Integrales Múltiples.

Transcripción

1 CAPÍTULO 9 Integrales Múltiples. En este capítulo generalizamos las integrales definidas de una variable a dos y tres variables. La interpretación geométrica de las integrales definidas de una variable como área bajo la curva se extiende ahora de manera natural a volúmenes bajo superficies.

2 SECCIÓN Integrales dobles. En esta sección presentamos la primera generalización de la integral definida de una variable : la integral doble. La interpretación geométrica y el cálculo de las integrales en general no ofrecen dificultad. Pero nuestro cerebro puede tener inconvenientes en algunos cambios de variable. Por otro lado las aplicaciones físicas y geométricas constituyen una parte interesante donde continuamos viendo la utilidad de los conceptos que estamos estudiando. CONTENIDOS. Integrales dobles.. Cambio de variable. 3. Aplicaciones físicas de las integrales dobles. 5

3 Problemas. Ahora bien, la integral de entre paréntesis se calcula así () Interpretar geométricamente la región de integración y calcular las siguientes integrales 7 4 x 4 x x dy = xy 7 4 x 4 x = x. ( 7 4 x ) x. 4 x. (a) 7 4 x 4 x x dy dx Entonces nuestro ejercicio es ahora una integral de Análisis I, a saber (b) y e x dx dy. x. ( 7 4 x ) x. 4 x dx =. Solución. (a) Comenzamos por aplicar el teorema de Fubini. Éste nos dice que Nota : Esta integral se puede calcular y al evaluarla en sus extremos por la regla de Barrow da. Pero, más fácil, vemos que el intervalo es simétrico respecto del origen y una función impar integrada en un intervalo simétrico da siempre. 7 4 x x dy dx = 4 x ( 7 4 x 4 x x dy ) dx. Dejamos como un sencillo ejercicio el dibujo de la región de integración. 6

4 (b) Al aplicar el teorema de Fubini a esta integral tenemos Galería 9.. Región de integración. y e x dx dy = ( y e x dx ) dy. Pero tenemos el problema de que la integral indefinida de la función e x no es elemental, hecho que fue demostrado por Liouville. Luego DEBEMOS cambiar el orden de integración para poder continuar. Para esto puede ser útil el gráfico de la región de integración de la galería 9.. Nuestro dominio de integración es el triángulo de esta galería. Al invertir el orden vemos que nuestra integral es igual a x e x dy = e x y x = x. e x x e x dy dx = ( x e x dy ) dx. entonces el resultado final es Ahora bien, la integral entre paréntesis es 7

5 x. e x dx = ex = e. X = x δ(x, y) dx dy δ(x, y) dx dy Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. () Calcular el centro de masa de la placa plana definida por x y cuando la densidad de masa superficial en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al eje y. Y = y δ(x, y) dx dy δ(x, y) dx dy. Observamos que el denominador es precisamente la masa M de la placa. Entonces Solución. La placa tiene la forma de la galería 9.. Si la densidad es proporcional a la distancia del punto (x, y) al eje y entonces δ(x, y) = k x. M = δ(x, y) dx dy = x x k. ( x) dy dx + x k. x dy dx = k. x dy dx = Ahora bien, la fórmula de las coordenadas X e Y del centro de masa de la placa viene dada por kxy x dx + kxy x dx = 8

6 Galería 9.. Gráfica de la placa plana. Ahora, la coordenada Y es Y = y. k x dy dx x 8 k = 3 y. x dy dx x 8 3. La placa de nuestro ejercicio tiene la forma de este triángulo y su densidad en el punto (x, y) es δ(x, y) = k x Concentrándonos en el numerador tenemos kx kx dx + kx kx dx = x y. ( x) dy dx + x y. x dy dx = + = 4. k [ ] + k [ ] = 8 3 k. 9

7 Luego la coordenada Y resulta Galería 9.3. Región de integración. Y = = 3. Dejamos como un sencillo ejercicio el cálculo de la coordenada X del centro de masa que resulta (como es de esperar por simetría) igual a. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. (3) Calcular el área de D = {(x, y) R : x + y } u + v usando (x, y) = (, u v ). El área que se nos pide calcular en la del cuadrado azul. A continuación la tranformación de este cuadrado por el cambio de variables x = u + v, y = u v Solución. La región a la cual le debemos calcular es área es la de la galería 9.3. Ahora bien, nuestro cambio de variable es x = u + v, y = u v.

