Universidad Nacional de La Plata – Facultad de Ciencias Exactas ´ ´ ANALISIS MATEMATICO II (CiBEx - F´ısica M´ edica) 2014 – Segundo Semestre ´ DE FUNCIONES ESCALARES DE VARIAS VARIABLES GU´ IA Nro. 5: INTEGRACION

1.

Introducci´ on

En esta gu´ıa vamos a estudiar la integral definida de una funci´ on de dos variables sobre una regi´ on en el plano y la integral definida de una funci´ on de tres variables sobre una regi´ on en el espacio. Estas integrales se conocen como integrales dobles e integrales triples, respectivamente. Tambi´en vamos a considerar la integral de una funci´ on de varias variables sobre una curva en el plano o el espacio, y sobre una superficie en el espacio. Estas integrales se conocen como integrales de l´ınea e integrales de superficie, respectivamente. Rb La idea es similar a la de integral definida de una funci´ on de una variable, a F (x)dx. Cuando F (x) ≥ 0 en [a, b], esta integral representa el ´ area bajo la curva y = F (x) sobre el intervalo. Pero recordemos que la integral puede definirse sin recurrir al concepto de a ´rea, mediante sumas de Riemann. Comenzamos por dividir el intervalo [a, b] en n subintervalos que, “por simplicidad”, los tomaremos de igual ancho ∆x = b−a n . ∗ Se numeran los subintervalos con i = 1, 2, · · · , n y elegimos un valor de x en cada subintervalo (xi ). Ver Figura ??.

Figura 1: Suma de Riemann para una funci´on de una variable Entonces formamos la n-´esima suma de Riemann Sn =

n X

F (x∗i )∆x

i=1

y tomamos el l´ımite de esta suma cuando n → ∞ para obtener la integral definida de F desde a hasta b: Z b n X F (x) dx = l´ım F (x∗i )∆x a

2.

n→∞

i=1

Integrales dobles

En esta secci´ on vamos a trabajar con integrales DEFINIDAS, para funciones de dos variables sobre regiones planas, llamadas integrales dobles. Realizaremos el c´ alculo de estas integrales sobre una regi´ on dada en el 5-1

´ plano y el resultado ser´ a un NUMERO.

2.1.

Integral doble en un rect´ angulo

Pensemos en una funci´ on de dos variables f : R ⊂ R2 → R, cuyo dominio es un rect´angulo cerrado R con lados paralelos a los ejes coordenados. El rect´angulo R puede describirse en t´erminos de dos intervalos cerrados [a, b] y [c, d], que representan a sus lados a lo largo de los ejes x e y, respectivamente. Esto es, R = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} o R = [a, b] × [c, d]. (Dibuje el rect´ angulo R en el plano xy) . Supongamos que f (x, y) ≥ 0 en R, de manera que su gr´afica es una superficie en R3 que est´a arriba del rect´angulo R. Consideremos ahora, la regi´ on s´olida, S, de R3 , limitada por: el rect´angulo R (como “piso”), los cuatro planos verticales x = a, x = b, y = c e y = d (como “paredes”) la superficie de la gr´afica de f (como “techo”). Nuestro objetivo es hallar el volumen del s´olido S. As´ı como en una variable, se comenz´ o el estudio de integrales aproximando el ´ area bajo la curva y = F (x) de una funci´on F (x) ≥ 0 en el intervalo [a, b], en dos variables aproximaremos el volumen bajo la superficie z = f (x, y) de una funci´on f (x, y) ≥ 0 en el rect´angulo R. ¿C´omo encaramos la aproximaci´ on del volumen de S? El primer paso es dividir el rect´angulo R en subrect´angulos, para lo cual, comenzaremos subdividiendo los intervalos [a, b] y [c, d]. Por ejemplo, dividiremos el intervalo [a, b] en n subintervalos, numerados con i = 1, 2, · · · , n, de igual ancho ∆x = b−a n y el intervalo [c, d] en m subintervalos, numerados con j = 1, · · · , m, tambi´en de igual ancho ∆x = d−c . m Ver Figura ??. Luego R queda dividido en n m subrect´ angulos, que llamaremos Rij . ¿cu´al es el ´area de cada subrect´ angulo?

Figura 2: Subdivisi´ on del rect´ angulo R en n · m subrect´angulos de ´area ∆A = ∆x∆y cada uno ∗ ), en cada subrect´ Tomemos un punto “de muestra” cualquiera, que llamaremos (x∗ij , yij angulo Rij y aproximemos la parte del s´ olido S que est´ a arriba de Rij con un paralelep´ıpedo (o “columna”) de base Rij y altura f (x∗i , yj∗ ). ¿Qu´e volumen tiene esta “columna”? ¿Sabemos calcularlo? El volumen de cada columna ∗ ) ∆A. est´a dado por f (x∗ij , yij

Si realizamos este procedimiento de aproximaci´on para los n m subrect´angulos y sumamos los vol´ umenes de todas las nm “columnas”, obtendremos una aproximaci´on del volumen total del s´olido S:

Snm =

n X m X

∗ f (x∗ij , yij )∆A

i=1 j=1

5-2

Esta suma se llama suma doble de Riemann (comparar con la suma de Riemann para una funci´on de una variable). EJEMPLO 1: Estimar el volumen del s´olido que se encuentra arriba del rect´angulo R = [0, 2]×[−1, 1] y debajo del paraboloide el´ıptico z = 16−x2 −2y 2 . Para ello, dividir R en cuatro subrect´angulos iguales y elegir el punto “de muestra” como la esquina superior derecha de cada subrect´angulo Rij . El primer paso para la aproximaci´ on es subdividir el rect´ angulo R. Para ello dividimos primero cada uno de los intervalos [0, 2] y [−1, 1], en dos subintervalos del mismo ancho. R queda as´ı subdividido en 4 subrect´ angulos: R11 , R12 , R21 y R22 , con a ´rea ∆A = 1 cada uno. Elegimos como punto “de ∗ ) = (0, 1), (x∗ , y ∗ ) = (0, 2), muestra” la esquina superior derecha de cada Rij , esto es: (x∗11 , y11 12 12 ∗ ∗ ∗ ∗ (x21 , y21 ) = (1, 1), (x22 , y22 ) = (1, 2). Calculamos la correspondiente suma de Riemann para la funci´ on 2 2 f (x, y) = 16 − x − 2y (que resulta positiva sobre R): S22 =

2 X 2 X

∗ f (x∗ij , yij )∆A

i=1 j=1

= f (1, 0)∆A + f (1, 1)∆A + f (2, 0)∆A + f (2, 1)∆A = 15 + 13 + 12 + 8 = 48 Con 4 subrect´ angulos, la aproximaci´ on al volumen del s´ olido es V ≈ 48. Al aumentar el n´ umero de subdivisiones considerando n y m cada vez m´ as grandes, la aproximaci´ on mejorar´ a. Pruebe con n = m = 4 ¿Qu´e aproximaci´ on al volumen del s´ olido obtuvo? Si el valor exacto del volumen es V = 52,¿mejor´ o la aproximaci´ on? En este ejemplo, si tenemos en cuenta la simetr´ıa de la funci´ on, f (x, y) = f (x, −y) para todo (x, y) ∈ 2 R , observamos que el volumen del s´ olido sobre R = [0, 2] × [−1, 1] es 2 veces el volumen del s´ olido sobre [0, 2] × [0, 1]. Podr´ıamos haber trabajado entonces sobre el rect´ angulo m´ as peque˜ no y luego hacer V[0,2]×[−1,1] = 2 V[0,2]×[0,1] . Utilice este resultado y aproxime el volumen pedido, calculando la suma de Riemann para f sobre [0, 2] × [0, 1] con 4 subrect´ angulos. Compare con la aproximaci´ on obtenida previamente. En general, cuando f (x, y) ≥ 0 sobre R, podemos expresar el volumen del s´olido que se encuentra bajo la gr´afica de f y arriba del rect´ angulo R como: V =

l´ım

n X m X

n,m→∞

∗ f (x∗ij , yij ) ∆A

i=1 j=1

Esta expresi´on induce la siguiente definici´ on de integral doble de una funci´on de dos variables sobre un rect´angulo: ´ DEFINICION: La integral doble de una funci´ on de dos variables f , sobre el rect´angulo R es ZZ f (x, y) dA = R

l´ım

n,m→∞

si este l´ımite existe. 5-3

n X m X i=1 j=1

∗ f (x∗ij , yij ) ∆A

Si f es una funci´on continua en R, se puede demostrar que el l´ımite de la definici´on anterior existe y el resultado es un n´ umero real.

Notemos que la definici´ on anterior es aplicable a cualquier funci´on de dos variables, sin importar su signo. RR Ahora bien, cuando f (x, y) ≥ 0 en R, la integral doble R f (x, y) dA, representa el volumen V del s´ olido que se encuentra arriba del rect´ angulo R y debajo de la superficie z = f (x, y), y puede escribirse: Z Z f (x, y) dA V = R

2.1.1.

Integrales dobles iteradas

Sabemos por lo visto en An´ alisis I, que evaluar una integral de una variable utilizando directamente su definici´on en base a sumas de Riemann es una tarea dif´ıcil, y en este sentido, el Teorema Fundamental del C´alculo (TFC) proporciona un m´etodo m´ as simple para calcularla. La evaluaci´on de integrales dobles a partir de su definici´ on es incluso m´ as dif´ıcil, pero veremos en esta secci´on una forma pr´actica que en general nos permitir´a calcularlas. Supongamos que f (x, y) es una funci´ on continua de dos variables, definida en el rect´angulo R = [a, b] × [c, d]. Rd Pensemos ahora en la siguiente integral c f (x, y)dy. ¿Qu´e significa? Esta notaci´on quiere decir que la variable x queda fija mientras f (x, y) se integra con respecto a y, desde y = c hasta y = d. Observemos que Rd on que depende de x. Si ahora integramos ´esta con respecto a x, desde x = a c f (x, y)dy nos da una expresi´ hasta x = b, obtenemos  Z b Z d f (x, y) dy dx. a

c

Esta expresi´on se conoce como integral iterada (iterar significa repetir, volver a hacer un proceso: en este caso la iteraci´on consiste en integrar una vez y luego volver a integrar otra vez m´as). En general, la escribiremos: Z bZ

Z b Z

d

d

f (x, y) dy dx = a

f (x, y) dy dx a

c



c

donde queda indicado que primero integramos con respecto a y, desde c hasta d, y luego con respecto a x, desde a hasta b. De manera similar, tenemos la integral iterada Z

dZ b

Z

d Z b

f (x, y)dxdy = c

a

 f (x, y)dx dy

c

a

indicando que primero integramos con respecto a x, desde a hasta b, y luego integramos la expresi´ on resultante con respecto a y, desde c hasta d. EJEMPLO 2: Evaluar las siguientes integrales iteradas: (a) (a) Primero hacemos

R3 1

R2R3 0

1

x2 y dy dx;

(b)

R3R2 1

0

x2 y dx dy

x2 y dy, o sea que la variable x queda fija mientras x2 y se integra con respecto

5-4

a y, desde y = 1 hasta y = 3: Z

3

1

y=3 y2 x y dy = x 2 y=1  2  2 2 1 2 3 −x = x 2 2 

2

2

= 4 x2 Ahora integramos esta expresi´ on con respecto a x, desde x = 0 hasta x = 2: x=2  Z 2 x3 2 4 x dx = 4 3 0  3 x=0  3  2 0 8 = 4 −4 =4 3 3 3 32 = 3

(b) En este caso, primero hacemos 3Z 2

Z

R2 0

x2 ydx: Z

2

3 Z 2

x y dx dy = 1

1

0

Z

0 3

= 1

=

 Z x y dx dy = 2

8 y 3



 dy =

3 3 x

3

1  2 3

8y 3 2

x=2 y

dy x=0

= 1

32 3

Notemos que en el ejemplo previo, se obtuvo la misma respuesta cuando integramos primero con respecto a y, que cuando integramos primero con respecto a x. El siguiente teorema indica, efectivamente, que bajo ciertas condiciones, las dos integrales iteradas dan el mismo valor num´erico, es decir que el orden de integraci´on no altera el resultado. Este teorema proporciona adem´as un m´etodo para evaluar una integral doble expres´andola como integral iterada (en cualquier orden):

Teorema de Fubini para integrales dobles: Si f : R ⊂ R2 → R es una funci´ on continua en el rect´angulo R = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}, entonces Z Z Z bZ d Z dZ b f (x, y) dA = f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy R

a

c

c

a

En general el Teorema de Fubini se satisface a´ un bajo condiciones m´as d´ebiles: basta con suponer que la funci´on f est´a acotada en R, es discontinua s´ olo en un n´ umero finito de curvas suaves y existen las integrales iteradas.

