−y
2
2
∣∣∣6−x0
dx =∫ 6
0
(6− x)2
2dx = 36.
PROBLEMA 5.15
Hallar el volumen del solido limitado por el paraboloide x2+4y2 = z,el plano z = 0 y los cilindros y2 = x, x2 = y.
Solucion
La proyeccion de la figura sobre el plano z = 0 es la region limitada por lasparabolas y2 = x, x2 = y. Ası pues, cuando x varıa entre 0 y 1, y varıa entrex2 y
√x.
x
y
z
El volumen queda ahora
V =∫ 1
0dx
∫ √x
x2
(x2 + 4y2) dy =∫ 1
0(x5/2 +
43x3/2 − x4 − 4
3x6)dx =
37.
38
PROBLEMA 5.16
Hallar el volumen de la porcion del cilindro 4x2 +y2 = a2 compren-dida entre los planos z = 0 y z = my.
Solucion
En primer lugar, observamos que el solido es simetrico respecto a la recta y =z = 0. Por otra parte, la base del solido es la elipse 4x2 + y2 = a2, de modoque, cuando x varıa entre −a/2 y a/2, y varıa entre 0 y
√a2 − 4x2.
xy
z
Teniendo en cuenta lo anterior, el volumen queda:
V = 2∫ a/2
−a/2dx
∫ √a2−4x2
0my dy = m
∫ a/2
−a/2(a2 − 4x2) dx =
2ma3
3.
39
En definitiva,∣∣∣∣∣∫ϕ(A)
f −∫A(f ϕ)|Jϕ|
∣∣∣∣∣ ≤Mf ·K ·ε+ε·c(A)(1+MJMf2n)+Mf ·MJ ·ε = ε.
Ejemplos.
1)∫∫
Af(x, y) dxdy =
∫∫A′f(r cosϑ, r senϑ)r drdϑ.
2)∫∫∫
Af(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫A′f(r cosϑ, r senϑ, z)r drdϑdz.
3)∫∫∫
Af(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫A′f(ρ cosϑ senϕ, ρ senϑ senϕ, ρ cosϕ)ρ2 senϕdρdϑdϕ.
4)∫∫
Af(x + 2y, 2x − 3y) dxdy =
∫∫g(A)
17f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x +
2y, 2x− 3y).
Ejercicio.
(a) Probar que∫∫
R2e−(x2+y2)dxdy = π.
(b) Probar que∫ ∞
−∞e−x
2dx =
√π.
(c) Probar que∫
Rne−‖x‖
2dx = πn/2.
(d) Calcular∫ ∞
−∞e−tx
2dx y
∫ ∞
−∞x2e−tx
2dx (t > 0).
PROBLEMA 5.17
Sea D∗ = [0, 1] × [0, 1] y se define T : R2 → R2 como T (u, v) =(−u2 + 4u, v). Encontrar D = T (D∗). ¿Es T inyectiva?
Solucion
47
Cada una de las componentes x = −u2 + 4u, y = v, es funcion de una solavariable. Para ver que T es inyectiva, basta comprobar que lo son cada unade las componentes.
Ahora bien, la funcion y = v es la identidad, que es evidentemente inyectiva.Ademas, si 0 ≤ v ≤ 1, entonces 0 ≤ y ≤ 1.
Por otra parte, la funcion x = −u2 + 4u = −u(u − 4) corresponde a unaparabola de vertice el punto (2, 4) y que corta al eje u en los puntos (0, 0) y(4, 0). Como el dominio esta restringido al intervalo u ∈ [0, 1], la funcion esinyectiva y la imagen del intervalo [0, 1] es el intervalo x ∈ [0, 3].
En la figura siguiente se ilustra el comportamiento de la funcion T .
T−−−−−−−−→
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
3 x
1
y
D
3 x
1
y
PROBLEMA 5.18
Sea D∗ el paralelogramo limitado por las rectas y = 3x− 4, y = 3x,y = x/2, y = x/2 + 2. Sea D = [0, 1] × [0, 1]. Encontrar T : R2 → R2
tal que T (D∗) = D.
Solucion
En la figura se muestran los paralelogramosD∗ yD (dondeA = (4/5, 12/5), B =(12/5, 16/5), C = (8/5, 4/5)):
x
y
D*
A
B
C
x
y
T−−−−−−−−→
1 u
1
v
D
1 u
1
v
48
Como la aplicacion buscada transforma un paralelogramo en otro, debe seruna transformacion lineal, del tipo
u = ax+ by +m
v = cx+ dy + n.
Debido a que ambos paralelogramos pasan por el origen, podemos hacerT (0, 0) = (0, 0), de modo que m = n = 0.
Teniendo en cuenta que los vertices de un paralelogramo se aplican en losvertices del otro, podemos establecer las relaciones:
T (8/5, 4/5) = (1, 0) =⇒
8a/5 + 4b/5 = 18c/5 + 4d/5 = 0
T (12/5, 16/5) = (1, 1) =⇒
12a/5 + 16b/5 = 112c/5 + 16d/5 = 1
Resolviendo el sistema resultante, se obtienen los valores a = 3/4, b = −1/4,c = −1/4 y d = 1/2. La transformacion buscada tiene por ecuaciones
u =3x− y
4, v =
−x+ 2y4
.
PROBLEMA 5.19
Una region R del plano XY esta limitada por las rectas x+ y = 6,x− y = 2 e y = 0.
a) Determinar la region R∗ del plano UV en que se aplica R por latransformacion x = u+ v, y = u− v.
b) Calcular el jacobiano de la transformacion∂(x, y)∂(u, v)
.
c) Comparar el resultado de b) con la relacion entre las areas de Ry R∗.
Solucion
La grafica siguiente muestra las regiones R y R∗:
49
1 3 u
1
3
v
R*
1 3 u
1
3
v
T−−−−−−−−→x = u+ vy = u− v
2 6 x
2
y
R
2 6 x
2
y
a) La region R sombreada en la parte derecha de la figura es un triangulolimitado por las rectas dadas. Mediante la transformacion dada, larecta x + y = 6 se transforma en (u + v) + (u − v) = 6, es decirla recta u = 3. Analogamente, la recta x − y = 2 se transforma en(u+ v)− (u− v) = 2 o bien la recta v = 1. De la misma manera el ejey = 0 se convierte en la recta u = v. La region transformada R∗ es eltriangulo de la izquierda en el plano UV .
b) Calculando las derivadas parciales obtenemos directamente
∂(x, y)∂(u, v)
=∣∣∣∣∂x∂u ∂x
∂v∂y∂u
∂y∂v
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 11 −1
∣∣∣∣ = −2.
c) El area de la region triangular R es 4, en tanto que la de la region R∗ es2. Luego la relacion entre ambas es 4/2 = 2 que coincide con el valorabsoluto del jacobiano. Como el jacobiano es constante (lo que ocurrecon las transformaciones lineales), las areas de cualesquiera regiones Rdel plano XY son el doble de las areas de las regiones correspondientestransformadas R∗ del plano UV .
50
PROBLEMA 5.20
Una region R del plano XY esta limitada por las curvas
x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2, x = 0, y = 0,
con 0 < a < b, en el primer cuadrante.
a) Determinar la region R′ en la cual se transforma R por la trans-formacion x = u cos v, y = r sen v.
b) Estudiar lo que ocurre si a = 0.
c) Calcular∂(x, y)∂(u, v)
.
Solucion
a bu
p2
v
R’
a bu
p2
v
T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v
a bx
y
R
a bx
y
a) La region R es la indicada en la figura. Por la transformacion dada,las circunferencias x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2 se convierten en lasrectas u = a, u = b, respectivamente. Asimismo, el segmento x = 0comprendido entre a ≤ y ≤ b se convierte en v = π/2, con a ≤ u ≤ by el segmento y = 0, a ≤ x ≤ b se transforma en v = 0, a ≤ u ≤ b. Endefinitiva, la region R′ buscada es el rectangulo mostrado en la figura.
