Ejercicios-y-problemas-de-funciones-reales-de-varias-variables

1y 4y A = ∫ ∫ dx dy + ∫ ∫ dx dy 0− y 1 y−2 20. Dada la integral 1 4− y2 I =∫ ∫ dxdy 0 4−( y−2)2 a) Dibuje la región D de integración. b) Plantee la integral en el orden dydx. c) Plantee la integral en coordenadas polares. d) Determine el área de D. e) Considere la región D como una lámina y determine la masa de la lámina D si la densidad superficial en cada punto (x , y)∈ D es δ (x , y) = x 2 + y 2 . Solución: a) De la integral se obtiene que: 0 ≤ y ≤ 1 y 4 − (y − 2)2 ≤ x ≤ 4 − y 2 Para dibujar la región D de integración observe que: x = 4− y2 ⇒ x2 = 4− y2 ⇒ x2 + y2 = 4 Y 4 − (y − 2)2 = x ⇒ 4 − (y − 2)2 = x2 ⇒ x2 + (y − 2)2 = 4 Es decir, la x toma valores entre la rama derecha de la semicircunferencia de centro (0 , 2) , y radio 2 y la rama derecha de la semicircunferencia de centro (0 , 0) , y radio 2. Para plantear la integral que da el área se deben buscar los puntos de intersección de las semicircunferencias, es decir, se debe resolver el sistema  2 x2 + y 2= 4 4  + − = x (y 2)2 Luego, 4 − y 2 = 4 − (y − 2)2 ⇒ 4 − 4y = 0 ⇒ y = 0 ó y = 1 ( ) ( )y = 1⇒ x2 = 3 ⇒ x = ± 3 , y los puntos de intersección son − 3 ,1 y 3 ,1 . Como 0 ≤ y ≤ 1 la región sobre la cual se integra es la región sombreada en la figura. 151

b) La integral en el orden dydx es: 3 2− 4−x2 2 4−x2 x 2 + y 2 dy dx I= ∫ ∫ x 2 + y 2 dy dx + ∫ ∫ 00 30 c) Para plantear la integral en coordenadas polares, se tiene que describir la región D en coordenadas polares, luego: x2 + y2 = 4⇒ r2 = 4⇒ r = 2 y x 2 + (y − 2)2 = 4 ⇒ r 2 cos2 θ + r 2sen 2θ − 4rsenθ + 4 = 4 ⇒ r(r − 4senθ) = 0 ⇒ r = 0 ó r = 4senθ Por otra parte, 4senθ = 2 ⇒ senθ = 1 ⇒ θ = π 26 La región D sobre la cual se integra puede ser descrita en coordenadas polares como: D = (r , θ ) / 4senθ ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π   6  Por lo tanto, π 62 I = ∫ ∫ r ⋅ r dr dθ 0 4senθ ππ π π 6 2 1 6 2− sen2θ  2  A(D) = ∫ ∫ 2∫ ( )d) 6 (1− 2(1− cos 2θ)) 6 r dr dθ = 4 − 16sen 2θ dθ = 0 dθ = θ + 2 0 = ∫ 20 0 4senθ =−π+ 3 = 3 3−π . 33 152

En consecuencia, el área de la región D es 3 3 − π unidades cuadradas. 3 e) La masa de la lámina D viene dada por ∫∫ d (x , y)dA , es decir que D 4− y2 ππ 1 ∫ ( )x2 6 2 2 1 6 + y 2 dxdy = dr dθ = 3 8 − 64sen 3θ dθ M (D) = ∫ 4−( y−2)2 ∫ ∫r ∫ 0 0 4 senθ 0 ππ ( ) ( ( ))=86 86 1 − 8sen 2θsenθ dθ = ∫ 1 − 8senθ 1 − cos2 dθ = ∫ 30 30 ππ ( )=8 6 8 θ 8 3 θ 6 1 − 8senθ + 8senθ cos2θ dθ = 3 + 8 cos θ − 3 cos 0 = ∫ 30 = 8 π + 4 3− 3 − 8 + 8  = 4π + 8 3 − 128 3  6 3  9 9 { }21. Sea R la región definida por R = (x , y)∈ R 2 / x 2 + y 2 − 4x ≤ 0 y x 2 + y 2 ≥ 4 . a) Dibuje la región R. b) Exprese ∫∫ f (x , y)dA en el orden dxdy. R c) Exprese ∫∫ f (x , y)dA en el orden dydx. R d) Exprese ∫∫ f (x , y)dA en coordenadas polares. R Solución: a) Observe que x2 + y 2 − 4x ≤ 0 ⇔ (x − 2)2 + y 2 ≤ 4 Luego la región R es la región del plano que es interior a la circunferencia de ecuación (x − 2)2 + y 2 = 4 y es exterior a la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 4 , que se muestra sombreada en la figura. 153

b) Para establecer los límites de integración hay que determinar los puntos de intersección de las dos circunferencias, para ello se debe resolver el sistema de ecuaciones  y2 = 4 − x2 .   y 2 = 4x − x2 4 − x2 = 4x − x2 ⇒ 4 = 4x ⇒ x =1 x =1⇒ y2 =3⇒ y = − 3 ó y = 3 ( ) ( )Las circunferencias se intersecan en los puntos 1, − 3 y 1, 3 . Luego, (x y)dA −3 2+ 4− y2 (x y)dx 3 2+ 4− y2 (x y)dx ( )2 2+ 4− y2 ∫∫ f , = ∫ ∫ f , dy + ∫ ∫ f , dy + ∫ ∫ f x , y dx dy R −2 2− 4− y2 − 3 4− y2 3 2− 4− y2 c) ∫∫ f (x , y)dA = 2 − 4−x2 f (x , y)dy dx + 2 4−( x−2)2 f (x , y ) dy dx + 4 4−( x−2)2 f (x , y)dy dx ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ R 1 − 4−(x−2)2 1 4−x2 2 − 4−(x−2)2 d) Las ecuaciones de las circunferencias en coordenadas polares vienen dadas por x 2 + y 2 = 4 ⇒ r 2 = 4 ⇒ r = 2 y x 2 + y 2 = 4x ⇒ r 2 = 4r cos θ ⇒ r = 4 cos θ Por otra parte, 4 cos θ = 2 ⇒ cos θ = 1 ⇒ θ = π ó θ = − π 23 3 Luego, π ∫∫ f (x , y)dA = 3 4 cos θ f (r cos θ , r sen θ)dr dθ ∫ ∫r R −π 2 3 22. Determine el jacobiano de la transformación: x = er sen 2t , y = e−r cos 2t Solución: ∂(x y) ∂x ∂x ∂(r t) , = ∂x ∂y − ∂x ∂y = , ∂r ∂t ∂t ∂r ∂r ∂t ∂y ( )( ) ( )( )∂y = e r sen 2t − 2e−r cos t sen t − 2er sen t cos t − e −r cos 2 t ∂r ∂t ( )= −2sen 3t cos t + 2sen t cos3 t = 2 sen t cos t cos2 t − sen2t = sen (2t) cos(2t) = 1 sen (4t) 2 23. Encuentre la imagen del conjunto S definido por S = {(u , v)/ 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 1} bajo la transformación x = 2u + v , y = u − v . Dibuje el conjunto S y su imagen. 154

Solución: Observe que S es un rectángulo, determinemos la imagen de cada lado: a) Sean 0 ≤ u ≤ 2 y v = 0 Al sustituir v = 0 en las ecuaciones de transformación resulta: x = 2u y y = u , de donde y = x , 2 con 0 ≤ x ≤ 4 . b) Sean 0 ≤ u ≤ 2 y v = 1 Al sustituir v = 1 en las ecuaciones de transformación resulta: x = 2u + 1 y y = u − 1 , de donde y = x − 3 , con 1 ≤ x ≤ 5 . 2 c) Sean 0 ≤ v ≤ 1 y u = 0 Al sustituir u = 0 en las ecuaciones de transformación resulta: x = v y y = −v , de donde y = −x , con 0 ≤ x ≤ 1. d) Sean 0 ≤ v ≤ 1 y u = 2 Al sustituir u = 2 en las ecuaciones de transformación resulta: x = 4 + v y y = 2 − v , de donde y = 6 − x , con 4 ≤ x ≤ 5 . Las imágenes de ambos conjuntos se muestran a continuación. Conjunto S Imagen del conjunto S 24. Sea R el paralelogramo de vértices (0 , 0), (1, − 1), (5,1) y (4 , 2) , use la transformación x= 2v − u y y = u+v para calcular la integral ∫∫(x + y)dA . 3 3 R 155