8 La región D se puede describir por el siguiente sistema de desigualdades recordando que en la integral doble en la cual cambiamos las variables debemos poner el módulo del Jacobiano! x + y x y. Luego, expresando estas desigualdades en función de las variables u, v tenemos u v. Luego, recordando que el área de D se calcula integrando la función constante f(x, y) = sobre D tenemos A(D) = D dx dy = J du dv Estas desigualdades en el plano u, v se grafican como en la segunda figura de la galería 9.3. du dv = 8. Para completar debemos calcular el Jacobiano Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. J x y u v = x u x v y u y v = / / / / = /, (4) Calcular el área de la región dada por la inecuación x a + y b, a >, b >

9 Solución. Evidentemente se trata del interior de la elipse J x y r θ = x r x θ y r y θ = a cos(θ) ar sen(θ) b cos(θ) br cos(θ) = abr. x a + y b =. Luego Entonces A(D) = D dx dy = abr dθ dr = abr dr = ab. A(D) = D dx dy. resultado que conviene conservar en la cabeza : La elipse de semiejes a, b encierra un área igual a ab y como caso especial a = b = r tenemos el área del círculo r. Un ejemplo lo tenemos en la galería 9.4. Hagamos ahora el cambio de variables, similar a las coordenadas polares, siguiente x = a r cos(θ) y = b r sen(θ), r, θ. El Jacobiano es en este caso

10 Galería 9.4. Elipse y su área. (5) Usando coordenadas polares D x + y x dx dy siendo D descripta por y x, x + y. Solución. Al pasar a las coordenadas polares x = r cos(θ) y = r sen(θ) En este caso la elipse de semiejes a = 4 b = 3 la región D se describe en el plano polar por es A = 4.3. =. θ, r cos(θ) + r sen(θ). 4 De la segunda inecuación tenemos 3

11 Galería 9.5. Triángulo pensado en coordenadas polares. r cos(θ) + sen(θ). Entonces nuestra integral pasa a ser 4 cos(θ) + sen(θ) r cos(θ) + r sen(θ) r cos (θ). r dr dθ = 4 cos(θ) + sen(θ) cos (θ). cos(θ) + sen(θ) dθ =. El triángulo de integración pensado en polares. Vemos que el ángulo está satisface Se puede ver una solución on-line clickando aquí. θ 4 y luego el radio varía, para cada ángulo, en la forma r cos(θ) + sen(θ). (6) Hallar,usando coordenadas polares, el área de la región D = {(x, y) R : x + y 4 x + y x}. 4

12 Solución. La región D tiene el gráfico de la galería 9.6. Galería 9.6. Región de integración. Atendamos sólo a la región de D que además satisface x. Si hacemos x = r cos(θ) y = r sen(θ) θ (, ] sustituyendo en las inecuaciones que definen D tenemos es decir r 4 r r cos(θ), La región D en el plano polar. Para cada θ [, ] r r cos(θ). el radio satisface cos(θ) r. Luego el área de la región con x es 5

13 A(D) = dx dy = D cos(θ) r dr dθ = r cos(θ) dθ = ( cos (θ) dθ = sen (θ) dθ =. =. Sumando a este valor el área del semicírculo situado en x tenemos el resultado final + = 3. 6

14 SECCIÓN Integrales triples. En esta sección estudiamos la generalización de la integral doble adicionando una variable más para llegar a la integral triple. A nivel teórico ocurre lo mismo que con las integrales dobles pero a nivel práctico, es decir, en los ejercicios la diferencia es sustancial. Los ejercicios son mucho más difíciles porque los volúmenes en el espacio son mucho más complicados que las figuras en el plano. Por otro lado los sistemas de coordenadas esférico y cilíndrico también son estudiados en detalle. Si alguna sección de este libro no se puede hacer en un libro ordinario de papel dicha sección es ésta. CONTENIDOS. Integrales triples.. Coordenadas cilíndricas. 3. Coordenadas esféricas. 4. Aplicaciones geométricas y físicas. 7