El Teorema de Fubini nos permite entonces calcular la integral doble sobre un rect´angulo una funci´ on continua, mediante integrales iteradas, esto es, integrando con respecto a una variable a la vez y adem´ as en cualquier orden de integraci´ on, lo que es muy conveniente como veremos en los siguientes ejemplos. 5-5

EJEMPLO 3: Calcular la integral doble

RR

R (1

+ 6xy 2 ) dA, donde R = [0, 2] × [−1, 1]

Para calcular la integral doble sobre el rect´ angulo R utilizaremos el teorema de Fubini y como este teorema nos permite elegir el orden, utilizaremos la siguiente integral iterada:

Z

2 Z 1

2



Z

2

(1 + 6xy )dy dx = 0

−1

0

Z

y3 y + 6x 3

y=1 dx y=−1

2

[(1 + 6x) − (−1 − 2x)] dx

= 0

Z = 0

2

x2 (2 + 4x) dx = 2x + 4 2 

2 0

= 12 Calcular integrando primero respecto de la variable x, y verificar que se obtiene el mismo resultado.

EJEMPLO 4: Calcular

RR

R y sen(xy)dA,

donde R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ π}

Si primero integramos con respecto a x, obtenemos Z Z Z πZ 2 y sen(xy) dA = y sen(xy) dx dy R Z0 π 1 = [− cos(xy)]x=2 x=1 dy 0 Z π [− cos(2y) + cos y] dy = 0  π 1 = − sen(2y) + sen y 2 0 = 0

Notar que para evaluar la primera integral, necesitamos dar una primitiva para una funci´ on del tipo k sen(kx). En cambio, si hubi´eramos integrado primero respecto de la variable y, hubi´eramos necesitado una primitiva para y sen(xy) con respecto a y, es decir una funci´ on de la forma: polinomio (en y) por funci´ on trigonom´etrica, que requiere integraci´ on por partes. Claramente en este ejemplo conviene integrar primero respecto de x!

EJEMPLO 5: Calcular el volumen del s´olido en el primer octante acotado por los planos coordenados, el plano x = 3 y el cilindro parab´ olico z = 4 − y 2 . Esboce el gr´afico del s´olido. Como f (x, y) = 4−y 2 resulta positiva sobre el rect´ angulo R = [0, 3]×[0, 2], el volumen puede obtenerse como la integral doble de la funci´ on f sobre R. Como en el primer octante z ≥ 0, se debe cumplir

5-6

z = 4 − y 2 ≥ 0, esto es |y| ≤ 2. Si primero integramos con respecto a x, obtenemos Z 2Z 3 Z Z 2 (4 − y 2 ) dx dy (4 − y ) dA = 0 0 R Z 2  x=3 = (4 − y 2 ) x x=0 dy 0 Z 2 Z 2 2 = (4 − y ) 3 dy = 3 (4 − y 2 ) dy 0

0

y3 = 3 4y − 3 = 16 

2 0

Eval´ ue el volumen integrando primero respecto de y. ¿Obtuvo el mismo valor?

2.2.

Integral doble en una regi´ on plana general

En el caso de integrales definidas en una variable la regi´on de integraci´on es un intervalo, pero en dos variables la situaci´ on es m´ as rica y hay mayor variedad de regiones para considerar. Hasta ahora estudiamos integrales dobles sobre rect´ angulos; en esta secci´on definiremos la integral doble sobre una regi´on D m´ as general. Supongamos que D es una regi´ on acotada, es decir que existe un rect´angulo R tal que D ⊂ R. Definimos entonces una nueva funci´ on F , con dominio en el rect´angulo R, de la siguiente forma: ( F (x, y) =

f (x, y) 0

si (x, y) ∈ D si (x, y) ∈ R − D

Entonces, si la integral doble de F sobre R existe (notar que es una integral sobre un rect´angulo), definimos la integral de f sobre D como: Z Z Z Z f (x, y)dA = F (x, y)dA D

R

donde la segunda es una integral sobre un rect´angulo que ya sabemos calcular. Por otra parte, la definici´ on es “natural” (razonable) ya que F (x, y) = 0 cuando (x, y) se encuentra fuera de D y por lo tanto “no aporta nada” a la integral. Notemos que no importa el rect´angulo R que consideremos, el u ´nico requisito es que R contenga a D. RR Nos preguntamos, ¿qu´e pasa cuando f (x, y) ≥ 0? La integral doble D f (x, y) dA ¿es el volumen del s´olido que se encuentra arriba de D y debajo de la gr´afica de f ? Es f´acil darse cuenta que s´ı. Observemos RR que f (x, y) ≥ 0 implica que F (x, y) ≥ 0 tambi´en, y la angulo) es R F (x, y) dA (integral sobre un rect´ entonces el volumen del s´ olido que se encuentra arriba de R y debajo de la gr´afica de F , pero ambos s´ olidos tienen el mismo volumen! En general, es posible que F tenga discontinuidades en los puntos de la frontera de D (¿cu´ando esto no ocurrir´ıa?, ¿c´omo ser´ıa f en ese caso?). Sin embargo, si f es continua en D y adem´as la frontera de D es una curva “bien comportada”, se puede demostrar que la integral doble de F sobre R existe y por lo RR tanto on, regiones de integraci´on D que tienen este “buen D f (x, y) dA existe. Estudiaremos a continuaci´ comportamiento”: las clasificaremos en regiones de tipo I y regiones de tipo II. Hay regiones del plano que 5-7

son de ambos tipos (“muy bien comportadas”), y otras que no son de ninguno de estos dos tipos... veremos c´omo proceder en estos casos.

2.2.1.

Regiones planas de tipo I y tipo II

• Una regi´ on plana es de tipo I si se encuentra entre las gr´ aficas de dos funciones continuas de la variable x, esto es: DI = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} donde g1 y g2 son funciones continuas de x en [a, b].Ver Figura ??. Por ejemplo, la regi´ on del plano xy limitada por las curvas y = x, y = x2 y las rectas verticales x = 3 y x = 4, es una regi´ on de tipo I, ¿en qu´e intervalo de x? Un c´ırculo de radio 1 centrado en el origen, es una regi´on de tipo I en el intervalo [−1, 1]. ¿Cu´ales son las funciones g1 (x) y g2 (x)? La regi´ on encerrada entre dos c´ırculos conc´entricos centrados en el origen con radios 1 y 2, respectivamente, no es una regi´on de tipo I; ¿por qu´e? La regi´on encerrada entre el eje x y la funci´on g(x) = [x] (funci´ on “parte entera”) en el intervalo [1, 3], no es de tipo I, pero s´ı es uni´on de dos regiones de tipo I, ¿cu´ ales son? Dib´ ujelas.

Figura 3: Algunos ejemplos de regiones de tipo I Supongamos entonces que D es una regi´on de tipo I, ¿c´omo encaramos en este caso el c´alculo de la integral doble sobre la regi´ on D? Siguiendo la definici´on, eligiremos un rect´angulo R que contenga a D (¿existir´a?) y luego definimos F , que coincidir´a con f en D y se anular´a fuera de D. Aplicando finalmente la definici´ on: Z Z Z Z f (x, y) dA = F (x, y) dA D

R

Si aplicamos el Teorema de Fubini en la u ´ltima integral (explique porqu´e podemos hacerlo), tenemos: Z bZ

Z Z F (x, y) dA = R

d

F (x, y) dydx a

c

Si tenemos en cuenta que F (x, y) = 0 si y < g1 (x) ´o y > g2 (x) (¿por qu´e?), podemos escribir: Z

d

Z

g2 (x)

F (x, y) dy = c

Z

g2 (x)

F (x, y) dy = g1 (x)

f (x, y) dy g1 (x)

donde hemos tenido en cuenta que F (x, y) = f (x, y) en D, o sea cuando g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x). O sea que finalmente podemos escribir una integral doble sobre una regi´on D de tipo I, como una integral iterada: 5-8

Integral doble en regiones de tipo I: Sea f : DI ⊂ R2 → R una funci´ on continua en una regi´on DI de tipo I, DI = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} donde g1 y g2 son funciones continuas en [a, b], entonces Z Z Z b Z g2 (x) f (x, y) dA = f (x, y) dy dx DI

a

g1 (x)

aficas de dos funciones continuas de la • Una regi´ on plana es de tipo II si se encuentra entre las gr´ variable y, esto es: DII = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)} donde h1 y h2 son funciones continuas en [c, d]. Ver Figura ??.

Figura 4: Algunos ejemplos de regiones de tipo II Procediendo de manera similar a lo que hicimos con las regiones de tipo I, se puede demostrar para las regiones de tipo II un resultado semejante: Integral doble en regiones de tipo II: Sea f : DII ⊂ R2 → R una funci´ on continua en una regi´on DII de tipo II, DII = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)} donde h1 y h2 son funciones continuas en [c, d], entonces Z Z Z d Z h2 (y) f (x, y) dA = f (x, y) dx dy DII

c

h1 (y)

RR 3 EJEMPLO 6: Hallar angulo en el plano xy con v´ertices D (x y + cos x)dA, donde D es el tri´ π π π (0, 0), ( 2 , 0) y ( 2 , 2 ). Observemos que el tri´ angulo D es una regi´ on de tipo I: D = DI = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 5-9

π , 0 ≤ y ≤ x} 2

y tambi´en es una regi´ on de tipo II: D = DII = {(x, y) : 0 ≤ y ≤

π π ,y≤x≤ } 2 2

Entonces, podemos calcular la integral doble integrando primero con respecto a y (D = DI como regi´ on de tipo I) ´ o primero con respecto a x (D = DII como regi´ on de tipo II). Para ilustrar el procedimiento, lo haremos de las dos formas: (a) Consideremos D = DI : Z Z

Z

π/2 Z x

(x3 y + cos x)dy dx 0 0 y=x  Z π/2  5 Z π/2  3 2 x y x = + (cos x)y + x cos x dx dx = 2 2 0 0 y=0  6 π/2 Z π/2 π6 x π/2 (x cos x) dx = + + [x sen x + cos x]0 = 12 0 (12) (64) 0

3

(x y + cos x) dA = D

π6 π + −1 768 2

=

Notar que en el c´ alculo anterior, necesitamos aplicar “integraci´ on por partes” para hallar una primitiva para x cos x. (b) Consideremos ahora D = DII : Z Z

π/2 Z π/2

Z

3

(x y + cos x) dA = D

0

y π/2  4 x y

Z =

4

0

 = =

(x3 y + cos x)dx dy x=π/2 + sen x

dy =

768

+

0

x=y

π4y2 y6 + y − + cos y 27 24

π6

Z

π/2 = 0

π/2  4 π y

y5 + 1 − − sen y 24 4 4

 dy

π6 π π6 + − +0−1 (8) (64) 2 (24) (64)

π −1 2

Como era de esperar, considerando a D de tipo I ´ o de tipo II, llegamos al mismo resultado. En cuanto al grado de dificultad de los c´ alculos, si bien fue semejante en ambos casos, notemos que cuando consideramos D = DI fue necesario aplicar “integraci´ on por partes”. Este ejemplo nos muestra la conveniencia de observar un poco las integrales antes de decidir el orden de las integrales iteradas. Esta observaci´ on comprende tanto la regi´on a integrar, como el integrando. Notar, por RR ejemplo, que la x dA sobre un c´ırculo D centrado en el origen, da 0 por simetr´ıa. Recordemos que cuando f (x, y) ≥ 0 sobre la regi´on D, la integral doble es el volumen del s´olido que est´ a por arriba de la regi´on D y por debajo de la gr´ afica de f . En los dos ejemplos siguientes usaremos integral doble para calcular el volumen de un s´ olido. EJEMPLO 7: Determinar el volumen del s´olido acotado por arriba por el cilindro parab´olico z = x2 y por debajo por la regi´ on del plano xy encerrada por la par´abola y = 2 − x2 y la recta y = x.

