Ejercicio 5.3

Calcular el volumen de \[ D=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{x^2+y^2\leq z^2,0\leq z\leq1}. \]

Solución:

$D$ está comprendido entre el plano $z=0$ y el plano $z=1$. Para poder determinarlo totalmente, necesitamos saber cómo es la superficie $x^2+y^2=z^2$. Como decíamos en el Capítulo 1, la cortamos por planos perpendiculares a cada eje. Si empezamos por el eje $z$, vemos que nos salen circunferencias para todo valor de $z$, salvo para $z=0$, que sale el punto $\ve{0,0,0}$.
Si cortamos por planos perpendiculares al eje $x$, obtenemos hipérbolas con la misma orientación, salvo para $x=0$, que obtenemos un par de rectas.
Para cortes por planos perpendiculares al eje $y$, sucede algo similar.

El único tipo de cuádrica que encaja con todo esto es un cono con el eje $z$ como eje de simetría y centro en $\ve{0,0,0}$.

La desigualdad $x^2+y^2\leq z^2$, corresponde a lo que hay en la parte interior del cono. Por tanto $D$ es

Lo razonable es utilizar el método de rodajas fijando el eje $z$. Obtendremos rodajas circulares

La rodaja para $z=1$ cumple todas las condiciones de rodaja maximal. En un plano $xy$ es un círculo de radio $1$ centrado en $\ve{0,0}$. Sabemos que si tomamos coordenadas polares su representación como región elemental es muy simple. Vendrá dado por las desigualdades \[0\leq\rho\leq1,\,0\leq\theta\leq2\pi.\] Para cada punto $(x,y,1)$ de esta rodaja maximal, $z$ varía desde que toca al cono hasta que llega al plano $z=1$

Por lo que \[\sqrt{x^2+y^2}\leq z\leq1.\] Utilizando la relación entre polares y cilíndricas tenemos que si tomamos coordenadas cilíndricas, dicha condición se transformaría en \[\rho\leq z\leq1,\] y el transformado de $D$ en cilíndricas sería \[D^{\star}=\con{\ve{\rho,\theta,z}\in\R^3}{0\leq\rho\leq1,\,0\leq\theta\leq2\pi,\,\rho\leq z\leq1}.\] y el volumen es \[\begin{split} &\intet D1xyz =\intet{D^{\star}}\rho \rho\theta z\\ &=\inte{0}{1}{\inte{0}{2\pi}{\inte{\rho}{1}{\rho}z}\theta}\rho =\inte{0}{1}{\inte{0}{2\pi}{\barrow{z=\rho}{z=1}{z\rho}}\theta}\rho\\ &=\inte{0}{1}{\inte{0}{2\pi}{\left(\rho-\rho^2\right)}\theta}\rho =2\pi\inte{0}{1}{\left(\rho-\rho^2\right)}\rho\\ &=2\pi\barrow{\rho=0}{\rho=1}{\left(\frac{1}{2}\rho^2-\frac{1}{3}\rho^3\right)} =2\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{\pi}{3}\\ \end{split}\]

Ejercicio 5.11

Calcular el volumen del cuerpo limitado por los paraboloides \[ y^2+z^2=4(x+9),\;y^2+z^2=6(6-x). \]

Solución:

Sea $D$ el cuerpo descrito en el enunciado. El volumen pedido es \[\intet D1xyz.\] Necesitamos expresar $D$, o algún transformado suyo por cambio de variable como región elemental.

Utilizando las técnicas de representación de superficies del Capítulo 1, se ve que $y^2+z^2=4(x+9)$ es un paraboloide sección circular con vértice en $\ve{-9,0,0}$ y cuyo eje de simetŕia es el eje $x$.

Así mismo, la superficie $y^2+z^2=6(6-x)$ es un paraboloide sección circular con vértice en $\ve{6,0,0}$ y cuyo eje de simetŕia es el eje $x$.

Por tanto el compacto $D$ serán los puntos de $\R^3$ que está dentro de los dos parabolides simultáneamente, es decir \[ D=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{\begin{array}{l} y^2+z^2\leq4(x+9)\\ y^2+z^2\leq6(6-x) \end{array}}.\]

Fijamos el eje $x$ y hacemos rodajas perpendiculares a él, que serán círculos con centro en dicho eje, salvo en los vértices de ambos paraboloides, donde tendríamos puntos.

