Calculo II EPS (Grado TICS) Curso 2012-2013

Hoja de Practicas tema 4: Integrales multiples

1. Calcular∫∫

D(xy + x2 + y2) dA

en la region D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3}.

Solucion:

x

y

1 2

1

2

3

∫∫

D(xy + x2 + y2) dA =

∫ 2

1

∫ 3

2(xy + x2 + y2) dy dx =

∫ 2

0

(

xy2

2+ x2y +

y3

3

∣

∣

∣

∣

y=3

y=2

dx

=

∫ 2

1

5x

2+ x2 +

19

3dx =

149

12.

2. Calcular∫∫

Dx3 cos(xy) dx dy

donde D es la region del plano limitada por la parabola y = x2 y las rectas y = 0, x = 2.

Solucion:

x

y

y = 0

y = x2x = 2

1 2

1

2

3

4

∫∫

Dx3 cos(xy) dx dy =

∫ 2

0

∫ x2

0x3 cos(xy) dy dx =

∫ 2

0

(

x3sin(xy)

x

∣

∣

∣

∣

y=x2

y=0

dx

=

∫ 2

0x2 sin(x3) dx =

(

−1

3cos(x3)

∣

∣

∣

∣

x=2

x=0

=1− cos 8

3.

3. Calcular∫∫

D

√

xy − y2 dx dy,

siendo D el triangulo de vertices (0, 0), (10, 1), y (1, 1).

Solucion:

x

y

x = 10y

1 2 4 53 6 7 8 9 10

1

2

3

∫∫

D

√

xy − y2 dx dy =

∫ 1

0

∫ 10y

y

√

xy − y2 dx dy =

∫ 1

0

(

3(xy − y)3/2

2y

∣

∣

∣

∣

∣

x=10y

x=y

dy

=

∫ 1

018y2 dy = 6.

4. Calcular el area encerrada entre las curvas (y − 2)2 = 4x y y + 2 = 2x.

Solucion:

y

x

(x− 2)2 = 4y

x+2=2y

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

7

Dado que si intercambiamos las variables x e y en el problema no tenemos problemas en definiruna integral directamente pues cada curva representa una funcion, lo haremos ası como se veen la figura ya intercambiamos las variables x e y. Aun ası este problema sin intercambiar lasvariables se puede resolver de distintas formas, pero yo he elegido esta forma por ser original.

∫∫

D1 dA =

∫ 6

0

∫ x/2+1

(x−2)2/41 dy dx =

∫ 6

0

(

3x

2− x2

4

)

dx = 9.

5. Calcular∫∫

De

xy dx dy,

donde D es la region limitada por las graficas y2 = x, x = 0 e y = 1.

Solucion:

x

y

y2 = x

x = 0

y = 1

1 2

−1

−2

1

2

∫∫

De

xy dx dy =

∫ 1

0

∫ y2

0e

xy dx dy =

∫ 1

0

(

yexy

∣

∣

∣

x=y2

x=0dy

=

∫ 1

0y(ey − 1) dy = 1.

6. Evaluar las siguientes integrales, invirtiendo previamente el ordende integracion:

(a)

∫ 1

0

∫ 3

3yex

2dx dy (b)

∫ 1

0

∫ 1

√y

√

x3 + 1 dx dy

Solucion:

(a) Teniendo en cuenta que la region queestamos integrando es:

{(x, y) ∈ R2 : 3y ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}

x

y

3y= x

x = 3

1 2 3 4

1

2

Por lo tanto si invertimos el orden de in-tegracion nos resulta:

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x/3, 0 ≤ x ≤ 3}.

∫ 1

0

∫ 3

3yex

2dx dy =

∫ 3

0

∫ x/3

0ex

2dy dx

=

∫ 3

0

x

3ex

2dx =

e9 − 1

6.

(b) Teniendo en cuenta que la region queestamos integrando es:

{(x, y) ∈ R2 :

√y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}

x

y

y=x2

x=

1

1 2

1

2

Por lo tanto si invertimos el orden de in-tegracion nos resulta:

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x2, 0 ≤ x ≤ 1}

∫ 1

0

∫ x2

0

√

x3 + 1 dy dx=

∫ 1

0x2√

x3+1 dx

=

(

2

9(x3 + 1)3/2

∣

∣

∣

∣

x=1

x=0

=2(√8− 1)

9.