5-10

Figura 5: Regi´ on del plano encerrada por la par´abola y = 2 − x2 y la recta y = x Veamos primero qu´e tipo de regi´ on es D: si observamos la Figura ?? notamos que D es una regi´ on de tipo I y tambi´en de tipo II, ¿por qu´e? En este caso, por ser m´ as simple, consideraremos a D como regi´ on de tipo I. Necesitamos los puntos de intersecci´ on entre la recta y = x y la par´ abola y = 2 − x2 para poder definir a la regi´ on D. As´ı vemos que, reemplazando y = x en la ecuaci´ on de la par´ abola, queda x = 2 − x2 , que tiene 2 soluciones, x = 1 y x = −2. Como y = x, los puntos de intersecci´ on 2 son (1, 1) y (−2, −2). Entonces D = {(x, y) : −2 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 2 − x }, y evaluamos las siguientes integrales iteradas: # Z "Z 2 2−x

1

V

x2 dy

= −2

Z

1

=

=

−2 x3



2

2

 x (2 − x − x) dx =

Z

1

(2x2 − x4 − x3 ) dx

−2

x5

x4 i 1

− − 3 5 4 31 17 − −2 5 4

= 2

dx

x

−2

EJEMPLO 8: Halle el volumen del tetraedro limitado por los planos x + 2y + z = 2, x = 2y, x = 0 y z = 0. Ver Figura ??.

Figura 6: (a) Tetraedro en el primer octante (b) Regi´on de integraci´on D en el plano xy

Comenzamos haciendo una representaci´ on gr´ afica del s´ olido en R3 . La base del tetraedro es un tri´ angulo en el plano xy, ¿cu´ ales son las rectas que lo limitan? Son las rectas del plano xy determinadas cuando 5-11

los planos de las “paredes” y el plano del “techo” cortan el plano del “piso”, esto es, i) el plano xz corta al xy en el eje y, o sea en la recta x = 0, ii) el plano x = 2y, corta al xy en la recta x = 2y, iii) el plano x + 2y + z = 2 corta al xy en la recta x + 2y = 2. O sea que D es el tri´ angulo limitado por las rectas x = 2y, x + 2y = 2 y x = 0. Vemos que el s´ olido se encuentra por arriba del tri´ angulo D y por debajo del plano z = 2 − x − 2y. D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1,

x x ≤y ≤1− } 2 2

Si ahora integramos nos queda: Z

Z Z V

(2 − x − 2y)dA =

=

0

D

Z

1

Z

1− x2

(2 − x − 2y) dy dx

x 2

1

y=1− x 2y − xy − y 2 y= x 2 dx 2 0  Z 1  x2 x2 x  x 2 −x+ dx = 2−x−x 1− − 1− + 2 2 2 4 0  3 1 Z 1 x 2 2 = (x − 2x + 1) dx = −x +x 3 0 0 1 = 3

=

Como ya hemos mencionado, en algunos casos puede ser conveniente invertir el orden de la integraci´ on; por ejemplo, cuando la integral es muy dif´ıcil e intentamos ver si en el orden inverso la dificultad es menor. ¿C´omo invertir el orden de integraci´on? Mostraremos un ejemplo simple:

EJEMPLO 9: Graficar la regi´ on de integraci´on para la integral Z 2 Z 2x (4x + 2) dy dx 0

x2

Escribir una integral equivalente con el orden de integraci´on inverso. La regi´ on de integraci´ on es D = DI = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2x}. Al trazar el gr´ afico de la 2 regi´ on D, vemos que D est´ a limitada por las curvas y = x e y = 2x entre x = 0 y x = 2. Para encontrar los l´ımites de integraci´ on en el orden inverso, es decir cuando integramos primero respecto de x y luego respecto de y (esto es, D = DII ), podemos hacer lo siguiente: imaginamos una recta horizontal que “atraviese” la regi´ on de izquierda a derecha. Notamos que la recta “entra” en √ y x = 2 y “sale” en x = y. Luego hacemos que y var´ıe desde y = 0 hasta y = 4. La integral entonces queda: Z 4 Z √y (4x + 2) dx dy 0

y 2

El valor com´ un de estas dos integrales es 8. Hacer las dos integrales como ejercicio.

5-12

2.3.

Propiedades de las integrales dobles

Sean f y g funciones de dos variables y supongamos que existen las integrales dobles RR on plana general. Entonces se cumple: D g(x, y)dA, donde D es una regi´ 1.

RR

2.

RR

D

[f (x, y) + g(x, y)] dA =

D cf (x, y) dA = c

RR D

RR D

f (x, y)dA +

RR D

RR D

f (x, y)dA y

g(x, y)dA

f (x, y) dA, donde c ∈ R es una constante.

3. Si f (x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ D: Z Z Z Z f (x, y) dA ≥ g(x, y)dA D

D

4. Si D = D1 ∪ D2 , donde D1 y D2 no se intersecan salvo quiz´as en sus fronteras, entonces Z Z Z Z Z Z f (x, y) dA = f (x, y) dA + f (x, y) dA D

D1

D2

5. Si integramos la funci´ on constante f (x, y) = 1 sobre una regi´on D, obtenemos el ´area de D. Z Z 1 dA = A(D) D

6. Si m ≤ f (x, y) ≤ M para todo (x, y) ∈ D, entonces Z Z m A(D) ≤ f (x, y) dA ≤ M A(D) D

2.4.

Integral doble en coordenadas polares

RR Supongamos que se pretende calcular on, en el primer cuadrante, de la corona D xy dA, donde D es la porci´ circular de radio interior 2 y radio exterior 5. Algunas regiones del plano, como esta D, son descriptas m´ as f´ acilmente usando coordenadas polares en lugar de coordenadas cartesianas (repasar lo visto en la Gu´ıa 1 – Secci´ on 8.1). Por otro lado, una funci´ on de dos variables definida para puntos P del plano puede tambi´en tener una expresi´ on m´ as simple si se escriben x e y en t´erminos de r y θ. En uno u otro caso, conviene operar en coordenadas polares. Veamos entonces c´ omo se calcula una integral doble en este sistema de coordenadas.

Empezamos por recordar la noci´ on del denominado “rect´angulo polar” o sector de corona circular, visto en el Ejercicio 10 de la Gu´ıa 1: R = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β} cuya ´area est´a dada por 1 A(R) = (b2 − a2 )(β − α). 2 5-13

Como ejemplo, el sector de corona circular entre los radios 2 y 3, y entre los ´angulos π3 y π6 es el conjunto {(r, θ) : 2 ≤ r ≤ 3, π6 ≤ θ ≤ π3 }; notar que, en coordenadas cartesianas, esta misma regi´on se escribe √ {(x, y) : 4 ≤ x2 + y 2 ≤ 9, √13 ≤ xy ≤ 3} (grafique e indique si se trata de una regi´on de tipo I, o de tipo II, o de tipos I y II a la vez, o ni I ni II). Una funci´on f de dos variables puede darse en t´erminos de las coordenadas polares, a trav´es de la composici´on: f (x(r, θ), y(r, θ)) = f (r cos θ, r sen θ). p Como ejemplo, la funci´ on que indica la distancia de un punto al origen, f (x, y) = x2 + y 2 , resulta simplep mente f (r cos θ, r sen θ) = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Con estos ingredientes, aplicamos la idea de sumas de Riemann al c´alculo de una integral definida de una funci´on de dos variables, sobre una regi´ on del plano con forma de “rect´angulo polar”. Para ello, dividimos la regi´ on R en n m “subrect´angulos polares” dando una subdivisi´on del radio en n tramos iguales de largo ∆r = b−a on del ´angulo en m partes cada una de las cuales subtiende n , y una subdivisi´ β−α al es el ´ area de cada subsector de corona circular Rij , entre ri y ri + ∆r, y entre un arco de ∆θ = m . ¿Cu´ θj y θj + ∆θ? Ver Figura ??.

Figura 7: Subdivisi´ on del sector de corona circular determinado por r ∈ [a, b], θ ∈ [α, β].

Aplicando la expresi´ on dada m´ as arriba para el ´area de un sector de corona, tenemos 1 2 2 ∆Aij = 2 [(ri + ∆r) − ri ] [(θj + ∆θ) − θj ] = 21 [2ri ∆r + (∆r)2 ] ∆θ. Dado que ∆r es muy peque˜ no (tomando n suficientemente grande), se puede despreciar el t´ermino cuadr´ atico, y resulta ∆Aij = ri ∆r ∆θ Observar que es razonable que aparezca el factor ri , pues para ∆r y ∆θ fijos, los subsectores Rij m´as alejados del origen tienen ´area mayor. ∗ y Dentro de cada subsector Rij , elegimos un punto de muestra, que estar´a caracterizado por un radio rij ∗ . Luego, la suma de Riemann doble en coordenadas polares queda un ´angulo θij Snm =

n X m X

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ f (rij cos θij , rij sen θij ) rij ∆r ∆θ

i=1 j=1

que, en el l´ımite para n y m tendiendo a +∞, da la integral buscada. 5-14

´ DEFINICION: La integral doble de f en coordenadas polares sobre el sector de corona circular R (denotado por Rxy cuando se expresa en coordenadas cartesianas, y por Rrθ cuando se expresa en coordenadas polares), es ZZ ZZ n X m X ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ f (x(r, θ), y(r, θ)) r dr dθ = l´ım f (rij cos θij , rij sen θij ) rij ∆r ∆θ f (x, y) dA = Rxy

n,m→∞

Rrθ

i=1 j=1

si el l´ımite existe.

