La integral múltiple

Problemas resueltos 1. Sea f una función definida en I = [1, 2] × [1, 4] del siguiente modo: ( (x + y)−2 , x ≤ y ≤ 2x , f (x, y) = 0 , en el resto. Indique, mediante un dibujo, la porción Z A del rectángulo I en la que f no es nula y calcule el valor de la integral f , supuesta su existencia. A

Solución:

© ª La región sombreada, A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x , es la porción del rectángulo en la que f no se anula. La función f es continua en A, por tanto f es integrable en A. Luego, aplicando el teorema de Fubini: ¶ Z Z 2 µZ 4 Z 2 µZ f= f (x, y)dy dx = A

¶ 1 dy dx = (x + y)2 1 1 1 x ¸2x ¸2 Z 2· Z 2 1 1 1 1 1 = − dx = (− + )dx = log x = log 2. x + y 3x 2x 6 6 1 1 x 1 2x

2. Un sólido está limitado por la superficie z = x2 − y 2 , el plano xy, y los planos x = 1 y x = 3. Calcule su volumen por doble integración.

Problemas resueltos Solución: La intersección de la superficie con el plano xy es: ) z = x2 − y 2 → y 2 = x2 → z=0

y=x y = −x

)

y con los planos x = 1 y x = 3, las parábolas z = 1 − y 2 y z = 9 − y 2 , respectivamente.

Para hallar el volumen del sólido dado hemos de calcular la integral doble de la función z = f (x, y) = x2 − y 2 sobre la región D del plano xy comprendida entre las rectas x = 1, x = 3, y = x e y = −x : D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 3, −x ≤ y ≤ x} Z Z

Z 2

V =

2

3 µZ x

(x − y )dxdy = D

¶ 2

2

(x − y )dy dx = 1

Z =

1

3·

−x

y3 x y− 3

¸x

2

Z dx =

−x

1

3

4 3 1 x dx = x4 3 3

¸3 = 1

80 . 3

Z Z x2 y 2 dxdy siendo D la porción acotada del primer cua-

3. Calcule D

drante situada entre las dos hipérbolas xy = 1 y xy = 2 y las líneas rectas y = x e y = 4x.

La integral múltiple Solución: La región D es el conjunto © D = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, x ≤ y ≤ 4x} = n o y = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤ ≤ 4 . x Esta expresión nos sugiere el cambio de variables y u = xy, v = . x Con lo que r 2

y = vx, u = vx

→

x=

√ u , y = uv, v

siempre que u, v > 0

y la transformación que obtenemos es r 2

T :]0, +∞[×]0, +∞[→ R ,

T (u, v) = (

u √ , uv). v

T es una transformación inyectiva (para cada (x, y) hay un solo (u, v) tal que T (u, v) = (x, y)) y es de clase C 1 . Hemos de comprobar además que su jacobiano es no nulo: ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 1/v −u/v ¯ p ¯ p ¯ ¯ ¯ 2 u/v 2 u/v ¯ ¯ = 1 6= 0, ∀u, v > 0. JT (u, v) = ¯¯ ¯ 2v ¯ ¯ v u ¯ √ ¯ √ ¯ 2 uv 2 uv ¯ Podemos dibujar fácilmente la región D calculando los puntos de corte de las rectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): ) ) 1 1 xy = 1 xy = 1 2 → x = 1 → P1 = (1, 1); → x2 = → P2 = ( , 1) 4 2 y=x y = 4x xy = 2 y = 4x

) → x2 = )

xy = 2 y=x

1 1 4 → P3 = ( √ , √ ); 2 2 2

√ √ → x2 = 2 → P4 = ( 2, 2)

Problemas resueltos

Es obvio que esta región D (en el plano xy) es la imagen, T (Q), del recinto (en el plano uv) © ª Q = (u, v) ∈ R2 : 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 4 . Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: Z Z Z Z 1 2 2 x y dxdy = u2 dudv = 2v D Q ¸2 ¸4 Z 2 Z 4 1 u3 1 7 2 = u du. dv = . log v = log 2. 3 1 2 3 1 1 2v 1

