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INTEGRALES MULTIPLES Y SUS APLICACIONES EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS PDF

Integrales dobles, Funciones integrables, Propiedades fundamentales de la integral doble, , integrales dobles por medio de integrales iteradas, , CAMBIO de orden de integración , , volúmenes de sólidos y áreas de regiones planas por INTEGRACION doble Área de una región plana , Integrales dobles mediante coordenadas polares , Integrales iteradas en coordenadas polares , Jacobiano de una función de n variables , Cambio de variables para integrales dobles , , Aplicaciones de la integral doble. Centro de masa de una lámina , Momentos de inercia de una lámina , Área de una superficie , Integrales triples, Funciones integrables , Cálculo de integrales triples mediante integrales iteradas , Propiedades fundamentales de la integral triple , Volumen de un sólido mediante integrales triples , Cambio de variables en integrales triples , Integrales triples en coordenadas cilindricas, Integrales triples en coordenadas esféricas , Centro de masa y momentos de inercia de un sólido, En esta sección se introduce el concepto de integral doble de una función de dos, variables Definición 1.- Se dice que un conjunto D e M2 es acotado, cuando existe un rectángulo R = [a; b] x [c; d] c IR2 tal que D c R. Ll rectángulo R se puede escribir como R = {(x; y) E R 2 / a < x < b, c < y < d] Esta región se ilustra en la Fig. 5.1 Definición 2.- Una partición del rectángulo R = [a; bj x [c; d ] es un conjunto de la forma p = Pi X p2 = {[*,-!; X,] X [yj . 1;y¡] / 1 < i < n, 1 < j < m¡ Donde: Px = fx0, x l t ..., xn} es una partición del intervalo [ a ; b] y P2 - {yo.yi, - , y m} es una partición del intervalo [c; d\ Observación 1 : a) Toda partición P del rectángulo R divide a este en n m sub-rectángulos de la forma Ríj = [x¿_i;x¿] x [yj-t-.yj] (Fig.5.2) i = 1,2,..., n y j = 1,2,..., m b) El área de cada sub-rectángulo Rtj para i = 1,2,..., n y j = 1,2,..., m es dado por A(Rij) = AíjA = AXiAyj Se verifica, n m ?i m A íRij) = AXiAy¡ = (b - a)(d - c) i ^ l 7 = 1 i = l 7 = 1 c) Se denomina norma de la partición P al numero denotado por ||P|| = max [ d i a g {R{j) / 1 < i < n , 1 < j < m) Definición 3.- (Partición de un conjunto cerrado y acotado). Se denomina partición del conjunto cerrado y acotado D c R2, al conjunto de los subrectángulos P¿7- del rectángulo R que contiene al conjunto D ral que tiene al menos un punto en común con el conjunto D, esto es, PD = {R¿j c R / RijClD ^ 0,1 < i < n, 1 < j < m} CÁLCULO III Definición 4.- Se dice que una función / : D c R 2 -> R definida en el conjunto cerrado y acotado D es acotada, si existen números reales K1 y K2 tal que Kx < / ( x ;y ) < K2,V(x-,y) E D FUNCIONES INTEGRABLES Sea / : D c i 2 -> 1 una función acotada definida en la región cerrada y acotada D y / O ; y) > o, v (* ;y ) e d Sea PD una partición de D y sea Pí7(xt; y7) un punto arbitrario escogido en y c Pd de modo que /(P¿; ) está bien definido como se ilustra en la Fig. 5.3 La Suma de Riemman de la función / : D c R 2 -> R asociada a la partición PD está dada por n m n m /( . x r .y j^ ij A = ^ ^ f(Xi \yj )Ax tAyj i = l 7 = 1 i = l 7 = 1 Observación 2.- Geométricamente, la suma de Riemman es la suma de los volúmenes de los paralelepípedos cuyas bases son los sub-rectángulos y cuyas alturas corresponden a los valores /(x¿; yf) (Fig. 5.4) ;0) 2 2 0 Definición 5.- Una función / : D c R 2 -» R acotada en la región cerrada y acotado D es integrable Riemman sobre D, si existe un número real L con la propiedad de que dado £ > 0, 35 > 0 tal que INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES II IÍL I I < 8 7=1 para toda partición PB con ||PD || < 8 y toda elección del punto P¿y(x; ; y7) G L1 número L se llama integral doble de / sobre D y se indica con el símbolo n m L = I I f(x ;y)d A = J im ^ ^ / f e y ^ A y , D i = l 7 = 1 Observación 3.- (Interpretación geométrica de la integral doble) Si f:D a R 2 ->R una función integrable sobre D y f ( x \ y ) > 0,V (x;y) G D, entonces la integral doble de / sobre D, esto es, // f{x',y)dA = K(S) representa el volumen del sólido limitado superiormente por la superficie x = f ( x \ y ) e inferiormente por la región D (Fig. 5.4). PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA INTEGRAL DOBLE I S i / : D c R2 -> R es una función continua en la región cerrada D, entonces / es integrable en D. 2.- Si / : D c R2 -> R es una función integrable en la región cerrada D y c G R, entonces c f es integrable en la región D y I I c f ( x ; y ) d A = c I I f ( x ; y ) d A D D 3 - Si f tg : D c : R 2 ->R son funciones integrables en la región cerrada D, entonces / ± g es integrable sobre D, y I I í f ( x ; y ) ± g ( x ; y ) ] d A = j j f(x-,y)dA ± JJ g(x ;y) dA D D D 1 Si f , g : D c R2 -> R son funciones integrables en la región cerrada D y f(x ', y) > g ( x \ y ) , V ( x \ y ) e D, entonces 221 CÁLCULO III I I f ( x ; y ) d A > I I g(x ;y)dA D D En particular si f (x ; y) > 0, V(x; y) G D, entonces I I f ( x ; y ) d A > 0 D 5.- Si / : D c I 2 -i IR es una función integrable en la región cerrada D. y supongamos que m y M son los valores mínimo y máximo absoluto de / en D. esto es, m < f ( x ; y ) < M ,V (x ; y) G D. Entonces, mA(D) < / / /( x ; y)dA < MA(D), donde A(D) = área de ia región cerrada D D 6.- Si /: i) c 1" 1 es una función continua en la región cerrada D y D = D1 U D2, donde Dt y D2 son regiones cerradas, entonces I I f ( x ; y ) d A = j j f(x-,y)dA + j j f ( x \ y ) d A D Di D2 1- Si f ( x ; y ) > 0, V(x; y) G il y D e l l , entonces / / f ( x ' y ) dA ^ I I f ( x ; y ) d A D n 8.- Si / : D c M“ -> E es una función continua en la región cerrada D, entonces I I f ( x ; y)dA s// D JJ D En particular, si \f( x;y )\ < K, V (x;y) G D , entonces // / C x : D y)dA < K.A(D), donde ^4(D) = área de la región D 9.- Teorema de Valor Medio.- Si / : D c M2 IR es una función continua en la región cerrada y acotada D, entonces existe un punto ( 0 < j j ( x 2 4 y 2)dA < 34(22,5) — 765 ) ^ / (—3;0)( (0;—2) 7 ( 3 ; 0 ) ^ x / y / ir Fig. 5.6 Ejemplo 2.- Aplique la propiedad 5 de integrales y determine la cota inferior y superior de la integral [[ —— —— - d A , donde D es la región cerrada cuya JJ x" + y" 4 1 CALCULO IIi frontera es la elipse 4 x 2 4- 9y 2 = 36 Solución La región D, como se muestra en la figura 5.6, se puede expresar como D = j(x ;y ) £ D82 - 3 < x < 3, - ^ V 3 6 ^ 4 x 2 < y < ^ >/3 6 ^ 4 x ^ 1 y la función integrando es / ( x :y ) = —------------ x + y 4- 1 1 Como 1 + x + y > 1, entonces / ( x ; v) = —------------ < 1, V(x; y) G D ' ^ x 2 4- y 2 + 1 ^ Así, el valor máximo absoluto de / ocurre en el punto (0; 0) G D y su valor es M = /(O ; 0) = 1 El valor mínimo absoluto de f ocurre en el punto frontera (3; 0) G D y su valores 1 m = /( 3 ; 0) 10 El área de la región D es i4(D) = 2 | — v 36 - 4x2 d x = 6 n u 2 - 3 * Por consiguiente, en virtud de la propiedad 5 de integrales, se tiene — (67T) < [[ 2 1 2 d/1 < 1(67T) « ^ < í f T— 2 - r — dA < 6 n 10 J J x 2 + y 2 + 1 5 JJ x A + + 1 D D CÁLCULO DE INTEGRALES DOBLES POR MEDIO DE INTEGRALES ITERADAS CASO I Sea / : D c R2 R una función continua sobre D, donde D = {(x; y) G R2 / a < x < b, c < y < d] es un rectángulo i) Fijando la variable y en [c;d], la función / depende solo de la variable x, es decir, /(x ; y) es una función de variable x continua en [a; b] Asi, >4(y) = I /( x ;y ) d x , c < y < d Ja es el área de la región plana que es la intersección del plano y = y0 con el sólido que está debajo de la superficie z = / ( x ;y ) y por encima de la región D (Fig. 5.7). Por el método de áreas de secciones planas el volumen del sólido es Jf d r d r b A( y )d y = I I f ( x ; y ) d x d y ...(1) c Je Ja ii) Análogamente, fijando la variable x, /( x ;y ) es función de y continua en [c; d]. Luego, 2 2 4 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES i4(x) = j ^L/(x ; y )d y , a < x < b es el área de la región plana que resulta al intersecar el plano x = x0 con el sólido. Por tanto, el volumen del sólido es r b r b r d V = A(x)dx = J Ja ¿a Je f( x ; y ) d y d x ...(2) Fig. 5.7 Definición 6.- Las integrales (1) y (2) se llaman integrales iteradas de / y se escriben como i) / = J J f ( x ; y ) d A = J j f ( x ; y ) d x d y ü) 1 = JJ f ( x ; y ) d A = J J / ( xc,y)dydx ( on estas integrales la región en la cual se integra la función / es el rectángulo D = [a; b] x [c; d] Ejemplo 3.- Calcule las siguientes integrales I [ ( x 2y + x y 2 — x 3)dxdy b) í f (3 x 2 + 12x 3y ) d y d x J - 3 J - 4 Jo J - l a) ' - 3 J - \ Solución * 3 r 4 a) / - a . - i (x 2y + x y 2 — x 3) d x d y = J ,128 \ (— y ) d y = x 3 y x"2- y2z x441 ^ 1 T + H2 t o 3 = í f (3x2 + 12x 3y ) d y d x = í [3x2y + 6x 3y 2]Í! dx ‘'O J - i Jo = (W j o b) / 4- 18x )dx = 7,5 CASO II Si / : D c R 2 acotada es una función continua en la región cerrada y D = {(x; y) G R 2 / a < x < b, qx{x) < y < g2{x)} (Fig. 5.8) 225 donde g l t g 2' W> b] -» R son funciones continuas en el intervalo [a\ b], tal que g 1(x) < g 2M , \ / x E [a;b]; entonces, la integral iterada de / sobre la región D es dada por -b r g 2(x) /(x ; y)d ydx CALCULO III S ¡ n x - , y ) d A = j i a J g i ú ) CASO II ¡ S i / : D e acotada es una función continua en la rión cerrada v D = {(x; y) E IR2 / /ix(y) < x < h2(y), c < y < d] (Fig;. 5.9), donde hx, h 2\ [c; dj -> IR son funciones continuas en el intcervalo [c; d], tal que /ii(y ) < h2(y),Vy E [c; d]; entonces, la integral iteirada de / sobre la región D es dada por rr rr ad rrhn22(ixx)J f(x',y )dA — f ( x ; y ) d x d y Je Jhi(x) rr 2y - 1 Ejemplo 4.- Calcule II — - ^ - d A , donde D es la región limitadaa por las rectas D x = o, y = 0 y 2x - y = 4 Solución La región de integración que se muestra en la figura 5.10 corresponde al caso II. Luego, -iO i 2 y 2 - y Jo X T 1 dx 2 X — 4 2 2 6 r 24 x 2 - 18x 4-20 f 2 / 42 \ / = _ --------------------- ¿x = - ( 4x — 22 4-------- ) dx = 36 — 42 ln 3 J0 x + 1 J0 V x 4- l ) INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES I jcmplo 5.- Calcule donde D = {(x; y) G IR2 / 0 < x < 2, 0 < y < 2} Solución 1 .i gráfica de la función /( x ;y ) = |x ] + [yl sobre la región D se muestra en la I i”. 5.11. Luego, al aplicar la definición de la integral doble se tiene f f ( M + M ) d A = (1)(1) + (1)(1) 4- (1)(2) = 4 D f I jemplo 6.- Calcule 11 sen ( n y ---- ] dA en la región limitada por las ‘•r.ilicas d e y = 0, y = V l + x y y = V1 — x Solución I ,i legión de integración que se muestra en la figura 5.12 corresponde al caso III. CÁLCULO III Ejemplo 7.- Halle 1f1f -x-e--y-dA en la región limitada por las gráficas de D ^ x = yjy, x = —y , y = 1, y = 3 Solución La región de integración que se muestra en la Fig. 5.13 corresponde al caso Luego, ^3 rVy YPy r3 r ^ v iV y / f f x e y f á f vy x e y f =¡f-dA= ll ~dxiy=i i r 3 i = 2 J (ey _ y e y)d y = ~ [ ey - f 3 x 2ey i . 2y . dy (y ey - ey)]l = - - ( e 3 + e) CAMBIO DE ORDEN DE INTEGRACION A veces es muy difícil o hasta imposible de evaluar una integral doble iterada empleando un cierto orden de integración. Sin embargo, invirtiendo o cambiando el orden de integración de dxdy a dydx o viceversa, se puede obtener una integral doble iterada de una manera más simple. Ejemplo 8.- Calcule I I tan (x 2) dxdy J o *y Solución Observe que la integral parcial I tan (x 2) dx no se puede calcular, pues Jy 2 2 8 tan (x 2) no tiene antiderivada elemental con respecto a x. Sin embargo, como se muestra el la figura 5.14, es posible cambiar el orden de integración y definir la región de integración como D = {(x; y) G M2 / 0 < x < 1, 0 < y < x} Así, se tiene ff tan(x2) dA = f f tan (x 2) dydx = f x tan (x 2) dx = -ln ( s e c ( l) ) JJ J0 Jq Jq 2 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Fig. 5.14 1 r-yJX Ejemplo 9.- Calcule Solución JT J q J - i ey*dydx r~MX ¡ 3 3 La integral parcial I ey dy no se puede calcular, pues ey no tiene antiderivada elemental con respecto a y. Luego, se debe cambiar el orden de integración al definir la región D como I) = {(x;y) G E 2 / 0 < x < y 2, - 1 < y < 0} (Fig. 5.15) Por tanto, se tiene í i ey' d A=u : e,’dxdy" dy ■ = Ejemplo 10.