Hoja1_SOLS1_AM

Vista previa del material en texto

Cálculo. 1o Grado en Ingenieŕıa Civil. Curso 2011/2012.
SOLUCIONES. Ejercicios 1-10 + Adicionales
Hoja 1 de Problemas
1.- Hallar el área de la superficie comprendida entre las curvas y = x2, y = x1/3.
Solución:
La superficie D en cuestión se muestra en la figura 1:
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
x
y
 
 
y=x2
y=x1/3
D
Figura 1: Ejercicio 1
Esta región se expresa como D =
{
(x, y) ∈ IR2 : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x1/3}, de modo que el
área correspondiente será:
μ(D) =
∫∫
D
1 dx dy =
∫ 1
0
∫ x1/3
x2
1 dy dx =
∫ 1
0
(
x1/3 − x2
)
dx = 5/12.
2.- Calcular
∫∫
D
(
x2 + y
)
dxdy, donde D =
{
(x, y) ∈ IR2 : |x| + |y| ≤ 1}. Indicación: trans-
formar la integral en una en la parte de D que está en el primer cuadrante.
Solución:
En la figura 2 está dibujado el dominio D
Figura 2: Ejercicio 2
D ≡ |x| + |y| ≤ 1
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
si x ≥ 0 y y ≥ 0 |x| + |y| ≤ 1 → x + y ≤ 1
si x ≤ 0 y y ≥ 0 |x| + |y| ≤ 1 → −x + y ≤ 1
si x ≤ 0 y y ≤ 0 |x| + |y| ≤ 1 → −x − y ≤ 1
si x ≥ 0 y y ≤ 0 |x| + |y| ≤ 1 → x − y ≤ 1
La integral dada ∫∫
D
(
x2 + y
)
d xd y =
∫∫
D
x2 dxd y +
∫∫
D
y d xd y
la segunda es nula, ya que el dominio es simétrico respecto y = 0 y la función toma valores
opuestos para un mismo x = x0. La primera, debido a la simetŕıa, es cuatro veces el valor de
la integral en el primer cuadrante
I =
∫∫
D
x2 d xd y = 4
∫∫
D1
x2 dxd y = 4
∫ 1
0
x2
[∫ 1−x
0
d y
]
dx =
= 4
∫ 1
0
x2 (1 − x) d x = 4
[
x3
3
− x
4
4
]1
0
=
1
3
3.- Calcular
∫ 1
0
∫ 1
0
f (x, y) dxdy, donde f (x, y) = máx (|x| , |y|).
Solución:
y
x
y=x
Figura 3: Ejercicio 3
En la figura 3 aparece el dominio y el valor que tom la función en cada parte del dominio.
I =
∫ 1
0
∫ 1
0
f (x, y) d xd y =
∫ 1
0
x
[∫ x
0
d y
]
d x +
∫ 1
0
y
[∫ y
0
dx
]
d y =
=
∫ 1
0
x2 dx +
∫ 1
0
y2 d y =
x3
3
∣∣∣∣
1
0
+
y3
3
∣∣∣∣
1
0
= 2
1
3
4.- Sea el cambio de variable definido por: x = u + v, y = v − u2. Calcular:
1. El jacobiano J (u, v).
2. La imagen S en el plano XY del triángulo T en el plano UV de vértices (0, 0), (2, 0) y
(0, 2).
3. El área de S.
4. La integral
∫∫
S
(x − y + 1)−2 dxdy
Solución:
Figura 4: Ejercicio 4
Apartado 1: El jacobiano que nos piden
J (u, v) =
∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣
1 1
−2u 1
∣∣∣∣∣∣ = 1 + 2u
Apartado 2:
La imagen del triángulo, a la izquierda, de la figura 4 es el dominio que aparece a la derecha.
