Matemática 3 Unidad_ii

Matemática III - Unidad II

Félix Peña Palomino

S e g u n d a

UNIDAD

Las integrales dobles y múltiples

- Cálculo de las integrales dobles y triples. - Aplicaciones en las itegrales dobles y triples . - Las integrales dobles en coordenadas polares y sus aplicaciones.

OBJETIVO: - Utilizar y manipular las diferentes técnicas de integración múltiple para la solución de diversos problemas que se presentan, utilizando las técnicas de transformación y cambios de variables.

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SEGUNDA UNIDAD LECCIÓN No. 4

2.4.1. LAS INTEGRALES DOBLES Y MÚLTIPLES La noción de integral definida se puede extender a funciones de dos o más variables. En esta sección se estudia la integral doble, que es la extensión para funciones de dos variables. Para establecer un punto de partida se revisarán los pasos necesarios para definir la integral definida, f(x)dx, de una función de una variable.: Paso 1.Dividir el intervalo [a,b] en subintervalos de longitudes ∆x1 , ∆x2 ,......, ∆xa Paso 2. Elegir en cada subintervalo un punto arbitrario y denotar estos puntos por

x1* , x 2* ,......., x n* Paso 3. Formar la suma de Riemann :

n

∑ f ( x )∆x * k

k =1

k

Paso 4. Repetir este proceso con más subdivisiones cada vez, de modo que la longitud de cada subintervalo tienda a cero y que n, el número de subintervalos, tienda + ∞ Luego , Definir:

∫

b

a

f ( x )dx = lím

n →+∞

n

∑ f (x k =1

* k

) ∆x k

Recuérdese que cuando f(x) es no negativa en el intervalo [a, b], la suma de n

Riemann

∑ f ( x *)∆x k =1

k

k

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se puede interpretar como una aproximación por rectángulos del área bajo la curva y=f(x) en el intervalo [a, b] (ver figura ), y que la integral f(x)dx se puede interpretar como el área exacta bajo la curva. En el caso en que f(x) toma valores tanto positivos como negativos en [a, b], la integral f(x)dx se puede interpretar como una diferencia de áreas, es decir, el área que está arriba del eje x entre [a,b] y y=f(x), menos el área que está abajo del eje x entre [a,b] y f(x). La definición de integral para una función de dos variables es una extensión natural de estas ideas. Mientras que la integración de f(x) se efectúa en un intervalo cerrado del eje x, la integración de f(x,y) se hace en una región cerrada R del plano xy. Posteriormente se impondrán más restricciones sobre la región R, pero mientras tanto, sólo se supone que la región R en su totalidad se puede encerrar en un rectángulo convenientemente grande de lados paralelos a los ejes coordenados.

Y Y Y

y y=F(x9 y=f(x) y=f(x)

x1*

x 2* x3* ... x k*

.....

..............x n*

x

En el caso en que f(x) toma valores tanto positivos como negativos en [a, b], la integral f(x)dx se puede interpretar como una diferencia de áreas, es decir, el área que está arriba del eje x entre [a,b] y y=f(x) menos el área que está abajo del eje x entre [a,b] y f(x). La definición de integral para una función de dos variables es una extensión natural de estas ideas. Mientras que la integración de f(x) se efectúa en un intervalo cerrado del eje x, la integración de f(x,y) se hace en una región cerrada R del plano xy. Posteriormente se impondrán más restricciones sobre la región R, pero mientras tanto, sólo se supone que la región R en su totalidad se puede encerrar en un rectángulo convenientemente grande de lados paralelos a los ejes coordenados. Con esto se asegura que R no se extiende indefinidamente en ninguna dirección.

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Y

∫∫

f ( x, y )dA = lím

n → +∞

R

n

∑ f ( x , y )∆A k =1

* k

* k

k

R

Para definir una integral doble se procede de la siguiente manera: Paso 1. Usando líneas paralelas a los ejes coordenados, se divide un rectángulo que encierre a la región R en subrectángulos, y no se tienen en consideración todos aquellos subrectángulos que están fuera de R o que contienen alguna parte de la frontera de R. Como resultado de esto, se conservan sólo los rectángulos interiores de R ( ver figura ). Denótense las áreas de estos rectángulos interiores por: ∆A1 , ∆A2 ,....∆An Paso 2. Se elige un punto arbitrario de cada rectángulo interior y se denotan estos puntos por: ( x1* , y1* ), ( x 2* , y 2* )...., ( x n* , y n* ) n

Paso 3. Se forma la suma :

∑ f (x k =1

* k

, y k* )∆Ak

A ésta se le llama suma de Riemann Paso 4. Se repite este proceso con más subdivisiones cada vez, de modo que el largo y el ancho de cada rectángulo tienda a cero; y que n, el número de rectángulos, tienda a +∞. Por último, se define, la integral doble como: n * * ∫∫ f ( x, y )dA = lím ∑ f ( xk , yk )∆Ak ( 1) R

El símbolo:

∫∫ f ( x, y )dA

n → +∞

k =1

, se denomina integral doble de f(x,y) en R

R

Y

( x k* , y k* ) Area ∆Ak •

x

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La definición precisa de la expresión (1) (en términos de ε y ∂ ) y las condiciones en las cuales existe la integral doble se estudian en textos de cálculo avanzado. Sin embargo, para los fines que aquí se persiguen basta decir que la existencia está asegurada cuando f es continua en R y cuando la región R no es demasiado "complicada". En el caso particular en que f (x,y) es no negativa en la región R, la integral doble se puede interpretar como el volumen del sólido S limitado arriba por la superficie z= f(x,y) y abajo por la región R (ver figura). Para ver el porqué de esto, obsérvese que el producto: f ( x k* , y k* ).∆A representa el volumen de un paralelepípedo rectangular cuya altura es f(xk*,yk*) y cuya base tiene el área ∆Ak .

Z Z=f(x,y) z= f(x,y)

Y R x

n

Por consiguiente la suma de Riemann:

∑ f (x k =1

* k

, y k* )∆Ak

se puede interpretar como una aproximación por paralelepípedos rectangulares del volumen del sólido S. Hay dos fuentes de error en esta aproximación. Primero, las bases de los paralelepípedos no cubren, por lo general, la región R exactamente y, segundo, los paralelepípedos de aproximación tienen sus partes superiores planas, mientras que la superficie superior del sólido puede ser curva. Sin embargo, es intuitivamente claro que a medida que se usen cada vez más subrectángulos de tamaño decreciente, ambos errores disminuirán, de modo que (1) da el volumen exacto.

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En el caso en que f (x,y) tiene valores tanto positivos como negativos en la región R, la integral doble de f en R se puede interpretar como una diferencia de volúmenes, es decir, el volumen que está arriba del plano xy entre z=f(x,y) y R menos el volumen que está abajo del plano xy entre z=f(x,y) y R . Las integrales dobles poseen muchas propiedades análogas a las de las integrales simples, tales como: a ) ∫∫ cf ( x, y )dA = c ∫∫ f ( x, y )dA , c = cons tan te R

R

b.) ∫∫ [ f ( x, y ) ± g ( x, y )]dA = ∫∫ f ( x, y )dA ± R

R

∫∫ g ( x, y)dA R

Además, si la región R se divide en dos regiones, R1 y R2 ; entonces

R1

c) ∫∫ f ( x, y )dA = ∫∫ f ( x, y )dA + R

R1

R2

∫∫ f ( x, y)dA R2

d ) Si f ( x, y ) y g ( x, y ) son int egrables en R con f ( x, y ) ≥ g ( x, y ), entonces :

∫∫ f ( x, y )dA ≥ ∫∫ g ( x, y )dA R

R

2.4.2. CÁLCULO DE LAS INTEGRALES DOBLES POR MEDIO DE LAS INTEGRALES ITERADAS Consideramos los siguientes casos para el cálculo de las integrables dobles: 1er.caso: Si la región R está limitada por: a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d , entonces:

∫∫ R

∫∫ R

b d b d   f ( x, y )dA = ∫ ∫ f ( x, y )dydx = ∫  ∫ f ( x, y )dy dx a c a c  d b d b   f ( x, y )dA = ∫ ∫ f ( x, y )dxdy = ∫  ∫ f ( x, y )dx  dy c a c a 

o d c

a

61

b

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2do. Caso Si la región R está limitada por a ≤ x ≤ b , g ( x ) ≤ y ≤ h( x ) ⇒  h( x)  f ( x, y )dA = ∫  ∫ f ( x, y )dy dx  a  g ( x) b

∫∫ R

y h(x) g(x)

x x=a

x=b

3er. Caso Si la Región R está limitado Por : c ≤ y ≤ d , h( y ) ≤ x ≤ g ( y ) ⇒ ∫∫ R

d

g ( y)  f ( x, y )dA = ∫  ∫ f ( x, y )dx dy  h( y ) c  

x=h(y)

x=g(y)

d

c

x

Ejemplo 1.Encontrar el valor de las siguientes integrales: a.−) ∫∫ (2 x 2 − 3 y )dA , si R está lim itada por : −1 ≤ x ≤ 2 , 1 ≤ y ≤ 3 R

b,−) ∫∫ (4 − x 2 − 2 y 2 )dA donde R está lim itado por : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1 R

c.−) ∫∫ (4 x + 10 y )dA , siR está lim itada por : x = 3; x = 5; y = − x; y = x 2 R

d .−) ∫∫ ( y + 2)dA, si R está lim itada por : −2 ≤ y ≤ 2 ; x = 0; x = 4 − y 2 R

Solución. a.-) 2

3 2   2x3  2 ( 2 x − 3 y ) dA = ( 2 x − 3 y ) dxdy = ( 2 x − 3 y ) dx dy = − 3 yx  dy   ∫∫R ∫1 −∫1 ∫1 −∫1 ∫ 3  −1 1   3 2

2

3

2

3

3 2 9y2   16  = ∫ ( − 6 y ) − (− + 3 y ) dy = ∫ (6 − 9 y )dy = 6 y −  = 12 − 36 = 24 3 3 2 1  −1  −1 3

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∫∫ (4 − x

b.)

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− 2 y 2 )dA ; donde R está limitado por

2

R

0 ≤ x ≤1; 0 ≤ y ≤1

1 1

 2y3  2 ∫∫R (4 − x − 2 y )dA = ∫0 ∫0 (4 − x − 2 y )dydx = ∫0 4 y − x y − 3  dx 0 1 1

2

1

2

2

2

0

1

i

1

1  2 10 10 x x 3  = ∫ (4 − x − ) − 0  dx = ∫ ( − x 2 )dx = −  =3 3 3 3 3 0  0 0 1

2

c.-) ∫∫ (4 x + 10 y)dA; R está lim itada por : 3 ≤ x ≤ 5 ;

y = − x; y = x 2

R

x  ( 4 x + 10 y ) dA = ( 4 x + 10 y ) dy   dx ∫∫R ∫3 −∫x   2

5

x2

∫ [4 xy + 5 y ] 5

2

5

dx = ∫ (4 x 3 + 5 x 4 + 4 x 2 − 5 x 2 )dx

−x

3

y= x2 y=.-x

3

3

5

5

x3 3 4 2 4 5 x x x dx x x ( 4 + 5 − ) = + − ∫3 3

]

5

= 3393.3

3

d.-)

 4− y  ( y + 2 ) dA = ( y + 2 ) dx   dy ∫∫R ∫ ∫0  −2   2

4− y 2

2

=

2

∫ [ yx + 2 x]

−2

0

∫ [y ( 4 − y

dy =

2

x=4-y2

2

]

2

) + 2(4 − y 2 dy

4

−2

2

 y4 2y3  = ∫ (4 y − y + 8 − 2 y )dy = 2 y 2 − + 8y −  4 3  −2  −2 16 16 64 = 16 + 16 − − = 3 3 3 2

3

2

2

2.4.3. VOLUMEN DE UN SÓLIDO. Una de las aplicaciones directas de las integrales dobles es el cálculo de volúmenes de un sólido, en las siguientes condiciones: Sea el sólido limitado, arriba por la función z = f(x,y), y abajo en el plano XY por la región R, entonces el volumen del sólido está dado por:

63

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V=

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∫∫ f ( x, y )dA R

Ejemplo 1.Calcular el volumen del sólido cuya base en el plano XY es el rectángulo determinado por el eje X, y las rectas y= x ; x=1 ; y la parte superior por el plano z= x+y+1 Solución. Como: V =

∫∫ f ( x, y )dA

y

R 1 x

1

y2 V = ∫ ∫ ( x + y + 1)dydx = ∫ ( xy + +y 2 0 0 0

]0x dx

y=x R

1    3x 2  x2 = ∫ x 2 + + x dx = ∫  + x dx = 1 2 2   0  0  3 V =1u 1

o

1

x

Ejemplo 2.Calcular el volumen del sólido cuya base es la región del plano xy, limitado por y = 4-x2 , y la recta y =3x y arriba por la superficie z = x+4 Solución.Como: V =

∫∫ f ( x, y )dA

y=4-x2

R

V =

1 4− x 2

∫ ∫

4− x 2

1

( x + 4)dydx =

−4 3x

∫ [xy + 4 y ]

−4

y=3x R

dx

1

3x

1

V = ∫ (− x 3 − 7 x 2 − 8 x + 16)dx −4

1

 x 4 7x3 =− − − 4 x 2 + 16 x  4 3  −4

P(-4,16)

= 355.4u 3 Ejemplo 3.Hallar el volumen del sólido limitado, arriba por z= 4x, y abajo en el plano XY el círculo x2 + y2 = 16.

64

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Solución. Como: V =

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∫∫ f ( x, y )dA R

4

16 − x

0

0

V1 = ∫

2

4



∫ 4 xdydx = ∫ 4 x 0

  0

y = 16 − x 2

16 − x 2

dx 4

 2 x(16 − x 2 ) 3 2  2  = ∫ 4 x 16 − x dx = −2  3   0 0 256 V1 = ⇒ V = 4V1 3 1024 2 V= u 3 4

0

4

2.4.4. AREA DE UNA REGIÓN POR INTEGRALES DOBLES El valor de la integral doble es el volumen del cilindro cuyas generatrices son paralelas al eje z, y está entre las superficies z=f(x,y) , y la región R del plano xy. Si elegimos para la superficie f(x,y), la función simple z = 1 ; entonces el volumen V estará dado por: V = ∫∫1dA R

Por otra parte, el volumen de un cilindro recto de base R y altura 1, es: V=A ( R ) (1)=A ( R ) V = A(R )(1) Por lo tanto : A( R) = ∫∫ dA

h=1 R

R

Como vemos que la integral doble de la función Z=1 sobre la región R, es justamente el área de R. Luego diremos, que el área de la región R está dado por: A = ∫∫ dA R

Ejemplo 1. Hallar el área de la región R limitada por las curvas y = x4 ; y = 4 – 3x2 Solución. Hallamos la intersección de las curvas, Resolviendo el sistema: y = x4 y = 4-3x2

y= 4-3x2 4

y=x

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x4 = 4 + 3x2 , x4 – 3x2 – 4 = 0 (x2 + 4)(x2 – 1 ) = 0 ⇒ x = ±1 A = ∫∫ dA = R 1

= ∫(y −1

1 4 −3 x 2

∫ ∫ dydx

−1

4 −3 x

]

x4

2

1

dx = ∫ (4 − 3 x 2 − x 4 )dx −1

x4

1

x5  28 2 = (4 x − x − = u  5  −1 5 3

Ejemplo 2. Hallar el área de la región R limitada por las gráficas de y=x2 ; y = x Solución. x

1  A = ∫∫ dA = ∫ ∫ dydx = ∫ ( y  dx = ∫ ( x − x 2 )dx  x2 R 0 x2 0 0 1 x

1

1

x2 x3  1 = −  = u2 2 3 0 6 0

1

Ejemplo 3. Encontrar el área de la región R limitada por y = 0 ; xy= 1 Solución.x

 A = ∫ ∫ dydx = ∫ y  dx 1 1 1 1 2 x

x 2

=∫ 1

2

R 1

x

2

2

 1 x2 3 ( x − )dx = − ln x  = ( − ln 2)u 2 x 2 2 1

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Ejercicios I.-Hallar el valor de las siguientes integrales: 1 2

3 1

1. ∫ ∫ ( x + 3)dydx

2. ∫ ∫ (2 x − 4 y )dydx 1 −1

0 0 2 1

0 2

3. ∫ ∫ x ydxdy 2

4.

