Se presentan ejemplos de aplicaciones de integrales dobles para calcular volúmenes y áreas junto con sus soluciones detalladas.
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Calcular Volumen Usando Dobles
El volumen \( V \) del sólido que está sobre la región \( R \) en el plano \( xy \) y debajo de la superficie \( z = f(x,y) \), dado que \( f(x,y) \ge 0 \), se calcula mediante la integral doble [6]
\[ \displaystyle V = \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \]
Ejemplo 1
Usar la integral doble para calcular el volumen del sólido que se encuentra entre el plano \( z = 0 \) y el paraboloide \( z = 4 - x^2 - y^2 \).
Solución del Ejemplo 1
El sólido entre el plano \( z = 0 \) y el paraboloide se muestra a continuación.
Fig.1 - Volumen Entre el Plano \( z = 0 \) y el Paraboloide \( z = 4 - x^2 - y^2 \)
La región \( R \) de integración es la intersección del paraboloide y el plano \( z =0 \) que se obtiene al establecer \( z = 0 \) en la ecuación del paraboloide para obtener
\( 0 = 4 - x^2 - y^2 \)
Reescribir en forma estándar
\( x^2 + y^2 = 2^2 \)
que es un círculo en el plano \( xy \) (o \( z = 0 \) ) con centro en \( (0,0) \) y un radio igual a \( 2 \)
Fig.2 - Región \( R \) de Integración que es un Círculo con Centro en \( (0,0) \) y un Radio Igual a \( 2 \)
Dado que la región de integración es un círculo, es más eficiente usar integrales dobles en coordenadas polares.
El volumen \( V \) se calcula usando la integral doble
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , donde \( R \) es la región de integración definida por
\( R: 0\le \theta \le 2\pi , 0 \le r \le 2 \)
que es el círculo en la Fig.2 y \( f(x,y) = z = 4 - x^2 - y^2 \)
En coordenadas polares, el volumen está dado por
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} \left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]_0^2 d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} ( 4 ) d\theta \)
\( = 8 \pi \)
Ejemplo 2
Encontrar la constante \( a \) (ver diagrama abajo) para que el volumen del sólido que se encuentra sobre la región \( R \) ubicada en el plano \( x y \) mostrada abajo y la superficie definida por la ecuación \( z = \sqrt{1-x^2-y^2} \) sea igual a \( 1 \) unidad cúbica.
Fig.3 - Región dada de integraciónSolución del Ejemplo 2
Primero convertimos la región dada en la Fig. 2 a coordenadas polares. El semicírculo externo \( y = \sqrt {1-x^2} \) tiene un radio igual a \( 1 \) y el semicírculo interno \( y = \sqrt {a^2-x^2} \) tiene un radio igual a \( a \) a encontrar.
Fig.4 - Región de Integración en Coordenadas Polares
La región de integración en coordenadas polares se puede definir como
\( R: 0\le \theta \le \pi , a \le r \le 1 \)
En coordenadas polares
\( z = \sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-r^2} \)
En coordenadas polares, el volumen está dado por
\( \displaystyle V = \int_0^{\pi} \int_a^1 \sqrt{1-r^2} r dr d\theta \)
\( \displaystyle = \int_0^{\pi} \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} d\theta \)
\( = \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi \)
Queremos que el volumen \( V \) sea igual a \( 1 \), por lo tanto
\( \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi = 1 \)
Resolvemos lo anterior para \( a \)
\( a = \sqrt{1-\sqrt[3]{\dfrac{9}{\pi ^2}}} \approx 0.174 \)
Ejemplo 3
Encuentra \( a \) de modo que el volumen del tetraedro limitado por los planos \( 2x + 2 y + z = a , a \gt 0\), \( y = 2 x \) , \( y = 0\) y \( z = 0 \) sea igual a \( 10 \) unidades cúbicas.
Solución del Ejemplo 3
A continuación se grafican los planos que definen el sólido cuyo volumen se va a calcular.