- Halle el valor de la integral ír°0 fÍ22 '+l'yJlXX++44 „22 , , íf 22 fÍ22 ++yy¡jXX++4' 2 f 8 f 2 2 / = I I ---- ey dyd x + ey dydx 4- I I __ ey dyd x J- 4 JI- lx+1 ' J o J- 1+y/ï+ï j 2 J-l+y/X+1 229 Solución El orden de integración indicado dydx señala que la región de integración corresponde al caso II, como se ilustra en la Fig. 5.16 Luego, al cambiar el orden de integración, la región D se transforma a la región D'dada por D' = {(x; y) E M2 / y 2 — y < x < y 2 4- 2y, 0 < y < 2} Por consiguiente, se tiene í í ? f 2 ry2+2y 7 r 2 , 3 / = II eyí' d A = | | ey^dxdy = | ey“ (3y)dy = - (e 4 — 1) *'*' Jo Jy^—y Jq CÁLCULO III Ejemplo 11.- Calcule Solución r r ^ J 0 Jy2 dxdy La integral parcial / 2VX—-5 dx no se puede calcular, ya que 2'J•“X* no tiene Jy 2 antiderivada elemental con respecto a x. Luego, se debe cambiar ei orden de integración al definir la región D como D = {(x;y) G l 2 / 0 < x < 4, 0 < y < Vx} (Fig. 5.17) Por consiguiente, se tiene í í 2^x3dA = í f 2 ^ * dydx = í JJ Jn Jn Jn 4 2 2*3/\ x 1/2 dx = - 3 / 2 ln 2 170 ln 2 2 3 0 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES EJERCICIOS I. Calcule las siguientes integrales iteradas: r 2 r 2 x a) f c í r y i | | x y 3 dydx R. 42 b) e x/y dxdy R. - J i Jo Jo Jo ^ ( i l l — j d ) J J j x - y l d y d x R. ÍJoÍ J 2 y •i r3* 1 1 1 e) j I e x+y dydx R. —e 4 — —e 3 4- — 2 a: 4 3 12 f 2 r 3^ 2 3 25 0 I I ____ x dydx R. - e 4 —- J 0 J-\/4-a:2 2 6 rr* n71/ /33 rr ss eenn xx / 1 \ f 4 f 1 V g) I I I 1 + —— ) dydx h) I I — sech2 (—] dydx Jo J i /2 Vh K x KxJ r ln8 r l n y ^1 /«2a: X V 2 i) | | e x+y dxd y j) | | —¡ = = = = d y d x Ji Jo Jo Jx k) ,/x 3 + y 3 J rd r d x \ -, = . dydx R. - ( V 2 - l ) a 2 o J* + y r 2 r 3y 1) | | x (y 3 4- l ) 1/ 2 dxdy Æ. 26 Jo Jo 2. Calcule /(x ; y)d.4 para los siguientes reglas de /(x ; y) y sobre D. D a) /( x ; y) = 2x; D es la región limitada por 4y = x 2, x — 2y 4- 4 = 0 R. 18 b) /( x ; y) = x sen (xy); D = |(x ; y) / 0 < x < 1, 0 < y < — J c ) / 0 ; y ) = (1 - x 4)~1/2; D = j(x; y) / 0 < x < — , 0 < y < x j sen x r *r ^ 1 d ) / ( x ; y ) = - ----------J - ; 0 = ( x ; y ) / 0 < x < - , 0 < y < x | R .- ln 3 4 — s en¿y ^ 2 2 r a--------- * 1 16 e ) / ( x ; y ) = x , D = |(x ;y ) / 0 < x < J ^ - y 2, 0 < y < 2j /?.— 0 /( x ; y) = sec y , D = |(x ; y) / 0 < x < 1, arctan x < y < - J 2y - 1 7 80 g ) /( x ;y ) = —^------- ; D limitado por y = 4 — x , y = 0 R. 4 arctan 2 — — x — i V Calcule las siguientes integrales cambiando el orden de integración. 2 3 1 " 2 r 4 1 r l r l a) J2y ** Jo Jy r l r a r c c o s x c) I I e seny dydx R. e — 1 Jo CALCULO III í f e x" dxd y R . - ( e 16 - 1) b) í f sen x 2 dxdy R . - ( 1 — eos 1) J0 *^2y 4 Jo Jy 2 d) r 1 r V * g r l r l I I e xly dyd x R. - — 1 e) I I x 2^/1 4- y 4 dydx Jo Ja: 2 Jo 0 [ [ [cos(2y)]Vl — k2sen2x dxdy, 0 < k2 < 1 R. — j [(1 — /c2)3/2 — l] J o J o 3k“ r° r 2 i g) I I ey dydx R. - ( e n + en/2) — en * '- 1 •'a rcc o s a: ^ ^ f ( / e cos(7rx4) sen (rrx4)dxdy R. — ^ Vy 1 r Ti/2 i) f í e cosy dydx R. e — 1 J 0 J are sen x 4. En los siguientes ejercicios, se da una región D y una función /(x ; y). Dibuje y calcule f(x',y)dA D a) D es la región encerrada por y = x 2, y = —x 2 4- 1; / ( x ; y) = Xy y b) D es el interior de las intersecciones de las elipses 2 2 + y 2 = 1, x 2 + y = 1; /(x ; y) = x + y + 1 c) D es el interior de la elipse x 2 y 2 x 2 y 2 2 ^ + r ? a2 b2 = ’ = c ^ 1 - 7a27 - 7b72 R - ^3n a b e d) D es el interior del triángulo de vértices (- 7 ; —6), (5; 3), (0; 0) 3 6 t 47 Q 86 f ( x - , y ) = e x+y / ? ,_ 7 e + i 3 e - ñ e 39 e) D es la región limitada por y = vx, y = 0,x = 4 í ) / ( x ; y ) = | |x| — |y| — l | donde la región D = Dx U D2 , siendo 2 3 2 D1 = [0; 3] x [—2; 2] y D2 el triángulo formado por las rectas x = 0, y = 2, y = 8 — 2x R. 142/3 g) D es la región limitada por las parábolas y = x 2, x = y 2 /( x ; y) = x ny m donde n, m son números naturales > 1 - 3 m + 5 R. INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICA C IO N ES (m 4- l)(2 m 4- n 4- 3)(2n + ra 4-1) 5.- Calcule /( x ; y)cL4 para las siguientes elecciones de f y regiones D. D a) /( x ; y) = 2x — y; D es la región sobre y = |x — 11 y debajo de y = 4 - |x| R. - 1 5 / 2 b) /( x ; y) = x cos(x 4- y); D es el triángulo cuyos vértices son (0; 0), (7r; 0) y (7r; 7r) R. - 3 tí/2 1 c) /( x ; y) = e x+y; D es la región definida por |x| 4- |y| < 1 R . e ---- d) /( x ; y) = x 2 4- y; D es el triángulo cuyos vértices son 63 Rm 32 e) fipc) y) = x + y; D es la región ácotada por el cuadrado con vértices (1; 1), (1; —1), (—1; —1), (- 1 ; 1) y por el cuadrado con vértices (2 ; 2), (2; —2), (- 2;- 2), (- 2; 2) Í|y — s e n x | , — t í < x < t í A —2 < y2 x + y , si x < 5 4- y 2 1 • , si x > 5 4- y 2 siendo la región D = [—tt; 6] x [-2 ; 2] /?. 61 4- ^— ) 4 87T - zr2 Sea / una función continua en las regiones = {(x; y) G R2 / x 2 4 y 2 < 2 5 } , D2 = {(x; y) E ü 2 / x 2 + y 2 < 4} D3 = {(x;y) G M2 / (x - 3 )2 + y 2 < 1}, D4 = {(x;y) G l 2 / x 2 + y 2 < 1} D5 = {(x; y ) G l 2 / ( x - l ) 2 + y 2 < 1} y sea C¿ frontera de Dh para i = 1,2,... ,5 Sea I¿ la integral doble de / sobre D¿, i = 1,2,... ,5 y 2 3 3 CALCULO III /x = 10, I2 = 3, I3 = 1, I4 = 6, ls = 2 Encuentre la integral doble de / en la región limitada por las curvas dadas, en cada caso. a) Cx y C2 R. 7 b) C1, C3 y C4 c) C2 y C4 R. - 3 d) Clt C2 y C3 e) C2 y R. 1 f) Clf C3 y C5 7.- Dada la suma de integrales 1 2 - 2 2 f 3 L 3 f ( x ; y ) d x d y + [ f 3 f ( x ; y ) d y d x + [ f f ( x ; y ) d x d y 1 J - 3 x J 2/3 J ^ - + y - l Halle la integral doble que sea igual a la suma propuesta. 8.- Represente en una sola integral iterada la siguiente suma de integrales y + 5 ( f 2 x dxdy + I ( x dxdy + í f J - 9 J - 2 J e ~ 2 -'Iny -'-1 ^ - 2 dxdy 1-2 r O r 1 r l + \ J l -X2 9.- Dada / = I I ____ /( x ;y ) dxdv + I I ____ /'(x ;y )d y d x J Jo - Jj 22 yy -- y 2 Jq J l - y / l - x 2 a) Represente / en una sola integral b) Si / ( x ;y ) = x, halle el valor de I. R. 0 5.2 CALCULO DE VOLUMENES DE SOLIDOS Y AREAS DE REGIONES PLANAS POR INTEGRACIÓN DOBLE CASO 1: Sea / : D c IR2 -> R una función continua en la región cerrada D, y / ( x ; y ) > 0, V (x;y) E D. Entonces el volumen del sólido S limitado superiormente por la superficie z = /( x ;y ) e inferiormente por la región D (Fig. 5.18) está dado por 2 3 4 INTLG RALLS MULTIPLES Y APLICACIO NES CASO 2: Si f , g \ D c R 2 -» IR son funciones continuas en la región cerrada D, tal que / ( x ;y ) > g(x] y), V(x; y) E D, entonces el volumen del sólido S limitado superiormente por la superficie z = / ( x ; y ) e inferiormente polla superficie z = g ( x ; y) es dado por l/ CS') = J J [ f ( x ; y ) - 0(*;y)] 0) Solución La región de integración sobre el plano XY es D = j(x ; y) G l 2 / —aV/c < x < aVfc, — < y < /cj (Fig.5.21) Luego, el volumen del sólido es rdy/k f k b ------------ n a b k 2 V(S) = 2 _ \ 2—yja2y - x 2dydx = — - — .u 3 •'-a V fc aA a ^ Ejemplo 14.- Encuentre el volumen del sólido que se encuentra debajo del plano x 4- z = 0, por encima del plano z = 0 e interior al cilindro x 2 + y 2 — 9 Solución En el plano XY los límites de integración de la región D son la recta x = 0, y las semicircunferencias y = —V9 — x 2 y y = V 9 — x 2 Por tanto, el volumen del sólido que se encuentra debajo del plano z = —x y por encima del plano z = 0 es v = Ü f ( x ; y ) d A = JJ ( - x ) d A D D rO r y ] 9 - x 2 = 21 j (- x ) d y d x = 18 u 3 J - 3 JQ 2 3 6 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Ejemplo 15.- Halle el volumen del sólido comprendido entre los cilindros X ¿ + y 2 _ 16 y x 2 + z 2 _ 1 6 Solución ( orno se muestra en la Fig. 5.23(a), el sólido en el primer octante se encuentra por debajo del cilindro x 2 + z 2 = 16 y sobre la región D en el plano XY limitada por los ejes coordenados y la curva y = V l6 - x 2 (Fig. 5.23b). Luego, el volumen del sólido limitado superiormente por z = V16 — x 2 es r r r 4 r v i e - x 2' ------------------- 1 0 2 4 _ 1/(5) = 8 JJ f ( x \ y ) d A = 8 J J J l 6 - x 2 dydx = ~ y ~ u Ejemplo 16.- Halle el volumen del sólido limitado por las superficies y = vx, y = 2>/x, x 4- z = 6, z = 2 Solución 2 3 7 El sólido S limitado por las superficies dadas se muestra en la Fig. 5.24a y la proyección de la cota inferior del sólido sobre el plano XY es la región D que se muestra en la Fig. 5.24b y su representación analítica es D = {(x; y) G E 2 / 0 < x < 4, Vx < y < 2Vx} Por tanto, el volumen del sólido S es r 4 r2\¡X i* 4 V (S )= I [(6 - x) - 2] dydx = Jo J\[x Jo Ejemplo 17.- Determine el volumen del sólido limitado por las superficies y — 0, y = 4, x = 0, x = y, z = J y , z = 2 ^ y Solución El sólido S limitado por las superficies dadas se muestra en la Fig. 5.25a y la proyección de la cota inferior del sólido sobre el plano XY, es la región D que se muestra en la Fig. 5.25b y su representación analítica es D = {(x; y) G E 2 / 0 < x < 4, x < y < 4} CÁLCULO III í 2VI 128 , (4 — x) dydx = —— u Vi 15 Luego, el volumen del sólido S es v < n - § W y - m - l J y 1' 2dy dx = yu3 D ° X Ejemplo 18.- Calcule el área de la región R limitada por las gráficas de 3x x 2 y - - — , y - 4 - — , y = 1 - x 2, y = x 2 - l y y > 0 Solución La región R se muestra en la Fig. 5.26 2 3 8 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Al usar la integral doble para calcular el área de la región R, se tiene A(R) = A ( R J + A(R2) + A(R3) = f j ¿A + f f ¿A + f f „A /?1 /?2 ^3 = U L ' dydx +L Í J dydx + / , L - 4, iydx _ 243 153 25 _ 902 2 ~ "96" + "32” ^ 12 _ "96~U Ejemplo 19.- Dada la suma de integrales dobles / J J 2 c o s ( ( x + y ) 3) d x d y + J j 2 c o s ( ( x - t y ) 3) d x d y + J J c os (( x + y ) 3) d x d y a) Cambie el orden de integración y exprese I en una sola integral b) Calcule el área de la región de integración D Solución I a región de integración se muestra en la Fig. 5.27 .i) Al cambiar el orden de integración, se tiene "2 r3X = í f cos((x + y )3) dy dx h h x 2 3 9 b) El área de la región plana D es r2 r 3X CALCULO III f f 3 A(D) = I I dydx = - u Ji J 2x 2 Ejemplo 20.- El cono de la nariz de un determinado cohete tiene la forma de la región limitada por el plano XY y el paraboloide x 2 + y 2 4-z = 1. Halle el volumen del cono de la nariz del cohete. Solución El cono de la nariz del cohete está limitado superiormente por el paraboloide elíptico z = 1 — x 2 — y 2 e inferiormente por el disco D = {(x; y) 6 R 2 / —1 < x < 1, - V i - x 2 < y < V i - x 2 j (Fig. 5.28) Por tanto, el volumen del cono de la nariz del cohete es V = j j f ( x ; y ) d A = 4 j j (1 — x 2 — y 2) dyd x = — u 3 EJERCICIOS L- Calcule el área de la región limitada por las curvas dadas. a ) y = |x |, 4y = 4x2 4- 1 R. 1/12 , ,T2 b) {(xD;y) £ R2 /O < x < x 2 < y < x + cos(2x)] R\ + ^ ~ ^ 2 c )y = x 3 - 2 x , y = 6x - x 3 R. 16 d) y 2 = 9 4- x, y 2 = 9 — 3x e )y = x 2 - 12, y = \x\, y - 6 - x 2 2.- Determine el volumen del sólido en el primer ociante acotado por los planos coordenados y el plano 2 x + y + z — 6 = 0 R. 18u 3 3.- Calcule el volumen del sólido limitado superiormente por el paraboloide z = 4 — x 2 — 2 y 2 e inferiormente por el plano XY. R. 4V27ru3 4.- Calcule el volumen del sólido limitado por la parte del cilindro x 2 + y 2 = 16 para x > 0, y > 0, los planos coordenados y el plano 2y 4- 2z — x = 8 R. (32 + 16tt)u3 5.- Halle el volumen del sólido en el primer octante limitado por el paraboloide z = x 2 4- y 2, el cilindro x 2 4- y 2 = 4 y los planos coordenados. R. 2n u3 2 4 0 6.- Calcule el volumen del sólido en el primer octante acotado por los cilindros 16 x 2 4" y 2 = 4, x 2 4 -z2 = 4 R. y u 3 INTEG RALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES 7.- Calcule el volumen del sólido en el primer octante acotado por las superficies 7T 4 x + z 2 = 1, x = y, y X = y 2 R' 8 ~ 15 8.- Halle el volumen de la región limitada por el cilindro x 2 4- z = 1 y por los planos x + y = l # y = 0 y z = 0 R. 4 /3 u 2 9.- El plano XY y la superficie y 2 = 16 - 4z cortan al cilindro x 2 4- y 2 = Ax Halle el volumen de la región limitada por estas superficies. R. l S n u 3 10.- Determine el volumen de la región sobre el plano XY dentro del cilindro x 2 4- y 2 = 4 y debajo del paraboloide 2z 4- x 2 4- y 2 = 16 R. 28 nu3 11.- Determine el volumen de la región localizada en el primer octante bajo la superficie z = xy y sobre el plano XY que se encuentra dentro de la circunferencia x 2 + y 2 = 1 y a la derecha de la recta x 4- y = 1 R. 1/12 u 3 12.