Solución: Sea S la imagen de R mediante la transformación dada, se tiene que ∫∫ f (x , y)dA = ∫∫ f (x(u, v), y(u, v)) ∂(x, y) du dv ∂(u, v) R S i) Calculemos el jacobiano de la transformación ∂(x , y) ∂x ∂x ∂(u , v) = ∂u ∂v = ∂x ∂y − ∂x ∂y =  − 1  1  −  1  2  = − 1 − 2 = − 1 ∂y ∂y ∂u ∂v ∂v ∂u  3  3   3  3  9 9 3 ∂u ∂v ii) Hallemos la imagen S de R mediante la transformación dada: a) El segmento que une los puntos (0 , 0) y (1, − 1) están sobre la recta de ecuación y = −x , la cual se transforma en la recta v = 0 . b) El segmento que une los puntos (0 , 0) y (4 , 2) están sobre la recta de ecuación y = x , la cual 2 se transforma en la recta u = 0 . c) El segmento que une los puntos (4 , 2) y (5,1) están sobre la recta de ecuación y = 6 − x , la cual se transforma en la recta v = 6 . d) El segmento que une los puntos (5,1) y (1, − 1) están sobre la recta de ecuación y = x − 3 , la 22 cual se transforma en la recta u = −3. La imagen S de la región R es el rectángulo iii) ∫∫ f (x , y)dA = ∫∫ f (x(u, v), y(u, v)) ∂(x, y) du dv = 0 6  2v −u + u + v   1 dv du ∂(u, v) R S ∫ ∫ 3 3 −3 0  3 156

1 0 6 1 0 v2 6 1 0 3 3  du 6 ∫ ∫ 0 ⋅ 36 ∫ du −3 0 −3 [ ]= = = = 0 = 18 v dv du ∫ 2 6 u −3 −3 ( )25. Evalúe la integral ∫∫ x 2 + y 2 dA mediante un cambio de variable apropiado si R es el cuadrado R de vértices (2 , 0) , (0 , 2) , (− 2 , 0) y (0 , − 2). Solución: Los puntos (2 , 0) , (0 , 2) quedan sobre la recta de ecuación x + y = 2 , ¿por qué? Los puntos (− 2 , 0) y (0 , 2) quedan sobre la recta de ecuación y − x = 2 , ¿por qué? Los puntos (− 2 , 0) y (0 , − 2) quedan sobre la recta de ecuación x + y = −2 , ¿por qué? Los puntos (0 , − 2) y (2 , 0) quedan sobre la recta de ecuación x − y = 2 , ¿por qué? Si hacemos el cambio de variable x + y = u y y − x = v , despejando x y y en términos de u y v se obtiene x = u − v y y = u + v , 22 La recta de ecuación x + y = 2 se transforma en u = 2 La recta de ecuación y − x = 2 se transforma en v = 2 La recta de ecuación x + y = −2 se transforma en u = −2 La recta de ecuación x − y = 2 se transforma en v = −2 La imagen de la región R, bajo la transformación dada es el cuadrado S de vértices (2 , 2) , (− 2 , 2), (− 2 , − 2) y (2 , − 2). ∂(x y) ∂x ∂x ∂(u v) Por otra parte , = ∂u ∂v = ∂x ∂y − ∂x ∂y =  1  1  −  − 1  1  = 1 + 1 = 1 , ∂y ∂y ∂u ∂v ∂v ∂u  2  2  2  2  4 4 2 ∂u ∂v Por lo tanto, ∫∫ f (x , y)dA = ∫∫ f (x(u, v), y(u, v)) ∂(x, y) 2 2   u − v  2 +  u + v  2   1 dv du ∂(u, v)   2   2    2  R S du dv = ∫ ∫ −2 −2 1 2 2 1 2 u 2v v3  2 1 2  4u 2 + 16  du = 4 3 −2 ∫ ∫ u2 + v2 ∫ ∫ −2 −2 ( ) ( )=12 2 2u 2 + 2v 2 dv du = dv du = + du = ∫ ∫ 4 −2 4 −2  3 8 −2 −2 = 1 4 u 3´+ 16 u  2 = 1 [(8 + 8) + (8 + 8)] = 32 4  3 3  − 3 3 2 157

Problemas propuestos En los problemas del 1 al 4 evalúe la integral planteada. 1. 2 x x 2 y dy dx 2. 2 2y  4x − y  dx dy ∫ ∫ ∫ ∫ 0 y2  2  1 1− x y−4 3. e x 2 ln x dy dx 4. 4 2 dx dy ∫ ∫ ∫ ∫ 0 − 4− y 10 Respuestas: 1) 63 2) 18 3) e 2 +1 4) 4 40 5 23 En los problemas 5 y 6 invierta el orden de integración y evalúe la integral planteada. 5. 8 2 1 dy dx ( )1 2 1+ y4 ∫ ∫ 6. ∫ ∫ 4 cos x 2 dx dy 0 3x 0 2y Respuestas: 5) ln17 6) sen 4 4 En los problemas del 7 al 12 dibuje la región de integración y escriba la integral equivalente en el orden de integración invertido. 7. I 1 1− x (x , y)dy dx 8. I e ln x (x , y)dy dx 2 =∫ =∫ ∫f ∫f 0x 10 2 9. I = 1 ex (x , y)dy dx 10. I = 2 y4 4− y ∫ ∫ ∫ ∫ g(x , y) dx dy + ∫ ∫ g(x , y) dx dy 01 0− y 2 − 4− y 1 y 2− y 11. I = 2 −y f (x, y) dx dy 1 ∫ f (x , y)dx dy + 2 ∫ f (x , y)dx dy ∫ ∫ 12. I = ∫ ∫ 0 y 00 10 − 2 158

Respuestas: 1 7) 8) I = 2 2y f (x , y)dx dy + 1 2−2 y f (x , y)dx dy 9) ∫ ∫ ∫ ∫ 00 1 0 2 1 e f (x , y)dx dy I =∫ ∫ 0 ey e 1 f (x , y)dx dy I =∫ ∫ 1 ln y 159

10) 2 4−x2 I = ∫ ∫ g(x , y) dy dx − 2 x2 11) 0 −x I = ∫ ∫ f (x, y) dy dx − 1 2x2 2 12) 1 2−x2 I = ∫ ∫ f (x , y)dy dx 0 x2 En los problemas del 13 al 18 dibuje la región de integración, plantee y calcule como una integral iterada. 13. I = ∫∫ (x + y) dA donde R es la región limitada por el trapecio de vértices A( − 1,1 ), B( 2 , − 1 ), R C( −1, 4 ) y D( 2, 4 ). 160

14. Halle I = ∫∫ xy dA donde R es la región limitada por el trapecio de vértices A( − 1,1 ), B(1, 0 ) , R C( −1, −1 ) y D(1, −1 ). 15. I = ∫∫ x dA donde D es la región triangular de vértices A (2 , 3), B (7 , 2) y C (4 , 5) . D 16. I = ∫∫ xy 2 dA donde D es la región triangular de vértices A (0 , 0), B (3,1) y C (− 2 ,1). D 17. I = ∫∫ dA donde D es la región triangular de vértices A (0 , 0), B (2 ,1) y C (0 , 3). D 18. I = ∫∫ dA donde D es la región del plano cuyos puntos satisfacen las desigualdades D x2 + y2 + 6x + 5 ≤ 0 , x − y + 3 ≥ 0 y x + y + 3 ≤ 0 Respuestas: 13) 2 4 (x + y)dy dx = 31 ∫ I= ∫ −1 1−2x 3 14) 1− x 1 2 xy dy dx = − 1 ∫ 6 I= ∫ −1 −1 161

15) 4 1+ x 7 9−x I = ∫ ∫ x dy dx + ∫ ∫ x dy dx = 26 2 17− x 4 17− x 55 16) I = 0 13 1 xy2 dy dx = 1 2 ∫ ∫ xy2 dy dx + ∫ ∫ −2 −x 0 x 23 17) 2 3−x I = ∫ ∫ dy dx = A(D) = 3 0x 2 18) −3 x+3 −3+ 2 −3− x ∫ dy dx + ∫ ∫ dy dx I= ∫ −3− 2 − 4−(x+3)2 −3 − 4−( x+3)2 = A(D) = π 162

En los problemas del 19 al 23 dibuje la región de integración, plantee la integral en coordenadas polares y determine su valor. 19. 0 π 2−x2 π π 2−x2 ( )1 1−x2 I = ∫ xy dy dx + ∫ ∫ xy dy dx ∫ 20. I = ∫ ∫ x 2 + y 2 dy dx −π − π 2 − x2 0 − π 2−x2 −1− 1− x2 21. I = 2 0 xy 2dx dy 0 −4x−x2 ∫ ∫ 22. I = ∫ ∫ dy dx −2 2− 4−x2 0 − 1−( y−1)2 23. I es la integral: −π π2 −x2 sen x 2 + y 2  dy dx + π π2 −x2 sen x2 + y2  0 π2 −x2 sen x 2 + y 2  dy dx 3 ∫ 3 ∫ x2 + y2 dy dx + ∫ ∫ x2 + y2 ∫ x2 + y2 ∫ π0 −π 3 −π 0 3 π2 −x2 9 Respuestas: 19) ( )2π π I = ∫ ∫ r 2sen θcosθ r dr dθ = 0 00 20) 2π1 r 2 ⋅ r dr dθ = π I = ∫∫ 00 2 163