´ OBSERVACION: Notamos que, al integrar en coordenadas polares, aparece un factor r que multiplica a los diferenciales dr y dθ para formar el elemento de ´ area: dA = r dr dθ. Se puede demostrar (mire en la bibliograf´ıa) que ese factor est´a directamente relacionado con el Jacobiano de la transformaci´on de coordenadas cartesianas (x, y) a coordenadas polares (r, θ): ∂x ∂x cos θ −r sen θ ∂r ∂θ ∂(x, y) J(r, θ) ≡ = = =r ∂y ∂y sen θ r cos θ ∂(r, θ) ∂r ∂θ Para ser precisos, el factor que aparece al sustituir las variables es el valor absoluto del Jacobiano: |J(r, θ)| = r. (No se debe olvidar el valor absoluto, ya que eso asegura que el elemento de ´area sea positivo!!)

NOTA ADICIONAL: El factor |J| no resulta tan sorprendente, si recordamos que para una funci´on de una variable, la t´ecnica R u(b) Rb de sustituci´on dice que a f (x) dx = u(a) f (x(u)) x0 (u) du. Esto es, cuando se escribe x en t´erminos de ∂y dx ∂x ∂y u, aparece un factor x0 (u) = du , que es el an´alogo a J(r, θ) = ∂x ∂r ∂θ − ∂θ ∂r (en valor absoluto). Recordar adem´as que la sustituci´ on implica redefinir el intervalo de integraci´on. Se puede probar un resultado m´ as general, la llamada transformaci´ on (o cambio) de coordenadas, de (x, y) a (u, v), para funciones de dos variables, que permite calcular una integral doble como ZZ ZZ ∂(x, y) du dv f (x, y) dx dy = f (x(u, v), y(u, v)) ∂(u, v) Rxy Ruv

donde se incluye el valor absoluto del Jacobiano de la transformaci´on: |J(u, v)| = |xu yv − xv yu |, y se tiene en cuenta la redefinici´ on de la regi´ on de integraci´on de modo que (u, v) ∈ Ruv . En ciertas ocasiones esta transformaci´on facilita los c´ alculos, ya sea porque simplifica la funci´on a integrar, o porque resulta m´ as sencilla la regi´on de integraci´ on, o por ambos motivos! Busque alg´ un ejemplo en la bibliograf´ıa y est´ udielo. Por u ´ltimo, en coordenadas polares es aplicable la noci´on de integrales iteradas, y tambi´en se puede definir la integral doble para regiones polares generales en el plano. En este caso, hablamos de regiones polares de tipos I ´o II, cuando se dan entre valores fijos del radio o del ´angulo, respectivamente. ¿C´omo definir´ıa estas regiones? ¿C´omo ser´ıan los gr´ aficos t´ıpicos?

En el siguiente ejemplo resumimos los pasos a seguir para calcular una integral doble usando coordenadas polares. 5-15

RR EJEMPLO 10: Calcular on, en el primer cuadrante, de la corona D xy dA donde D es la porci´ circular de radio interior 2 y radio exterior 5.

1) Expresamos la regi´ on de integraci´ on en coordenadas polares, usando que x = r cos θ, y = r sen θ: 2 2 2 4 ≤ x + y ≤ 25 implica 4 ≤ r ≤ 25, luego r ∈ [2, 5]; mientras que x > 0, y > 0 implican θ ∈ (0, π2 ). Luego Rrθ = [2, 5] × [0, π2 ] que es un rect´ angulo polar. 2) Expresamos la funci´ on a integrar, en coordenadas polares (sustituyendo x por r cos θ e y por r sen θ): f (x, y) = xy implica f (x = r cos θ, y = r sen θ) = r cos θ r sen θ = r2 sen θ cos θ. 3) Armamos la integral, agregando el Jacobiano r:  R  RR R π/2 R 5 2 R π/2 5 3 xy dA = r sen θ cos θ (r dr dθ) = sen θ cos θ dθ r dr . D 0 2 0 2 Complete el c´ alculo y compruebe que el resultado de la integral es

609 8 .

En el u ´ltimo paso resuelto en el ejemplo, observe que usamos la propiedad de factorizaci´ on: dado que el integrando es un producto de la forma g(r)h(θ) y los l´ımites de integraci´on son fijos, se pueden hallar las dos integrales por separado. Esta propiedad NO se puede aplicar, por ejemplo, si el integrando es de la forma ln(r3 − θ) ´o los l´ımites son variables. EJEMPLO 11: Hallar p el volumen del s´olido delimitado por la superficie c´onica z = superficie esf´erica z = 1 − x2 − y 2 .

p x2 + y 2 y la

El s´ olido S en este ejemplo tiene la forma de “un cucurucho con (grafique). puna bocha de helado” p 2 2 Notamos que la coordenada z de los puntos del s´ olido satisface x + y ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 , lo que indica que el “techo” de S es una parte depla superficie de la esfera, la cual puede verse como la gr´ afica de la funci´ on de dos variables t(x, y) = 1 − x2 − y 2 , mientras que el “piso” de S no es z = 0 en este ejemplo (como vimos en la mayor´ıa de los ejemplos anteriores de c´ alculo de volumen), sino que es una parte depla superficie del cono, la cual puede verse como la gr´ afica de la funci´ on de dos 2 2 variables p(x, y) = x + y . El volumen se expresa, por lo tanto, como ZZ Z Z hp i p [t(x, y) − p(x, y)] dA = 1 − x2 − y 2 − x2 + y 2 dA V (S) = D

D

Nos falta determinar la regi´ on de integraci´ on D. Sospechamos (por el dibujo realizado) que se trata de un c´ırculo. La frontera de la regi´ on de integraci´ on D es, de hecho, la proyecci´ on sobre el plano xy de la curva intersecci´ on C entre las superficies del cono y la esfera. Resolvamos esta interseccion igualando q p p 1 2 2 2 2 2 2 las expresiones para z: x + y = 1 − x − y , de donde se obtiene x + y = 2 con z = 12 (esto es, la curva intersecci´ on C tambi´en se puede ver como la intersecci´ on de una superficie cil´ındrica con un plano horizontal). Proyectando en el plano xy, deducimos que la ecuaci´ on x2 + y 2 = 12 es la frontera de la regi´ on de integraci´ on, esto es, D = {(x, y) : 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 12 }. Vemos que tanto la funci´ on a integrar t(x, y) − p(x, y) como la regi´ on de integraci´ on D se describen muy f´ acilmente si trabajamos en coordenadas polares. Efectivamente, se tiene ZZ p V (S) = [ 1 − r2 − r](r dr dθ) Drθ

5-16

donde Drθ = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ resulta una cantidad positiva).

q

1 2, 0

≤ θ ≤ 2π}. la soluci´ on finalmente es V (S) = π( 43 −

√

2 2 )

(que

En este ejemplo podr´ıamos haber utilizado una simetr´ıa del problema: el volumen total de S es igual a 4 veces el volumen del s´ olido contenido en el primer octante. Este c´alculo alternativo corresponde a la regi´ on de integraci´on dada por un cuarto de c´ırculo, solo en el primer cuadrante, o sea el mismo intervalo para r pero con θ ∈ [0, π2 ]. Es muy u ´til analizar las simetr´ıas de un problema, si las tiene, dado que muchas veces nos puede facilitar RR la respuesta, sin hacer ning´ un c´ alulo!. Por ejemplo, D x dA sobre un c´ırculo D centrado en el origen da 0, por simetr´ıa (sin cuentas). Para convencerse, piense en las sumas de Riemann para esta integral: cada elemento de ´area dA (un subrect´ angulo polar) se multiplica por el valor de muestra x en ese subrectangulo; pero hay tantos valores de x positivos como negativos, de modo que se cancelan.

2.5.

Aplicaciones de las integrales dobles

Discutimos en esta secci´ on algunas aplicaciones f´ısicas de las integrales dobles.

2.5.1.

Valor promedio de una funci´ on de dos variables

P Si x1 , x2 , · · · , xn son n n´ umeros, su promedio est´a definido por [xi ]prom = (x1 + x2 + · · · + xn )/n = n1 ni=1 xi (por ejemplo: la altura promedio de los alumnos del curso). Este concepto nos lleva a definir el valor promedio de una funci´on de una variable F en el intervalo [a, b] como Fprom

1 = b−a

Z

b

F (x)dx a

donde b − a es la longitud del intervalo de integraci´on (como n era el n´ umero de elementos en el caso discreto dado). Ejemplo: Densidad promedio de una varilla met´alica. Asimismo para funciones de dos variables, f : D ⊂ R2 → R, decimos que el valor promedio de f sobre D es: Z Z 1 f (x, y)dA fprom = A(D) D RR donde A(D) es el ´ area de D. Teniendo en cuenta que A(D) = D dA, podemos escribir el valor promedio como: RR f (x, y) dA DR R fprom = D dA Ejemplo: Temperatura promedio de una placa bidimensional. EJEMPLO 12: Hallar el valor promedio de f (x, y) = x sen2 (xy) en D = [0, π] × [0, π]

5-17

Primero calculamos Z πZ π Z Z x sen2 (xy)dydx f (x, y)dA = 0 D   Z0 π Z Z π π 1 − cos(2xy) xy sen(2xy) y=π = x dy dx = − dx 2 2 4 0 0 0 y=0   2 x=π Z π πx πx sen(2πx) cos(2πx) dx = − + = 2 4 4 8π 0 x=0 =

El valor promedio es RR fprom =

2.5.2.

D R

π 3 cos(2π 2 ) − 1 + 4 8π

f (x, y) dA π 3 /4 + [cos(2π 2 ) − 1]/8π π cos(2π 2 ) − 1 R = = + ' 0,7839 π2 4 8π 3 D dA

C´ alculo de la masa total y coordenadas del centro de masa de una placa

En An´alisis I, aplicando integrales de una variable pudimos calcular momentos y tambi´en el centro de masa de una placa delgada o l´ amina de densidad constante. Ahora, el c´alculo con integrales dobles, nos permite considerar una l´amina con densidad variable. Supongamos que la l´amina ocupa una regi´on D del plano xy y su densidad superficial en un punto (x, y) ∈ D est´a dada por ρ(x, y), donde ρ(x, y) es una funci´on continua. Se demuestra que la masa total de la l´ amina es: Z Z m= ρ(x, y)dA D

en kg, si ρ esta dada en

kg/m2 .

Podemos tambi´en encontrar el centro de masa de una l´amina con densidad ρ(x, y) en una regi´on D. Las coordenadas (xCM , yCM ) del centro de masa son: Z Z 1 xCM = x ρ(x, y) dA m D Z Z 1 yCM = y ρ(x, y) dA m D (en m) donde m es la masa total de la l´ amina. EJEMPLO 13: Hallar el centro de masa del rect´angulo [0, 1] × [0, 1] si la densidad de masa es ρ(x, y) = ex+y Calculemos primero la masa total: Z Z Z 1Z 1 Z 1  x+y 1 x+y x+y m = e dA = e dx dy = e dy 0 D 0 0 0 Z 1  1 = (e1+y − ey )dy = e1+y − ey 0 0 2

= e − 2e + 1 = (e − 1)2 w 2,9525 5-18

Ahora calcularemos la integral:

Z Z xe

x+y

Z

1Z 1

dA =

xe

D

0

Z =

x+y

Z dxdy =

0

1

xex+y − ex+y

0

1 0

dy

1

 e1+y − e1+y + ey dy

0

Z =

1

ey dy = e − 1

0

de modo que: xCM =

e−1 1 = w 0,5820 2 (e − 1) e−1

Se pueden intercambiar los papeles de y y x en todos estos c´alculos, por lo que yCM = xCM .