4. Calcule la integral Z Z Z (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz , V

siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1, con z ≥ 0. Solución: La intersección del cono con el cilindro es: ) x2 + y 2 = z 2 → la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1. x2 + y 2 = 1

La integral múltiple

El conjunto V será el conjunto descrito por: n o p V = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas  x = ρ cos ϕ   T : U → R3 , T (ρ, ϕ, z) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ, z) y = ρ sen ϕ   z=z siendo U =]0, +∞[×]0, 2π[×R,

JT (ρ, ϕ, z) = ρ.

De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = ρ2 = 1 en el cilindro y z 2 = ρ2 en el cono, el recinto V es la imagen, T (Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la región del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto Q = {(ρ, ϕ, z) ∈ U : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ < 2π, 0 ≤ z ≤ ρ} ⊂ U. Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: Z Z Z (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz = V ¶ ¸ Z Z Z Z 1 ·Z 2π µZ ρ 2 3 = 2zρ ρ dρdϕdz = 2zρ dz dϕ dρ = Z

Q

1 µZ 2π

= 0

0

0

¶ Z ¤ 2 3 ρ z ρ 0 dϕ dρ =

0

0

1 µZ 2π 0

0

¶ ¸1 ρ6 π ρ dϕ dρ = 2π = . 6 0 3 5

Problemas resueltos Z Z Z 5. Calcule la integral

xyz dxdydz , siendo A el conjunto A

A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0}. Solución:

Puesto que el conjunto A es un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadas esféricas para que el recinto de integración sea más manejable.  x = ρ cos ϕ sen θ   y = ρ sen ϕ sen θ   z = ρ cos θ T : U → R3 ,

T (ρ, ϕ, θ) = (ρ cos ϕ sen θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos θ)

T es C 1 -invertible, con jacobiano, JT (ρ, ϕ, θ) = −ρ2 sen θ, distinto de cero en cualquier punto del abierto U =]0, +∞[×]0, 2π[×]0, π[. Sea n π πo Q = (ρ, ϕ, θ) ∈ R3 : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ ≤ , 0 < θ ≤ ⊂ U. 2 2 Es claro que su imagen mediante T es T (Q) = A − {(x, y, z) ∈ A : y = 0}

La integral múltiple y puesto que el conjunto {(x, y, z) ∈ A : y = 0} tiene medida cero en R3 , (es un trozo de plano) podemos aplicar el teorema del cambio de variable para calcular la integral que se pide por medio de una integral sobre el rectángulo Q: ZZZ xyz dxdydz = A

ZZZ =

ρ cos ϕ sen θ ρ sen ϕ sen θ ρ cos θ ρ2 sen θ dρdϕdθ = "Z π "Z π # # Q

Z

1

2

= Z

0

0 1

= · =

2

Z

ρ5 dρ

ρ5 sen ϕ cos ϕ sen3 θ cos θ dθ dϕ dρ =

0 π 2

Z

0

0 ¸1 · 2 ¸ π2 6 ρ sen ϕ

6

6. Calcule la integral

0

2

π 2

sen ϕ cos ϕ dϕ ·

sen4 θ

¸ π2

4

0

0

sen3 θ cos θ dθ =

0

=

1 . 48

Z Z (x2 + 5y 2 )dxdy , D

extendida a la región del plano D := {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0,

Solución:

4 ≤ x2 + y 2 ≤ 16}.

Problemas resueltos La región D es una corona circular; esto sugiere el cambio a polares para hacer la integral. Hacemos la transformación

x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ

) T : U → R2 ,

T (ρ, ϕ) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ)

donde U =]0, +∞[×]0, 2π[ y JT (ρ, ϕ) = ρ es distinto de cero en U . La corona D es la imagen mediante T del rectángulo © Q = ρ, ϕ) ∈ R2 : 2 ≤ ρ ≤ 4,

ª 0