7. Calcular∫∫

D

x2

x2 + y2dA,

donde D es la region del plano limitada por x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4.

Solucion:

x

y

−3 −2 −1 1 2 3

−3

−2

−1

1

2

3

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo

{

x = r cos θ,y = r sin θ,

1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.

ası

∫∫

D

x2

x2 + y2dA =

∫ 2

1

∫ 2π

0

r2 cos2 θ

r2

∣

∣

∣

∣

cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣

∣

∣

∣

dr dθ =

∫ 2

1

∫ 2π

0r cos2 θ dr dθ =

3π

2.

8. Calcular∫∫

D((x− 2)2 + y2) dx dy,

donde D es el interior del cırculo x2 + y2 − 4x = 0.

Solucion:

x

y

1 2 3 4

−3

−2

−1

1

2

3

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo

{

x = 2 + r cos θ,y = r sin θ,

0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.

ası

∫∫

D((x− 2)2 + y2) dx dy,=

∫ 2

0

∫ 2π

0r2∣

∣

∣

∣

cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

∣

∣

∣

∣

dr dθ =

∫ 2

0

∫ 2π

0r3 dr dθ = 8π.

9. Calcular∫∫

D

2xy

x2 + y2dx dy,

h donde D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ x, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2}.

Solucion:

y = x

x

y

1 2−1−2√2

1

2

−1

−2

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo

{

x = r cos θ,y = r sin θ,

1 ≤ r ≤√2, −π

2≤ θ ≤ π

4.

ası

∫∫

D

2xy

x2 + y2dx dy =

∫

√2

1

∫ π4

−π2

2r2 sin(θ) cos(θ)

r2r dθ dr =

∫

√2

1

∫ π4

−π2

r sin(2θ) dθ dr = −1

4.

10. Calcular, utilizando un cambio de variable apropiado, la integral

∫∫

D3xy dx dy,

donde D es la region del plano limitada por las curvas x − 2y = 0, x − 2y = −4, x + y = 4,x+ y = 1.

Solucion:

x =2y

x+4 =

2y

x+y=1

x+y=4

x

y

1 2−1 3

1

2

−1

3

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio decoordenadas, siendo

{

u = x+ y,v = x− 2y,

1 ≤ u ≤ 4, −4 ≤ v ≤ 0, ⇒ 3y = u− v, 3x = 2u+ v,

luego

∫∫

D3xy dx dy =

1

3

∫ −4

0

∫ 4

1(u−v)(2u + v)

∣

∣

∣

∣

2/3 1/31/3 −1/3

∣

∣

∣

∣

du dv

=1

9

∫ 0

−4

∫ 4

1(2u2−uv − v2) du dv =

164

9.

11. Calcular∫∫

D

1

(x2 + y2)3/2dxdy,

donde D = {(x, y) ∈ R2 : x+ y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 1}.

Solucion:

x+y=1

x

y

1 2−1−2

1

2

−1

−2

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo

{

x = r cos θ,y = r sin θ,

1

cos θ + sin θ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π

2.

ası

∫∫

D

1

(x2 + y2)3/2dxdy =

∫ π2

0

∫ 1

1cos θ+sin θ

1

r2dr dθ =

∫ π2

0(−1 + cos θ + sin θ)dθ = 2− π

2.

12. Demostrar que:

(a) El area de una elipse de semiejes a y b es πab.

(b) El volumen de un elipsoide de semiejes a, b, c es 4/3πabc.

Solucion: En estos casos no merece la pena representar las figuras por ser bien conocidas:

(a) En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas polares, siendo

{

x = ar cos θ,y = br sin θ

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.

ası

∫∫

elipse1dA =

∫ 2π

0

∫ 1

0r dr dθ = πab.

(b) En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas esfericas, siendo

x = ar cos θ cosϕ,y = br sin θ cosϕ,

z = cr sinϕ0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π

2ϕ ≤ π

2,

ası

∫∫∫

elipsoide1dV = abc

∫ π2

−π2

∫ 2π

0

∫ 1

0r2 cosϕdr dθ dϕ = 4π

abc

3.

13. Calcular

I =

∫∫∫

Tx2yz dx dy dz,

siendo T el recinto determinado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y x+ y + z = 1.

Solucion:

x

z

y

x0

(x0, 0, 1 − x0)

(x0, 1 − x0, 0)

P1

P2

P3

z

y1− x0y0

(y0, 1− y0 − x0)

En este caso utilizaremos coordenadas cartesianas, siendo:

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y.