1 e−1

igual que

´ 2: EJERCICIOS DE LA SECCION 1. Eval´ ue las siguientes integrales iteradas: R1 R1 a) −1 0 (x4 y + y 2 ) dy dx R π/2 R 1 b) 0 0 (y cos x + 2) dy dx R1R1 c) 0 0 (xyex+y ) dy dx R0 R2 d ) −1 1 (−x ln y) dy dx 2. Eval´ ue las integrales del ejercicio anterior integrando primero respecto de x y despu´es respecto de y. 3. Calcule las siguientes integrales dobles, donde R = [0, 2] × [−1, 0]: RR 2 2 a) R (x y + x) dy dx RR π b) R (|y| cos( 4 x)) dy dx 4. Halle el volumen del s´ olido acotado por la gr´afica de f (x, y) = 1 + 2x + 3y, el rect´angulo [1, 2] × [0, 1] en el plano xy y los planos verticales x = 1, x = 2, y = 0, y = 1. 5. Halle el volumen del s´ olido sobre el rect´angulo [−1, 1] × [−3, −2] en el plano xy y bajo de la gr´ afica de 4 2 f (x, y) = x + y . R1R1 6. Trace el s´olido cuyo volumen est´ a dado por la integral I = 0 0 (4 − x − 2y) dxdy 7. Halle el volumen del s´ olido limitado por el paraboloide el´ıptico z = 1 + (x − 1)2 + 4y 2 , los planos x = 3 e y = 2, y los planos coordenados. 8. Eval´ ue la integral iterada: R 1 R x2 a) 0 0 (x + 2y) dy dx R2R2 b) 1 y xy dx dy R π/2 R cos θ sen θ c) 0 e dr dθ 0 5-19

9. Eval´ ue la integral doble: RR 3 2 a) D x y dA, D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, −x ≤ y ≤ x} RR √ b) on limitada por las curvas y = x, y = x2 D (x + y) dA, D es la regi´ RR 3 c) on triangular con v´ertices (0, 2), (1, 1) y (3, 2) D y dA, D es la regi´ 10. Halle el volumen del s´ olido dado en los siguientes casos: a) El s´olido bajo el paraboloide z = x2 + y 2 y sobre la regi´on limitada por y = x2 y x = y 2 . b) El s´olido limitado por el cilindro y 2 + z 2 = 4 y los planos x = 2y, x = 0 y z = 0, en el primer octante. c) El s´olido limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y x + y + z = 1 11. En los siguientes ejercicios, trace la regi´on de integraci´on y escriba una expresi´on para cada integral cambiando el orden de la integraci´ on: R1Rx a) 0 0 f (x, y) dy dx R 2 R ln x b) 1 0 f (x, y) dy dx R 1 R 2−y c) 0 y2 f (x, y) dx dy 12. Eval´ ue la integral

R1R3 0

3y

2

ex dx dy invirtiendo el orden de integraci´on.

13. Calcule el volumen del s´ olido encerrado entre el paraboloide z = 4 − x2 − y 2 y el plano z = 0. 14. Determine el ´ area de la regi´ on encerrada por curva r2 = 4 cos(2θ) 15. Calcule el volumen del s´ olido que est´ a arriba del disco x2 +y 2 ≤ 4 y debajo del paraboloide z = 3x2 +3y 2 16. Halle el volumen del s´ olido que se encuentra debajo del paraboloide z = x2 + y 2 , arriba del plano xy y dentro del cilindro x2 + y 2 = 2x 17. Encuentre la masa y el centro de masa de la l´amina que ocupa la regi´on D = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} y tiene funci´ on de densidad ρ(x, y) = x2 . 18. Halle el promedio de f (x, y) = y sen(xy) sobre D = [0, π] × [0, π] 19. Halle el promedio de f (x, y) = ex+y sobre el tri´angulo con v´ertices (0, 0), (0, 1) y (1, 0)

5-20

3.

Integrales triples

En esta secci´ on vamos a estudiar integrales DEFINIDAS para funciones de tres variables sobre regiones s´ olidas, llamadas integrales triples. Realizaremos el c´ alculo de estas integrales sobre una regi´ on dada en el ´ espacio y el resultado ser´ a un NUMERO.

3.1.

Integral triple en una caja

As´ı como comenzamos el estudio de integrales dobles, integrando funciones de dos variables definidas sobre un rect´angulo, para estudiar integrales triples comenzaremos integrando funciones de tres variables con dominio en una caja o prisma rectangular B con caras paralelas a los planos coordenados. Una caja rectangular B puede describirse en t´erminos de tres intervalos cerrados [a, b], [c, d] y [s, t], que representan a sus aristas a lo largo de los ejes x, y, z, respectivamente. Esto es, B = {(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, s ≤ z ≤ t} ´o B = [a, b] × [c, d] × [s, t](Dibuje la caja B en R3 ). Para definir la integral triple usamos la idea de sumas de Riemann. Para ello, el primer paso es dividir B en cajas m´as peque˜ nas. De manera semejante a lo que hicimos para integrales dobles, dividimos los intervalos [a, b], [c, d] y [s, t], respectivamente, en n subintervalos de ancho ∆x, m subintervalos de ancho ∆y y l subintervalos de ancho ∆z. Luego B queda dividido en nml cajas m´as peque˜ nas, que denominamos Bijk . ¿Cu´al es el volumen ∆V de cada caja peque˜ na? ∗ , z ∗ ), en cada B Tomamos un punto “de muestra” cualquiera, que llamamos (x∗ijk , yijk ijk y formamos la ijk suma triple de Riemann:

Snml =

n X m X l X

∗ ∗ f (x∗ijk , yijk , zijk ) ∆V

i=1 j=1 k=1

Por analog´ıa con la definici´ on de integral doble, definimos la integral triple como el l´ımite de las sumas de Riemann: ´ DEFINICION: La integral triple de f sobre la caja B es n X m X l X

ZZZ f (x, y, z) dV = B

l´ım

n,m,l→∞

∗ ∗ f (x∗ijk , yijk , zijk ) ∆V

i=1 j=1 k=1

si el l´ımite existe.

Se puede demostrar que el l´ımite de la definici´on anterior existe si f es una funci´on continua en B, y el resultado es un n´ umero real.

5-21

3.1.1.

Integrales triples iteradas

Del mismo modo que para las integrales dobles, las integrales triples pueden expresarse en forma de integrales iteradas, lo que brinda un m´etodo pr´actico para calcularlas:

Teorema de Fubini para integrales triples: Si f : B ⊂ R3 → R es una funci´ on continua en la caja B = {(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, r ≤ z ≤ s}, entonces: ZZZ Z Z Z t

d

b

f (x, y, z) dV =

f (x, y, z) dx dy dz

B

s

c

a

La integral iterada del teorema de Fubini indica que integramos primero con respecto a la variable x, desde a hasta b, (manteniendo fijas y y z), luego integramos la expresi´on que queda, con respecto a y, desde c hasta d, (manteniendo z fija), y por u ´ltimo integramos con respecto a z, desde s hasta t. Hay otros cinco posibles ´ordenes en los que podemos integrar, y todos dan el mismo valor. Por ejemplo, si integramos primero con respecto a z (desde s hasta t), luego con respecto a x (desde a hasta b) y finalmente con respecto a y (desde c hasta d), tenemos: Z d Z b Z

ZZZ f (x, y, z) dV = B

t

 f (x, y, z) dz

c

a

 dx dy

s

En general el Teorema de Fubini se cumple si suponemos que f est´a acotada en B, es discontinua s´ olo en un n´ umero finito de superficies suaves, y existen las integrales iteradas. As´ı vemos que al igual que la integral doble, la integral triple puede calcularse integrando con respecto a una variable a la vez en cualquier orden de integraci´on, lo que muchas veces es muy conveniente, como veremos en los siguientes ejemplos: EJEMPLO 14: Evaluar

RRR

+ 3y + z) dV , donde B = [1, 2] × [−1, 1] × [0, 1]

B (2x

Comenzamos graficando la regi´ on s´ olida B. Notar que, en este ejemplo, cualquier orden en el que realicemos las integrales iteradas demandar´ a, en principio, un trabajo similar. Por lo tanto eligiremos uno cualquiera de los ´ ordenes posibles:   Z Z Z Z 1 Z 2 Z 1 (2x + 3y + z) dV = (2x + 3y + z) dz dx dy B

−1 1 1Z 2

0

z=1 z2 = (2x + 3y) z + dx dy 2 z=0 −1 1    x=2 Z 1Z 2 Z 1 1 1 2 2x + 3y + = dx dy = x + 3y + x dy 2 2 −1 1 −1 x=1   2 y=1 Z 1 7 y 7 3 7 3 7 = 3y + dy = 3 + y =( + )−( − )=7 2 2 2 2 2 2 2 −1 y=−1 Z

5-22

RRR

EJEMPLO 15: Calcular la integral triple B = [0, 1] × [0, 1] × [0, 1].

B

f (x, y, z) dV , donde f (x, y, z) = y e−xy y

En este ejemplo tambi´en elegimos uno cualquiera de los ´ ordenes de integraci´ on posibles: Z 1 Z 1   −xy x=1 Z 1Z 1Z 1 Z Z Z e −xy −xy y − ye dx dy dz = ye dV = dy dz y 0 0 0 0 0 B x=0 Z 1 Z 1Z 1  y=1 −y y + e−y y=0 dz (1 − e ) dy dz = = 0 0 0 Z 1   1 z=1 e−1 dz = e−1 z z=0 = = e 0 R 1R 1R 1 Como ejercicio, calcule alguna de las otras integrales iteradas (por ejemplo: 0 0 0 ye−xy dz dy dx), verifique que se obtiene el mismo resultado y compare la dificultad de los c´ alculos involucrados en cada orden elegido. Observe que, dado que f no depende de z, si hacemos primero la integral con respecto a z desde 0 a 1, eso da [z]10 = 1; y luego queda por calcular la integral doble de la funci´ on de dos xy variables, ye sobre el rect´ angulo [0, 1] × [0, 1]. Teniendo en cuenta que f (x, y, z) = −f (−x, −y, z), ¿podr´ıa decir, sin hacer c´ alculos, cu´ anto vale la integral de la funci´ on dada si B = [−1, 0] × [−1, 0] × [0, 1]? ¿Y si B = [−1, 1] × [−1, 1] × [0, 1]? (Piense en las sumas de Riemann)

EJEMPLO 16: Integrar f (x, y, z) = zex+y sobre B = [0, 1] × [0, 1] × [0, 1]

Z Z Z ze

x+y

Z 1Z 1Z dV

= 0

B

Z =

0

0

= 0

2

x+y

1

z=1

e

dy dx z=0 Z 1

 x+y y=1 ex+y e dy dx = dx 2 2 y=0 0 0  x  ex+1 − ex e (e − 1) x=1 dx = 2 2 x=0

1Z 1

= Z

zex+y dz dy dx

0 0 1 Z 1  2  z

0

Z

1

(e − 1)2 2

=

Notar que como integramos sobre un rect´ angulo, los l´ımites de las integrales iteradas son n´ umeros x y (constantes fijas) y adem´ as la funci´ on f se puede escribir f (x, y, z) = e e z. Por lo tanto, en este ejemplo, la integral triple tambi´en se podr´ıa haber calculado de la siguiente forma: Z Z Z Z 1Z 1Z 1 zex+y dV = zex ey dx dy dz B 0Z 10 0  Z 1  Z 1  x y = e dx e dy z dz 0

=

0

1 (e − 1) · (e − 1) · 2 5-23

0

Podemos aprovechar esta propiedad de factorizaci´on cuando el integrando es un producto de la forma f1 (x) · f2 (y) · f3 (z) y adem´ as la regi´ on de integraci´on es una caja [a, b] × [c, d] × [s, t]. CUIDADO: Notar que esta propiedad NO es aplicable en el caso general (por ejemplo, si la funci´ on es f (x, y, z) = cos(zex+y )).