5.

∫ ∫e

x+ y

+ y 2 )dxdy

2

− 2 −1

2 0 ln 3ln 2

∫ ∫ (x

2 1

6. ∫ ∫ ysenxdydx

dydx

0 0

0 0 1 2

3 1

7. ∫ ∫ x( x + y ) dxdy 2

2 4

8. ∫ ∫ (2 x 2 y + 3 xy 2 )dxdy

0 0

−1 2

II.- Resolver las siguientes integrales dobles: 0

∫∫

1.

5

−1 2 7

4

−3

1 x2

4. ∫ ∫ xydydx

dydy

0 0

x 5. ∫ ∫ dydx 0 0 ( xy + 1) 2 1 1

Π

∫ ∫

7..

x

0 x

6

∫∫

3.

1

2. ∫ ∫ (2 x − y )dydx

dxdy

2

Π/2 1

2y

2

6. ∫

∫ (3x + 2 y)dxdy

0 − 2y 1 x

x cos xydydx

8. ∫ ∫ ( y − x)dydx 0 x4 2 y+2

1 x

9. ∫ ∫ ( y − x)dydx

10. ∫

∫ (x + 2 y

2

)dxdy

−1 − y

0 x4

III. En los ejercicios siguientes, dibuje la región R y calcule la integral : 1 2

1. ∫ ∫ (1 + 2 x + 2 y )dydx

π π 2

2. ∫ ∫ sen 2 x cos 2 ydydx

0 0

0 0

6 3

1

3. ∫ ∫ ( x + y )dxdy 0 y

4. ∫ ∫ x 2 y 2 dxdy 0 y

2

1 0

5. ∫ ∫ e 0 y −1

y

x+ y

1 1− y

dxdy + ∫ ∫ e x + y dxdy 0 0

IV: Calcular la integral doble definido en la región propuesta: 1. − ∫∫ xydA , R es el rectángulo con vértices : (0,0); (0,5) , (3,5) ; (3,0) R

π

π

2. − ∫∫ senx senydA , R es el rectángulo de vértices :(−π ,0), (π ,0), (π , ) (−π , ) 2 2 R 67

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3. − ∫∫ R

4. − ∫∫ R

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x dA; R es el triángulo lim itado por : y = x ; y = 2 x , x = 2 x + y2 2

y dA; R está lim itado por : y = 0, y = x ; x = 4 1+ x2

5. − ∫∫ xdA , R es el círculo del 1er.cuadrante lim itado por y = 25 − x 2 , 3 x − 4 y = 0 , y = 0 R

V.-Por integrales dobles hallar el volumen del sólido limitado: a.- Arriba por z= x+4; y abajo en el plano xy por y= 4-x2 , y la recta y= 3x x2 y2 b.- Arriba por z = 4 − − , y en el plano xy por x=3; y=2 ; x=0 ; y=0 9 16 c.- Arriba por z= 4- x2 - 4y2 , y abajo en el plano xy por la elipse: x2 +4y2 =4 d.- Arriba por z= 1- x2 – y2 , y abajo por y = x ; x= 2 ; y = 2x y e.- Arriba por z = , y abajo por y = 0 ; y = x , x= 4 1+ x2 VI.- Haciendo uso de las integrales dobles hallar el área de la región R limitado por: a.- y = x ; y = x2 b.- y = x2 , y = 4x – x2 c.- x2 = 4y ; y2 = 4x ; x+y = 3 ; y = 3 d.- y2 = x ; y2 = -2x + 12. e.- y ≥ 1 ; y ≥ x , y 2 ≤ 4 x f.- xy ≤ 4 ; y ≤ x , 27 y ≥ 4 x 2 g.- x 2 + y 2 ≤ 9 ; y ≤ x + 3, y ≤ − x

2.4.5. CAMBIO DEL ORDEN DE INTEGRACIÓN. Muchas veces al integrar encontramos dificultad para hacerlo, sin embargo puede resultar más fácil haciendo el cambio de orden de las variables de integración, para esto es necesario graficar y darle la interpretación correcta.

Ejemplo 1. 1 y

Hallar

ye x ∫0 ∫2 x dxdy y

68

Sistema a Distancia

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Solución: 1 y

Para integrar la expresión

ye x ∫0 ∫2 x dxdy ; tendremos que hacerlo primero con respecto a y

x, lo cual nos dificultaría la integración, entonces hacer el cambio de orden: x 1 y 1  x 1 ye x ye x  y 2e x  ∫0 ∫2 x dxdy = ∫0  ∫x x dy  dx = ∫0 [ 2 x  dx 1 x=y2 y x   x=y 1 1  1 1 e − 2 o = ∫ (e x − xe x )dx = (2e x − xe x  = 20 2 2 0

Ejemplo 2. 4 2

Calcular la integral :

∫ ∫ y cos x dxdy 5

0

4

y

y= x

Solución: 2

4 2

x=2

x2

∫ ∫ y cos x dxdy = ∫ [ ∫ y cos x dy ]dx 5

5

0

0

y

2

=∫ 0

x2

0

o

 y 1 senx cos x 5  dx = ∫ x 4 cos x 5 dx = 2 20 10 0 2

2

69

5

2

2

 sen32  = 10 0

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EJERCICIOS 1.- En los ejercicios siguientes, dibuje la región R cuya área viene dada por la integral iterada. A continuación cámbiese de oreden de integración y compruébese que ambos conducen al mismo resultado: 1 2

a. − ∫ ∫ (2 y − 5 x)dA 0 0 1− y 2

1

b. − ∫

∫ dxdy

0 − 1− y 2 2 x

c. − ∫ ∫ dydx + 0 0

4 4− x

∫ ∫ dydx 2 0

2 1

d . − ∫ ∫ dydx 0 x 2 4 2

e. − ∫ ∫ dydx 0

x 2 2 4− y

f .−

∫ ∫ dxdy

−2

0

2.- En los ejercicios siguientes, usar la integral doble para hallar el área de la región R: a.−) y = x 2 + 2 , y = x + 4

b.−) x = y 2 , x = 2 y − y 2 c, − ) x 2 = 4 y , 2 y − x − 4 = 0 d .−) y = x 3 − 2 x , y = 6 x − x 3 e.−) y = x 2 − 9 , y = 9 − x 2 f .−) x − y ≥ 1 , − 2 ≤ x ≤ 2

70

Sistema a Distancia

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LECCIÓN No. 5

2.5.1. INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS POLARES Ahora estudiaremos, cómo se puede definir la integral doble de una función en una región cerrada en el plano coordenado polar. Así se tiene, la región R acotada por las rectas θ = α , y θ = β ; y las curvas r = a ; y r = b (círculos). Sea ∆ una partición de la región la cual se obtiene dibujando rectas a través del polo (ver figura); obtenemos una red de subregiones que llamaremos rectángulos curvados. La norma de la partición ∆ , es la longitud de la diagonal más grande de los rectángulos curvados. Sea el número de subregiones y rectángulo curvado.