Por tanto

I =

∫∫∫

Tx2yz dx dy dz =

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0x2yz dz dy dx

=1

24

∫ 1

0x2(1− x)4 dx =

1

2520.

14. Hallar el volumen del solido que queda tras taladrar un agujero de radio b a traves del centro deuna esfera de radio R, con b < R.

Solucion: Debido a la simetrıa podemos suponer que dicho agujero (de radio b) se ha realizadoa traves del eje z quedando la siguiente seccion en el plano XZ (identica a la seccion en el planoY Z) (Izqda.) y la seccion del plano z = z0 = R sinϕ0 que produce sobre la figura (drcha.)

x=

−b

x=

bϕ∗ z = z0

x

z

1−1

1

−1

x

y

R cosϕ0

b

Por tanto, parametrizaremos en coordenadas cilındricas, siendo

x = r cos θ,y = r sin θ,z = R sinϕ,

b ≤ r ≤ R cosϕ, 0 ≤ θ ≤ 2π, −ϕ∗ ≤ ϕ ≤ ϕ∗,

siendo R cosϕ∗ = b; luego

∫∫∫

Figura1dV = R

∫ ϕ∗

−ϕ∗

∫ 2π

0

∫ R cosϕ

br cosϕdr dθ dϕ = πR

∫ ϕ∗

−ϕ∗

(R2 cos2 ϕ− b2) cosϕdϕ

=πR3

6

(

(− sin3 ϕ∗ + 9 sinϕ∗ − 9 sinϕ∗ cos2 ϕ∗))

=4

3π(R2 − b2)3/2.

Aplicando el Teorema de Pitagoras se deduce que R sinϕ∗ =√R2 − b2.

15. Calcular el volumen exterior a z2 = x2 + y2 e interior a x2 + y2 + z2 = 1.

Solucion:

y=x

y= −

x

x

z

1−1

1

−1

i

En este caso lo mas adecuado, debido a la geometrıa de la figura, es realizar un cambio acoordenadas esfericas, siendo

x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,

z = r sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π

4≤ ϕ ≤ π

4,

ası

∫∫∫

Figura1dV =

∫ π4

−π4

∫ 2π

0

∫ 1

0r2 cosϕdr dθ dϕ =

2√2π

3.

16. Calcular el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 2 + 2x+ 2y.

Solucion: Debido a la geometrıa de la figura [la interseccion de las dos superficies es un cırculode radio 2 centrado en el punto (x, y) = (1, 1)] conviene aplicar un cambio a coordenadas cilın-dricas, siendo

x = 1 + r cos θ,y = 1 + r sin θ,

z = z,0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 2+r2+2r(cos θ+sin θ) ≤ z ≤ 6+2r(cos θ+sin θ),

por tanto

∫∫∫

Figura1dV =

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ 6+2r(cos θ+sin θ)

2+r2+2r(cos θ+sin θ)r dz dθ dr = 2π

∫ 2

0r(4− r2) dr = 8π.

17. Determinar el volumen del solido situado en la region z ≥ 0 que es interior a la esfera x2+y2+z2 =2 y al paraboloide z = x2 + y2.

Solucion: Una seccion en el plano XZ (o en el plano Y Z) es, debido a la simetrıa de la figura:

y = x2

x

y

1−1√2

1

−1

En este caso

x = r cos θ,y = r sin θ,

z = z,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, r2 ≤ z ≤

√

2− r2,

ası

∫∫∫

Figura1dV =

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫

√2−r2

r2r dz dθ dr = 2π

∫ 1

0r(√

2− r2 − r2) dr =2π

3

(√8− 7

4

)

.

18. Calcular

I =

∫∫∫

T(x2 + y2)2 dx dy dz,

siendo T la region comprendida entre z = 2 y x2 + y2 = 2z.

Solucion:

y = x2/2

x

y

1−1 2

1

−1

2

3

En este caso

x = r cos θ,y = r sin θ,

z = z,0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π,

r2

2≤ z ≤ 2,

ası

I =

∫∫∫

T(x2 + y2)2 dx dy dz =

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ 2

r2

2

r4r dz dθ dr = 2π

∫ 2

0r5(2− r2/2) dr =

32π

3.