3.2.

Integral triple en una regi´ on s´ olida general

Definiremos la integral triple sobre una regi´ on s´olida acotada E ⊂ R3 , siguiendo una idea muy similar a la que empleamos en integrales dobles. Consideramos una caja B tal que E ⊂ B. A continuaci´on definimos una nueva funci´on F : B ⊂ R3 → R de modo que coincida con f : E ⊂ R3 → R en E y que sea 0 en los puntos de B que no est´ an en E. Definimos entonces la integral triple de f sobre E: Z Z Z

Z Z Z

F (x, y, z) dV

f (x, y, z) dV = B

E

Esta integral existe si f es una funci´ on continua en E y la frontera de E es una superficie “suave”. ´ OBSERVACION: las propiedades que vimos para integrales dobles se extienden f´acilmente a integrales triples.

A continuaci´on, clasificaremos las regiones de integraci´on E en regiones de tipo 1, 2 y 3. Destaquemos que habr´a s´olidos que son de los tres tipos, y otros que no son de ninguno de estos tipos. Veamos c´omo se procede en estos casos.

3.2.1.

Regiones s´ olidas de tipos 1, 2 y 3

• Una regi´ on s´ olida es de tipo 1 si se encuentra entre las gr´ aficas de dos funciones continuas de las variables x e y, esto es: E1 = {(x, y, z) : (x, y) ∈ Dxy , u1 (x, y) ≤ z ≤ u2 (x, y)} donde Dxy es la proyecci´ on de E1 sobre el plano xy, como se muestra en la Figura ??. Notar que la frontera superior del s´ olido E es la superficie con ecuaci´ on z = u2 (x, y), mientras que la frontera inferior es la superficie z = u1 (x, y). Por ejemplo, la regi´ on del primer octante limitada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1, es una regi´on de tipo 1, ¿cu´ al es su proyecci´on Dxy sobre el plano xy? Un esfera s´olida de radio 1 centrada en el origen, es una regi´ on de tipo 1 en el c´ırculo del plano xy dado por, x2 + y 2 ≤ 1. ¿Cu´ales son las funciones u1 (x, y) y u2 (x, y)? La regi´ on s´olida encerrada entre dos esferas conc´entricas centradas en el origen con radios 1 y 2, respectivamente, no es una regi´on de tipo 1 (¿por qu´e?). La integral triple sobre una regi´ on de tipo 1 se escribe como una integral iterada, de la siguiente forma: "Z # Z Z Z Z Z u2 (x,y)

f (x, y, z) dV = E1

f (x, y, z) dz dA Dxy

5-24

u1 (x,y)

Figura 8: Algunos ejemplos de regiones s´olidas de tipo 1 Ahora bien, la proyecci´ on Dxy sobre el plano xy es una regi´on plana que a su vez puede ser de tipo I ´o II. Entonces el s´ olido E1 podr´ a describirse como: E1I = {(x, y, z) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x), u1 (x, y) ≤ z ≤ u2 (x, y)} ´o E1II = {(x, y, z) : c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y), u1 (x, y) ≤ z ≤ u2 (x, y)} seg´ un Dxy sea una regi´ on plana de tipo I ´o de tipo II, respectivamente; la integral triple podr´a entonces escribirse como: Z bZ

Z Z Z

g2 (x) Z u2 (x,y)

f (x, y, z) dV = E1I

f (x, y, z) dz dy dx a

g1 (x)

u1 (x,y)

´o Z dZ

Z Z Z

h2 (y) Z u2 (x,y)

f (x, y, z) dV = E1II

f (x, y, z) dz dx dy c

h1 (y)

u1 (x,y)

• De manera semejante, una regi´ on s´ olida E es de tipo 2 si se encuentra entre las gr´ aficas de dos funciones continuas de las variables y y z, esto es: E2 = {(x, y, z) : (y, z) ∈ Dyz , v1 (y, z) ≤ x ≤ v2 (y, z)} donde Dyz es la proyecci´ on de E sobre el plano yz, como se muestra en la Figura ??a. La integral triple sobre una regi´ on de tipo 2 se escribe como una integral iterada, de la siguiente forma: "Z # Z Z Z Z Z v2 (y,z)

f (x, y, z) dV = E2

f (x, y, z) dx dA Dyz

v1 (y,z)

Notemos que E2 es un s´ olido proyectable sobre el plano yz y an´alogamente a lo que pasaba con el s´olido de tipo 1, su proyecci´ on puede ser, a su vez, I ´o II, lo que conducir´a a una descripci´on E2I ´ o E2II , respectivamente.

5-25

Figura 9: Regiones s´olidas (a) de tipo 2 (b) de tipo 3 • De manera an´ aloga, una regi´ on s´ olida E es de tipo 3 si se encuentra entre las gr´ aficas de dos funciones continuas de las variables x y z, esto es: E3 = {(x, y, z) : (x, z) ∈ Dxz , w1 (x, z) ≤ y ≤ w2 (x, z)} donde Dxz es la proyecci´ on de E sobre el plano xz, como se muestra en la Figura ??b. La integral triple sobre una regi´ on de tipo 3 se escribe como una integral iterada, de la siguiente forma: "Z # Z Z Z Z Z w2 (x,z)

f (x, y, z) dy dA

f (x, y, z) dV = E3

Dxz

w1 (x,z)

Notemos que E3 es un s´ olido proyectable sobre el plano xz y an´alogamente a lo que pasaba con los s´olidos de tipo 1 y 2, su proyecci´ on puede ser, a su vez, I ´o II, lo que conducir´a a una descripci´ on E3I II ´o E3 , respectivamente. Veamos ahora algunos ejemplos de evaluaci´ on de integrales triples. Cuando planteamos la integral triple, es conveniente trazar dos diagramas: i) uno de la regi´on s´olida E, que es la regi´on de integraci´on, y ii) otro de la proyecci´on de E sobre alguno de los planos coordenados (el que sea m´as conveniente). Observando los gr´aficos, determinamos si E es un s´ olido de tipo 1, 2 ´o 3; y si su proyecci´on sobre el plano coordenado elegido es a su vez una regi´ on plana de tipo I ´o II. Puede ocurrir tambi´en, que E no sea de ninguno de los tres tipos; en ese caso ser´ a necesario subdividir el s´olido en otros de un tipo dado. RRR 2 EJEMPLO 17: Evaluar on encerrada entre los planos x = 0, E x cos z dV , donde E es la regi´ y = 0, x + y = 1, z = 0, z = π2 , utilizando dos ´ordenes de integraci´on diferentes. Tracemos primero los dos diagramas: i) la regi´ on s´ olida E; ii) su proyecci´ on sobre el plano coordenado que sea m´ as conveniente para integrar. i) Los tres planos verticales (x = 0; y = 0; x + y = 1) y los dos horizontales (z = 0; z = π2 ), encierran al cortarse entre s´ı al s´ olido E que tiene forma de prisma recto con base triangular, como se ve en la Figura ??a. Vemos que el “piso” del s´ olido est´ a en el plano z = 0; y el “techo” est´ a en z = π2 ii) Proyectamos sobre el plano xy: los planos verticales, al cortar al plano xy determinan una regi´ on triangular plana de v´ertices (0, 0); (1, 0); (0, 1), como se ve en la Figura ??b 5-26

Figura 10: a) S´ olido E limitado por los planos: x = 0, y = 0, x + y = 1, z = 0, z = b) Proyecci´ on de E sobre el plano xy

π 2

El s´ olido E es entonces una regi´ on s´ olida de tipo 1, y su proyecci´ on Dxy sobre el plano xy es una regi´ on plana triangular (de tipos I y II a la vez). C´ alculemos la integral triple de dos formas: (a) El tri´ angulo en el plano xy lo describimos como una regi´ on plana de tipo I: π } 2

E1I = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ (1 − x), 0 ≤ z ≤

(b) El tri´ angulo en el plano xy lo describimos como una regi´ on plana de tipo II: E1II = {(x, y, z) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ (1 − y), 0 ≤ z ≤

π } 2

(a) De esta forma, la integral triple se calcula en el siguiente orden: Z Z Z

Z 1Z

2

x cos z dV

1−x Z

=

E1I

0

0

Z 1Z = 0

Z =

π 2

Z 1Z

2

1−x 

x cos z dz dy dx =

0

0

1−x

x2 dy dx =

0 1

x2 (1 − x) dx =

1

Z



0  3 x

0

3

x2 y

−

x4 4

0

y=1−x y=0

1 = 0

x2 sen z

z= π 2

z=0

dy dx

dx

1 12

(b) Considerando al s´ olido como E1II , el c´ alculo de la integral triple se realiza en el siguiente orden: Z Z Z

x2 cos z dV

Z 1Z

π 2

1−y Z

=

E1II

0

0

0

Z 1Z =

x2 cos z dz dx dy

1−y 2

Z

x dx dy = 0

Z = 0

0 1

0

1  3 x=1−y x

3

x=0  4 1

 (1 − y)3 (1 − y) dy = − 3 12

5-27

= 0

dy 1 12

Asimismo, tambi´en podr´ıamos haber proyectado sobre el plano xz o sobre el plano yz. Calcule nuevamente la integral triple, proyectando ahora sobre yz. ¿Encontr´ o alguna ventaja al realizar los c´ alculos de esta manera?

Rb As´ı como la integral simple L(I) = a 1 dx, da la longitud del intervalo I = [a, b] ⊂ R, y la integral RR doble A(D) = area de la regi´on plana D ⊂ R2 , notamos que la integral triple D 1 dA, proporciona el ´ RRR V (E) = olido E ⊂ R3 (Piense en las sumas triples de Riemann: en este E 1 dV brinda el volumen del s´ caso se esta asignando valor 1 a cada caja peque˜ na de volumen ∆V ). Veamos un ejemplo: EJEMPLO 18: Calcular el volumen del s´olido E encerrado por las superficies S1 : z = x2 + 3y 2 y S2 : z = 8 − x2 − y 2 . El volumen del s´ olido E puede calcularse mediante la integral triple: Z Z Z V (E) =

1 dV E

Para evaluar esta integral triple, primero hacemos un esbozo de las gr´ aficas de las dos superficies que limitan al s´ olido E. Luego, observando el gr´ afico, determinamos sobre qu´e plano nos conviene proyectar E y hacemos un diagrama de la proyecci´ on. Notemos que ambas superficies corresponden a paraboloides el´ıpticos de eje z: uno de ellos (S1 ) se abre hacia arriba en el semiespacio z positivo, con un v´ertice en el origen, y el otro (S2 ) se abre hacia abajo desarroll´ andose por debajo del plano horizontal z = 8, con v´ertice en (0, 0, 8) (dibuje ambos paraboloides. Ambas superficies se cortan en una curva de R3 que satisface: x2 +3y 2 = 8−x2 −y 2 ; o sea que la curva intersecci´ on est´ a en el cilindro de ecuaci´ on x2 + 2y 2 = 4. Vemos, adem´ as que (dentro del cilindro) la superficie S1 est´ a por debajo de la superficie S2 ; esto implica que los valores de Z de los puntos que forman el s´ olido E van desde x2 + 3y 2 hasta 8 − x2 − y 2 (y no al rev´es!) Si proyectamos el s´ olido E sobre el plano xy (E1 : s´ olido de tipo 1), es equivalente a proyectar el y2 x2 cilindro: obtenemos la elipse de ecuaci´ on 4 + 2 = 1 en el plano xy. La elipse encierra una regi´ on plana de tipo I y II; elegimos por ejemplo, considerarla de tipo I, entonces: r E1I

= {(x, y, z) : −2 ≤ x ≤ 2, −

x2 2− ≤y≤ 2

5-28

r 2−

x2 , x2 + 3y 2 ≤ z ≤ 8 − x2 − y 2 } 2

Ahora ya podemos evaluar la integral triple para obtener el volumen de E: Z Z Z V (E) =

q 2 2− x2 q 2 −2 − 2− x2 q Z 2 Z 2− x2 2 q x2 −2 − 2− 2

Z dV

=

E1I

=

2

Z

Z

8−x2 −y 2

1. dz dy dx x2 +3y 2

(8 − 2x2 − 4y 2 ) dy dx q

 y= 2− x22 y3 2 (8 − 2x )y − 4 = dx q 3 y=− 2− x2 −2 2 r   # Z 2 " 2 3/2 2
x x 8 2 8 − 2x2 = 2− 2− − dx 2 3 2 −2 √ Z √ 4 2 2 (4 − x2 )3/2 dx = 8π 2 = 3 −2 Z

2

donde para hacer la integral de una variable del u ´ltimo paso se utiliz´ o la sustituci´ on x = 2 sen u (hacer el c´ alculo completo).