Claramente hay una rodaja que cumple todas las condiciones para ser la rodaja maximal. Es un cŕculo limitado por la circunferencia que se obtiene al cortar los dos paraboloides y que está representado en rojo en la figura anterior. Para determinar sus ecuaciones, cortamos los dos paraboloides \[\begin{cases} y^2+z^2=4(x+9)\\ y^2+z^2=6(6-x) \end{cases}\] restando las dos ecuaciones obtenemos \[4(x+9)=6(6-x)\Longleftrightarrow10x=0\Longleftrightarrow x=0.\] Luego podemos describir la curva intersección por las ecuaciones \[\begin{cases} y^2+z^2=4(x+9)\\ x=0 \end{cases}\] y sustituyendo la segunda ecuación en la primera \[\begin{cases} y^2+z^2=36\\ x=0 \end{cases}\]

Por lo tanto la circunferencia intersección está en el plano $x=0$, es decir el plano coordenado $yz$, y si consideramos este plano como $\R^2$ en las variables $\ve{y,z}$, es la circunferencia de centro $\ve{0,0}$ y radio 6.

Es decir, la rodaja maximal, $M$, en el plano $yz$ es el círculo \[M=\con{\ve{y,z}}{y^2+z^2\leq1},\] que podemos representar directamente como una región elemental. Ahora bien, es más sencillo representar $M$ tomando coordenadas polares en el plano $yz$ \[\begin{cases} y=\rho\cos\theta\\ z=\rho\sen\theta \end{cases}\] con $\rho\geq0$, $\theta\in[0,2\pi]$.
El transformado en estas coordenadas es \[M^{\star}=\con{\ve{\rho,\theta}\in\R^2}{0\leq\theta\leq2\pi,\,0\leq\rho\leq6}.\]

Como se expuso cuando hablábamos de la relación entre polares y cilíndricas Esto nos permitiría expresar el transfromado $D^{\star}$ de $D$ en las coordenadas cililíndricas modificadas \[\begin{cases} x=x\\ y=\rho\cos\theta\\ z=\rho\sen\theta \end{cases}\] con $x\in\R$, $\rho\geq0$, $\theta\in[0,2\pi]$.

Sólo nos quedaría ver como varía $x$ para cada punto de la rodaja maximal.

$x$ varía desde que toca a $y^2+z^2=4(x+9)$ hasta que llega a $y^2+z^2=6(6-x)$, proporcionando las desigualdades \[\frac{y^2+z^2-36}{4}\leq x\leq\frac{36-y^2-z^2}{6}.\] Si queremos aprovechar esto para describir $D^{\star}$ en cilíndricas, debemos aplicar el cambio a cilíndricas e estas desigualdades, obteniendo \[\frac{\rho^2-36}{4}\leq x\leq\frac{36-\rho^2}{6}.\]

Combinádolo todo, tenemos que

\[D^{\star}=\con{\ve{x,\rho,\theta}\in\R^2}{ 0\leq\theta\leq2\pi,\,0\leq\rho\leq6,\, \frac{\rho^2-36}{4}\leq x\leq\frac{36-\rho^2}{6}}.\]

El volumen que queríamos calcular es \[\begin{split} &\intet D1xyz =\intet{D^{\star}}\rho x\rho\theta\\ &=\inte0{2\pi}{\inte06{ \inte{\frac{\rho^2-36}{4}}{\frac{36-\rho^2}{6}}{\rho}x}\rho}\theta=270\pi. \end{split}\] Se deja la realización de las integrales simples que aparecen en la integral iterada como un simple ejercicio de Matemáticas I.

Ejercicio 5.33

Sean $a\gt 0$ y $b\gt 0$, $c,d\in\R$. Calcular el volumen del cuerpo limitado por las superficies \[ (x-c)^2+(y-d)^2=a^2,\;x^2+y^2=2bz,\;z=0. \]

Solución:

Sea $D$ el cuerpo descrito en el enunciado. El volumen pedido es \[\intet D1xyz,\] integral doble para cuyo cálculo necesitamos expresar $D$ como región elemental.

Utilizando las técnicas de representación de superficies del Capítulo 1, se ve que $(x-c)^2+(y-d)^2=a^2$ es el cilindro de sección circular de radio $a$ cuyo eje de simetría es paralelo al eje $z$ y pasa por el punto $(c,d)$.

Del mismo modo, se puede ver que $x^2+y^2=2bz$ es un paraboloide de sección circular cuyo eje de simetría es el eje $z$ y con vértice en $\ve{0,0,0}$ y que mira hacia arriba, es decir, está contenido en la región $z\geq0$.
El parámetro $b$ solo influye en la apertura del parabolide.
$z=0$ es uno de los planos coordenados, el plano $xy$.