- Calcule el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloide z = x 2 4- y 2 y sobre el cuadrado limitado por las rectas x = ± 1, y = ±1 R. 8/3 u 3 13.- Calcule el volumen del sólido limitado superiormente por la gráfica de z = 1 — x 2 — 4y 2 e inferiormente por la gráfica de x 2 + 4 y 2 — 4z = 1 R. Sn /1 6 u 3 14.- Halle el volumen del sólido en el primer octante limitado por la superficie z = xy y el plano x 4- y = 1 R. 1/24 u ó 15.- Halle el volumen de un sólido limitado superiormente por y 2 = a2 - az e inferiormente por z = 0 y lateralmente por el cilindro x 2 4- y 2 = a 2 241 CÁLCULO III 16.- Un sólido está limitado por las superficies y 2 + z 2 = 4ax, x = 3a y situado en el interior de y 2 = ax. Halle su volumen R. (6n + 9V 3)a3u 3 17.- Halle el volumen del sólido limitado superiormente por z = 2x 4- a e inferiormente por z = 0 y lateralmente por x 2 + y 2 = 2ax R. 3na 3u 3 18.- Calcule el volumen del sólido limitado superiormente por 4z = 16 — 4 x 2 — y 2 e inferiormente por z = 0 y lateralmente por x 2 + y 2 = 2x R. ( 4 3 / 16)7ru3 19.- Halle el volumen del espacio comprendido debajo de z = 4 — y 2 arriba de z = 0 y dentro de las superficies cilindricas y 2 — 2x = 0, y 2 = 8 — 2x R. 512/15 u 3 20.- Halle el volumen del sólido limitado por arriba mediante el paraboloide z = 2 — x 2 — y 2 y por debajo por el plano z = 2 — 2y R. 3n /2 u 3 2 1.- Calcule el volumen del cuerpo limitado por la superficie cilindrica z = e ~x* e — 1 y los planos y = 0, y = x, y x = 1 /?. ^ -u 22.- a) Grafique el dominio de integración de la expresión r 1 ¿+ 3 r 3 / 4 r ° r 1 r V 4 x - 3 / = f ( x \ y ) d x d y + f ( x ' , y ) d y d x + f ( x ; y ) d y d x J o */0 • ' - X ^ 3 / 4 ' - j e b) Halle el área del dominio de integración R. 5/3 u 2 5.3 INTEGRALES DOBLES MEDIANTE COORDENADAS POLARES Sea D c E 2 una región acotada por las rectas 6 = a, 6 = (5 y por los círculos r = a y r = b, como se ilustra en la (Fig. 5.29). Una partición P de la región D se obtiene trazando rectas a través del polo y círculos con centros en el polo. Así, se obtiene una red de n regiones llamados rectángulos curveados. La norma de la partición denotado por ||P|| es la longitud de la diagonal más grande de los 2 4 2 iniángulos curveados. El área del i-ésimo rectángulo curveado es igual a la di lerenda de las áreas de los-sectores circulares, esto es, M = \ ri(-ei ~ 9i- 1) ~ \ ri2- Á di ~ ei - 1) = - n - 1 ) ( 0 ¡ + r ^ x O i - _ i Al definir = -(r¿ + r ^ ) , Air = ri - r i_1, \ 0 = - 6i_ll se tiene A = r¡ A¿r A6¿, i = 1,2, ...,n Sea f: D c R 2 -> R una función continua en la región D. Si (77; #¿) es un punto en la i-ésima sub-región con 6l_1 < < 6h entonces la suma Riemann de / asociada a la partición PD de la región D es n 11 s R = £ / ( ñ ; 0 Ó M = M i=1 1=1 Por tanto, la integral doble de / sobre la región D es n J J f ( r ; 0 ) d A = J i m >o^ f ( j ri',9l)rtÁir&ie = J J f ( r ; 0 ) r d r d d D 1 = 1 /; Observación 4.- Sea / : D cz R 2 -> R una función continua en la región cerrada D contenido en el plano coordenado polar, y /'(r; > 0,V(r; ()) G D. Entonces, el volumen del sólido S limitado superiormente por la superficie z = / ( r ; 6) e inferiormente por la región D está dado por INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES INTEGRALES ITERADAS EN COORDENADAS POLARES ( ’ASO I. Si f : D " c z R 2 - ^ R es una función continua en la región polar D* = {(r; G) / a < 0 < /?, R es una función continua en ia región polar D' = {(r\9) / a < r < b, 4rx(r) < 9 < ip2(r) } (Fig. 5.31) donde ip1> \p2: [&• b] -> R son funciones continuas en [a; b], tal que vj/i(r) < ip2(r)> Vr E [a > entonces, la integral iterada de f sobre la región D* es dada por r r r b r r [lJ2( r ) f ( r ; 9 ) d A = f ( r ; 9 ) r d 9 d r JJ Ja JJy\¡i(r) Ejemplo 21.- Calcule el volumen del sólido limitado superiormente por la superficie z = yj4 — x 2 — y 2 e inferiormente por la región limitada por la gráfica de la circunferencia r = 2 eos 9 Solución En coordenadas polares, la región de integración en el plano polar es D = |( r ; 9) / 0 < r < 2 eos 9, - - < 9 < - j (Fig.5.32a) 244 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Además, para x = r eos 9 y y = r sen 9, la ecuación de la superficie es z = yj 4 — x 2 — y 2 = y] 4 — r 2cos29 — r 2sen29 = yj4 — r 2 Por tanto, el volumen V del sólido está dado por r r _________________ r71/ 2 r 2 C O S 9 II yj4 — x 2 — y 2 dA = | | yj4 — r 2 rdrd9 JJ J - n / 2 J o V f n / 2 p c o s Q Cn ¡ 2 \ 1 , 2 c o s 6 _ _ ( 4 _ r 2 ) 3 / 2 ^71/2 r 2 COS 0 rU - 2 | | (4 — r 2y /2rdrd9 = 2 Jo Jo Jo d9 o r /2 , i6 r 1 _ i tt/2 ( Qtí 32\ (1 - sen39)d9 = — 9 + eos 9 ---- eos 9 = (—------—) h 3 [ 3 0 V 3 9 / Ejemplo 22.- Calcule el volumen del sólido 5 que está limitado inferiormente por el plano XY, superiormente por la superficie x 2 + y 2 + 4 z2 = 16 y lateralmente por el cilindro x 2 -F y 2 — 4y = 0 Solución Para simplificar el cálculo de la integral, se convierte la ecuación cartesiana del cilindro a coordenadas polares. Así se tiene: x 2 + y 2 — 4y = 0 <^> (r eos 9) 2 + (r sen 9)2 — 4rsen 9 = 0 <=> r 2 — 4 r sen 9 = 0 <=? r ( r — 4 sen 9) = 0 <=> r = 4 sen 9 I .negó, la región de intersección en el plano polar está dada por I) = {(r; 9) 0 < r < 4 sen 0 < # < tí} (Fig. 5.33) Fig 5 33 Por consiguiente, el volumen V del sólido está dado por 245 CALCULO III - IJ JI /(* ; ; D 1 r 71r 1 2 J o ~ 3 ( 32 r* — de - 3 J0 32n 32 ~3~~~ Y 32n 32 i “ Y " ' Y ' V2dA Jr'Tí r °k s e n u / Æ T 0 Jo r 2 rdrdO - r 2vV 2 32 í n = — (i - ¡cos3e\)de ¿ J o r 71, , , 327r 32 7 ^ 2 , r n , 1 o 1 eos 6 dd 4- 1 —c o s d d O Jo 3 y o Jji/2 sen3 6 sen ( n / 2 sen Q sen 7T/2. 5.4 JACOBIANO DE UNA FUNCIÓN DE n VARIABLES Definición 7.- Sea T: D* c E 2 -> D ->c E 2 una función (transformación) continuamente diferenciable dada por 7(u; v) = (x; y), donde x = x(u; i;) y y = y(u; v) (Fig. 5.34) El Jacobiano de la transformación T está dado por y (u ;v ) = d(x;y) d(u] v) dx dx du dv dy dy du dv Fig 5 34 2 4 6 INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES I jcmplo 23.- La función 7 : E 2 -> E 2 que transforma coordenadas polares en t (»ordenadas cartesianas está dada por T(r\ 0) = (x; y), donde x = r eos 0 , y = r sen 6 I nlonces el Jacobiano de T es / ( r ; 0 ) d(x; y) d (r;0 ) In üeneral, se tiene la siguiente definición dx dx dr dO dy dy dr d6 eos 0 —r sen 6 1 sen 6 reos 6 I = r Definición 8.- Sea 0: D* a E n -> D c E n una función (transformación) continuamente diferenciable y uno a uno definida por 0 (y i ; - ; y n) = ( < M y i ; - ; y J ; - ; 0 n ( y i ; - ; y n ) ) donde las funciones coordenadas son dadas por *i = 0i(yi¡ - ; y n ) . *2 = ..... *n = 4> n ( y i > - ; y n) 1 1 Jacobiano de la transformación 0 está dado por /(yi;-;yn) = ...;x n) 5(yi-; - ; y „ ) dxx dxa axx ayi ay2 3yn dx2 dx2 d x2 ayj dy2 dyn axn dxn dxn a>i dv2 '" ■ dyn I jcmplo 24.- Sea 0: K4 -> R4 una transformación definida por 0 (y i.y 2.y 3..y4) = ( x i . x ^ . x j , donde I nlonces, el Jacobiano de 0 es a(x1;x2;x3;x4) 7Cyi; - ; y 4) = d(>i, y2> y ^ y * )^ 3 y4, x4 = 74 dx*! dxx dx! dxt ayi dy2 ay3 dy4 dx2 dx2 dx2 dx2 dy1 3y¡ dy3 ay4 dx 3 dx3 dx3 dx3 ayx dy3 ay4 dx4 dx4 dx4 ax4 ay, ay 2 ay3 ay4 CÁLCULO III 3 - 1 0 0 0 2 0 0 0 0 1 - 1 0 0 0 1 CAMBIO DE VARIABLES PARA INTEGRALES DOBLES Teorema 1.- Sea T: D* c= IR2 -> D c R 2 una transformación de clase C1 (continua con derivadas parciales de primer orden continuas) definida por T (u ; v) = (x; y) = (x(u; v); y(u; v)) (ver Fig. 5.35) para todo (u; v) e D* y V(x; y) G D, donde D* y D son regiones cerradas en R2 con Jacobiano no nulo, esto es, Si f: D c R ‘ f o T : D * c d (x ;y ) d(u; v) öx du ay du dx dv ay dv * 0 . es una función integrable en D, entonces la función R es integrable sobre el conjunto D* y J J f ( x ; y ) d A = JJ f ( x ; y ) d A = JJ f (x (u ; v); y(u; v)) \J(u; v)\dudv T(D* ) D* Para el caso particular de la transformación de coordenadas cartesianas a coordenadas polares x — r eos 6, y = r sen 6 , se tiene JJ f ( x ; y ) d x d y = JJ / ( r e o s 9; r sen 6)rdrd6 2 4 8 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES I jempío 25.- Calcule / / ey+xd x d y , donde D es el triángulo limitado por la recta D \ I y = 2 y los ejes coordenados. Solución Sea la transformación (U = y - X | II ^ i \ v = y + x j «=> < 11 H- V II Para los límites de la región D (Fig. 5.36), se tiene v — u x = 2 = ^ (lado del triángulo sobre el eje Y), entonces v — u v — u u + v Si x + y - —-— + —-— = 2 (lado del triángulo sobre la recta x + y = 2), v - 2 I uego, la transformación T : D* c R 2 -» D c R 2 está dada por donde la región de integración en el plano UV es D* = í(u; y) / - v < u < v , 0 < v < 2} (Fig. 5.36) Por tanto, JJ ey+xdx dy = JJ e u' v ~ dudv = ~J ^ J e lL/ vdudv = e - e “1 2 4 9 Ejemplo 26.- Halle el área de la región limitada por las curvas xy = 1, x y = 3, x — xy = l , x — xy = 3. Solución Sea la transformación Xy í x = u + v CALCULO III u + v Luego, la transformación T: D* —» D está definida por T (u; v) = (u + v; U ) ' U + 17' En coordenadas u y v, la región de integración en el plano UV está dada por D’ = {(u; v) £ IR2 / 1 < v < 3, 1 < u < 3} (Fig. 5.37) El Jacobiano de la transformación es 1 J(u; v) = d(x;y) d(u; v) (u + v ) 2 (u + v y U + V Por tanto, A(D) = ¡ f d x d y - f j m d u d v . f f ü h , d u d v D D* = f [ln(3 + v) - ln (l + v)]dv = (6 ln 6 - 14 ln 2)u 2 J1 Ejemplo 27.- Calcule I = ff ~ d x d y , donde D es la región limitada por las D ^ hipérbolas x y = 1, x y = 2 y por las rectas y = x, y = 4x Solución 2 5 0 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Sr.i l,i transformación u x = — v y = v (v > 0) P¿im las fronteras de la región D (Fig. 5.38b), se tiene: Si y = U 7 x , e n to n c e s v = —, e sto es, v = u v Si y = 4x, e n to n c e s v = 4 ) , e sto es, i;2 = 4i¿ Si xy = 1, entonces ) r = 1, esto es, u = 1 Si xy = 2, entonces ) y = 2, esto es, u = 2 I uego, para la transformación T: D* -> D, la región D* está dada por /)’ = {(u; i;) E E 2 Vü < v < 2y[u, 1 < u < 2} (Fig. 5.38a) Fig. 5.38a Fig 5 38b I T Jacobiano de la transformación T(u) v) = (—; i?) es 3 (x ;y ) /(u ; v) = d(u; v) l’or consiguiente, / = JJ - d x d y = J J ( - ) - d v d u =3 4 Ejemplo 28.- Calcule JJ (^¡4 - x 2 - y 2 + x^j dA , donde la región D es D = {(x; y) E l 2 / x 2 4- y 2 < 2y} Solución 251 CÁLCULO III En coordenadas polares (x = r eos 0, y = r sen 6), la región D se tramsforma en D* = {(r; 6) / 0 < 6 < n, 0 < r < 2 sen 0} (Fig. 5.39) Luego, se tiene: rr __________ r TZ r2 Sen 6 l = | | [y¡4 - x 2 - y 2 + x) d/1 = I I (V4 - r 2 + r eos 0) rdrdO D ° ° ~ L h'|cos30| + - s e n 36 cos 0 + - dO 8 C71 I \cos36\d6 + Jo -2 s e n 4* 6 + -8 0 3 3 rTZ/2 rU I cos36d6 + I ( - cos36)d0 Jo Jrr/2 8tt 8 /4 \ 8tt _ 8n 32 3~ ” 3 9 87T ~3~ ^ ~ 3 \3 / ~ ~ ~ Ejemplo 29.- Calcule JJ D x 2 y 2 1 ---- - - — dA, donde a 2 b x 2 y 2 D = \ ( x ; y ) e R 2 / ^ + ^ < 1 Solución f X \ 2 / y \ 2 La frontera de la región D es la elipse + y-J = 1 :ión ( í(yx == Al utilizar la transformación a coordenadas polares, se tiene - = r c o s 0 = a r c o s 0 I -y = r sen C„ (y = br sen 0 2 5 2 INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES Así. la región de integración en coordenadas polares está dada por D* = {(r; 0) / 0 < 0 < 27T, 0 < r < 1} (Fig. 5.40) El jacobiano de la transformación es <5(x;y) |a c o s 0 —ar s enO I J (r;0 ) = Luego, se tiene / = abr -ííD rU/2 r 1 = 4 / J Jo J o d (r;0 ) w sen 0 brcosO = 4 f ' f V l - r 2l7(r; 0 )|d rd 0 Jo Jo 2abn x y ¿ 1 ---- - — — dA 1 — r 2 abrdrdO — Ejemplo 30.- Calculeí íj j e (x +y ]dA , donde D es la región en el primer cuadrante acotado por el círculo x 2 4- y 2 = a2 y los ejes coordenados. Solución Al transformar la región a coordenadas polares, se tiene D* = | (r; 0) / 0 < 0 < - , 0 < r < a} (Fig.5.41) Luego, se tiene - 1 1 — - C í ? - D r drdO = — (1 — e rt") 4 Ejemplo 31.- Halle el volumen del sólido S limitado por el cono z 2 = x 2 + y 2 y el cilindro x 2 4- y 2 — 2y = 0 2 5 3 Solución El sólido S es la superficie sombreada en la Fig. 5.42, donde la región de integración es el disco D cuya circunferencia frontera tiene ecuación x 2 + y 2 - 2y = 0 <=> x 2 + (y — l ) 2 = 1 En coordenadas polares r y 0, la ecuación de la frontera de la circunferencia se convierte en r 2 — 2r sen 6 = 0 <=? r = 2 sen 6. Luego, la región D se transforma en D* = {(r; 6) / 0 < 6 < t í , 0 < r < 2sen 6} (Fig. 5.43) Así, el volumen del sólido S es v (s ) = ffD [V*2 + y2 - (-V*2 + y2)] — 2 J J V *2 + y 2 = 2 JJ r 2 d.rd.0 D D * r t t / 2 r l s e n d ^4 = 41 I r 2 drdO = — u 3 Jo Jo 9 Ejemplo 32.