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• Axel

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Integrales Múltiples Capítulo 14

Sección 14.3. Evaluación de Integrales Dobles Evalúe la integral doble sobre la región R que está acostada por las gráficas de las ecuaciones dadas. Elija el orden de integración más conveniente. 3. ∬𝑹 (𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟏)𝒅𝑨; 𝒚 = 𝒙𝟐 , 𝒚 = 𝒙𝟑 Solución:

Igualando y obtenemos que 𝑥2 = 𝑥3 0 = 𝑥3 − 𝑥2 0 = 𝑥 2 (𝑥 − 1). 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑥 = 0,1 Por lo tanto los puntos de intersección serán (0,0) y (1,1) Según la gráfica, podemos observar que la región es tipo I, por lo tanto 1

𝑥2

∬ (2𝑥 + 4𝑦 + 1)𝑑𝐴 = ∫ ∫ (2𝑥 + 4𝑦 + 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑅

0

𝑥3

Integrando primeramente 𝑥2

2 ∫ (2𝑥 + 4𝑦 + 1) 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑦 + 2𝑦 2 + 𝑦]𝑥 3 𝑥 𝑥3

= 2𝑥 3 + 2𝑥 4 + 𝑥 2 − 2𝑥 4 − 2𝑥 6 − 𝑥 3 = 𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 6 Integrando nuevamente, la expresión anterior 1

∫ (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 6 ) 𝑑𝑥 = 0

=

𝑥 4 𝑥 3 2𝑥 7 1 + − ] 4 3 7 0

1 1 2 + − 4 3 7

𝑥2

1

25

El resultado es ∫0 ∫𝑥 3 (2𝑥 + 4𝑦 + 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 84 7. ∬𝑹

𝒚 𝟏+𝒙𝒚

𝒅𝑨; 𝒚 = 𝟎, 𝒚 = 𝟏, 𝒙 = 𝟎, 𝒙 = 𝟏

Solución:

El plano 𝑥 = 0 está representado por color verde. El plano 𝑥 = 1 está representado por color azul

∬𝑅

𝑦 1+𝑥𝑦

1

1

𝑑𝐴 = ∫0 ∫0

𝑦 1+𝑥𝑦

𝑑𝑥 𝑑𝑦 Ya

que es una región de tipo II Integrando primeramente 1

∫ 0

Haciendo 𝑢 = 1 + 𝑥𝑦, 𝑑𝑢 = 𝑦 𝑑𝑥 → ∫

𝑑𝑢 𝑢

= 𝑙𝑛|𝑢| = 𝑙𝑛|1 + 𝑥𝑦|

𝑦 𝑑𝑥 1 + 𝑥𝑦

Entonces 1

∫ 0

𝑦 1 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|1 + 𝑥𝑦|| = ln|1 + 𝑦| 0 1 + 𝑥𝑦

Integrando lo obtenido anteriormente 1

∫ ln|1 + 𝑦|𝑑𝑦 0

𝑢 = 𝑙𝑛|1 + 𝑦| 𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 Integrando por partes, haciendo

𝑑𝑦

𝑑𝑢 = 1+𝑦

𝑣=𝑦

∫ 𝑙𝑛|1 + 𝑦|𝑑𝑦 = 𝑦 𝑙𝑛|1 + 𝑦| − ∫

𝑦 𝑑𝑦 1+𝑦

Integrando nuevamente, haciendo 𝑢 = 1 + 𝑦 → 𝑦 = 𝑢 + 1 ∫

𝑦 𝑢−1 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 − 𝑙𝑛|𝑢| = 1 + 𝑦 − ln |1 + 𝑦| 1+𝑦 𝑢 1 0

∫ 𝑙𝑛|1 + 𝑦|𝑑𝑦 = 𝑦 𝑙𝑛|1 + 𝑦| − 1 − 𝑦 + ln |1 + 𝑦|] ∫ 𝑙𝑛|1 + 𝑦|𝑑𝑦 = 2 ln|2| − 2 Por lo tanto, 1