La única región compacta limitada por las tres superficies es una porción del cilindro macizo $(x-c)^2+(y-d)^2\leq a^2$, cuyo suelo está en el plano $z=0$ y cuyo techo está sobre el parabolide $x^2+y^2=2bz$.

Descomponiendo la figura en rodajas perpendiculares al eje $z$, se obtiene que existe una rodaja maximal, $M$ a altura $z=0$. En el plano $xy$ este círculo es $(x-c)^2+(y-d)^2\leq a^2$, es decir, el círculo de centro $\ve{c,d}$ y radio $a$, que se puede representar como una región elemental el $\R^2$ mediante las desigualdades \[\begin{split} &c-a\leq x\leq c+a,\\ &d-\sqrt{a^2-(x-c)^2}\leq y\leq d+\sqrt{a^2-(x-c)^2}. \end{split}\]

Ahora, para cada punto de $M$, para mantenerse dentro de la figura $z$ podría variar desde el suelo, donde $z=0$, hasta el techo en el paraboloide, donde $z=\frac{x^2+y^2}{2b}$.

Por lo tanto \[\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{\begin{array}{l} c-a\leq x\leq c+a,\\ d-\sqrt{a^2-(x-c)^2}\leq y\leq d+\sqrt{a^2-(x-c)^2}\\ 0\leq z\leq\frac{x^2+y^2}{2b} \end{array}}\]

Por lo tanto el volumen pedido es \[\begin{split} &\intet D1xyz=\inte{c-a}{c+a}{ \inte{d-\sqrt{a^2-(x-c)^2}}{d+\sqrt{a^2-(x-c)^2}}{ \inte0{\frac{x^2+y^2}{2b}}{1}z}y}x\\ &=\frac{a^2(a^2+2(c^2+d^2))\pi}{4b} \end{split}\] Se deja la realización de las integrales simples que aparecen en la integral iterada como un simple ejercicio de Matemáticas I.

Nota: Dependiendo de los valores de $a$, $c$ y $d$, el vértice del paraboloide puede estar incluido en $D$ o no estarlo. Obsérvese que esto influye en la forma que tienen las rodajas con $z>0$, pero no en la rodaja en $z=0$ que es la que hemos tomada como maximal en todos los casos. Así todo lo anterior es válido en todos los posibles casos.

Nota: Se deja también como un ejercicio del Capítulo 1 hacer los dibujos de las figuras que hemos ido describiendo a lo largo de la resolución del problema.

Ejercicio 5.38

Calcular el volumen de un elipsoide con semiejes de longitudes $a,b,c$.

Solución:

Podemos representar nuestro elipsoide por \[E=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq1}.\] Su volumen es \[\intet E1xyz,\] integral doble para cuyo cálculo necesitamos expresar $E$ como región elemental. Aplicamos el método de rodajas tomando secciones por planos perpendiculares al eje $z$.

Existe una rodaja maximal para $z=0$, que en plano $xy$ es la superficie elíptica \[\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq1}.\] Se deja como un ejercicio dibujar esta elipse (sus semiejes miden $a$ y $b$) y ver que se puede representar como región elemental mediante las desigualdades \[\begin{split} &-a\leq x\leq a,\\ &-\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\leq y\leq\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}. \end{split}\]

Llevando otra vez la rodaja maximal al elipsoide, para cada punto de esta rodaja $z$ varía desde la parte inferior del elipsoide hasta la superior, y esto es fácil de llevar a desigualdades despejando $z$ en $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$, obteniéndose \[ -\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}\leq z \leq\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}. \]

Así, nuestro elipsoide se puede representar como región elemental \[E=\con{\ve{x,y,z}}{\begin{array}{l} -a\leq x\leq a,\\ -\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\leq y\leq\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2},\\ -\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}\leq z \leq\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}. \end{array}}\]

El volumen es \[\begin{split} &\intet E1xyz=\inte{-a}{a}{ \inte{-\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}}{\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}}{ \inte{-\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}}{\frac{c}{ab}\sqrt{a^2b^2-b^2x^2-a^2y^2}}{1}z}y}x\\ \end{split}\] Estas integrales se pueden hacer, pero son un poco laboriosas, por lo que vamos a proponer una modificación de las coordenadas esféricas que simplificarán los cálculos.