∆ i A , el área del i-ésimo

θ =β ∆ iθ i r =b

∆i r

θ =α

r=a El área de la i-ésima subregión es la diferencia de las áreas de dos sectores circulares; entonces, se tiene:

71

Sistema a Distancia

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∆ i A = ( A sec .circ.ri ) − ( A sec .circ.ri −1 ) 1 2 1 ri (θ i − θ i −1 ) − ri 2−1 (θ i − θ i −1 ) 2 2 1 ∆ i A = (ri − ri −1 )(ri + ri −1 )(θ i − θ i −1 ) 2

∆i A =

_

Si hacemos que : ri =

1 (ri + ri +1 ) , ∆ i r = ri − ri −1 , ∆ iθ = θ i − θ i −1 2 _

Se tiene que : ∆ i A = ri ∆ i r∆ i θ _

_

(ri , θ i ) ; en la i-ésima subregión; por lo tanto la suma de:

Luego , para el punto :

_ _

_

_

_

_

_

f (ri , θ i )∆1 A + f (r2 , θ 2 ). ∆ 2 A..... + f (ri , θ i ).∆ i A n

∑ i =1

_

_

f (ri , θ i ).∆ i A

θ =β n

Si existe el

_

Lím ∑ f (r ∆ →0

i =1

i

−

, θ i ).∆ i A = ∫∫ f (r , θ )dA R

_

Podemos escribir también así: β b

_

o (ri , θ i )

θ =α

b β

∫∫ f (r ,θ )dA = α∫ ∫ f (r ,θ )rdrdθ = ∫ α∫ f (r ,θ )rdθdr R

a

a

lo que también puede representarse asï :

∫∫

β φ2 (ϑ )

f (r , θ )dA = ∫

R

∫ f (r ,θ )rdrdθ

α φi (θ )

Esto nos permite interpretar la integral doble coordenado polar como la medida del volumen región R en el plano coordenado polar y que superficie z = f (r , θ ) , donde f es continua en R y Donde:

de una región cerrada en el plano del sólido que tiene como base una está acotado superiormente por la f (r ,θ ) ≥ 0 , R

V = ∫∫ f (r , θ )r drdθ R

72

Sistema a Distancia

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Félix Peña Palomino

z = f (r ,θ )

9

R

R

(ri , θ i )

Ejemplo 1.Hallar el volumen del sólido en el primer octante acotado por z = 2r (cono), y el cilindro r = 1 − cos θ Solución.π

V = ∫∫ f (r , θ )r drdθ = 1− cos θ

π

2 1− cos θ

∫ ∫ 2r.rdrdθ = 2 ∫ ∫ r 0

R

π

2 1− cos θ

0

0

π

2

drdθ

0

π

r  22 22 = 2∫   dθ = ∫ (1 − cos θ ) 3 dθ = ∫ (1 − 3 cos θ + 3 cos 2 θ − cos 3 θ )dθ 3 0 30 30 0  5π 14  3 = − u 9  6 2

3

Ejemplo 2.Encontrar el volumen del sólido limitado arriba por z = x 2 + y 2 , dentro del cilindro x2 + y2 =1 y sobre el eje X Solución: Transformando a su forma polar: x = r cos θ , y = rsenθ

⇒ f (r cos θ , rsenθ ) = r

f ( x. y ) = x 2 + y 2

π

1

2

0

Luego : V = ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫∫ rrdrdθ = ∫ ( ∫ r 2 dr )dθ R

π

=∫ 0

R 1

r3  π dθ = u 3  3 0 3

73

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2.5.2. EL JACOBIANO DE UNA FUNCIÓN DE n-VARIABLES La magnificación y el Jacobiano Sea x = f(u) una función diferenciable. Se sabe que uno de los conceptos básicos de la derivada es la derivada como razón de cambio, o como una amplificación, tal como el siguiente ejemplo. Una lámpara, dos rectas ( que sirven de placa y pantalla) y un lente colocada entre dos rectas. Este dispositivo proyecta un punto x2 De coordenada x en la recta inferior 2 Sobre un punto de coordenada x Pantalla En la recta superior. Así, 2 se proyecta En 4; 3 en 9. O sea la proyección del x Intervalo [2 , 3] es [4 , 9] , que es 5 veces más largo. La proyección del Intervalo [0 , 13 ] es [0 , 19 ] , es 3 veces más pequeño. El poder de amplificación crece de izquierda a derecha y decrece cada vez esté más cerca al cero.

4 0i ¡ ¡ ¡ ¡ i

i

i

i

0

I I

I

I I I I 2 3 4

9 i i

i

i

i i i

16 i i

i

Pantalla x2 i i i i i

Placa

Para estimar la amplificación en 2 sobre la placa, examinamos la proyección en un pequeño intervalo [2 , 2.1] , la imagen en la pantalla es 2 2 , (2.1) 2 , o sea la

[

]

*

ampliación estará dada por el factor

L , donde L

L* = Longitud ampliación L = Longitud de la placa L ampliación será : (2.1)2 – 22 = 0.41 0.41 El factor de ampliación será: = 4 .1 0 .1

74

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2.5.3. Transformaciones de un plano a otro plano Una transformación es una función F que asigna puntos en otro plano a puntos en alguna región. La variable recorre puntos en el plano uv; los valores son puntos en el plano xy V

y o F(P) o P(u,v) u

x

x Se puede considerar el plano uv como una diapositiva, la función F como un proyector, y el plano xy como una pantalla. Pantalla o Q=(x,y)= F(u,v)

F

P(u,v)

o

Un punto P=(u,v) en la diapositiva es proyectado por F al punto Q=(x,y) = F(u,v) de la pantalla. El punto de entrada se denota como (u,v) y el punto resultante como (x,y) F(u,v) = (x,y) Ambos x , e y dependen de u y de v, por lo que se puede escribir: x = f (u,v ) ; y = g (u, v ) , o sea: F (u , v ) = ( f(u,v) , g (u,v) ) Por lo tanto: Cualquier transformación del plano uv al plano xy se describe mediante un par ordenado de tales funciones: x = f(u,v) ; y = g(u,v); considerando que las funciones f y g tienen derivadas parciales continuas. Ejemplo: Si F es la transformación que asigna al punto (u,v) el punto (2u, 3v). a.) Describir la transformación en forma tabular con los datos de ( c ) b.) Hallar la expresión que define la recta v= u ( imagen de la recta ) c.) Hallar la imagen del cuadrado en el plano uv, de vértices: (0, 0) , ( 1, 0 ) , (1, 1 ) y (0 , 1 )

75

Sistema a Distancia

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Solución a) En este caso x = 2u , y = 3v . Considerando los puntos de ( c ) , se tiene: (u,v) ( 0 ,0 ) (1,0) ( 1, 1 ) (0, 1 ) (x,y)=(2u,3v) (0, 0 ) (2, 0 ) (2 , 3) ( 0, 3 )

En la notación F(u,v) = (x, y ) , será: F(0,0) = (0, 0 ) ;

F (1,0) = (2,0) , F (1,1 ) = (2, 3 ) , F (0, 1 ) = (0 , 3 )

b) Sea P( u,v) en la recta v = u , entonces F(P) = F( u,v ) = (x , y ) x y ,v= con x = 2u ; y = 3v; donde u = 2 3 y x 3x Como u = v , se tiene que , = o sea : y = 2 2 2 Por tanto, la imagen de la recta v = u en el plano uv es la recta y =

3x 2

En el plano xy

v

y

y=

v=u

3x 2

u

x

Plano uv

Plano xy

c) Si P es el punto en el cuadrado R cuyos vértices son: (0,0) , (1,0) , (1,1) y (0, 1 ) entonces la imagen de P es el punto en el rectángulo S cuyos vértices son: (0,0 ) , (2, 0 ) , ( 2, 3 ) y ( 0, 3 ).