Se podıa haber razonado tambien diciendo que, por ser u la distanciadesde el origen del plano XY y v el angulo medido a partir del ejepositivo de abscisas, es claro que la region que se busca estara dadapor a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ π/2, como se indica en la figura.
b) Si a = 0, la region R se convierte en un cuadrante de un region circularde radio b y R′ sigue siendo un rectangulo. La razon para esto es queel punto x = 0, y = 0 se aplica en u = 0, v = indeterminada y latransformacion no es biunıvoca en este punto, llamado por esta razonpunto singular.
51
c) Sustituyendo las derivadas parciales en la matriz obtenemos:
∂(x, y)∂(u, v)
=∣∣∣∣cos v −u sen vsen v u cos v
∣∣∣∣ = u(cos2 v + sen2 v) = u.
PROBLEMA 5.21
Sea T (u, v) =(u, v(1+u)
)y D∗ = [0, 1]× [1, 2]. Encontrar D = T (D∗)
y calcular
∫∫Dxy dxdy.
Solucion
Busquemos las imagenes de los segmentos que forman la frontera deD∗:
v = 10 ≤ u ≤ 1
=⇒
x = uy = 1 + u0 ≤ x ≤ 1
=⇒ y = 1 + x0 ≤ x ≤ 1
u = 11 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 1y = 2v
1 ≤ v ≤ 2
=⇒ x = 12 ≤ y ≤ 4
v = 20 ≤ u ≤ 1
=⇒
x = uy = 2(1 + u)0 ≤ x ≤ 1
=⇒ y = 2 + 2x0 ≤ x ≤ 1
u = 01 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 0y = v
1 ≤ v ≤ 2
=⇒ x = 01 ≤ y ≤ 2
Con esta informacion, la transformacion T corresponde a la figura sigu-iente:
52
1 u
1
2
v
D*
1 u
1
2
v
T−−−−−−−−→x = u
y = v(1 + u)
1 x
1
2
4
y
D
1 x
1
2
4
y
Para calcular la integral propuesta, podemos aplicar dos metodos:
a) Directamente:∫∫Dxy dxdy =
∫ 1
0x dx
∫ 2x+2
x+1y dy =
∫ 1
0x
((2x+ 2)2
2− (x+ 1)2
2
)dx =
178.
b) Con la formula del cambio de variables:
Como J(x, y
u, v
)=∣∣∣∣1 0v 1 + u
∣∣∣∣ = 1 + u, entonces
I =∫ 1
0du
∫ 2
1uv(1 + u)2 dv =
∫ 1
0(u+ 2u2 + u3) du ·
∫ 2
1v dv =
178.
PROBLEMA 5.22
Expresar
∫ 1
0dx
∫ x2
0xy dy como una integral sobre el triangulo D∗ =
(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ u y calcular la integral de las dosformas.
Solucion
Podemos calcular la integral directamente, aplicando el teorema de Fubi-ni: ∫ 1
0x dx
∫ x2
0y dy =
∫ 1
0x · x
4
2dx =
x6
12
∣∣∣10
=112.
53
Otro metodo consiste en hacer el cambio de variables T (u, v) = (√u, v) que
transforma el triangulo D∗ en la region D, indicada en la figura.
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
T−−−−−−−−→x =
√u
y = v
1 x
1
y
D1 x
1
y
Como el jacobiano de la transformacion es J(x, y
u, v
)=∣∣∣∣1/2√u 0
0 1
∣∣∣∣ = 12√u
,
por la formula del cambio de variable, tenemos:
I =∫ 1
0du
∫ u
0
√u · v · 1
2√udu =
∫ 1
0
v2
4
∣∣∣u0du =
∫ 1
0
u2
4du =
112.
PROBLEMA 5.23
Cambiar a coordenadas polares la integral
∫∫Df(x, y) dxdy en los
siguientes casos:
i) D es el cırculo: x2 + y2 ≤ ax, a > 0.
ii) D es el recinto del primer cuadrante limitado por las curvas: x+y = 1 y x2 + y2 = 1.
iii) D es el cuadrado [0, 1]× [0, 1].
iv) D es el recinto del primer cuadrante limitado por la curva (x2 +y2)2 = a2(x2 − y2).
v) D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x.
Solucion
54
i) Si escribimos la ecuacion de la circunferencia en coordenadas polares (ha-ciendo el cambio x = u cos v, y = u sen v), obtenemos u2 = au cos v, es deciru = 0 o u = a cos v.
a
v
u
De la grafica adjunta deducimos que, en coordenadas polares, la region veri-fica las condiciones −π/2 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ a cos v. Ası pues, la integral seescribe (teniendo en cuenta el jacobiano de la transformacion) como:
I =∫ π/2
−π/2dv
∫ a cos v
0u · f(u cos v, u sen v) du.
ii) La circunferencia x2 + y2 = 1 se escribe en coordenadas polares como
u = 1, mientras que la recta x+ y = 1 tiene por ecuacion u =1
cos v + sen v.
En el primer cuadrante, el angulo v esta comprendido entre 0 y π/2.
v
u
Con estos datos, la integral se escribe como:
I =∫ π/2
0dv
∫ 1
1cos v+sen v
u · f(u cos v, u sen v) du.
iii) En este caso debemos dividir la region en dos triangulos: el primero deellos limitado por las rectas x = y, x = 1 e y = 0, lo que en coordenadaspolares corresponde a 0 ≤ v ≤ π/4, 0 ≤ u ≤ 1/ cos v; el segundo triangulo
55
esta limitado por las rectas x = y, y = 1 y x = 0, y su expresion encoordenadas polares esta dada por π/4 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ 1/ sen v.
1
1
x=1
y=1
v
u
1
1
La integral doble se escribe entonces como:
I =∫ π/4
0dv
∫ 1cos v
0u·f(u cos v, u sen v) du+
∫ π/2
π/4dv
∫ 1sen v
0u·f(u cos v, u sen v) du.
iv) La curva dada es la lemniscata de la figura que, en coordenadas polares,se expresa por la ecuacion u2 = a2 cos 2v.
av
u
En el primer cuadrante, la region esta comprendida entre los valores 0 ≤v ≤ π/4, ası que la integral se expresa como:
I =∫ π/4
0dv
∫ a√
cos 2v
0u · f(u cos v, u sen v) du.
v) La ecuacion de la parabola y = x2 se expresa en coordenadas polares poru sen v = u2 cos2 v, o bien u = sen v/ cos2 v.
1
u
v1
56
La region de integracion esta comprendida entre los valores v = 0 y v = π/4(correspondiente a la recta y = x). Ası pues, la integral se expresa ası:
I =∫ π/4
0dv
∫ sen v/ cos2 v
0u · f(u cos v, u sen v) du.
PROBLEMA 5.24
Sea D el cırculo unidad. Expresar
∫∫D
(1 + x2 + y2)3/2 dxdy como
una integral sobre el rectangulo [0, 1]× [0, 2π] y calcularla.
Solucion
Si aplicamos el cambio a coordenadas polares, dado por las ecuaciones x =u cos v, y = u sen v (ver figura), y teniendo en cuenta que el jacobiano de
la transformacion es J(x, y
u, v
)= u, la integral se puede calcular del modo
siguiente:∫∫D
(1 + x2 + y2)3/2 dxdy =∫∫
D∗u · (1 + u2)3/2 dudv
=∫ 2π
0dv
∫ 1
0u · (1 + u2)3/2 du
= π · (1 + u2)5/2
5/2
∣∣∣10
=8π√
25
.
1 u
2 pv
D*
1 u
2 pv
T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v -1 1 x
1
y
D-1 1 x
1
y
57
PROBLEMA 5.25
Dibujar la region de integracion y resolver la siguiente integral:∫ 1
1/√
2dx
∫ x
√1−x2
xy dy +∫ √
2
1dx
∫ x
0xy dy +
∫ √4−x2
0xy dy.
Solucion
La region de integracion es la union de las regiones correspondientes a cadasumando. De este modo la grafica corresponde a un sector de corona cir-cular comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y elangulo comprendido entre 0 y π/4. Esto sugiere calcular la integral pasandoa coordenadas polares, de modo que su valor es:
I =∫ π/4
0dϑ
∫ 2
1ρ · ρ2 senϑ cosϑdρ =
∫ π/4
0senϑd(senϑ)
∫ 2
1ρ3dρ =
1516.