21) I = π 2 sen θ cos θ sen 2θdr dθ = − 4 ∫ ∫ r4 5 π0 2 22) π 4 sen θ 3π rdr dθ + 4 −4 cosθ ∫ ∫I = ∫ = 2π − 4 ∫ rdr dθ π0 3π 0 2 4 23) π π senr dr dθ = 3π I=∫ ∫ 0π 2 3 En los problemas del 24 al 29 dibuje la región de integración, plantee la integral en coordenadas cartesianas y determine su valor. π π 24. 32 25. I = 2 4 senθ ∫ I = ∫ ∫ r 2 cos θ dθ dr ∫ r dr dθ π2 10 6 3π π 26. 4 4sen θ 27. I = 4 4 r 2 senθ dr dθ I = ∫ ∫ r dr dθ ∫ ∫ π0 02 4 164

π 4π 28. I = 4 3sec θ 29. I = 3 −5 sec θ ∫ ∫ r dr dθ ∫ ∫ 12r 3sen2θ dr dθ 3π 0 00 4 Respuestas: 24) 1 9−x2 dy dx + 3 9−x2 x dydx = 26 ∫ ∫ 3 I =∫ ∫x 0 1− x2 10 25) 3 2+ 4−x2 2 2+ 4−x2 2π I= ∫ ∫ dy dx + ∫ dydx = + ∫ 3 0 4−x2 3 2− 4−x2 26) 2 y 4 4y−y2 dx dy = 2π + 4 I = ∫ ∫ dx dy + ∫ ∫ 0 −y 2 − 4y−y2 165

27) 2x 2 2x I = ∫ ∫ y dy dx + ∫ ∫ y dy dx 2 4−x2 20 16− x2 ∫ y dy dx = ( )4 28 +∫ 3 2− 2 22 0 28 3x dy dx = 9 I =∫∫ 00 2 29) ( )0−x I= ∫∫ 12 y2dy dx = 625 3 3 +1 −5 3x 30. Sea R la región del plano acotada por las gráficas de x + 4 − y 2 = 0 , x = y − 1 , x = 1 , y = 2 , y = −2 . a) Grafique la región R. b) Plantee dos integrales dobles en coordenadas cartesianas que den el área de la región R. c) Determine el área de la región R. 166

Respuesta: 0 4−x2 1 1− x 12 b) A = ∫ ∫ dydx + ∫ ∫ dydx + ∫ ∫ dydx −2 − 4−x2 0 −2 0 x+1 0 1 1 1− y 2 y−1 ∫ dxdy + ∫ ∫ dxdy + ∫ ∫ dxdy A= ∫ −2 − 4− y2 0 − 4− y2 1 − 4− y2 c) A = 3 + 2π unidades cuadradas 31. Sea R la región del plano cuyos puntos satisfacen las desigualdades x 2 + y 2 ≤ 9 , y ≤ x + 3 y y ≤ −x . a) Grafique la región R. b) Plantee dos integrales dobles en coordenadas cartesianas que den el área de la región R. c) Determine el área de la región R. Respuesta: −3 3 b) A = 2 x+3 2 −x ∫ ∫ dydx + ∫ ∫ dydx −3 − 9−x2 − 3 − 9−x2 2 −3 9− y2 3 2 ∫ 0 −y dxdy + 2 −y dxdy A= ∫ ∫ ∫ ∫ dxdy + ∫ − 9− y2 −3 − 9− y2 0 3− y −3 2 ( )c) A = 9 3π + 2 unidades cuadradas 8 32. Sea R la región del plano cuyos puntos satisfacen las desigualdades xy ≤ 4 , y ≤ x y 27 y ≥ 4x 2 . a) Grafique la región R. b) Plantee dos integrales dobles en coordenadas cartesianas que den el área de la región R. c) Determine el área de la región R. 167

Respuesta: 2x 4 3x b) A = ∫ ∫ dydx + ∫ ∫ dydx 0 4x2 2 4x2 27 27 4 27 y 4 3 4 2y A= ∫ ∫ dxdy + ∫ ∫ dxdy 0 y 4y 3 c) A = 2 + 4 ln 3  unidades cuadradas 3 2 33. Sea f (x , y) = x 2 + y . Considere el rectángulo { }Ω = (x , y)∈ R 2 / 0 ≤ x ≤ 2 y 0 ≤ y ≤ 2 . Subdivídalo en 16 subrectángulos como se indica en la figura. ( )Considere el punto muestra xi* , yi* como el centro de cada rectángulo. a) Aproxime ∫∫ f (x , y) dA por medio de una suma de Riemann. Ω b) Calcule ∫∫ f (x , y) dA y compare el resultado con el obtenido en a). Ω c) ¿Qué ocurre con la aproximación de ∫∫ f (x , y) dA se tienen 32 subrectángulos? Ω Respuesta: a) 37 b) 28 c) Se acercará más al valor exacto 28 43 3 34. Calcule el área de la región limitada por las curvas de ecuaciones x = 9 y 2 −1 , x = y 2 +1 utilizando a) Una integral simple b) Una integral doble Respuesta: a) A = 4 b) A = 4 33 35. Sea R la región rectangular de vértices: ( − 2 , 0 ) , (1, 0 ) , ( − 2 ,1 ) y (1,1 ) , suponga que la densidad en cada punto (x , y)∈ R es δ (x , y) = y . Halle la masa de R. Respuesta: m = 3 2 168

36. Se considera una lámina triangular de vértices los puntos A(0 , 0) , B(0 ,1) y C(2 ,1) , si la función densidad de masa de lámina está definida por δ (x , y) = e y2 , halle su masa. Respuesta: m = e −1 37. Se considera una lámina F limitada por las curvas de ecuaciones y = x 2 y x = y 2 , si la función densidad de masa de lámina está definida por δ (x , y) = 3y , halle su masa. Respuesta: m = 9 20 38. Se considera una lámina F limitada por las curvas de ecuaciones x = 2 + y y x = y 2 , si la función densidad de masa de lámina está definida por δ (x , y) = x 2 y 2 , halle su masa. Respuesta: m = 207 10 39. Sea R la circunferencia unitaria, y supón que la densidad en cada punto (x , y)∈ R es δ (x , y) = x 2 + y 2 . Halle las coordenadas del centro masa de R. Respuesta: xM = y M = 0 40. Calcule mediante integrales dobles el volumen del sólido limitado superiormente por el plano de ecuación z = 4x y que se encuentra limitado inferiormente por el círculo de ecuación x 2 + y 2 = 16 del plano xy. Respuesta: 512 unidades cúbicas. 3 41. Calcule mediante integrales dobles el volumen de la porción del sólido del primer octante limitado por la esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 25 . Respuesta: 125 π unidades cúbicas. 6 42. Exprese como una integral de la forma ∫∫ f ( y, z) dy dz el volumen del sólido limitado por el R elipsoide de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 1 4 9 25 3 1− z2 2 1− y 2 − z 2 dydz unidades cúbicas 5 25 9 25 Respuesta: V = 8∫ ∫ 00 En los problemas del 43 al 46 halle el jacobiano de la transformación ∂(x , y) para el cambio de ∂(u , v) variable dado. 43. x = uv , y = uv − v 44. x = u , y = u + v v 169

45. x = u cos v , y = v cos u 46. x = uv , y = u − v Respuestas: 43) ∂(x , y) = −v 44) ∂(x, y) = u+v 45) ∂(x, y) = cos u cos v − uv sen u sen v ∂(u , v) ∂(u ,v) v2 ∂(u ,v) 46) ∂(x , y) = − u +v ∂(u , v) 2 uv En los problemas del 47 al 49 dibuje la imagen S de la región de integración dada mediante el cambio de variable indicado. Plantee y resuelva la integral doble usando la transformación. 47. I = ∫∫ x dA donde D es la región triangular de vértices A (2 , 3), B (7 , 2) y C (4 , 5) ; x = u + v , D2 y = u−v 2 48. I = ∫∫ y dA donde D es la región triangular de vértices A (0 , 0), B (3,1) y C (− 2 ,1); x = 3v + 2u , D5 y = v−u . 5 49. I = ∫∫ dA donde D es la región triangular de vértices A (0 , 0), B (2 ,1) y C (0 , 3); x = 2v − u , D3 y = u+v 3 Respuestas: 47) 3u −17 I = 1 9 2 u + v dv du = 26 2 2 ∫ ∫ 5 −1 48) I = 1 0 5+u v −u dv du = 5 5 5 3 ∫ ∫ −5 0 170