- Halle el volumen del sólido 5 que está limitado por el cilindro x 2 + y 2 = 4 y el hiperboloide x 2 + y 2 — z 2 = 1 Solución Al hacer z = 0 en la ecuación del hiperboloide, se obtiene x 2 + y 2 = 1. Esto significa que la región de integración, es el anillo circular comprendido entre las circunferencias x 2 + y 2 = 1 y x 2 + y 2 = 4 (Fig. 5.44), es decir, D = {(x; y ) 6 l 2 / 1 < x 2 4- y 2 < 4} CÁLCULO III Luego, el volumen del sólido S es 2 5 4 INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES = J J [v'x2 + y 2 - 1 - ( - V * 2 + y 2 - l ) ] dA = 2 j J J 7 2 + y 2 - 1 dA D D En coordenadas polares la región de integración es D* = {(r; 6) / 0 < 0 < 2n, 1 < r < 2} Por consiguiente, el volumen del sólido es vas) r2n r2 ' __ = 21 I a /r2 — 1 rdrdO = 4V3nu 3 J o J i Ejemplo 33.- Halle el volumen del sólido limitado superiormente por la superficie esférica x 2 + y 2 + z 2 = 4, inferiormente por el plano XY y lateralmente por el cilindro x 2 + y 2 = 1 Solución El sólido S se encuentra bajo la superficie esférica y arriba del disco circular D = {(x; y) E M2 / x 2 + y 2 < 1} En coordendas polares la región de integración es D* = {(r; 0) E M2 / 0 < 6 < 2n, 0 < r < 1} • (Fig. 5.45) Por tanto, el volumen del sólido S es V(S) = JJ - x 2 - y 2 dA = J J V 4 — r 2 rdrdO = - (8 - 3V3)7TU3 EJERCICIOS I.- Calcule las siguientes integrales iteradas 4n a) í í sjx2 + y 2 dxdy R. — Jo Jo J 2 w W b) j I e < x2+y2i d yd x / ? . - ( ! - e “4) c) n*^0 •'0 r Vtt r y j n - y 2 r 3 r - y I I ___ sen ( x 2 + y 2) dxdy d) I I _____sen ( x 2 + y 2) dxdy J-V7T J- J n - y 2 Jo J-V18-V2 1Ó7T CÁLCULO III rr _______ 16 g) Il Vx^ + y 2 dA) D: x 2 + y 2 < 4 ~3 D h) J J xy dA -, D : 0 < y < Y ' y < j l - y 2 (sector circular) R. J n2a ryjlax-x2 1 | dxdy R- 2 na2 0 Jo En los siguientes ejercicios, use las transformaciones indicadas para calcular la integral doble dada. a) Calcule J J eos ( ^ ¡ 7 ^) dxdV >donde D es la reg'ón limitada por D x + y = l, x = 0, y = 0 R. sen ,. , . e .. f f , — b) Dada la función f ( x ; y) = s ------- -i--)-2- --+- --(-y----- -i--)-2--,-y-- £— 1 W 4 _ 4(x - 1)2 - (y - 1) -y > 1 halle J J f ( x ; y) d/1, siendo D la región limitada por las curvas D ----------- ,---------- 571 y = l - y / 2 x - x 2, y = l + 2 y ¡ 2 x - x 2 R. — Sugerencia: Use la transformación u = x - 1, v - y - 1 C ) íí e Jx+2ydA, si D es la región limitada por las rectas x + 2y = 4, D x — 2y = 0 y el eje X. R. 3 + e 2 Sugerencia: hacer x = u 2 + v 2, y = uv d) CC lv-2- -e--o-s- -X-V- d x d y : donde D es la región limitada por las parábolas Dx 2 = y, y 2 — x, x 2 = 4y, y 2 — 4x Sugerencia: Hacer x = u 2v, y = v 2u eos 4 —c o s ió eos 4 —c o s í *■ --------12------- + -------- 3-------- e) j j y d y d x , donde D es la región limitada por las curvas 2 5 6 INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES x + 5 = y 4- ey/2, x + - = ey¡2 y n n 500 Sugerencia: H aceru = x —ey/2, v — x — y — ey' R. ex+y d y d x , hacer u = x 4- y. y — uv e — 1 «// Jo Jo g) J J V x 2 4- y 2 d x d y , donde D es la región en el plano XY limitado por x 2 + y 2 = 4, x ¿ 4-y 2 = 9 38tt 3.- Evaluar la integral doble de z = / ( x ;y ) = sjx2 4- y 2 en la región triangular de vértices en (0; 0), ( 1; 0), ( 1; 1) Solución Al hacer x = r eos 6, y — r sen 6 , se tiene D' = |( r ; 0 ) / 0 < 9 < 0 < r < se c 6 J rrn7r//44 rseeccOü ^ Luego, / = J J r 2 drdO = - (V2 -I- ln (l 4 \/2)) Halle el área de la región limitada por las curvas xy = 4, xy = 8, x y 3 = 15, x y 3 = 5 R. 2 ln(3) u 2 Encuentre el área de la región en el primer cuadrante del plano XY, limitada por las curvas x 2 4- 2 y 2 = 1, x 2 4- 2y2 = 4 , y = 2x, y = 5x 6.- Halle el volumen del sólido limitado inferiormente por el plano XY, superiormente por el elipsoide de revolución b 2x 2 4- b2y 2 4- a2z 2 = a2b 2 2 y lateralmente por el cilindro x 2 4- y 2 - ay = 0 R. / = - a 2b(3n — 4)u 3 En cada uno de los siguientes ejercicios, halle el volumen de S. a) S es el sólido limitado por las superficies z = 0, 2z = x 2 4- y 2, x 2 4- y 2 = 4 /?. 47tu^ b) 5 es el conjunto que se obtiene cortando una esfera de radio 4 con un . 32n i— 3 cilindro de radio 2 cuyo eje es un diámetro de la esfera. /?. —^— (8 - 3V3)u c) S es el conjunto limitado por el cono z 2 = x 2 4- y 2 y el paraboliode 2 5 7 CALCULO rmU//22 rr 33 / r 2 \ Q JT 3z = x 2 + y 2 R . V = A J J - — j r d r d O = — u 3 d) S1 está limitado por las superficies z = x y 2z = x 2 + y 2 R. (7r/4)u3 e) 5 está limitado por las superficies z 2 = x 2 + y 2, y = 0, y = x, x = a V2 + ln (l + V 2)a3 , /?. ---------------------------ir 8.- Calcule JJ e x +y d A , donde D es la región acotada por los círculos D x 2 4- y 2 = 1 y x 2 4- y 2 = 9 R. 7re(e3 - l ) u 3 9.- Sea D el anillo 1 < x 2 4- y 2 < 2.Calcule f[ - ^ - ^ - r — dxdy JJ (x 2 4- y 2) 2 D Encuentre el volumen del sólido acotado por los cilindros y = x 2, y = x 3 y los planos z = 0, z = 1 4- 3x + 2y R. (6 1 /2 1 0 )u 3 ff dxdy 10.- Calcule la integral JJ ^ , donde D es el triángulo con D n & vértices (0; 0), (2;0), (l;V 3 ) R. — arctan 11.- Halle el volumen del sólido acotado por las superficies z = x 2 + y 2 y z = \ ( x 2 + y 2 + 1) R. ^ u 3 2 4 12.-Use coordenadas polares para obtener JJ f(x; y)dA para la función / D y la región D dada. 1 a) / (x; y) = x 2 + y 2 ' ^ es región en el primer cuadrante entre los círculos x 2 + y 2 = a 2 y x 2 + y 2 = b2, 0 < a < b R. ln 2 W b) /( x ; y) = ■ — — , D es la región del ejercicio a /?. ^-ln ( x ¿ + y ¿y 4 Va/ 258 13.- Halle el volumen de la región situada sobre el disco x 2 4- (y — l ) 2 < 1 y acotada por arriba por la función z = x 2 + y 2 R. (3n /2 ) u 3 INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES t i - D (x 4 y 4^ 14.- Calcule || xy ( — 4-— ) d x d y , donde D = j ( x ; y) 6 E 2 / — 4- < 1, x > 0, y > 0 x 2 y 2 a t o Sugerencia: Use la transformación — = r eos 0 , — = r sen 0 /\. —— * a b 32 15.- Halle el volumen encerrado por las superficies definidas por ias ecuaciones 9 0 37m 4 „ x 4- y “ = cz, x “ 4- y “ = ax, z = 0 /?. ^ u" f a dxdy 1 / ab \ 16.- Pruebe que —--------------r - = = - a r c t a n —= = = = = = = M J0 J0 (c2 + x 2 + y 2)3/ 2 c VcVa2 + ¿ 2 + ¿ 2/ Sugerencia: Use coordenadas polares. 17.- Halle el volumen del sólido en el primer octante acotado por los cilindros parabólicos z = 9 — x 2, x = 3 — y 2, y = 0, x = 0 R. 486V3 /3 5 i¿3 18.- Halle el volumen del sólido limitado por el plano XY, el cono z 2 = x 2 4- y 2 32 y el cilindro x 2 4- y 2 = 2ax R. — a3u 3 19.- Calcule el volumen de cada una de las siguientes regiones a) La región entre el paraboloide a2z = H(a2 — x 2 — y 2) y el plano XY tcH a2 „ R. ------- u* 2 b) La porción del primer octante de la región del cono a2y 2 = h2( x 2 4- z 2) ( n a 2h entre y = 0 e y = li R- ( ^ J u* 20.- Calcule el volumen de los sólidos descritos, usando integrales dobles y coordenadas polares. a) Interior del cilindro x 2 4- y 2 = a 2, entre el plano z = 0 y z = x en la cual x > 0 2 . _ R. - a * u 3 2 5 9 b) Interior del cilindro x 2 4- y 2 = a 2, entre z = 0 y a2z = /i(x2 4- y 2) ^ 9 , 9 /?. —a2h u 3 c) La región entre la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 4 a 2 y el cilindro x 2 4- (y — a ) 2 = a 2 16 /?. — a 3( 3 7 r - 4 ) u 3 5.5 APLICACIONES DE LA INTEGRAL DOBLE CENTRO DE MASA DE UNA LÁMINA Cuando se usa integrales simples para encontrar el centro de masa de una lámina homogénea se considera solamente láminas de densidad de área constante. Emplearemos ahora integrales dobles para determinar el centro de masa de cualquier lámina homogénea o no homogénea. Sea D una lámina que tiene la forma de una región cerrada en el plano XY, y sea p la medida de densidad de área de la lámina en cualquier punto (x ;y ) de D, donde p: D c R 2 -» R es función continua sobre D. La masa total de la lámina D está dada por CALCULO III l. El momento de masa de una lámina D con respecto al eje X está dado por 2. De manera similar, el momento de masa de una lámina D con respecto al eje Y es Por tanto, el centro de masa de la lámina es el punto (x; y), donde My JJp xp( x;y )dA _ Mx f¡D yp (x :y )dA M ffD p (x \y )d A M ff D p(x; y)dA Ejemplo 34.- Una lámina que tiene la forma de un triángulo rectángulo isósceles tiene una densidad de área que varía con el cuadrado de la distancia al vértice del ángulo recto. La masa se mide en kg. y la distancia se mide en pies. Si la longitud 2 6 0 de cada cateto del triángulo isósceles mide a pies, encuentre la masa y el centro de masa de la lámina. Solución La densidad de área de la lámina triangular en todo punto (x; y) es p ( x ; y ) = k ( x 2 + y 2) Como se muestra en la figura 5.46, la región D está dada por D = {(x; y) G l 2 / 0 < x < a, 0 < y < a — x} Luego, la masa, el momento de masa con respecto al eje Y y al eje X de la lámina son: INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES M Af = j j k ( x 2 4- y 2)dA = k J J ( x 2 + y 2)d yd x = - k a 4 d o o , = J j xp (x;y)dA = k J J x (x 2 + y 2)dy dx = Mx = J J yp(x-,y)dA = D ___(MY Mx \ (2a 2a \ Por tanto, el centro de masa de la lámina es (x; y) = y— ; — J = ; — J Ejemplo 35.- Encuentre el centro de masa de una lámina homogénea (de densidad constante) que tiene la forma de la región limitada por la parábola y = 2 - 3x2 y la recta 3x 4- 2y — 1 = 0 Solución Como se muestra en la figura 5.47, la región D limitada por la parábola y la recta está dada por 261 D = [ o ;y) 1 3 1 / -------x < y < 2 — 3 x 2, — - < x < 1 ' 2 2 y 2 CALCULO 111 La densidad de la lámina en todo punto (x; y) G D es constante e igual a p. Luego, la masa y los momentos con respecto a los ejes coordenados son nl-3X2 M 1 - 1/2 * M - a : 27 pd ydx = — p 3* 16 3x^ 27 3x p yd y dx = - P, m y a : -3x* 27 3x ^p xd^y d x = —64 p ___ / I 4^ Por tanto, el centro de masa de la lámina es (x;y) = y- ; - J Ejemplo 36.- Encuentre el centro de masa de una lámina semicircular de radio a, si la densidad de la lámina en cualquier punto P (x ;y ) es proporcional a la distancia del punto P al centro del círculo. Solución La densidad de la lámina en cualquier punto P(x; y) está dada por p(x; y) = k ^jx 2 + y 2 Como la lámina es simétrica con respecto al eje Y (Fig. 5.48), entonces el centro de masa está sobre el eje Y. Así, x = 0 En coordenadas polares la lámina semicircular está dada por D* - {(r; 0) / 0 < 6 < n, 0 < r < a] (Fig. 5.48) Luego, la masa y el momento con respecto al eje X son yir i o a M My Jo Jo n r a n a 3k k\ ¡ r 2 rdrdd = —- — f n f a k a 4 = I I (fcr)r(r sen 9)drd9 = —— Jo Jo ___( 3 a Por tanto, el centro de masa de la lámina semicircular es (x; y) = (^0; — 3 a^ 2 6 2 l I n los siguientes ejercicios encuentre el centro de masa de una lámina que tiene la función de densidad p y la forma de la región limitada por las curvas dadas. a) y = Vrx-, y = 0, x = 4; p es una constante R. y(—12 ; - j b) x 2 — y 2 = 1, x = 3; p(x; y) = x c) x 2 -f y 2 = 64; p = x 2 + y 2 d) y = x 3, y = p = 2x e) y = 0, y = V a2 — x 2; p = 3y í) y 2 = x, x = y 4- 2; p = x 2y 2 g)Vx + A/y = Va, X = 0, y = 0; p = xy h) x 2/3 + y 2/3 = a 2/3, x = 0, y = 0; p = x 2y 2 ’ - Encuentre el centroide de las siguientes regiones planas, la densidad es cte. a) La región en el primer cuadrante entre x = 0, x = 1 y entre /43 59\ INTEGRALES M ULTIPLES Y A PLICA C IO N ES EJERCICIOS b) La región en el primer cuadrante fuera de la parábola y 2 = 2x e interior . _ / 30n — 88 2 \ al círculo y" = 4x — x R. ——---- — ; ------- y V5(3tt — 8) 3tt — 8 / c) El área en el primer cuadrante acotado por la curva y = x 3 y la recta ( m 2, ..., m n , situadas a distancias d1, d 2, ... , d n respectivamente desde una recta L , tiene un momento de inercia / que se define como la suma de momentos de las partículas individuales. 71 / = ^ rriid2 ¿=i De igual manera que para los momentos de masa de una lámina, se puede obtener los momentos de inercia de una lámina D de densidad p : D c l 2 - > l con respecto a los ejes coordenados X e Y. Estos momentos de inercia de una lámina que tiene la forma de una región plana D y una función de densidad p: D c IR2 -» R , con respecto a los ejes X e Y están dados por lx = j j y 2p(x; y)d A, IY = JJ x 2p(x;y)dA D D El momento de inercia de la lámina alrededor del origen o el eje Z está dado por ¡o = ix + iY = J J O 2 + y 2)p(x; y)dA D Observación 5.