La correspondencia de los dominios es⎧⎨
⎩
u = 0 → y = x
v = 0 → y = −x2
u + v = 2 → x = 2
→
⎧⎨
⎩
u ≥ 0 → x − y = u + u2 → x − y ≥ 0
u, v ≥ 0 → y + x2 = v2 + 2uv + v → y + x2 ≥ 0
u + v ≤ 2 → x = u + v → x ≤ 2
Apartado 3:
La imagen que nos piden la podemos hacer de dos modos
A =
∫ 2
0
(
x − [−x2]) dx = x22 + x
3
3
∣∣∣∣
2
0
=
4
2
+
8
3
=
14
3
Si lo hacemos como integral doble
A =
∫∫
S
d xd y =
∫∫
T
(1 + 2u) d ud v =
∫ 2
0
(1 + 2u)
[∫ 2−u
0
d v
]
du =
=
∫ 2
0
(1 + 2u) (2 − u) d u = 143
Apartado 4 La integral pedida vamos a hacerla directamente y a través del cambio de variable
sugerido.
Directamente
I =
∫∫
S
1
(x − y + 1)2 d xd y =
∫ 2
0
[∫ x
−x2
d y
(x − y + 1)2
]
dx =
∫ 2
0
[
1
x − y + 1
]x
−x2
dx =
=
∫ 2
0
[
1 − 1
x2 + x + 1
]
d x = 2 −
∫ 2
0
1
x2 + x + 1 d
x
Resolvamos la integral que nos queda
I1 =
∫ 2
0
1
x2 + x + 1 d
x = 4
∫ 2
0
1
(2x + 1)2 + 3
d x =
4
3
∫ 2
0
1(
2x + 1√
3
)2
+ 1
d x =
=
2√
3
arctan
2x + 1√
3
∣∣∣∣
2
0
=
2√
3
arctan
5√
3
− 2√
3
arctan
1√
3
=
2√
3
arctan
5√
3
− 2√
3
π
6
luego el resultado final es
I = 2 −
∫ 2
0
1
x2 + x + 1 d
x = 2 +
π
3
√
3
− 2√
3
arctan
5√
3
A través del cambio
I =
∫∫
S
1
(x − y + 1)2 dxd y =
∫∫
T
1 + 2u
(u + u2 + 1)2
d ud v =
=
∫ 2
0
[∫ 2−v
0
1 + 2u
(u2 + u + 1)2
d u
]
d v =
∫ 2
0
[
− 1
u2 + u + 1
]2−v
0
d v =
=
∫ 2
0
[
1 − 1
(2 − v)2 + 2 − v + 1
]
d v = 2 −
∫ 2
0
1
v2 − 5v + 7 d v
resolviendo la primitiva que nos queda
I1 =
∫ 2
0
1
v2 − 5v + 7 d v = 4
∫ 2
0
1
(2v − 5)2 + 3 d v =
4
3
∫ 2
0
1(
2v − 5√
3
)2
+ 1
d v =
=
2√
3
arctan
2v − 5√
3
∣∣∣∣
2
0
=
2√
3
[
arctan
−1√
3
− arctan −5√
3
]
=
2√
3
[
arctan
5√
3
− arctan 1√
3
]
=
=
2√
3
[
arctan
5√
3
− π
6
]
luego
I = 2 − 2√
3
[
arctan
5√
3
− π
6
]
5.- Utilizar una transformación lineal para calcular
∫∫
S
(x − y)2 sen2 (x + y) dxdy, siendo S
el paralelogramo de vértices (π, 0), (2π, π), (π, 2π) y (0, π).
Solución:
Figura 5: Ejercicio 5
El dominio en el plano XY viene dado por
−π ≤ y − x ≤ π
π ≤ y + x ≤ 3π
con el cambio{
u = y − x
v = y + x
→ ∂ (x, y)
∂ (u, v)
=
[
∂ (u, v)
∂ (x, y)
]−1
=
∣∣∣∣ −1 11 1
∣∣∣∣
−1
= −1
2
;
{ −π ≤ u ≤ π
π ≤ v ≤ 3π
por tanto
I =
∫∫
S
(x − y)2 sen2 (x + y) dxd y =
∫∫
S1
1
2
u2 sen2 v dud v =
1
2
[∫ π
−π
u2 du
] [∫ 3π
π
sen v2 d v
]
=
=
1
2
[∫ π
−π
u2 d u
]
4
[∫ π
2
0
sen v2 d v
]
=
1
2
[
u3
3
]π
−π
2
[
B
[
3
2
,
1
2
]]
=
1
2
2π3
3
π =
π4
3
6.- Determinar la integral de la función
f (x, y) =
y4
b4
(
x2
a2
+
y2
b2
)(
1 +
x2
a2
+
y2
b2
) + xy2
sobre el recinto D =
{
(x, y) ∈ IR2 : x
2
a2
+
y2
b2
≤ 1
}
, donde a y b son constantes positivas.