PROBLEMA 5.26
Calcular el volumen del solido limitado por el paraboloide z = x2 +y2 y el plano z = x.
Solucion
58
x
y
z
El paraboloide y el plano se cortan en una curva cuya proyeccion sobre elplano XY es la circunferencia x2 + y2 = x. Ası pues, el volumen se escribe
mediante la integral doble∫∫
R[x − (x2 + y2)] dxdy, donde R es el cırculo
x2 + y2 ≤ x.
Si escribimos la region R en coordenadas polares, x = r cosϑ, y = r senϑ,
sabiendo que J(x, y
r, ϑ
)= r, la integral se escribe como:
V =∫∫
R[x− (x2 + y2)] dxdy =
∫ π/2
−π/2
(∫ cosϑ
0(r cosϑ− r2)r dr
)dϑ
=∫ π/2
−π/2
(cosϑ
cos3 ϑ3
− cos4 ϑ4
)dϑ =
π
32.
PROBLEMA 5.27
Si S es la region del primer cuadrante limitada por las curvasxy = 1, xy = 2, y = x, y = 4x, probar que∫∫
Sf(x · y) dxdy = ln 2
∫ 2
1f(u) du.
Solucion
La frontera de la region S sugiere realizar el cambio u = y/x, v = yx, cuyainversa es la transformacion T (u, v) = (
√v/u,
√uv), la cual tiene como
dominio la region S∗ de la figura adjunta.
59
1 4 u
1
2
v
S*
1 4 u
1
2
v
T−−−−−−−−→x =
√v/u
y =√uv
x
y
S
x
y
El jacobiano de esta transformacion es
J
(x, y
u, v
)=∣∣∣∣−1
2 · u−3/2v1/2 1
2 · u−1/2v−1/2
12 · u
−1/2v1/2 12 · u
1/2v−1/2
∣∣∣∣ = −12u.
Por la formula del cambio de variable, la integral dada se puede escribircomo:∫∫
Sf(x·y) dxdy =
∫ 4
1du
∫ 2
1
12u·f(v) dv =
12
lnu∣∣∣41
∫ 2
1f(v) dv = ln 2
∫ 2
1f(v) dv.
PROBLEMA 5.28
Calcular
∫∫R
√x2 + y2 dxdy siendo R la region del plano XY lim-
itada por x2 + y2 = 4 y x2 + y2 = 9.
Solucion
La presencia de x2 + y2 sugiere el empleo de coordenadas polares (r, ϑ), conx = r cosϑ, y = r senϑ. Mediante esta transformacion la corona circular Rse transforma en el rectangulo R′ como se indica en la figura.
60
2 3 u
2 pv
R’
2 3 u
2 pv
T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v
2 3 x
y
R
2 3 x
y
Debido a que∂(x, y)∂(r, ϑ)
= r, se tiene:
A =∫∫
R
√x2 + y2 dxdy =
∫∫R′r · r drdϑ =
∫ 2π
0dϑ
∫ 3
2r2dr
=∫ 2π
0r3/3
∣∣∣32dϑ =
38π3.
Tambien se podıan haber obtenido los lımites de integracion para R′ obser-vando la region R pues, para ϑ fijo, r varıa desde r = 2 hasta r = 3 dentrodel sector destacado en la figura. Integrando entonces con respecto a ϑ desdeϑ = 0 hasta ϑ = 2π se obtiene la suma de todos los sectores citados.
PROBLEMA 5.29
Dados A =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0, x− y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4
y f(x, y) =(
x2 + y2)−1/2
, calcular I =∫∫
Af(x, y) dxdy.
Solucion
61
-2 1 2
-2
-1
2
-2 1 2
-2
-1
2
Si escribimos la integral en coordenadas cartesianas, debemos descomponerla region en dos partes. Por tanto (vista como region de tipo II),
I =∫ −1
−2dy
∫ √4−y2
0
(x2 + y2
)−1/2dx+
∫ 0
−1dy
∫ √4−y2
1+y
(x2 + y2
)−1/2dx.
Si escribimos la integral en coordenadas polares, los extremos de integracionpara la variable r son r cosϑ − r senϑ = 1 (pues corresponde a la rectax− y = 1) y r = 2 (pues corresponde a la circunferencia x2 + y2 = 4).
Por otra parte, los extremos de integracion de la variable ϑ son −π/2 y0 (pues la region esta contenida en el cuarto cuadrante) o bien 3π/2 y2π.
Ası pues, el planteamiento correcto de la integral es
I =∫ 0
−π/2dθ
∫ 2
(cosθ−senθ)−1
dr =∫ 2π
3π/2dθ
∫ 2
(cosθ−senθ)−1
dr
(el jacobiano se simplifica con el valor de la funcion).
62
PROBLEMA 5.30
Sea I = δ∫∫∫
V (x2 + y2 + z2) dx dy dz, donde
V = (x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥ 0, −√
4− x2 − y2 ≤ z ≤ 12
√4− x2 − y2.
Decir razonadamente si cada una de las siguientes igualdades escierta:
(a) I =∫ 2
0dx
∫ 2
0dy
∫ 12
√4−x2−y2
−√
4−x2−y2(x2 + y2 + z2) dz
(b) I =∫ 1
0dr
∫ π2
0dθ
∫ π2
04r4(4 sen3 ϕ+cos2 ϕ senϕ) dϕ +
∫ 2
0dr
∫ π2
0dθ
∫ π
π2
r4 senϕdϕ.
Solucion
El solido es la region limitada superiormente por el elipsoide x2+y2+4z2 = 4e inferiormente por la esfera x2+y2+z2 = 4, y contenida en el primer octante.Ambas superficies se cortan a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = 4contenida en el plano XY .
x
y
z
63
La respuesta del apartado (a) no es correcta pues, si los lımites de integracionde las variables x e y son constantes, la region serıa un rectangulo y no lacircunferencia x2 + y2 = 4.
Para comprobar si la respuesta del apartado (b) es correcta, debemos de-scomponer la integral en dos sumandos: el primero correspondiente a z ≥ 0y el segundo a z ≤ 0.
Para la cara superior, hacemos el cambio de variables x = 2r cosϑ senϕ,y = 2r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, 0 ≤ ϕ ≤ π/2,y cuyo jacobiano es J = 4r2 senϕ.
Al sustituir estos valores en la integral propuesta, se obtiene∫ 1
0dr
∫ π/2
0dθ
∫ π/2
04r4(4 sen3 ϕ+ cos2 ϕ senϕ) dϕ
el primer sumando de la respuesta.
Para la cara inferior, hacemos el cambio de variables a esfericas x = r cosϑ senϕ,y = r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, π/2 ≤ ϕ ≤ π,y cuyo jacobiano es J = r2 senϕ.
Al sustituir estos nuevos valores en la integral propuesta se obtiene∫ 2
0dr
∫ π/2
0dθ
∫ π
π/2r4 senϕdϕ
el segundo sumando de la respuesta.
PROBLEMA 5.31
Calcular el volumen del s’olido W definido por:
W = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ ax, z ≥ 0,
donde a > 0.
Solucion
El solido es la region limitada por el plano z = 0 y la semiesfera z =√a2 − x2 − y2 y la region de integracion R es el cırculo x2 + y2 ≤ ax, que
tiene centro en el punto (a, 0) y radio a.
64
Ası pues, el volumen se escribe mediante la integral doble∫∫R
√a2 − x2 − y2dxdy.
Si escribimos la region R en coordenadas polares x = r cosϑ, y = r senϑ, ytenemos en cuenta la simetrıa de W , sabiendo que J
(x,yr,ϑ
)= r, la integral
se escribe como:
V =∫∫
R
√a2 − x2 − y2dxdy = 2
∫ π/2
0
(∫ a cosϑ
0r√a2 − r2dr
)dϑ
= −23
∫ π/2
0(a3 sen3 ϑ− a3)dϑ =
(3π − 4)a3
9.
PROBLEMA 5.32
Solucion
PROBLEMA 5.33
Calcular
∫∫D
x3√x2 + y2
dxdy sobre la region D del primer cuad-
rante limitada por x2 + y2 = 9.