Consideramos el cambio de variables \[\begin{cases} x=a\rho\sen\varphi\cos\theta\\ y=b\rho\sen\varphi\sen\theta\\ z=c\rho\cos\varphi \end{cases}\] con $\rho\geq0$, $\theta\in[0,2\pi]$ y $\varphi\in[0,\pi]$.
Es un ejercicio muy sencillo ver que el valor absoluto del jacobiano de este cambio es \[abc\rho^2\sin\varphi.\] Si hacemos este cambio a $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=\leq1$, obtenemos $\rho^2\leq1$, que como $\rho$ es positivo, es equivalente a $\rho\leq1$. Añadiendo el resto de las desigualdades que verifican $\rho$, $\theta$ y $\varphi$, llegamos a que el transformado de $E$ en estas coordenadas es \[E^{\star}=\con{(\rho,\theta,\varphi)\in\R^3}{ 0\leq\rho\leq1,\,0\leq\theta\leq 2\pi,\,0\leq\varphi\leq\pi},\] que es una región elemental. Así podemos calcular el volumen pedido \[\begin{split} &\intet E1xyz=\intet{E^{\star}}{abc\rho^2\sen\varphi}\rho\theta\varphi\\ &=\inte{0}{1}{ \inte{0}{2\pi}{ \inte{0}{\pi}{abc\rho^2\sen\varphi}\varphi}\theta}\rho\\ &=abc\inte{0}{1}{\rho^2 \inte{0}{2\pi}{ \barrow{\varphi=0}{\varphi=\pi}{-\cos\varphi}}\theta}\rho\\ &=abc\inte{0}{1}{\rho^2 \inte{0}{2\pi}{2}\theta}\rho =2abc\inte{0}{1}{\rho^2\barrow{\theta=0}{\theta=2\pi}\theta}\rho\\ &=4\pi abc\inte{0}{1}{\rho^2}\rho =\frac{4\pi}{3}abc\barrow{\rho=0}{\rho=1}{\rho^3}=\frac{4\pi}{3}abc \end{split}\]

Ejercicio 5.39

Calcular el volumen de la figura limitada por las superficies \[ z=x^2,\;z=4-y^2, \] en el primer octante de $\R^3$.

Solución:

Se $D$ la figura descrita. El hecho de que esté en el primer octante, impone las condiciones \[x\geq0,\,y\geq0,\,z\geq0.\] La superficie $z=x^2$ es un cilindro parabólico a lo largo del eje $y$. Dibujándolo con las técnicas del capítulo 1, tendríamos

La superficie $z=4-y^2$ es otro cilindro parabólico a lo largo del eje $x$ cuya representación gráfica es

Por tanto \[D=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{z\geq x^2,\,z\leq4-y^2,\,x\geq0,\,y\geq0,\,z\geq0}.\] que podemos representar así

Vemos que la curva intersección de las dos superficies cilíndricas es muy complicada. No es una curva plana. Sin embargo el método de rodajas funciona bien fijando el eje $x$ o el eje $y$. Por ejemplo, fijamos el eje $y$. Las rodajas serían

La rodaja en $y=0$ cumple las condiciones de rodaja maximal. Llamaremos $M$ a esta rodaja. Vamos a representarla en el plano $xz$

y las desigualdades necesarias para representar $M$ como región elemental son \[0\leq x\leq2,\,x^2\leq z\leq4\]

Llevando $M$ al dibujo tridimensional, para cada $(x,z)$ en $M$, la variable $y$ puede variar desde el plano $y=0$, hasta el cilindro $z=4-y^2$. (Obsérvese que como $z=x^2$ es un cilindro paralelo al eje $y$, al movernos dentro de $D$ en paralelo al eje $y$ es imposible atravesar la superficie $z=x^2$.)

y por lo tanto \[0\leq y\leq\sqrt{4-z}.\] Uniendo todas las condiciones, tenemos \[D=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{0\leq x\leq2,\,x^2\leq z\leq4,\, 0\leq y\leq\sqrt{4-z}}.\]

El volumen es \[\begin{split} &\intet D1xyz=\inte{0}{2}{ \inte{x^2}{4}{ \inte{0}{\sqrt{4-z}}{1}y}z}x\\ &=\inte{0}{2}{ \inte{x^2}{4}{ \barrow{y=0}{y=\sqrt{4-z}}{y}}z}x =\inte{0}{2}{ \inte{x^2}{4}{\sqrt{4-z}}z}x\\ &=\inte{0}{2}{\barrow{z=x^2}{z=4}{-\frac{2}{3}(4-z)^{3/2}}}x\\ &=\inte{0}{2}{\frac{2}{3}(4-x^2)^{3/2}}x\\ &=\barrow{x=0}{x=2}{\left( x\left((4-x^2)^{3/2}+\sqrt{4-x^2}\right)+4\arcsen\frac{1}{2}x \right)}\\ =2\pi. \end{split}\]