Solución:
El dominio presenta simetŕıa respecto a x = 0, luego al ser el segundo sumando de la función
impar en x, la integral del segundo sumando, sobre el recinto dado, es nula, luego
I =
∫∫
D
f (x, y) d xd y =
∫∫
D
⎡
⎢⎢⎣ y4
b4
(
x2
a2
+
y2
b2
)(
1 +
x2
a2
+
y2
b2
) + xy2
⎤
⎥⎥⎦ d xd y =
=
∫∫
D
y4
b4
(
x2
a2
+
y2
b2
)(
1 +
x2
a2
+
y2
b2
) d xd y
la función subintegral y el dominio, sugieren el siguiente cambio de variable{
x = aρ cos θ
y = bρ sen θ
→ ∂ (x, y)
∂ (ρ, θ)
=
∣∣∣∣ a cos θ −aρ sen θb sen θ bρ cos θ
∣∣∣∣ = abρ
y la correspondencia del dominio
D =
{
(x, y) ∈ IR2 : x
2
a2
+
y2
b2
≤ 1
}
→ D1 =
{
0 ≤ ρ ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2π
luego
I =
∫∫
D
y4
b4
(
x2
a2
+
y2
b2
)(
1 +
x2
a2
+
y2
b2
) dxd y = ∫∫
D1
b4ρ4 sen4 θ
b4
(
ρ2
) (
1 + ρ2
)abρd ρd θ =
= ab
∫∫
D1
ρ3 sen4 θ(
1 + ρ2
) d ρd θ = ab
[∫ 2π
0
sen4 θ d θ
] [∫ 1
0
ρ3
1 + ρ2 d
ρ
]
=
= ab
[
4
∫ π
2
0
sen4 θ d θ
][∫ 1
0
(
ρ − ρ
1 + ρ2
)
d ρ
]
=
= ab
[
2B
(
5
2
,
1
2
)] [
ρ2
2
− 1
2
log
(
1 + ρ2
)]1
0
= 2ab
3
2
1
2
√
π
√
π
2
[
1
2
− 1
2
log 2
]
=
=
3π
8
[1 − log 2]
7.- Determinar la integral de la función
f (x, y) =
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2
sobre los recintos:
1. E =
{
(x, y) ∈ IR2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1
}
.
2. H =
{
(x, y) ∈ IR2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, 0 ≤ x
}
.
Solución:
�
�
�
�
E
H
Figura 6: Ejercicio 7
Apartado 1: La función subintegral es impar respecto a la variable x, y el dominio es simétrico
respecto a x = 0, ver en la figura 6 la parte de la izquierda, es∫∫
E
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 d xd y = 0
Apartado 2: Si nos fijamos en la función subintegral
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 → ∂f (x, y)
∂x
ef(x, y) =
∂ef(x, y)
∂x
luego integraremos primero en x
I =
∫∫
H
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 d xd y =
∫ 2
0
[∫ √1−(y−1)2
0
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 dx
]
d y =
=
∫ 2
0
[
e
√
x2+y2
]√1−(y−1)2
0
d y =
∫ 2
0
[
e
√
1−y2+2y−1+y2 − ey
]
d y =
∫ 2
0
[
e
√
2y − ey
]
d y
hemos de resolver
I1 =
∫ 2
0
e
√
2y d y I2 =
∫ 2
0
ey d y
I1 =
∫ 2
0
e
√
2y d y =
2y=u2
∫ 2
0
euud u = ueu|20 −
∫ 2
0
eu d u = 2e2 − e2 + 1
I2 =
∫ 2
0
ey d y = ey|20 = e2 − 1