- Si D es una lámina en el plano XY que tiene una densidad continua p: D a R 2 R, entonces los primeros momentos Ml t M2 de D en relación a las recta x = a, y = b están dados respectivamente por M? = JJ(x - a)p (x ;y) dA, M% = JJ (y - b)p(x\y)d A D D 2 6 4 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Observación 6.- Los momentos de inercia de una lámina D respecto de las rectas Lx\x = a, z = 0; L2\ y — b, z — 0; L3:x = a, y = b son, respectivamente: / “ = JJ (X - a) 2p(x; y) d A ; /2b = JJ (y - b)2p(x-, y)dA D D C = J J l ( x ~ a)2 + (y ~ b)2]p(x; y)dA D Definición 10.- El radio de giro de un objeto respecto de un eje L es el número R dado por R = , donde IL es el momento de inercia de L y M es la masa total del objeto. Ejemplo 37.- Encuentre Ix y IY para la lámina homogénea que tiene la forma de la región D acotada por la curva y = Vx y por las rectas y = 0, x = 4 Solución D = {(x; y) / 0 < y < Vx, 0 < x < 4} (Fig. 5.50) Puesto que p es una constante, se tiene r4 64 U = JJ P y2dA = J J p y 2dydx = — p D = JíJí p x 2dA = Jr 4 Jr * px 9 dydx = —256 ¡ k y = yfx f D x = 4 wX h g 5.50 Ejemplo 38.- Una lámina rectangular homogénea limitada por las rectas y = 0, y = b , x = 0 y x = a tiene una densidad de área constante de p kg / p i e 3. Halle el momento de inercia de la lámina con respecto a una esquina. Solución Sea D la lámina rectangular homogénea mostrada en la figura 5.51, esto es D = {(x;y) E R 2 / 0 < x < a, 0 < y < b] Luego, el momento de inercia de la lámina con respecto a una esquina (origen de coordenadas) es 1° = JJ (X2 + y 2)pdA = i pab(a2 + b 2) 2 6 5 CÁLCULO III Fig. 5.51 Fig. 5.52 Ejemplo 39.- Halle el radio de giro de una lámina semicircular de radio a con respecto a su diámetro, si la densidad de la lámina en un punto es proporcional a la distancia entre el punto y el diámetro. Solución Como la densidad de la lámina en cualquier punto (x ;y ) es proporcional a la distancia entre el punto y el diámetro (eje X) (Fig. 5.52), entonces p (x ;y ) = ky Luego, M r a r\¡a2-x 2 2 r a f'/“2-*2 , 4k a 5 = I I k y dy d x = - k a 3, lx = I I k y dydx = J - cl J 0 ^ • ' - a J o Por tanto, el radio de giro R de la lámina está dado por Ix V i o i~ = — a = 0,6325a M 5 15 Ejemplo 40.- Encuentre el radio de giro de una lámina homogénea que tiene la forma de un triángulo de catetos a y b, con respecto a un eje perpendicular al plano del triángulo que pasa por el vértice del ángulo recto. Solución El triángulo de catetos a y b se ilustra en la Fig. 5.53, donde la ecuación de la a hipotenusa es y = — — x + a Como la densidad de la lámina es constante p, entonces la masa y el momento de inercia con respecto al eje Z son, respectivamente: M rr r ü r~bx^u pab PdydX = 266 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES J J p ( x 2 + y 2)dA = p J bJ bX (x 2 + y 2)d y dx = ^ (a 2 4- b 2) Por consiguiente, el radio de giro de la lámina con respecto a su eje perpendicular es R I7 aJa2 + b2 Ve Ejemplo 41.- Una lámina homogénea de densidad de área p k g / pie2 tiene la forma de la región acotada por un triángulo isóceles que tiene una base de longitud b y una altura de longitud h. Encuentre el radio de giro de la lámina con respecto a su eje de simetría. Solución El trfángulo isóceles se muestra en la figura 5.54, donde la ecuación de uno de los 2 h lados iguales esy = — — x + h Luego, la masa y el momento de inercia con respecto al eje Y son respectivamente phb u/o u 2/1 rr r b¡2 r h b x phb = 11 pdA = 2p I dydx = — D 0 0 = h J J P(x — 0)2dA = 2p j J Por tanto, el radio de giro de la lámina con respecto a su eje de simetría es ¡Y bV6 R = M 12 2 6 7 Ejemplo 42.- Una lámina rectangular ABCD tiene función de densidad p. Encuentre el radio de giro de la lámina respecto ai lado AB si p es constante. Solución El rectángulo ABCD se muestra en la figura 5.55. Luego, se tiene: r r r\AD\ r\AB\ M = JJ pdA = p J J dydx = p\AB\\AD\ C ÁLCULO III D Fig. 5.55 r r r\AD \ r\AB\ = 'AB II x 2pdA = p | | x 2dydx Por tanto, el radio de giro es \AD\ R = [ab_ M V3 p\AB\\AD\3 EJERCICIOS En los siguientes ejercicios encuentre la masa y el centro de masa de la lámina dada, si la densidad de área es como se indica. a) Una lámina tiene la forma de la región rectangular acotada por las rectas x = 3, y = 2 y los ejes coordenados. La densidad de área en cualquier punto es x y 2 R. 12 k g . . ( 2 : 1 ) b) Una lámina tiene la forma de la región acotada por la parábola x 2 = 8y, la recta y = 2 y el eje Y. La densidad de área varía con la distancia a la recta 176 , (35 102\ f f ) 10 y = _ 1 R' T s k g " \ 2 2 ' Y l c) Una lámina tiene la forma de la región acotada por la curva y — e x, x — 1 y los ejes coordenados. La densidad del área varía con la distancia al eje X. k ( e 2 — 1) /1 4 f e 3 — 1 R. ------ 1 2 1 ' 9 \ e 2 — 1 d) Una lámina tiene la forma de la región en el primer cuadrante acotada por el círculo x 2 + y 2 = a 2 y los ejes coordenados. La densidad del área varía con la suma de las distancias a las dos orillas rectas. 2 6 8 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES 2 3 ( 3a(2 + 7r) 3a(2 + 7r)^ R' 3 a ' \ 32 ; 32 ) e) Una lámina tiene la forma de la región acotada por un triángulo cuyos lados son los segmentos de los ejes coordenados y la recta 3x + 2y = 18. La densidad de área varía con el producto de las distancias a los ejes coordenados. 2.- Halle lx, IY y /0 para las regiones dadas. Considere p = 1 a) La región limitada por la parábola y 2 = Qx y la recta x = 2 b) La región limitada por la gráfica de la ecuación \x\ + |y| = 1 R. 1/3, 1/3, 2/3 c) La región limitada por la gráfica de la ecuación [xj 4- [yj = 1 3.- Una lámina rectangular ABCD tiene una función de densidad p. Encuentre el radio de giro de la lámina respecto a: a) AB si la densidad en el punto P es la suma de las distancias de P a AB y BC. b) La recta perpendicular a la lámina én B, si la densidad en un punto P es la suma de las distancias de P a AB y AC. c) La recta perpendicular a la lámina en su centro de masa, si p es constante \BD\ R. V3 4.- Una lámina circular con centro en el origen y radio a, tiene una función de densidad p. Encuentre el radio de giro de la lámina respecto a: a) Un diámetro, si p es constante R. a /2 b) Una perpendicular a la lámina en el origen, si p es constante c) Una tangente, si p es constante R. aV 5 /2 5.- Una lámina tiene la forma de un triángulo con lados de longitud a, b y c. Suponiendo que p es una constante, encuentre el momento de inercia de la lámina respecto al lado de longitud c. ch3 R. —— (h es la altura sobre el lado c) 12 v ' x 2 y 2 6.- Calcule el momento de inercia de la elipse — + tt = 1 a¿ b^ n a 3b a) respecto al eje Y R. —- — nab b) respecto al origen de coordenadas. R. —— (a -f b ) 2 6 9 7.- Calcule el momento de inercia del área del círculo (x — a) 2 + (y — b) 2 = 2 a 2, respecto al eje Y. CÁLCULO III R. 3na4 8.- Calcule el momento de inercia del área de la figura limitada por la parábola y 2 = ax y la recta x = a respecto a la recta y = - a 9.- Halle el momento polar de inercia de la región F en el plano XY limitado por x 2 — y 2 — l, x 2 — y 2 = 9, xy = 2, xy = 4, la densidad p = 1 Sugerencia: hacer u = x 2 — y 2, y = 2xy R. 8 10.- Calcule el momento de inercia de la superficie limitada por la hipérbola xy = 4 y la recta x + y = 5 con respecto a la recta y = x Sugerencia: La distancia desde el punto (x; y) a la recta y = x es igual a x - y 3 d = — ==- R. 16 ln 2 — 9 - V2 8 11.- En una lámina cuadrada de lado a, la densidad es proporcional a la distancia hasta uno de sus vértices. Calcule el momento de inercia de dicha lámina con respecto a los lados que pasan por este vértice. 12.- Halle la masa, centro de masa, momento polar de inercia de la lámina D cuya densidad p se da por: a) D limitada por y=0, y = sen x, 0 < x < n, p varía con la distancia al eje X. Tí _ Tí _ 16 Tí Tí3 R M = - , x = - , y = lo = 4 + y 2 b) D limitada por y = e x, x = 1 y los ejes coordenados, p varia con la distancia al eje X. c) D limitada por la cardioide r = 2(1 + eos 9), p = k 20 R. M = fakir, x = y = 0 d) D acotada por una rama cerrada de r 2 = a2 eos 29, densidad p = k k a 2 _ an _ k a 4n INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES ÁREA DE UNA SUPERFICIE El método dado en la sección 4.5 de Tópicos de Cálculo Vol. II sólo fue aplicado para calcular el área de una superficie de revolución. Ahora se presenta un método general para determinar el área de la porción de la superficie z = / ( x ;y ) que se localiza sobre una región D del plano XY. Sea f \ D c= IR2 -> R una función no negativa, con primeras derivadas parciales continuas en la región cerrada D en el plano XY. El área de la superficie z = /( x ; y) que está sobre D (Fig. 5.56) está dada por la fórmula Observación 7.- i) Si fuera más cómodo proyectar la superficie S sobre el plano XZ, se usa la fórmula donde D' es la región cerrada en el plano XZ. ii) Si la proyección de la superficie S está sobre el plano YZ, se usa la fórmula . . . ( n o lii) Si la función está definida en forma implícita por la ecuación F (x ;y ;z ) = 0; z = /( x ;y ) ; entonces, el área de la superficie z = / ( x ;y ) con base D en el plano XY es dada por ...(IV) 271 Ejemplo 43.- Halle el área de la parte de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 4 que se encuentra arriba del paraboloide x 2 4 y 2 = 3z Solución La esfera y el paraboloide se cortan en z = 1. Luego, la superficie de la esfera que se encuentra arriba del paraboloide está arriba del círculo D: x 2 + y 2 < v3, esto es, D = {(x; y) e IR2 - V3 < x < V3, - V3 - x 2 < y < V3 - x 2} (Fig. 5.57) Al despejar z en la ecuación de la esfera, se obtiene z = /( x ; y) = 7 4 - X 2 - y 2 Al usar la fórmula (I), se tiene CÁLCULO III w / J-(i) ♦© D -ff dA 4 — x 2 dA Al pasar a coordenadas polares, resulta r2n ryf3 r drdd f 2n A(S) = 2 ......= - ( - 2 )dQ = 4xru- Jo Jo V4 - r 2 Jo Ejemplo 44.- Determine el área de la parte de la esfera x 2 4 y 2 4- z 2 = 2ay que es cortada por un manto del cono y 2 = x 2 4- z 2 Solución La esfera y el cono se cortan en y — a. Luego, la proyección de la esfera y = f{ x\ y) = a 4- Va2 — x 2 — z 2 que se encuentra arriba del cono sobre el plano XZ proporciona la región 2 7 2 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES D = {(x; z) G R 2/ - a < x < a, - Va2 - x 2 < z < V a2 — x 2} (Fig. 5.58) Al aplicar la fórmula (II) a la función y = /( x ; y) = a + Va2 — x 2 — z 2 , se tiene Va2" r2 — 72 Al pasar a coordenadas polares, se obtiene J-27T /*a y, I drdO = 2na2u 2 o Jo Va2 - r 2 Ejemplo 45.- Encuentre el área de la parte del paraboloide x 2 4- y 2 = 8 — z que está comprendida entre los conos z 2 x 2 4- y 2 = 7z2, x 2 + y 2 = — y z > 0 Solución El paraboloide z = 8 — x 2 - y 2 y el cono x 2 + y 2 = 7z se cortan en z = 1 z 2 (z > 0), y el paraboloide y el cono x 2 4- y 2 = —- se cortan en z = 4 (Fig.5.59). 4 Luego, la proyección de la porción del paraboloide comprendido entre los conos sobre el plano XY proporciona la región D que sé muestra en la figura 5.60. dy dy Como — = — 2x, — = — 2y, el área de la superficie S está dada por dx dx 1 + ( ! ) + © «/l = / / V l + 4«= + V < M Al pasar a coordenadas polares, se obtiene 2 7 3 r TI ¡2 ry¡7 jj. A(S) = 4 V i 4- 4r 2 rdrdG = - (29V29 - 17 V l7 )u 2 J0 J2 6 Ejemplo 46.- Halle el área de la parte del cono y 2 + z 2 = 3 x 2 que se encuentra arriba del plano YZ e interior al cilindro y 2 + z 2 = 4y Solución La región D en el plano YZ interior al cilindro se muestra en la figura 5.62 y está descrita por D = {(y; z) G R2 / 0 < y < 4, — yj4y - y 2 < z < y]4y - y 2 j CÁLCULO III zi L r - 4cos0 0 4 y \(y ~ 2 ) 2+ z 2 = 4 Fig. 5.62 Al despejar x en la ecuación del cono, se obtiene * = /( y ; z) = y 2 4- z 2 N Así, el área de la superficie 5* que se muestra en la figura 5.61 es D N D Al pasar a coordenadas polares, la región de integración está descrita por D' = £(r; 6) / 0 < r < 4 eos 6, —— < 0 < — j (Ver Fig.5.62) Por tanto, el área de la superficie S es rr 2 c n/2 r 4C0Sd 2 8n 9 A (S) = f f j = d A - 2 j I T 3 r d r d $ = ^ U D' 274 Ejemplo 47.