13.3: Doble integración con coordenadas polares

Hemos utilizado integrales iteradas para evaluar integrales dobles, que dan el volumen firmado bajo una superficie$z=f(x,y)$,, sobre una región$R$ del$xy$ plano. El integrando es simple$f(x,y)$, y los límites de las integrales están determinados por la región$R$.

Algunas regiones$R$ son fáciles de describir usando coordenadas rectangulares —es decir, con ecuaciones de la forma$y=f(x)$$x=a$, etc. Sin embargo, algunas regiones son más fáciles de manejar si representamos sus límites con ecuaciones polares de la forma$r=f(\theta)$$\theta = \alpha$, etc.

La forma básica de la doble integral es$\displaystyle \iint_R f(x,y)\ dA$. Interpretamos esta integral de la siguiente manera: sobre la región$R$, se resumen muchos productos de alturas (dadas por$f(x_i,y_i)$) y áreas (dadas por$\Delta A_i$). Es decir,$dA$ representa “un poco de área”. En coordenadas rectangulares, podemos describir un rectángulo pequeño como que tiene área$dx\ dy$ o$dy\,dx$ —el área de un rectángulo es simplemente largo$\times$ ancho— un pequeño cambio en$x$ tiempos un pequeño cambio en$y$. Así reemplazamos$dA$ en la doble integral con$dx\,dy$ o$dy \,dx$.

FIGURA$\PageIndex{1} \label{double_pol_intro}$

Ahora considere representar una región$R$ con coordenadas polares. Considera Figura$\PageIndex{1a}$. Dejar$R$ ser la región en el primer cuadrante delimitada por la curva. Podemos aproximar esta región usando la forma natural de coordenadas polares: porciones de sectores de círculos. En la figura, una de esas regiones está sombreada, mostrada nuevamente en la parte (b) de la figura.

Como es el área de un sector de un círculo con radio$r$, subtendido por un ángulo$\theta$$A = \frac12r^2\theta$, podemos encontrar el área de la región sombreada. Todo el sector tiene área$\frac12r_2^2\Delta \theta$, mientras que el sector más pequeño, sin sombra, tiene área$\frac12r_1^2\Delta \theta$. El área de la región sombreada es la diferencia de estas áreas:
$$\Delta A_i = \frac12r_2^2\Delta\theta-\frac12r_1^2\Delta\theta = \frac12\big(r_2^2-r_1^2\big)\big(\Delta\theta\big) = \frac{r_2+r_1}{2}\big(r_2-r_1\big)\Delta\theta.$$

Tenga en cuenta que$(r_2+r_1)/2$ es solo el promedio de los dos radios.

Para aproximar la región$R$, utilizamos muchas de esas subregiones; al hacerlo, se reduce la diferencia$r_2-r_1$ entre radios a 0 y se reduce el cambio de ángulo$\Delta \theta$ también a 0. Representamos estos cambios infinitesimales en radio y ángulo como$dr$ y$d\theta$, respectivamente. Por último, como$dr$ es pequeño,$r_2\approx r_1$, y así$(r_2+r_1)/2\approx r_1$. Así, cuando$dr$ y$d\theta$ son pequeños,
$$\Delta A_i \approx r_i \,dr \,d\theta.$$

Tomando un límite, donde el número de subregiones va al infinito y ambas$r_2-r_1$ y$\Delta\theta$ van a 0, obtenemos $$dA = r \,dr \,d\theta.$$

Entonces para evaluar$\displaystyle \iint_Rf(x,y)\ dA$, reemplazar$dA$ con$r \,dr \,d\theta$. Convertir la función$z=f(x,y)$ en una función con coordenadas polares con las sustituciones$x=r\cos\theta$,$y=r\sin\theta$. Por último, encontrar límites$g_1(\theta)\leq r\leq g_2(\theta)$ y$\alpha\leq\theta\leq\beta$ que describen$R$. Este es el principio clave de esta sección, por lo que lo reafirmamos aquí como una Idea Clave.

Idea Clave: Evaluar Integrales Dobles con Coordenadas Polares

Dejar$R$ ser una región plana delimitada por las ecuaciones polares$\alpha\leq\theta\leq\beta$ y$g_1(\theta)\leq r\leq g_2(\theta)$. Entonces
$$\iint_Rf(x,y)\ dA = \int_\alpha^\beta\int_{g_1(\theta)}^{g_2(\theta)} f\big(r\cos\theta,r\sin\theta\big)\ \,r \,dr \,d\theta.$$

Los ejemplos nos ayudarán a entender esta Idea Clave.

Ejemplo$\PageIndex{1}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Encuentra el volumen firmado debajo del plano$z= 4-x-2y$ sobre el círculo con ecuación$x^2+y^2=1$.