49) I = 16 3 dv du = 1 A(S ) = 1 ⋅ 1 3⋅6 = 3 ∫ 3 3 2 3 ∫ 0 u 2 50. Indique un cambio de variable apropiado para calcular la integral I = ∫∫ x−2 y dA , donde D es 3x − y D el paralelogramo limitado por las rectas de ecuaciones y = x , x = 4 + 2 y , y = 3x − 1 , y = 3x − 8 y 2 determine su valor. Respuesta: x = 2v − u , y = −3u + v , I = 24 ln 2 5 55 171

COORDENADAS CILÍNDRICAS Y ESFÉRICAS Definiciones, propiedades y teoremas importantes Definición 6.1: Las coordenadas cilíndricas de un punto P del espacio son (r , θ , z) en donde r y θ son las coordenadas polares para la proyección vertical de P sobre el plano xy, y z es la coordenada vertical rectangular. Teorema 6.1: Las coordenadas cilíndricas (r , θ , z) de un punto P del espacio están relacionadas con las coordenadas rectangulares (x , y, z ) de ese punto como sigue: x = r cos θ y = r sen θ z=z r2 = x2 + y2 tan θ = y z=z x Definición 6.2: Las coordenadas esféricas de un punto P del espacio son (ρ , θ ,φ ) donde ρ es la distancia de P al origen, φ es el ángulo que forma OP con el semieje positivo z y θ es el ángulo de las coordenadas cilíndricas. Teorema 6.2: Las coordenadas esféricas (ρ , θ ,φ ) de un punto P del espacio están relacionadas con las coordenadas rectangulares (x , y, z ) de ese punto como sigue: x = ρ cos θ sen φ y = ρ sen θ sen φ z = ρ cosφ con ρ ≥ 0 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ π ρ 2 = x2 + y2 + z2 tan θ = y cos φ = z x x2 + y2 + z2 172

Problemas resueltos 1. Determine dos coordenadas cilíndricas del punto cuyas coordenadas cartesianas son (0 , 4 , 4) . Solución: Las coordenadas cilíndricas del punto tienen la forma (r , θ , z) , donde: r = 42 + 02 = 16 = 4 Por otra parte, 0 = 4cosθ ⇒ cos θ = 0 y sen θ = 1 ⇒ θ = π + 2kπ, k∈Z 4 = 4sen θ 2 Luego dos coordenadas cilíndricas son:  4, π ,4 y  (4,- 3π ,4) . 2  2  2. Identifique, dibuje y halle una ecuación en coordenadas cilíndricas del lugar geométrico cuya ecuación en coordenadas cartesianas es z = x 2 + y 2 − 2 . Solución: La ecuación z = x 2 + y 2 − 2 corresponde a la ecuación del paraboloide mostrado en la figura. Al sustituir las ecuaciones x = r cos θ y y = r sen θ en la ecuación z = x2 + y2 − 2 se obtiene la ecuación z =r2 −2 3. Halle una ecuación en coordenadas cartesianas del lugar geométrico cuya ecuación en coordenadas cilíndricas es z = r 2 cos2 θ y dibuje su gráfica. Solución: Como x = r cos θ se tiene que x 2 = r 2cos2θ Luego, la ecuación en coordenadas cartesianas es z = x 2 , que corresponde al cilindro parabólico mostrado en la figura 173

4. Determine unas coordenadas esféricas del punto cuyas coordenadas rectangulares son (2 , - 2 , - 2) . Solución: Las coordenadas esféricas del punto cuyas coordenadas rectangulares son (2 , - 2 , - 2) son de la forma (ρ , θ , Φ) , donde: ρ= 4+4+4 =2 3, tan θ = - 2 = -1 , θ=-π y cos Φ = − 2 = − 1 ⇒ Φ = arccos − 1  . 2 4 23 3 3 Luego unas coordenadas esféricas del punto dado son:  2 3 , - π , cos -1  - 1   .  4 3  5. Identifique, dibuje y halle una ecuación en coordenadas esféricas del lugar geométrico cuya ecuación en coordenadas rectangulares es z = x 2 + y 2 . Solución: La ecuación z = x 2 + y 2 corresponde a la ecuación de la parte superior del cono mostrado en la figura. Al sustituir las ecuaciones 174

x = ρ sen θ sen φ , y = ρ cos θ sen φ y z = ρ cos φ en la ecuación De donde z = x2 + y2 ⇒ z2 = x2 + y2 ρ 2 cos2 φ = ρ 2sen 2θ sen2φ + ρ 2 cos2 θ sen2φ Operando se obtiene ( )ρ 2 cos2 φ = ρ 2sen 2θ sen 2φ + ρ 2 cos2 θ sen 2φ ⇒ ρ 2 cos2 φ = ρ 2sen 2φ sen 2θ + cos2 θ ( )⇒ ρ2 cos2 φ = ρ2 sen2φ ⇒ ρ2 cos2 φ − sen2φ = 0 ⇒ ρ = 0 ó cos2 φ − sen2φ = 0 cos2 φ − sen 2φ = 0 ⇔ cos2 φ = sen 2φ ⇔ tan 2 φ = 1 ⇒ φ = π 4 Además como la solución ρ = 0 queda contenida en φ = π , se tiene que la ecuación en 4 coordenadas esféricas de cono dado es φ = π . 4 6. Halle una ecuación en coordenadas cartesianas del lugar geométrico cuya ecuación en coordenadas esféricas es ρ = 3cscφ y dibuje su gráfica. Solución: Observe que ρ = 3cscφ ⇒ ρ = 3 ⇒ ρ sen φ = 3 De las ecuaciones sen φ resulta: x = ρ cos θ sen φ , y = ρ sen θ sen φ Como y = ρ sen φ y x = ρ sen φ , sen θ ≠ 0 y cos θ ≠ 0 senθ cos θ ρ sen φ = 3 Se tiene que y = ρ sen φ y x = ρ sen φ ⇒ y = 3 y x = 3 ⇒ y 2 + x 2 = 9sen 2θ + 9 cos2 θ = 9 senθ cos θ senθ cosθ 175

Por lo tanto, La ecuación en coordenadas cartesianas es y2 + x2 =9 La cual corresponde al cilindro de eje z mostrado en la figura. 176

Problemas propuestos En los problemas del 1 al 5 determine las coordenadas cartesianas del punto cuyas coordenadas cilíndricas se da. 1. 5, π , 3 2.  6 , π , − 5 3.  − 2 , − π , 1  ( )4. − 3 , π, 2 5. 1, 7π ,8 2  3   2 2 4  ( ) ( )Respuestas: 1) (0 , 5 , 3) 2) 3, 3 3 , − 5   3)  0 , 2 , 1  4) 3 , 0 , 2 5)  2 ,− 2 , 8   2 2 2 En los problemas del 6 al 10 determine unas cilíndricas del punto cuyas coordenadas cartesianas se da. ( ) ( )6. 2,2 3,1 7. (0, − 2,1 ) 8. 3 3 ,3, − 2 ( ) ( )9. − 2, − 2 3 , − 8 10. 0, − 5, 7 Respuestas: 6)  4 , π ,1 7)  2 , 3π ,1 8)  6 , π , − 2 9)  4 , 4π , − 8 10) 5 , 3π , 7   3  2  6  3  2  En los problemas del 11 al 13 identifique, dibuje la superficie y halle una ecuación en coordenadas cilíndricas, de la ecuación está dada en coordenadas cartesianas. 11. x 2 + y 2 + z 2 = 9 12. x 2 + y 2 + 4z 2 = 10 13. x + y = 4 Respuestas: r2 + z2 = 9 11) Ecuación de una esfera 12) Ecuación de un elipsoide r 2 + 4z 2 = 10 177