(0,3)

(0,1)

(2,3)

S

(1,1)

R (0,0)

((1,0)

La magnificación del área estará dado por

(0,0)

(2,0)

Area S 6 = =6 Area R 1

76

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2.5.4. El Jacobiano y el cambio de coordenadas Teorema: Sea F(u,v) = ( f(u,v) , g(u,v ) ) una transformación tal que f y g tengan derivadas parciales continuas. Sea P0 = ( uo , vo ) un punto en el dominio de F ; entonces , la magnificación de F en Po es:

f u ( P0 ) f v ( P0 ) = f u .g v − f v .g u en P0 g u ( P0 ) g v ( P0 ) El Jacobiano de F = (f, g ) se define como el determinante: Y se denota por : J ; J ( P ) ,

fu gu

fv gv

∂( f , g ) ∂ ( x, y ) , ∂ (u.v) ∂ (u , v)

Ejemplo. Sea F (u, v) = ( u cosv , u senv ) para u > 0 ; 0 ≤ v ≤ 2π . Hallar la magnificación de F en ( u, v)Solución. La magnificación es el valor absoluto del Jacobiano ∂ ∂ (u cos v) (u cos v) cos v − usenv ∂ ( x, y ) ∂v = ∂u = ∂ ∂ senv u cos v ∂ (u , v) (usenv) (usenv) ∂u ∂v = u cos 2 v + usen 2 v = u Luego la magnificación en ( u,v ) es

u =u

2.5.5. Magnificación e integrales Sea F una transformación inyectiva del plano uv al plano xy. Sea R una región en el plano uv y S su imagen en el plano xy. Sea h(x,y) una función definida en S v

y F R S

u La integral

x

∫∫ h( x, y )dA puede expresarse como una integral de una función diferente S

77

Sistema a Distancia

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Sobre la región R. Si R es una región más simple que S, entonces, la nueva integral puede ser más fácil de calcular. Esto es análogo a la técnica de sustitución estudiada anteriormente. Teorema Sea F una transformación inyectiva del plano uv al plano xy ; x = f(u,v) ; y = g (u,v) . Sea S la imagen en el plano xy de la región R del plano uv. Sea h una función de valores reales definida en S ; entonces: ∫∫ h(Q)dA = dA = ∫∫ h(F ( P)) J ( P).dA * S

R

Donde dA* es el elemento de área en el plano uv.. Ejemplo: Sea R el triángulo en el plano uv con vértices en (0,0) , (1, 0 ) y (0, 1 ). Sea F la transformación x = 2u – 3v ; y = 5u + 7v. Si S es la imagen de R bajo F. Calcular ∫∫ xdA . S

Solución.Graficando en el plano uv ; y el plano xy. v

y (-3,7)

S

(2,5)

(0,1) v= 1-u R 0

(1,0)

(0,0)

x

x= 2u – 3v ; y = 5u + 7v (0,0) → (0,0) (0,1) → (−3,7) (1,0) → (2,5)

∫∫ h(Q)dA = ∫∫ h(F ( P) ) J ( P) dA *

Como :

S

R

∂ ( x, y )

∫∫ xdA = ∫∫ (2u − 3v). ∂(u, v) S

dA *

R

En este caso, el Jacobiano:

78

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∂ (2u − 3v) ∂ ( x, y ) ∂u = ∂ ∂ (u , v) (5u + 7v) ∂u

∂ (2u − 3v) 2 − 3 ∂ (u , v) = = 29 ∂ 5 7 (5u ,7v) ∂v

1 1−u

∫∫ xdA = 29∫ ∫

Luego :

0

S

0

1

= 29 ∫ [ 2u (1 − u ) − 0

1−u

 3v 2  (2u − 3v)dvdu = 29 ∫ 2uv −  2 0 0  1

− 1 − 29 3(1 − u ) 2   du = 29( ) = 2 6 6 

2.5.6. EL JACOBIANO Y EL CAMBIO DE VARIABLE Consideramos el Jacobiano una transformación de una función en coordenadas polares. Sea la transformación F (u,v) = ( u cosv, u sen v). Sea R el rectángulo en el plano uv ; a ≤ u ≤ b , α ≤ v ≤ β . Sea S la imagen de R en el plano xy

∂ ( x, y )

∫∫ h( x, y)dA = ∫∫ h(u cos v , usenv ) ∂(u, v) S

dA *

R

= ∫∫ h(u cos v , usenv)udA *

V

u=a

R

β

u=b

S

α

Entonces , en general se tendrá:

u

∫∫ h( x, y)dA = ∫∫ h(r cos θ , rsenθ )rdA * S

R

β

  = ∫  ∫ h(r cos θ , rsenθ )rdr  dθ α a  b

Ejemplo1. Calcular

2 ∫∫ x dA , donde S es la región limitado por la elipse: S

x2 y2 + = 1; F 4 9

transforma x= 2u ; y = 3v.

Solución. La elipse es la imagen de un disco de radio 1 y centro (0,0), bajo la transformación, entonces:

79

Sistema a Distancia

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∂ ( x, y ) 2 ∫∫S x dA = ∫∫R (2u) ∂(u, v) dA* = ∫∫R 24u dA * = 2

2

2π

= ∫ 6 cos 2 θ dθ = 4(6). 0

π 4

2π

1  2 ∫0 ∫0 24(r cosθ ) .rdr  dθ

= 6π

Ejemplo 2. Hallar ∫∫ y 2 dA , donde S es la región limitado por las rectas x – 2y = 2 , x – 2y= 5 S

Solución. Si u= x-2y ; 2 ≤ u ≤ 5 V= 2x + 3y ; 1 ≤ v ≤ 3 Entonces cada punto (x,y) en S determina un Par de puntos “u” y “v” , que describen Las curvas de nivel donde R del plano uv, Está descrito por: 2 ≤ u ≤ 5 , 1 ≤ v ≤ 3 Para hallar x, y , resolvemos el sistema: u = x − 2y v = 2x + 3 y u = x − 2y v = 2x + 3 y y=

− 2u + v 7

,x=

x-2y=2 2x+3y=3

x-2y=5

2x+3y=1

3u + 2v 7

∂ ( x, y ) Entonces: J = = ∂ (u, v)

3 7 −2 7

2 7 1 7

=

1 7 2

− 2u + v 2 ∂ ( x, y )  − 2u + v  1 ∫∫S y dA = ∫∫R ( 7 ) ∂(u.v) dA* = ∫2 ∫1  7  . 7 dvdu 5 3

2

Luego:

5 3  4u 2 − 4uv + v 2  170 du = = ∫  ∫ dv 3  343 7 21 

Ejemplo 3. Hallar el área de la región limitada por las curvas: xy=4 ; xy=8 ; xy3 = 15 ; xy3 = 5

Solución. Transformando : u = xy ; v = xy3 Entonces la imagen en el plano uv de la región R es: 4 ≤ u ≤ 8 ; 5 ≤ v ≤ 15 Como el área =

∫∫ dxdy = ∫∫ J dvdu S

R

80

Sistema a Distancia

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J =

∂ (u , v) y ∂ ( x, y ) y 3

A = ∫∫ dxdy = ∫∫ S

R

Félix Peña Palomino

x = 3 xy 3 − xy 3 = 2 xy 3 = 2v 2 3 xy ∂ ( x, y ) dvdu ∂ (u , v) 15

8 8  1 1 1 A = ∫ ∫ dvdu = ∫ [ ln v  du = ∫ (ln 15 − ln 5)du = 2 ln 3 2v 2 24 5 4 5 4 8 15

Ejemplo 4.