Solucion
Pasando la integral a coordenadas polaresx = ρ cosϑy = ρ senϑ
, como J∂(x, y)∂(ρ, ϑ)
= ρ,
la integral queda:∫∫D
x3√x2 + y2
dxdy =∫ 3
0ρ3 dρ
∫ π/2
0cos3 ϑ dϑ =
23
∫ 3
0ρ3 dρ =
272.
65
PROBLEMA 5.34
Calcular las siguientes integrales:
i)
∫∫π2≤x2+y2≤4π2
sen√x2 + y2 dxdy.
ii)
∫∫D|xy| dxdy, donde D es un cırculo de radio a y con centro en el
origen de coordenadas.
Solucion
i) Si escribimos la integral en coordenadas polares, queda de la forma:
I =∫ 2π
0dv
∫ 2π
πu senu du = −6π2.
[Mediante integracion por partes se obtiene que∫u senu du = senu −
u cosu.]
ii) Escribimos tambien la integral en coordenadas polares, y resulta:
I =∫ 2π
0dv
∫ a
0u|u2 sen v cos v| du =
12
∫ 2π
0| sen 2v| dv ·
∫ a
0u3 du =
a4
2.
PROBLEMA 5.35
Calcular
∫∫R
cosx− y
x+ ydxdy, donde R es el triangulo de vertices
(0, 0), (1, 0) y (0, 1).
Solucion
Hacemos el cambio de variable u = x − y, v = x + y. Esto convierte eltriangulo dado en el plano XY en el triangulo de vertices (−1, 1), (0, 0),(1, 1) en el plano UV .
66
1 x
1
y
-1 1 u
1
v
Como J(x,yu,v
)= 1
2 , la integral queda ahora:∫∫R
cosx− y
x+ ydxdy =
∫∫R∗
cosu
v· 12dudv =
∫ 1
0dv
∫ v
−v
12
cosu
vdu =
sen 12
.
PROBLEMA 5.36
Calcular el area de la region R = (x, y) : 2x ≤ x2 + y2, x2 + y2 ≤4x, y ≤ x,
−x√3≤ y y la masa del cuerpo con densidad ρ(x, y) =
y
x2 + y2y contenido en dicha region.
Solucion
1 2 3 4
-2
-1
1
2
1 2 3 4
-2
-1
1
2
Transformamos la region dada en coordenadas polares:x = r cosϑy = r senϑ.
67
Si escribimos las curvas frontera de R en coordenadas polares, obtenemoslos lımites de la region:
−π/6 ≤ ϑ ≤ π/4, 2 cosϑ ≤ r ≤ 4 cosϑ.
Como J(x, y
r, ϑ
)= r, las integrales quedan:
Area =∫∫
Rdxdy =
∫ π/4
−π/6
(∫ 4 cosϑ
2 cosϑr dr
)dϑ =
∫ π/4
−π/6
12 cos2 ϑ2
dϑ =6 + 3
√3 + 5π
4.
Masa =∫∫
Rρ(x, y) dxdy =
∫ π/4
−π/6
(∫ 4 cosϑ
2 cosϑr · r senϑ
r2dr
)dϑ =
∫ π/4
−π/62 senϑ cosϑ dϑ =
14.
PROBLEMA 5.37
Solucion
PROBLEMA 5.38
Solucion
PROBLEMA 5.39
Transformar la siguiente integral doble a coordenadas polares yresolverla: ∫ 2
0dx
∫ x√
3
xx dy.
68
Solucion
Calculemos en primer lugar la imagen de cada uno de los lados del triangulodado mediante la transformacion x = u cos v, y = u sen v:
y = x, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v = cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2=⇒ v = π/4, 0 ≤ u ≤ 2
√2;
y = x√
3, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v =√
3 cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2=⇒ v = π/3, 0 ≤ u ≤ 4;
x = 2, 2 ≤ y ≤ 2√
3 =⇒ u cos v = 2, 2 ≤ u sen v ≤ 2√
3=⇒ u = 2 sec v, π/4 ≤ v ≤ π/3.
La representacion grafica de la transformacion anterior es la siguiente:
u
v
D*
u
v T−−−−−−−−→
2 x
y
D
2 x
y
La integral propuesta se resuelve entonces como sigue:
I =∫ π/3
π/4dv
∫ 2 sec v
0u2 cos v du =
∫ π/3
π/4
cos v3
·8 sec3 v dv =83
tg v∣∣∣π/3π/4
=83(√
3−1).
Se deja como ejercicio comprobar que el mismo resultado se obtiene calcu-lando directamente la integral propuesta.
PROBLEMA 5.40
Hallar
∫∫R(x2 + y2) dxdy, donde R es la region del plano XY limi-
tada por las hiperbolas x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9, xy = 2, xy = 4 enel primer cuadrante.
Solucion
69
1 9 u
4
8
v
R*
1 9 u
4
8
v
T−−−−−−−−→ x
y
R
Aplicando la transformacion u = x2 − y2, v = 2xy, la region R del planoXY de la derecha de la figura se transforma en la region R′ del plano UVrepresentada en la izquierda de la figura. Vamos a comprobar que dichatransformacion es regular.
Debido a que (x2 + y2)2 = (x2− y2)2 + (2xy)2, es decir x2 + y2 =√u2 + v2,
y como x2 − y2 = u, resulta que x2 = u+√u2+v2
2 . Al ser x > 0, tenemos que
x =√
u+√u2+v2
2 . Analogamente, tenemos tambien que y =√√
u2+v2−u2 , lo
que prueba que la transformacion es inyectiva.
Trivialmente, la transformacion es de clase C1 y ademas
JT (u, v) =∣∣∣∣ux uyvx vy
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2x −2y2y 2x
∣∣∣∣ = 4(x2 + y2) 6= 0
si (x, y) 6= (0, 0).
Hecha esta comprobacion la integral vale entonces∫∫R(x2 + y2) dxdy =
∫∫R′
(x(u, v)2 + y(u, v)2)∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv=
∫∫R′
√u2 + v2
dudv
4√u2 + v2
=14
∫ 9
1du
∫ 8
4dv = 8.
Nota. Las coordenadas curvilıneas (u, v) definidas de la forma anterior sonlas llamadas coordenadas hiperbolicas.
PROBLEMA 5.41
Calcular I =∫∫
D
(1− x2
a2− y2
b2
)dxdy extendida al dominio D in-
terior a la elipsex2
a2+y2
b2= 1.
70
Solucion
Haremos el cambio de variablex/a = ρ cosϑy/b = ρ senϑ
, con lo que
∂(x, y)∂(ρ, ϑ)
=∣∣∣∣a cosϑ −aρ senϑb senϑ bρ cosϑ
∣∣∣∣ = abρ.
En las nuevas coordenadas, la elipse se escribe como ρ = 1. Ası pues,
I =∫∫
D∗(1− ρ2)abρ dρdϑ = ab
∫ 1
0(ρ− ρ3) dρ
∫ 2π
0dϑ =
πab
2.
PROBLEMA 5.42
Hallar N =∫ ∞
0e−x
2dx.
Solucion
Como∫ ∞
0e−x
2dx =
∫ ∞
0e−y
2dy, entonces
N2 =∫ ∞
0e−x
2dx ·
∫ ∞
0e−y
2dy =
∫ ∞
0
∫ ∞
0e−(x2+y2)dxdy.
Pasando a coordenadas polares, x2 + y2 = ρ2, dxdy = ρ dρdϑ, el primercuadrante (x, y) ∈ (0,∞)×(0,∞) se transforma en la region (ρ, ϑ) ∈ (0,∞)×(0, π/2). La integral queda entonces:
N2 =∫ π/2
0dϑ
∫ ∞
0e−ρ
2ρ dρ =
∫ π/2
0
[lıma→∞
−12e−ρ
2∣∣∣a0
]dϑ =
12
∫ π/2
0dϑ =
π
4.
En definitiva, N =√π/2.