Ejercicio 5.40

Calcular el volumen de la figura limitada por las superficies \[ z=x^2+y^2,\;z=2+2x+2y. \]

Solución:

Las superficies que limitan nuestra figura son el parabolide $z=x^2+y^2$ y el plano $z=2+2x+2y$:

Tenemos que \[ D=\con{\ve{x,y,z}\in\R^3}{z\geq x^2+y^2,\,z\leq2+2x+2y}. \] En este caso el método de rodajas no funciona, ya que no se va a poder encontrar una rodaja maximal respecto de ningún eje coordenado.

Cuando sucede esto, se puede proyectar la figura sobre uno de los planos coordenados, sustituir la rodaja maximal por esta proyección y proceder a partir de aquí exactamente igual que en el método de rodajas.

Los problemas que pueden surgir aquí son:

• No siempre es sencillo calcular la proyección de la figura sobre un plano coordenado cuando viene dada en implícitas.
• A veces dicha proyección no verifica las propiedades adecuadas para que pueda sustituir a la rodaja maximal.

Estos problemas son complicados y exceden en general el nivel que vamos a exigir en esta asignatura, pero en este ejemplo no se dan tales problemas. Vamos a tratar de ver qué podemos hacer.

La ecuación de la curva intersección del parabolide con el plano es \[ \begin{cases} z=x^2+y^2\\ z=2+2x+2y \end{cases} \] Estas ecuaciones implican que $x^2+y^2=2+2x+2y$, pero \[x^2+y^2=2+2x+2y\Longleftrightarrow x^2-2x+y^2-2y=2\Longleftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=4,\] ecuación esta última que corresponde al cilindro circular de radio $2$ cuyo eje de simetría es la recta paralela al eje $z$ que pasa por $(1,1,0)$.

Por lo tanto esta curva también puede representarse como la intersección del cilindro con el plano: \[ \begin{cases} (x-1)^2+(y-1)^2=4\\ z=2+2x+2y \end{cases} \]

Además es sencillo ver que $D$ está contenida en la parte interior del cilindro. Por lo tanto la proyección de $D$ sobre el plano $xy$ es el círculo de radio $2$ con centro en $(1,1,0)$, que se puede representar como región elemental bidimensional mediante las desigualdades \[\begin{split} &-1\leq x\leq3,\\ &1-\sqrt{4-(x-1)^2}\leq y\leq1+\sqrt{4-(x-1)^2} \end{split}\] y ahora, para cada punto en este círculo, $z$ puede variar en $D$ desde el parabolide hasta el plano, es decir \[ x^2+y^2\leq z\leq 2+2x+2y. \]

Tomamos las coordenadas cilíndricas modificadas \[ \begin{cases} x=1+\rho\cos\theta\\ y=1+\rho\sen\theta\\ z=z \end{cases} \] $0\leq\theta\leq2\pi,\rho\geq0$.

El valor absoluto del determinante de matriz jacobiana del cambio es $\rho$ y la región transformada $D^{\star}$ se puede expresar como \[\begin{split} &0\leq\theta\leq2\pi,\\ &0\leq\rho\leq2,\\ &2+2\rho(\sen\theta+\cos\theta)+\rho^2\leq z\leq6+2\rho(\sen\theta+\cos\theta) \end{split}\]

Por lo tanto el volumen es \[\begin{split} &\intet D1xyz=\intet{D^{\star}}\rho\rho\theta z \\ &= \inte{0}{2\pi}{ \inte{0}{2}{ \inte{2+2\rho(\sen\theta+\cos\theta)+\rho^2}{6+2\rho(\sen\theta+\cos\theta)}{\rho}z}\rho}\theta \\ &= \inte{0}{2\pi}{ \inte{0}{2}{ \barrow{z=2+2\rho(\sen\theta+\cos\theta)+\rho^2}{z=6+2\rho(\sen\theta+\cos\theta)}{\rho z}}\rho}\theta \\ &= \inte{0}{2\pi}{ \inte{0}{2}{ (4\rho-\rho^3)}\rho}\theta \\ &= \inte{0}{2\pi}{ \barrow{\rho=0}{\rho=2}{ (2\rho^2-\frac{1}{4}\rho^4)}}\theta \\ &= \inte{0}{2\pi}{4}\theta = \barrow{\theta=0}{\theta=2\pi}{4\theta}=8\pi \end{split}\]