3.3. 3.3.1.

Integral triple en coordenadas cil´ındricas y en coordenadas esf´ ericas Coordenadas cil´ındricas

RRR olido formado por los puntos del primer Supongamos que se pretende calcular E xyz dV , donde E es el s´ octante que distan entre 3 y 5 unidades del eje z, y cuya altura va de 1 a 4. Algunas regiones del espacio, como ´esta E, son descriptas m´ as f´ acilmente usando coordenadas cil´ındricas en lugar de coordenadas cartesianas (repasar lo visto en la Gu´ıa 1 – Secci´ on 8.2). Por otro lado, una funci´ on de tres variables definida para puntos P del espacio puede tambi´en tener una expresi´ on m´ as simple si se escriben x, y, z en t´erminos de r, θ, z. En uno u otro caso, conviene operar en coordenadas cil´ındricas. Veamos entonces c´ omo se calcula una integral triple en este sistema de coordenadas.

Empezamos por escribir en coordenadas cil´ındricas el volumen de un s´olido con forma de “caja cil´ındrica” (esto es, entre valores de r, θ y z constantes). Como ejemplo tenemos el s´ olido: E = {(r, θ, z) : 3 ≤ r ≤ 5, 0 ≤ θ ≤ π2 , 1 ≤ z ≤ 4}. Su volumen est´ a dado 1 2 π 2 por: V (E) = [ 2 (5 − 3 ) 2 ](4 − 1), donde el factor entre corchetes es el ´area de la base, y el otro factor es la altura. Notar que, en coordenadas cartesianas, esta misma regi´on se escribe {(x, y, z) : 9 ≤ x2 + y 2 ≤ 25, x ≥ 0, y ≥ 0, 1 ≤ z ≤ 4} (grafique e indique si se trata de una regi´on s´olida de tipo 1, 2 ´o 3, o de varios tipos a la vez, o ninguno). Un elemento de volumen dV con esta forma tiene la base que es un “rect´angulo polar” (o sector de corona circular ) de ´area dA = r dr dθ, y tiene altura dz; entonces dV = r dr dθ dz Una funci´on f de tres variables puede darse en t´erminos de las coordenadas cil´ındricas, a trav´es de la composici´on: f (x(r, θ, z), y(r, θ, z), z(r, θ, z)) = f (r cos θ, r sen θ, z). 5-29

Como ejemplo, la funci´ on que indica la distancia de un punto al origen, f (x, y, z) = p √ f (r cos θ, r sen θ, z) = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 + z 2 = r2 + z 2 .

p x2 + y 2 + z 2 , resulta

Con estos ingredientes, aplicamos la idea de sumas de Riemann al c´alculo de una integral definida de una funci´on de tres variables, sobre una regi´ on del espacio con forma de “caja cil´ındrica”. Ver Figura ??. Podemos extender las ideas desarrolladas para integrales dobles en coordenadas polares, agregando aqu´ı la coordenada z apropiadamente.

Figura 11: “Caja cil´ındrica” determinada por r ∈ [a, b], θ ∈ [α, β], z ∈ [s, t].

´ DEFINICION: La integral triple de f en coordenadas cil´ındricas sobre el s´olido E (denotado por Exyz cuando se expresa en coordenadas cartesianas, y por Erθz cuando se expresa en coordenadas cil´ındricas), es ZZZ ZZZ f (x, y, z) dV = f (x(r, θ, z), y(r, θ, z), z(r, θ, z)) r dr dθ dz = Exyz

Erθz

=

l´ım

n,m,l→∞

n X m X l X

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∆r ∆θ ∆z ) rijk f (rijk cos θijk , rijk sen θijk , zijk

i=1 j=1 k=1

si el l´ımite existe.

´ OBSERVACION: Notamos que, al integrar en coordenadas cil´ındricas, aparece un factor r que multiplica a los diferenciales dr, dθ y dz para formar el elemento de volumen. Se puede demostrar (mire en la bibliograf´ıa) que ese factor est´a directamente relacionado con el Jacobiano de la transformaci´on de coordenadas cartesianas (x, y, z) a coordenadas cil´ındricas (r, θ, z): ∂x ∂x ∂x ∂r ∂θ ∂z cos θ −r sen θ 0 ∂(x, y, z) ∂y ∂y ∂y J(r, θ, z) ≡ = ∂r ∂θ ∂z = sen θ r cos θ 0 = r ∂(r, θ, z) 0 0 1 ∂z ∂z ∂z ∂r

∂θ

∂z

Para ser precisos, el factor que aparece al sustituir las variables es el valor absoluto del Jacobiano: 5-30

|J(r, θ, z)| = r. (No se debe olvidar el valor absoluto, ya que eso asegura que el elemento de volumen sea positivo!!)

En coordenadas cil´ındricas es aplicable la noci´on de integrales iteradas. Tambi´en se puede definir la integral triple para una regi´ on s´ olida general en el espacio.

En el siguiente ejemplo resumimos los pasos a seguir para calcular una integral triple usando coordenadas cil´ındricas. RRR EJEMPLO 19: Calcular on del primer octante entre las superficies E xyz dV donde E es la regi´ 2 2 2 2 cil´ındricas x + y = 9 y x + y = 25, con altura entre 1 y 4.

1) Expresamos la regi´ on de integraci´ on en coordenadas cil´ındricas, usando que x = r cos θ, y = r sen θ, z = z: 9 ≤ x2 + y 2 ≤ 25 implica 9 ≤ r2 ≤ 25, luego r ∈ [3, 5]; mientras que x ≥ 0, y ≥ 0 implican θ ∈ [0, π2 ]; por u ´ltimo z ∈ [1, 4]. Luego Erθz = [3, 5] × [0, π2 ] × [1, 4] que es una caja cil´ındrica. 2) Expresamos la funci´ on a integrar, en coordenadas cil´ındricas (sustituyendo x por r cos θ e y por r sen θ, mientras que z permanece igual): f (x, y, z) = xyz implica f (x = r cos θ, y = r sen θ, z = z) = r cos θ r sen θ z = r2 sen θ cos θ z. 3) Armamos la integral, agregando el Jacobiano r (en valor R absoluto):  R  R  R 4 R π/2 R 5 2 RRR π/2 5 3 4 r sen θ cos θ z (r dr dθ dz) = sen θ cos θ dθ r dr z dz . xyz dV = 1 0 3 0 3 1 E Complete el c´ alculo.

Veamos el c´alculo de un volumen usando integrales triples en coordenadas cil´ındricas. p EJEMPLO 20: Hallar el volumen del s´ o lido E delimitado por la superficie c´ o nica S : z = x2 + y 2 1 p 2 2 y la superficie esf´erica S2 : z = 1 − x − y , usando coordenadas cil´ındricas (ver Ejemplo 11). RRR Sabemos que V (E) = olido E puede calcularse mediante la integral E 1 dV , esto es, el volumen del s´ triple de la funci´ on constante f (x, y, z) = 1, que en cualquier otro sistema de coordenadas que no sea el cartesiano, sigue siendo la misma funci´ on constante de valor 1. Escribamos la regi´ on de integraci´ on en t´erminos de r, θ, z. Tenemos S1 : z = r (recordemos que el √ cono en cil´ındricas tiene una expresi´ on sencilla), y S2 : z = 1 − r2 . La intersecci´ on entre ambas √ 2 , o sea la curva intersecci´ superficies se obtiene igualando los valores de z, luego r = 1 − r on es la √ √ 2 2 circunferencia de radio r = 2 , a la altura z = 2 . Luego √ p 2 Erθz = {(r, θ, z) : 0 ≤ r ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≤ z ≤ 1 − r2 } 2 Realizando la primera integral iterada con respecto a z, queda a´ un por resolver una integral doble, que es la misma que la dada al final del Ejemplo 11. Termine el ejercicio. Compare los planteos y procedimientos realizados en ambos ejemplos, donde se pide calcular el mismo volumen. 5-31

Observamos que el uso de las coordenadas cil´ındricas para resolver integrales triples, es muy conveniente cuando la regi´on de integraci´ on es un s´ olido del tipo 1 y su proyecci´on sobre el plano xy es una regi´ on plana f´acilmente expresable en coordenadas polares.

3.3.2.

Coordenadas esf´ ericas

En algunos problemas, ser´ a conveniente utilizar las coordenadas esf´ericas: ρ (distancia de un punto al origen de coordenadas), θ (el mismo ´ angulo que en coordenadas polares o cil´ındricas), y φ (el ´angulo entre el semieje −−→ z positivo y la direcci´ on del vector OP ). Puede probarse que el elemento de volumen se escribe dV = ρ2 sen φ dρ dθ dφ Calcule el Jacobiano de la transformaci´ on entre coordenadas cartesianas y esf´ericas, J(ρ, θ, φ) ≡ ¿Qu´e diferencia encuentra con la expresi´ on anterior? (concretamente, ¿qu´e ocurre con el signo?)

∂(x,y,z) ∂(ρ,θ,φ) .

Una integral triple en coordenadas esf´ericas se calcula mediante la siguiente expresi´on: ZZZ ZZZ f (x, y, z) dV = f (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ) ρ2 sen φ dρ dθ dφ Exyz

Eρθφ

EJEMPLO 21: Calcular x2 + y 2 + z 2 ≤ 1

RRR E

e(x

2 +y 2 +z 2 )3/2

dV , donde E es la esfera unitaria de ecuaci´on

Sabemos que la esfera unitaria en coordenadas esf´ericas se expresa: 0≤ρ≤1

0 ≤ θ ≤ 2π

0≤φ≤π

3

Por otro lado, como la funci´ on a integrar es eρ en coordenadas esf´ericas, queda: ZZZ ZZZ 2 2 2 3/2 3 e(x +y +z ) dV = eρ (ρ2 sen φ dρ dθ dφ) Exyz

Eρθφ

Complete el c´ alculo y compruebe que el valor de la integral es: 34 π(e − 1)

Como ejercicio, compruebe que el volumen de una esfera de radio a dado, es 34 πa3 .

3.4.