13) Ecuación de un plano r= 4 cos θ + sen θ En los problemas del 14 al 16 halle la ecuación en coordenadas cartesianas, de la ecuación está dada en coordenadas cilíndricas. 14. r 2 cos 2θ = z 15. r = 4sen θ 16. 2r cos θ + 3rsen θ + 4z = 1 ( )Respuestas: 14) x 2 − y 2 = z 15) x 2 + y − 2 2 = 4 16) 2x + 3y + 4z = 1 En los problemas del 17 al 21 determine las coordenadas cartesianas del punto cuyas coordenadas esféricas se da. 17. 5, π , π  18. (1, π , 0) 19.  2 2 , π , 3π  20.  2 , π , π  21. 10 , 5π , π   3 4  4 4  6 2  6 4 ( )21) − 5 3 , 5 , 0 ( ) ( )Respuestas: 17) 5 6   4 ,5 2 ,5 2  18) (0 , 0 ,1) 19) 1 , 3,−2 20) 1 ,1, 2 4 2 En los problemas del 22 al 26 determine unas esféricas del punto cuyas coordenadas cartesianas se da. ( ) ( )22. 6, 2 , 2 2 23. 0,2 3 , 2 24.  3 ,3,− 3  25. (0, 5, 0) ( )26. 3 ,1, 2 3 22 Respuestas: 22)  4 , π , π  23)  4 , π , π   6 4  2 3 24)  6 , π , 3π  25) 5 , π , π  26)  4 , π , π   3 4  2 2  6 6 En los problemas del 27 al 29 halle una ecuación en coordenadas esféricas, de la ecuación está dada en coordenadas cartesianas. 27. x 2 + y 2 + z 2 = 25 28. x 2 + y 2 − 4z 2 = 0 29. x 2 + y 2 = 9 Respuestas: 27) ρ = 5 28) tan 2 φ = 4 29) ρ senφ = 3 En los problemas del 30 al 32 halle la ecuación en coordenadas cartesianas, de la ecuación está dada en coordenadas esféricas. 178

30. ρ = 4 cos φ 31. ρ senφ = 2 cos θ ( )32. ρ2 1 − sen 2φ sen 2θ = 16 ( )Respuestas: 30) x 2 + y 2 + z − 2 2 = 4 31) (x −1)2 + y 2 = 1 32) x 2 = 16 − z 2 33. Transforme la ecuación r 2 + 2z 2 = 4 dada en coordenadas cilíndricas a coordenadas esféricas. Respuesta: ρ 2 = 4 1+ cos 2 φ 34. Transforme la ecuación ρ = 1 csc φ cot φ dada en coordenadas esféricas a coordenadas 3 cilíndricas. Respuesta: z = 3r 2 35. El jacobiano de la transformación T dado por x = g(u, v, w) , y = h(u, v , w) , z = f (u, v , w) , denotado por J (u, v, w) , se define como ∂x ∂x ∂x ∂(x, y , z) = ∂u ∂v ∂w ∂(u , v , w) ∂y ∂y ∂y = ∂x ∂y ∂z + ∂x ∂y ∂z + ∂y ∂z ∂x − ∂x ∂y ∂z − ∂x ∂y ∂z − ∂y ∂z ∂x ∂u ∂v ∂w ∂u ∂v ∂w ∂v ∂w ∂u ∂u ∂v ∂w ∂w ∂v ∂u ∂v ∂u ∂w ∂w ∂v ∂u ∂z ∂z ∂z ∂u ∂v ∂w a) Determine el jacobiano de la transformación para coordenadas cilíndricas: x = r cos θ , y = r sen θ , z = z b) Determine el jacobiano de la transformación para coordenadas esféricas: x = ρ cos θ sen φ , y = ρ sen θ sen φ y z = ρ cosφ Respuesta: a) J (r ,θ , z) = r b) J (ρ ,θ ,φ ) = ρ 2 senφ 179

INTEGRALES TRIPLES Definiciones, propiedades y teoremas importantes Teorema 7.1: Sea f una función real de tres variables reales continua en Ω ⊂ R3 , si { }Ω = (x , y , z)∈ R3 /(x , y)∈ D, g1(x , y) ≤ z ≤ g2 (x , y) con g1 y g2 funciones continuas en D. Entonces ∫∫∫ f (x, y, z) dV = ∫∫ (g2 ( x , y) y , z )  dA dz  ∫ f x, Ω D g1 ( x , y)  Teorema 7.2: Sea f una función real de tres variables reales continua en Ω ⊂ R3 , si { }Ω = (x , y , z)∈ R3 /(x , z)∈ D, h1(x , z) ≤ y ≤ h2 (x , z) con h1 y h2 funciones continuas en D. Entonces, f (x, y, z) dV h2 ( x , z) (x )    ∫∫∫ = ∫∫ ∫ f , y , z dy dA Ω D h1 ( x , z)  Teorema 7.3: Sea f una función real de tres variables reales continua en Ω ⊂ R3 , si { }Ω = (x , y , z)∈ R3 /(y , z)∈ D, w1(y , z) ≤ x ≤ w2 (y , z) con w1 y w2 funciones continuas en D. Entonces, ∫∫∫ f (x, y, z) dV = ∫∫ (w ( y,z) y , z)dx dA 2  ∫ f x, Ω   D w ( y , z ) 1 Teorema 7.4: Supongamos que ∫∫∫ f (x, y, z) dV y ∫∫∫ g(x, y, z) dV existen sobre una región Ω . ΩΩ Entonces • ∫∫∫[ f (x, y, z) + g(x , y , z)]dV = ∫∫∫ f (x, y, z) dV + ∫∫∫ g(x, y, z) dV Ω ΩΩ 180

• ∫∫∫ c f (x, y, z) dV = c ∫∫∫ f (x, y, z) dV , para toda constante c. ΩΩ • Si f (x , y, z) ≤ g(x , y, z) para toda (x , y, z)∈ Ω entonces ∫∫∫ f (x, y, z) dV ≤ ∫∫∫ g(x, y, z) dV ΩΩ • Si Ω es la unión de dos regiones que no se solapan Ω 1 y Ω 2, entonces ∫∫∫ f (x, y, z) dV = Ω ∫∫∫ f (x, y, z) dV + ∫∫∫ f (x, y, z) dV . Ω1 Ω2 • ∫∫∫ dV = V (Ω) (donde V (Ω) denota el volumen de la región Ω ) Ω • Si m ≤ f (x , y, z) ≤ M para toda (x , y, z)∈ Ω entonces m ⋅V (Ω) ≤ ∫∫∫ f (x, y, z) dV ≤ m ⋅V (Ω) Ω Teorema 7.5: Sea f una función real de tres variables reales continua en Ω ⊂ R3 , si Ω = {(x , y , z)/(x , y)∈ D, g1(x , y) ≤ z ≤ g2 (x , y)} donde D está dado en coordenadas polares por D = {(r , θ )/ α ≤ θ ≤ β , h1 (θ) ≤ r ≤ h2 (θ)} Entonces ( ) β h2 (θ) g2 (r cos θ , rsen θ) ∫∫∫ f x, y, z dV = ∫ ∫ ∫ f (r cos θ , r sen θ , z) r dz dr dθ Ω α h1 (θ) g1 (r cos θ , rsen θ) Teorema 7.6: Sea f una función real de tres variables reales continua en Ω ⊂ R3 , si Ω es una región dada en coordenadas esféricas por: Ω = {(ρ , θ ,φ )/, α ≤ θ ≤ β , c ≤ Φ ≤ d, g1 (θ ,φ) ≤ ρ ≤ g 2 (θ ,φ)} Entonces ∫∫∫ φ (x, y, z) dV = β d g2 (θ ,φ) (ρ cosθ senφ , ρ sen θ senφ , ρ cosφ) ρ2senφ dρ dφ dθ Problemas ∫ ∫ ∫φ Ω α c g1 ( θ ,φ ) 181

Problemas resueltos 1. Dibuje la región Q acotada por las graficas de las superficies cuyas ecuaciones se dan y exprese ∫∫∫ f (x, y, z)dV como una integral iterada en las seis diferentes formas. Q x + 2y + 3z = 6 ; x = 0 ; y = 0 y z = 0 Solución: La región Q está acotada por la parte del plano de ecuación x + 2 y + 3z = 6 que está en el primer octante y los planos coordenados, por lo que Q es la región que se observa en la figura. a) La proyección de Q sobre el plano z = 0 es la región triangular R sombreada, limitada por las rectas de ecuaciones x + 2 y = 6 , y = 0 y x = 0 , mostrada en la figura. Cuando (x , y)∈ R se tiene que 0≤ z ≤ 6 − x − 2y 3 Si se considera a R como una región de tipo 1: (x, z )dV 6 6− x 2− 1 x− 2 y (x, z )dz 0 02 0 3 3 ∫∫∫ f y, = ∫ ∫ ∫ f y, dy dx Q Y Si se considera a R como una región de tipo 2: ∫∫∫ f (x, y, z)dV = ∫ 03∫ 6−2 y ∫ 2− 1 x− 2 y f (x, y, z)dz dx dy 0 0 3 3 Q 182