1 𝑦 𝑦 ∬ 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 2 ln|2| − 2 𝑅 1 + 𝑥𝑦 0 1 + 𝑥𝑦 0

Emplee la integral doble para calcular el área de la región R que está acostada por las gráficas de las ecuaciones que se indican. 17. 𝒚 = −𝟐𝒙 + 𝟑, 𝒚 = 𝒙𝟐 , 𝒙 = −𝟐 Solución: Gracias a la gráfica podemos observar que es una región de tipo I, calculando sus puntos de intersección −2𝑥 + 3 = 𝑥 3

𝑥 3 + 2𝑥 − 3 = 0 (𝑥 − 1)(𝑥 2 + 𝑥 + 3) = 0 Luego, el punto de intersección de ambas graficas será (1,1)

1

−2𝑥+3

∫ ∫ −2 𝑥 3

1

𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ∫ −2𝑥 + 3 − 𝑥 3 𝑑𝑥 = −𝑥 2 + 3𝑥 − −2

𝑥4 1 ] 4 −2

1 63 = −1 + 3 − + 8 + 6 = 4 4 Por lo tanto, el área de la región R acotada por las gráficas mencionadas anteriormente es 63 4

.

Determine el volumen acotado por las gráficas de las ecuaciones dadas. 33.𝑧 = 𝑥 2 , 𝑧 = −𝑥 + 2, 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑦 = 5, 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑜𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Sección 14.5. Integrales Dobles en Coordenadas Polares. Emplee la integral doble en coordenadas polares para calcular el área de la región acotada por las gráficas de las ecuaciones polares que se indican. 1. 𝑟 = 3 + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃 Solución: La gráfica de esta función corresponde a un cardiode con su eje de simetría vertical. En toda la región tenemos 0 ≤ 𝑟 ≤ 3 + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃. Aprovechando la simetría vertical del cardiode, calcularemos la mitad 𝜋 𝜋 del área buscada, considerando la región en la que 𝜃 varía de − a . 2

2

Tenemos que 𝜋 2

3+3 𝑠𝑒𝑛𝜃

∫ ∫

𝜋 − 0 2

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

Integramos primero, 3+3 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑟 2 3 + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃 9 9 ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = ] = + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 0 2 2 2 0 Volviendo a integrar

𝜋 2

9 9 9 9 𝜃 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 ∫ ( + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) 𝑑𝜃 = 𝜃 − 3 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + ( − ) 𝜋 2 2 2 2 2 4 − 2

Reduciendo términos semejantes 𝜋 27 9 = 𝜃 − 3𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛(2𝜃)] 2𝜋 4 8 − 2 =

27𝜋 𝜋 9𝑠𝑒𝑛(𝜋) 27𝜋 𝜋 9𝑠𝑒𝑛(−𝜋) − 3 cos ( ) − + + 3 cos (− ) + 8 2 8 8 2 8 𝜋 2 9 9 27 ∫ ( + 3 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) 𝑑𝜃 = 𝜋 𝜋 2 2 4 − 2

Debemos recordar que únicamente calculamos la mitad del área buscada, por lo que debemos multiplicar por 2 el resultado obtenido anteriormente 𝜋 2

3+3 𝑠𝑒𝑛𝜃

2∫ ∫ −

𝜋 0 2

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 2 (

27𝜋 27𝜋 2 𝑢 )= 4 2

3. 𝑟 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃, 𝑟 = 1, á𝑟𝑒𝑎 𝑐𝑜𝑚ú𝑛. Solución: Tenemos que 𝑟 = 1 representa una circunferencia de radio 1 y centro en el origen y 𝑟 = 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 representa una circunferencia de radio 1 y centro 𝜋

𝜋

sobre el eje y en el punto (1, ). 2 2 Debemos calcular los puntos de intersección de las circunferencias, igualando r 𝜋 5𝜋 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 1 → 𝜃 = , 6 6