71
PROBLEMA 5.43
Hallar el area de la region limitada por:
a) Las curvas y2 = 2px, y2 = 2qx, x2 = 2ry, x2 = 2sy, 0 < p < q,0 < r < s.
b) La curva(x2 + y2
)2 = a(x3 − 3xy2
), a > 0.
c) Las curvas√x/a+
√y/b = 1,
√x/a+
√y/b = 2, x/a = y/b, 4x/a =
y/b, a, b > 0.
Solucion
a) La forma de las ecuaciones que limitan la region sugiere realizar el cambio
de variables u =y2
2x, v =
x2
2y. De este modo, la region de integracion es ahora
D = (u, v) : p ≤ u ≤ q, r ≤ v ≤ s. Como
J(u, vx, y
)=∣∣∣∣−y2/2x2 y/x
x/y −x2/2y2
∣∣∣∣ = −34,
entonces∣∣∣J(x, y
u, v
)∣∣∣ = 43. El area buscada viene dada por la formula
A =∫ q
pdu
∫ s
r
43dv =
43
(s− r) · (q − p).
b) Debido a la simetrıa de la region (ver figura), bastara multiplicar por 6el area de la parte comprendida en el primer cuadrante.
a
72
En coordenadas polares, la curva dada tiene por ecuacion
u = a cos v(cos2 v − 3 sen2 v),
de modo que el area buscada se calcula por la integral doble
A = 6∫ π/6
0dv
∫ a cos v(cos2 v−3 sen2 v)
0u du
= 3a2
∫ π/6
0cos2 v(cos2 v − 3 sen2 v)2 dv =
a2π
4.
c) Realizaremos la transformacion de coordenadas siguiente:
u =
√y/b√x/a
, v =√x/a+
√y/b
(dicha transformacion es biyectiva porque la region esta contenida en elprimer cuadrante).
Con esta transformacion los nuevos lımites de la region son 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤
v ≤ 2. Como la inversa de la transformacion es x =av2
(u+ 1)2, y =
bu2v2
(u+ 1)2,
entonces
J(x, yu, v
)=−4abuv3
(u+ 1)4,
y el area se calcula mediante la integral doble
A =∫ 2
1du
∫ 2
1
4abuv3
(u+ 1)4dv =
65ab108
.
PROBLEMA 5.44
Hallar el area de la region del plano XY encerrada por la lemnis-cata r2 = a2 cos 2ϑ.
Solucion
La curva esta dada directamente en coordenadas polares (r, ϑ). Dando difer-entes valores a ϑ y hallando los correspondientes valores de r se obtiene lagrafica de la figura.
73
El area buscada (teniendo en cuenta la simetrıa) se puede calcular ası:
A = 4∫ π/4
0dϑ
∫ a√
cos 2ϑ
0r dr = 4
∫ π/4
0
r2
2
∣∣∣a√cos 2ϑ
0dϑ
= 2∫ π/4
0a2 cos 2ϑ dϑ = a2 sen 2ϑ
∣∣∣π/40
= a2.
PROBLEMA 5.45
Calcular el area del recinto situado en el primer cuadrante limitadopor las curvas y3 = ax2, y3 = bx2 (a > b > 0), xy2 = c, xy2 = d(c > d > 0).
Solucion
Vamos a efectuar un cambio de variable que transforme la region dada enun rectangulo. Para ello hacemos u = y3/x2 y v = xy2.
b au
d
c
v
D*
b au
d
c
v
T−−−−−−−−→
x
y
D
x
y
De este modo,
A =∫∫
R
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv.74
Ahora bien, de las ecuaciones u = y3/x2, v = xy2, resulta:
x2 = y3/u, x2 = v2/y4 =⇒ y3/u = v2/y4, x2 = v2/y4
=⇒ y = u1/7v2/7, x = v/y2 = u−2/7v3/7.
Por lo tanto,
∂(x, y)∂(u, v)
=∣∣∣∣−2
7u−9/7v3/7 3
7u−2/7v−4/7
17u
−6/7v2/7 27u
1/7v−5/7
∣∣∣∣ = −17u−8/7v−2/7.
El area pedida se calcula entonces como
A =∫ a
bu−8/7 du
∫ c
d
17v−2/7 dv =
17
(u−1/7
−1/7
∣∣∣ab
)·
(v5/7
5/7
∣∣∣cd
)= −7
5(a−1/7 − b−1/7) · (c5/7 − d5/7).
PROBLEMA 5.46
Hallar el area de la region exterior a la circunferencia ρ = 2a einterior a la circunferencia ρ = 4a cosϑ.
Solucion
Los puntos de interseccion de ambas circunferencias son aquellos en quecosϑ = 1/2, es decir ϑ = ±π/3.
aa
Teniendo en cuenta la simetrıa de la region, el area viene dada por
A = 2∫ π/3
0dϑ
∫ 4a cosϑ
2aρ dρ =
∫ π/3
0[(4a cosϑ)2 − (2a)2] dϑ =
2π + 3√
33
a2.
75
PROBLEMA 5.47
Hallar el area exterior a la circunferencia ρ = 2 e interior a lacardioide ρ = 2(1 + cosϑ).
Solucion
Dada la simetrıa, el area pedida es igual al doble del area barrida al variarϑ desde ϑ = 0 hasta ϑ = π/2. Ası pues,
A = 2∫ π/2
0dϑ
∫ 2(1+cosϑ)
2ρ dρ = 2
∫ π/2
0
ρ2
2
∣∣∣∣2(1+cosϑ)
2
dϑ
= 4∫ π/2
0(2 cosϑ+ cos2 ϑ)dϑ = 4(2 senϑ+ ϑ/2 + sen(2ϑ)/4)
∣∣∣∣π/20
= π + 8.
PROBLEMA 5.48
Hallar el area interior a la circunferencia ρ = 4 senϑ y exterior ala lemniscata ρ2 = 8 cos 2ϑ.
Solucion
76
El area pedida es igual al doble de la correspondiente en el primer cuadrantelimitada por las dos curvas y la recta ϑ = π/2.
Los puntos de interseccion de ambas curvas se encuentran en la recta ϑ =π/6, que se obtiene al resolver la ecuacion
16 sen2 ϑ = 8 cos 2ϑ.
Observamos que el arco AO de la lemniscata se genera al variar ϑ desdeϑ = π/6 hasta ϑ = π/4, mientras que el arco AB de la circunferencia lohace al variar ϑ desde ϑ = π/6 hasta ϑ = π/2. Si descomponemos la figuraen dos partes, una por debajo y otra por encima de la recta ϑ = π/4, el areaqueda de la forma:
A = 2∫ π/4
π/6dϑ
∫ 4 senϑ
2√
2 cos 2ϑρ dρ+ 2
∫ π/2
π/4dϑ
∫ 4 senϑ
0ρ dρ
=∫ π/4
π/6(16 sen2 ϑ− 8 cos 2ϑ) dϑ+
∫ π/2
π/416 sen2 ϑ dϑ =
8π3
+ 4√
3− 4.
Otro metodo de resolucion consiste en efectuar la diferencia
A = 2∫ π/2
π/6dϑ
∫ 4 senϑ
0ρ dρ−
∫ π/4
π/6dϑ
∫ √8 cos 2ϑ
0ρ dρ.
PROBLEMA 5.49
Hallar el volumen de la region comun a los cilindros x2 + y2 = a2,x2 + z2 = a2.
Solucion
77
En la figura adjunta se muestran los dos cilindros y la parte de la regioncorrespondiente al primer octante.
xy
z
xy
z
De modo que el volumen sera
V = 8∫ a
0dx
∫ √a2−x2
0
√a2 − x2 dy = 8
∫ a
0(a2 − x2) dx =
16a3
3.
PROBLEMA 5.50
Hallar el volumen del solido limitado por el cilindro x2 + y2 = 4 ylos planos y + z = 4, z = 0.
Solucion
La proyeccion del cilindro sobre el plano z = 0 es la circunferencia x2 +y2 =4, de modo que el volumen viene dado por la formula
V =∫ 2
−2dy
∫ √4−y2
−√
4−y2(4− y) dx.
78
x
y
z
Nuevamente escribimos la integral en coordenadas polares. Resulta:
V =∫ 2π
0dv
∫ 2
0u(4− u sen v) du
=∫ 2π
0(2u2 − u3
3sen v)
∣∣∣20dv =
∫ 2π
0(8− 8
3sen v) dv = 16π.