b) La proyección de Q sobre el plano y = 0 es la región triangular S acotada por las rectas de ecuaciones x + 3z = 6 , z = 0 y x = 0 , sombreada en la figura. Cuando (x , z)∈ S se tiene que 0 ≤ y ≤ 6 − x − 3z 2 Entonces, si se considera a S como una región de tipo 1: (x, y, z)dV 6 6− x 3− 1 x − 3 z (x, y, z)dy dz dx 0 03 0 2 2 ∫∫∫ f = ∫ ∫ ∫ f Q Y si se considera a S como una región de tipo 2: ∫∫∫ f (x, y, z )dV = ∫ 2 ∫ 6−3z ∫ 3− 1 x− 3 z f (x, y, z)dy dx dz 0 0 0 2 2 Q c) La proyección de Q sobre el plano x = 0 es la región U limitada por las rectas de ecuaciones 2 y + 3z = 6 , y = 0 y z = 0 , sombreada en la figura. Cuando (y , z)∈U se tiene que 0 ≤ x ≤ 6 − 2y − 3z Entonces, si se considera a U como una región de tipo 1: (x, y, z)dV 3 6−2 y 6−2 y−3z (x, y, z)dx dz dy 0 0 ∫∫∫ f = ∫ ∫ 0 3 ∫ f Q Y si se considera a U como una región de tipo 2: ∫∫∫ f (x, y, z)dV = 6−3z ∫ 6−2 y −3z f (x, y, z)dx dy dz 0 ∫02∫0 2 Q 2. Dibuje la región Q acotada por las graficas de las superficies cuyas ecuaciones se dan y exprese ∫∫∫ f (x, y, z)dV como una integral iterada en las seis diferentes formas. Q 183

z = 9 − 4x2 − y2 y z = 0 Solución: La región Q es la región del espacio limitada por el paraboloide elíptico de ecuación z = 9 − 4x 2 − y 2 y el plano xy, como se observa en la figura. . a) La proyección de Q sobre el plano z = 0 es la región R limitada por la elipse de ecuación x 2 + y 2 = 1, 99 4 sombreada en la figura. Cuando (x , y)∈ R se tiene que 0 ≤ z ≤ 9 − 4x2 − y2 Si se considera a R como una región de tipo 1: 3 ∫ 9−4x2 2 2 ∫ −23 − 9−4x2 ( ) ( )∫∫∫ f = 9−4 x − y 0 Q x, y, z dV ∫ f x, y, z dz dy dx 2 Y si se considera a R como una región de tipo 2: ( ) ( )∫∫∫ fx,y, z= 3 1 9− y 2 9−4 x 2 − y 2 dz dx dy −3 2 9− 0 Q − y dV ∫ ∫ 1 2 ∫ f x, y, z 2 b) La proyección de Q sobre el plano y = 0 es la región S limitada por la parábola de ecuación z = 9 − 4x 2 y el eje x, sombreada en la figura. Cuando (x , z)∈ S se tiene que − 9 − 4x2 − z ≤ y ≤ 9 − 4x2 − z 184

Si se considera a S como una región de tipo 1: 3 ∫ 9−4x2 ∫ 9−4x2 −z 0 − 9−4x2 −z ( ) ( )∫∫∫ f = ∫ −23 Q x, y, z dV f x, y, z dy dz dx 2 Y si se considera a S como una región de tipo 2: 1 9−4x2 −z −21 9−4x2 −z ( ) ( )∫∫∫ f = 9 9−z 0 9−z Q x, y, z dV ∫ ∫ ∫ f x, y, z dy dx dz M− 2 c) La proyección de Q sobre el plano x = 0 es la región U limitada por la parábola de ecuación z = 9 − y 2 y el eje y, sombreada en la figura. Cuando (y , z)∈U se tiene que 9 − .y2 − z 9− y2 − z − ≤x≤ 22 Si se considera a U como una región de tipo 1: f1 ∫−21 9− y2 −z 9− y2 −z ( ) ( )∫∫∫ f x, y, z dV = 9 9−z dx dy dz 0 9− Q ∫ ∫ − z x, y, z 2 Y si se considera a U como una región de tipo 2: 9− y2 1 9− y2 −z 0 9− y2 −z ( ) ( )∫∫∫ f =∫ 3 −3 Q x, y, z dV ∫ ∫ 2 1 f x, y, z dx dz dy − 2 Nota: ¿Usted conoce la función a integrar? ¿Por qué no es correcto, en ninguno de los casos, usar la simetría del sólido para plantear las integrales? 185

∫∫∫3. Sea I = f (x , y , z) dV , donde R es la región del espacio limitada por las gráficas de R z = 4 − x2, z = 0, y = 0 y y =3. a) Dibuje la región de integración. b) Dibuje la proyección de R sobre cada uno de los planos coordenados y plantee la integral I en cada caso. Solución: a) Observe que z = 4 − x 2 es la ecuación de una superficie cilíndrica que interseca al plano xz en la parábola de ecuación z = 4 − x 2 , y se extiende paralelamente al eje y; z = 0 y y = 0 son las ecuaciones de los plano xy y xz respectivamente, mientras que y = 3 es la ecuación de un plano paralelo al plano xz que interseca al eje y en el punto (0 , 3, 0) . La región R es la región del espacio limitada por las superficies que se muestran en la figura. b.1) Al proyectar R sobre el plano xy se obtiene la región rectangular mostrada en la figura. En consecuencia, 2 3 4−x2 I = ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dz dy dx −2 0 0 b.2) Al proyectar R sobre el plano xz se obtiene la región limitada por la parábola de ecuación z = 4 − x 2 y el eje x sombreada en la figura. En consecuencia, 2 4−x2 3 I = ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dy dz dx −2 0 0 186

b.3) Al proyectar R sobre el plano yz se obtiene la región rectangular mostrada en la figura. En consecuencia, 3 4 4−z I = ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dx dz dy 0 0 − 4−z Nota: ¿Usted conoce la función a integrar? ¿Por qué no es correcto, en ninguno de los casos, usar la simetría del sólido para plantear las integrales? ∫∫∫4. Sea I = f (x , y , z) dV , donde R es la región del espacio limitada por las gráficas de R z = 4 − x 2 , z = 0 , y = 0 y x + y = 2 que está en el primer octante. a) Dibuje la región de integración. b) Dibuje la proyección de R sobre cada uno de los planos coordenados y plantee la integral I en cada caso. Solución: a) Observe que z = 4 − x 2 es la ecuación de una superficie cilíndrica que interseca al plano xz en la parábola de ecuación z = 4 − x 2 y se extiende paralelamente al eje y, como se observa en la figura. Mientras que x + y = 2 es la ecuación de un plano que interseca al plano xy en una recta de ecuación x + y = 2 y se extiende paralelamente al eje z, como se observa en la figura. Finalmente, z = 0 y y = 0 son las ecuaciones de los 187

plano xy y xz respectivamente. La región R es la porción de la región del espacio que se muestra en la figura. b) i) Al proyectar R sobre el plano xy se obtiene la región triangular S que se muestra en la figura. Cuando (x , y)∈ S se tiene que 0 ≤ z ≤ 4 − x 2 . Entonces, 2 2−x 4−x2 I = ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dz dy dx 00 0 ii) Al proyectar R sobre el plano xz se obtiene la región U que se muestra en la figura. Cuando (x , z)∈U se tiene que 0 ≤ y ≤ 2x . Entonces, 2 4−x2 2−x I = ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dy dz dx 00 0 iii) Al proyectar R sobre el plano yz se obtiene la región rectangular P que se muestra en la figura, donde la curva observada, es la proyección de la curva de intersección del paraboloide con el plano, cuya ecuación se obtiene como sigue: x+ y=2⇒ y=2−x Y al sustituir el valor de y en z = 4 − x 2 , se obtiene z = 4 − ( y − 2)2 188

Para plantear la integral, observe en la gráfica de la superficie que Si 0 ≤ y ≤ 2 y 0 ≤ z ≤ 4 − ( y − 2)2 entonces 0 ≤ x ≤ 2 − y Si 0 ≤ y ≤ 2 y 4 − ( y − 2)2 ≤ z ≤ 4 entonces 0 ≤ x ≤ 4 − z En consecuencia, 2 4−(2− y )2 2− y 24 4−z ∫ ∫ ∫I = f (x , y , z) dx dz dy + + ∫ ∫ ∫ f (x , y , z) dx dz dy 00 0 0 4−(2− y )2 0 5. Sea Q es la región del espacio que está en el primer octante limitada por las gráficas de x + y =1, z =1− x2. a) Dibuje la región Q. b) Calcule el volumen del sólido Q. Solución: a) La ecuación x + y = 1 corresponde a la ecuación de un plano que se extiende paralelamente al eje z, y z = 1 − x 2 corresponde a la ecuación de una superficie que se extiende paralelamente al eje y, e interseca al plano xz en la parábola de ecuación z = 1 − x 2 . El sólido Q es la parte del sólido limitado por ambas superficies que está en el primer octante. b) La proyección en el plano xy de Q es el triángulo limitado por las rectas de ecuaciones x + y = 1, x = 0 y y = 0. Por lo tanto, 1 1− x 1− x2 1 1− x 1 1 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( )V = dz dy dx = 1 − x 2 dydx = 1− x 2 (1− x)dx = 1− x − x 2 + x3 dx = 00 0 00 0 0 =  x2 − x3 + x4 1 =1− 1 −1+ 1 =5 x − 2 3 4  2 3 4 12  0 189

