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4.2 Integrales triples 115 � Hallar la integral triple de la función f(x, y, z) en el recinto W dado, en los siguientes casos: 565 f(x, y, z) = x + y + z, W tetraedro de vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 0, 1). 566 f(x, y, z) = xyz, W es el recinto bajo la superficie z = 1− x2 sobre el rectángulo [−1, 1]× [0, 2] del plano XY . 567 f(x, y, z) = x2, W es el tetraedro contenido en el primer octante acotado por los planos coordenados y el plano x+ y + z = 1. 568 f(x, y, z) = x + y, W es la región entre las superficies z = 2 − x2 y z = x2, para 0 ≤ y ≤ 3. Solución: 567 En este tipo de ejemplos nos identifican de manera descriptiva la región de integración y como paso importante debemos previamen- te concretarla en forma de desigualdades que involucren apropia- damente las variables. Esto supone además realizar una elección juiciosa sobre el orden de integración más conveniente. En este caso concreto, como la función a integrar no presenta ninguna di- ficultad, ningún orden de integración supone una ventaja esencial sobre ningún otro, de modo que elegimos por ejemplo dz dy dx y en consecuencia debemos describir la región de integración del modo siguiente (véase la Figura 25) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− y − x. 0 0.5 1 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.5 1 Figura 25: Volumen de integración del Ejercicio 567 Nótese que la proyección de la regiónW a lo largo del eje Z (primera variable de integración elegida) corresponde al triángulo en el plano 116 Capı́tulo 4 Funciones de varias variables: Integración Múltiple116 Capı́tulo 4 Funciones de varias variables: Integración Múltiple116 Capı́tulo 4 Funciones de varias variables: Integración Múltiple XY determinado por las rectas y = 0, y = 1 − x (x + y + z = 1 cuando z = 0). Finalmente la proyección de este triángulo a lo largo del eje Y (segunda variable de integración) sobre el eje X es el intervalo 0 ≤ x ≤ 1 que son los ĺımites para la última variable de integración. El cálculo de la integral no plantea ninguna dificultad especial. Su valor final es 160 . 568 Como en el ejemplo precedente, la dificultad real de este ejercicio consiste en describir convenientemente la región de integración. La información que nos proporcionan nos lleva a determinar los ĺımites para las variables x y z como la intersección entre las superficies z = 2− x2 y z = x2, sabiendo que 0 ≤ y ≤ 3. Dicha intersección se determina resolviendo el sistema z = 2− x2, z = x2, que conduce trivialmente a la ecuación cuadrática x2 = 2− x2, con soluciones−1 y 1. En consecuencia−1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ z ≤ 2−x2 y 0 ≤ y ≤ 3. Dicha región puede verse en la Figura 26. El cálculo de la integral es ahora sencillo. Su valor final es 12. −1 −0.5 0 0.5 1 0 20 1 2 Figura 26: Gráfica del Ejercicio 568 569 Sea D la región limitada en R3 por la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y los planos x = 1, x = −1, y = 1, y = −1. Evaluar la integral ∫ D x dV . Solución 569: Lo importante de este ejercicio consiste en describir correctamente la región de integración. Se ha intentado esbozarla en la Figura 27. Una vez 4.2 Integrales triples 117 representada, es claro que la proyección sobre el plano XY corresponde al cuadrado [−1, 1]× [−1, 1], mientras que la variable z se mueve entre la parte negativa y la parte positiva de la superficie esférica. Aśı, ∫ D x dV = ∫ 1 −1 ∫ 1 −1 ∫ √4−x2−y2 − √ 4−x2−y2 x dz dy dx. Puesto que la función integrando es x (que es función impar de x) y la región de integración es simétrica respecto plano Y Z (o respecto al eje X), podemos anticipar que la integral solicitada debe anularse pues la parte positiva de la integral cancelará con la parte negativa de la misma. −1 0 1 −1 0 1 −2 0 2 Figura 27: Gráfica del Ejercicio 569 570 Evaluar la integral ∫ W (1−z2) dV donde W es la pirámide de vértice superior (0, 0, 1) y vértices en la base (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (1, 1, 0). � Cambiar el orden de integración en las siguientes integrales para obtener las otras cinco formas de la respuesta: 571 ∫ 1 0 ∫ x 0 ∫ y 0 f dz dy dx. 572 ∫ 1 0 ∫ x 0 ∫ 2−x−y 0 f dz dy dx.
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