15 Problemas. Galería 9.. El volumen de nuestro ejercicio desde varios ángulos. () Hallar el volumen de las siguientes regiones (a) K = {(x, y, z) : x + y z x y } (b) K = {y x, y x, z x + y, x + y + z 6}. Solución. (a) La dificultad está en imaginarse la región para escribir los límites en la integral triple. Las inecuaciones x, y ayudan bastante. Por otro lado los plano z = x + y, z = no son difíciles de imaginar por separado. Ahora bien, es clave averiguar donde se intersecan estos dos planos. Eliminando z vemos que es necesario para la intersección que Nuestro volumen y su proyección sobre el plano xy. Vemos calramente el plano y el plano z = x + y z = x + y = (Cuidado! Recordemos que en R 3 esto es una superficie, no una curva.) 8

16 Con esto el volumen que se nos pide es el de la galería 9.. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Ahora bien, al proyectar este volumen en el plano x, y obtenemos un área definida por las inecuaciones x, y, x + y. (b) En este ítem nuevamente dos inecuaciones contienen sólo las variables x, y, a saber y x, y x. Entonces el volumen de K es Además las dos segundas nos dicen donde varía z para cada x, y V(K ) = K dx dy dz = x x+y dz dy dx = z x + y, z 6 x y. Por lo tanto tenemos x z x+y dy dx = x x y dy dx = V(K ) = K dx dy dz = x 6 x y x x+y dz dy dx = ( x)( x) ( x) = 6. 9

17 x z x 6 x y x+y dy dx = x x 6 x y dy dx = (6 x)(x x ) (x x 4 ) dx = 7. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Galería 9.. Volumen de nuestro ejercicio. () Hallar el volumen del sólido K definido por K = {(x, y, z) R 3 : z x + y x + y + z z }. Solución. Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del esférico a través de las ecuaciones x = r cos(θ) sen(φ) y = r sen(θ) sen(φ) z = r cos(φ) Vemos claramente el volumen y su proyección sobre el plano de ecuación z = θ <, φ, r <.

18 Galería 9.4. El volumen de nuestro ejercicio. El gráfico de este sólido es como la parte superior de una manzana a la cual le hemos sacado el cabito. El volumen del sólido es V(K ) = K dx dy dz = El volumen de nuestro ejercicio es el indicado claramentecon la letra K en amarillo. Está abajo del cono, dentro de la esfera y arriba del plano z = y que el Jacobiano de esta transformación es 4 r sen(φ) dφ dθ dr = r ( cos(φ)) 4 dθ dr = J = r sen(φ), r. dθ dr = donde el módulo no hace falta pues r sen(φ).

19 .. r dr = = 4 3. En este sistema las inecuaciones que definen K se transforman en z 4 r r cos(θ) θ. (3) Hallar el volumen del sólido K = {(x, y, z) R 3 : x + y + z 4 x + y x x z } El gráfico del volumen que debemos calcular lo vemos claramente en la galería 9.4. Solución. Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del cilíndrico a través de las ecuaciones V(K ) = K dx dy dz = x = r cos(θ) y = r sen(θ) z = z cos(θ) 4 r r dz dr dθ = r <, θ <. cos(θ) r. 4 r dr dθ =

20 (4 r ) 3/. ( 3 ) cos(θ) dθ = 3 (4 sen (θ)) 3/ dθ = 8 3 sen(θ) 3 dθ = Galería 9.4. Varias vistas del volumen de nuestro ejercicio. Luego el volumen pedido es V(K ) = 3 9. Se puede ver una solución on-line aquí. (4) Hallar la masa del cuerpo limitado por x + y + z = con y x + z cuando la densidad de masa volumétrica en cada punto es proporcional a la distancia del punto al eje y. Vemos de frente el volumen que debemos calcular indicado claramente en amarillo. Solución. Sin duda la intersección del paraboloide 3

21 Galería 9.6. Sólido del cual se pretende obtener su masa. x + y + z = es la circunferencia γ(t) = (cos(t),,sen(t)), t [,]. En efecto sustituyendo la primera en la segunda tenemos la condición y + y = y = Seis vistas de nuestro sólido. Vista. y entonces y = x + z = x + z. con la esfera Vemos que todo nuestro sólido está contenido en el cilindro en R 3 de ecuación 4

22 = x + z. Introduzcamos entonces el sistema de coordenadas r r k. r. r dy dθ dr = x = r cos(θ z = r sen(θ) y = y k. r. ( r r ) dθ dr = Como la densidad es proporcional a la distancia del punto al eje y entonces δ(x, y, z) = k x + z. k r. ( r r ) = = k Luego la masa del cuerpo es M = K δ(x, y, z) dv = 5