PROBLEMA 5.51
Calcular el volumen de la seccion situada en el primer octante delsolido limitado por los planos z = 0 y z = x + y + 2 y el cilindrox2 + y2 = 16.
Solucion
La base del solido es la region R del plano comprendida en el primer cuad-rante y limitado por la circunferencia de ecuacion x2 + y2 = 16. El planoz = x+ y + 2 limita dicho solido en su parte superior.
79
x
y
z
Ası pues, el volumen vendra dado por:
V =∫∫
Rz(x, y) dxdy =
∫ 4
0dx
∫ √16−x2
0(x+ y + 2) dy
=∫ 4
0(x√
16− x2 + 8− x2
2+ 2√
16− x2) dx.
Para evitar resolver la integral de la funcion irracional√
16− x2, podemosescribir la integral doble en coordenadas polares. Ası,
V =∫ 2π
0dv
∫ 4
0u(u cos v + u sen v + 2) du
=∫ 2π
0
u3
3(cos v + sen v) + u2
∣∣∣40dv =
643
(sen v − cos v) + 16v∣∣∣2π0
=1283
+ 8π.
PROBLEMA 5.52
Calcular el volumen del solido limitado superiormente por la esferax2 + y2 + z2 = 5 e inferiormente por el paraboloide x2 + y2 = 4z.
Solucion
80
Calculamos en primer lugar los puntos de interseccion de la esfera con elparaboloide. Tenemos:
x2 + y2 + z2 = 5x2 + y2 = 4z
=⇒
z2 + 4z − 5 = 0x2 + y2 = 4z
=⇒ z = 1
x2 + y2 = 4
Tenemos pues la situacion de la figura adjunta.
x
y
z
El volumen pedido se halla mediante la formula
V =∫∫
D
(√5− x2 − y2 − x2 + y2
4
)dxdy,
donde D es el cırculo x2 + y2 < 4, que se obtiene como proyeccion del solidoen el plano XY .
Para resolver la integral, la transformamos a coordenadas polares; en estecaso, D = (ρ, ϑ) : 0 < ρ < 2, 0 ≤ ϑ < 2π. Entonces:
V =∫ 2π
0dϑ
∫ 2
0
(√5− ρ2−ρ
2
4
)ρ dρ = 2π
∫ 2
0
(ρ√
5− ρ2−ρ3
4
)dρ =
2π(5√
5− 4)3
.
PROBLEMA 5.53
Hallar el volumen limitado por el paraboloide x2 +y2 = 4z, el cilin-dro x2 + y2 = 8y y el plano z = 0.
Solucion
El volumen pedido se obtiene integrando la funcion z = (x2 + y2)/4 en elinterior del cırculo x2 + y2 = 8y.
81
x
y
z
En coordenadas cilındricas, x = ρ cosϑ, y = ρ senϑ, z = z, y el volumen seobtiene al integrar z = ρ2/4 en el cırculo ρ = 8 senϑ. Por tanto,
V =∫∫
Rz dA =
∫ π
0dϑ
∫ 8 senϑ
0z(ρ, ϑ)ρ dρ =
14
∫ π
0dϑ
∫ 8 senϑ
0ρ3 dρ = 96π.
PROBLEMA 5.54
Hallar el volumen que se elimina cuando a una esfera de radio 2ase le practica un orificio circular de radio a de forma que el ejedel orificio sea un diametro de la esfera.
Solucion
En la primera figura se muestra, desplazada verticalmente, la region que seextrae de la esfera y en la segunda figura la propia region sin la esfera.
82
xy
z
x y
z
De la figura se deduce que el volumen pedido es ocho veces el correspondienteal del primer octante limitado (en coordenadas cilındricas) por el cilindroρ2 = a2, la esfera ρ2 + z2 = 4a2 y el plano z = 0. Esto se obtiene integrandoz =
√4a2 − ρ2 en un cuadrante del cırculo ρ = a, es decir:
V = 8∫ π/2
0dϑ
∫ a
0ρ√
4a2 − ρ2 dρ =43(8− 3
√3)a3π.
PROBLEMA 5.55
Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por las siguientessuperficies:
i) az = a2 − x2 − y2, z = a− x− y, x = 0, y = 0, z = 0 (a > 0).
ii) z = x2 + y2, x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x, z = 0.
Solucion
i) El solido consiste en la region del primer octante limitada por el paraboloideaz = a2−x2−y2 y el plano z = a−x−y. En la figura de la derecha se muestrauna vista lateral del solido limitado exclusivamente al primer octante.
a
x
y
z
a
x
y
z
83
Observemos que la region de integracion, el cuadrante del cırculo con centroel origen y radio a, debe dividirse en dos regiones R1 y R2, pues en R1 elsolido esta limitado por el paraboloide y el plano z = a− x− y, y en R2 elsolido esta limitado por el paraboloide y el plano z = 0.
a
a
R1
R2
De este modo, el volumen se expresa por la integral:
V =∫∫
R1
[a2 − x2 − y2
a− (a− x− y)
]dxdy +
∫∫R2
a2 − x2 − y2
adxdy
=∫∫
R1∪R2
a2 − x2 − y2
adxdy −
∫∫R1
(a− x− y) dxdy.
Para resolver la primera integral hacemos el cambio a coordenadas polaresmientras que la segunda integral la resolvemos directamente (como regionde tipo I):
V =∫ π/2
0dv
∫ a
0u · a
2 − u2
adu−
∫ a
0dx
∫ a−x
0(a− x− y) dy =
πa3
8− a3
6.
ii) El solido es la figura comprendida entre el plano z = 0 y el paraboloidez = x2 + y2 y cuya base es region R exterior a la circunferencia x2 + y2 = xe interior a la circunferencia x2 + y2 = 2x.
x
y
z
De este modo,
V =∫∫
R(x2 + y2) dxdy,
84
que escribimos en coordenadas polares para simplificar la region de inte-gracion, que se ilustra en la figura.
1 2
-1
1
1 2
-1
1
Ası pues,
V =∫ π/2
−π/2dv
∫ 2 cos v
cos vu3 du =
14
∫ π/2
−π/215 cos4 v dv =
45π32
.
85
4. INTEGRALES TRIPLES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funcionesdefinidas sobre el espacio euclıdeo de dimension n
Rn = (x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n,
y con imagen en el espacio analogo de dimension m, Rm.
PROBLEMA 5.56
Dada la integral
∫ 1
0
∫ x
0
∫ y
0f(x, y, z) dzdydx, dibujar la
region de integracion y escribir la integral de todas lasformas posibles.
Solucion
x
y
z
Teniendo en cuenta la grafica adjunta, si D1, D2 y D3 son las proyeccionessobre los tres planos coordenados, las diferentes formas de escribir la integralson las siguientes:
86
∫∫D1
dxdy
∫ y
0f dz =
∫ 1
0dx
∫ x
0dy
∫ y
0f dz =
∫ 1
0dy
∫ 1
ydx
∫ y
0f dz,∫∫
D2
dxdz
∫ x
zf dy =
∫ 1
0dz
∫ 1
zdx
∫ x
zf dy =
∫ 1
0dx
∫ x
0dz
∫ x
zf dy,∫∫
D3
dydz
∫ 1
yf dx =
∫ 1
0dy
∫ y
0dz
∫ 1
yf dx =
∫ 1
0dz
∫ 1
zdy
∫ 1
yf dx.
PROBLEMA 5.57
Calcular las siguientes integrales triples:
i)
∫∫∫V
(x2 + y2) dxdydz, donde V esta limitado por las superficies
x2 + y2 = 2z, z = 2.
ii)
∫∫∫W
(1+z2) dxdydz, siendo W la region limitada por 2az = x2+y2,
x2 + y2 − z2 = a2, z = 0.
Solucion
i) La region de integracion es el interior del paraboloide limitado por el planoz = 2.
x
y
z
Como la proyeccion de dicha region sobre el plano z = 0 es el cırculo C :x2 + y2 ≤ 4, la integral triple se puede descomponer entonces como
I =∫∫
Cdxdy
∫ 2
(x2+y2)/2(x2 + y2) dz.