- Halle el área de la parte del cilindro z 2 + x 2 = 16 que se encuentra arriba del plano XY e interior al cilindro x 2 + y 2 = 16 Solución La parte del cilindro z 2 + x 2 — 16 que se encuentra arriba del plano XY c interior al cilindro x 2 4-y 2 = 16 en el primer octante, se muestra en la figura 5.63 y su proyección sobre el plano XY está descrita por la región D = [O ; y) S IR2 / 0 < x < 4, 0 < y < V l 6 - x 2] (Ver Fig.5.64) INTEGRALES M ULTIPLES Y A PLICACIO NES Luego, el área de la superficie z = V l6 — x 2 es 4 veces el área de la superficie S que se muestra en la figura 5.63, esto es d z \ 2 ( d z \ 2 d i ) + U dA -//V16 -.d A 4 r yJ 1 6 - X 2 V16 — x 2 dydx = 64 u 2 Ejemplo 48.- Calcule el área de la parte del cilindro x 2 + y 2 = 16 que se encuentra entre los planos z = x, z = 2x, en el primer octante. Solución La parte del cilindro que se encuentra arriba del plano XZ, se muestra en la figura 5.65 y su proyección sobre el plano XZ está descrita por la región D = {(x; z ) G E 2 / 0 < x < 4 , x < z < 2x} (Ver Fig. 5.66) Por tanto, al usar la fórmula (II), el área de la parte del cilindro y = /( x ; z) = V16 — x 2 está dada por 2 7 5 CÁLCULO III Fig. 5.66 16 — x 2 + 0 d A = [ í 4 — dA = 4 [ f ■ 1 ...= dzdx = 16u2 J J V l 6 - x 2 J 0 Jx V l 6 - x 2 EJERCICIOS 1.- Halle el área de la superficie que se forma cuando los planos x — 0. x = 2, y = 0, y = 4 cortan al plano z — 2x — y — 5 2.- Halle el área de la porción del cilindro x 2 4- y 2 = 4 comprendido entre el plano z = 5x y el plano XY. R. 80 3.- Halle el área de la porción de la esfera x 2 4- y 2 -f z 2 = 8y que está dentro del paraboloide 5y = x 2 4- z 2 R. 407T 4.- Halle el área de la parte del paraboloide y 2 4 z 2 = 8x interceptada por el cilindro parabólico y 2 = 2x y el plano x = 6 R. 224na2 /9 5.- Halle el área de la superficie que se forma cuando los planos x — 0, x = 1. y = 0, y = 1 cortan al plano 2x 4- y + z = 4 R. V6 (5.- Halle el área de la superficie que se forma al cortar el cono x 2 4 y 2 - z 2 por el plano x 4- y = 4 2 7 6 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES 7.- Halle el área de la porción de la superficie que se forma al cortar la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 4x por una hoja del cono y 2 4- z 2 = x 2 R. Qn x y z 8.- Halle el área de la parte del plano - 4 — 4- - = 1 comprendida entre los c i b c 1 l---------------------- planos coordenados R. - y j a 2b2 4- b2c2 4- a 2—c2 9.- Calcule el área de la parte de la esfera x 2 4- y 2 + (z — 4 )2 = 16 que está dentro del cono z 2 = 3x2 + 3y2 10.- Halle el área de la parte del cilindro x 2 4- y 2 = a2 (z > 0) comprendida entre ios planos z = 5x, z = 2x R. 12a2 11.- Calcule el área de la parte del cono x 2 4 y 2 = 3z2 que se encuentra arriba del plano XY e interior al cilindro x 2 4 y 2 = 4y 8V3 _ R. ——— TCU 12.- Halle el área de la porción de la esfera x 2 4- y 2 4 z 2 = 36 que está dentro del cilindro x 2 4- y 2 = 9 13.- Encuentre el área de la parte de la esfera x 2 4 y 2 4 (z — 2 )2 ~ 5 y que está fuera del paraboloide x 2 4- y 2 = 3z 14.- Calcule el área de la parte del cilindro x 2 + y 2 = 2ax comprendida entre el plano XY y el cono x 2 4- y 2 = z 2 R. 8 a 2 15.- Halle el área de la parte de la superficie z = x 2 — y 2 que está dentro del cilindro x 2 4- y 2 = 4 16.- Halle el área de la parte de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 4z y que está dentro del paraboloide 3z = x 2 4- y 2 17.- Calcule el área de la parte de la esfera x 2 4 y 2 4 z 2 = a 2 cortada por el x 2 y 2 . tb\ ^2+V2cilindro ^7 4- = 1 R. 8a 2 aresen ^ 18.- Sea D la región en el primer cuadrante del plano XY que está limitada por 2 7 7 x 2 y 2 aráficas de — H-----= 1, x = 0, x = 2, y = 0. Halle el área de la parte 16 4 de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 16 que está sobre D. 19.- Halle el área de la parte del cono x 2 = y 2 4- z 2, situada dentro del cilindro x 2 4- y 2 = 2ax. Sugerencia: Use coordenadas polares R. 3zra 20.- Encuentre el área de la parte de la esfera p = a, que está dentro del cono ó = -n R. na 2 * 4 2 1.- Halle el área de la porción del plano x = z que está entre los planos y = 0, x 2 v 2 z 2 72 v = 6 y dentro del hiperboloide — — —- 4- — = 1 R. — [2 4- V2 ln (l 4- \Í2] 7 J r 16 36 9 5 L 22.- Halle el área de la parte del cilindro y 2 = 4x cortada por la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 5x Sugerencia: Proyectar la superficie sobre el plano XY 23.- Sea D la región en el plano XY limitado por las curvas xy = 1 , 2x 4- 4v = 9 Establecer una integral iterada que se pueda usar para calcular el área de la parte del cilindro y 2 = 2z que se encuentra sobre la región D. r2 9~4y CALCULO III R. [ í V y2 + 1 dxdy h / 4 h / y 24.- Halle el área de la parte del paraboloide x 2 4- v 2 = 3z que está dentro de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 9 25.- Halle el área de la parte del cono z = ^/x2 4-y 2 cortada por el cilindro (x 2 4- y 2) 2 = a 2(x 2 — y 2) R- V2a2 26.- Encuentre el área de la parte del paraboloide z = x 2 4- y 2 que está bajo el plano de ecuación z — k 27.- Encuentre el área de la parte de la superficie que se forma al cortar el plano V39Ü4 3x 4- 4y 4- 6z = 24 por los planos coordenados R. — - — 2 7 8 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES 28.- Calcule el área de la porción del plano x 4 - y + z = 6, comprendida entre la intersección del plano con el cilindro x 2 4- y 2 = 9 hasta la intersección del 9 V 3 ( 4 - f ) plano con el plano XY, en el primer octante . R. ------ ~ ----— u 2 29.- Halle el área de la porción de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 9 exterior al paraboloide x 2 4-y 2 4-z = 9 R. 6 n u 2 30.- Sea D la región en el plano XY limitada por las rectas y = x, x = 1 e y = 0 Encuentre el área de la parte del cilindro 2z = x 2 que está sobre D. 2V2 - 1 R. - 31.- Halle el área de la parte del cono z 2 = x 2 4-y 2 que está dentro del cilindro r 2 = 4 eos 26 R. 8V2 32.- Sea D la región en el primer cuadrante del plano XY que está encerrada por las gráficas x 2 = 4y, y 2 = 4x( x 4- y = 3, y = 3. Halle el área de la / 53V3\ porción del plano x + y 4- z = 10 que está sobre D. R. í 1 2 -----y ¿ ~ ) u 5.7 INTEGRALES TRIPLES Las definiciones de la integral doble que se dieron en la sección 5.1 se extienden fácilmente a funciones de tres o más variables independientes. Definición 11.- Se dice que un conjunto U a R3 es acotado, cuando existe un paralelepípedo rectangular R = [a; b] x [c; d] x [e; /] , tal que U c R. El paralelepípedo R puede ser descrito como R = {(*; y; z) G R3 / a < x < b, c < y < d, e < z < / ) Definición 12.- Una partición de R es un conjunto de la forma P = P1 x P2 x P3 = x [y¡-i,y¡] X [Zfc_i;Zfc] 1 ^ ¿ ^ 1 < j < m , 1 < k < q} donde Px = {x0, ...,xn] es una partición del intervalo [a; Z?J, P2 = {yo*—i>m) es una partición de [c; d] y P3 = (z0, ... ,zq) es una partición de [e ;/]. 2 7 9 Observación 8.- i) Toda partición P del paralelepípedo P, divide en nmq sub-paralelepípedos de la forma Rijk = [ X i - i . X i ] x [y7_ i; y ¡ ] x [ z k _ ^ z k j, entonces P = {Rijk / 1 < i < n , 1 < j < m , l < k < q ] ii) El volumen de cada sub-paraleiepípedo Rijk para i = 1 ,... ,n, j = 1,..., m, k = 1,... # q se denota por AijlcV = AixAjyAkz Se verifica que ^ A,/fcV = (b - a)(d - c ) ( / - e) i.j,k iii) Se denomina norma de la partición P al número ||P|| = máx{diag(Rl jk) / 1 < i < n, 1 < j < m, 1 < k < q) Definición 13.- El conjunto de paralelepípedos Ri¡k de P que tienen al menos un punto en común con el conjunto U c E 3 se denomina partición de ¿7, esto es P,J = {Ri¡k / RiJk n U * 0, 1 < ¡ < n, 1 < / < m, 1 < k < q} ' CÁLCULO III FUNCIONES INTEGRABLES Sea / : U c IR3 -» IR una función acotada en la región cerrada y acotada U. Sea Pí; una partición de U y sea Pljk = (x^y,-; zfc) un pumo arbitrario escogido en Pí;/t. £ PUt de modo que f ( P L¡k) está bien definida, como se ilustra en la Fig. 5.68. La Suma de Riemann de la función / asociada a la partición Pu es n i f ( X i ; y f z k)bijkv = I I I f{ .x i)yj -,zk)Aixhj yAkz k = 1 7 = 1 i = l /c = l ) = i i = i Definición 14.- Una función acotada f \ U c IR-' -> IR es integrable Riemann sobre el conjunto acotado U, si existe un número L con la propiedad de que, dado £ > 0, 38 > 0 , tal que 2 8 0 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES <1 ni n /UiiyyjZfc^xAyyAfcZ - , < £ k=1;=1 ¿=l para toda partición Pu con HP^H < 5 y toda elección del punto Pijk G Pí7/C. Este número L es llamado integral triple de / sobre U y se indica con el símbolo Q m n L JJJ ' V " " ' I|P¿1R k=l7=1 Í=1 I l f f ( x ; y; z)dV = ^ im q ^ ^ ^ / ( x ¿; y ; z ^ A ^ y A . z Teorema 2.- Si una función / : U c IR3 -> IR es continua en el conjunto cerrado y acotado U, entonces siempre existe la integral triple de / sobre U. CÁLCULO DE INTEGRALES TRIPLES MEDIANTE INTEGRALES ITERADAS Sea D = {(x; y) G IR3 / a < x < b, 0 x(x) < y < el plano XY, donde cplt 0 2: [a; 6] IR. son funciones continuas con 0 i (x) < 0 2 (x); Vx G [a; ¿>] Sea i p I a’ b] -> IR funciones continuas en la región cerrada D y que 0 i(x ; y) < 0 2(x; y), V(x; y) G D Sea U — {(x; y; z) G M3 / a < x < b, 0*(x) < y < 0 2(x), 0i(x;y) < z < xp2(x > y)I una región cerrada en IR3 (Fig. 5.69) Si f : U c IR3 -> IR es función continua en í/, entonces la integral iterada de f es r D r(p2(x) rty2{x\y) f ( x \ y \ z ) d V = I I I / ( x ; y ; z)d zd yd x Ja JfaXx) Jrl>x(x;y) Análogamente, podemos definir otras cuatro integrales iteradas de /( x ; y ; z ) en las que la primera integración se efectué con respecto a una variable distinta de z. Estas integrales son f r / r d 2 Ú ) r Hi(y\z) f(x',y',z)dV = I f( x; y; z )d xd ydz Je J g { z) * 'Wity ;z ) 02 W ) una región cerrada en 281 CALCULO III r r r r & r K 2 {ryd) rríkl22\.(yy>z) ) rU2(y-.z) . f ( x ; y ; z ) d V = f ( x ; y ; z ) d x d z d y JJJ Je J k t (y) JHi(y,z) f r f r H2 U ) rC2(x]z) f ( x \ y; z)dV = f ( x ; y; z)dydxdz U Je JHi(z) JgHx.z) rrr rrOb rrKk22{(xX)) rrCü22{(Xx;]Zz)) 4. f ( x ; y ; z ) d V = f ( x ; y ; z ) d y d z d x J J J J a J k x í x ) J g 1(x ,z) PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA INTEGRAL TRIPLE 1. Si / , g: U c IR3 —> IR son funciones integrables en el conjunto acotado U. entonces se tiene: a; JJJ cf(x-, y, z)dV = c JJJ /(x ; y, z ) d V , c = constante u u JJJ [/(* ; y ; z ) ± y; z)]d.V = JJJ / ( x ; y, z)d,V ± JJJ g(x; y \ z ) d V v U U 2. Si / y g son funciones integrables en el conjunto acotado U, tal que / O ; y; z) > g(x-, y, z), V(x; y; z) £ U, entonces JJJ f ( x ; y ; z ) d V > JJJ g { x \ y , z ) d V u u 3. Si / es una función integrable sobre los conjuntos acotados A y B con A n B = 0, entonces f es integrable sobre A U B y JJJ f ( x ; y ; z)dV = JJJ f ( x ; y ; z)dV + JJJ f ( x ; y ; z ) d V A U B A B Ejemplo 49.- Calcule J J J /( x ; y; z ) d V , donde U está limitado por las superficies u z = 0, y = 0, y = x, x + y = 2, x 4-y + z = 3, / ( x ;y ;z ) = 3 Solución 2 8 2 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Se tiene U = {(x; y; z) £ M3 / 0 < z < 3 - x - y, y < x < 2 - y, 0 < y < 1} Por tanto, JJJ f (x; y; z)dV = J^ J ^ 3dzdxdy = 3 Ejemplo 50.- Calcule JJJ f ( x ; y; z ) d V , donde U está limitado por las u superficies z = 0, x 2 + z = 1, y 2 4- z = 1, /(x ; y; z) = z 2 Solución La región de integración es U - {(x\y\z) E IR3/ -V I - z < * < VI - z # — Vi — z < y < V l — z, 0 < z < l) Por tanto, ' 1 ^ v l - z r V l —z ^ 3 Ejemplo 51.- Calcule j j j / ( x ; y; z)dK , donde U está limitado por las u superficies y 2 4- z 2 = 4ax, y 2 = ax, x = 3a, f(x-,y; z) = x 2 Solución Se tiene: U = |(x ; y; z) E R 3 j 4 ax - y 2 < z < y 4 ax - y 2, - yfax < y < yfax, 0 < x < 3a j f r 3 a r v ax r y ¡ 4 a x - y 2 f (x;y; z)dV = I I _ I _____ x 2 dzdyd x y J 0 J- y j a x J - y ] 4 a x - y 2 ■ r 3 a r \ a x ______________ - 3 a = I I ^_2x2VAax - y 2dydx = I ^0 J-yJax J o c /3 V 3 4- 2 tt> = 27 a 5 6V3 a 4- 47ra\ x ódx Jrv71/4 rv^/4 r 4 I I cos(6y2) dz d yd x cambiando el orden de integración. 