6. Halle las coordenadas del centro de masa del cubo dado por 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a , si este tiene densidad δ (x , y , z) = x 2 + y 2 + z 2 . Solución: Por definición, Las coordenadas del centro de masa (xM , yM , zM ) de un sólido Q vienen dadas por: xM = 1 ∫∫∫ x d (x , y , z)dV yM = 1 ∫∫∫ y d (x , y , z)dV y zM = 1 ∫∫∫ z d (x , y , z)dV M (Q) Q M (Q) Q M (Q) Q La masa de Q viene dada por ( )M (Q) = ∫0a ∫0a ∫0a aa  x3  a aa a3   x   x2 + y2 + z2 dx dy dz = ∫∫ + y2x+ z 2 dy dz = ∫∫ + ay 2 + az 2 dy dz = 00  3  0 00  3  a a3 y y3  a a a4 + a4   2a 4 z3 a   ∫ dz   =∫ + a + az 2 y dz = + a 2 z 2 = z+ a2 = a5 0  3 3  0 0  3 3   3 3  0 Luego, ( ) ( )xM =1 ∫∫∫ x x2 + y2 + z2 dV =1 ∫0a ∫0a ∫0a x 3 + xy 2 + xz 2 dx dy dz = a5 a5 Q =1 aa x4 x2 x 2  a 1 aa a4 + a2 y2 + a2  a5     ∫∫ + y2 + z2 dy dz = ∫ ∫ z 2 dy dz = 00  4 2 2  0 a5 0 0  4 2 2  =1 a a4 y + a2 y3 + a2 z2 a dz = 1 a a5 + a5 + a3 z 2  dz = 1 5a 5 z + a3 z3 a = 7a a5  32 y a5   a5  2  ∫ ∫   12 0  4 2  0 0  4 6 2 3  0 12 Por simetría se tiene que xM = yM = zM Por lo tanto, el centro de masa de Q está en el punto de coordenadas  7a , 7a , 7a  .  12 12 12  1 1− x2 4 ∫ ∫ ∫7. Plantee y calcule la integral z dz dy dx en coordenadas cilíndricas. 000 Solución: A partir de los límites de integración, se tiene que 0 ≤ z ≤ 4 0 ≤ y ≤ 1− x2 0≤ x ≤1 190

Por lo tanto, la región R del espacio, sobre la cual se integra, se puede describir como R = {(x , y , z)/(x , y)∈ D, 0 ≤ z ≤ 4} donde D es la región del plano que se puede definir como { }D = (x , y )/ 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , 0 ≤ x ≤ 1 que se muestra en la figura anexa. En consecuencia, R es la región del espacio que está en el primer octante limitada por los planos de ecuaciones x = 0 , y = 0 y z = 0 y por el cilindro de ecuación x 2 + y 2 = 1, como se muestra en la figura. A partir de las ecuaciones de transformación de cartesianas a cilíndricas, se obtiene 0 ≤ z ≤ 4 0≤ r ≤1 0≤θ≤π 2 Y en consecuencia, R puede ser descrita en coordenadas cilíndricas como R = {(r , θ , z)/(r , θ)∈ D, 0 ≤ z ≤ 4} con D = (r , θ )/ 0 ≤ θ ≤ π , 0 ≤ r ≤ 1  2 Por lo tanto, se tiene que 1 1− x2 4 π 214 ∫ ∫ ∫ z dz dy dx = ∫ ∫ ∫ z r dz dr dθ = 2π 000 000 191

2π 2 4−r2 ∫ ∫ ∫8. Sea I = r dz dr dθ . Grafique el sólido sobre el cual se integra y plantee la integral en 00 0 coordenadas rectangulares. Elija el orden de integración que considere conveniente. Solución: A partir de los límites de integración, se tiene que 0≤ z ≤ 4-r2 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π A partir de las ecuaciones de transformación de cilíndricas a cartesianas, se tiene: ( )0 ≤ z ≤ 4 - r 2 ⇒ 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 + y 2 ( )Es decir, z varía entre el plano de ecuación z = 0 y el paraboloide de ecuación z = 4 − x 2 + y 2 . Observe que: ( )z = 0 ⇒ 4 = x 2 + y 2 Mientras que, r = 2 corresponde a la ecuación de la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 4 . En consecuencia, la región de integración está limitada inferiormente por el plano xy y superiormente por el paraboloide de ecuación z = 4 − x 2 − y 2 , que se observa en la figura, cuya proyección en el plano xy es el círculo de ecuación x2 + y2 ≤ 4 Por lo tanto, 2π 2 4−r 2 ( )2 4−x2 4− x2 + y2 ∫ ∫ ∫ r dz dr dθ = ∫ ∫ ∫ dz dy dx 00 0 −2− 4− x2 0 Esta integral corresponde al volumen del sólido definido por los límites de integración, y dado que existe simetría, se puede escribir también como ( )2 4−x2 4− x2 + y2 V = 4∫ ∫ ∫ dz dy dx 00 0 192

1 1− x2 2− x2 − y 2 3 ∫ ∫ ∫ ( )9. Cambie a coordenadas cilíndricas la integral x 2 + y 2 2 dz dy dx . −1 − 1− x2 x2 + y 2 Solución: A partir de los límites de integración, se tiene que x2 + y2 ≤ z ≤ 2− x2 − y2 − 1− x2 ≤ y ≤ 1− x2 −1≤ x ≤1 En este caso, el sólido sobre el cual se integral está el limitado inferiormente por el paraboloide de ecuación x 2 + y2 = z y superiormente por el paraboloide de ecuación z = 2 - x 2 - y 2 . Para obtener la ecuación de la curva de intersección de ambas superficies se resuelve el sistema  z = x2 + y2  z = 2− x2 − y2 2- x2 - y2 = x2 + y2 ⇒ x2 + y2 =1 Luego, ambas superficies se intersecan en la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 1 en el plano z = 1 Como se observa en la figura. En consecuencia, la proyección del sólido en el plano xy es el círculo de ecuación x 2 + y 2 = 1, sombreado en la figura. Las ecuaciones x 2 + y2 = z y z = 2 - x 2 - y 2 , se escriben en coordenadas cilíndricas como: z = r 2 y z = 2 - r 2 . Luego, la región sobre la cual se integra puede ser descrita en coordenadas cilíndricas como { }(r , θ , z )/ 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, r 2 ≤ z ≤ 2 − r 2 Por lo tanto, 193

∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ ( )1 1−x2 2−x2 −y2 3 2π 1 2−r 2 3 x 2 + y 2 2 dz dy dx = r 2 2 r dz dr dθ −1 − 1− x2 x2 + y 2 0 0 r2 10. Dibuje la región de integración, plantee y calcule en coordenadas cilíndricas la integral ∫∫∫I = (x + z)dV , si E es la región del espacio limitada por las gráficas de las ecuaciones E x 2 + y 2 = a 2 , z = 0 y y + z = a , con a > 0 . Solución: En este caso, el sólido sobre el cual se integra está el limitado por el cilindro de ecuación x 2 + y 2 = a 2 , por el plano xy y por el plano de ecuación y+z =a. Al usar las ecuaciones de transformación se obtiene que: x 2 + y 2 = a 2 ⇒ r 2 = a 2 y y + z = a ⇒ z = a − y ⇒ z = a − rsenθ Por lo tanto, la región E sobre la cual se integra puede ser descrita en coordenadas cilíndricas como: E = {(r , θ , z )/ 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ a − r senθ} De donde, 2π a (a−r senθ + z)r dz dr dθ = 31 a4π I= ∫ ∫ ∫ r cos θ 24 00 0 ∫∫∫11. Considere la integral x z dV , donde Q es el sólido limitado por los planos de ecuaciones Q z = 0 y z = y , y el cilindro de ecuación x 2 + y 2 = 1 , en el semiespacio y ≥ 0 a) Dibuje el sólido Q. b) Plantee la integral en coordenadas cartesianas. 194

c) Plantee la integral en coordenadas cilíndricas. d) Calcule la integral en coordenadas cilíndricas.. Solución: a) Observe que: x 2 + y 2 = 1 corresponde a la ecuación de un cilindro que se extiende paralelamente al eje z cuya intersección con el plano xy es una circunferencia de centro el origen y radio 1, y ≥ 0 indica que se está tomando la parte que se encuentra a la derecha del plano xz, z = 0 es el plano xy, y z = y es la ecuación de un plano inclinado que se extiende paralelamente al eje x cuya intersección con el plano yz es la recta de ecuación z = y . b) Para plantear la integral en coordenadas cartesianas se proyecta el sólido Q en el plano xy, y se obtiene el semicírculo sombreado en la figura. Por lo tanto, 1 1− x2 y ∫∫∫ xz dV = ∫ ∫ ∫ xz dz dy dx Q −1 0 0 c) Nota que z = y , se transforma en coordenadas cilíndricas en z = r senθ y x 2 + y 2 = 1 se transforma en r = 1, como y ≥ 0 se tiene que 0 ≤ θ ≤ π . Luego, Q puede ser descrito en coordenadas cilíndricas como Q = {(r , θ , z ) / 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ z ≤ r sen θ} En consecuencia, ∫∫∫ xz dV = π 1 r sen θ 2 cos θ dz dr dθ ∫ ∫ ∫ z r Q 00 0 d) π 1 r sen θ zr2 cos θ dz dr dθ = 0 ∫ ∫ ∫ 00 0 195