Por ser la región simétrica con respecto al eje Y, podemos considerar la región de la derecha y duplicar su resultado.Para continuar, debemos subdividir la región en dos subregiones más pequeñas: Cuando 0 ≤ 𝜃 ≤ Cuando

𝜋 6

≤𝜃≤

𝜋

𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 0 ≤ 𝑟 ≤ 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 y

6 𝜋

𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 0 ≤ 𝑟 ≤ 1

2

𝜋 6

∫ ∫ 0

𝜋 2

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 + ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝜋 6

0 𝜋 6

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝜋 6

𝑟2 2 2

]

0

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃

Comenzando con el primer término ∫0 ∫0 Integrando ∫0

1

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 2 𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 0 𝜃

𝑠𝑒𝑛 (2𝜃)

2

4

Volviendo a integrar ∫0 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃 = 2 ( −

𝜋

)] 6 = 𝜃 − 0

𝑠𝑒𝑛 2𝜃 2

𝜋

]6 0

𝜋 6

𝜋 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 𝜋 1 2𝜋 𝜋 √3 ∫ 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃 = 𝜃 − ] 6 = − 𝑠𝑒𝑛 ( ) = − 2 3 6 4 0 0 6 2 2

𝜋 2 𝜋 6

1

Continuamos con el segundo término ∫ ∫0 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 1

Integrando ∫0 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝜋 21 𝜋 2 6

Volviendo a integrar ∫

1 1 ] = 2 0 2

𝑟2

𝜋 𝜃

𝜋

𝜋

4

12

𝑑𝜃 = ] 𝜋2 = − 2

=

𝜋 6

6

Sumando el resultado del primero y el segundo término respectivamente 𝜋 6

∫ ∫ 0

𝜋 2

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃

1

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 + ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝜋 6

0

0

𝜋 √3 𝜋 2𝜋 √3 − + = − 6 4 6 6 4

Recordemos que únicamente calculamos la región de la derecha, ahora debemos multiplicar por 2 el resultado obtenido anteriormente:

𝜋 6

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 2 ∫0 ∫0 𝑟

𝜋 2 𝜋 6

1

𝜋

𝑑𝑟 𝑑𝜃 + ∫ ∫0 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = ( − 6 𝜋 6

2 𝑠𝑒𝑛 𝜃

2∫ ∫ 0

𝜋 2

√3 4

𝜋 6

1

𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 + ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 =

0

𝜋 6

0

√3 2𝜋 − ) 6 4

+ ) = 2(

2𝜋 √3 − 3 2

4. 𝒓 = 𝟖 𝒔𝒆𝒏 (𝟒𝜽), 𝒖𝒏 𝒑é𝒕𝒂𝒍𝒐 Solución: 𝜋 2𝜋

Si resolvemos 𝑟 = 0, 8 𝑠𝑒𝑛 (4𝜃) = 0 luego 𝜃 = 0, 3 , 𝜋

tangente a la recta 𝜃 = 3 .

3

. Es decir, la curva entra al origen

𝜋 3

8 𝑠𝑒𝑛 4𝜃

∫ ∫ 0

0

𝑟 2 8 𝑠𝑒𝑛(4𝜃) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = ] = 32𝑠𝑒𝑛2 (4𝜃) 2 0

Integrando nuevamente 𝜋 3

∫ 32𝑠𝑒𝑛2 (4𝜃) 𝑑𝜃 0

Haciendo 𝑢 = 4𝜃 → 𝑑𝑢 = 4 𝑑𝜃 →

𝑑𝑢 4

= 𝑑𝜃

𝜋

32 2 𝑢 𝑠𝑒𝑛 (2𝑢) ∫ 𝑠𝑒𝑛2 (𝑢) = 8 ( − ) = 4𝑢 − 2𝑠𝑒𝑛(2𝑢) 4 0 2 4 𝜋 16𝜋 = 16𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛 (8𝜃)]3 = − √3 3 0