Fig.5 - Planos que definen el sólido
Primero encuentra la región de integración que es un triángulo definido por tres vértices: \( O , B \) y \( C \)
\( O \) es el origen del sistema de ejes.
\( B \) es el punto de intersección con el eje \( x \) y se encuentra al establecer \( z = 0\) y \( y = 0 \) en la ecuación del plano dado \( 2x + 2 y + z = a \).
\( 2x = a \)
Resuelve para \( x \)
\( x = \dfrac{a}{2} \)
\( C \) es el punto de intersección de los planos \( 2x + 2 y + z = a \) y \( y = 2 x \) y está ubicado en el plano \( x y \). Un punto en el plano \( x y \) tiene \( z = 0 \).
El punto \( C \) se obtiene estableciendo \( z = 0 \) en la ecuación \( 2x + 2 y + z = a \) y resolviendo la ecuación obtenida
\( 2x + 2 y = a \) y \( y = 2 x \)
Resuelve lo anterior por sustitución para obtener
\( y = a/3 \) y \( x = a/6 \)
Por lo tanto, la región \( R \) de integración en el plano \( x y \) es un triángulo con vértices
\(O(0,0)\) , \( B(a/2,0) \) y \(C(a/6,a/3)\)
Fig.6 - Región de integración
El volumen \( V \) del tetraedro está dado por
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , donde \( R \) es la región de integración definida por
\( R: \dfrac{y}{2} \le x \le \ \dfrac{a}{2} - y , 0 \le y \le \dfrac{a}{3} \)
y
\( f(x,y) = z = a - 2x - 2 y \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \int_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} (a - 2x - 2 y) \;dx \;dy \)
Calcula la integral interna
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left[ax-2yx-x^2\right]_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} \;dy \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left(\frac{9y^2-6ay+a^2}{4}\right) \;dy \)
Evalúa la integral externa
\( V = \left[ \frac{1}{4} \left(3y^3-3a y^2+a^2 y \right) \right]_0^{\frac{a}{3}} \)
\( V = \frac{a^3}{36} \)
Nota: Puedes verificar que el resultado anterior corresponde al que se puede obtener utilizando la fórmula muy conocida para el volumen del tetraedro
\( V = \dfrac{1}{3} A \times H \)
donde \( A \) es el área de la base y \( H \) es la altura desde la base hasta el vértice del tetraedro.
Puedes verificar esto si lo deseas.
Para que el volumen sea igual a \( 10 \)
\( \frac{a^3}{36} = 10 \)
Resuelve para \( a \)
\( a = \sqrt[3] {360} \approx \:7.11378 \)
Calcular el Área de la Superficie Usando Dobles
El área \( A \) de una región \( R \) en el plano \( x y\) está dada por la doble integral [6]
\[ A = \displaystyle \iint_R 1 \;dy \;dx \]
Ejemplo 4
Usa la doble integral para calcular el área de la región delimitada por las curvas \( y = x^2 \) y \( y = - (x-2)^2 +4 \)
Solución del Ejemplo 4
Primero graficamos las dos curvas y definimos la región delimitada por las dos curvas.
Fig.7 - Región de integración
Las dos curvas se intersecan en los puntos que son soluciones al sistema de ecuaciones de las dos curvas
\( y = x^2 \) y \( y = - (x-2)^2 +4 \)
que pueden resolverse por sustitución
\( x^2 = - (x-2)^2 +4 \)
Expandimos y simplificamos
\( 2 x^2 - 4x = 0 \)
\( 2x(x-4) = 0 \)
Las ecuaciones anteriores tienen dos soluciones
\( x = 0 \) y \( x = 4 \)
Usa \( y = x^2 \) para calcular la coordenada \( y \) y, por lo tanto, los puntos
\((0,0) \) y \((2,4) \)
La región \( R \) encerrada por las dos curvas puede definirse de la siguiente manera
\( R: 0 \le x \le 2 , x^2 \le y \le - (x-2)^2 +4 \)
El área \( A \) está dada por
\( A = \displaystyle \int_0^2 \int_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} 1 \;dy \;dx \)
Calcula la integral interna
\( A = \displaystyle \int_0^2 \left[y \right]_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} \;dx \)
Simplifica
\( A = \displaystyle \int_0^2 (-2x^2+4x) \;dx \)
\( A = \left[-\frac{2x^3}{3}+2x^2\right]_0^2 = 8/3 \)
Ejemplo 5
Usa la doble integral para calcular el área de la región común a los dos círculos con ecuaciones \( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) y \( x^2 + y^2 = 9 \)
Solución del Ejemplo 5
Primero graficamos las dos curvas y definimos la región delimitada por las dos curvas. La región común a ambos círculos está en azul claro.