Calcular la integral doble

x− y cos ∫ ∫R  x + y  dx dy , donde D es la

región limitada por las rectas x + y = 1, x+y= 4, x = 0, y = 0 Solución. Transformando la región D:x+y = 1, x+y=4, x=0, y=0 para esto hacemos la sustitución siguiente: u+v   x = 2 u = x − y ⇒  v = x + y y= v−u  2 x= 0=

Para

u + v v −u ⇒ v=− u;y = 0= ⇒ v=u 2 2

x + y = v ⇒ 1≤ v ≤ 4 Luego

ha transformado en la R = ( u , v ) ∈ R / v = − u , v = u ,1 ≤ v ≤ 4 Graficando las regiones se tiene:

{

la

región

D

se

2

}

región

Calculando el Jacobiano se tiene: ∂x ∂(x, y) ∂u J (u , v ) = = ∂y ∂ (u , v ) ∂u

∂x ∂v = ∂y ∂v

1 2 1 − 2

81

1 2 = 1 1 2 2

Sistema a Distancia

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Ahora sustituiremos en la integral dada:

∫ ∫ cos D

1 = 2

=

1 2

∫

4

1

∫

4

1

 x − y    dx dy =  x + y    

∫

v −v

∫ ∫ cos R

u 1  cos du  dv = v 2 

∫

1

4

u 1 J ( u , v ) du dv = v 2

v sen

D

 u    du dv  v 

v

u v

dv −v

4  v2 v  sen 1 − sen ( − 1) dv = ∫ v sen 1 dv = sen 1. 1 2 

Ejemplo 5. por

∫ ∫ cos

4 1

= 8 sen 1 =

sen 1 15 sen 1   = 2 2 

Una región R en la parte superior del eje X está limitada por la izquierda la recta y=-x y por la derecha por la curva

3( x 2 + y 2 )1 / 2 − 3 x = x 2 + y 2 . Hallar su área. Solución.

A(R) =

∫ ∫ dx dy R

Pasando a coordenadas polares

 x = r cos θ  ⇒ J ( r ,θ ) = r   y = r sen θ 

− 3x = como 3( x + y ) de donde r= 0, r = 3-3cos θ. 2

A(R ) =

∫ ∫ dx R

=

2 1/ 2

dy =

∫∫

x 2 + y 2 ⇒ 3r − 3r cos θ = r 2

J ( r , θ ) dr dr d θ =

dθ =

∫ ∫ rdr

R

3π 4 0

∫

r2

3 − 3 cos θ

0

dθ

R

3π 3π  81π 9 2 9  2 1 4 9 4 2 − d = − − u ( 3 3 cos ) (1 − 2 cos θ + cos 2 θ ) dθ =  θ θ ∫ ∫ 2 0 2 0 2 2  16

Ejemplo 6.

Calcular la integral doble

∫∫

16 − x 2 − y 2 dx dy , donde D es la

D

región limitada por la inecuación

x + y2 ≤4y . 2

82

Sistema a Distancia

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Solución.

x 2 + y 2 − 4 y = 0 es 2 2 2 2 decir: ( y − 4 y + 4 ) + x = 4 es decir que: x + ( y + 2 ) ≤ 4 .

Para graficar la región D completamos cuadrados en la ecuación

Pasando a coordenadas polares x= r cos θ, y = r sen θ, dx dy = r dr dθ

x 2 + y 2 = 4 y ⇒ r 2 = 4 r sen θ ⇒ r = 4 sen θ

La región D es coordenadas polares es: D ={(r,θ ) / 0 ≤ 0 ≤π ∧ 0 ≤ r ≤ 4 senθ } Reemplazando en la integral:

∫∫

16 − x 2 − y 2 dx dy se tiene:

D

π 4 sen θ 16 − x 2 − y 2 dx dy = ∫ ∫ 16 − r 2 rdr d θ = ∫  ∫ 16 − r 2 rdr  d θ 0  0  D

∫∫ D

=∫

π

0

=− 64 = 3

3

1 − (16 − r 2 ) 2 3

64 3

∫

π

0

4 sen θ

0

dθ = −

(cos 3 θ − 1) d θ =

64 3

π

 sen 3θ  θ − sen θ +   3 0 

=

1 3

∫

π

0

3   2 2 ( 16 − 16 sen θ ) − 64  dθ   

∫ [1 − (1 − sen π

0

2

θ ) cos θ ]d θ

64 π 3

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EJERCICIOS 1.- Calcular la magnificación del área mediante la transformaciones dadas en los puntos del plano uv. a.) F(u,v) = ( uv , v2) ; u, v > 0 en ( 1,2 ) y en (3, 1 ) 1 1 b.) F (u, v ) = ( , ) ; u,v>0 ; en (2 , 3 ) y ( 1/2,4) u v 2.- Sea R el cuadrado de vértices (1,1) , (2,1) , (2,2) y (1,2) , en el plano uv. Sea F (u,v) = ( u3 +v , v3/3 ). Hallar el área de la imagen de R 3.- Sea R el triángulo delimitado por u = v ; v = 0 ; u = 1. Sea S la imagen de R , bajo la transformación x = u2 , y = 2v. a.) Bosquejar S b) Calcular el área de S. 4.- Sea la transformación dado por x = u2 – v2 ; y = 2uv. Sea R el cuadrado cuyos vértices son;: (1,0 ) , ( 2, 0 ) , ( 2, 1 ) y (1, 1 ). Hallar el área de S. 5.- Calcular el valor de :

∫∫ e

y−x y+ x

dA , donde R es el triángulo limitado por x + y = 2 ; y

R

los ejes coordenados. 6.- Hallar el área limitado por las curvas xy = 1 ; xy = 3 ; x – xy = 1 x – xy = 3

84

Sistema a Distancia

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LECCIÓN No. 6

2.6.1. INTEGRALES TRIPLES Es posible definir la integral triple de una función de tres variables : x, y z; de manera semejante a como se hizo con las integrales dobles para funciones con dos variables. El caso más sencillo ocurre cuando f es continua en toda una región de la forma: Q = {( x, y, z ) / a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d , k ≤ z ≤ l } Si dividimos Q en subregiones: Q1, Q2, Q3,… Qn mediante planos paralelos a los tres planos coordenados, entonces Qi con i = 1,2, 3,… n, se llama partición de Q. La Norma ∆ de partición es la longitud de la diagonal más larga de todas las Qi

Z Q

∆z

yy z y x

Y

x Consideramos la i-ésima partición Qi , cuyas dimensiones son: ∆xi , ∆y i , ∆z i , el volumen de Qi es: Vi = (∆xi )(∆y i )(∆z i )

85

Sistema a Distancia

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Si (ui ,vi, wi ) es un punto de Qi entonces f (u1 , v1 , w1 )∆V1 + f (u 2 , v 2 , w2 )∆V2 + ...... + f (u i , vi , wi )∆Vi * ...

la

suma:

n

∑ f (u , v w )∆V i

i =1

i

i

, es la suma de Riemann

i n

Si existe el

Lím ∑ f (u i , vi , wi )∆Vi = ∫∫∫ f ( x, y, z )dV ∆ →0

i =1

Q

Según la gráfica podemos escribir : l d b

∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫ ∫ ∫ f ( x, y, z )dxdydz Q

k c a

2.6.2. PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES TRIPLES: 1. − ∫∫∫ Kf ( x, y, z )dV = K ∫∫∫ f ( x, y, z )dV Q

Q

2. − ∫∫∫ [ f ( x, y, z ) ± g ( x, y, z )]dV = ∫∫∫ f ( x, y, z )dV ± ∫∫∫ f ( x, y, z )dV Q