Al escribir la integral en coordenadas cilındricas, se obtiene:
I =∫ 2π
0dv
∫ 2
0u du
∫ 2
u2/2u2 dz = 2π
∫ 2
0u3 · (2− u2/2) du =
16π3.
87
ii) La interseccion del paraboloide 2az = x2 + y2 con el hiperboloide x2 +y2 − z2 = a2 da la circunferencia x2 + y2 = 2a2 situada en el plano z = a.Esto indica que ambas superficies son tangentes a lo largo de dicha cir-cunferencia; por ello deducimos que la region de integracion esta limitadasuperiormente por el paraboloide, inferiormente por el plano z = 0 y lateral-mente por el hiperboloide (en la figura se muestran dos vistas de la regionde integracion).
xy
z
xy
z
Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) esta en elcırculo de centro el origen y radio a, entonces z esta comprendido entre elplano z = 0 y el paraboloide 2az = x2 + y2 y, si (x, y) esta entre el cırculoanterior y el cırculo de radio a
√2, entonces z esta comprendido entre el
hiperboloide x2 + y2 − z2 = a2 y el paraboloide anterior.
La formula que se obtiene es pues
I =∫∫
x2+y2≤a2
dxdy
∫ x2+y2
2a
0(1 + z2) dz
+∫∫
a2≤x2+y2≤2a2
dxdy
∫ x2+y2
2a
√x2+y2−a2
(1 + z2) dz.
Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cilındricas. Ası,
I =∫ 2π
0dv
∫ a
0u du
∫ u2/2a
0(1 + z2) dz +
∫ 2π
0dv
∫ a√
2
au du
∫ u2/2a
√u2−a2
(1 + z2) dz
= · · · = (10 + a2)πa3/30.
[Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]
88
PROBLEMA 5.58
Calcular
∫∫∫S(1 + x + y + z)−3 dxdydz, donde S es el
tetraedro limitado por los tres planos coordenados y elplano de ecuacion x+ y + z = 1.
Solucion
Si llamamos D a la proyeccion de la region de integracion sobre el planoXY , podemos escribir la integral como
I =∫∫
D
(∫ 1−x−y
0(1 + x+ y + z)−3 dz
)dxdy.
Como, a su vez, D es el triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integralse descompone en las siguientes integrales iteradas:
I =∫ 1
0dx
∫ 1−x
0dy
∫ 1−x−y
0(1 + x+ y + z)−3 dz
=∫ 1
0dx
∫ 1−x
0
[−y
8+
(1 + x+ y)−2
2
]dy
=∫ 1
0
[x− 18
− 14
+1
2(1 + x)
]dx =
12
ln 2− 516.
PROBLEMA 5.59
Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por lassiguientes superficies:
i) a2 = x2 + z2, x+ y = ±a, x− y = ±a.
ii) z = x2 + y2, xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x, z = 0.
iii)
√x
a+√y
b+√z
c= 1, x, y, z ≥ 0.
iv)x2
a2+y2
b2+z2
c2= 1,
x2
a2+y2
b2=z2
c2, (z > 0).
89
Solucion
i) La region a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 + z2 cortado porlos cuatro planos x+ y = a, x+ y = −a, x− y = a, x− y = −a.
x
y
z
Como la proyeccion del solido sobre el plano XY es el cuadrado R limitadopor las rectas x+ y = a, x+ y = −a, x− y = a, x− y = −a, el volumen secalcula por la formula
V =∫Rdxdy
∫ √a2−x2
−√a2−x2
dz = 2∫R
√a2 − x2 dxdy
= 2∫ 0
−adx
∫ x+a
−x−a
√a2 − x2 dy + 2
∫ a
0dx
∫ −x+a
x−a
√a2 − x2 dy = 2a3π − 8a3/3.
[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustitucion trigonometri-ca.]
ii) El solido consiste en la region limitada entre el plano XY y el paraboloidez = x2 + y2 y cuya proyeccion sobre el plano XY es la region R limitadapor las curvas xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x (en realidad la region esunion de dos regiones, una de ellas en el primer cuadrante y otra en el tercercuadrante; como las regiones tienen la misma area y la funcion z = x2 + y2
es simetrica, bastara multiplicar por dos el resultado obtenido al considerarunicamente la parte del primer cuadrante).
90
z
Podemos pues escribir el volumen como:
V = 2∫∫
Rdxdy
∫ x2+y2
0dz =
∫∫R(x2 + y2) dxdy.
Para calcular la integral doble sobre la region R, realizamos el cambio devariables dado por las ecuaciones xy = u, x/y = v.
Este cambio hace que∣∣∣J(x, y
u, v
)∣∣∣ =12v
y que la nueva region de integracion
sea R′ = (u, v) : a2 ≤ u ≤ 2a2, 1/2 ≤ v ≤ 2. El volumen se calculaentonces como
V = 2∫ 2a2
a2
du
∫ 2
1/2
(uv +
u
v
)· 12vdv =
9a4
2.
iii) El solido esta ahora comprendido entre la funcion dada y los planoscoordenados.
x
y
z
Su proyeccion sobre el planoXY es la regionR del primer cuadrante limitada
por los ejes coordenados y la astroide de ecuacion√x
a+√y
b= 1, de modo
que el volumen es sencillamente
V =∫∫
R
∫ c(1−√x/a−
√y/b)2
0dz
=∫ a
0dx
∫ b((1−√x/a)2
0c(1−
√x/a−
√y/b)2 dy =
abc
90.
91
[Todas las integrales son inmediatas.]
iv) Ahora el solido es la region limitada superiormente por el elipsoidex2
a2+
y2
b2+z2
c2= 1 e inferiormente por el cono
x2
a2+y2
b2=
z2
c2, por encima del
plano XY . Como la interseccion de ambas superficies es la elipsex2
a2+
y2
b2= 1/2, situada en el plano z = c/
√2, el volumen se expresa mediante la
integral
V =∫∫
Rdxdy
∫ c√
1−x2/a2−y2/b2
c√x2/a2+y2/b2
dz,
donde R es la region limitada por la citada elipsex2
a2+y2
b2= 1/2.
Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/√
2)u cos v,y = (a/
√2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,
V =∫ 2π
0dv
∫ 1
0(c√
1− u2/2− c/2) · abu2du =
( 512− 1
3√
2
)πab.
PROBLEMA 5.60
Encontrar el volumen de la region acotada por las su-perficies z = x2 + y2, z = 10− x2 − 2y2.
Solucion
En la figura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitanla region, y en el lado derecho se ilustra la curva interseccion y su proyeccionsobre el plano XY .
92
x
y
z
x
y
z
Como la proyeccion de dicha curva interseccion es la elipse de ecuacion
x2 + y2 = 10− x2 − 2y2 ⇐⇒ 2x2 + 3y2 = 10,
para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modificadas, esdecir hacemos la transformacion
x√
2/10 = u cos v,y√
3/10 = u sen v,
cuyo jacobiano es J =
∣∣∣∣∣∣cos v√2/10
−u sen v√2/10
sen v√3/10
u cos v√3/10
∣∣∣∣∣∣ =10u√
6. El volumen se calcula en-
tonces por la formula
V =∫∫
R[10− x2 − 2y2 − (x2 + y2)] dxdy
=∫ 1
0du
∫ 2π
0
10u√6· (10− 10u2) dv =
200π√6
∫ 1
0(u− u3) du =
50π√6.
PROBLEMA 5.61
Calcular el volumen del solido
S = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 ≤ 1, z2 ≥ 3(x2+y2), z ≥ 0.
93
Solucion
x
y
z
Como la interseccion de las dos superficies es la curva
x‘ + y2 = 1/4, z =√
3/2,
el volumen, en coordenadas cartesianas, se escribe como:
V =∫ 1/2
−1/2dx
∫ √1/4−x2
−√
1/4−x2
dy
∫ √1−x2−y2
√3(x2−y2)
dz.
En coordenadas cilındricas (x = ρ cosϑ, y = ρ senϑ, z = z), el volumen seescribe como
V =∫ 1/2
0dρ
∫ 2π
0dϑ
∫ √1−ρ2
ρ√
3ρ dz.