Fig.7 - Región común a los dos círculos
Los puntos de intersección se encuentran al resolver el sistema de ecuaciones
\( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) y \( x^2 + y^2 = 9 \)
Expandimos la ecuación de la izquierda
\( x^2 + y^2 - 4 y + 4 = 9 \)
\( x^2 + y^2 = 9 \)
Restamos las ecuaciones
\( - 4 y + 4 = 0 \)
Resolvemos para \( y \)
\( y = 1 \)
Sustituimos \( y \) por \( 1 \) en cualquiera de las ecuaciones y resolvemos para \( x \) para obtener
\( x = \pm 2 \sqrt 2 \)
Ahora podemos definir la región \( R \) como
\( R: -2\sqrt 2 \le x \le 2\sqrt 2 , 2 - \sqrt{9-x^2} \le y \le \sqrt{9-x^2} \)
El área de la región \( R \) está dada por
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \int_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} 1 \;dy \;dx \)
Calculamos la integral interna
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \; \left[ y \right]_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} \; \;dx \)
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \left( 2 \sqrt{9-x^2} - 2 \right) \;dx \)
\( A = \left[ x\sqrt{9-x^2} + 9\arcsin(x/3) - 2x \right]_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \)
Nota: los detalles de la integral \( \int \sqrt{9-x^2}dx \) están incluidos en Apéndice A.
Evaluamos \( A \)
\( A = 18\arcsin \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)-4\sqrt{2} \approx 16.5 \)
Apéndices
Apéndice A
Calcula la integral
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2}dx \)
Sustituimos
\( x = 3 \sin u \) lo que da \( u = \arcsin (x/3) \) y \( dx = 3 cos u \; du \)
\( 9 - x^2 = 9 - 9 \sin^2 u \)
\( = 9(1-\sin^2) = 9 \cos^2 u \)
y
\( \sqrt{9-x^2} = \sqrt{9 \cos^2 u} = 3 \cos u \)
Sustituimos y escribimos
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2} \; dx = \int (3 \cos u ) \; 3 \cos u \; du \)
\( \displaystyle = 9 \int \cos^2 u du \)
Usamos la identidad trigonométrica de reducción de potencia para escribir \( \cos^2 u = \dfrac{\cos(2u)+1}{2} \)
\( \displaystyle = \dfrac{9}{2} \int \left( \cos(2u)+1\right) du \)
Evaluamos
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{\sin (2u)}{2} + u \right) \)
Usamos la identidad trigonométrica \( \sin (2u) = 2 \sin u \cos u \)
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \sin u \cos u + u \right) \)
Sustituimos \( u \) por \( \arcsin (x/3) \) , \( \sin u = \dfrac{x}{3} \) , \( \sin u = \sqrt {1-sin^2 u } = \sqrt {1 - x^2/9} \) para reescribir
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{x}{3} \sqrt {1 - \dfrac{x^2}{9}} + \arcsin \left(\dfrac{x}{3}\right) \right) \)
\( \displaystyle I = \dfrac{x}{2} \sqrt {9 - x^2} + \dfrac{9}{2} \arcsin \left(\dfrac{x}{3} \right) \)
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Joel Hass, Universidad de California, Davis; Maurice D. Weir Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr.Massachusetts Institute of Technology ; Cálculo Universitario , Trascendentes Tempranas, Tercera Edición
, Boston Columbus , 2016, Pearson.