Solución

Los límites de la integral están determinados únicamente por la región$R$ sobre la que nos estamos integrando. En este caso, se trata de un círculo con ecuación$x^2+y^2=1$. Necesitamos encontrar límites polares para esta región. Puede ayudar revisar las coordenadas polares antes en este texto; los límites para este círculo son$0\leq r\leq 1$ y$0\leq \theta\leq 2\pi$.

Reemplazamos$f(x,y)$ con$f(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Eso significa que hacemos las siguientes sustituciones:

$$4-x-2y \quad \Rightarrow \quad 4-r\cos\theta-2r\sin\theta.\nonumber$$

Por último, reemplazamos$dA$ en la doble integral con$r \,dr \,d\theta$. Esto da la integral iterada final, que evaluamos:

\ [\ begin {align*}
\ iint_rf (x, y)\ dA &=\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^1\ grande (4-r\ cos\ theta-2r\ sin\ theta\ grande) r\, dr\, d\ theta\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^1\ grande (4r^2 (\ cos\ theta-2\ sin\ theta)\ grande) dr\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ izquierda. \ izquierda (2r^2-\ frac13r^3 (\ cos\ theta-2\ sin\ theta)\ derecha)\ derecha|_0^1d\ theta\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ izquierda (2-\ frac13\ grande (\ cos\ theta-2\ sin\ theta\ grande)\ derecha) d\ theta\
&= izquierda\. \ izquierda (2\ theta -\ frac13\ grande (\ sin\ theta+2\ cos\ theta\ grande)\ derecha)\ derecha|_0^ {2\ pi}\\
&= 4\ pi\ aprox 12.566.
\ end {alinear*}\]

FIGURA$\PageIndex{2}$

La superficie y región$R$ se muestran en la Figura$\PageIndex{2}$.

Ejemplo$\PageIndex{2}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Encuentra el volumen debajo del paraboloide$z=4-(x-2)^2-y^2$ sobre la región delimitada por los círculos$(x-1)^2+y^2=1$ y$(x-2)^2+y^2=4$.

Solución

A primera vista, esto parece un volumen muy duro de calcular ya que la región$R$ (mostrada en la Figura$\PageIndex{3a}$) tiene un agujero en ella, cortando una porción extraña de la superficie, como se muestra en la parte (b) de la figura. Sin embargo, al describir$R$ en términos de ecuaciones polares, el volumen no es muy difícil de calcular.

FIGURA$\PageIndex{3}$

Es sencillo demostrar que el círculo$(x-1)^2+y^2=1$ tiene ecuación polar$r=2\cos\theta$, y que el círculo$(x-2)^2+y^2=4$ tiene ecuación polar$r=4\cos\theta$. Cada uno de estos círculos se traza en el intervalo$0\leq\theta\leq\pi$. Los límites en$r$ son$2\cos\theta\leq r\leq 4\cos\theta.$

Reemplazar$x$ con$r\cos\theta$ en el integrando, junto con reemplazar$y$ con$r\sin \theta$, nos prepara para evaluar la doble integral$\displaystyle \iint_Rf(x,y)\ dA$:

\ [\ begin {align*}
\ iint_rf (x, y)\ dA &=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ theta} ^ {4\ cos\ theta}\ Grande (4-\ grande (r\ cos\ theta-2\ grande) ^2-\ grande (r\ sin\ theta\ grande) ^2\ grande) r\ dr,\, d\ theta\\
%&=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ theta} ^ {4\ cos\ theta}\ grande (r^3\ cos^2\ theta + r^3\ sin^2\ theta -4r^2\ cos\ theta+4r\ grande) dr\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {\ pi}\ int_ {2\ cos\ theta} ^ {4\ cos\ theta}\ grande (-r^3+4r^2\ cos\ theta\ grande) dr\, d\ theta\
&=\ int_0^\ pi\ izquierda. \ izquierda (-\ frac14r^4+\ frac43r^3\ cos\ theta\ derecha)\ derecha|_ {2\ cos\ theta} ^ {4\ cos\ theta} d\ theta\
&=\ int_0^\ pi\ izquierda (\ izquierda [-\ frac14 (256\ cos^4\ theta) +\ frac43 (64\ cos^4\ theta)\ derecho] -\ derecho. \\
&\\ izquierda. \ izquierda [-\ frac14 (16\ cos^4\ theta) +\ frac43 (8\ cos^4\ theta)\ derecha]\ derecha) d\ theta\\
&=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ cos^4\ theta\, d\ theta. \ end {alinear*}\]

Para integrarlo$\cos^4\theta$, reescribirlo$\cos^2\theta\cos^2\theta$ y emplear la fórmula de reducción de energía dos veces:

\ [\ comenzar {alinear*}\ cos^4\ theta &=\ cos^2\ theta\ cos^2\ theta\\
&=\ frac12\ grande (1+\ cos (2\ theta)\ grande)\ frac12\ grande (1+\ cos (2\ theta)\ grande)\\
&=\ frac14\ grande (1+2\ cos (2\ theta) +\ ^2 (2\ theta)\ grande)\\
&=\ frac14\ Grande (1+2\ cos (2\ theta) +\ frac12\ grande (1+\ cos (4\ theta)\ grande)\ grande)\ \
&=\ frac38+\ frac12\ cos (2\ theta) +\ frac18\ cos (4\ theta). \ end {alinear*}\]

Recogiendo desde donde lo dejamos arriba, tenemos

\ [\ begin {align*} &=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ cos^4\ theta\, d\ theta\\
&=\ int_0^\ pi\ frac {44} 3\ izquierda (\ frac38+\ frac12\ cos (2\ theta) +\ frac18\ cos (4\ theta)\ derecha) d\ theta\
&=\ izquierda. \ frac {44} 3\ izquierda (\ frac {3} 8\ theta+\ frac14\ sin (2\ theta) +\ frac {1} {32}\ sin (4\ theta)\ derecha)\ derecha|_0^\ pi\\
&=\ frac {11} 2\ pi\ aprox 17.279.
\ end {alinear*}\]

Si bien este ejemplo no fue trivial, la doble integral habría sido mucho más difícil de evaluar si hubiéramos usado coordenadas rectangulares.

Ejemplo$\PageIndex{3}$: Evaluating a double integral with polar coordinates

Encuentra el volumen debajo de la superficie$f(x,y) =\dfrac1{x^2+y^2+1}$ sobre el sector del círculo con radio$a$ centrado en el origen en el primer cuadrante, como se muestra en la Figura$\PageIndex{4}$.

FIGURA$\PageIndex{4}$

Solución

La región sobre la$R$ que nos estamos integrando es un círculo con radio$a$, restringido al primer cuadrante. Así, en polar, los límites en$R$ son$0\leq r\leq a$,$0\leq\theta\leq\pi/2$. El integrando se reescribe en polar como

$$\frac{1}{x^2+y^2+1} \Rightarrow \frac{1}{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta+1} = \frac1{r^2+1}.$$

Encontramos el volumen de la siguiente manera:

\ [\ begin {align*}
\ iint_rf (x, y)\ dA &=\ int_0^ {\ pi/2}\ int_0^a\ frac {r} {r^2+1}\, dr\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {\ pi/2}\ frac12\ big (\ ln|r^2+1|\ big)\ big|_0^a\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {\ pi/2}\ frac12\ ln (a^2+1)\, d\ theta\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac12\ ln (a^2+1)\ theta\ derecha)\ derecha|_0^ {\ pi/2}\\
&=\ frac {\ pi} {4}\ ln (a^2+1).
\ end {alinear*}\]

La figura$\PageIndex{4}$ muestra que$f$ se contrae a cerca de 0 muy rápidamente. Independientemente, a medida que$a$ crece, también lo hace el volumen, sin encuadernación.

Nota: Trabajos anteriores han demostrado que hay un área finita debajo de$\frac{1}{x^2+1}$ todo el$x$ eje. Sin embargo, Ejemplo$\PageIndex{3}$ muestra que hay un volumen infinito bajo$\dfrac{1}{x^2+y^2+1}$ sobre todo el$xy$ plano.

Ejemplo$\PageIndex{4}$: Finding the volume of a sphere

Encuentra el volumen de una esfera con radio$a$.

Solución
La esfera de radio$a$, centrada en el origen, tiene ecuación$x^2+y^2+z^2=a^2$; resolviendo para$z$, tenemos$z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$. Esto da la mitad superior de una esfera. Deseamos encontrar el volumen debajo de esta mitad superior, luego doblarlo para encontrar el volumen total.

La región sobre la que necesitamos integrarnos es el círculo de radio$a$, centrado en el origen. Los límites polares para esta ecuación son$0\leq r\leq a$,$0\leq\theta\leq2\pi$.