por lo tanto el resultado final es
I =
∫∫
H
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 dxd y =
∫ 2
0
[
e
√
2y − ey
]
d y = 2e2 − e2 + 1 − e2 + 1 = 2
Otra forma: Debido a que en la función subintegral aparece x2 + y2 y el dominio es una
semicircunferencia, vamos a hacerla mediante un cambio a coordenadas polares{
x = ρ cos θ
y = ρ sen θ
→ ∂ (x, y)
∂ (ρ, θ)
=
∣∣∣∣ cos θ −ρ sen θsen θ ρ cos θ
∣∣∣∣ = ρ
y la correspondencia del dominio
H =
{
(x, y) ∈ IR2 : x2 + y2 − 2y ≤ 0, 0 ≤ x}→ H1 =
{
0 ≤ ρ ≤ 2 sen θ
0 ≤ θ ≤ π
2
luego
I =
∫∫
H
x√
x2 + y2
e
√
x2+y2 d xd y =
∫∫
H1
ρ cos θ√
ρ2
e
√
ρ2ρd ρd θ =
=
∫ π
2
0
cos θ
[∫ 2 sen θ
0
ρeρ d ρ
]
d θ =
∫ π
2
0
cos θ [ρeρ − eρ]2 sen θ0 d θ =
=
∫ π
2
0
cosθ
[
2 sen θe2 sen θ − e2 sen θ + 1
]
d θ
hemos de resolver
I1 =
∫ π
2
0
2 cos θ sen θe2 sen θ d θ; I2 =
∫ π
2
0
cos θe2 sen θ d θ; I3 =
∫ π
2
0
cos θ d θ
I1 =
∫ π
2
0
2 cos θ sen θe2 sen θ d θ = sen θe2 sen θ
∣∣∣π2
0
−
∫ π
2
0
cos θe2 sen θ d θ = e2 − I2
I2 =
∫ π
2
0
cos θe2 sen θ d θ =
1
2
e2 sen θ
∣∣∣π2
0
=
1
2
e2 − 1
2
I3 =
∫ π
2
0
cos θ d θ = 1
luego
I = I1 − I2 + I3 = e2 − 2
[
1
2
e2 − 1
2
]
+ 1 = 2
8.- Calcular
∫∫
D
dxdy
xy
, donde D es el dominio plano limitado por las curvas
x2 + y2 = ax, x2 + y2 = a′x, x2 + y2 = by, x2 + y2 = b′y,
siendo: 0 < a < a′, 0 < b < b′.
Indicación: Efectúa un cambio de variable, de forma que el nuevo dominio sea el rectángulo
[a, a′] × [b, b′].
Solución:
A
B
C
E
D
D1
A1
C1
B1
E1
Figura 7: Ejercicio 8
El dominio puede expresarse
a ≤ x
2 + y2
x
≤ a′ b ≤ x
2 + y2
y
≤ b′,
luego el cambio
⎧⎪⎨
⎪⎩
u =
x2 + y2
x
v =
x2 + y2
y
→ ∂ (u, v)
∂ (x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 − y2
x2
2
y
x
2
x
y
y2 − x2
y2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= −
(
x2 − y2)2
x2y2
− 4 = −
(
x2 + y2
)2
x2y2
al iual que en el ejercicio reseñado, el dominio se transforma en un rectángulo
I =
∫∫
D
d xd y
xy
=
∫∫
D1
x2y2
(x2 + y2)2
d ud v
xy
=
∫∫
D1
1
uv
dud v =
∫ a′
a
1
u
du
∫ b′
b
1
v
d v =
= log
a′
a
log
b′
b
9.- Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies: y = z2, 2y = z2, z = x2,
2z = x2, x = y2, 2x = y2.
Indicación: efectuar un cambio de variables de forma que el nuevo recinto de integración sea
el cubo [1, 2]3. Hallar el jacobiano del cambio inverso.