19. Calcular

I =

∫∫∫

T

dxdydz

(x2 + y2 + z2)32

,

siendo T el recinto determinado por las esferas: x2 + y2 + z2 = 1 y x2 + y2 + z2 = 4.

Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:

x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,

z = r sinϕ,1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π

2≤ ϕ ≤ π

2,

luego

I =

∫∫∫

T

dxdydz

(x2 + y2 + z2)32

=

∫ 2

1

∫ 2π

0

∫ π2

−π2

r2 cosϕ

r3dϕdθ dr = 2π

∫ 2

1r5(2− r2/2) dr = 4π log 2.

20. Calcular

I =

∫∫∫

T(x2 + y2) dx dy dz,

donde T es el solido exterior al cono de ecuacion a2z2 = x2+ y2 (con a > 0) e interior a la esferax2 + y2 + z2 = 1.

Solucion:

z=−x/a

z=x/a

ϕ∗

x

z

1−1

1

−1

En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:

x = r cos θ cosϕ,y = r sin θ cosϕ,

z = r sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −ϕ∗ ≤ ϕ ≤ ϕ∗,

siendo tanϕ∗ = 1/a [sin2 ϕ∗ = 1/(1 + a2)]; luego

I =

∫∫∫

T(x2 + y2) dx dy dz =

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫ ϕ∗

−ϕ∗

r2 cos2 ϕr2 cosϕdϕdθ dr

=2π1

5

∫ ϕ∗

−ϕ∗

cos3 ϕdϕ =2π

5

(

2 sinϕ∗ − 2 sin3 ϕ∗

3

)

=4π sinϕ∗

5

(

1− 1

3(1 + a2)

)

=4π(3a2 + 2)

15(1 + a2)3/2.

21. Calcular

I =

∫∫∫

T(1− x2

a2− y2

b2− z2

c2)32 dx dy dz,

siendo T la region interior al elipsoide x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1.

Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:

x = ar cos θ cosϕ,y = br sin θ cosϕ,

z = cr sinϕ,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π

2≤ ϕ ≤ π

2,

ası

I =

∫∫∫

T(1− x2

a2− y2

b2− z2

c2)32 dx dy dz = abc

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫ π2

−π2

(1− r2)3/2 r2 cosϕdϕdθ dr

=4πabc

∫ 1

0r2(1− r2)3/2 dr =

1

8π2abc.

22. Calcular la temperatura media en el interior del recinto limitado por el plano z = 0, el cilindrox2 + y2 = 1 y la rama inferior del cono (z − 2)2 = x2 + y2 si la temperatura en cada punto esproporcional a su altura (distancia al plano z = 0).

Solucion: En este caso,

Tm(x, y, z) =1

V

∫∫∫

F igurakz dx dy dz.

y = 2− x

y = 2 + x

zona inferior del cono

x

y

1−1

1

−1

2

3

En este caso emplearemos coordenadas cilındricas, siendo:

x = r cos θ,y = r sin θ,

z = z,0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 2− r,

como

VF igura =

∫∫∫

F igura1 dV =

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫ 2−r

0r dz dθ dr =

4π

3.

Ası

4π

3Tm = k

∫∫∫

F iguraz dx dy dz = k

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫ 2−r

0zr dz dθ dr = kπ

∫ 1

0(2− r2)2r dr =

11π

12k,

y por tanto

Tm =33

48k.

23. Calcular

Ir =

∫∫∫

E

1

(x2 + y2 + z2)n/2dV,

donde E = {(x, y, z) ∈ R3 : r2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ R2}.

Determinar para que valores de n existe limr→0+

Ir.

Solucion: En este caso, obviamente, emplearemos coordenadas esfericas, siendo:

x = t cos θ cosϕ,y = t sin θ cosϕ,

z = t sinϕ,r ≤ t ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, −π

2≤ ϕ ≤ π

2,

luego

Ir =

∫∫∫

E

1

(x2 + y2 + z2)n/2dV =

∫ R

r

∫ 2π

0

∫ π2

−π2

t2 cosϕ

tndϕdθ dt = 4π

∫ R

rt2−n dt

(∗)=

4π

3− n(R3−n − r3−n).

Por tanto dicho lımite existe para 3− n > 0, o sea, n < 3.

(*) Se ha asumido que n− 2 6= 1 para hacer ası la integral, y en ese caso particular

4π log(R/r) → ∞, si r → 0+.