En conjunto, el volumen de una esfera con radio$a$ es:

\ [2\ iint_r\ sqrt {a^2-x^2-y^2}\ dA = 2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^a\ sqrt {a^2- (r\ cos\ theta) ^2- (r\ sin\ theta) ^2}\, r\, dr\, d\ theta\
=2\ int_0^ {2\ pi}\ int_0^ar\ sqrt {a^2-r^2}\, dr\, d\ theta.\]

Podemos evaluar esta integral interna con sustitución. Con$u=a^2-r^2$,$du = -2r \,dr$. Los nuevos límites de integración son$u(0) = a^2$ para$u(a)=0$. Así tenemos:

\ [\ begin {align*} &=\ int_0^ {2\ pi}\ int_ {a^2} ^0\ grande (-u^ {1/2}\ grande) du\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ izquierda. \ izquierda (-\ frac23u^ {3/2}\ derecha)\ derecha|_ {a^2} ^0\, d\ theta\\
&=\ int_0^ {2\ pi}\ izquierda (\ frac23a^3\ derecha) d\ theta\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac23a^3\ theta\ derecha)\ derecha|_0^ {2\ pi}\\
&=\ frac43\ pi a^3.
\ end {alinear*}\]

Generalmente, la fórmula para el volumen de una esfera con radio$r$ se da como$4/3\pi r^3$; hemos justificado esta fórmula con nuestro cálculo.

Ejemplo$\PageIndex{5}$: Finding the volume of a solid

Un escultor quiere hacer una fundición de bronce sólido del sólido que se muestra en la Figura$\PageIndex{5}$, donde la base del sólido tiene límite, en coordenadas polares$r=\cos(3\theta)$, y la parte superior está definida por el plano$z=1-x+0.1y$. Encuentra el volumen del sólido.

FIGURA$\PageIndex{5}$

Solución
Desde el principio, debemos reconocer que saber cómo configurar este problema probablemente sea más importante que saber calcular las integrales. La integral iterada por venir no es “difícil” de evaluar, aunque es larga, requiriendo mucho álgebra. Una vez que se determina la integral iterada adecuada, se puede usar tecnología fácilmente disponible para ayudar a calcular la respuesta final.

La región sobre la$R$ que nos estamos integrando está ligada$0\leq r\leq \cos(3\theta)$, para$0\leq \theta\leq\pi$ (tenga en cuenta que esta curva de rosa se traza en el intervalo$[0,\pi]$, no$[0,2\pi]$). Esto nos da nuestros límites de integración. El integrando es$z=1-x+0.1y$; convirtiendo a polar, tenemos que el volumen$V$ es:

$$V = \iint_R f(x,y)\ dA = \int_0^\pi\int_0^{\cos(3\theta)}\big(1-r\cos\theta+0.1r\sin\theta\big)r \,dr \,d\theta.\nonumber$$

Distribuir el$r$, la integral interna es fácil de evaluar, lo que lleva a

$$\int_0^\pi \left(\frac12\cos^2(3\theta)-\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta+\frac{0.1}3\cos^3(3\theta)\sin\theta\right) \,d\theta.\nonumber$$

Esta integral lleva tiempo para computar a mano; es bastante larga y engorrosa. Es necesario reducir los poderes del coseno, y productos como$\cos(3\theta)\cos\theta$ deben ser convertidos en sumas usando las fórmulas Product To Sum en la contraportada de este texto.

Reescribimos$\frac12\cos^2(3\theta)$ como$\frac14(1+\cos(6\theta))$. También podemos reescribir$\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta$ como:

$$\frac13\cos^3(3\theta)\cos\theta = \frac13\cos^2(3\theta)\cos(3\theta)\cos\theta = \frac13\frac{1+\cos(6\theta)}2\big(\cos(4\theta)+\cos(2\theta)\big).\nonumber$$

Esta última expresión aún necesita simplificación, pero eventualmente todos los términos pueden reducirse a la forma$a\cos(m\theta)$ o$a\sin(m\theta)$ para varios valores de$a$ y$m$.

Renunciamos al álgebra y recomendamos que el lector emplee tecnología, como WolframAlpha, para calcular la respuesta numérica. Dicha tecnología da:

$$\int_0^\pi\int_0^{\cos(3\theta)}\big(1-r\cos\theta+0.1r\sin\theta\big)r \,dr \,d\theta = \frac{\pi}{4} \approx 0.785u^3.\nonumber$$

Como no se especificaron las unidades, dejamos el resultado como unidades casi$0.8$ cúbicas (metros, pies, etc.) Si la artista quiere escalar la pieza de manera uniforme, para que cada pétalo de rosa tuviera una longitud distinta a 1, debería tener en cuenta que escalar por un factor de$k$ escalas el volumen por un factor de$k^3$.

Hemos utilizado integrales iteradas para encontrar áreas de regiones planas y volúmenes debajo de superficies. Así como una sola integral se puede usar para calcular mucho más que “área bajo la curva”, las integrales iteradas se pueden usar para calcular mucho más de lo que hemos visto hasta ahora. Las dos secciones siguientes muestran dos, entre muchas, aplicaciones de integrales iteradas.