Solución:
El cambio de variables que permite obtener el dominio que se sugiere es el siguiente:
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
z2
y
= 1
z2
y
= 2
x2
z
= 1
x2
z
= 2
y2
x
= 1
y2
y
= 2
→ D1
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
1 ≤ u = z
2
y
≤ 2
1 ≤ v = x
2
z
≤ 2
1 ≤ w = y
2
x
≤ 2
siendo
∂ (u, v, w)
∂ (x, y, z)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 −z
2
y2
2z
y
2x
z
0 −x
2
z2
−y
2
x2
2y
x
0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 8 − 1
por lo tanto
V =
∫∫∫
D
d xd y d z =
∫∫∫
D1
1
∂ (u, v, w)
∂ (x, y, z)
d ud v d w =
∫∫∫
D1
1
7 d
ud v dw =
=
1
7
[∫ 2
1
d u
] [∫ 2
1
d v
] [∫ 2
1
d w
]
=
1
7
10.- Calcular
∫∫∫
W
f (x, y, y) dxdydz, en los siguientes casos:
1. f (x, y, y) = e−(x
2+y2+z2)
3
2
, donde W es la región queda bajo la esfera x2 + y2 + z2 = 9
y sobre el cono z =
√
x2 + y2.
2. f (x, y, y) = zex
2+y2+z2, donde W =
{
(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y2 ≤ z2, 0 ≤ z ≤ 1}.
Solución:
r
Z
θ/4
θ
Figura 8: Ejercicio 10
Apartado 1: En la figura, a la izquierda está dibujado el dominio, y a la derecha un corte
por un plano que pase por el eje Z. Consideramos coordenadas esféricas (ver la figura (9). El
jacobiano de la transformación a coordenadas esféricas viene dado por,
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, ϕ)
=
∣∣∣∣∣∣
sen θ cos ϕ ρ cos θ cos ϕ −ρ sen θ sen ϕ
sen θ sen ϕ ρ cos θ sen ϕ ρ sen θ cos ϕ
cos θ −ρ sen θ
∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sen θ
y
x
z
θ
ρ
ϕ
x= ρ sen θ cos ϕ
y= ρ sen θ sen ϕ
z= ρ cos θ 
Figura 9: Coordenadas esféricas
y el dominio
W =
{√
x2 + y2 ≤ z ≤
√
9 − x2 + y2 → W1 =
⎧⎪⎨
⎪⎩
0 ≤ ρ ≤ 3
0 ≤ θ ≤ π
4
0 ≤ ϕ ≤ 2π
Luego la integral pedida es
V =
∫∫∫
W
e−(x
2+y2+z2)
3
2
d xd y d z =
∫∫∫
W1
e−ρ
3
ρ2 sen θ d ρd θ dϕ =
=
[∫ 3
0
ρ2e−ρ
3
d ρ
][∫ π
4
0
sen θ d θ
][∫ 2π
0
ϕ
]
=
=
[
−1
3
e−ρ
3
]3
0
[− cos θ]
π
4
0 [ϕ]
2π
0 =
1
3
[
1 − e−27]
[
1 −
√
2
2
]
2π
Solución:
Apartado 2: Planteando el ejercicio, el dominio es el volumen encerrado por el cono z =
+
√
x2 + y2 y el plano z = 1, superficies que se cortan en la curva
{
x2 + y2 = z2
z = 1
, que
proyectada sobre el plano z = 0, nos define un dominio plano D =
{
(x, y) ∈ IR2 : x2 + y2 ≤ 1},
por lo que
V =
∫∫∫
W
zex
2+y2+z2 d xd y d z =
∫∫
D1
ex
2+y2
[∫ 1
√
x2+y2
zez
2
d z
]
d xd y =
=
∫∫
D1
ex
2+y2
[
1
2
ez
2
]1
√
x2+y2
d xd y =
1
2
∫∫
D1
ex
2+y2
[
e − ex2+y2
]
d xd y
pasando ahora a coordenadas polares
V =
1
2
∫∫
D1
ex
2+y2
[
e − ex2+y2
]
d xd y =
1
2
∫∫
D2
eρ
2
ρ
[
e − eρ2
]
d ρd θ =
=
1
2
[∫ 2π
0
d θ
][∫ 1
0
eρ
2
ρ
[
e − eρ2
]
d ρ
]
= π
[
1
2
eeρ
2 − 1
4
e2ρ
2
]1
0
=
= π
2e2 − 2e − e2 + 1
4
=
π
2
(e − 1)2
EJERCICIOS ADICIONALES
Ejercicio no 1 Calcular el volumen limitado por la superficie
(
x2 + y2 + z2
)3 = 3a3xyz, que
pertenece al primer octante.