Q

Q

3. − ∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ f ( x, y, z )dV + ∫∫∫ f ( x, y, z )dV , donde : Q = Q1 ∪ Q2 Q

Ejemplo Evaluar :

Q1

∫∫∫ 3xy

3

Q2

z 2 dV , donde Q = {( x, y, z ) / − 1 ≤ x ≤ 3;1 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 2}

Q

Solución. 4 3 2

4 3

3 2 3 2 3 3 ∫∫∫ 3xy z dV = ∫ ∫ ∫ 3xy z dzdxdy = ∫ ∫ ( xy z 1 −1 0

Q 4 3

4

1 −1

1

= ∫ ∫ (8 xy 3 dxdy = ∫ (4 x 2 y 3

]02 dxdy

1 −1

4

]3−1 dy = ∫ 32 y 3 dy = 2040 1

Las integrales triples se pueden definir sobre ciertas regiones que no están acotadas por paralelepípedos. Así una región Q del plano xy, pueden definirse en sub regiones de tipo I y del tipo II: Así para el tipo I:

∫∫∫ f ( x, y, z)dV , donde Q = {( x, y, z) / a ≤ x ≤ b,

c ≤ y ≤ d ; k1 ( x, y ) ≤ z ≤ k 2 ( x, y )}

Q

 k2 ( x , y )   dydx f ( x , y , z ) dV = f ( x , y , z ) dz ∫∫∫ ∫ ∫ ∫   Q a c  k ( x . y )1  b d

86

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Para la región Q del tipo II: ∫∫∫ f ( x, y, z)dV , donde Q = {( x, y, z) / a ≤ x ≤ b, h1 ( x, y) ≤ y ≤ h2 ( x, y); k1 ( x, y ) ≤ z ≤ k 2 ( x, y)} Q

 k2 ( x, y )   dydx f ( x , y , z ) dV = f ( x , y , z ) dz ∫∫∫ ∫ ∫ ∫   Q a h ( x , y )  k ( x . y )1  b h2 ( x , y )

Ejemplo 1.-

∫∫∫ xy

Calcular

2

z 2 dxdydz, Q está lim itado por : z = xy; y = x; x = 1, z = 0

Q

Solución:  xy 2 2  xy z dxdydz = ∫ ( ∫  ∫ ( xy z dz dy )dx ∫∫∫   Q 0 0 0  1

2

x

2

xy

1 x  x xy 2 z 3  1  4 5      = ∫∫  dy )dx = 3 ∫  ∫ x y dy dx 3 00 00 0  1

y=x

1

1 1 = ∫ x 10 dx = 18 0 198

Ejemplo 2. Calcular: ∫∫∫ xyzdV ; Q está lim itado por : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x 2 ≤ y ≤ x ∧ 0 ≤ z ≤ xy Q

Solución.xy

 xyz 2  xyz dzdydx = ∫ ( ∫ ( ∫ ( xyzdz )dydz = ∫ ( ∫   dy )dx ∫∫∫ 2 0 Q 0 x2 0 0 x2  1

x xy

1

x

x

1  x3 y 4  x y 1 1 = ∫( ∫ dy )dx = ∫  dx = ( x 5 − z 11 )dx =  ∫ 2 8  x2 80 96 0 x2 0  1

x

3

3

1

y= x

y=x2 1

2.6.3. VOLUMEN MEDIANTE INTEGRALES TRIPLES Por definición, el volumen de un sólido esta dado por la fórmula: V ( S ) = ∫∫∫ dV = ∫∫∫ dxdydz ; Q ⊂ R 3 Q

Q

Ejemplo1.Hallar el volumen del sólido, limitado arriba por el plano z=y; abajo por el plano xy, y lateralmente por y2 = x , x=1 Solución.

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x y

1

1

Y

∫∫∫ dV = ∫ ( ∫ ( ∫ dz )dy)dx = ∫ ( ∫ ydy)dx

V=

Q

0 1

=∫ 0

0

0

0

y= x

0

x

1

1  x2  y2  x 1 3 dx = dx =   = u  ∫ 2 0 2  4 0 4 0

1

Ejemplo 2. Hallar el volumen del sólido en el primer cuadrante limitado inferiormente por el plano xy , superiormente por el plano z = y , y lateralmente por y 2 = x ; x= 1. Solución. y

 V = ∫∫∫ dV = ∫ ( ∫ ( ∫ dz )dy )dx = ∫ ( ∫ z  dydx 0 Q 0 0 0 0 0 x y

4

4

y

4

= ∫ ( ∫ ydy )dx = ∫ 0

0

0

4

x

x

4 y2  1 x dx = dx 2  0 2 ∫0 2

1

=

1 x2  = u3  4 0 4

z y= x

0

1

y x

Ejemplo 3. Determinar el volumen en el primer octante , del sólido acotado inferiormente por z = x2 + y2 , el Cilindro y2 = x ; y los planos y = x ; z = 0 Solución. 4

x

x2 + y2

0

x2

0

V = ∫∫∫ dV = ∫ ( ∫ ( Q

∫

1

x

0

x2

dz )dy )dx = ∫ ( ∫ ( x 2 + y 2 )dy )dx

x

1  3 x3 y3  x6  4 = ∫ (x y +  dx = ∫ ( x + ) − ( x + )dx 3  x2 3 3  0 0  1

2

1

 x7 x5 x4  x6 4x3 3 = ∫ ( − x4 + )dx =  − +  = u3 3 3 3  0 35  21 5 0 1

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EJERCICIOS 1.- Hallar las integrales triples de: 1 x xy

1 2 3

a. − ∫ ∫ ∫ dzdydx

b. − ∫ ∫ ∫ dzdydx 0 x2 o

0 1 2

π 16 − x 2

2 4

c. − ∫ ∫

∫

0 0

1 2

(16 − r ) rzzdrdzdθ 2

2 4 4 − x 4+ y

d. − ∫

0

∫ ∫ xdzdxdy

0 0

2y

2.-Utilizando las integrales triples , calcular el volumen del sólido limitado por las gráficas de las ecuaciones dadas. a.- x = 4-y2 ; z = 0 ; z= x. b.- z = xy ; z = 0 ; x = 0 ; x = 1 ; y = 0 ; y = 1 c.- z = 4- x2 ; y = 4 – x2 ( primer octante) d.- z = 9 – x2 ; y = -x + 2 ; y = 0 ; z = 0 ; x = 0 3.- En los ejercicios propuestos, dibuje el sólido cuyo volumen viene dado por la integral triple y reescribir la integral con el orden de integración especificado. 4

a. − ∫

4 − x 12 − 3 x − 6 y 2 4

∫

∫ dzdydx , reescribir usando el orden dzdxdy

0

0

0

4

16 − x 2 10 − x − y

b. − ∫ 0

2 4

c. − ∫ ∫ 0 2x

∫

∫ dzdydv, reescribir usando elorden dxdydz

0

0 y 2 −4 x 2

∫ dzdydx, reescribir usando el orden dxdydz 0

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RESUMEN 1.- La integral doble para una función de dos variables, es una extensión de las integrales de una función con una variable. Mientras que para la integración de f(x) se efectúa en un intervalo cerrado del eje X; la integración para una función de la forma f(x,y) de dos variables, se define sobre una región R del plano XY. 2.- El valor de la integral doble está relacionado con el volumen del sólido cuyas generatrices son paralelos al eje z, y está comprendida entre la superficie z= f(x,y) , y la región R del plano XY , y está dado por: V = ∫∫ f ( x, y )dA R

3.- El área de una región R del plano XY, por integrales dobles, está dado por: A = ∫∫ dA R

4.- La integral doble de una función en el sistema coordenado polar representado por la superficie z = f (r , θ ) , definido en la región R, está dado por:

∫∫ f (r ,θ ).r.dr.dθ R

5.- El jacobiano y el cambio de coordenadas de una función F(u,v) = (f(u,v) , (g(u,v)), tal que f y g tengan derivadas parciales continuas, donde Po(uo , vo), es una punto en el dominio de F, entonces, la magnificación de F en Po, es: f u ( P0 ) f v ( P0 ) = f u .g v − f v g u en P0 g 0 ( P0 ) g 0 ( P0 ) Llamado Jacobiano de F (f,g) 6.- Si F es una transformación inyectiva del plano uv al plano xy ; con x= f(u,v) e y = g(u,v) ; y S es la imagen en el plano xy de la región R del plano uv, y h una función de valores reales definida en S , entonces: ∫∫ h(Q)dA = ∫∫ h(F ( P)). J ( P).dA , donde dA es el elemento del área en el plano uv S

R

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AUTOEVALUACIÓN: 2 ln 2 9 − y

1.- El valor de

∫ ∫

2

dxdy , es : 9 − y2 A) 2Ln2 ; B) -2 ; C) 2Ln2 – 2 ; D) Ln2 – 2 ; E) NA 1

2.- El valor de

0

∫∫ x

2

R

y dA , donde R es el triángulo limitado por y = x ; y = 2x ; + y2

x = 2 es: A) Ln 5/2 ; B) Ln 10 ; C) 2 Ln 5 ; D) Ln 2/5 ; E) NA 3.- El área de la región R limitado por x = y2 ; x = 2y – y2 , es: A) 1 ; B)

1

/2 ; C) 2 ; D)

1

/3 ; E) No existe.

1 x xy

4.- El valor de

∫ ∫ ∫ dzdydx

es:

2

0 x 0

A)

1

/6 ; B)

1

/3 ; C) 2 ; D) 1 ; E) ½

5.- En el plano u v , se tiene el punto ( 2, 3 ) . En el plano xy , que transforma X = u – 3v ; y = 3u + v . El punto que corresponde al plano xy es: A) ( 2,3 ) ; B) ( 3, 2 ) ; C) (-7, 9 ) ; D) (9 , -7 ) ; E) NA

CLAVE: 1-C ; 2-A ; 3- D ; 4 – A ; 5-C

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BIBLIOGRAFÍA. 1.- Leithold, Louis. (2002). El Cálculo con Geometría Analítica. Edit. Harla 3 era. Edic. México. 2.- Larson-Hostetler-Edwards. ( 2003). Cálculo T. II. Edit. Mc. Graw-Hill. España 3.- Arya J. Lardner (1999). Matemática aplicada a la administración, economía y ciencias sociales. Edit. Prentice Hall Hispanoamericana. México. 4.- Sheik.Al.(2003). Cálculo y geometría analítica. Edit-Trillas S.A. México. 5.- Deminovich, B. (1998). Ejercicios y problemas de análisis matemático. Edit. Mir. Moscú .

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LECTURA

¿Por qué no existe la primitiva de

e

x2

?

Adolfo Acosta, licenciado en física. Egresado de la Universidad Simón Bolívar, Caracas, Venezuela [email protected] Tlf 0058 0286 934 74 26 Introducción: Hasta ahora la noción que tenemos de la integración matemática permanece subyugada al plano bidimensional (2D), sin embargo la inclusión del concepto de simetría al proceso de integración permite ampliar la definición del cálculo integral por encima de la capacidad y limitaciones inherentes de la visión humana (Teorema de Valor Medio). Esto trae como resultado un nuevo enfoque de una teoría de Integral de Simetría1, cuyo mayor beneficio es que nos da el acceso a primitivas en otras dimensiones, a través de un procedimiento por demás sencillo y natural redunda en un mayor poder y facilidad de cálculo. En esta oportunidad, y al mejor estilo de la sencillez y la naturalidad de las hipótesis de la Integral de Simetría, queremos también como aplicación de este nuevo enfoque, mostrar por vez primera un argumento simple pero válido, que justifique en su 2

dialéctica, el porqué no podemos hallar una primitiva de e x (o una combinación finita de operaciones sobre funciones conocidas con el mismo propósito de hallar la integral). Procedemos al absurdo: Supongamos que tal primitiva existe y llamémosla Ω(x) (en realidad esta función sólo existiría en el cálculo numérico computacional) entonces:

Consideremos también la misma función primitiva pero en otra variable, digamos y:

Y construyamos ahora la función Es decir la función F(x,y) de R3 es el resultado del producto de la misma primitiva, una en x, otra en y. Sustituyendo por sus respectivas integrales tenemos:

1 http://eventos.saber.ula.ve/eventos/materialDisplay.py?contribId=148&sessionId=49&materialI d=paper&confId=0

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2

Dado que suponemos que tanto x como y son finitos y e x es continua y acotada en dicho intervalo, ambas funciones son integrables en dichos intervalos, tanto en x como en y, y por lo tanto podemos asociar el producto de estas integrales en una integral reiterada2 (o integral iterada) sobre una región del plano que llamamos R:

Ahora expresamos esta integral iterada en una integral doble3 sobre la misma región R del plano xy (marcada en azul en el gráfico):

La presente gráfica de z = F(x,y) ilustra materialmente lo que queremos mostrar:

Podemos expresar también esta integral en forma de Integral de Simetría con el correspondiente lenguaje diferencial dxy, y conviniendo ahora la notación R como base rectangular.

Ahora en base a la teoría de Integral de Simetría esta integral no puede existir, puesto que no hay simetría visible ni perceptible para la función del argumento (o función “identidad”) x2 + y2 sobre una base rectangular (marcada en azul en la gráfica), como sí hay simetría perceptible para la base circular (marcada en rojo discontinuo en la gráfica). Y ni siquiera menos podemos esperar hallar la primitiva término a término de 2

Tom M Apostol, Análisis Matemático, Edit. Reverté, 2ª edición, 1979, pag. 475

3

Tom M Apostol, Análisis Matemático, Edit. Reverté, 2ª edición, 1979, pag. 471

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la expansión en serie de en base rectangular4. Por tanto no existe tal función F(x,y) primitiva (combinación finita de operaciones sobre funciones conocidas), y tampoco existen las hipotéticas primitivas Ω(x), Ω(y). O dicho de otra manera no existe tal primitiva en R3, puesto que la expansión del argumento es circular y la base de integración es rectangular. Por lo cual queda demostrado, bajo las premisas de esta 2

teoría, que definitivamente no existe la primitiva de e x . Y ni siquiera como una combinación finita de operaciones sobre ella misma o sobre alguna otra función trascendente. La demostración es también válida para cualquier función trascendente con argumento x2. Sin embargo, como también lo señalamos en el primer trabajo, sí existe la primitiva de para una base triangular, como también la podemos verificar para la base rectangular, ya que la función “identidad” x + y sí posee simetría perceptible sobre la base triangular y rectangular. 2

En conclusión la demostración se ha basado en que la función e x de R2 es parte o componente de una función más general perteneciente a R3, y cuya primitiva (sobre una base rectangular) en tal espacio R3, es necesariamente el producto de ambas primitivas de R2, y hemos demostrado que esta primitiva de R3 no existe, para la base rectangular y por ende tampoco el producto, y en consecuencia no existen las componentes Ω(x), Ω(y). He aquí por tanto la ventaja de tener primitivas en R3 y una teoría que las sustente. En definitiva la capacidad que tenemos para distinguir simetrías es, al fin y al cabo, lo que permite relacionar una sumatoria infinita, representativa de un área bajo una curva (en el caso bidimensional 2D), o de un volumen bajo una superficie (caso 3D), con funciones conocidas o combinaciones de operaciones sobre ellas (que llamamos primitivas), las cuales evaluamos por inserción de parámetros adecuados en ellas.

4

http://www.adolfoacosta.es.tl/

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