Aplicaciones de las integrales triples

Todas las aplicaciones que vimos para integrales dobles en la secci´on anterior, se extienden a integrales triples.

5-32

3.4.1.

Valor promedio de una funci´ on de tres variables

As´ı como para funciones de dos variables vimos que el valor promedio de F : D ⊂ R2 → R sobre D es: RR 1 Fprom = A(D) area de D, para funciones de tres variables, f : E ⊂ R3 → R, D F (x, y)dA donde A(D) es el ´ el valor promedio de f sobre E es: Z Z Z 1 f (x, y, z) dV fprom = V (E) E RRR donde V (E) es el volumen de E. Teniendo en cuenta que V (E) = E dV , podemos escribir el valor promedio de f sobre E como: RRR (x, y, z) dV ER Rf R fprom = E dV EJEMPLO 22: La temperatura en los puntos del cubo E = [−1, 1] × [−1, 1] × [−1, 1] es proporcional al cuadrado de su distancia al origen. a) ¿Cu´al es la temperatura promedio? b) ¿En qu´e puntos del cubo la temperatura es igual a la temperatura promedio? a) Llamemos k a la constante de proporcionalidad, de modo que T (x, y, z) = k (x2 + y 2 + z 2 ). Como V (E) = 23 = 8, para calcular la temperatura promedio s´ olo falta evaluar la integral triple: Z Z Z k E

= k

2

2

Z

2

1

Z

1

(x + y + z ) dV = −1 −1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 2 x dx dy dz + −1

−1

−1

1

Z

k(x2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz =

−1 1 Z 1

Z

1

Z

2

1

Z

1

Z

1

y dx dy dz +

−1

−1

−1

2



z dx dy dz −1

−1

−1

Como x, y, z entran de manera sim´etrica en la descripci´ on del cubo, las tres u ´ltimas integrales son iguales, de modo que: Z Z Z Z 1Z 1Z 1 2 2 2 k (x + y + z ) dV = 3k z 2 dx dy dz E −1 −1 −1  Z 1 Z 1 Z 1 2 = 3k z dx dy dz −1

−1

−1

= 8k donde hemos usado que

R1 R1

−1 −1 dxdy

= 4. Finalmente

RRR Tprom =

E

k (x2 + y 2 + z 2 ) dV 8k = =k V (E) 8

b) Supongamos que en un punto (x, y, z) la temperatura es igual a la temperatura promedio, entonces: k (x2 + y 2 + z 2 ) = Tprom = k. Por lo tanto, la temperatura es igual a la temperatura promedio en la superficie esf´erica x2 + y 2 + z 2 = 1, que es interior al cubo E (est´ a inscripta en el cubo).

5-33

3.4.2.

C´ alculo de la masa total y coordenadas del centro de masa de un cuerpo

Sea un cuerpo s´olido que ocupa la regi´ on E ⊂ R3 , tal que la densidad de masa en un punto (x, y, z) ∈ E, est´a dada por la funci´ on continua ρ(x, y, z). Se demuestra que la masa total del cuerpo es: Z Z Z ρ(x, y, z) dV m= E

en kg, si ρ(x, y, z) est´ a dada en kg/m3 y las longitudes en metros. Podemos tambi´en encontrar el centro de masa de un cuerpo s´olido con densidad ρ(x, y, z) que ocupa una regi´on E. Las coordenadas (xCM , yCM , zCM ) del centro de masa son:

xCM yCM zCM

1 = m

Z Z Z

1 = m

Z Z Z

1 = m

Z Z Z

x ρ(x, y, z) dV E

y ρ(x, y.z) dV E

z ρ(x, y, z) dV E

(en metros) donde m es la masa total del cuerpo. EJEMPLO 23: El cubo E = [1, 2]×[1, 2]×[1, 2] tiene densidad de masa ρ(x, y, z) = (1+x)yez kg/m3 . Hallar la masa total del cubo. Tenemos que evaluar la siguiente integral triple, donde E es el cubo dado, eligiendo cualquiera de los 6´ ordenes de integraci´ on posibles: Z Z Z Z 2Z 2Z 2 z m= (1 + x)ye dV = (1 + x)yez dx dy dz E

1

1

Z 2Z

1 2 

x2 x+ 2

= 1

1



z

x=2

ye

dy dz x=1 2

 Z 5 z 5 2 z y=2 = ye dy dz = y e dz 4 1 1 2 1 y=1   15 z z=2 15 = e = e(e − 1) ' 17,5 kg 4 4 z=1 Z 2Z

2

(Notar que en este ejemplo, se puede aprovechar la propiedad de factorizaci´ on: dado que los intervalos de integraci´ on son constantes y el integrando es un producto de la forma f1 (x) f2 (y) f3 (z), se pueden evaluar las tres integrales simples por separado y luego multiplicar dichos resultados). Pensemos ahora en una regi´ on s´ olida E con densidad de masa constante y que adem´as es sim´etrica respecto de alg´ un plano. Entonces, el centro de masa est´a en ese plano. Por ejemplo, supongamos que la regi´ on E es sim´etrica con respecto al plano yz; si la densidad es constante, el integrando para calcular xCM es impar y como E es sim´etrica, entonces xCM = 0. Por lo tanto el centro de masa est´a en el plano yz. (Lo mismo ocurrir´a si la densidad es una funci´ on sim´etrica o par en x, como por ejemplo ρ(x, y, z) = x2 g(y, z), siendo 5-34

sim´etrica la regi´on que ocupa el objeto.) Las simetr´ıas de la regi´on y de la funci´on a integrar son siempre muy u ´tiles para simplificar los c´ alculos y conviene aprovecharlas. Veamos un ejemplo: EJEMPLO 24: Hallar el centro de masa de la regi´on semiesf´erica E definida por la siguiente expresi´ on 2 2 2 3 x + y + z ≤ 1, z ≥ 0, suponiendo densidad ρ(x, y, z) = 2 kg/m . Por las simetr´ıas de la semiesfera unitaria (con respecto a los planos xz e yz), y por ser la densidad de masa ρ constante, el centro de masa debe estar en el eje z. Efectivamente, xCM = yCM = 0 (verif´ıquelo). Calculemos entonces Z Z Z 1 zCM = zρ(x, y, z) dV m E donde m es la masa total de la semiesfera. Calculamos la integral como una regi´ on de tipo 2, esto es proyectamos sobre el plano yz: Z Z Z Z Z √ Z √ 1−z 2

1

zρ(x, y, z) dV

=

E

0

Z =

2 z dx dy dz √ √ − 1−z 2 − 1−y 2 −z 2 ! Z √1−x2 Z √1−y2 −z 2 1 2z

0

Notemos que

√

Z

1−z 2

1−y 2 −z 2

√ √ − 1−x2 − 1−y 2 −z 2

dx dy

dz

Z √1−y2 −z 2

√ √ − 1−z 2 − 1−y 2 −z 2

dx dy

√ es una integral doble que representa el ´ area del c´ırculo de radio 1 − z 2 . Por lo que, podemos decir (sin hacer el c´ alculo!) que el valor de dicha integral es: π (1 − z 2 ). Usando este resultado: Z Z Z

1

Z zρ(x, y, z) dV

zπ(1 − z 2 ) dz

= 2

E

(1)

0

z2 z4 = 2π − 2 4 

1 =2 0

π π = 4 2

Como la densidad de masa es constante e igual a 2, la masa total es:    Z Z Z 1 4 4 π = π m= 2 dV = 2 V (E) = 2 2 3 3 E (en kg), donde hemos usado que el volumen de la semiesfera unitaria es Entonces π/2 3 zCM = = 4π/3 8 en metros. Luego ~rCM = (0, 0, 38 ).

´ 3: EJERCICIOS DE LA SECCION 1. Eval´ ue las siguientes integrales iteradas:

5-35

1 2

4 3 3 π1




a) b) c)

R 1R 1R 1

2 2 2 0 0 0 (x + y + z ) dz dy dx R eR eR e 1 1 1 1 xyz dx dy dz R 1 R z R y −y2 dx dy dz 0 0 0 ze

2. Eval´ ue las siguientes integrales triples: RRR a) E 2x dV , donde p E = {(x, y, z) : 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ x ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ z ≤ y} RRR b) on limitada por el cilindro y 2 + z 2 = 9 y los planos x = 0, y = 3x E z dV , donde E es la regi´ y z = 0 en el primer octante. RRR c) olido con v´ertices, (0, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0) y (0, 1, 1) E xz dV , donde E es el tetraedro s´ 3. Calcule el volumen de la regi´ on s´ olida E, en cada uno de los siguientes casos: a) E es el tetraedro s´ olido encerrado en el primer octante por el plano 6x + 3y + 2z = 6 y los planos x = 0, y = 0, z = 0. b) E es la regi´ on encerrada por el cilindro x2 + y 2 = 4, entre el plano z = 0 y el plano x + z = 3. c) E es la regi´ on s´ olida que est´ a entre el cilindro z = y 2 y el plano xy, acotada por los planos x = 0, x = 1, y = −1, y = 1 d ) E es la regi´ on s´ olida del primer octante que es com´ un a los interiores de los cilindros x2 + y 2 = 1 2 2 y x + z = 1. 4. Sea E la regi´ on acotada por el paraboloide z = x2 + y 2 y el plano z = 2y. Escriba integrales iteradas triples en el orden dz dx dy y dz dy dx, que den el volumen del s´olido E. 5. Trace el s´olido cuyo volumen est´ a dado por la integral iterada que figura en cada uno de los siguientes casos: R 1 R 1−x R 2−2z dy dz dx a) 0 0 0 R 2 R 2−y R 4−y2 dx dz dy b) 0 0 0 6. En cada uno de los siguientes casos, describa y grafique la regi´on s´olida cuyo volumen est´a dado por la integral que se menciona y luego calcule el volumen de la regi´on: R 2π R 2 R 4−r2 a) 0 0 0 r dz dr dθ. R π/2 R π/2 R 2 2 b) 0 0 0 ρ sen φ dρ dθ dφ 7. Utilice coordenadas cil´ındricas para evaluar las siguientes integrales: RRR p a) x2 + y 2 dV , donde E es la regi´on que est´a dentro del cilindro x2 + y 2 = 16 y entre los E planos z = −5 y z = 4 RRR 2 b) olido que est´a dentro del cilindro x2 + y 2 = 1, arriba del plano z = 0 E x dV , donde E es el s´ y abajo del cono z 2 = 4x2 + 4y 2 RRR 3 2 c) olido del primer octante que est´a debajo del paraboloide E (x + xy ) dV , donde E es el s´ 2 2 z =1−x −y 8. Utilice coordenadas esf´ericas para evaluar las siguientes integrales: 5-36

2

+ y 2 + z 2 ) dV , donde B es la esfera unitaria de ecuaci´on: x2 + y 2 + z 2 ≤ 1

a)

RRR

b)

z dV , donde E es la regi´ on que est´a entre las esferas x2 + y 2 + z 2 = 1 y x2 + y 2 + z 2 = 4 en el primer octante.

B (x

RRR

E

9. Halle la masa y centro de masa del s´ olido dado E, con funci´on de densidad ρ(x, y, z) = y (en g/cm3 ), si E es el tetraedro limitado por los planos: x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1. 10. Calcule la densidad de masa promedio para el s´olido E del ejercicio anterior en g/cm3 . 11. Considere un cono circular de altura h = 0,3 m y radio de la base a = 0,1 m, hecho en madera de quebracho colorado de densidad constante ρ = 1200 kg/m3 . Halle la masa del cono (en kg).

5-37