Solución:
Hagamos un cambio de variables a coordenadas esféricas.
Figura 10:
El jacobiano de la transformación es,
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, ω)
=
∣∣∣∣∣∣
cos ω sen θ ρ cos ω cos θ −ρ senω sen θ
senω sen θ ρ sen ω cos θ ρ cos ω sen θ
cos θ −ρ sen θ 0
∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sen θ
y la ecuación de la superficie en esféricas,(
x2 + y2 + z2
)3 = 3a3xyz ⇒ ρ3 = 3a3 cos ωsenθsenωsenθ cos θ
Por tanto,
V =
∫∫∫
V
dxdydz =
∫∫∫
V
∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, ω)
dρdθdω =
=
∫ π
2
0
dω
∫ π
2
0
dθ
∫ a 3√3 cos ωsen2θ sen ω cos θ
0
ρ2 sen θdρ =
=
∫ π
2
0
dω
∫ π
2
0
sen θ
[
ρ3
3
]a 3√3 cos ω sen 2θ sen ω cos θ
0
dθ =
= a3
∫ π
2
0
dω
∫ π
2
0
sen θ
[
cos ω sen 2θ sen ω cos θ
]
dθ =
= = a3
∫ π
2
0
cos ω sen ωdω
∫ π
2
0
sen 3θ cos θdθ =
= = a3
[
sen 2ω
2
]π
2
0
[
sen 4ω
4
]π
2
0
=
a3
8
Ejercicio no 2 Calcular I =
∫∫∫
V
[
x2y2 + y2z2 + z2x2
]
dxdydz , siendo V el volumen deter-
minado por el cilindro, y2 + z2 = 2pz, y las dos hojas del cono, x2 − q2 (y2 + z2) = 0, siendo
p, q > 0.
Solución:
El cilindro tiene su eje paralelo al, eje O x, y su sección recta por el plano x = 0 es: y2 +
(z − p)2 = p2, por lo tanto su eje es: y = 0 y z = p, ver la figura 11.
Figura 11:
El cono, circular, tiene como eje el eje Ox. La sección de estas dos superficies por un plano
que pase por Ox y que forme un ángulo ϕ con el eje Oy, ver la figura 12,
Figura 12:
El cambio de variable indicado será:⎧⎨
⎩
x = x
y = ρ cos ϕ
z = ρ sen ϕ
;
∂ (x, y, z)
∂ (x, ρ, ϕ)
=
∣∣∣∣∣∣
1 0 0
0 cos ϕ −ρ sen ϕ
0 sen ϕ ρ cos ϕ
∣∣∣∣∣∣ = ρ
siendo ahora la ecuación del cilindro: y2 + z2 = 2pz ⇒ ρ = 2p sen ϕ y la del cono: x2 −
q2
(
y2 + z2
)
= 0 ⇒ x = ±qρ. Por tanto
I =
∫∫∫
V
[
x2y2 + y2z2 + z2x2
]
d xd y d z =
=
∫∫∫
V
[
x2ρ2 + ρ4 cos2 ϕ sen2ϕ
]
ρd ρd ϕd x =
=
∫ π
0
d ϕ
∫ 2p sen ϕ
0
ρ3 d ρ
∫ qρ
−qρ
[
x2 + ρ2 cos2 ϕ sen2ϕ
]
d x =
=
∫ π
0
d ϕ
∫ 2p sen ϕ
0
ρ3
[
x3
3
+ ρ2 cos2 ϕ sen2ϕx
]qρ
−qρ
d ρ =
=
∫ π
0
d ϕ
∫ 2p sen ϕ
0
ρ3
[
2
q3ρ3
3
+ 2qρ3 cos2 ϕ sen2ϕ
]
d ρ =
=
∫ π
0
[
2
q3
3
+ 2q cos2 ϕ sen2ϕ
] [
ρ7
7
]2p sen ϕ
0
d ϕ =
= 2
q3
3
(2p)7
7
∫ π
0
sen7ϕd ϕ + 2q
(2p)7
7
∫ π
0
cos2 ϕ sen9ϕd ϕ =
= 2
q3
3
(2p)7
7
2
∫ π
2
0
sen7ϕd ϕ + 2q
(2p)7
7
2
∫ π
2
0
cos2 ϕ sen9ϕd ϕ =
=
29q3p7
21
6 ! !