0 J* ^2 Solución Después de calcular la primera integral en el orden dado, nos encontramos con la integral de la forma / cos(6y 2)dy que no es una función elemental. Para evitar el problema, cambiamos el orden de integración a dzdxdy para que y sea la variable exterior. Así, la región de integración es U = {(x; y; z) 6 R3 / 0 < x < y, 0 < y < J ñ / 4 , 2 < z < 4} Por consiguiente, se obtiene ryfñ/4 ry r4 rjñj* ry I = 1 1 cos(6y 2)dzd xd y = 2 eos{6y2)dx dy J o Jo '2 Jo Jo = 2y cos(6y )dy = - - CÁLCULO III EJERCICIOS 1.- Calcule las siguientes integrales iteradas -1 r l-fl+y2 f2 f y 2 f\nx a) ■/2y •'l Jy rn/ 2 rTl/2 rXZ v r 2 r y V 3 c) r rl-x rl+y- r ¿ ry r inx I xdzdtydx bM yÉ?Z dzdxdy - '0 J o J 2 y *1 *y •'O , j t / 2 r n / 2 r X Z y r 2 r y r y / 3 z z l L i cost i dydxdz d)J, 1 1 s T ^ dxd2dy r n r n r n n 3 —n sen tí2 e) xy sen (y z)d zd yd x R. -------- — ------ Jo Jo Jo r ln2 rMX rX + y2 f) I J i y e z dzd ydx J-\n2Jo Jo r 1 rZ ry ^ r2 rX W3X y g) i í Jo R- 90 A) i í í ^ T ^ dzdydX fo ry rx 77 i) J J J ( z2 - y ) d z d x d y R. — f a r ia ? 1 ^ 2 r s i a ^ ^ y * ------------------------ n a 4 j) I I I J a ^ - x ^ ^ y 2 dzdydx R. - J Q J 0 J o r2 r2x ryj2xy z dz dyd x /8 lV 3 \ 9 k) I) J rTí¡2 rCOsG r 4 + r s e n 6 r n / 2 W 1 + C O S 0 /■acosh(-) I I rdzdrdd m) I I I rzdzdrdQ o Jo Jo J—tí¡2 Jyl 1-cos 0 Ja senh (^) 2.- En los siguientes ejercicios calcule j j /(x ; y; z)di7 , donde U está 2 8 4 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES limitado por las superficies dadas y / es la función dada a) x = 0, x = ^/a2 - y 2 - z 2; /(x ; y; z) = x a ryja^-z2 ry¡a2- y 2- z 2 xd xd ydz u b) x 2 4- z 2 = a 2, y 2 + z 2 = a 2; /(x ; y; z) = x 2 4- y 2 c) x = 0, y = 0, z — 0, x 1/2 + y 1//2 4- z 1^2 = a 1/ 2; /(x ; y; z) = z a 4 840 9 0 o o 243rr d )z = x 4-y , z = 27 — 2x — 2y2; /( x ;y ;z ) = l /?. —-— .- Calcule JJJ y d V , si U es la región acotada por el tetraedro formado u por el plano 12x 4- 20y 4- 15z = 69 y los planos coordenados R. 15/2 4.-Calcule JJJ zdV , si U es la región acotada por el tetraedro que tiene vértices u (0; 0; 0), (1; 1; 0), (1; 0; 0) y (1; 0; 1) R. 1/24 5.- Calcule las siguientes integrales triples sobre el sólido U dado a) b) c) d) (x 4- 2y - 3z)dxdydz, - ((*; y>z ) / 0 < x < y] 4 — y 2, 0 < y < 2, 0 < z < 3 j ( x 2 4- y 2 4- Z2^j dV, = {(x; y; z) / 0 < x < y 2, 0 < y < Vz, 0 < z < l} e x+y+zd x d y d z , U es el tetraedro con vértices (0; 0; 0), (3; 2; 0), 3 3; 0), (0; 0; 2) R. - (es - Se3 + 5 e2 - 1) y — 2z ------- r d x d y d z , U es la porción del espacio que, en el primer 2 8 5 octante, está limitado por el cilindro y 2 + z 2 = 1 y los planos x = 1 y x = 4 VOLUMEN DE UN SÓLIDO MEDIANTE INTEGRALES TRIPLES Sea f \ U c R 3 -> IR. una función definida en la región cerrada y acotada U, tal que f { x\ y; z) = 1, para todo (x; y; z) E U. Entonces, v c u ^ j j j c v u es la medida del volumen del sólido U. Ejemplo 53.- Encuentre el volumen del sólido limitado, por arriba, por el paraboloide z = 4 — x 2 — y 2 ; y, por abajo, por el plano z = 4 — 2x. Solución El sólido es U = [(x; y; z) / 4 - 2x < z < 4 - x 2 - y 2, - y 2* - x 2 < y < y ¡ 2 x - x 2, 0 < x < 2] Entonces el volumen del sólido U está dado por nV 2 x - x 2 r 4 - x z - y z n ____ I d z d y d x = —u 3 -\ ¡ 2 x - x 2 J 4 - 2 x ^ La gráfica del sólido se ilustra en la Fig. 5.70. CÁLCULO III Ejemplo 54.- Encuentre el volumen del sólido en el primer octante acotado inferiormente por el plano XY, superiormente por el plano z = y, lateralmente por el cilindro y 2 = x, y el plano x = 1 Solución Se tiene U = {(x;y;z) / 0 < z < y, 0 < y < Vx, 0 < x < l ) (Ver Fig. 5.71) 2 8 6 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Entonces, el volumen del sólido es V = f 1 f v* Ií y dzdydx = -1 u 3, Jo Jo Jo / Ejemplo 55.- Calcule el volumen del sólido limitado por los planos z = - 1 , z = 1 y por el hiperboloide x 2 + y 2 — z 2 = 1 Solución El sólido U se muestra en la figura 5.72 y su proyección D sobre el plano XY en la figura 5.73. .ue^o, V(U) = 2 n + volumen del cilindro de radio 1 y altuta 1 4- JJJ dV J J j dzdxd y = 2n + 2 J J ( l — yjx2 + y 2 — l ) dxdy Al pasar a coordenadas polares las fronteras de la región D, se tiene: r 2n r V2 i-------- 871 V(U) = 2n + 2 j J (1 - y¡r2 - l)rdrdQ = — v.* Ejemplo 56.- Calcule el volumen del sólido interior a los cilindros y 2 = 2x, x 2 + y 2 = 4x (parte mayor) debajo del plano x 4- z = 5 y por encima del plano z = 0. Solución 2 8 7 CÁLCULO III El sólido U se muestra en la figura 5.74 y está descrito por U = j ( x ; y; z ) / 0 < z < 5 - x , ¥— < x < y¡4 — y 2 4 - 2 , - 2 < y < 2 j Por consiguiente, el volumen del sólido U es n2 r \ l * - y 2+2 r 5-JC n m r ¿ r b ~ X , = I dzdxdy = í 6n 4- J-2Jy2¡2 Jo ' 224\ H Ì CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRALES TRIPLES Teorema 3.- Sea T: U* c IR3 -> U c IR3 una transformación continuamente diferenciable y uno a uno en U*, donde U* y U son regiones cerradas en IR3. Además, supongamos que U = T(U*) y 0(u; v; w) = (x; y; z) donde d (x ;y ;z ) x = x(u; v; w), y = y(u; v\ w), z = z(u; v; w ) y J (u; v; w) = ^ — —- — ^ 0 Sea / : í/ c IR3 -> E una función integrable en U. Entonces, / © T: U* c R3 -> E es integrable y / = J jJ f ( x ; y ; z)d x dy d z u = JJJ f( x ( u ; v; w);y(u;v; w);z(u; v; w)) |/(u; v;w) \du dv dw ________ u______________________________________________ Ejemplo 57.- Si se sabe que el volumen de una bola de radio 3 es 36n u3, calcule x 2 y 2 z 2 el volumen del sólido D encerrado por el elipsoide — 4- — 4- — = 1 óo 16 ¿o Solución / X \ 2 f y \ 2 f Z \ 2 Al transformar el elipsoide \ - j 4- ( - J 4- = 1 a una esfera de radio 3, se tiene: x u - = — , de donde resulta x — 2u 6 3 y v 4v - = — , de donde resulta y = — z w 5 w - = — , de donde resulta z = — j j ' Así, la ecuación de la frontera D en el sistema XYZ se transforma en el sistema UVW en u 2 4- v 2 4- w 2 = 9. 2 8 8 [ x 2 y 2 z 2 Luego, el sólido D = Ux; y; z) / — 4- — 4- — < 1 ( 36 16 25 resulta ser la imagen del sólido D* = {(u; v\ w) S E 3 / u 2 4- v 2 4- w 2 < 9}, esto es, 4v 5w\ INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES / T(D*) = D, donde 7(u; i?; w) = yZu) — ) ^ansformac d(x;y; z) 3 7 El Jacobiano de la transformación de T es r/ i jr : \/ : x i 2 0 0 7 (u; i?; w) = d ( u ; x;; w) Por consiguiente, el volumen del sólido D es 0 4/3 0 0 0 5/3 40 ~9~ V . / / / „ . j f f . Í 2 k „ ,( « - ) - £ < 3 * 0 . D D D* INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS Sea T: D c E 3 -> D* c E 3 la transformación de coordenadas cilindricas a rectangulares, esto es, T(r; 6) z) = (x; y; z) = (r eos 0 ; r sen 0;z) (r > 0,0 < 0 < 2n) donde x = r eos 6 , y = r sen 6, z = z El Jacobiano de la transformación T está dado por cos 0 - r sen 6 0 sen 6 r cos 0 0 0 0 1 Por consiguiente, el cambio de variable para la función / : D* c E 3 -> E integrable en el conjunto cerrado y acotado D* en coordenadas cilindricas es JJJ f ( x ; y ; z ) d V * = JJJ f ( r eos 6 ; r sen 0] z)rdzdrd6 D* D Ejemplo 58.- Halle el volumen de la poción de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 16 que se encuentra dentro del cilindro r = 4 sen 6 Solución En coordenadas cilindricas, la ecuación de la esfera es z 2 = 16 — r 2. Luego, el volumen de la porción de la esfera que se encuentra dentro del cilindro (Fig. 5.75) es 2 8 9 r j rASenG ry¡ 16-T2 V = 4 rdzdrcLQ J o j o J o r n / 2 r 4 s e n d 128 = 41 I (16 — r 2) 1/ 2 drd# = —— (3n — 4 )u 3 J o Jo ° CÁLCULO III Ejemplo 59.- Halle el volumen del sólido limitado por las superficies x 2 + y 2 = 9, z = 9 — x 2 — y 2, x 2 4- y 2 4- (z — 16)2 = 9 en la región y — x > 0 Solución Al pasar a coordenadas cilindricas, las ecuaciones de las superficies son, respectivamente r = 3, z = 9 — r 2, (z — 16)2 = 9 — r 2 (ver Fig. 5.76) Por consiguiente, el volumen del sólido es r B n / 4 r 3 r 16 — >/ 9 - r 2 1 7 1 K = | Í J rdzdrdO = —7~v? Jji/4 ^0 ^9-r2 INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS ESFÉRICAS Sea T: U c M3 -» U' c IR3 la transformación de coordenadas esféricas a rectangulares dada por 7(p; 0; = /u/*/ p 2sen cp dpdcpd9 r 2¿TnI r7nl/*At ri-2aeos 0 Jo Jo Jo p 2sen (p dpdcpd9 = na?v? Fig. 5 .7 7 291 Fig. 5 .7 8 Ejemplo 61.- Halle el volumen del cono de helado seccionado en una esfera de radio 6 por un cono con un semiángulo de 30°. tal como se indica en la Fig. 5.78. Solución n En coordenadas esféricas, la ecuación de la esfera es p = 6 y del cono cp = — 6 El sólido U* se muestra en la figura 5.78 y está descrito por u* = {(p; e-, cp) / 0 < p < 6, 0 < 0 < 0 < 6 < 2tt] Por consiguiente, el volumen del sólido U* viene dado por r 2U rTü/6 r 6 = I I I p 2 sen (p dpdcpdO = 72n(2 — V 3)u3 J o J o J o Ejemplo 62.- Calcule JJJ /(x ; y; z ) d V , donde /( x ,y ;z ) = -/x 2 4- y 2 4- z 2 u y U es el sólido limitado a la derecha por la esfera x 2 -F y 2 4- z 2 = 2ay (a > 0) y a la izquierda por el cono y = Vx2 + z 2. Solución En coordenadas esféricas, la ecuación de la esfera x 2 -F (y — a ) 2 + z 2 = a 2 es ¡------------------ 71 /------------------------------ p = 2a eos , y = V *2 + z 2 es cp = — y y x 2 4- y 2 4- z 2 = p, la ecuación del 4 CALCULO III cono. El sólido U* se muestra en la figura 5.79 y está descrito por U* = |(p ; 6\(p) / 0 < p < 2a eos (p, 0 < (^ < —, 0 < < 9 < 2nJ Por tanto, la integral triple resulta 2 9 2 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES z)dV 2 n r n / 4 r 2 a C O S ( p p 3sen cp dpdcpdO = a 4 8 - V2 Tí Ejemplo 63.- Utilice coordenadas esféricas para calcular el volumen del sólido limitado por las superficies x = y]y2 4 z 2, x = y el plano x = 4 Solución En coordenadas esféricas, la ecuación del cono x = J y 2 4- z 2 es cp = n / 4, la ecuación del cono x = n es cp = — y del plano x = 4 es p = 4 see cp El sólido U* se muestra en la figura 5.80 y está descrito por r t í n U* = | (p; 0; 1287T „ 'O Jtc/4 Jq p sen cp dpdcpdO = 3 x = 6 + (=-2)2 ' x = z Ejemplo 64.- Sea S un sólido interior del cilindro y 2 4- z 2 = 4 y limitado por las superficies cilindricas x = z 2 y x — 6 = (z — 2)2. Halle el volumen de S. Solución En coordenadas cilindricas y — r eos 6, z — r sen 6, x = x, la ecuación del cilindro y 2 4- z 2 = 4 es r = 2, del cilindro x = z 2 es x = r 2sen 26 y del cilindro x — 6 = (z — 2)2 es x = ó 4- (r sen 6 — 2) El sólido £/* se muestra en la figura 5.81 y está descrito por (/* = {(x; r; 6) / r 2s en20 < x < 6 4 (r se?i 0 — 2)2, 0 < r < 2, 0 < 0 < 2n] Por tanto, el volumen del sólido S resulta v +z~ = 4 Hg. 5.81 r 2 n r 2 r 6 + ( r sen 0 - 2 ) 2 V( S ) = rdxdrdO Jq i o Jr 2 CALCULO III ''2sen20 J r 2TT r2 (lO r o Jo - 2n r 2 4r 2 sen 0)drd0 = 40nuA Ejemplo 65.- Calcule/ -ill u x 2 y 2 z 2 1 ~ ^ 2 ~1j 2 ~ ^ dxdydz donde U es el sólido 2 y L 2 ^ 2 encerrado por el elipsoide — + — + — = 1 a 2 b2 c<■ Solución Al pasar a coordenadas esféricas, se tiene la sustitución x y z - — o eos 6 sen á, — = p sen 6 sen ó, - = p eos 0 a b c Luego, la transformación T: U* -> U está dada por P(p; 0\ 0 ) = (x; y; z) = (ap eos 6 sen 0; bpsen 0 sen 0; cp eos 0 ) y el Jacobiano de la transformación T es J (p; 6\ 0 ) = abep2sen 0 El sólido U* está descrito por U* = ( ( p ; 0 ; 0 ) / 0 < p < 1, 0 < 6 < 2 n , 0 < 0 < tt} Por tanto, rU r2n n 2abc I r 1 r Tí r ¿Tt = I I I (1 - p 2)3/2abcp2sen x = - r eos 0, y = 3 r sen 0, z — z 3 3 2 Así, la transformación está dada por <3 T(r; 6; z) = (x \ y , z ) = ^ reos 0; 3r sen 6■,z) v su Jacobiano es „ „ \ d( x ;y ;z) 9 }(r; 0',z) — — — i— - = - r d(r\6\z) 2 El sólido S se muestra en la figura 5.83 y está descrito en coordenadas cilindricas por 5 = {(r; 0; z) / 0 < r < 1, 0 < 0 < 2tt, 7 < z < 16 - 9 r 2} Por consiguiente, se obtiene 2 9 5 r 2 tí r 1 r l 6 - 9 r 2 CALCULO I r 2 n , 1 , 1 6 - 9 r 2 ----------------------------------------------------------------------------------------------9 / 1 6 6 4 + 1 9 ó V 7 \ = í I I V 16 — 9r* - r d z d r d d = ^--------55--------J * EJERCICIOS Use coordenadas cilindricas o esféricas para calcular la integral triple en cada caso Iuf fvw dx dvdz . 