Sección 14.6. Área de la superficie. 9. Encuentre el área de la superficie de las porciones de la esfera 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 𝑎2 que están dentro del cilindro 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎𝑦. Solución. Tenemos que 𝑧 = √𝑎2 − 𝑥 2 − 𝑦 2 , entonces 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) =

−𝑥

𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) =

√𝑎2 −𝑥 2 −𝑦 2

−𝑦 √𝑎2 −𝑥 2 −𝑦 2 𝑎2

2

Y por ello 1 + [𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦)]2 + [𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦)] =

𝑎2 −𝑥 2 −𝑦 2

Luego, 𝐴 (𝑆 ) = ∬ 𝑅

𝑎 𝑑𝐴 𝑎2 − 𝑥 2 − 𝑦 2

Para convertir el problema en uno más sencillo, hacemos el cambio a coordenadas 1

polares por lo que 𝑧 = 𝑎(𝑎2 − 𝑟 2 )−2 y 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎𝑦 se convierte en 𝑟 = 𝑎𝑠𝑒𝑛(𝜃) 2𝜋

𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃

∫

∫

0

0

1

(𝑎2 − 𝑟 2 )−2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 1

Comenzando con ∫0𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃(𝑎2 − 𝑟 2 )−2 𝑟 𝑑𝑟 , haciendo 𝑢 = 𝑎2 − 𝑟 2 luego − 𝑑𝑢 = 2 𝑟𝑑𝑟 1 1 1 1 −2 2 2 2 2 ∫ 𝑢 𝑑𝑢 = −𝑢 = −(𝑎 − 𝑟 ) 2 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃

Entonces ∫0

1

(𝑎2 − 𝑟 2 )−2 𝑟 𝑑𝑟 = −√𝑎2 − 𝑟 2 ]𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃 0

= −√𝑎2 − 𝑎2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 + 𝑎 = 𝑎 − 𝑎√1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 𝑎 − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃

∫ 0

1

(𝑎2 − 𝑟 2 )−2 𝑟 𝑑𝑟

= 𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

Integrando nuevamente 2𝜋

∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 )𝑑𝜃 = 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃 ] 0

2𝜋 = 2𝑎2 𝜋 0

Sección 14.7. La integral triple

Evalúe la integral iterada que se indica. 6

6

6−𝑥−𝑧

3. ∫0 ∫0 ∫0

𝑑𝑦𝑑𝑧𝑑𝑥

Integrando por primera vez 6−𝑥−𝑧

𝑑𝑦 = 𝑦]

∫ 0

6−𝑥−𝑧 =6−𝑥−𝑧 0

Integrando por segunda vez 6−𝑥

∫ 0

𝑧2 6 − 𝑥 (6 − 𝑥 − 𝑧)𝑑𝑧 = 6𝑧 − 𝑥𝑧 − ] 0 2

(6 − 𝑥 )2 = 6(6 − 𝑥 ) − 𝑥 (6 − 𝑥 ) − 2 (6 − 𝑥)2 = (6 − 𝑥 )(6 − 𝑥 ) − 2 (6 − 𝑥)2 = (6 − 𝑥) − 2 2

6−𝑥

∫ 0

(6 − 𝑥)2 (6 − 𝑥 − 𝑧)𝑑𝑧 = 2

Integrando por tercera vez 6

(6 − 𝑥)2 ∫ 𝑑𝑥 2 0 Haciendo 𝑢 = 6 − 𝑥 → −𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 −𝑢3 ∫ −𝑢 𝑑𝑢 = 3 2

Entonces 6

(6 − 𝑥)2 −(6 − 𝑥)3 6 63 ∫ 𝑑𝑥 = ] = = 36 0 2 3 6 0 1

1

2−𝑥 2 −𝑦2

7. ∫0 ∫0 ∫0

𝑥𝑦𝑒 𝑧 𝑑𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