7 ! !
+
29qp7
7
8 ! !
11 ! !
=
29qp7
7
6 ! !
7 ! !
[
q2
3
+
8
11 × 9
]
=
=
29qp7
21
6 ! !
7 ! !
[
q2 +
8
33
]
=
213qp7
735
[
q2 +
8
33
]
Ejercicio no 3 Hallar I =
∫∫∫
x2y2z d xd y d z extendida a la porción de cono x2+y2 = xz,
comprendida entre los planos z = 0 y z = c. (En esféricas).
Solución:
El cono tiene el vértice en el origen, es simétrico respecto al plano y = 0, sus secciones por
planos z = 2k son circunferencias:{
z = 2k
x2 + y2 = 2xk
;
{
z = 2k
(x − k)2 + y2 = k2
El dominio de integración será:
D ≡
{
x2 + y2
x
≤ z ≤ c
x2 + y2 − xc ≤ 0
Pasando a coordenadas esféricas, ver las figuras 10 y 13:⎧⎨
⎩
x = ρsen θ cos ϕ
y = ρsen θsenϕ
z = ρ cos θ
; → ∂ (x, y, z)
∂ (ρ, θ, ϕ)
= ρ2sen θ
El cono en coordenadas esféricas,
x2 + y2 = xz ⇒ ρ2sen2θ = ρsen θ cos ϕρ cos θ :−→ tg θ = cos ϕ
Por lo tanto el dominio,
D ≡
{
x2 + y2
x
≤ z ≤ c
x2 + y2 − xc ≤ 0
⇒ D ≡
⎧⎪⎨
⎪⎩
−π
2
≤ ϕ ≤ π
2
0 ≤ ρ ≤ c
cos θ
0 ≤ θ ≤ arc tg (cos ϕ)
Figura 13:
Por lo tanto,
I =
∫∫∫
D
x2y2z d xd y d z =
=
∫∫∫
D
[ρ cos ϕsen θ]2 [ρsen ϕsen θ]2 ρ cos θρ2 sen θ d ρd ϕd θ =
=
∫∫∫
D
ρ7sen5θ cos θsen2ϕ cos2 ϕd ρd ϕd θ =
= 2
∫ π
2
0
cos2 ϕsen2ϕd ϕ
∫ arc tg(cos ϕ)
0
sen5θ cos θ d θ
∫ c
cos θ
0
ρ7 d ρ =
=
∫ π
2
0
cos2 ϕsen2ϕd ϕ
∫ arc tg(cos ϕ)
0
sen5θ cos θ d θ
[
ρ8
8
] c
cos θ
0
=
=
c8
8
∫ π
2
0
cos2 ϕsen2ϕd ϕ
∫ arc tg(cos ϕ)
0
sen5θ cos θ
cos8 θ
d θ
Hagamos en la última integral, por ser par en cos y en sen, el cambio siguiente:tg θ = z → d θ = 1
1 + z2
d z −→
{
θ = 0 → z = 0
θ = arc tg (cos ϕ) → z = cos ϕ
Por lo que,
I1 =
∫ arc tg(cos ϕ)
0
sen5θ cos θ
cos8 θ
d θ =
∫ arc tg(cos ϕ)
0
sen5θ
cos7 θ
d θ =
=
∫ cos ϕ
0
[
z√
1 + z2
]5 [√
1 + z2
]7 1
1 + z2
d z =
z6
6
∣∣∣∣
cos ϕ
0
=
cos6 ϕ
6
luego,
I =
c8
24
2
∫ π
2
0
cos8 ϕsen2ϕd ϕ =
c8
24
B
[
9
2
,
3
2
]
=
c8
24
Γ
[
9
2
]
Γ
[
3
2
]
Γ [6]
=
=
c8
24
7
2
5
2
3
2
1
2
Γ
[
1
2
]
1
2
Γ
[
1
2
]
5 !
=
7π
24
( c
2
)8