En coordenadas esfericas (x = ρ cosϑ senϕ, y = ρ senϑ senϕ, z = ρ cosϕ),para calcular los extremos del angulo ϕ sustituimos ρ = 1, z =
√3/2 en la
expresion de z. Resulta entonces que√
3/2 = cosϕ, de donde ϕ = π/6.
El volumen se expresa mediante la integral
V =∫ 2π
0dϑ
∫ π/6
0dϕ
∫ 1
0ρ2 senϕdϕ,
o bien (debido a las simetrıas de la figura)
V = 4∫ π/2
0dϑ
∫ π/6
0dϕ
∫ 1
0ρ2 senϕdϕ.
PROBLEMA 5.62
Calcular
∫∫∫Vze−(x2+y2) dxdydz, donde V esta limitado
por el cono 2(x2 +y2) = z2 y el hiperboloide de dos hojasx2 + y2 = z2 − 1.
94
Solucion
Si resolvemos el sistema formado por ambas ecuaciones, obtenemos su inter-seccion, que consiste en las circunferencias x2 + y2 = 1, con z = ±
√2.
Escribimos la integral en coordenadas cilındricas
x = u cos vy = u sen vz = z
0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π, u√
2 ≤ z ≤√u2 + 1
con lo que resulta (teniendo en cuenta la simetrıa de la figura):
I = 2∫ 2π
0dv
∫ 1
0udu
∫ √u2+1
u√
2ze−u
2dz = 4π
∫ 1
0ue−u
2 z2
2
∣∣∣√u2+1
u√
2du = · · · = π
e.
PROBLEMA 5.63
Calcular el volumen del casquete esferico limitado por
x2 + y2 + z2 = a2
x2 + y2 + z2 = b2
x2 + y2 = z2,
con z ≥ 0, siendo 0 < a < b.
Solucion
xy
Si escribimos el volumen en coordenadas esfericas, de acuerdo a la figuratenemos:
x = r cosϑ senϕy = r senϑ senϕz = r cosϕ
dondea ≤ r ≤ b
0 ≤ ϕ ≤ π/40 ≤ ϑ ≤ 2π
.
95
Recordando que el jacobiano de la transformacion es J = r2 senϕ, el volu-men se escribe ahora de la siguiente forma:
V =∫ b
adr
∫ π/4
0dπ
∫ 2π
0r2 senϕdϑ =
(r3
3
∣∣∣ba
)·(− cosϕ
∣∣∣π/40
)· 2π
=b3 − a3
3
(1−
√2
2
)· 2π =
π
3(2−
√2)(b3 − a3).
PROBLEMA 5.64
(a) Describir las superficies r = constante, ϑ = con-stante, z = constante, en el sistema de coordenadascilındricas.
(b) Idem para las superficies r = constante, ϑ = con-stante, φ = constante, en coordenadas esfericas.
Solucion
a) De las ecuaciones que definen las coordenadas cilındricas:
x = r cosϑ, y = r senϑ, z = z,
al hacer r = k, obtenemosx2 + y2 = k2,
lo que corresponde a un cilindro con eje de simetrıa el eje Z y radio k.
Si hacemos ϑ = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obten-er
y
x= tg k,
lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintosvalores de k dan los diferentes angulos con respecto al plano y = 0).
Si hacemos z = k, esta misma ecuacion representa un plano horizontal dealtura k.
b) Las coordenadas esfericas de un punto se obtienen mediante las ecua-ciones
x = ρ cosϑ senφ, y = ρ senϑ senφ, z = ρ cosφ.
96
Si hacemos ρ = k, obtenemos
x2 + y2 + z2 = k2,
es decir la esfera centrada en el origen con radio k.
Si hacemos ϑ = k, al igual que con las coordenadas cilındricas,
y
x= tg ϑ,
que representa tambien un plano vertical.
Si, por ultimo, escribimos φ = k, resulta:
x2 + y2 = ρ2 sen2 φz2 = ρ2 cos2 φ
=⇒ x2 + y2
z2= tg2 φ,
que representa un cono de vertice el origen.
PROBLEMA 5.65
Calcular el momento de inercia de un solido en formade cono circular recto con densidad constante respectoa su eje.
Solucion
Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene vertice en elorigen y eje vertical. Entonces su ecuacion es
z2 =h2
r2(x2 + y2).
Si la densidad en cada punto del solido es k, el momento de inercia respectoal eje Z viene dada por la formula:
Iz =∫∫∫
Sk(x2 + y2) dV.
Para resolver la integral, escribimos el solido en coordenadas cilındricas,x = u cos v, y = u sen v. La ecuacion del cono se escribe entonces comoz = hu/r y la integral pedida
Iz =∫ 2π
0dv
∫ r
0du
∫ h
hu/rk · u3 dz = 2πk
∫ r
0u3(h− uh
r
)du =
πkhr4
10.
97
Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformacion acoordenadas esfericas, x = ϕ cosϑ senφ, y = ϕ senϑ senφ, z = ϕ cosφ. Deeste modo la ecuacion del plano z = h se escribe como ϕ = h/ cosφ, y laintegral es ahora
Iz =∫ 2π
0dϑ
∫ arc tg(r/h)
0dφ
∫ h/ cosφ
0k · ϕ2 sen2 φ · ϕ2 senφdϕ
= 2πk∫ arc tg(r/h)
0sen3 φ · h5
5 cos5 φdφ
=2πkh5
5
∫ arc tg(r/h)
0tg3 φ · sec2 φdφ =
2πkh5
5· r
4
4h4.
PROBLEMA 5.66
Calcular el momento de inercia alrededor del eje Z dels’olido de densidad constante limitado por el elipsoide36x2 + 9y2 + 4z2 = 36.
Solucion
Por definici’on,
Mz =∫∫∫
Ωρ · (x2 + y2) dxdydz,
pues x2 + y2 es el cuadrado de la distancia de un punto del s’olido al ejeZ.
Si escribimos la ecuaci’on del elipsoide como
Ω : x2 + y2/4 + z2/9 = 1,
el cambio a coordenadas esf’ericas viene dado por:
x = r cosϑ senϕy = 2r senϑ senϕz = 3r cosϕ
, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π.
ComoJ(x, y, zrϕϑ
)= −6r2 senϕ,
98
la integral se escribe como
Mz =∫ 1
0dr
∫ 2π
0dϑ
∫ π
0ρ(r2 cos2 ϑ sen2 ϕ+4r2 sen2 ϑ sen2 ϕ)·6r2 senϕdϕ = 8ρπ.
PROBLEMA 5.67
Hallar
∫∫∫R3
1[1 + (x2 + y2 + z2)3/2]3/2
dxdydz.
Solucion
Si realizamos la transformacion a coordenadas esfericas, x = ϕ cosϑ senφ,y = ϕ senϑ senφ, z = ϕ cosφ, como el valor absoluto del jacobiano de latransformacion es J = ρ2 senφ, la integral se escribe como:
I =∫ ∞
0dρ
∫ 2π
0dϑ
∫ π
0
ρ2 senφ(1 + ρ3)3/2
dφ.
Para resolver la integral, como las variables estan separadas, basta multi-plicar las tres integrales simples. Tenemos ası:
I =∫ ∞
0
ρ2
(1 + ρ3)3/2dρ
∫ 2π
0dϑ
∫ π
0senφdφ
=4π3
∫ ∞
03ρ2(1 + ρ3)−3/2 dρ =
4π3
lımb→∞
−2(1 + ρ3)−1/2∣∣∣b0
=8π3.
PROBLEMA 5.68
Calcular
∫∫∫R(y2 + z2) dxdydz, siendo R un cono recto
de revolucion de altura h, base situada en el plano XYy de radio a y eje en el eje Z.
Solucion
99
a
a
h
x
y
z
La figura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuacion a2(h−z)2 = h2(x2 +y2). Pasando la integral a coordenadas cilındricas, x = u cos v,y = u sen v, z = z, tenemos:
I =∫ a
0du
∫ 2π
0dv
∫ h(a−u)/a
0u(u2 sen2 v + z2)dz = · · · = a4hπ
20+h3a2π
30.
100