12. Sea S la región del espacio acotada superiormente por la esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 1 e inferiormente por el cono de ecuación z 2 = x 2 + y 2 para z ≥ 0 . Calcule ∫∫∫ z dV . S a) En coordenadas cilíndricas. b) En coordenadas cartesianas. Solución: La representación gráfica de la región corresponde a la región sombreada en la figura a) La ecuación del cono z 2 = x 2 + y 2 en coordenadas cilíndricas es z 2 = r 2 ⇒ z = r ( z ≥ 0 y r ≥ 0) . La ecuación de la semiesfera z = 1 − x 2 − y 2 es z = 1 − r 2 . Por otra parte, la intersección de las dos superficies se obtiene resolviendo el sistema z = 1− x2 − y2 ⇒ 2x2 + 2y2 =1⇒ x2 + y2 = 1  2 z = x 2 + y 2 Luego, ambas superficies se intersecan la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 1 en el plano 2 z= 1 . 2 Es decir, esta es una circunferencia de centro el punto C 0 , 0 , 1  , radio 1 y que está 2 2 ubicada en el plano z = 1 . Cuya proyección en el plano xy es la circunferencia de ecuación 2 196

x 2 + y 2 = 1 . En coordenadas polares corresponde a la ecuación r = 1 , luego la proyección de 22 la circunferencia en el plano polar es el conjunto D = (r , θ )/ 0 ≤ θ ≤ 2π, 0≤r≤ 1    2 Luego, en coordenadas cilíndricas, S se describe como S = (r , θ , z)/ 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π, r≤z≤ 1 − r 2   2  Por lo tanto, 1 1 2π 2 ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫1−r2 2π =∫ ∫ z r dz dr dθ = 1 2 1 2π  1 − 1  dθ = 1 2π 2π π 00 ∫∫∫ z dV 2 r − 2r 3 dr dθ = 4  2 4  16 dθ = = 16 8 S r 00 00 b) La región S se describe como S = (x , y , z)/ − 1 ≤x≤ 1 , − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 , x2 + y2 ≤ z ≤ 1− x2 − y2  22 2 2  Por lo tanto, 1 1 −x2 1 1−x2 2 2 2 2 =∫ ∫ 1− 2x 2 − 2 y 2 dy dx − 1−x2 ∫∫∫ z dV ∫ ∫ ( )1−x2 −y2 1 ∫ S z dz dy dx = 2 − 1 − 1−x2 x2+ y2 −1 22 22 1 1 ∫2  1 − x2 − 4x2 ∫1 − x2 4  1 − x2 3  1 2  ( )1 − x2 4  1 x2  3  2 2 3 2  dx 2 1  3  2  2  =1  2  2   2  2 −  = 2 − 4x2 − − dx −1 − 2 2 3 ∫ ∫1 1 2 2 1 − x 2  1 − x 2  − 4  1 − x 2  3  dx = 4 2  1 − x 2  dx = 4 2  2  3  2  2  1 2  =1   3 2 − −1 22 197

π 3 ππ 2  1 − 1 sen 2u  2 ∫ ∫1 cos u du = 1 2 cos 4 u du = 1 2  1+ cos 2u  2du = ∫= 4 3 −π 2 2  2 3 −π 3 −π  2  2 22 ππ ∫1 2 1+ 2 cos 2u + 1+ cos 4u  du = 1  3 u + sen 2u + sen 4u  2 = 1  3π  = π 12 − π  2  12  2 8 − π 12  2  8 2 2 Nota: Observe como el uso de un sistema de coordenadas apropiado puede simplificar el calculo de algunas integrales triples. 13. Calcule el volumen del sólido Ω limitado por el cilindro de ecuación x 2 + y 2 − 6x = 0 y la semiesfera de ecuación z = 36 − x 2 − y 2 y el plano xy. Utilice coordenadas cilíndricas. Solución: Observe que la ecuación del cilindro se puede escribir como: x 2 + y 2 − 6x = 0 ⇔ (x − 3)2 + y 2 = 9 Y en coordenadas cilíndricas es: x 2 + y 2 − 6x = 0 ⇒ r 2 − 6r cos θ = 0 ⇒ r(r − 6 cos θ) = 0 ⇒ r = 0 ó r = 6 cosθ La ecuación de la semiesfera en coordenadas cilíndricas es z = 36 − r 2 . La proyección sobre el plano xy de Ω es el círculo limitado por la circunferencia de ecuación r = 6 cos θ que se muestra en la figura anexa. Luego, { }Ω = (r , θ , z)/ 0 ≤ r ≤ 6 cosθ , 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ z ≤ 36 − r 2 Como el sólido es simétrico respecto al eje x, se tiene que 198

π V (Ω) = 2 2 6 cos θ 36-r 2 r dz dr dθ = 72π - 96 ∫ ∫ ∫ 00 0 14. Halle la masa de un sólido Q acotado por las superficies de ecuaciones x 2 + z 2 = 9 , y + z = 3 y y = 0 si la densidad de masa Q es δ (x , y , z) = x 2 + z 2 . Utilice coordenadas cilíndricas. Solución: x 2 + z 2 = 9 es la ecuación de un cilindro que se extiende paralelamente al eje y cuya intersección con el plano xz es una circunferencia de centro el origen y radio 3. y = 0 es la ecuación del plano xz. y + z = 3 es la ecuación de un plano inclinado que se extiende paralelamente al eje x El cilindro y el plano se intersecan en la curva de ecuación x 2 + (3 − y)2 = 9 . Al proyectar el sólido sobre el plano xz se obtiene la región limitada por la circunferencia de ecuación x 2 + z 2 = 9 , la cual se muestra en la figura. Si se hace la sustitución x = r cos θ , z = r sen θ y y = y La ecuación del plano y = 3 − z en coordenadas cilíndricas y = 3 − r sen θ es. Se tiene que la región Ω sobre la cual se integra es Ω = {(r , θ , y)/ 0 ≤ r ≤ 3 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ y ≤ 3 − rsen θ} Luego, la integral en coordenadas cilíndricas es: 3 2π 3−rsen θ 3 2π r3 3− rsen θ 3 2π r3 0 [ ] [ ]M (Q) = ∫ ∫ ∫ r ∫ ∫ ∫ ∫ r 2 dy dθ dr = y dθ dr = 3 − sen θ dθ dr 00 0 00 00 3[ ] [ ]=2πr3 − = 3 r3 3θ + 2π = 3 3  r4  3 = 243π 3 sen θ dθ dr cosθ 0 dr 6π r dr = 6π  4  0 2 ∫ ∫ ∫ ∫   00 0 0 199

Por lo tanto, la masa del sólido Q es 243π unidades de masa. 2 ∫ ∫ ∫ ( )3 9−x2 9−x2 − y2 1 15. Plantee y calcule la integral z x 2 + y 2 + z 2 2 dz dy dx en coordenadas esféricas. −3− 9−x2 0 Solución: A partir de los límites de integración, se tiene que 0 ≤ z ≤ 9-x2 - y2 − 9 − x2 ≤ y ≤ 9 − x2 y −3≤ x ≤ 3 Observe que z = 9 - x 2 - y 2 ⇒ z 2 + x 2 + y 2 = 9 y  y = 9 − x 2 ó y = − 9 − x 2  ⇒ x 2 + y 2 = 9 Es decir, la región de integración, que se muestra en la figura, corresponde al sólido limitado superiormente por el casquete superior de la esfera centrada en el origen de radio 3 e inferiormente por el plano xy. Como la proyección del sólido en el plano xy es el círculo de ecuación x 2 + y 2 ≤ 9 , aplicando las ecuaciones de transformación, se tiene que, la región R del espacio sobre la cual se integra puede ser descrita, mediante coordenadas esféricas: R = (ρ , θ , Φ)/ 0 ≤ θ ≤ 2π, 0≤Φ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 3 2   Luego, 200