27T a) ■ -.................... — , donde U es la esfera x 4- y"* 4- z 2 < 1 R. J x 2 4- y 2 4- (z - 2)2 /fa ry]a2- x 2 ry j a2- x 2- y 2 _______________ b) I I I Zy¡a2 - x 2 — y 2dzdydx R. Jo Jo Jo « /l r h r V b 2 ~ X 2 20 /*/i wj /-yo -x c) I I I 7 * 2 + y 2dzdydx Jo Jo Jo r2 r\¡2X~X2 rCL I z ^ x 2 + y 2 J0 ^o ^0 r l ryjl-x2 ryj\-x2- y 2 ^ ^ e) I I j + y 2 + z 2dzdydx R. - Jo Jo Jo r*2 r y j 2 X ~ X 2 rCl d) I ¡ Z y j x 2 - r y 2dzdydx R. - a 2 f) ri/v¿ rx / - v i - x - r 11V2 1 ) I 1 1 z (x 2 - t y 2)~1/2dzdydx R. ln (l 4 V2) - — Jo Jo Jo 24 g) (x 2 4- y 2) d x d y d z , donde U es el sólido acotado por la superficie t/ 16 x 2 4- y 2 = 2z y el plano z = 2 R. — n h) e i dK , donde U es el sólido interior a la superficie z = V *2 + y 2 u y limitado por los planos x + y = 0,z = a , a > 0 7r / a2 \ R. — ^ ea (a - 1) — — + 1 J Sugerencia: Use coordenadas cilindricas Calcule [[¡ L(x - a ) 2 4 (y - ¿>)2 4- (z - c)2]~i/2 d x d y d z , donde U es el 2 9 6 u INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES sólido esférico de radio R y centro en el origen, y (a; b\ c) es un punto fijo 4n R3 _ t _ 9n_1/9 fuera de esta esfera. R. —-— ( a 2 4- b 2 4- c2) 1/2 3.- Con ayuda de coordenadas cilindricas o esféricas, evalúe las siguientes integrales: a) JJJ ( x 2 4- y 2 4 z 2)3/2dV, U: x 2 4- y 2 4- z 2 < 1 /?. — u b) JJJ (x 2 4- y 2)d V , U es la región entre las superficies u n ( 4 y / 2 - S ) x 2 4- y 2 4- z 2 < 1, x 2 4- y 2 < z 2 /?. — ------—— * 15V2 c) [[[ d x d y d z ' sjenc|0 ¡j ja región entre x 2 4- y 2 + z 2 = a 2 y JJJ ( x 2 4- y 2 4- z 2) 3' 2 u x 2 4- y 2 4- z 2 = fr2, donde a > b > 0 ft. 4ít In ) d> / / / x y z(x 2 4- y 2 4- z 2) 1/2 dxdydz, donde U es el primer octante u a 5 de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 < a 2 — 4.- Calcule / = JJJ (x + y + z)( x + y - z)(x - y - z) d x d y d z , donde U u es el tetraedro limitado por los planos x + y + z = 0, x 4 y - z = 0, x y z — 0, 2x z — 1 R. 1/180 5 Calcule JJJ y/x2 4- y 2 + z 2 dK , donde U es el sólido limitado por las u superficies z = J x 2 + y 2, z — 3 ^ 7r Utilice coordenadas cilindricas y cambie el orden de integración. 297 6.- Halle el volumen de la región limitado por los cilindros hiperbólicos xy = 1, xy = 9, xz = 4, xz = 36, yz = 25, yz = 49 Sugerencia: Hacer xy = u, xz = v , y z = w R. 64u3 7.- Calcule JJJ x-sjx2 4- y 2d x d y d z , donde U es el sólido exterior al cilindro u x 2 -f y 2 — 2y = 0 y limitado por las superficies z = -Jx2 4- y 2, x 2 -h y 2 = z 4- 12, x 4- y > 0 R. 410,31 u 3 Sugerencia: Utilice coordenadas cilindricas. 8.- Halle el volumen del sólido limitado superior e inferiormente por x 2 y 2 x 2 y 2 -----I------ b z 2 = 9 y lateralmente por —- -f —— z 2 = 1 R. Q8nu3 9 4 9 4 Sugerencia: Primero hacer el cambio x' = x/3 , y' = y /2 , z' = z, luego pasar a coordenadas esféricas. 9.- Halle el volumen del sólido limitado superiormente por la esfera x 2 4- y 2 4- (z — l ) 2 = 1 e inferiormente por el paraboloide z = x 2 4- y 2 10.- Halle el volumen del sólido bajo la superficie z = 4 — x 2 — y 2; interior al 7n cilindro x 4- y — 1 y sobre el plano XY. R. — u 11.- Halle el volumen del sólido U limitado superiormente por el cilindro parabólico z = 4 — y 2 e inferiormente por el paraboloide z = x 2 + 3y 2 R. 47TU3 z x2ù y2 12.- Encuentre el volumen del paraboloide - = — 4- — cortado por el plano c a 2 b¿ nabc _ z = c R. ~ u CÁLCULO III 13.- Encuentre el volumen en el primer octante acotado por el paraboloide z = x 2 4- y 2, el cilindro y = x 2, y los planos y = x, z = 0 R. 3/35v? 14.- Halle los volúmenes de los cuerpos limitados por las superficies que se indican. 2 9 8 a) Por los cilindros z = 2 / x 2, y = 2x - x 2 y por los planos x = 1/2, x = 3 /2, y = 0, z = 0 en el primer octante. R. (4 ln 3 - 2 )u 3 y 2 x 2 z 2 b) Por el hiperboloide de dos hojas —---------------= 1 y el plano y = 4 4 4 3 „ 16V37T , R• ~ T “ U c) Por los cilindros x 2 = 4 - 4z, y 2 = 4 - 4z y el plano XY. R. 8u 3 d) Por el paraboloide z = x 2 + 2y2 y el cilindro z = 4 - x 2 R. 47ru3 z 2 x 2 4- y 2 e) Por encima de la superficie — = — —-— y por debajo de! plano z — hi c o n x2 +, y ¿ < a ? R. —n h- a—2 u 3 0 Por los paraboloides z = x 2 4r y2 y z - x 2 4- 2y 2 y los planos y = x, y = 2x, X = 1 R. (7/12) u 3 g) Por los cilindros z = ln(x 4-2) y z — ln(6 — x) y los planos x = 0, x 4- y = 2 y x - y = 2 R. 4(4 - 3 ln 3 )u 3 h) Por el paraboloide z = x 2 + y 2 y el cono z 2 = xy R. (n /9 6 )u 3 i) Por el paraboloide x 2 4- 4 y 2 = z el plano z=0 y los cilindros y 2 = x, * 2 = y R. 3/7 u 3 j) Por las superficies y 2 + z 2 = 4ax, x = 3a, y 2 = ax R. (6rr 4- 9a/ 3 )a 3u 3 k) Por las superficies y 2 = a 2 - 2z, z = 0, x 2 + y 2 = ax 15a3?r R. V = —— - u 3 64 -x--2- -u —y-2- - 1--z--2 Qnabc a 2 b2 a 4 m) Por el paraboloide y 2 + z 2 = 4a(x 4- a) y la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = c2 ^2N INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIO NES y z 1) Acotado por las superficies — 4* — 4- —r = 1 R. U2 n 4 suponiendo que c > a R. 2na ( c 2 - — ) u 3 2 , D . c . ( X\ 2/3 / y \ 2/3 / 2 \ 2/3 4nabc n) Por la superficie 4- = 1 R- u 3 15.- Sea U el sólido interior al cilindro y 2 4- z 2 = 4 y limitado por las superficies cilindricas x = z 2, (z - 2)2 = (x - 6). Halle el volumen de U R. 407TU3 16.- Calcule el volumen del sólido limitado por la superficie cp = n /4 , y las esferas p = 2, p = 6 eos

R una función continua sobre U y que representa la densidad de U en todo punto (x; y; z) E U. 1. La masa total del sólido está dada por „ = / / / p (x ;y ;z ) d V u 2. Los momentos de masa respecto a los planos coordenados del sólido U con función de densidad p: U c R3 -» R son = üf y: ■ Mxz = JJJ yp (x ‘ y~‘ z^dv> u u MYZ = JJ J xp(x;y; z)dV u Por tanto, el centro de masa del sólido U es el punto (x; y; z), donde J J J x p ( x ; y ; z F J J J y p ( * ; y ; z ) d V J J J p O ; y ; z ) d I7 M J J J p ( ; y ; z ) d V u u f j f r pC*; y ; 2 ) ¿ K t J ^ y _ _jt_________________ ^ JJJ P ( v ; y ; : ) d V 300 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONI S 3. Los momentos de inercia del sólido U alrededor de los ejes se define como lY = /* = (y 2 4- z 2)p(x; y; z)d K , momento de inercia con respecto al eje X. (x 2 4- z 2)p(x; y; z ) d V , momento de inercia con respecto al eje Y. (x 2 4- y 2)p(x; y; z ) d V , momento de inercia con respecto al eje Z. Observación 9.- Para determinar el centro de masa, es muy útil tener en cuenta todas las simetrías posibles. Estas reglas son: i) Si U es simétrico con respecto al plano XY y p(x; y; —z) = p(x; y; z), entonces z = 0. Un resultado análogo se cumplen para los otros planos coordenados. ii) Si U es simétrico respecto al eje X y p(x; —y; —z) = p (x ;y ;z ), entonces y = z = 0. Un resultado similar se cumple para los otros ejes. Ejemplo 68.- Encuentre el centro de masa de un objeto material homogéneo limitado por los planos coordenados, el plano x + y = 1 y el paraboloide z = 4 - x 2 - 4 y 2. Solución Como la densidad del objeto es constante, esto es, p (x ;y ;z ) = k\ entonces, la masa total del objeto está dada por , 1 , l - x , 4 - x 2 - 4 y 2 1 9 k M = kdzdydx = —— J o j o Jo ^ Los momentos de masa del objeto con respecto a los planos coordenados son: , 1 r l - X , 4 - * 2 - 4 y 2 9 5 f c Mxy — I I kzdzd yd x = — - Jo Jo Jo 36) nl - x , 4 - * 2 - 4 y 2 9 k . , i k y d z d yd x = ^ S f f J q J o J q MYz — kx dzdydx = 11 k 20 Por tanto, el centro de masa del objeto es /33 27 5\ CALCULO III Ejemplo 69.- Encuentre el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje Z del sólido limitado por los planos coordenados y el plano x y z — + — 4- - = 1, a b e a, b, c > 0 Solución El sólido se muestra en la figura 5.84. El momento de inercia respecto al eje Z es f a Cb~Zx [ c~Zx~\y , Iz = I I I k(x + y )dzdydx J q J q J o kabe 60 -(a 2 + b 2) Fig. 5 84 f a [ b~ax f c~ax~by y su masa total es M = I I kdzdy dx = Jo Jo Jo Por tanto, el radio de giro está dado por \lz yja2 + b2 R = J m =: vTo kabe Ejemplo 70.- Un cuerpo está limitado por dos superficies esféricas concéntricas cuyos radios son iguales a r y R (R > r). Teniendo en cuenta que la densidad del material es inversamente proporcional a la distancia desde el centro de las esferas, halle la masa total del cuerpo. Solución Las esferas concéntricas se muestran en la figura 5.85. La densidad de volumen para cualquier punto (x; y; z) de las esferas es k p(x-,y,z) = ■ •y/*2 + y 2 + z 2 Luego, la masa total del sólido está dada por k M hu •vy/*2 + y 2 + Z2 d v En coordenadas esféricas, se tiene r2n rn rR M = i j I - p 2sen

INTEGRALES M ULTIPLES Y APLICACIO NES 5 nk R. \157T ibb c\ ' T5tt ; 3/ 10.- Tenemos una cápsula hemisférica de radio interno a y radio externo b y se pide f[ 3( b 4 - a 4)] a) su centro de masa R. ------— ; 0; 0 [8(¿>3 — a 3) ] ' /47T\ b) su momento de inercia con respecto al eje de simetría R. (^ 5 “ aS) c) su momento de inercia con respecto al diámetro de la base 3 0 5 CALCULO III (4n 11.- Halle la masa de la esfera de radio R, teniendo en cuenta que la densidad es 2 proporcional al cubo de la distancia desde el centro. R. - n k R b 12.- Halle la masa del cuerpo limitado por el paraboloide x 2 4- y 2 — 2az y la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 3a2 (z > 0), si la densidad en cada punto es igual a la n a 5 / r~ 97\ suma de los cuadrados de coordenadas. R. —— ^18V3 - — J 13.- Halle el centro de masa del sólido homogéneo dentro del cilindro x 2 + y 2 — 2x = 0 y bajo el cono x 2 + y 2 = z 2 y sobre el plano XY. - 9 _ 27 R. x - — , y = 0, z = — - 10 7 128 14.- Halle el centro de masa de un cubo unidad 0 < x < l , 0 < y < l , 0 < z < 1 si la densidad es proporcional a: a) El cuadrado de la distancia al origen R. (7/12;7/12;7/12) b) La distancia al plano XY R. (l/2;l/2;2/3) c) El cuadrado de la distancia a la diagonal que une (0;0;0) y (1; 1; 1) R. (1/2; 1/2; 1/2) MISCELANEA 1.- En los siguientes ejercicios, calcule la integral invirtiendo el orden de integración. r 1 r2 ^ r2 r 1 a) I I ey2 dyd x R. - ( e 4 —1) b) I I cos(y2) dydx Jo J2x ^ J0 Jx/2 n arctan x ^ x dydx R. — - 12 ) 4 2.- En los siguientes ejercicios, use coordenadas cilindricas o esféricas para calcular la integral J jJ /( x ; y; z)dV para la función / y la región U propuesta u a) /( x ; y; z) = x 2 -I- y 2, U es la región x 2 4- y 2 + z 2 < a 2, n a 5 x > 0, y > 0, z > 0 R. —— ^ 20 3 0 6 INTEGRALES MULTIPLES Y APLICACIONES Z b ) /( x ;y ; z) = —= = = = ...., U es la región a 2 < x 2 + y 2 < yjx2 4- y 2 4- z 2 2 0 < z 2 < x 2 4- y 2 /?. - 7r(V2 - 1)(Z?3 - a 3) 3.- Halle los volúmenes de los cuerpos limitados por las superficies que se indican al aplicar la integración doble. x z 81 a) Por el cilindro 2y2 = x, los planos - 4 - 4 - = l y z = 0 R. — u 3 4 2 4 5 x 3 b) Por los cilindros x 2 4- y 2 = R2, z = — y el plano z = 0 (x > 0) 4 Rs , R' 15a2 U c) Por el paraboloide hiperbólico z = xy, el cilindro y = Vx y los planos x 4- y = 2, y = 0, z = 0 R. (3 / 8 )u 3 x 2 z 2 b d) Por el cilindro elíptico — 4- — = 1 y los planos y = — x, y = 0, z = 0 (x > 0) R. T^abc u 3 e) Por los cilindros y = ln x , y = ln2x y los planos z = 0, x + z = l R. (3e — 8 )u 3 f) Por la superficie cónica z 2 = xy, el cilindro Vx 4- ^/y = 1 y el plano z = 0 R. (1/45) u 3 g) Por el cilindro x 2 4- y 2 = 2x, los planos 2x — z = 0 y 4x — z = 0 R. 2n u 3 xy h) Por el paraboloide hiperbólico z = — , el cilindro x 2 + y 2 = ax y el plano a3 z — 0 (x > 0,y > 0) R' 2Au3 i) Por los cilindros x 2 4- y 2 = x y x 2 4- y 2 = 2x, el paraboloide z = x 2 4- y 2 1 5 (3n \ y los planos x 4 y = 0, x - y = 0 y z = 0 R. — -I-1J u á 4.- Si U es la región limitada por los planos x ~ 1, x = 2 y por los cilindros y 2 + z 2 = 4, y 2 4- z 2 = 9, calcule JJJ e xy]y2 4- z 2 dxdydz u - S6en _ R. - y - ( e - l ) u 3 5.- Se perfora un agujero circular de radio 1 a través del centro de una esfera de 3 0 7 /3 2 - 14V3\ , radio 2. ¿Qué volumen se quita? R. I ------- --------1 n u ó 6.- Encuentre el volumen acotado por el hiperboloide x 2 4-y 2 — z 2 = 16 y el cilindro x 2 4- y 2 = 25 R. 3Ó7T u 3 7.- Encuentre el centroide del sólido acotado por la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 9, el paraboloide 6z = 18 — x 2 — y 2 y el plano z = 0 R. (0;0;3/4) 8.- La región R se encuentra en el semiplano superior del plano XY y está limitada por las parábolas y 2 = 4(1 - x), y 2 = 4(1 -I- x) y el eje X. Calcule CALCULO III x 2 4- y 2cL4 , al hacer el cambio de variable x — u 2 — v 2, y — 2uv 9.- Halle el volumen del sòlido limitado superiormente por el cono z — a — y]x2 + y 2, inferiormente por el plano XY y lateralmente por el a 3 cilindro x 2 4- y 2 = ax R. — (9 n — 16)u3 36 10.- Halle el volumen del sòlido limitado superiormente por x 2 4- y 2 + z 2 = 25 e inferiormente por z = yjx2 4- y 2 -I-1.